PHÂN TÍCH các câu đồ THỊ đề THI TOÁN

PHÁT TRIỂN ĐỀ TOÁN SỞ GIÁO DỤC HÀ NỘI
CÁC CÂU VÂN DỤNG CAO LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ HÀM SỐ
MÃ ĐỀ 003
Câu 43: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có đồ thị

y  f '  x  như hình vẽ. Đặt g  x   2 f  x    x  1 .
2

Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y  g  x  trên đoạn

 3;3 bằng:
A. g  0  .

B. g 1 .

C. g  3 .

D. g  3  .

Phân tích tư duy
 Để tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số y  g  x  trên đoạn  3;3 ta cần so sánh các giá
trị g  3 , g  0  , g 1 , g  3 mà các đáp án đã cho. Con đường để tìm ra kết quả phải trải qua
bước lập bảng biến thiên để so sánh thô được các giá trị, sau đó cần sử dụng đến sự so sánh
diện tích để tìm kết quả cụ thể.
Để lập được bảng biến thiên ta cần xét dấu được đạo hàm cấp 1: g   x   2  f   x    x  1  .
 Ta cần so sánh được giá trị của f   x  và x  1 trong các khoảng khác nhau, từ suy nghĩ này
kết hợp với hình vẽ có các điểm cho sẵn gợi ý cho chúng ta kẻ thêm đường thẳng y  x  1 .
 Chúng ta cần nhớ lại những kiến thức cơ bản sau: Khi đồ thị y  f   x  nằm phía trên đường
thẳng y  x  1 thì g   x   0 , khi đồ thị y  f   x  nằm phía dưới đường thẳng y  x  1 thì

g   x   0 . Khi hai đồ thị cắt nhau thì g   x   0 .
Ta có hình vẽ như sau:


 Từ hình vẽ ta dễ dàng lập được bảng biến thiên

x

3

g x 

0

3

1





0

0

g 1
g  x
g  3 

g  3

Từ bảng biến thiên  Min g  x  g  3 ; g  3 .
-3;3

 Mặt khác so sánh diện tích ta thấy rằng:
1

3

3

1

S1  S2  2S1  2S2    f   x    x  1  dx    x  1  f   x  dx từ đó so sánh được cụ thể
giá trị g  3 và g  3  .
Lời giải

 x  3
Ta có: g   x   2  f '  x    x  1  ; g   x   0  f '  x   x  1   x  1
 x  3
Bảng biến thiên của hàm số y  g  x  :

x

3

g x 

0

3

1



0



0

g 1
g  x
g  3 

g  3

Từ bảng biến thiên  Min g  x  g  3 ; g  3 .
3;3

Mặt khác:
1

1

3

3

Diện tích 2S1  2   f   x    x  1  dx   g   x  dx  g  x 

1
 g 1  g  3
3

3

3
3
Diện tích 2S2  2  x  1  f   x  dx    g   x  dx   g  x   g 1  g  3 .
1
1
1

Nhận thấy S1  S 2  g 1  g  3  g 1  g  3  g  3  g  3 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x  trên đoạn  3;3 bằng g  3 .

 Chọn C.


Câu 43.1 Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có đồ thị

y  f '  x  như hình vẽ.
Đặt g  x   4 f  x    2 x  1  1. Khi đó giá trị nhỏ nhất
2

của hàm số y  g  x  trên đoạn  3; 2 bằng:
A. g  0  .
B. g  3 .
C. g  2  .
D. g  1 .

Lời giải
Ta có: g   x   4  f   x    2 x  1  ;

 x  3
g   x   0  f   x   2 x  1   x  0

 x  2
Bảng biến thiên của hàm số y  g  x  :

x

3

g x 

0

0



0

2



0

g  3 

g  2

g  x
g 1
Từ bảng biến thiên  Max g  x  g  3 ; g  2  .
-3;2

Mặt khác:
0

0

Diện tích 4S1  4   2 x  1  f   x   dx    g   x  dx   g  x 
3

2

3

0
 g  3  g  0 
3

2

2
Diện tích 4S2  4  f   x    2 x  1  dx   g   x  dx  g  x   g  2   g  0  .
0
0
0
Nhận thấy S1  S 2  g  3  g  0   g  2   g  0   g  3  g  2  .
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g  x  trên đoạn  3; 2 bằng g  3 .

