Phương pháp ghép trục trong bài toán hàm hợp

Dựa vào bảng biến thiên trên thì phương trình đã cho có 10 nghiệm phân biệt.. Ta có bảng biến thiên sau:.[r]

(1)

PHƯƠNG PHÁP GHÉP TRỤC TRONG BÀI TOÁN HÀM HỢP

I NGUYÊN TẮC GHÉP TRỤC XÉT SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM HỢP g  f u x   Bước 1: Tìm tập xác định hàm g  f u x  , giả sử ta tập xác định

 1; 2  3; 4  n 1; n

D  a a  a a   a  a Ở làa1  ;an  

Bước 2: Xét biến thiên u u x và hàm y f x( )(B2 làm gộp bước đơn giản)

Bước 3: Lập bảng biến thiên tổng hợp xét tương quan x u; u x  u g;  f u( ) Bảng thường có dòng dạng

Cụ thể thành phần BBT sau

Dòng 1: Xác định điểm kỳ dị hàm u u x , xếp điểm theo thứ tăng dần từ trái qua phải, giả sử sau: a1 a2  an1 an(xem ý 1)

Dòng 2: Điền giá trị ui u a i với i1, ,n

Trên khoảng u ui; i1,i1,n1 cần bổ xung điểm kỳ dị b b1; ; ;2 bk của hàm y f x( ) Trên khoảng u ui; i1,i1,n1 cần xếp điểm u bi; ktheo thứ tự chẳng hạn:

1

i k i

u  b b  b u ui  b1 b2   bk ui1 (xem ý 2)

Dòng 3: Xét chiều biến thiên hàm g  f u x   dựa vào BBT hàm y  f x( ) cách hốn đổi:

u đóng vai trị x; f u đóng vai trị f x 

Sau hoàn thiện BBT hàm hợp g  f u x   ta thấy hình dạng đồ thị hàm

Bước 4: Dùng BBT hàm hợp g  f u x   giải yêu cầu đặt toán kết luận

Chú ý 1:

- Các điểm kỳ dị uu x( )gồm: Điểm biên tập xác định D, điểm cực trị uu x 

- Nếu xét hàm u  u x  dịng điểm kỳ dị cịn có nghiệm pt u x 0(là hồnh độ giao điểm u u x( )với trục Ox)

- Nếu xét hàm uu x  dịng điểm kỳ dị cịn có số (là hoành độ giao điểm u u x( )

với trục Oy)

Chú ý 2:

- Có thể dùng thêm mũi tên để thể chiều biến thiên uu x 

- Điểm kỳ dị y  f x( )gồm: Các điểm f x( )vàf x( ) khơng xác định; điểm cực trị hàm số

( )

y  f x

- Nếu xét hàm g  f u x   dịng điểm kỳ dị cịn có nghiệm pt f x 0(là hoành độ giao điểm uu x( )với trục Ox)

- Nếu xét hàm g  f u x   dịng điểm kỳ dị cịn có số (là hồnh độ giao điểm

( )

(2)

II ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ GIÁO DỤC

Câu 45-MH-BGD-L1:Cho hàm số f x có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc đoạn  ;2  phương trình sinf x 3

A B C D

Lời giải Chọn B

Cách 1: Tự luận truyền thống

Đặt tsinx Do x   ;2  nên t  1;1

Khi ta có phương trình    

2 f t    f t   Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  

2

f t   có nghiệm t a   1;0  0;1

t b 

Trường hợp 1: t a   1;0

Ứng với giá trị t  1;0 phương trình có nghiệm

1

x x x x

  

        Trường hợp 2: t b  0;1

Ứng với giá trị t 0;1 phương trình có nghiệm 0  x5 x6  Hiển nhiên nghiệm trường hợp khác

Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn  ;2 

Cách 2: Phương pháp ghép trục

Đặt tsinx  1;1 x   ;2 ;

2

' cos

2 x

t x x

x  

      

    

   

(3)

Ta có sin  sin  f x    f x  

Do tổng số nghiệm phương trình cho

Câu 46-MH-BGD-L1:Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị hình bên Số điểm cực trị hàm số    3 2

g x  f x  x

A B C D 11

Lời giải Chọn C

Từ đồ thị ta có bảng biến thiên hàm số y f x   sau

Ta có g x  f x 33x2  g x 3x26 x f x  33x2

Cho g x 0 

 

2

3

x x

f x x

  



  

 

3

0

3 ;

     

   



   

 

  

 x x

x x a a

x x b b

x x c c

Xét hàm số h x x33x2  h x 3x26x Cho h x 0 

2

x x

(4)

Ta có đồ thị hàm h x x33x2 sau Từ đồ thị ta thấy:

Đường thẳng y a cắt đồ thị hàm số y h x   điểm Đường thẳng y b cắt đồ thị hàm số y h x   điểm Đường thẳng y c cắt đồ thị hàm số y h x   điểm

Như phương trình g x 0 có tất nghiệm đơn phân biệt Vậy hàm số g x  f x 33x2 có cực trị

Xét hàm số ux33x2 ta có ' 3 6 0 2.

