cách thức ghép trục trong câu hỏi hàm hợp chuyên đề điều tra hàm số ôn thi THPTQG.............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. KÊNH PPT truyền hình PHƯƠNG PHÁP GHÉP TRỤC vào 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: kiếm tìm tập xác minh hàm g  f  u  x   , giả sử ta tập xác minh D   a1 ; a    a3 ; a     a n 1 ; a n  Ở a1   ; a n   cách 2: Xét biến hóa thiên u  u  x  hàm y  f ( x ) (B2 có tác dụng gộp bước đối chọi giản) cách 3: Lập bảng biến đổi thiên tổng hòa hợp xét đối sánh  x ; u  u  x   u; g  f (u ) Bảng thường sẽ có dịng dạng cụ thể thành phần BBT sau cái 1: xác minh điểm kỳ dị hàm u  u  x  , xếp điểm theo thứ tăng dần đều từ trái qua phải, trả sử sau: a1  a   a n 1  a n (xem ý 1)  dòng 2: Điền giá trị ui  u   với i  1, , n  Trên khoảng chừng  ui ; ui 1  , i  1, n  đề nghị bổ xung điểm kỳ quái b1 ; b2 ; ; bk của hàm y  f ( x ) Trên khoảng tầm  ui ; ui 1  , i  1, n  buộc phải xếp điểm ui ; bk theo vật dụng tự chẳng hạn: ui  b1  b2   bk  ui 1 ui  b1  b2   bk  ui 1 (xem ý 2) cái 3: Xét chiều biến thiên hàm g  f  u  x   nhờ vào BBT hàm y  f ( x ) cách hốn đổi: u vào vai trị x ; f  u  nhập vai trị f  x  Sau hoàn thiện BBT hàm phù hợp g  f  u  x   ta thấy ngoại hình đồ thị hàm bước 4: sử dụng BBT hàm đúng theo g  f  u  x   giải yêu ước đặt toán kết luận chăm chú 1: các điểm kỳ quái u  u ( x ) gồm: Điểm chỉnh sửa xác định D , điểm cực trị u  u  x  - giả dụ xét hàm u  u  x  dịng điểm kỳ dị cịn gồm nghiệm pt u  x   (là hoành độ giao điểm u  u ( x ) với trục Ox ) - giả dụ xét hàm u  u  x  dịng điểm kỳ cục cịn gồm số (là hoành độ giao điểm u  u ( x ) cùng với trục Oy ) chăm chú 2: rất có thể dùng thêm mũi tên để thể chiều biến chuyển thiên u  u  x  Điểm kỳ dị y  f ( x ) gồm: các điểm f ( x ) f ( x ) không xác định; điểm rất trị hàm số y  f ( x) - nếu như xét hàm g  f  u  x   dịng điểm kỳ lạ cịn tất cả nghiệm pt f  x   (là hoành độ giao điểm u  u ( x ) cùng với trục Ox ) -  nếu như xét hàm g  f u  x y  f ( x ) với trục Oy )  dịng điểm kỳ cục cịn có số (là hoành độ giao điểm II ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ GIÁO DỤC Câu 45-MH-BGD-L1: mang lại hàm số f  x  tất cả bảng trở nên thiên sau: Số nghiệm trực thuộc đoạn   ; 2  phương trình f  sin x    A B C giải mã D lựa chọn B biện pháp 1: từ luận truyền thống cuội nguồn Đặt t  sin x vì x    ;2  nên t   1;1 lúc ta gồm phương trình f  t     f  t    nhờ vào bảng trở thành thiên ta thấy phương trình f  t    t  b   0;1 bao gồm nghiệm t  a   1;0  Trường hòa hợp 1: t  a   1;0  Ứng với giá trị t   1;0  phương trình gồm nghiệm   x1  x2     x3  x4  2 Trường thích hợp 2: t  b   0;1 Ứng với giá trị t   0;1 phương trình tất cả nghiệm  x5  x6   hiển nhiên nghiệm trường phù hợp khác Vậy phương trình cho tất cả nghiệm ở trong đoạn   ; 2  phương pháp 2: phương thức ghép trục   x     t  sin x   1;1 x    ;  