Giới thiệu Phương pháp ghép trục trong bài toán hàm hợp

Học toán online.vn gửi đến những em học viên và bạn đọc Phương pháp ghép trục trong bài toán hàm hợp CHƯƠNG Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số .

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Phương pháp ghép trục trong bài toán hàm hợp

Các em học viên Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán .
Text Phương pháp ghép trục trong bài toán hàm hợp
KÊNH PPT TIVI PHƯƠNG PHÁP GHÉP TRỤC TRONG BÀI TOÁN HÀM HỢP Tổng hợp : Thủy Đinh Ngọc. I. NGUYÊN TẮC GHÉP TRỤC XÉT SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM HỢP g  f  u  x  . Bước 1 : Tìm tập xác lập của hàm g  f  u  x  , giả sử ta được tập xác lập D   a1 ; a 2    a3 ; a 4   …   a n  1 ; a n . Ở đây hoàn toàn có thể là a1    ; a n   . Bước 2 : Xét sự biến thiên của u  u  x  và hàm y  f ( x ) ( B2 hoàn toàn có thể làm gộp trong bước 3 nếu nó đơn thuần ). Bước 3 : Lập bảng biến thiên tổng hợp xét sự đối sánh tương quan giữa   x ; u  u  x    và  u ; g  f ( u ) . Bảng này thường có 3 dòng dạng Cụ thể những thành phần trong BBT như sau Dòng 1 : Xác định những điểm kỳ dị của hàm u  u  x , sắp xếp những điểm này theo thứ tăng dần từ trái qua phải, giả sử như sau : a1  a 2  ….  a n  1  a n ( xem quan tâm 1 ).  Dòng 2 : Điền những giá trị ui  u  ai  với i  1, …, n  Trên mỗi khoảng chừng  ui ; ui  1 , i  1, n  1 cần bổ xung những điểm kỳ dị b1 ; b2 ; … ; bk của của hàm y  f ( x ). Trên mỗi khoảng chừng  ui ; ui  1 , i  1, n  1 cần sắp xếp những điểm ui ; bk theo thứ tự ví dụ điển hình : ui  b1  b2  …  bk  ui  1 hoặc ui  b1  b2  …  bk  ui  1 ( xem chú ý quan tâm 2 ). Dòng 3 : Xét chiều biến thiên của hàm g  f  u  x   dựa vào BBT của hàm y  f ( x ) bằng cách hoán đổi : u đóng vai trò của x ; f  u  đóng vai trò của f  x . Sau khi triển khai xong BBT hàm hợp g  f  u  x   ta thấy được hình dạng đồ thị hàm này. Bước 4 : Dùng BBT hàm hợp g  f  u  x   xử lý những nhu yếu đặt ra trong bài toán và Kết luận. Chú ý 1 : Các điểm kỳ dị của u  u ( x ) gồm : Điểm biên của tập xác lập D, những điểm cực trị của u  u  x . – Nếu xét hàm u  u  x  thì trong dòng 1 những điểm kỳ dị còn có nghiệm của pt u  x   0 ( là hoành độ giao điểm của u  u ( x ) với trục Ox ). – Nếu xét hàm u  u  x  thì trong dòng 1 những điểm kỳ dị còn có số 0 ( là hoành độ giao điểm của u  u ( x ) với trục Oy ). Chú ý 2 : Có thể dùng thêm những mũi tên để biểu lộ chiều biến thiên của u  u  x . Điểm kỳ dị của y  f ( x ) gồm : Các điểm tại đó f ( x ) và f  ( x ) không xác lập ; những điểm cực trị hàm số y  f ( x ). – Nếu xét hàm g  f  u  x   thì trong dòng 2 những điểm kỳ dị còn có nghiệm của pt f  x   0 ( là hoành độ giao điểm của u  u ( x ) với trục Ox ). –  Nếu xét hàm g  f u  x y  f ( x ) với trục Oy ).   thì trong dòng 2 những điểm kỳ dị còn có số 0 ( là hoành độ giao điểm của II. ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ GIÁO DỤC. Câu 45 – MH-BGD-L1 : Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau : Số nghiệm thuộc đoạn    ; 2   của phương trình 2 f  sin x   3  0 là A. 4. B. 6. C. 3. Lời giải D. 8. Chọn B Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn Đặt t  sin x. Do x     ; 2   nên t    1 ; 1 . 3 Khi đó ta có phương trình 2 f  t   3  0  f  t   . 2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  t    t  b   0 ; 1 . 3 có 2 nghiệm t  a    1 ; 0  và 2 Trường hợp 1 : t  a    1 ; 0  Ứng với mỗi giá trị t    1 ; 0  thì phương trình có 4 nghiệm    x1  x2  0    x3  x4  2 . Trường hợp 2 : t  b   0 ; 1  Ứng với mỗi giá trị t   0 ; 1  thì phương trình có 4 nghiệm 0  x5  x6  . Hiển nhiên cả 6 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thuộc đoạn    ; 2   Cách 2 : Phương pháp ghép trục    x   2   t  sin x   1 ; 1 x    ; 2  Đặt   vì   ; t ’  0  cosx  0    x  2 ;   x  3    2 3 Ta có 2 f  sinx   3  0  f  sinx   . 2 Do đó tổng số nghiệm của phương trình đã cho là 6. Câu 46 – MH-BGD-L1 : Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 3  3 x 2  là A. 5. B. 3. C. 7. D. 11. Lời giải Chọn C Cách 1 : Tự luận truyền thống lịch sử Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau Ta có g  x   f  x 3  3 x 2   g   x    3 x 2  6 x . f   x 3  3 x 2   x  0   x   2  3 x 2  6 x  0 Cho g   x   0     x 3  3 x 2  a ; a  0 3 2   3 f x  3 x  0    x  3 x 2  b ; 0  b  4  3 2  x  3 x  c ; c  4    x  0 Xét hàm số h  x   x3  3 x 2  h   x   3 x 2  6 x. Cho h   x   0    x   2 Bảng biến thiên Ta có đồ thị của hàm h  x   x3  3 x 2 như sau Từ đồ thị ta thấy : Đường thẳng y  a cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 1 điểm. Đường thẳng y  b cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 3 điểm. Đường thẳng y  c cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 1 điểm. Như vậy phương trình g   x   0 có tổng thể 7 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số g  x   f  x 3  3 x 2  có 7 cực trị. Cách 2 : Phương pháp ghép trục  x   2. Xét hàm số u  x 3  3 x 2 ta có u ‘  3 x 2  6 x  0    x  0 Gọi a, b, c là những điểm cục trị của hàm số y  f  x  khi đó a  0  b  4  c Và ta cũng có f  a   f  c   0 ; f  b   0. Suy ra g  x   f  x 3  3 x 2  có 7 điểm cực trị. Câu 46 – MH-BGD-L2 : Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau  5   Số nghiệm thuộc đoạn  0 ;  của phương trình f  sin x   1 là  2  A. 7. B. 4. C. 5. Lời giải D. 6. Chọn C Cách 1 : Tự luận truyền thống lịch sử  5   Đặt t  sin x, x   0 ;   t    1 ; 1   2  Khi đó phương trình f  sin x   1 trở thành f  t   1,  t    1 ; 1  Đây là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y  f  t  và đường thẳng y  1.  