0

x

u x x

x        

 

Gọi , ,a b c điểm cục trị hàm số y f x  a   0 b c Và ta có f a  f c 0; f b 0

Suy g x  f x 33x2 có điểm cực trị

Câu 46-MH-BGD-L2:Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau

Số nghiệm thuộc đoạn 0;5 

 

 

  phương trình f sinx1

A B C D

(5)

Chọn C

Đặt tsinx, 0;5  1;1

2

x   t

 

Khi phương trình fsinx1 trở thành f t    1, t  1;1

Đây phương trình hồnh độ giao điểm hàm số y f t  đường thẳng y1

Dựa vào bảng biến thiên, ta có    

 1;

0;1 t a f t

t b         



Trường hợp 1: t a   1;0

Ứng với giá trị t  1;0 phương trình sinx t có nghiệm x x1, thỏa mãn

1 2

x x

   

Trường hợp 2: t b  0;1

Ứng với giá trị t 0;1 phương trình có nghiệm x x x1, ,2 3thỏa mãn

3

5

0 ; ;

2

x x   x 

    

Hiển nhiên nghiệm trường hợp khác Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn 0;5

2 

 

 

  Cách 2: Phương pháp ghép trục

Đặt tsinx, 0;5  1;1

2

x   t

 

Khi phương trình fsinx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  có đồ thị cho hình vẽ bên Hỏi phương trình

 3 1

(6)

A B C D 11 Lời giải

Chọn B

- Dựa vào đồ thị hàm số f x , ta có:

   

 

   

       

3

3 1

3 1 1 3

3

3 1

x x b b

f x x x x c c

f x x

x x d d

f x x

x x a a d

     



          



      

        

 

   



Dựa vào đồ thị hàm số y x  3 3x 1 (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x33x1

Ta có u x 3x23; u x    0 x 1 BBT hàm số u x :

x u' u

1

0

+ +

 +

3

1



+

(7)

Phương trình f x 3   3x 1 1 trở thành:       1 f u f u f u         Từ đồ thị hàm số y f x  từ bảng biến thiên hàm số  

3

u x x  x ta có bảng sau

biến thiên hàm hợp  

3 ( )

f x  x  f u sau:

Từ bảng ta thấy phương trình f u 1 có nghiệm phương trình f u 3 có

nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm

Câu 2: Cho hàm số f x  liên tục  có bảng biến thiên hình bên

Số giá trị nguyên tham số m để phương trình f2cosx  3m f cosx2m10 0 có

đúng nghiệm phân biệt thuộc đoạn ;

3    

 

 

A B C D

Lời giải

Chọn B

Ta có f2cosx  3m f cosx2m10 0

Đặt t fcosx ta phương trình 3  2 10 0

5

t

t m t m

t m            

+) Với  

1 cos

2 cos 2

cos

x x

t f x

x x                   

;

3 x   

  +) Với t m  5 fcosx m (1)

Để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt thuộc đoạn ;    

 

  phương trình (1) có

đúng nghiệm đoạn ;

3    

 

  khác 3;0;3

 



Với ;

3 x   

(8)

Nhận xét:

Nếu 1;1

2

u  có nghiệm ; x   

 

Nếu u1 1;1

2 u  

 có nghiệm x  3;

 

     Do u cầu tốn xảy phương trình (1) thỏa

cos   

f x   m f u  m có nghiệm 1;1 u  

 Từ bảng biến thiên suy  4 m   5 m7

Vì m nên m1;2;3; 4;5;6 Cách 2: Phương pháp ghép trục Đặt tcosx  1;1 ;

3 x   

 

0

' sin x

t x

x        

 

Khi phương trình f2cosx  3m f cosx2m10 0 thành

  2      

3 10

5 f t

f t m f t m

f t m  

      

  

Do phương trình f t 2 có nghiệm nên yêu cầu tốn tương đương với phương trình

 

f t  m có nghiệm 4      m m 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  có bảng biến thiên hình bên

Xác định số nghiệm phương trình  3 2  3

2

(9)

A 6 B 9 C 10 D 11 Lời giải

Chọn C

Phương pháp ghép trục

Theo ta có bảng biến thiên tổng hợp:

Đồ thị hàm số y f x  3x2là phần nét liền

Câu 4: Cho hàm số bậc ba y  f x  có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên tham số

m để phương trình 3f x 3x  m có 8 nghiệm phân biệt

A 5 B 4 C 3 D 6

Lời giải Chọn A

(10)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 3f x 3x  m có 8 nghiệm phân biệt

khi 1 3 3 9

3

m m m  m 4,5, 6, 7, 8

Câu 5: Cho hàm số y f x x22x Số điểm cực trị hàm số g x( ) f f x  1

A B C D 11

Phương pháp ghép trục   2

y f x x  x BBT

Đặt u  f x 1

Ta có u x  f x ; u x  0 f x      0 x u BBT hàm số u x :