Đặt     ; t"   cosx    x  ;   x  3  Ta có f  sinx     f  sinx    do tổng số nghiệm phương trình mang lại Câu 46-MH-BGD-L1: mang lại hàm số bậc bốn y  f  x  tất cả đồ thị hình mặt Số điểm cực trị hàm số g  x   f  x  x  A B C D 11 giải mã Chọn C phương pháp 1: từ bỏ luận truyền thống lâu đời Từ đồ thị ta có bảng thay đổi thiên hàm số y  f  x  sau Ta có g  x   f  x  x   g   x    x  x  f   x  x  x    x  2 3 x  x  mang lại g   x       x  x  a; a    f x  x    x  x  b;  b    x  x  c; c    x  Xét hàm số h  x   x3  3x  h  x   3x  x đến h  x      x  2 Bảng đổi thay thiên Ta có đồ thị hàm h  x   x3  3x sau Từ thứ thị ta thấy: Đường trực tiếp y  a cắt đồ thị hàm số y  h  x  điểm Đường thẳng y  b giảm đồ thị hàm số y  h  x  điểm Đường thẳng y  c giảm đồ thị hàm số y  h  x  điểm Như phương trình g   x   bao gồm tất nghiệm đơn phân biệt Vậy hàm số g  x   f  x  x  gồm cực trị giải pháp 2: phương pháp ghép trục  x  2 Xét hàm số u  x  x ta có u "  x  x    x  call a , b, c điểm cục trị hàm số y  f  x  a   b   c và ta gồm f  a   f  c   ; f  b   Suy g  x   f  x  x  bao gồm điểm rất trị Câu 46-MH-BGD-L2: đến hàm số f  x  có bảng biến thiên sau  5  Số nghiệm ở trong đoạn  0;  phương trình f  sin x     A B C giải thuật D chọn C giải pháp 1: tự luận truyền thống lịch sử  5  Đặt t  sin x , x   0;   t   1;1   lúc phương trình f  sin x   trở nên f  t   1, t   1;1 Đây phương trình hồnh độ giao điểm hàm số y  f  t  mặt đường thẳng y  t  a   1;  phụ thuộc bảng trở nên thiên, ta gồm f  t      t  b   0;1 Trường hợp 1: t  a   1;0  Ứng với mức giá trị t   1;0  phương trình sin x  t bao gồm nghiệm x1, x2 thỏa mãn   x1  x2  2 Trường hòa hợp 2: t  b   0;1 Ứng với mức giá trị t   0;1 phương trình có nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn 5 ; rõ ràng nghiệm trường đúng theo khác  5  Vậy phương trình cho tất cả nghiệm nằm trong đoạn 0;    cách 2: phương pháp ghép trục  5  Đặt t  sin x , x   0;   t   1;1    x3  x4   ; 2  x5  lúc phương trình f  sin x   thay đổi f  t   1, t   1;1 vì tổng số nghiệm phương trình mang đến III PHÁT TRIỂN CÂU 45 – 46 Câu 1: đến hàm số y  f  x  có đồ thị đến hình vẽ bên Hỏi phương trình f  x3  3x 1   tất cả tất nghiệm thực phân biệt? A B C giải mã D 11 lựa chọn B cách 1: từ luận truyền thống lịch sử - nhờ vào đồ thị hàm số f  x  , ta có: f f  x  x  1     f    x  x   b  b  1     x3  3x  1    x3  3x   c  1  c  3  3    x3  3x  1    x3  3x   d  d  3     x  x   a  a  d  1 phụ thuộc vào đồ thị hàm số y  x3  3x  (hình vẽ đây) Ta suy ra: Phương trình (1), (2), (4) phương trình bao gồm nghiệm, phương trình (3) gồm nghiệm nghiệm rành mạch Vậy phương trình cho tất cả nghiệm phân biệt biện pháp 2: cách thức ghép trục Đặt u  x  x  Ta bao gồm u   x   x  ; u   x    x  1 BBT hàm số u  x  : x u" u   + 1 + + +  f u   3 Phương trình f x  3x    trở thành: f  u       f  u   Từ đồ thị hàm số y  f  x  trường đoản