t  a    1 ; 0  Dựa vào bảng biến thiên, ta có f  t   1  .  t  b   0 ; 1  Trường hợp 1 : t  a    1 ; 0  Ứng với mỗi giá trị t    1 ; 0  thì phương trình sin x  t có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn nhu cầu   x1  x2  2 . Trường hợp 2 : t  b   0 ; 1 . Ứng với mỗi giá trị t   0 ; 1  thì phương trình có 3 nghiệm x1, x2, x3 thỏa mãn nhu cầu 5  ; 2 Hiển nhiên cả 5 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau.  5   Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn  0 ; .  2  Cách 2 : Phương pháp ghép trục  5   Đặt t  sin x, x   0 ;   t    1 ; 1   2  0  x3  x4   ; 2   x5  Khi đó phương trình f  sin x   1 trở thành f  t   1,  t    1 ; 1  Do đó tổng số nghiệm của phương trình đã cho là 5. III. PHÁT TRIỂN CÂU 45 – 46 Câu 1 : Cho hàm số y  f  x  có đồ thị được cho như ở hình vẽ bên dưới. Hỏi phương trình f  x3  3 x  1   2  1 có toàn bộ bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ? A. 8. B. 6. C. 9. Lời giải D. 11. Chọn B Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn – Dựa vào đồ thị hàm số f  x , ta có :  f f  x  3 x  1   2  1    f  3   x 3  3 x  1  b  b   1   2     x3  3 x  1   1   x3  3 x  1  c   1  c  3   3      x3  3 x  1   3    x3  3 x  1  d  d  3   4   3   x  3 x  1  a  a  d   1  Dựa vào đồ thị hàm số y  x3  3 x  1 ( hình vẽ dưới đây ) Ta suy ra : Phương trình ( 1 ), ( 2 ), ( 4 ) mỗi phương trình có 1 nghiệm, phương trình ( 3 ) có 3 nghiệm và những nghiệm này đều phân biệt. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt u  x 3  3 x  1 Ta có u   x   3 x 2  3 ; u   x   0  x   1. BBT của hàm số u  x  : x u ’ u   + 1 0 3 1 0 1 + +  +   f  u   3 3 Phương trình f x  3 x  1  2  1 trở thành : f  u   2  1     f  u   1 Từ đồ thị hàm số y  f  x  và từ bảng biến thiên của hàm số u  x   x 3  3 x  1 ta có bảng sau   biến thiên của hàm hợp f  x 3  3 x  1   f ( u ) như sau : Từ bảng trên ta thấy phương trình f  u   1 có 5 nghiệm và phương trình f  u   3 có 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm. Câu 2 : Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình bên. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2  cos x    3  m  f  cos x   2 m  10  0 có    đúng 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ;   là  3  A. 5. B. 6. C. 7. Lời giải Chọn B Cách 1 : Tự luận truyền thống lịch sử Ta có f 2  cos x    3  m  f  cos x   2 m  10  0. D. 4.  t  2 Đặt t  f  cos x  ta được phương trình t 2   3  m  t  2 m  10  0  .  t  m  5  1   x   cos x       + ) Với t  2  f  cos x   2  2  3 vì x    ;  .    3   cos x  1  x  0 + ) Với t  m  5  f  cos x   m  5 ( 1 ).    Để phương trình khởi đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ;   thì phương trình ( 1 ) có  3       đúng 1 nghiệm trên đoạn   ;   khác  ; 0 ;. 3 3  3     Với x    ;    u  cos x    1 ; 1 .  3  Nhận xét :  1     Nếu u   ; 1  thì có 2 nghiệm x    ;  .  2   3   1     Nếu u  1 hoặc u    1 ;  thì có đúng 1 nghiệm x    ;  .  2   3  Do đó nhu yếu bài toán xảy ra khi và chỉ khi phương trình ( 1 ) thỏa  1  f  cos x   m  5  f  u   m  5 có nghiệm u    1 ; .  2  Từ bảng biến thiên suy ra  4  m  5  2  1  m  7. Vì m   nên m   1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Cách 2 : Phương pháp ghép trục    Đặt t  cos x    1 ; 1  vì x    ;    3   x  0 t ‘  0  sin x  0    x   Khi đó phương trình f 2  cos x    3  m  f  cos x   2 m  10  0 thành  f  t   2 2 f  t    3  m  f  t   2 m  10  0     f  t   m  5 Do phương trình f  t   2 có 3 nghiệm nên nhu yếu bài toán tương tự với phương trình f  t   m  5 có duy nhất một nghiệm  4  m  5  2  1  m  7 Vì m   nên m   1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Câu 3 :   [ CHUYÊN VINH LẦN 1-2020 ]. Cho hàm số y  f x liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình bên.  3 2 Xác định số nghiệm của phương trình f x  3 x   23, biết f   4   0. A. 6. B. 9. C. 10. Lời giải D. 11. Chọn C Phương pháp ghép trục Theo bài ra ta có bảng biến thiên tổng hợp :  3 Đồ thị hàm số y  f x  3 x Câu 4 : 2  là phần nét liền. Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 f  x 3  3 x   m có 8 nghiệm phân biệt A. 5. Chọn A Phương pháp ghép trục B. 4. Lời giải C. 3. D. 6. Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 3 f  x 3  3 x   m có 8 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 Câu 5 : m 3 3 3 m 9. m  m 4, 5, 6, 7, 8 Cho hàm số y  f  x   x 2  2 x. Số điểm cực trị của hàm số g ( x )  f  f  x   1  là A. 8. B. 3 C. 4. Lời giải D. 11. Chọn B Phương pháp ghép trục y  f  x   x2  2 x BBT Đặt u  f  x   1 Ta có u   x   f   x  ; u   x   0  f   x   0  x  1  u   2. BBT của hàm số u  x  : Từ hai BBT trên ta có BBT của hàm số g ( x )  f  f  x   1   f  u  Câu 6 : Vậy hàm số khởi đầu có 3 điểm cực trị. [ CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG-2020 ] Cho f ( x ) là hàm đa thức bậc 6 sao cho đồ thị hàm số y  f  ( x ) như hình vẽ Tìm số điểm cực trị của hàm số y  g ( x )  f  x 2  4 x  5 . A. 2. B. 5. C. 3. Lời giải D. 1. Chọn C Cách 2 : PP tự luận truyền thống lịch sử  Đầu tiên ta nhận xét tại x  3 và x  4 đồ thị f   x  tiếp xúc trục Ox nên ta có  x  2 f   x   0    x  3 trong đó x  3, x  4 là nghiệm kép.   x  4  Ta có y  g ( x )  f  x 2  4 x  5 , nên  x   2. g   x    2 x  4  f  x2  4 x  5  0   2   f  x  4 x  5  0      t  2  Xét phương trình f   t   0    t  3, ta loại hai nghiệm t  3 và t  4 do nghiệm kép không   t  4 là điểm cực trị.  Từ t  2 ; x 2  4 x  5  2  x   1  x   3.  Tóm lại hàm số g  x  có ba điểm cực trị là x   1 ; x   2 ; x   3. Cách 2 : PP ghép trục BBT cùa hàm số y  f  x  Đặt u  x 2  4 x  5 u   2 x  4 u   0  x   2  u  1 BBT của u BBT của hàm số y  g ( x )  f  x 2  4 x  5   f  u  Vậy hàm số y  g ( x )  f  x 2  4 x  5  có ba điểm cực trị. Câu 7 : Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ. y – 3 – 1 O – 1 – 2 2 x 1 – 2 – 3 – 4 Tìm số nghiệm của phương trình f  sin x  cos x   2  0 trên đoạn  0 ; 2  . B. 4. A. 3. C. 2. Lời giải D. 6. Chọn B Cách 1 : PP tự luận truyền thống lịch sử      Ta có f  sin x  cos x   2  0  f  2 sin  x      2 4     y – 3 – 1 O – 1 – 2 1 2 x – 2 – 3 – 4       a1    2 sin  x  4   a1     ;  2   sin  x  4   2              1  2 sin  x     1   sin  x     Dựa vào đồ thị ta có  4  4  2           a    2 sin  x    a3   0 ; 1   sin  x    3 4  4  2     a   a  Ta có 1   1 nên phương trình sin  x    1 vô nghiệm. 4  2 2     Xét đồ thị hàm số y  sin  x   trên đoạn  0 ; 2   4   1 y y = – π 2 – π O 4 π 4 1 π 2 a3 5 π 2 4 π x 3 π 2 π 2 y = – 9 π 1 4 2   1  Ta thấy phương trình sin  x     có 2 nghiệm trên đoạn  0 ; 2   ; phương trình 4  2    a  sin  x    3 có 2 nghiệm trên đoạn  0 ; 2   và những nghiệm là khác nhau. 4  2  Vậy của phương trình f  sin x  cos x   2  0 có 4 nghiệm trên đoạn  0 ; 2  . Cách 2 : Phương pháp ghép trục Ta có f  sin x  cos x   2  0  f  sin x  cos x    2 Đặt u  sin x  cos x Ta có u   cos x  sin x ; u   0  cos x  sin x  0  sin x  cos x  tan x  1  x   4  k .    x  4 Mà x   0 ; 2      x  5    4 BBT của hàm số u  x  :    x  4 Hàm số u có 2 điểm cực trị là .  x  5    4 Ta có f  2   a, f   2   b với a  0,  2  b  0. Từ đồ thị hàm số y  f  x  và từ bảng biến thiên của hàm số u  sin x  cos x ta có bảng sau : Từ bảng trên ta thấy phương trình f  u    2 có 4 nghiệm x. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x. Câu 8 : Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau :    Số nghiệm thuộc khoảng chừng   ; 2   của phương trình f  2 cos x  1   2  1  là  3  A. 8. B. 5. C. 3. D. 6. Lời giải Chọn D Cách 2 : PP tự luận truyền thống cuội nguồn     Đặt u  2 cosx  1, x   ; 2    3   x  0  u  0   1  u ‘  x    2 sinx ; u   x   0       x    u      3 BBT của u  x     Số nghiệm thuộc khoảng chừng   ; 2   của phương trình f  2 cos x  1   2 là 6  3  Câu 9 : Cho hàm số y  f  x  liên tục và xác lập R và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  x 2  4 x  có tổng thể bao nhiêu điểm cực trị ? A. 5. B. 7. C. 9. Lời giải Chọn A Cách 2 : PP tự luận truyền thống cuội nguồn Đặt u  x   x2  4 x  u   2 x  4  0  x  2 D. 11 Đặt t  u  x   x  4 x 2 Vẽ đồ thị hàm số u  x   x 2  4 x, từ đó suy ra đồ thị t  u  x  Bảng biến thiên Suy ra hàm số y  g  x   f  x 2  4 x  có toàn bộ 5 diểm cực trị. Câu 10 : Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Phương trình f  1  f  x    0  1  có tổng thể bao nhiêu nghiệm thực phân biệt ? A. 5. B. 7. C. 4. Lời giải Chọn B Cách 1 : Phương pháp tự luận  1  f  x   m (  2  m   1 )  f  x   1  m   1    1  f  x   n ( 0  n  1 )    f  x   1  n   1  f  x   p ( 1  p  2 )   f  x   1  p D. 6. + ) Do  2  m   1  2  1  m  3  phương trình f  x   1  m có 1 nghiệm x1. + ) Do 0  n  1  0  1  n  1  phương trình f  x   1  n có 3 nghiệm x2, x3, x4. + ) Do 1  p  2   1  1  p  0  phương trình f  x   1  p có 3 nghiệm x5, x6, x7. Dễ thấy 7 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình đã cho có đúng 7 nghiệm. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt u  1  f  x  Từ đồ thị của hàm y  f  x  ta suy ra BBT của hàm u  1  f  x  và hàm f  u  như sau ( Với f  4    3 và  3  f  0   0 ) Từ bảng trên ta thấy phương trình f  u   0 có 7 nghiệm phân biệt. Câu 11 : Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt g  x   3 f  f  x    4. Số điểm cực trị của hàm số g  x  là A. 2. B. 8. C. 10. Lời giải D. 6. Chọn B Cách 1 : Phương pháp tự luận  f   f  x    0 g   x   3 f   f  x  . f   x  g   x   0  3 f   f  x  . f   x   0     f   x   0  f  x   0  f  x   a  ,  2  a  3 .  