Từ hai BBT ta có BBT hàm số g x( ) f f x   1 f u 

Vậy hàm số ban đầu có điểm cực trị

(11)

Tìm số điểm cực trị hàm số yg x( ) f x 24x5

A B C D

Cách 2: PP tự luận truyền thống

 Đầu tiên ta nhận xét x3 x4 đồ thị f x  tiếp xúc trục Ox nên ta có  

2

0

4 x

f x x

x       

  

x3,x4 nghiệm kép  Ta có y g x( ) f x 24x5, nên

       

2

2 4

4

x

g x x f x x

f x x

  

        

   



 Xét phương trình  

2

0

4 t

f t t

t       

  

,ta loại hai nghiệm t3 t4 nghiệm kép không điểm cực trị

 Từ t2; x24x       5 2 x 1 x 3

 Tóm lại hàm số g x  có ba điểm cực trị x 1; x 2; x 3 Cách 2: PP ghép trục

BBT cùa hàm số y f x 

Đặt ux24x5

2

u  x

0

u      x u BBT u

BBT hàm số yg x( ) f x 24x5 f u 

(12)

Câu 7: Cho hàm số y f x  liên tục R có đồ thị hình vẽ

Tìm số nghiệm phương trình fsinxcosx 2 đoạn 0; 2

A B C D

Ta có sin cos  2 sin

4

f x x    f x  

 

Dựa vào đồ thị ta có

    1 3

2 sin ; sin

4

1

2 sin sin

4

2 sin 0;1 sin

4

a

x a x

x x

a

x a x

                                                                        

Ta có 1

2

a  

nên phương trình sin

4

a x    

 

  vô nghiệm

Xét đồ thị hàm số sin

4 y x 

  đoạn 0;2

Ta thấy phương trình sin

4

x     

 

  có nghiệm đoạn 0;2; phương trình

3 sin a x      

  có nghiệm đoạn 0;2 nghiệm khác Vậy phương trình fsinxcosx 2 có nghiệm đoạn 0;2

x y -3 -4 -2 -1 -1 -2

-3 O

x y -3 -4 -2 -1 -1 -2

-3 O

x y 9π 5π -π π

y = a3

(13)

Ta có fsinxcosx  2 f sinxcosx 2

Đặt usinxcosx Ta có u cosxsinx;

cos sin sin cos tan

0

4

x x x x x x k

u           

Mà 0; 

5 x x

x  

   

  

   BBT hàm số u x :

Hàm số u có điểm cực trị

5 x x

        

Ta có f 2 a, f  b với a0, 2  b

Từ đồ thị hàm số y f x  từ bảng biến thiên hàm số usinxcosx ta có bảng sau:

Từ bảng ta thấy phương trình f u  2 có nghiệm x Vậy phương trình cho có nghiệm x

(14)

Số nghiệm thuộc khoảng ;2  

 

 

  phương trình f 2 cosx1 2 1 

A B C D

Lời giải Chọn D

Đặt 1, ;

3 u cosx x 

 

 

'

u x sinx

   ;    

 0

0

3 u

x u x

u

x  

   

      

 



 

BBT u x 

Số nghiệm thuộc khoảng ;

3  

 

 

  phương trình f 2 cosx1 2

Câu 9: Cho hàm số y f x  liên tục xác định R có đồ thị hình vẽ Hàm số y f x 24 x có tất điểm cực trị?

A B C D 11

(15)

Đặt t u x   x24x

Vẽ đồ thị hàm số u x x24x, từ suy đồ thị   tu x

Bảng biến thiên

Suy hàm số yg x  f x 24 x có tất diểm cực trị

Câu 10: Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Phương trình f 1f x 0 1 

có tất nghiệm thực phân biệt?

A B C D

Cách 1: Phương pháp tự luận     

 

     

1 ( 1)

1 (0 1)

1 (1 2)

f x m m f x m

f x n n f x n

f x p p f x p

       

 

 

       

       

(16)

+) Do  2 m     1 m

 phương trình f x  1 mcó nghiệm x1 +) Do 0     n 1 n

 phương trình f x  1 n có nghiệm x x x2, ,3 +) Do 1      p 1 p

 phương trình f x  1 pcó nghiệm , , x x x5

Dễ thấy nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm Cách 2: Phương pháp ghép trục

Đặt u 1 f x 

Từ đồ thị hàm y f x  ta suy BBT hàm u 1 f x  hàm f u  sau ( Với  4

f    3 f  0 0)

Từ bảng ta thấy phương trình f u 0 có nghiệm phân biệt

Câu 11: Cho hàm số y f x  có đạo hàm  có đồ thị đường cong hình vẽ Đặt     

g x  f f x  Số điểm cực trị hàm số g x 

A B C 10 D

(17)

Chọn B

Cách 1: Phương pháp tự luận

                

 

3

0 f f x

g x f f x f x g x f f x f x

f x

 

     

 



    

 

  

  0 f x f x a

x x a

 