cú bảng trở thành thiên hàm số u  x   x  x  ta gồm bảng sau   thay đổi thiên hàm hòa hợp f  x  x  1  f (u ) sau: tự bảng ta thấy phương trình f  u   tất cả nghiệm phương trình f  u   gồm nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm Câu 2: mang đến hàm số f  x  liên tục  bao gồm bảng biến đổi thiên hình mặt Số quý giá nguyên tham số m để phương trình f  cos x     m  f  cos x   m  10  có    nghiệm phân minh thuộc đoạn   ;     A B C lời giải Chọn B biện pháp 1: từ luận truyền thống lịch sử Ta gồm f  cos x     m  f  cos x   m  10  D t  Đặt t  f  cos x  ta phương trình t    m  t  2m  10    t  m     x cos x       +) với t   f  cos x    2 x    ;        cos x  x  +) cùng với t  m   f  cos x   m  (1)    Để phương trình ban sơ có nghiệm minh bạch thuộc đoạn   ;   phương trình (1) có        nghiệm đoạn   ;   khác  ;0; 3      với x    ;    u  cos x   1;1   dìm xét: 1     giả dụ u   ;1  gồm nghiệm x    ;   2     1    nếu như u  u   1;  bao gồm nghiệm x    ;    2   vày yêu mong toán xảy phương trình (1) thỏa  1 f  cos x   m   f  u   m  tất cả nghiệm u  1;   2 từ bảng đổi thay thiên suy   m     m  vì chưng m   nên m  1; 2;3; 4;5; 6 giải pháp 2: phương pháp ghép trục    Đặt t  cos x   1;1 x    ;     x  t "   sin x    x   khi phương trình f  cos x     m  f  cos x   m  10  thành  f t   2 f  t     m  f  t   2m  10     f  t   m  bởi vì phương trình f  t   tất cả nghiệm nên u ước tốn tương tự với phương trình f  t   m  gồm nghiệm 4  m     m  vày m   đề xuất m  1; 2;3; 4;5; 6 Câu 3:   .Cho hàm số y  f x liên tiếp  gồm bảng biến chuyển thiên hình bên  khẳng định số nghiệm phương trình f x  3x   23 ,biết f  4  A B C 10 giải mã D 11 lựa chọn C phương thức ghép trục Theo ta gồm bảng vươn lên là thiên tổng hợp:  Đồ thị hàm số y  f x  3x Câu 4:  phần đường nét liền đến hàm số bậc cha y  f  x  tất cả đồ thị hình vẽ có giá trị ngun thông số m nhằm phương trình f  x  3x   m tất cả nghiệm riêng biệt A chọn A cách thức ghép trục B lời giải C D phụ thuộc vào bảng biến hóa thiên, phương trình f  x  3x   m gồm nghiệm biệt lập Câu 5: m 3 m m  m 4, 5, 6, 7, mang đến hàm số y  f  x   x  x Số điểm rất trị hàm số g ( x)  f  f  x  1 A B C giải mã D 11 chọn B cách thức ghép trục y  f  x   x2  2x BBT Đặt u  f  x   Ta có u   x   f   x  ; u   x    f   x    x   u   BBT hàm số u  x  : Từ hai BBT ta có BBT hàm số g ( x)  f  f  x   1  f  u  Câu 6: Vậy hàm số lúc đầu có điểm rất trị mang đến f ( x) hàm nhiều thức bậc mang lại đồ thị hàm số y  f ( x ) hình vẽ Từ BBT hàm số h  x   x3  3x đề xuất ta bao gồm h  x   x1 tất cả nghiệm, h  x   x2 bao gồm nghiệm, h  x   x3 có bố nghiệm phân biệt nghiệm không giống 1 vì phương trình g   x   gồm bảy nghiệm riêng biệt nghiệm đối kháng nên hàm số y  g  x  có cực trị biện pháp 2: cách thức ghép trục hotline a, b, c điểm cực trị hàm số y  f  x  , 2  a  b   c  0,75 x  Đặt t  x3  3x ; t "   