x  0   x  a + f  x   0 có 3 nghiệm đơn phân biệt x1, x2, x3 khác 0 và a. + Vì 2  a  3 nên f  x   a có 3 nghiệm đơn phân biệt x4, x5, x6 khác x1, x2, x3, 0, a. Suy ra g   x   0 có 8 nghiệm đơn phân biệt. Do đó hàm số g  x   3 f  f  x    4 có 8 điểm cực trị. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt u  f  x  Từ đồ thị của hàm y  f  x  ta suy ra BBT của hàm u  f  x  và hàm g  x   3 f  f  x    4 như sau ( với 2  a  3 ; f   5    5  f  a    4 ). Từ BBT của hàm hợp ta có hàm số g  x   3 f  f  x    4 có 8 điểm cực trị. Câu 12 : Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 3  3 x  1  là A. 3. B. 5. C. 7. Lời giải D. 11. Chọn D Cách 1 : Phương pháp tự luận truyền thống lịch sử Do y  f  x  là hàm số bậc bốn nên là hàm số liên tục và có đạo hàm luôn xác lập tại  x  .  x  x1   0 ; 1   Theo đồ thị hàm số ta có được f   x   0   x  1.  x  x   1 ; 3  2   3 x 2  3  0 Mặt khác g   x    3 x  3  f   x  3 x  1  nên g   x   0   3   f   x  3 x  1   0 2 3  x  1   x   1   x3  3 x  1  x1.   x3  3 x  1  1  3  x  3 x  1  x2 Xét hàm số h  x   x 3  3 x  1 trên .  x  1 Ta có h   x   3 x 2  3, h   x   0  , từ đó ta có BBT của y  h  x  như sau  x   1 Từ BBT của hàm số h  x   x 3  3 x  1 nên ta có h  x   x1   0 ; 1  có ba nghiệm phân biệt, h  x   1 có đúng 3 nghiệm phân biệt, h  x   x2   1 ; 3  có đúng ba nghiệm phân biệt và những nghiệm này đều khác nhau đồng thời khác 1 và  1. Vì thế phương trình g   x   0 có đúng 11 nghiệm phân biệt và đều là những nghiệm đơn nên hàm số y  g  x  có 11 cực trị. Cách 2 : PP ghép trục  x  a   0 ; 1    f  1   0  Từ đồ thị hàm số ta có được f   x   0   x  1 và .   f  a   f  b   0  x  b   1 ; 3   3 2 Đặt t  x  3 x  1  t ‘  3 x  3. Cho t ‘  0  x   1. Ta sử dụng phương pháp ghép trục để lập bảng biến thiên cho hàm số g  x   f  x 3  3 x  1  Từ bảng biến thiên trên ta thấy hàm số g  x   f  x 3  3 x  1  có 11 điểm cực trị. Câu 13 : Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.  3 x 2  2 x  3  Tìm tổng thể những giá trị m để phương trình f    m có nghiệm. 2  2 x  2  A.  4  m   2 B. m   4 C. 2  m  4 Lời giải Chọn D Cách 1 : Phương pháp truyền thống cuội nguồn Dựa vào đồ thị đã cho ta có đồ thị của hàm y  f  x  là Đặt t   x   1 3 x 2  2 x  3  4 x 2  4  ; t   0  .  t  2 2 2 2 x  2  x  1  2 x  2  D. 2  m  4 Dựa vào bảng biến thiên ta có x    t   1 ; 2 .  3 x 2  2 x  3  Vậy phương trình f    m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f  t   m có 2  2 x  2  nghiệm t   1 ; 2   2  m  4. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Dựa vào đồ thị đã cho ta có đồ thị của hàm y  f  x  là Đặt t   x   1 3 x 2  2 x  3  4 x 2  4   t  ; t   0  . 2 2 2 x  2  x  1  2 x2  2  Ta có bảng biến thiên : Với 2  a  4.  3 x 2  2 x  3  f Vậy phương trình    m có nghiệm khi và chỉ khi 2  m  4. 2  2 x  2  Câu 14 : Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên R và đồ thị có ba điểm cực trị như hình dưới đây Số điểm cực trị của hàm số g ( x )  f ( x3  3 x  2 ) là A. 5. B. 7. C. 9. D. 11. Lời giải Chọn B Cách 1 : Tự luận truyền thống lịch sử Ta có : g ‘ ( x )  ( 3 × 2  3 ). f ‘ ( x3  3 x  2 )  x  1   x   1  3 x 2  3  0 g ‘ ( x )  0     x 3  3 x  2  a ( 1 ) 3  3  f ‘ ( x  3 x  2 )  0  x  3 x  2  b ( 2 )  3  x  3 x  2  c ( 3 ) Dựa vào đồ thị hàm số y  x3  3 x  2, suy ra : Phương trình ( 1 ) có 1 nghiệm khác  1, vì  4  a   1 Phương trình ( 2 ) có 1 nghiệm khác  1, vì  1  b  0 Phương trình ( 3 ) có 3 nghiệm phân biệt khác  1, vì 0  c  4 Như vậy phương trình g ‘ ( x )  0 có 7 nghiệm phân biệt, tức là hàm số g ( x )  f ( x3  3 x  2 ) có 7 điểm cực trị. Chọn B Cách 2 : Phương pháp ghép trục Ta có hàm số g ( x )  f ( x3  3 x  2 ) Đặt t  x3  3 x  2  t   3 × 2  3 ;  t   0  x   1 Khi đó hàm số trở thành g  t   f  t . Từ đồ thị hàm số g  x   f  x  ta có những điểm cực trị a     ;  1 , b    1 ; 0 , c   0 ;   . Khi đó ta có bảng biến thiên sau : Vậy có toàn bộ 7 điểm cực trị. Câu 15 : Cho hàm số bậc bốn y  f  x . Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ bên. Số điểm cực lớn của hàm số g  x   f   x 2  2 x  2 là A. 1. B. 2. C. 3. Lời giải D. 4. Chọn A Cách 1 : Phương pháp truyền thống lịch sử x  1 Ta có g   x   f  x2  2 x  2. 2 x  2 x  2    Suy ra g   x   0    f   Bảng xét dấu :  x  1  0  x  2 x  2  0 2 theo do thi f ’  x   x  1  0   2  x   1  x  2 x  2   1    x   1  2 2.  2  x  2 x  2  1  x   1  2 2   2  x  2 x  2  3 Từ đó suy ra hàm số g  x   f   x 2  2 x  2 có 1 điểm cực lớn. Chú ý : Cách xét dấu  hay  của g ‘  x  để cho nhanh nhất ta lấy một giá trị x0 thuộc khoảng chừng g   x . đang xét rồi thay vào Chẳng hạn với khoảng chừng   1 f  2  0 vì dựa vào đồ thị ta thấy f  2 Cách 2 : Phương pháp ghép trục x0  0  g   0   Đặt u  x   x 2  2 x  2   x  1  2  1  1  u   x    x 2  2 x  2   1  vn   x   1   2  x  2 x  2  1   x   1  2 2. Xét   x   1  2 2  x2  2 x  2  3    Bảng biến thiên của hàm số f  u   f    1 ;  1  2 2  ta chọn  2   0. x  1 x  2 x  2 2 ; u   x   0  x   1.  