 

 

 

 

, 2  a 3

 

+ f x 0 có nghiệm đơn phân biệt x1, x2, x3 khác a

+ Vì 2 a nên f x a có nghiệm đơn phân biệt x4, x5, x6 khác x1, x x2, 3, 0, a Suy g x 0 có nghiệm đơn phân biệt

Do hàm số g x 3f f x  4 có điểm cực trị Cách 2: Phương pháp ghép trục

Đặt u f x 

Từ đồ thị hàm y f x  ta suy BBT hàm u f x  hàm g x 3f f x  4

như sau (với 2 a 3; f    5 f a  4)

Từ BBT hàm hợp ta có hàm số g x 3f f x  4 có điểm cực trị Câu 12: Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị hình vẽ

(18)

A 3 B 5 C 7 D 11 Lời giải

Chọn D

Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống

Do y f x là hàm số bậc bốn nên hàm số liên tục có đạo hàm ln xác định  x 

Theo đồ thị hàm số ta có f x 0

    0;1 1;3 x x x x x          

Mặt khác g x 3x23 f x 33x1 nên g x 0

 

2

3

x

f x x

          3 1

3 1

3

x x

x x x

x x

x x x

                   

Xét hàm số h x x33x1  Ta có h x 3x23, h x 0

1 x x

 

    , từ ta có BBT yh x  sau

Từ BBT hàm số h x x33x1 nên ta có    

1 0;1

h x  x có ba nghiệm phân biệt,

 

h x  có nghiệm phân biệt, h x x2 1; có ba nghiệm phân biệt nghiệm khác đồng thời khác 1 1 Vì phương trình g x 0 có 11

nghiệm phân biệt nghiệm đơn nên hàm số yg x có 11 cực trị Cách 2: PP ghép trục

Từ đồ thị hàm số ta có f x 0

    0;1 1;3 x a x x b          

 

   

1

0 f

f a f b  

  



Đặt tx33x  1 t' 3x23 Cho t' 0   x 1.

(19)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số g x  f x 33x1 có 11 điểm cực trị Câu 13: Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ

Tìm tất giá trị mđể phương trình

2

3

2

x x

f m

x

    

  

  có nghiệm

A  4 m 2 B m  4 C 2m4 D 2m4

Cách 1: Phương pháp truyền thống

Dựa vào đồ thị cho ta có đồ thị hàm y f x 

Đặt

 

2

2 2

3 4

2 2 2

x x x

t t

x x

    

  

  ;

1

x t

x        

(20)

Dựa vào bảng biến thiên ta có x   t  1; Vậy phương trình

2

3

2

x x

f m

x

    

  

  có nghiệm phương trình f t  m có

nghiệm t 1;  2 m4 Cách 2: Phương pháp ghép trục

Dựa vào đồ thị cho ta có đồ thị hàm y f x 

Đặt

 

2

2 2

3 4

2 2 2

x x x

t t

x x

    

  

  ;

1

x t

x        



Ta có bảng biến thiên:

Với 2 a Vậy phương trình

2

3

2

x x

f m

x

    

  

  có nghiệm 2m4

(21)

Số điểm cực trị hàm số g x( ) f x( 33x2)

A B C D 11

Cách 1: Tự luận truyền thống Ta có:

2

'( ) (3 3) '( 2)

g x  x  f x  x

2

3

1

3

'( ) (1)

'( 2)

3 (2)

3 (3)

x x x

g x x x a

f x x

x x b

x x c

     

   

     



  

    

   



Dựa vào đồ thị hàm số y x  3 3x 2, suy ra:

Phương trình (1) có nghiệm khác 1,    4 a

Phương trình (2) có nghiệm khác 1,   1 b

Phương trình (3) có nghiệm phân biệt khác 1, 0 c

Như phương trình '( ) 0g x  có 7nghiệm phân biệt, tức hàm số g x( ) f x( 33x2) có điểm cực trị Chọn B

(22)

Đặt t x    3 3x 2 t 3x2     3; t 0 x 1

Khi hàm số trở thành g t  f t 

Từ đồ thị hàm số g x  f x ta có điểm cực trị a   ; , b  1;0 , c0; Khi ta có bảng biến thiên sau:

Vậy có tất điểm cực trị

Câu 15: Cho hàm số bậc bốn y f x  Đồ thị hàm số y f x  hình vẽ bên Số điểm cực đại hàm số g x  f x22x2

A B C D

Ta có    

2

x

g x f x x

x x



  

 

 

Suy      

2 theo thi '

2 2

2

1

1 2 2 1

0 2

2 2 2 1

1 2

2

f x

x

x x x

g x x

f x x x x

x

x x

  

   

 

      



  





        

     

    



  

(23)

Từ suy hàm số g x  f  x22x2 có 1 điểm cực đại

Chú ý: Cách xét dấu  hay  g x'  nhanh ta lấy giá trị x0 thuộc khoảng xét thay vào g x  Chẳng hạn với khoảng   1; 2 ta chọn

   

0

1

0

2

x  g  f  dựa vào đồ thị ta thấy f 2 0

Đặt    2    

2

2 1 ;

2

x

u x x x x u x u x x

x x



 

            

 

Xét

 

2

2 1

2 1 2

1 2

2

x x x

x

x x

       

 

       

 

       



Bảng biến thiên hàm số f u  f x22x2(Dựa vào đồ thị hàm số f u )

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số f u  f  x22x2 có điểm cực đại

(24)

BÀI TẬP CHO HỌC SINH Câu 16: Cho hàm số y f x  liên tục có bảng biến thiên sau:

Phương trình cos  13

3

f x  có nghiệm thuộc khoảng ;

2  

 

 

 ?