 Chọn B.


Câu 43.2 Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có đồ thị

1
y  f '  x  như hình vẽ. Đặt g  x   f  x   x 2  2019.
2
Khi đó giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
y  g  x  trên đoạn  2; 4  lần lượt bằng:
A. g  2  và g  4  .
B. g  2  và g  0  .
C. g  3 và g  0  .
D. g  3 và g  4  .
Lời giải
Ta có: g   x    f '  x   x  .
Vẽ thêm đường thẳng y  x như hình vẽ bên

 x  2
x  0
g  x   0  f ' x   x  
x  3

x  4

Ta có bảng biến thiên y  g  x  :

x

2

g x 

0

0



0

3



0

4



g 0

0
g  4

g  x
g  2 

g  3

Từ bảng biến thiên  Min g  x  g  2  ; g  3 , Max g  x  g  0  ; g  4 
-2;4

-2;4

Từ đồ thị hàm số ta có:
0

0

2

2

Diện tích S1    f   x   x  dx   g   x  dx  g  x 
3

0
 g  0   g  2  .
2

3
3
Diện tích S2    x  f   x   dx    g   x  dx   g  x   g  0   g  3 .
0
0

0


4
4
4
Diện tích S3    f   x   x  dx   g   x  dx  g  x   g  4   g  3 .
3
3
3

Ta thấy S1  S 2  g  0   g  2   g  0   g  3  g  2   g  3  Min g  x   g  3 .
2;4

Ta thấy S3  S 2  g  4   g  3  g  0   g  3  g  4   g  0   Max g  x   g  0  .
2;4

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x  trên đoạn  2; 4  bằng g  3 , giá trị lớn nhất của hàm số

g  x  trên đoạn  2; 4  bằng g  0  .

 Chọn C.
Câu 43.3 Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có đồ thị

1
y  f '  x  như hình vẽ. Đặt g  x   f  x   x  x3  2.
3
Khi đó giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
y  g  x  trên đoạn  1;3 lần lượt bằng:
A. g  2  và g  3 .
B. g  1 và g  3 .
C. g  1 và g 1 .
D. g  2  và g 1 .

Lời giải
Ta có: g  x    f '  x    x 2  1 ; .
Vẽ thêm parabol y  x 2  1 như hình vẽ bên

 x  1
x  1
g  x   0  f ' x   x2 1  
x  2

x  3


Ta có bảng biến thiên y  g  x  :

x

1

g x 

0

1



3

2



0

0



g 1

0
g  3

g  x
g  1

g  2

Từ bảng biến thiên  Min g  x  g  1 ; g  2  , Max g  x  g 1 ; g  3
-1;3

-1;3

Từ đồ thị hàm số ta có:
1

1

Diện tích S1    f   x    x 2  1  dx   g   x  dx  g  x 
1

1

2

2

1

1

1
 g 1  g  1 .

1

2
Diện tích S2    x 2  1  f   x  dx    g   x  dx   g  x   g 1  g  2  .
1
3

3
3
Diện tích S3    f   x    x 2  1 dx   g   x  dx  g  x   g  3  g  2  .
2
2
2

Ta thấy S1  S 2  g 1  g  1  g 1  g  2   g  1  g  2   Min g  x   g  1 .
1;3

Ta thấy S 2  S3  g 1  g  2   g  3  g  2   g 1  g  3  Max g  x   g  3 .
1;3

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x  trên đoạn  1;3 bằng g  1 , giá trị lớn nhất của hàm
số g  x  trên đoạn  1;3 bằng g  3  .

 Chọn B.
Câu 43.4 Cho hai hàm số y

f x , y  g  x  có đồ thị hàm số y  f   x  , y  g   x  như hình vẽ sau :

y  f  x
y  g x

3
2

Xét hàm số h  x   f  x   g  x  trên  2; 4  , biết rằng : f  2   f  4   g  2   g  4  .
Cho các khẳng định sau :


1) Max h  x   h  2  , Min h  x   h 1 .

3
2) Max h  x   h  4  , Min h  x   h   .
 2;4
2;4
2

3) h  2   h  4   h  0   h 1 .

