Chuyên đề ghép trục

PHƯƠNG PHÁP GHÉP TRỤC TRONG BÀI TOÁN HÀM HỢP g  f  u  x  I.NGUYÊN TẮC GHÉP TRỤC XÉT SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM HỢP g  f  u  x  Bước 1: Tìm tập xác định hàm , giả sử ta tập xác định D  a1 ; a2    a3 ; a4     an  ; an  a  ; an  Ở u u  x  Bước 2: Xét biến thiên hàm y  f ( x ) (B2 làm gộp bước đơn giản)  x; u u  x    u; g  f (u ) Bước 3: Lập bảng biến thiên tổng hợp xét tương quan  Bảng thường có dịng dạng Cụ thể thành phần BBT sau u u  x  Dòng 1: Xác định điểm kỳ dị hàm , xếp điểm theo thứ tăng dần từ trái qua phải, giả a  a2   an   an sử sau: (xem ý 1) Dòng 2: Điền giá trị ui u   với  i 1, , n   ui ; ui 1  , i 1, n  cần bổ xung điểm kỳ dị b1; b2 ; ; bk của hàm  u ; u  , i 1, n  cần xếp điểm ui ; bk theo thứ tự chẳng hạn: Trên khoảng i i 1 Trên khoảng y  f ( x) ui  b1  b2   bk  ui 1 ui  b1  b2   bk  ui 1 (xem ý 2) g  f  u  x  Dòng 3: Xét chiều biến thiên hàm dựa vào BBT hàm y  f ( x ) cách hoán đổi: u đóng vai trị x ; f  u  đóng vai trị f  x  g  f  u  x  Sau hoàn thiện BBT hàm hợp ta thấy hình dạng đồ thị hàm g  f  u  x  Bước 4: Dùng BBT hàm hợp giải yêu cầu đặt toán kết luận Chú ý 1: u u  x  Các điểm kỳ dị u u ( x ) gồm: Điểm biên tập xác định D , điểm cực trị u u  x u  x  0 Nếu xét hàm dịng điểm kỳ dị cịn có nghiệm pt (là hồnh độ u  u ( x ) giao điểm với trục Ox ) - u u  x  Nếu xét hàm dịng điểm kỳ dị cịn có số (là hồnh độ giao điểm u u ( x ) với trục Oy ) - Chú ý 2: - u u  x  Có thể dùng thêm mũi tên để thể chiều biến thiên  y  f ( x ) f ( x ) f ( x ) Điểm kỳ dị gồm: Các điểm không xác định; điểm cực trị hàm số y  f ( x) TRANG g  f  u  x  f  x  0 Nếu xét hàm dịng điểm kỳ dị cịn có nghiệm pt (là hồnh u  u ( x ) Ox độ giao điểm với trục ) -  g f u x  Nếu xét hàm y  f ( x) với trục Oy ) -  dịng điểm kỳ dị cịn có số (là hồnh độ giao điểm II ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ GIÁO DỤC Câu 45-MH-BGD-L1:Cho hàm số Số nghiệm thuộc đoạn A f  x có bảng biến thiên sau:    ; 2  B phương trình f  sin x   0 C Lời giải D Chọn B Cách 1: Tự luận truyền thống x     ; 2  t    1;1 Đặt t sin x Do nên Khi ta có phương trình f  t   0  f  t   f  t   có nghiệm t a    1;0  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình t b   0;1 t a    1;0  Trường hợp 1: t    1;  Ứng với giá trị phương trình có nghiệm    x1  x2     x3  x4  2 Trường hợp 2: t b   0;1 t   0;1  x5  x6   Ứng với giá trị phương trình có nghiệm Hiển nhiên nghiệm trường hợp khác    ; 2  thuộc đoạn Vậy phương trình cho có nghiệm Cách 2: Phương pháp ghép trục TRANG    x    t' 0  cosx 0   x    x  t sinx    1;1 x     ; 2   ; Đặt ; f  sinx   0  f  sinx   Ta có Do tổng số nghiệm phương trình cho y  f  x Câu 46-MH-BGD-L1:Cho hàm số bậc bốn có đồ thị hình bên Số điểm cực trị hàm số g  x   f  x  3x  A B C Lời giải Chọn C Cách 1: Tự luận truyền thống Từ đồ thị ta có bảng biến thiên hàm số Ta có y  f  x sau g  x   f  x3  x   g  x   3x  x  f  x  3x  TRANG D 11  x 0   x   x  x a; a    x  x 0  x  x b;  b    g  x  0   f  x  x 0   x  x c; c  Cho    x 0 h  x   x  3x  h x  3x  x h x  0   x  Xét hàm số Cho Bảng biến thiên Ta có đồ thị hàm Từ đồ thị ta thấy: h  x   x  3x 2 sau y h  x  Đường thẳng y a cắt đồ thị hàm số điểm y h  x  Đường thẳng y b cắt đồ thị hàm số điểm y h  x  Đường thẳng y c cắt đồ thị hàm số điểm g  x  0 Như phương trình có tất nghiệm đơn phân biệt   có cực trị Vậy hàm số Cách 2: Phương pháp ghép trục g  x   f x3  x  x  u ' 3 x  x 0   x  u  x  x  Xét hàm số ta có TRANG y  f  x Gọi a, b, c điểm cục trị hàm số a   b   c f  a  f  c  f  b  Và ta có ; Suy g  x   f  x  3x  có điểm cực trị f  x Câu 46-MH-BGD-L2:Cho