A B C D

Đặt tcosx, ; 0;1

2

x    t

 

Phương trình cos  13

3

f x  trở thành   13

3 f t 

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình   13

f t  có nghiệm t0;1

Với nghiệm t0;1, thay vào phép đặt ta phương trình cosx t có hai nghiệm phân

biệt thuộc thuộc khoảng ;

2  

 

 

  Cách 2: Phương pháp ghép trục

Đặt u x cosx, ; 0;1

2

x     u

 

Ta có   sin ;   0 ;

2 u x   x u x     x    

  Bảng biến thiên hàm số f u  nửa khoảng 0;1

Quan sát bảng biến thiên ta thấy phương trình   13

(25)

Số nghiệm phương trình f4 x36x29x 3 0

A B C D

Cách 1: Phương pháp truyền thống Điều kiện xác định x36x29x  0 x 0

Ta có  

        

3

1

3

2

3

4 ;

4 9 2;

4 4;

x x x a

f x x x x x x a

x x x a

                            Đặt t 4 x36x29x với x0

2

3

3 12

2

x x

t

x x x

 

 

 

 với x0; 0 3 12 9 0

3

x

t x x

x            

Lập bảng biến thiên t 4 x36x29x

Từ bảng biến thiên trên, suy Phương trình  1 có nghiệm Phương trình  2 có nghiệm Phương trình  3 vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Cách 2: PP ghép trục

Đặt t 4 x36x29x với x0

3

3 12

2

x x

t

x x x

 

 

 

 với x0; 0 3 12 9 0

3

x

t x x

x            

Lập bảng biến thiên t 4 x36x29x

(26)

Dựa vào bảng, phương trình cho có nghiệm phân biệt

Câu 18: Cho hàm số y f x  có đồ thị hình sau Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f 4x2m có nghiệm phân biệt

A B C D

Cách 1: Cách tự luận truyền thống

Từ đồ thị, suy bảng biến thiên hàm số y f x 

Xét hàm số g x  f 4x2 TXĐ D  2;2

Ta có    2

2

' '

4 x

g x f x

x

  



   

2

0 0

' 1( )

'

4

x

x x

g x x l

f x x

x   

   



        

   

   

(27)

Dựa vào bảng biến thiên, suy phương trình g x m có hai nghiệm phân biết  

1 1;3 m m

     

Vì m nên m  1;2

Vậy có giá trị m thoả mãn toán Cách 2: PP ghép trục

Đặt t 4x2 TXĐ: D  2;2 Ta có:

2

x t

x   

 ; t     0 x  2;2 Bảng biến thiên

Phương trình f 4x2m trở thành f t m

Từ đồ thị hàm số y f x  bảng biến thiên t x  4x2 ta có bảng sau

Từ bảng suy phương trình f t m có hai nghiệm phân biệt m 1;3 m 1 Do m nên m  1;2thoả mãn tốn

Vậy có giá trị m thoả mãn

(28)

Số nghiệm thuộc đoạn  0; phương trình f x( 22 )x 2

A B C D

Lời giải

Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống

Chọn B

Ta có phương trình

2

( )

f x x f x x

f x x

  

   

  



Từ đồ thị hàm số vẽ y f x( ) ta có

2

2 1

( )

1

2

x x x

f x x

x

x x

     

   



   

 Xét đoạn  0; ta nghiệm

1;

x x 

2

( )

2

x x a x x a

f x x

x x b x x b

      

    

    

  với

2

1

a b     

  



Với phương trình x22x a 0 có     1 a 0 phương trình vơ nghiệm

Với phương trình 2 0 1

1

x b

x x b

x b

   

    

  

 ta có nghiệm x 1 b 1 cịn

0 1  b 1 4, trường hợp phương trình có nghiệm Kết luận phương trình cho có nghiệm đoạn  0;

Đặt tx22x, ta có ' 2t  x2, từ đồ thị hàm số ( )f x cho ta có (0) 1f  ,

(1) ( 1)

(29)

Qua bảng ta thấy phương trình f t( )  2 f x( 22 )x 2 có 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 hình vẽ

Hàm số y f x 21 có điểm cực trị?