x 2  2 x  2 ( Dựa vào đồ thị của hàm số f   u  ). Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số f  u   f   x 2  2 x  2 có một điểm cực lớn. BÀI TẬP CHO HỌC SINH Câu 16 : Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có bảng biến thiên như sau : Phương trình f  cosx   13 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng chừng 3 A. 0. B. 1. C. 2 .. Lời giải       ;  ?  2 2  D. 4. Chọn C Cách 1 : Phương pháp truyền thống lịch sử     Đặt t  cosx, x    ;   t   0 ; 1 .  2 2  13 13 Phương trình f  cosx   trở thành f  t   3 3 Dựa vào bảng biến thiên trên ta có phương trình f  t   13 có đúng một nghiệm t   0 ; 1  3 Với một nghiệm t   0 ; 1 , thay vào phép đặt ta được phương trình cosx  t có hai nghiệm phân     biệt thuộc thuộc khoảng chừng   ; .  2 2  Cách 2 : Phương pháp ghép trục     Đặt u  x   cos x, x    ;   u   0 ; 1   2 2      Ta có u   x    sin x ; u   x   0  x  0    ; .  2 2  Bảng biến thiên của hàm số f  u  trên nửa khoảng chừng  0 ; 1 . Quan sát bảng biến thiên ta thấy phương trình f  u   Câu 17 : Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau : 13 có hai nghiệm phân biệt. 3   Số nghiệm của phương trình f 4  x 3  6 x 2  9 x  3  0 là A. 5. B. 6. C. 3. Lời giải D. 4. Chọn D Cách 1 : Phương pháp truyền thống lịch sử Điều kiện xác lập x 3  6 x 2  9 x  0  x  0  4  x3  6 x 2  9 x  a     ; 2   1  1  3 2 3 2  Ta có f 4  x  6 x  9 x  3  4  x  6 x  9 x  a2   2 ; 4   2    4  x3  6 x 2  9 x  a3   4 ;     3     Đặt t  4  x3  6 x 2  9 x với x  0. t     x  1 với x  0 ; t   0  3 x 2  12 x  9  0  . 2 x  6 x  9 x  x  3 3 x 2  12 x  9 3 2 Lập bảng biến thiên của t  4  x3  6 x 2  9 x Từ bảng biến thiên trên, suy ra Phương trình  1  có 1 nghiệm Phương trình  2  có 3 nghiệm Phương trình  3  vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. Cách 2 : PP ghép trục Đặt t  4  x3  6 x 2  9 x với x  0. t     x  1 với x  0 ; t   0  3 x 2  12 x  9  0  . 2 x3  6 x 2  9 x  x  3 3 x 2  12 x  9 Lập bảng biến thiên của t  4  x3  6 x 2  9 x Ta có bảng sau Dựa vào bảng, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. Câu 18 : Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình sau. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f   4  x 2  m có đúng 2 nghiệm phân biệt. A. 1. B. 2. C. 3. Lời giải Chọn B Cách 1 : Cách tự luận truyền thống cuội nguồn Từ đồ thị, suy ra bảng biến thiên của hàm số y  f  x  Xét hàm số g  x   f  4  x2  TXĐ D    2 ; 2  x Ta có g ‘  x    4  x 2 f ’  4  x2   x  0  x  0   x  0 g ‘  x   0     4  x 2   1 ( l )   2  f ‘ 4  x  0   x   3 2    4  x  1 Bảng biến thiên   D. 4. Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình g  x   m có hai nghiệm phân biết khi  m   1   m   1 ; 3  Vì m   nên m    1 ; 2 . Vậy có 2 giá trị m thoả mãn bài toán. Cách 2 : PP ghép trục Đặt t  4  x 2. TXĐ : D    2 ; 2  Ta có : t    x 4  x2 Bảng biến thiên Phương trình f  ; t   0  x  0    2 ; 2   4  x 2  m trở thành f  t   m Từ đồ thị hàm số y  f  x  và bảng biến thiên t  x   4  x 2 ta có bảng sau đây Từ bảng trên suy ra phương trình f  t   m có hai nghiệm phân biệt khi m   1 ; 3  hoặc m   1 Do m   nên m    1 ; 2  thoả mãn bài toán. Vậy có 2 giá trị m thoả mãn. Câu 19 : Cho hàm số y  f ( x ) xác lập liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thuộc đoạn  0 ; 4  của phương trình f ( x 2  2 x )  2 là A. 4. B. 3. C. 5. Lời giải D. 6. Cách 1 : Phương pháp tự luận truyền thống cuội nguồn Chọn B  f ( x 2  2 x )  2 Ta có phương trình f ( x  2 x )  2  . 2  f ( x  2 x )   2 Từ đồ thị hàm số đã vẽ của y  f ( x ) ta có 2  x2  2 x  1  x  1  2. Xét trên đoạn  0 ; 4  ta được 2 nghiệm f ( x  2 x )  2   2    x  2 x   1  x  1 2 x  1 ; x  1  2.  x2  2 x  a  x2  2 x  a  0   2  a   1 f ( x  2 x )   2   2   2 với .  1  b  2  x  2 x  b  x  2 x  b  0 Với phương trình x 2  2 x  a  0 có    1  a  0 do vậy phương trình này vô nghiệm. 2  x  1  b  1 Với phương trình x 2  2 x  b  0   ta có nghiệm x  1  b  1  0 còn   x  1  b  1 0  1  b  1  4, như vậy ở trường hợp này phương trình có 1 nghiệm. Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm trong đoạn  0 ; 4 . Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt t  x 2  2 x, ta có t ‘  2 x  2, từ đồ thị của hàm số f ( x ) đã cho ta có f ( 0 )  1, f ( 1 )  f (  1 )  2 và f ( 8 )  m   2. Ta có bảng ghép trục như sau : Qua bảng ta thấy phương trình f ( t )  2  f ( x 2  2 x )  2 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 20 : [ CHUYÊN KHTN HÀ NỘI LẦN 3-2020 ] Cho hàm số y  f  x . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ.   Hàm số y  f x 2  1 có bao nhiêu điểm cực trị ? A. 5. B. 7. C. 4. Lời giải D. 3. Chọn A Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn  x  0  x3  0  2 x  1   1  Ta có y   2 xf  x 2  1  y   0   2   x   2.  x  1  1     x   5   x 2  1  4 Hay y   0 có một nghiệm bội ba, bốn nghiệm đơn.     