3
4) h  2   h  4   h 1  h   .
2

2;4

2;4

Số khẳng định đúng là :
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Ta có h  x   f   x   g   x 
Từ đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên

x

2

h  x 



h  x

h  2 

3
2

1



0

0

4


0



h  4

h 1

3
h 
2

 3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy khi x  1;  thì y  0 do đó hàm số không đổi trên
 2
 3
đồng thời hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại mọi điểm x  1; 
 2

 3
1; 2 

Ta có f  2   f  4   g  2   g  4 
 f  2   g  2   f  4   g  4   h  2   h  4  ,

Vậy Max h  x   h  2  do đó ý 1,3 đúng, 2 sai
2;4

Xét ý 3:
Dựa vào hình vẽ ta thấy, diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục tung, x  1 , và f   x  , g   x 
nhỏ hơn phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi x 
1

4

0

3
2

  g   x   f   x  dx    f   x   g   x  dx .

3
, x  4 và f   x  , g   x  nên
2


3
   h  x  dx   h  x  dx  h  0   h 1  h  4   h   .
2
3
0
1

4

2

3
Do h 1  h    h  4   h  0  . Vậy h  2   h  4   h 0   h 1  .
2

 Chọn C.
f x , y  g  x  có đồ thị hàm số y  f   x  , y  g   x  như hình vẽ sau :

Câu 43.5 Cho hai hàm số y

Xét hàm số h  x   f  x   g  x  trên  5;5 , biết rằng : S2  S1  S3 . Khi đó giá trị nhỏ nhất và
giá trị lớn nhất của hàm số y  h  x  trên đoạn  5;5 lần lượt bằng:
A. h  5  và h  5  .

B. h  5  và h  2  .

C. h  2  và h  5  .

D. h  2  và h  2  .

Lời giải
Ta có: h  x   f  x   g  x   h  x   f   x   g   x  ; .
Ta có bảng biến thiên y  h  x  :

x

5

g x 

0

2



0

5

2



0

h  2 



0
h  5

g  x
h  5 

h  2

Từ bảng biến thiên  Min g  x  g  1 ; g  2  , Max g  x  g 1 ; g  3
-1;3

Từ đồ thị hàm số ta có:

-1;3


1

1

Diện tích S1    f   x    x 2  1  dx   g   x  dx  g  x 
1

1

2

2

1

1

1
 g 1  g  1 .
1

2

Diện tích S2    x 2  1  f   x  dx    g   x  dx   g  x   g 1  g  2  .
1
3

3
3
Diện tích S3    f   x    x 2  1 dx   g   x  dx  g  x   g  3  g  2  .
2
2
2

Ta thấy S1  S 2  g 1  g  1  g 1  g  2   g  1  g  2   Min g  x   g  1 .
1;3

Ta thấy S 2  S3  g 1  g  2   g  3  g  2   g 1  g  3  Max g  x   g  3 .
1;3

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x  trên đoạn  1;3 bằng g  1 , giá trị lớn nhất của hàm
số g  x  trên đoạn  1;3 bằng g  3  .

 Chọn đáp án A.


PHÁT TRIỂN ĐỀ TOÁN SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ NỘI
MÃ ĐỀ 003
Câu 45: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có đồ thị như hình vẽ.

Hỏi hàm số y  f  f  x   2  có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 10 .

B. 11.

C. 12 .

D. 9 .

Phân tích tư duy
 Số điểm cực trị của hàm số bằng số điểm mà khi qua điểm đó đạo hàm cấp 1 của hàm số bị
đổi dấu. Đối với hàm số liên tục trên
thì số điểm cực trị của hàm số bằng số nghiệm đơn
hoặc nghiệm bội lẻ của phương trình y  0 . Khi đi qua nghiệm kép x0 hoặc nghiệm bội chẵn
thì y không đổi dấu nên x0 không phải là điểm cực trị.
 Bài toán cho hình ảnh đồ thị hàm số nên ta sẽ chuyển việc xét nghiệm phương trình y  0
về việc xét tự tương giao đồ thị hai việc này đan xen lẫn nhau nhưng cùng bản chất.
Do đó ta có thể khẳng định rằng tổng số điểm cực trị hàm số chính bằng tổng số nghiệm đơn
( hoặc bội lẻ) của y  0 hay bằng số giao điểm của đồ thị y với trục hoành (không được tính
điểm tiếp xúc).
 Ta chú ý công thức tính đạo hàm của hàm hợp: y  f  u  x    yx  yu .ux .