A B C D

Ta có  

3

2

0

1

2

1

5

x

x x

y xf x y x

x

x x



  

     

            

   

   

Hay y 0 có nghiệm bội ba, bốn nghiệm đơn Vậy hàm số y f x 21 có điểm cực trị Cách 2: Phương pháp ghép trục

Từ đồ thị hàm số y f x  ta có bảng biến thiên hàm số y f x  sau

Đặt u x21

(30)

Hàm số y f x 21 trở thành hàm số: y f u 

Từ bảng biến thiên hàm số y f x  bảng biến thiên hàm số  

1

u x x  ta có bảng sau

Từ bảng ta thấy hàm số y f x 21 có điểm cực trị

Câu 21: [KIM THANH HẢI DƯƠNG 2020] Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau

Số nghiệm thực phương trình 2f  x 1

A B C D

Ta có 1  1 

5 f  x    f  x  

Từ bảng biến thiên ta có

    1 2  

5 1

1 2;

5

x

f x f x

x a    

        

    



Suy phương trình 2f  x 1 có nghiệm thực Cách 2: Phương pháp ghép trục

Đặt u 1 2x Ta có u x  2

(31)

Từ bảng biến thiên ta có  

f u   có nghiệm thực Suy phương trình 2f  x 1 có nghiệm thực

Câu 22: [CHUYÊN NGỮ HÀ NÔI 2020] Cho hàm số y f x( ) có bảng xét dấu đạo hàm sau

Hàm số g x  f3x2 đồng biến khoảng đây?

A  2;4 B 1;1 C  1;2 D  0;1 Lời giải

Chọn A

Cách 1: Tự luận truyền thống   3 2

g x  f x

  3 2 3 2

3 2

x

g x f x f x

x

    

           

  

2

3

x x      

  

Chọn đáp án A  2; 4;

 

    Cách 2: Phương pháp ghép trục Đặt u 3x2 Ta có u x 3

Hàm số g x  f 3x2 trở thành hàm số: y f u 

Từ bảng xét dấu đạo hàm hàm số y f x  ta có bảng sau

Từ bảng ta thấy 2; 3  

 

 

;   

 

(32)

Số nghiệm thuộc đoạn ;13

4

 

 

 

  phương trình fsinxcosx 1

A 7 B 10 C 6 D 8

Ta có  

       

2 sin ;

4

2 sin 2;0

4

sin cos sin

4

2 sin 0;

4

2 sin 2;

4

x t

f x x f x

x t x t                                                                                 Các phương trình  1  4 vô nghiệm

Xét đồ thị hàm số sin

4 y x 

 

7 ;13

4

 

 

 

 

Ta thấy phương trình  2 có nghiệm phân biệt phương trình  3 có nghiệm phân biệt đồng thời số chúng nghiệm trùng Vậy phương trình cho có 10 nghiệm phân biệt thuộc đoạn ;13

4

 

 

 

 

Đặt sin cos sin

4 t x x x 

 

7 13

;

4

x  

  nên t  2; 2

3 11

2 cos ; ; ; ; ;

4 4 4 4

t  x   x  k   x       

   

Khi phương trình fsinxcosx 1 thành f t  1

(33)

Dựa vào bảng biến thiên phương trình cho có 10 nghiệm phân biệt

Câu 24: Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị hình vẽ

Số điểm cực trị hàm số g x  f2x33x2

A 5 B 3 C 7 D 11

Do y f x là hàm số bậc bốn nên hàm số liên tục có đạo hàm ln xác định  x Theo đồ thị hàm số ta có  

      2; 1;0 0;0,75 x x

f x x x

x x                

Mặt khác g x 6x26x f  2x33x2 nên  

 

2

3

6

0

2

x x

g x

f x x

            3 2 3 3 x x

x x x

                 

Xét hàm số h x 2x33x2 Ta có h x 6x26x,   0

1 x h x x        

(34)

Từ BBT hàm số h x 2x33x2 nên ta có  

(35)

Gọi a b c, , điểm cực trị hàm số y f x ,      2 a b c 0,75

Đặt t2x33x2; ' 0 6 6 0

1

x

t x x

x        

   Khi phương trình g x  f2x33x2 f t( ) Ta có BBT

Do phương trình g x 0 có bảy nghiệm phân biệt nghiệm đơn nên hàm số y g x   có 7 cực trị

Câu 25: Cho hàm số f x có bảng biến thiên sau:

2 

 

 

 của phương trình 2fcosx 3

A B C D

Cách 1: Ta có    

 

cos ;

cos 1;0

3

2 cos cos

2 cos 0;1

cos 1;

x a x b

f x f x

x c x d

    



   

     

  

(36)

Vì cosx  1;1 nên cosx a    ; 1 cosx d 1;  vô nghiệm Xét đồ thị hàm số ycosx ;

2 

 

 

 

Phương trình cosx b   1;0 có nghiệm phân biệt

Phương trình cosx c  0;1 có 3nghiệm phân biệt, khơng trùng với nghiệm phương trình cosx b   1;0

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc đoạn ;

2 

 

 

 