Vậy hàm số y  f x 2  1 có 5 điểm cực trị. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Từ đồ thị hàm số y  f   x  ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau Đặt u  x 2  1 Ta có u   x   2 x ; u   x   0  x  0. BBT của hàm số u  x  :   Hàm số y  f x 2  1 trở thành hàm số : y  f  u  Từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  và bảng biến thiên của hàm số u  x   x 2  1 ta có bảng sau   Từ bảng trên ta thấy hàm số y  f x 2  1 có 5 điểm cực trị. Câu 21 : [ KIM THANH HẢI DƯƠNG 2020 ] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Số nghiệm thực của phương trình 5 f  1  2 x   1  0 A. 0. B. 1. C. 3. Lời giải Chọn D Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn Ta có 5 f  1  2 x   1  0  f  1  2 x    1 5 Từ bảng biến thiên ta có  1  2 x   2 1 5 f  1  2 x   1  0  f  1  2 x     . 5  1  2 x  a   2 ;    Suy ra phương trình 5 f  1  2 x   1  0 có 2 nghiệm thực. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt u  1  2 x. Ta có u   x    2. 1 Phương trình 5 f  1  2 x   1  0 trở thành phương trình : f  u   . 5 Từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  ta có bảng sau D. 2. Từ bảng biến thiên ta có f  u    1 có 2 nghiệm thực. 5 Suy ra phương trình 5 f  1  2 x   1  0 có 2 nghiệm thực. Câu 22 : [ CHUYÊN NGỮ HÀ NÔI 2020 ] Cho hàm số y  f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau Hàm số g  x   f  3 x  2  đồng biến trên khoảng chừng nào dưới đây ? A.  2 ; 4 . B.   1 ; 1 . C.  1 ; 2 . D.  0 ; 1 . Lời giải Chọn A Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn g   x   3 f   3 x  2 . 2   0  x  3   2  3 x  2  0 g   x   0  3 f   3 x  2   0  f   3 x  2   0  .    3 x  2  2  x  4.   3  4  Chọn đáp án A vì  2 ; 4    ;   .  3  Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt u  3 x  2. Ta có u   x   3. Hàm số g  x   f  3 x  2  trở thành hàm số : y  f  u . Từ bảng xét dấu đạo hàm của hàm số y  f  x  ta có bảng sau  4 2   4  Từ bảng trên ta thấy   ;  và  ;    chỉ chứa khoảng chừng  2 ; 4 . 3 3 3     Vậy hàm số g  x   f  3 x  2  đồng biến trên khoảng chừng  2 ; 4 . Câu 23 : Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau :  7  13   Số nghiệm thuộc đoạn   ;  của phương trình f  4 4  A. 7. B. 10. C. 6. Lời giải Chọn B Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn      Ta có f  sin x  cos x   1  0  f   2 sin   x         1    4           sin x  cos x   1  0 là D. 8.    2 sin  x    t1    ;  2 4       2 sin  x    t2   2 ; 0 4      1    2     2 sin  x    t3  0 ; 2 4      2 sin  x    t4  2 ;   4    3       4  Các phương trình  1  và  4  đều vô nghiệm.     7  13   Xét đồ thị hàm số y  2 sin  x   trên   ;  4    4 4  Ta thấy phương trình  2  có 4 nghiệm phân biệt và phương trình  3  có 6 nghiệm phân biệt đồng thời trong số chúng không có 2 nghiệm nào trùng nhau. Vậy phương trình đã cho có 10  7  13   nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ; .  4 4  Cách 2 : Phương pháp ghép trục     7  13   Đặt t  sin x  cos x  2 sin  x   vì x    nên t     2 ; 2  . ; 4  4     4   3    5   3  7  11   t   2 cos  x    0  x   k   x    ;  ; ; ; ;  4  4 4 4 4 4    4 Khi đó phương trình f  sin x  cos x   1  0 thành f  t    1 Ta có Dựa vào bảng biến thiên trên thì phương trình đã cho có 10 nghiệm phân biệt. Câu 24 : Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây.   Số điểm cực trị của hàm số g  x   f 2 x3  3 x 2 là A. 5. B. 3. C. 7. Lời giải D. 11. Chọn C Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn Do y  f  x  là hàm số bậc bốn nên là hàm số liên tục và có đạo hàm luôn xác lập tại  x   x  x1    2 ;  1   Theo đồ thị hàm số ta có được f   x   0   x  x2    1 ; 0 .   x  x3   0 ; 0,75   6 × 2  6 x  0  Mặt khác g   x    6 x  6 x  f   2 x  3 x  nên g  x   0   3 2   f  2 x  3 x  0 x  0   x   1  3   2 x  3 x 2  x1.  3 2  2 x  3 x  x2   2 x 3  3 x 2  x3 2 Xét hàm số h  x   2 x3  3 × 2 trên 3 2  .  x  0 Ta có h   x   6 x 2  6 x, h   x   0  , từ đó ta có BBT của y  h  x  như sau  x   1. Từ BBT của hàm số h  x   2 x3  3 x 2 nên ta có h  x   x1 có đúng một nghiệm, h  x   x2 có đúng 1 nghiệm, h  x   x3 có đúng ba nghiệm phân biệt và những nghiệm này đều khác 0 và  1. Vì thế phương trình g   x   0 có đúng bảy nghiệm phân biệt và đều là những nghiệm đơn nên hàm số y  g  x  có 7 cực trị. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Gọi a, b, c là những điểm cực trị của hàm số y  f  x , trong đó  2  a  b  0  c  0,75.  x  0 Đặt t  2 x3  3 x 2 ; t ‘  0  6 x 2  6 x  0    x   1   Khi đó phương trình g  x   f 2 x3  3 x 2  f ( t ) Ta có BBT Do phương trình g   x   0 có đúng bảy nghiệm phân biệt và đều là những nghiệm đơn nên hàm số y  g  x  có 7 cực trị. Câu 25 : Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau :  3   Số nghiệm thuộc đoạn   ; 2   của phương trình 2 f  cos x   3  0 là  2  A. 4. B. 7. C. 6. D. 8. Lời giải Chọn B Cách 1 : Tự luận truyền thống lịch sử  cos x  a     ;  1   3  cos x  b    1 ; 0  Cách 1 : Ta có 2 f  cos x   3  0  f  cos x     2  cos x  c   0 ; 1   cos x  d   1 ;     Vì cos x    1 ; 1  nên cos x  a     ;  1  và cos x  d   1 ;    vô nghiệm.  