 f  x  0
1
Ta có y  f   x  . f   f  x   2   0  
 f   f  x   2   0  2 
Như vây ta sẽ xét từng phương trình (1) và (2) xem mỗi phương trinh có số nghiệm là bao
nhiêu, nghiệm đơn (bội lẻ) hay kép (bội chẵn).
 Phương trình 1 : f   x   0 .
Các điểm làm f   x   0 chính là các điểm cực trị
Từ hình vẽ ta thấy hàm y  f  x  có 3 điểm cực trị

 x  t1 1  t1  2 

nên f   x   0 có 3 nghiệm phân biệt f   x   0   x  2
 x  t  2  t  3
2
2


Vậy phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt.


 Phương trình  2  : f   f  x   2   0 . Nếu ta đặt u  f  x   2 thì f   u   0 ,
Phương trình f   u   0 ta cũng sẽ xử lý tương tự f   x   0 sau khi tìm được nghiệm ta
chuyển về sự tương giao đồ thị.

 f  x   2  t1
u  t1


Ta có  2  : f   f  x   2   0  u  2   f  x   2  2
f x 2t
u  t2
2
  
Ba phương trình trên chính là dạng f  x   m .
Với mỗi giá trị t1  1;2  , t2   2;3 ta sẽ tìm được khoảng của f  x  , từ đó dựa vào hình vẽ tìm
được số giao điểm của đường thẳng y  m với đồ thị f  x  .
 Phương trình f   x  . f   f  x   2   0 là phương trình tích nên cần chú ý kết luận nghiệm.
Nếu hai phương trình có nghiệm trùng nhau thì ta nhớ a m .a n  a mn :
Bội chẵn x bội chẵn = bội chẵn  nghiệm không là điểm cực trị.

Bội lẻ x bội lẻ = bội chẵn  nghiệm không là điểm cực trị.
Bội chẵn x bội lẻ= bội lẻ  nghiệm có là điểm cực trị.
 Hướng khác phù hợp trắc nghiệm: Ta có thể chọn hàm ước lượng.
Lời giải

 f  x  0
1
Ta có: y  f   x  . f   f  x   2   0  
 f   f  x   2   0  2 



 x  t1 1  t1  2 

Phương trình 1  f   x   0   x  2
.
 x  t  2  t  3
2
2



Vậy phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt.


Phương trình  2  .

Đặt u  f  x   2 khi đó phương trình  2   f   u   0

 f  x   2  t1

 f  x   t1  2  1  t1  2  0   f  x   m   1;0 *
u  t1



 u  2   f  x   2  2  
f  x  0
** .
f x 2t
 f x  t  2 0  t  2  1  f x  m  0;1
u  t2
 2

 
  ***
2
  
   2
Xét phương trình * : f  x   m   1;0  có 4 giao điểm ứng với bốn nghiệm.

Xét phương trình ** : f  x   0 có 3 giao điểm ứng với ba nghiệm, trong đó có 1 nghiệm bội
chẵn tại x  2 do đồ thị tiếp xúc với Ox .

Xét phương trình *** : f  x   m   0;1 có 2 giao điểm ứng với hai nghiệm.

Chú ý f   x   0 có nghiệm bội lẻ x  2 và f   f  x   2   0 có nghiệm bội chẵn x  2 có
nghiệm nên x  2 có là điểm cực trị của hàm số.
Vậy tổng có 3  4  2  2  11 điểm cực trị.