x  x     x  1   khi phương trình g  x   f x3  3x  f (t ) Ta gồm BBT bởi vì phương trình g   x   gồm bảy nghiệm phân biệt nghiệm solo nên hàm số y  g  x  bao gồm cực trị Câu 25: đến hàm số f  x  gồm bảng biến thiên sau:  3  Số nghiệm ở trong đoạn   ; 2  phương trình f  cos x      A B C D giải mã Chọn B giải pháp 1: trường đoản cú luận truyền thống cuội nguồn cos x  a    ;  1  cos x  b   1;0  cách 1: Ta có f  cos x     f  cos x     cos x  c   0;1 cos x  d  1;     bởi vì cos x  1;1 buộc phải cos x  a    ;  1 cos x  d  1;    vô nghiệm  3  Xét đồ vật thị hàm số y  cos x   ; 2    Phương trình cos x  b   1;0  có nghiệm rõ ràng Phương trình cos x  c  0;1 bao gồm nghiệm phân biệt, ko trùng cùng với nghiệm phương trình cos x  b   1;0   3  Vậy phương trình cho bao gồm nghiệm phân minh thuộc đoạn   ; 2    phương pháp 2: PP ghép trục Ta có f  cos x     f  cos x   *  3  Đặt t  cos x, t   1;1 ; t    sin x; t    x  k  ; x    ; 2   x   ; 0;  ; 2    * biến chuyển f  t    3  Số nghiệm phương trình * đoạn   ; 2  số giao điểm đồ thị hàm số   y  f  t  , t   1;1 mặt đường thẳng y  Ta có bảng trở thành thiên sau: giảm đồ thị hàm số y  f  t  điểm  3  giỏi phương trình * gồm nghiệm phân minh đoạn   ; 2    trường đoản cú bảng biến hóa thiên ta kết mặt đường thẳng y  Câu 26: mang lại hàm số bậc tư y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị sau  Số điểm cực to hàm số y  f x  x   B A C giải thuật D lựa chọn D cách 1: tự luận truyền thống cuội nguồn Từ đồ vật thị y  f   x  ta chọn f   x    x  1 x  1 x  3 Áp dụng phương pháp y   f  u    u f   u  với u  Ta bao gồm y   f    x  1     x 1 x2  2x     x2  x    x2  x    x2  2x  1  x  2x    từ bảng trở thành thiên ta thấy hàm số gồm điểm cực to Cách 2: phương pháp ghép trục Đặt u  x  x  u "( x)  ( x  x  2)"  x 1 x  2x  2  x2  2x  1   x  1 Ta tất cả BBT hàm số u  u ( x ) , y  f  x  , y  f  u  :  x2  x    x  1   y     x  1  2 x2  2x    x  1  2  x  x    x  1  x  x   x2  x  từ bảng trở nên thiên ta thấy hàm số y  f  x  x   có điểm cực to Câu 27: mang đến hàm số y  f  x  có đạo hàm tất cả đồ thị đường cong hình mẫu vẽ y 1 O x Đặt g  x   f  f  x    Số điểm cực trị hàm số g  x  A B C 10 lời giải D lựa chọn B giải pháp PP trường đoản cú luận truyền thống lâu đời g   x   f   f  x  f   x  f   f   f  x   f g  x   f   f  x f   x        f   x      x   x  a , x0 xa   a  3 f  x   bao gồm nghiệm đối kháng phân biệt x1 , x2 , x3 không giống a vày  a  buộc phải f  x   a tất cả nghiệm solo phân biệt x4 , x5 , x6 khác x1 , x2 , x3 , , a Suy g   x   có nghiệm đơn phân biệt vị hàm số g  x   f  f  x    bao gồm điểm cực trị Cách cách thức ghép trục Đặt u  f  x  , ta có bảng trở nên thiên hàm f  u  : Số điểm cực trị hàm số g  x   f  f  x    cùng với số điểm cực trị hàm số f  f  x   tức hàm số f  u  trường đoản cú bảng thay đổi thiên f  u  , ta g  x  có cực trị Câu 28: đến hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ có mức giá trị nguyên m  10;10 nhằm phương trình f nghiệm? A B C giải mã   x  x  10   m gồm D lựa chọn C biện pháp 1: từ bỏ luận truyền thống lâu đời Đặt t  x  x  10  t  Để phương trình f   x  1 9  t   x  x  10   m  f   x  x  10  m  có nghiệm mặt đường thẳng y  m  cắt đồ thị y  f  x  điểm tất cả hồnh độ x  Từ thiết bị thị ta m    m  1 nhưng mà m  10;10  có mức giá trị m thỏa mãn  lựa chọn C phương pháp 2: phương thức ghép trục Đặt u  x  x  10  u   x  1 9  u  x 1 khi u "( x)  x  x  10 BBT hàm số u  x  : Phương trình f   u "   x  1  x  x  10   m  f   x  x  10  m   f  u   m  Từ đồ thị hàm số y  f  x  trường đoản cú bảng biến đổi thiên hàm số u  x  x  10 ta có bảng sau vươn lên là thiên hàm phù hợp f   x  x  10  f (u ) sau: trường đoản cú BBT: phương trình f  u   m  với u  gồm nghiệm m    m  1 cơ mà m  10;10   có giá trị m vừa lòng Câu 29: cho hàm số bậc tư y  f  x  Đồ thị hàm số y  f   x  hình vẽ mặt Số điểm cực lớn hàm số g  x   f A B lựa chọn A giải pháp 1: PP tự luận truyền thống   x  x  C giải thuật D Ta bao gồm g   x   x 1 x  2x  2 f   x2  2x  x 1    x  1 x 1  x  x      theo thi f " x     x  1  Suy g   x     2  f  x  2x    x  2x    x  1      x  2x     Bảng xét vệt Từ suy hàm số g  x   f   x  x  có điểm cực to Chọn A Chú ý: bí quyết xét vết  tuyệt  g "  x  cấp tốc ta lấy quý hiếm x0 thuộc khoảng xét cố gắng vào g  x    f   dựa vào đồ thị ta thấy f  biện pháp 2: phương thức ghép trục: x 1 Đặt t  x  x   t     x  1  t  x  2x  Ta bao gồm bảng vươn lên là thiên: x0    g   0   1; 1   ví dụ điển hình với khoảng ta lựa chọn    Giải thích: dựa vào đồ thị khoảng tầm 1;   , f  t  bao gồm điểm rất tiểu t  đạo hàm đổi vệt từ (-) sang(+) trên điểm t  điểm cực đại dựa vào vật dụng thị hàm số f   t  đổi lốt từ (+) thanh lịch (-) vị hàm số mang đến có cực lớn Chọn A Câu 30: mang lại hàm số y  f  x  tiếp tục  gồm đồ thị hình vẽ có  3sin x  cos x  f  2cos x  sin x  giá trị nguyên tham    f  m  4m   1 bao gồm nghiệm?  số m nhằm phương trình A B C lời giải D Vô số chọn A cách 1: PP tự luận truyền thống cuội nguồn 3sin x cos x    2t  1cos x   t  3sin x  1  4t *  Đặt t  cos x  sin x  Phương trình *  bao gồm nghiệm   2t  1   t     4t  1   2  t 1 11 Suy  t  Từ thiết bị thị y  f  x  ta bao gồm * y  f  x  đồng biến hóa  0;   * m  4m    m     0;   * t   0;    3sin x  cos x    f  m  4m   yêu cầu f    cos x  sin x    f  t   f  m  m    t  m  4m  Phương trình 1 bao gồm nghiệm   m  4m    m  4m    3  m  1 vày m  Z  m  3; 2; 1  lựa chọn A Cách2: pp ghép trục: 3sin x cos x    2t  1cos x   t  3sin x  1  4t *  Đặt t  cos x  sin x  Phương trình *  tất cả nghiệm   2t  1   t     4t  1  11t  2t     2  t 1 11 Suy  t  t  t f t 11 1  f 1 f 0 y  f  m  4m   nhờ vào đồ thị  0;1 hàm số f  t  lng đồng thay đổi u mong tốn  mặt đường thẳng y  f  m  m   bao gồm điểm tầm thường với thứ thị y  f  t   