3   Xét đồ thị hàm số y  cos x trên   ; 2    2  Phương trình cos x  b    1 ; 0  có 4 nghiệm phân biệt. Phương trình cos x  c   0 ; 1  có 3 nghiệm phân biệt, không trùng với nghiệm nào của phương trình cos x  b    1 ; 0 .  3   Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ; 2  . 2   Cách 2 : PP ghép trục Ta có 2 f  cos x   3  0  f  cos x   3 2  *   3   Đặt t  cos x, t    1 ; 1  ; t    sin x ; t   0  x  k  ; x    ; 2    x     ; 0 ;  ; 2    2  khi đó  *  trở thành f  t   3. 2  3   Số nghiệm của phương trình  *  trên đoạn   ; 2   là số giao điểm của đồ thị hàm số  2  y  f  t , t    1 ; 1  và đường thẳng y  Ta có bảng biến thiên sau : 3. 2 3 cắt đồ thị hàm số y  f  t  tại 7 điểm 2  3   hay phương trình  *  có 7 nghiệm phân biệt trên đoạn   ; 2  . 2   Từ bảng biến thiên ta được tác dụng đường thẳng y  Câu 26 : Cho hàm số bậc bốn y  f  x . Hàm số y  f   x  có đồ thị như sau  Số điểm cực lớn của hàm số y  f x 2  2 x  2  là B. 2. A. 3. C. 4. Lời giải D. 1. Chọn D Cách 1 : Tự luận truyền thống cuội nguồn Từ đồ thị của y  f   x  ta chọn f   x    x  1   x  1   x  3 . Áp dụng công thức y    f  u      u  f   u  với u  Ta có y    f     x  1      x  1 x2  2 x  2  .   x2  2 x  2   x2  2 x  2    x2  2 x  2  1   x 2  2 x  2  1  Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có một điểm cực lớn. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt u  x 2  2 x  2 u ‘ ( x )  ( x 2  2 x  2 ) ’  x  1 x  2 x  2 2   x2  2 x  2  1  0  x   1 Ta có BBT của hàm số u  u ( x ), y  f  x , y  f  u  :  x2  2 x  2  3  x   1   y   0   x   1  2 2 x2  2 x  2  3  x   1  2 2  x 2  2 x  2  1  x  1   x 2  2 x  7  2 x2  2 x  2 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  x 2  2 x  2  có một điểm cực lớn. Câu 27 : Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. y 3  1 O 1 2 3 4 x Đặt g  x   3 f  f  x    4. Số điểm cực trị của hàm số g  x  là A. 2. B. 8. C. 10. Lời giải D. 6. Chọn B. Cách 1. PP tự luận truyền thống lịch sử g   x   3 f   f  x  . f   x .  f   f   f  x    0 f g   x   0  3 f   f  x  . f   x   0        f   x   0    x   0  x   a, x  0 x  a  2  a  3 . f  x   0 có 3 nghiệm đơn phân biệt x1, x2, x3 khác 0 và a. . Vì 2  a  3 nên f  x   a có 3 nghiệm đơn phân biệt x4, x5, x6 khác x1, x2, x3, 0, a. Suy ra g   x   0 có 8 nghiệm đơn phân biệt. Do đó hàm số g  x   3 f  f  x    4 có 8 điểm cực trị. Cách 2. Phương pháp ghép trục Đặt u  f  x , ta có bảng biến thiên hàm f  u  : Số điểm cực trị của hàm số g  x   3 f  f  x    4 bằng với số điểm cực trị của hàm số f  f  x   tức hàm số f  u  trên. Từ bảng biến thiên của f  u , ta được g  x  có 8 cực trị. Câu 28 : [ TÂN TÂY ĐÔ L8 ] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ Có bao nhiêu giá trị nguyên của m    10 ; 10  để phương trình f nghiệm ? A. 8. B. 6. C. 9. Lời giải   x 2  2 x  10  3  m có D. 7. Chọn C Cách 1 : Tự luận truyền thống lịch sử Đặt t  x 2  2 x  10  t  Để phương trình f   x  1  2  9  t  3  x 2  2 x  10  3  m  f   x 2  2 x  10  m  3 có nghiệm thì đường thẳng y  m  3 cắt đồ thị y  f  x  tại điểm có hoành độ x  3. Từ đồ thị ta được m  3  2  m   1 Mà m    10 ; 10   có 9 giá trị m thỏa mãn nhu cầu  Chọn C. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Đặt u  x 2  2 x  10  u   x  1  2  9  u  3 x  1 Khi đó u ‘ ( x )  x 2  2 x  10 BBT của hàm số u  x  : Phương trình f   u ‘  0  x   1  x 2  2 x  10  3  m  f   x 2  2 x  10  m  3  f  u   m  3 Từ đồ thị hàm số y  f  x  và từ bảng biến thiên của hàm số u  x 2  2 x  10 ta có bảng sau biến thiên của hàm hợp f   x 2  2 x  10  f ( u ) như sau : Từ BBT : phương trình f  u   m  3 với u  3 có nghiệm khi m  3  2  m   1 Mà m    10 ; 10   có 9 giá trị m thỏa mãn nhu cầu. Câu 29 : Cho hàm số bậc bốn y  f  x . Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ bên. Số điểm cực lớn của hàm số g  x   f A. 1. B. 2. Chọn A Cách 1 : PP tự luận truyền thống lịch sử   x 2  2 x  2 là C. 3. Lời giải D. 4. Ta có g   x   x  1 x  2 x  2 2 f    x2  2 x  2.  x  1  0  2  x   1  x  1  0 x  2 x  2   1   theo do thi f ‘  x          x   1  2. Suy ra g   x   0   2 2  f  x  2 x  2  0  x  2 x  2  1  x   1  2    2  x  2 x  2  3   Bảng xét dấu Từ đó suy ra hàm số g  x   f   x 2  2 x  2 có 1 điểm cực lớn. Chọn A. Chú ý : Cách xét dấu  hay  của g ‘  x  để cho nhanh nhất ta lấy một giá trị x0 thuộc khoảng chừng đang xét rồi thay vào g   x .   1 f  2  0 vì dựa vào đồ thị ta thấy f  2 Cách 2 : Phương pháp ghép trục : x  1 Đặt t  x 2  2 x  2  t    0  x   1  t  1 2 x  2 x  2 Ta có bảng biến thiên : x0  0    g   0     1 ;  1  2  Chẳng hạn với khoảng chừng ta chọn  2   0. Giải thích : Dựa vào đồ thị trên khoảng chừng  1 ;   , f  t  có 1 điểm cực tiểu tại t  2 do đạo hàm đổi dấu từ ( – ) sang ( + ). Tại điểm t  1 là điểm cực lớn vì dựa vào đồ thị hàm số f   t  đổi dấu từ ( + ) sang ( – ). Do đó hàm số đã cho có 1 cực lớn. Chọn A Câu 30 : [ SỞ BN L1 ] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu  3 sin x  cos x  1 f   2 cos x  sin x  4 giá trị nguyên của tham  2   f  m  4 m  4   1  có nghiệm ?  