 Hướng khác phù hợp trắc nghiệm: Ta có thể chọn hàm ước lượng. Coi các nghiệm đơn và
bội lẻ đều là nghiệm đơn, coi các nghiệm kép và bội chẵn đều là nghiệm kép.

 f  x  0
1
y  f   x  . f   f  x   2   0  
 f   f  x   2   0  2 
- Với phương trình 1:
Ta thấy hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị, dựa vào hình vẽ ta có thể ước lượng các điểm cực trị
là x  1,3; x  2; x  2,8 nên f   x  có dạng f   x    x  1,3 x  2  x  2,8  .
- Với phương trình 2:
+ Xét điểm cực trị tại 2 ta có f  x   2  2  f  x   0
Đường thẳng y  0 cắt đồ thị y  f  x  tại 2 điểm x  1,1; x  3, 2 và tiếp xúc tại x  2 nên

f   f  x   2  có dạng f   f  x   2    x  1,1 x  3,2  x  2,4  x  2  .
2

+ Xét điểm cực trị tại 2,8 ta có f  x   2  2,8  f  x   0,8
Đường thẳng y  0,8 cắt đồ thị y  f  x  tại 2 điểm x  0,9; x  3,3 nên f   f  x   2  có dạng

f   f  x   2    x  0,9  x  3,3 .

Do đó:
y  f   x  . f   f  x   2   0
  x  0,9  x  1,1 x  1, 2  x  1,3 x  1,6  x  2, 4  x  2,8  x  3,1 x  3, 2  x  3,3  x  2   0
3

Vậy hàm số có 11 điểm cực trị.
 Việc xem xét, liệt kê các giá trị vẻ có lâu nhưng thực chất chúng ta không cần để ý quá nhiều
đến các điểm, chỉ cần biết đường thẳng y  m cắt đồ thị tại các điểm không trùng nhau là được.

Như vậy có thể thấy nhanh: y  0   x  x1  ... x  x10  x  2  nên hàm số có 11 điểm cực trị.
3

Câu 45.1 Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên

. Đồ

thị của hàm số y  f  x  như hình bên.
ố điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  f  x   bằng
A.
B.
C.
D.

3.
4.
5.
6.

Lời giải
Xét hàm số: y  f  f  x   , y  f   x  . f   f  x   .

x  0
x  0

x  2
 f  x  0
x2



y 0


.

x  3
f
x

0



f
f
x

0





 


 f  x   2
 x  a   3;  

Bảng

t d u y :

Dựa vào bảng xét dấu vậy hàm số y  f  f  x   có bốn điểm cực trị  Chọn B.
Câu 45.2 Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên

.

Đồ thị của hàm số y  f  x  như hình bên. ố điểm
cực trị của đồ thị hàm số y  f  f  x  3  1 bằng
A. 10 .
B. 13 .
C. 14 .
D. 15 .

Lời giải
y  f  f  x  3  1  y  f   x  3 . f   f  x  3  1

Số điểm cực trị hàm y  f  x  và số điểm cực trị hàm y  f  x  3 bằng nhau nên ta chỉ cần
quan tâm đến hàm y  f  x 

 f   x  3  0
1
y  0  
 f   f  x  3  1  0  2 
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x  2; x  1; x  0; x  2
Xét Phương trình (2)

f  x  3  1  2  f  x  3  1  có 1 nghiệm đơn nên có 1 điểm cực trị.

f  x  3  1  1  f  x  3  0  có 1 nghiệm đơn và hai nghiệm bội chẵn nên có 1 điểm
cực trị.

f  x  3  1  0  f  x  3  1  có 4 nghiệm đơn nên có 4 điểm cực trị.

f  x  3  1  2  f  x  3  3  có 3 nghiệm đơn nên có 3 điểm cực trị.
Vậy hàm số y  f  f  x  3  1 có tất cả 13 điểm cực trị  Chọn B.


Câu 45.3 Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên

.

Đồ thị của hàm số f  x  như hình bên. ố điểm cực
trị của đồ thị hàm số y  f  f  x  1  bằng
A. 8 .
B. 9 .
C. 10 .
D. 11.
Câu 43.4 Hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ:



Với m   1;1 thì hàm số g  x   f x  2019m2  2019
A. 1.

B. 2.

 có bao nhiêu điểm cực trị ?

C. 3.
Lời giải

D. 0.

Lấy đối xứng trước ta được đồ thị hàm số f  x  như hình bên dưới

Đồ thị hàm số f  x  m  được suy ra từ đồ thị hàm số f  x  bằng cách lấy đối xứng trước rồi
mới tịnh tiến.





Dựa vào đồ thị hàm số f  x  ta thấy f  x  có 3 điểm cực trị  f x  2019m2  1 cũng có

3 điểm cực trị vì phép tịnh tiến không làm thay đổi số cực trị  Chọn C.