f    f  m2  4m  4  f 1   mét vuông  4m    3  m  1 bởi vì m  Z  m  3; 2; 1  chọn A Câu 31: đến hàm số y  f  x  gồm đồ thị hình bên  x2      m có có mức giá trị nguyên tham số m cho phương trình f   x  x 1  nghiệm? A B C lời giải Chọn C biện pháp 1: PP từ bỏ luận 6x2 12 x5  12 x Đặt u   Ta gồm  u "  x  x 1  x4  x2 1 x  mang lại u "     x  1 D bài tốn biến hóa tìm m ngun để phương trình f  u   m  bao gồm nghiệm u 2;4 Dựa đồ gia dụng thị suy f  u   m  tất cả nghiệm   m     m  biện pháp 2: cách thức ghép trục cách 1: Ghi lưu giữ f  x  bao gồm cực trị hồnh độ x  ; x  cách 2: Đặt u  12 x5  12 x 6x2  u "   2 x4  x2  x4  x2    x  đến u "     x  1 Suy f  u   m  có nghiệm   m     m  Câu 32: mang lại hàm số y  f  x  liên tiếp  có bảng biến đổi thiên hình vẽ x –∞ y" y -1/4 – +∞ + 1/4 – -1 +∞ + +∞ Hỏi phương trình f  x  x   tất cả nghiệm A B C D giải thuật Chọn C phương pháp ghép trục Ta bao gồm f  x  x    f  x  x   Xét hàm số g  x   f  x  x  Đây hàm số chẵn nên phương trình g  x   gồm nghiệm x0 tất cả nghiệm  x0 bắt buộc ta cần xét với trường vừa lòng x  cùng với x  ta h  x   f  x  x  Đặt u  x  x , u "  x    x  Ta tất cả bảng biến chuyển thiên tổng hợp: x − u h(x) +∞ +∞ +∞ -1 từ bỏ suy phương trình h  x   Suy phương trình g  x   có nghiệm tách biệt dương bao gồm nghiệm rõ ràng Câu 33: cho hàm số y  f  x  xác định liên tục  có đồ thi hình mẫu vẽ   Số quý giá nguyên tham số m để phương trình f   3cos x  3m  10 bao gồm hai    nghiệm phân minh thuộc đoạn   ;   2 A B C D giải mã Chọn C biện pháp 1: phương thức tự luận:   f   cos x  m  10 ,    x   ;  *   2 Đặt t   1 3cos x 1 t  3sin x ; t   x   3cos x thừa nhận xét: t  +) với  , suy phương trình 1 khơng gồm nghiệm trực thuộc t       ;     ;  2  +) cùng với t  1, suy phương trình 1 tất cả nghiệm trực thuộc      ;  2  +) cùng với  t  , suy phương trình 1 có hai nghiệm trực thuộc   m  10 thời gian đó, phương trình *  vươn lên là f  t    3m  10  4  m  6  Để phương trình *  bao gồm nghiệm      m  10 m  10  2  0   vày m nên m6; 1;0;1;2;3 Vậy có giá trị nguyên thỏa điều kiện toán bí quyết 2: phương pháp ghép trục     gồm f   3cos x  3m  10  f   3cos x  3m  10    Đặt u    3cos x , với x    ;   2 u  2 3sin x 3sin x   3cos x  3cos x    u    x  (do x    ;  )  2 Lập bảng phát triển thành thiên hàm số f  u  trường đoản cú bảng biến đổi thiên suy ra: Để phương trình 1 tất cả hai nghiệm biệt lập thì:  3m  10  4  m  6       m  10 m  10  2  0   cùng với m số nguyên ta m  1;0;1; 2;3; 6 Vậy tất cả tất cực hiếm m 1 Câu 34: mang đến hàm số y  f  x  gồm bảng phát triển thành thiên sau:  5 Số nghiệm thuộc đoạn   ;  phương trình f  cos x  cos x    2  A 12 B 11 C D 10 giải mã Chọn D phương pháp ghép trục  5 Đặt u  cos x  cos x , x    ;  2   u    sin x cos x  sin x  x  0;  ; 2 sin x   u      x    ; 5 ; 7  cos x  3   lúc đó, phương trình f  cos x  cos x    f  u   có 10 nghiệm rõ ràng