Cách 2: PP ghép trục

Ta có cos  cos   *

2

f x    f x 

Đặt tcos ,x t  1;1; t sin ;x t   0 x k ; ;  ; 0; ; 

x    x

     

 * trở thành   f t 

Số nghiệm phương trình  * đoạn ; 2 

 

 

  số giao điểm đồ thị hàm số  ,  1;1

(37)

Từ bảng biến thiên ta kết đường thẳng

y cắt đồ thị hàm số y f t  điểm hay phương trình  * có nghiệm phân biệt đoạn ;

2   

 

 

Câu 26: Cho hàm số bậc bốn y f x  Hàm số y f x  có đồ thị sau

Số điểm cực đại hàm số y f  x22x2

A B C D

Từ đồ thị 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 x22x2

Ta có      

2

2 2 2 2

2

x

y f x x x x x x x x

x x

 

 

              

   

     

  

2

2 2

1 2 1

2 2 2

x x x x x x

      



       

1

0 2

1 2 x

y x

x     

          

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực đại

Cách 2: Phương pháp ghép trục Đặt u x22x2

2 '

2

1

'( ) ( 2)

2

x

u x x x x

x x



       

 

(38)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y f  x22x2 có điểm cực đại

Câu 27: Cho hàm số y f x  có đạo hàm có đồ thị đường cong hình vẽ

Đặt g x 3f f x  4 Số điểm cực trị hàm số g x 

A B C 10 D

Cách PP tự luận truyền thống

       g x  f f x f x

         

 

    0

0

f x

f f x f x a

g x f f x f x

x f x

x a

 



   

    

 

 

 

 

   , 2 a 3

O



3 y

(39)

 

f x  có nghiệm đơn phân biệt x1, x2, x3 khác a

Vì 2 a nên f x a có nghiệm đơn phân biệt x4, x5, x6 khác x1, x2, x3, , a Suy g x 0 có nghiệm đơn phân biệt

Do hàm số g x 3f f x  4 có điểm cực trị Cách Phương pháp ghép trục

Đặt u  f x , ta có bảng biến thiên hàm f u :

Số điểm cực trị hàm số g x 3f f x  4 với số điểm cực trị hàm số f f x   tức hàm số f u  Từ bảng biến thiên f u , ta g x  có cực trị

Câu 28: [TÂN TÂY ĐÔ L8]Cho hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ

Có giá trị nguyên m  10;10 để phương trình f  x22x10 3 m có nghiệm?

A.8 B.6 C.9 D.7

Đặt t x22x10 t x12  9 t 3

Để phương trình f x22x10 3 m  f x22x10 m 3có nghiệm đường thẳng y m 3 cắt đồ thị y f x  điểm có hoành độ x3

Từ đồ thị ta m    3 m

Mà m  10;10 có giá trị m thỏa mãnChọn C

(40)

Khi

2

'( ) '

2 10

x

u x u x

x x



     

 

BBT hàm số u x :

Phương trình f x22x10 3 m  f x22x10 m 3 f u  m 3

Từ đồ thị hàm số y f x  từ bảng biến thiên hàm số u x22x10 ta có bảng sau

biến thiên hàm hợp  

2 10 ( )

f x  x  f u sau:

Từ BBT: phương trình f u  m với u3 có nghiệm m    3 m Mà m  10;10 có giá trị m thỏa mãn

Câu 29: Cho hàm số bậc bốn y f x  Đồ thị hàm số y f x  hình vẽ bên

Số điểm cực đại hàm số g x  f x22x2

A B C D

(41)

Ta có    

1 2 2

2

x

g x f x x

x x



    

 

Suy      

2 theo thi '

2 2

2

1

1 2 2 1

0

2 2 2 1

1

2

f x x

x

x x x

g x x

f x x x x

x x x                                             Bảng xét dấu

Từ suy hàm số g x  f  x22x2 có 1 điểm cực đại Chọn A

Chú ý: Cách xét dấu  hay  g x'  nhanh ta lấy giá trị x0 thuộc khoảng xét thay vào g x  Chẳng hạn với khoảng   1; 2 ta chọn

   

0

1

0

2

x  g  f  dựa vào đồ thị ta thấy f 2 0

Cách 2: Phương pháp ghép trục:

Đặt

2

2 1

2

x

t x x t x t

x x

 

          

 

Ta có bảng biến thiên:

Giải thích:

Dựa vào đồ thị khoảng 1;, f t có điểm cực tiểu t2 đạo hàm đổi dấu từ (-) sang(+) Tại điểm t1 điểm cực đại dựa vào đồ thị hàm số f t  đổi dấu từ (+) sang (-) Do hàm số cho có cực đại Chọn A

Câu 30: [SỞ BN L1]Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình

 

3sin cos

4

2cos sin

     

   

 

x x

f f m m

x x  1 có nghiệm?