Câu 43.5 Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên

.

Đồ thị của hàm số f  x  như hình bên. ố điểm
cực trị của đồ thị hàm số y  f  2 f  x   3 bằng
A.
B.
C.
D.

30 .
28 .
31 .
29 .

Lời giải
y  f  2 f  x   3  y  2 f   x  . f   2 f  x   3

 f  x  0
1
y  0  
 f   2 f  x   3  0  2 
Phương trình (1) có 5 nghiệm phân biệt x  1; x  0,1; x  1,7; x  3; x  3,8
Xét Phương trình (2)

2 f  2   3  1  f  x   1  có 6 nghiệm đơn nên có 6 điểm cực trị.

2 f  2   3  0,1  f  x   1,55  có 6 nghiệm đơn nên có 6 điểm cực trị.
2 f  2   3  1,7  f  x   2,35  có 4 nghiệm đơn nên có 4 điểm cực trị.
2 f  2   3  3  f  x   3  có 4 nghiệm đơn nên có 4 điểm cực trị.
2 f  2   3  3,8  f  x   2, 4  có 4 nghiệm đơn nên có 4 điểm cực trị.
Vây hàm số có tổng 29 điểm cực trị.

 Chọn D.


Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.
ố giá trị nguyên của tham số m để phương trình
f  x  m   m có 4 nghiệm phân biệt là

A. 2.
B. Vô số.
C. 1.
D. 0.

Phân tích tư duy

Để tìm số giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình f  x  m   m có 4 nghiệm
phân biệt thì ta cần tìm số giá trị nguyên của m để đường thẳng y  m cắt đồ thị
y  f  x  m  tại 4 điểm phân biệt

Chú ý đồ thị hàm số được thiết lập từ đồ thị y  f  x  bằng cách vẽ đồ thị y  f  x  trước sau
đó mới tịnh tiến sang trái hoặc sang phải tùy theo giá trị m.
Đây là việc đơn giản nhưng rất nhiều bạn học sinh nhầm lẫn. Các bạn có thể tham khảo 1 số
cách xây dựng đồ thị trong bảng sau:
ĐỒ THỊ
CÁCH VẼ
y  f x
Lấy đối xứng đồ thị y  f  x  qua trục Oy

y   f  x

Lấy đối xứng đồ thị y  f  x  qua trục Ox

y f x

+ Giữ nguyên phần đồ thị bên phải Oy của đồ thị y  f  x  .

y  f  x

+ Bỏ phần đồ thị bên trái Oy của y  f  x  , lấy đối xứng phần
đồ thị được giữ qua Oy.
+ Giữ nguyên phần đồ thị phía trên Ox của đồ thị y  f  x  .
+ Bỏ phần đồ thị phía dưới Ox của y  f  x  , lấy đối xứng phần

y f x

đồ thị bị bỏ qua Ox .
Thực hiện liên hoàn biến đổi đồ thị y  f  x  thành đồ thị
y  f  x  , sau đó biến đổi đồ thị y  f  x  thành đồ thị

y f x .
y  u  x  .v  x  với

 C  : y  u  x  .v  x 

+ Giữ nguyên phần đồ thị trên miền u  x   0 của đồ thị

y  f  x .
+ Bỏ phần đồ thị trên miền u  x   0 của y  f  x  , lấy đối
xứng phần đồ thị bị bỏ qua Ox.


y  f  x   m với m  0

Dịch chuyển đồ thị lên trên m đơn vị.

y  f  x   m với m  0

Dịch chuyển đồ thị xuống dưới m đơn vị.

y  f  x  n  với n  0

Dịch chuyển đồ thị sang trái n đơn vị.

y  f  x  n  với n  0

Dịch chuyển đồ thị sang phải n đơn vị.

y  f  px  với p  1
y  f  px  với 0  p  1

y  qf  x  với p  1
y  qf  x  với 0  q  1
y  f  x  m

y  f  x  m
y  f  x  m
y  f  xm

Co đồ thị theo chiều ngang hệ số p .
1
.
p
Giãn đồ thị theo chiều dọc hệ số q .