số m để phương trình A. 3. B. 4. C. 5. Lời giải D. Vô số. Chọn A Cách 1 : PP tự luận truyền thống lịch sử 3 sin x  cos x  1   2 t  1  cos x   t  3  sin x   1  4 t  * . Đặt t  2 cos x  sin x  4 Phương trình  *  có nghiệm   2 t  1    t  3    4 t  1    2 2 2 9  t  1. 11 Suy ra 0  t  1. Từ đồ thị y  f  x  ta có * y  f  x  đồng biến trên  0 ;    * m 2  4 m  4   m  2    0 ;   . 2 * t   0 ;     3 sin x  cos x  1   f  m 2  4 m  4  Nên f    2 cos x  sin x  4   f  t   f  m 2  4 m  4   t  m 2  4 m  4 Phương trình  1  có nghiệm  0  m 2  4 m  4  1  m 2  4 m  4  1   3  m   1. Do m  Z  m    3 ;  2 ;  1   Chọn A. Cách2 : pp ghép trục : 3 sin x  cos x  1   2 t  1  cos x   t  3  sin x   1  4 t  * . Đặt t  2 cos x  sin x  4 Phương trình  *  có nghiệm   2 t  1    t  3    4 t  1  2  11 t 2  2 t  9  0   2 2 9  t  1. 11 Suy ra 0  t  1. t  t f  t 9 11 0 1 0 1  f  1  f  0  y  f  m 2  4 m  4  Dựa vào đồ thị trên  0 ; 1  hàm số f  t  luông đồng biến. Yêu cầu bài toán  đường thẳng y  f  m 2  4 m  4  có điểm chung với đồ thị y  f  t   f  0   f  mét vuông  4 m  4   f  1   0  mét vuông  4 m  4  1   3  m   1. Do m  Z  m    3 ;  2 ;  1   Chọn A. Câu 31 : Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên dưới.  6 x2   2   1  m có Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình f  4 2  x  x  1  nghiệm ? A. 4. B. 2 C. 5. Lời giải Chọn C Cách 1 : PP tự luận 6 × 2  12 x5  12 x Đặt u  4 2  2. Ta có  u ‘  2. x  x  1  x4  x2  1   x  0 Cho u ‘  0  .  x   1 D. 3. Bài toán trở thành tìm m nguyên để phương trình f  u   m  1 có nghiệm u   2 ; 4 . Dựa đồ thị bài ra suy ra f  u   m  1 có nghiệm  1  m  1  5  2  m  6. Cách 2 : Phương pháp ghép trục Bước 1 : Ghi nhớ f  x  có cực trị hoành độ x  1 ; x  2. Bước 2 : Đặt u   12 x5  12 x 6 × 2  u ‘   2 2 x4  x2  1 x4  x2  1    x  0 Cho u ‘  0    x   1 Suy ra f  u   m  1 có nghiệm  1  m  1  5  2  m  6. Câu 32 : Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có bảng biến thiên như hình vẽ x – ∞ y ’ y – 1/4 – 0 + ∞ 0 + 0 1/4 – 0 3 – 1 + ∞ + + ∞ 2 Hỏi phương trình 2 f  x 2  x   5 có bao nhiêu nghiệm. A. 4. B. 6. C. 8. D. 5. Lời giải Chọn C Phương pháp ghép trục Ta có 2 f  x 2  x   5  f  x 2  x   5 2 Xét hàm số g  x   f  x 2  x . Đây là hàm số chẵn nên nếu phương trình g  x   5 có nghiệm x0 thì cũng có nghiệm là  x0 nên 2 ta chỉ cần xét với trường hợp x  0. Với x  0 ta được h  x   f  x 2  x . Đặt u  x 2  x, u ‘  2 x  1  0  x  1. 2 Ta có bảng biến thiên tổng hợp : x 1 2 1 − 4 0 u 0 h ( x ) 3 + ∞ 0 1 4 + ∞ + ∞ 3 2 – 1 Từ đó suy ra phương trình h  x   Suy ra phương trình g  x   5 có 4 nghiệm phân biệt dương. 2 5 có 8 nghiệm phân biệt. 2 Câu 33 : Cho hàm số y  f  x  xác lập và liên tục trên  và có đồ thi như hình vẽ   Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình 7. f 5  2 1  3 cos x  3 m  10 có đúng hai     nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ;  là  2 2  A. 4. B. 8. C. 6. D. 5. Lời giải Chọn C Cách 1 : Phương pháp tự luận :   7 f 5  2 1  3 cos x  3 m  10,      x    ; .  *   2 2  Đặt t  5  2 1  3 cos x.  1  t   3 sin x ; t   0  x  0. 1  3 cos x Nhận xét :  t  3 + ) Với , suy ra phương trình  1  không có nghiệm thuộc  t  1        2 ; 2  .     ;.  2 2   + ) Với t  1, suy ra phương trình  1  có một nghiệm thuộc       ;.  2 2   + ) Với 1  t  3, suy ra phương trình  1  có hai nghiệm thuộc   3 m  10 Lúc đó, phương trình  *  trở thành f  t  . 7  3 m  10   4  m   6   7 Để phương trình  *  có đúng 2 nghiệm thì .   4    m  10 3 m  10   2   0 3  3   7 Vì m   nên m    6 ;  1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 . Vậy có 6 giá trị nguyên thỏa điều kiện kèm theo bài toán. Cách 2 : Phương pháp ghép trục     có 7. f 5  2 1  3 cos x  3 m  10  f 5  2 1  3 cos x  3 m  10 7     Đặt u  5  2 1  3 cos x, với x    ; .  2 2  u    2.  3 sin x 3 sin x  2 1  3 cos x 1  3 cos x     u   0  x  0 ( do x    ;  )  2 2  Lập bảng biến thiên của hàm số f  u  Từ bảng biến thiên suy ra : Để phương trình  1  có đúng hai nghiệm phân biệt thì :  3 m  10   4  m   6  7   4     m  10 3 m  10   2   0 3  3   7 Với m là số nguyên ta được m    1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 ;  6 . Vậy có tổng thể 6 giá trị của m.  1  Câu 34 : Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau :  5  Số nghiệm thuộc đoạn    ;   của phương trình 5 f  cos 2 x  cos x   1 là  2 2  A. 12. B. 11. C. 9. D. 10. Lời giải Chọn D Phương pháp ghép trục  5  Đặt u  cos 2 x  cos x, x     ;  2 2   . u    2 sin x cos x  sin x.  x  0 ;  ; 2   sin x  0 . u   0     x    ; 5  ; 7   cos x  1 3 3 3  2  Khi đó, phương trình 5 f  cos 2 x  cos x   1  f  u   1 có 10 nghiệm phân biệt. 5

Source: https://thcsbevandan.edu.vn
Category : Phương pháp học tập