hàm số có bảng biến thiên sau  5   0;  f  sin x  1 Số nghiệm thuộc đoạn phương trình A B C Lời giải Chọn C Cách 1: Tự luận truyền thống  5  x   0;   t    1;1   Đặt t sin x , Khi phương trình f  sin x  1 trở thành D f  t  1, t    1;1 Đây phương trình hồnh độ giao điểm hàm số y  f t đường thẳng y 1  t a    1;0  f  t  1    t b   0;1 Dựa vào bảng biến thiên, ta có Trường hợp 1: t a    1;0  Ứng với giá trị t    1;    x1  x2  2 t b   0;1 Trường hợp 2: Ứng với giá trị t   0;1  x3  x4   ; 2  x5  x ,x phương trình sin x t có nghiệm thỏa mãn x ,x ,x phương trình có nghiệm thỏa mãn 5 ; TRANG Hiển nhiên nghiệm trường hợp khác  5   0;  Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn   Cách 2: Phương pháp ghép trục  5  x   0;   t    1;1   Đặt t sin x , Khi phương trình f  sin x  1 trở thành f  t  1, t    1;1 Do tổng số nghiệm phương trình cho III PHÁT TRIỂN CÂU 45–46 Câu 1: Cho hàm số y  f  x f  x  3x  1  1 có đồ thị cho hình vẽ bên Hỏi phương trình có tất nghiệm thực phân biệt? B C A Lời giải Chọn B Cách 1: Tự luận truyền thống - Dựa vào đồ thị hàm số f  x , ta có: TRANG D 11   x  3x  b  b   1     x3  3x 1 1   x3  3x 1 c    c  3  3   3 x  x       x  3x  d  d  3     x  3x  a  a  d   1 f f  x  3x  1  1   f  Dựa vào đồ thị hàm số y  x  x  (hình vẽ đây) Ta suy ra: Phương trình (1), (2), (4) phương trình có nghiệm, phương trình (3) có nghiệm nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Cách 2: Phương pháp ghép trục Đặt u  x  3x  Ta có u  x  3x  u x  0  x 1 ; BBT hàm số u  x : x u'  + u 1 + + +   f  u  3 f  u   1   f x  3x   1  f  u  1 Phương trình trở thành:  Từ đồ thị hàm số  y  f  x biến thiên hàm hợp từ bảng biến thiên hàm số f  x  x  1  f (u ) Từ bảng ta thấy phương trình Câu 2: f  u  1 u  x  x3  3x  ta có bảng sau sau: f u 3 có nghiệm phương trình   có nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm f  x Cho hàm số liên tục  có bảng biến thiên hình bên TRANG f  cos x     m  f  cos x   2m  10 0 Số giá trị nguyên tham số m để phương trình có      ;  nghiệm phân biệt thuộc đoạn   A B C Lời giải Chọn B Cách 1: Tự luận truyền thống Ta có f  cos x     m  f  cos x   2m  10 0 D  t 2 t    m  t  2m  10 0   t  f  cos x   t m  Đặt ta phương trình    x  cos x    t 2  f  cos x  2  2      x    ;   cos x 1  x 0   +) Với +) Với t m   f  cos x  m  (1)      ;   Để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt thuộc đoạn phương trình (1) có       ;0;   ;   nghiệm đoạn khác    x    ;     u cos x    1;1 Với Nhận xét: 1     u   ;1 x    ;    có nghiệm   Nếu 1     u    1;  x    ;   có nghiệm    Nếu u 1 Do yêu cầu toán xảy phương trình (1) thỏa 1  u    1;  2  có nghiệm Từ bảng biến thiên suy  m    m  f  cos x  m   f  u  m  m   1; 2;3; 4;5; 6 Vì m   nên Cách 2: Phương pháp ghép trục TRANG    x    ;  t cos x    1;1   Đặt  x 0 t ' 0  sin x 0    x  Khi phương trình f  cos x     m  f  cos x   2m  10 0 thành  f  t  2 f  t     m  f  t   2m  10 0    f  t  m  f  t  2 Do phương trình có nghiệm nên yêu cầu toán tương đương với phương trình f  t  m  có nghiệm  m    m  m   1; 2;3; 4;5; 6 Vì m   nên Câu 3: [CHUYÊN VINH LẦN 1-2020].Cho hàm số thiên hình bên Xác định số nghiệm phương trình A B    y f x  f x3  3x2  C 10 Lời giải Chọn C Phương pháp ghép trục Theo ta có bảng biến thiên tổng hợp: TRANG liên tục  có bảng biến f  0 ,biết   D 11 Đồ thị hàm số Câu 4:  y  f x3  3x2 Cho hàm số bậc ba y = f ( x)  phần nét liền có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 3f ( x - 3x ) = m có nghiệm phân biệt A B C D Lời giải Chọn A Phương pháp ghép trục Dựa vào bảng biến thiên, phương trình Câu 5: 1< 3f ( x3 - 3x ) = m m < 3Û 3