Giãn đồ thị theo chiều ngang hệ số

Co đồ thị theo chiều dọc hệ số

1
.
q

Vẽ y  f  x  trước sau đó tịnh tiến đồ thị lên trên hoặc xuống
dưới tùy theo m .
Tịnh tiến đồ thị qua trái, phải tùy theo m sau đó lấy đối xứng
qua trục Ox (Giữ nguyên phần trên Ox , bỏ phần dưới Ox , lấy
đối xứng phần bị bỏ qua Ox )
Tịnh tiến đồ thị qua trái, phải tùy theo m sau đó lấy đối xứng
qua trục Oy (Giữ nguyên phần bên phải Oy , bỏ phần bên trái
Oy , lấy đối xứng phần được giữ nguyên qua Oy ).
Vẽ y  f  x  trước sau đó tịnh tiến đồ thị sang trái hoặc phải
tùy theo m .

Để giải quyết bài này có thể đi theo hai hướng là: vẽ đồ thị hoặc không cần vẽ đồ thị
Lời giải
Cách 1: Vẽ đồ thị:

Hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Ta thấy đường thẳng cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt
3
hoặc m  1 nhưng chỉ có m  1 thỏa mãn. Khi tịnh tiến sang trái , phải m đơn
4
vị sẽ không làm thay đổi số nghiệm phương trình. Vậy có 1 giá trị nguyên thỏa mãn

khi m 


Cách 2: Không cần vẽ đồ thị

Đặt t  x  m  0
Với t  0  x  m
Với mỗi giá trị t  0 sẽ ứng với 2 giá trị x
Ta có phương trình : f  t   m
Để phương trình có

 t  0   *
4 nghiệm phân biệt thì  *

có 2 nghiệm phân biệt dương

3

m

Từ đồ thị của hàm số y  f  t  trên miền t  0 
4

 m  1

Vậy có 1 giá trị nguyên thỏa mãn  họn .
Câu 46.1. Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.
ố giá trị nguyên của tham số m để phương trình
f  x  2m   m có 10 nghiệm phân biệt là

A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. Vô số.

Lời giải
Vẽ đồ thị hàm số y  f  x  như hình bên dưới

Ta có f  x  2m   m  f  x  2m   m .
Đường thẳng y  m cắt y  f  x  tại 10 điểm phẩn biệt khi 0  m  3 nên có 2 giá trị
nguyên m thỏa mãn  họn


3
2
Câu 46.2. Đồ thị hàm số f  x   ax  bx  cx  d có dạng như hình vẽ:

3
2
1
1
. Phương trình af  x   bf  x   cf  x   d   0 (*) có
2
2
A. 1 nghiệm đơn 1 nghiệm kép.
B. 2 nghiệm đơn 1 nghiệm kép.
C. 2 nghiệm đơn 2 nghiệm kép.
D. 4 nghiệm đơn 1 nghiệm kép.
Lời giải

Biết f 1 

1
1
 f 1   0
2
2
3
2
Đặt t  f  x  . Ta có at  bt  ct  d  0
Ta có f 1 

Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên ta tìm được 3 giá trị

1

của t : t1   1;   , t2  1 , t3  1; 2 
2

1
Tịnh tiến đồ thị y  f  x  xuống dưới
đơn vị sau đó lấy đối xứng phần bên phải đồ thị qua
2
1
trục tung ta được đồ thị hàm số y  f  x   .
2
Kẻ đường thẳng y  m .


1
1


Với t1   1;    m  f  x    t1 , không có giao điểm nên (*) vô nghiệm.
2
2

1
Với t2  1  m  f  x    t2 , tiếp xúc tại 1 điểm và cắt tại 2 điểm nên (*) có 1 nghiệm kép
2
và 2 nghiệm đơn.
1
Với t3  1; 2   m  f  x    t3 , có 2 giao điểm nên (*) có 2 nghiệm.
2
Vậy phương trình (*) có 4 nghiệm đơn 1 nghiệm kép  Chọn D.
Câu 46.3. Đồ thị hàm số đa thức y  f  x  có dạng như hình vẽ :

Phương trình f  f  x    m có 4 nghiệm thì số giá trị nguyên của m thỏa mãn là
A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .
Lời giải

D. 6 .

Phương trình f  f  x    m có 4 nghiệm thì đồ thị hàm số y  f  f  x   cắt đường thẳng y  m
tại 4 điểm phân biệt.
Đặt f  x   t  f  t   m . Phương trình f  x   m có 2 nghiệm phân biệt khi m  1
Để phương trình f  f  x    m có 4 nghiệm phân biệt thì f  t   m có 2 nghiệm  1
Do đó 1  m  3  m  0;1; 2  Chọn A.