(42)

A B C D Vô số Lời giải

Chọn A

Đặt 3sin cos

2 cos sin

 



 

x x

t

x x 2 cost  x t sin x  1 4t  *

Phương trình  * có nghiệm    2  2 2

2t1  t  4t1

11

   t Suy 0 t

Từ đồ thị y f x  ta có

* y f x  đồng biến 0; *m24m 4 m220;

*t0;

Nên 3sin cos  4 4

2cos sin

     

   

 

x x

f f m m

x x

 f t  f m 24m4 t m24m4

Phương trình  1 có nghiệm  0m24m 4 1m24m 4 1  3   m 1 Do m Z     m  3; 2; 1 Chọn A

Cách2: pp ghép trục:

Đặt 3sin cos

2 cos sin

 



 

x x

t

x x 2 cost  x t sin x  1 4t  *

Phương trình  * có nghiệm    2  2 2

2t1  t  4t1

11t 2t

   

11

   t Suy 0 t

t

11



t

 

f t f 1

f 0 Dựa vào đồ thị  0;1 hàm số f t luông đồng biến

Yêu cầu toán  đường thẳng y f m 24m4 có điểm chung với đồ thị y f t   0  4 4  1 0 4 4 1

f f m m f m m

           3   m



 4 4

(43)

Do m Z     m  3; 2; 1 Chọn A

Câu 31: Cho hàm số y f x  có đồ thị hình bên

Có giá trị nguyên tham số m cho phương trình

2

4

6

2

1 x

f m

x x

 

  

   

  có

nghiệm?

A B C D

Cách 1: PP tự luận

Đặt

2

6

2 1

x u

x x

 

  Ta có  

5

12 12

'

1

x x

u

x x

 

 

 

Cho ' 0

1

x u

x       

(44)

Bài tốn trở thành tìm m ngun để phương trình f u  m 1 có nghiệm u 2;4 Dựa đồ thị suy f u  m 1 có nghiệm    1 m  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

2

4

6

2 x u

x x

 

   

5

4

12 12

'

1

x x

u

x x

 

 

 

Cho ' 0

1

x u

x       



Suy f u  m có nghiệm    1 m   2 m Câu 32: Cho hàm số y f x  liên tục  có bảng biến thiên hình vẽ

x – ∞ -1/4 1/4 + ∞

y' – + – +

y +

∞

-1

3

2

(45)

Hỏi phương trình 2f x 2 x5 có nghiệm

A B C D

Ta có 2f x 2 x5  

2 f x x

  

Xét hàm số g x  f x 2 x

Đây hàm số chẵn nên phương trình  

g x  có nghiệm x0 có nghiệm x0 nên ta cần xét với trường hợp x0

Với x0 ta h x  f x 2x Đặt ux2x, ' 2u  x 1 0

2 x   Ta có bảng biến thiên tổng hợp:

Từ suy phương trình  

h x  có nghiệm phân biệt dương Suy phương trình  

2

g x  có nghiệm phân biệt

Câu 33: Cho hàm số y f x  xác định liên tục  có đồ thi hình vẽ x

0

2 + ∞

h(x)

-1

3

2

+ ∞

u −1 + ∞

4

(46)

Số giá trị nguyên tham số m để phương trình 7.f5 3cos  x3m10 có hai

nghiệm phân biệt thuộc đoạn ;

2    

 

 

A B C D

Cách 1: Phương pháp tự luận:

 

7f cos  x 3m10, ; 2 2

x   

       *

Đặt t 5 3cos x  1 3sin

1 3cos

x t

x

 

 ; t   0 x

Nhận xét:

+) Với

1

t t

   

 , suy phương trình  1 khơng có nghiệm thuộc 2 2;  

     

+) Với t1, suy phương trình  1 có nghiệm thuộc ; 2 2

 

(47)

+) Với 1 t 3, suy phương trình  1 có hai nghiệm thuộc ; 2 2        

Lúc đó, phương trình  * trở thành   10

7

m f t  

Để phương trình  * có nghiệm

3 10 6

4

4 10

3 10

2 3 3

7 m m m m                   

Vì m nên m   6; 1;0;1;2;3

Vậy có giá trị nguyên thỏa điều kiện tốn Cách 2: Phương pháp ghép trục

có 7.f5 3cos  x3m10 5 3cos  10

m

f x 

     1

Đặt u 5 3cos x , với ;

2 x   

  3sin

2

2 3cos x u x      3sin 3cos x x   u   0 x (do ;

2 x    

 ) Lập bảng biến thiên hàm số f u 

Từ bảng biến thiên suy ra: Để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thì:

3 10 4

7 10 m m            10 3 m m         

(48)

Câu 34: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

2

 

 

 

  phương trình  

2

5f cos xcosx 1

A 12 B 11 C D 10

Đặt u cos2xcosx, ;5

2

 

 

  

 

x

2 sin cos sin

   

u x x x

sin

0 1

cos      

 

 x u

x

0; ;

5

; ;

3 3

     

  

   

x

Khi đó, phương trình 5f cos2xcosx1  

Định dạng
Số trang	48
Dung lượng	4,14 MB