3
2
Câu 46.4. Đồ thị hàm số f  x   ax  bx  cx  d có dạng như hình vẽ sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f  f  x   1  m có số nghiệm là lớn nhất?
A. 5.

B. 2 .

C. 4.
Lời giải

D.3.

Vẽ đồ thị hàm số y  f  x   1 bằng cách từ đồ thị hàm số y  f  x  tịnh tiến lên trên 1 đơn vị .
Phương trình bậc 9 f  f  x   1  m có tối đa 9 nghiệm. Do đó đường thẳng y  m cắt đồ thị
hàm số tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 2  m   2; 2  nên có 3 giá trị nguyên m
thỏa mãn  Chọn D.


Câu 46.5 Cho hàm số y  f  x  và y  g  x  có đồ thị như hình vẽ:





Tổng số nghiệm của hai phương trình f  g x   0 và g f  x   0 là
A. 16 .

B. 18 .

C. 24 .
Lời giải

D. 26 .

* Đồ thị y  f  x  cắt trục hoành tại 4 điểm: x   4; 3 , x   0;1 , x   2;3  , x   4;5  .
Vẽ đồ thị y  g  x 
+Với x   4; 3 vẽ đường thẳng y  m, m   4; 3 không cắt y  g  x  .
+Với x   0;1 vẽ đường thẳng y  m, m   0;1 cắt y  g  x  tại 2 điểm.
+Với x   2;3  vẽ đường thẳng y  m, m   2;3 cắt y  g  x  tại 2 điểm phân biệt.
+Với x   4;5  vẽ đường thẳng y  m, m   4;5  cắt y  g  x  tại 2 điểm phân biệt.
Vậy phương trình f  g x   0 có 6 nghiệm phân biệt.
* Đồ thị y  g  x  cắt trục hoành tại 3 điểm: x   2; 1 , x  0 , x  1; 2  .
Vẽ đồ thị y  f  x 
+Với x   2; 1 vẽ đường thẳng y  m, m   2; 1 không cắt y  f  x  .
+Với x  0 vẽ đường thẳng y  0 cắt y  f  x  tại 4 điểm.


+Với x  1; 2  vẽ đường thẳng y  m, m  1; 2  cắt y  f  x  tại 8 điểm.





Vậy phương trình g f  x   0 có 12 nghiệm phân biệt.





Vậy tổng số nghiệm hai phương trình f  g x   0 và g f  x   0 là 18 nghiệm.

 họn
Câu 48: Cho hàm số bậc ba y  f  x  , hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số g  x   f   x  x 2  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2; 1 .

B. 1; 2  .

C.  1; 0  .

 1 
D.   ;0 
 2 

Phân tích tư duy
Để tìm được khoảng nghịch biến của hàm số ta dựa vào việc xét dấu của đạo hàm cấp 1:


g   x    f   x  x 2    1  2 x  f    x  x 2  .
g   x  là tích của hai biểu thức nên ta có thể thực hiện 1 số hướng để xét dấu như sau:

 1  2 x  0
 
   f   x  x 2    0


+ Chia trường hợp: g   x   0  

1  2 x  0



2
   f   x  x    0
+ Lập bảng biến thiên:
+ Chọn 1 hàm đại diện cho f   x  ví dụ cho f   x   x  x  1 .
Lời giải
Cách 1: Xét hàm g  x   f   x  x 2  có tập xác định D 


g   x    f    x 2     1  2 x  f    x  x 2    1  2 x  . f   t  với t   x  x 2 .
Dựa vào đồ thị ta thấy:

 x  x2  0
 x2  x  0
t  0
x  0
f t   0  



.
 2
2
t  1
 x  1
 x  x  1
x  x 1  0

 x 2  x  2  0 VN 
 x  x2  1
t  1
x  0
f  t   0  




 x  1 .
2
2

x

x

0
x

x

0
t  0





2
 x2  x  0

 x  x  0 
f  t   0  0  t  1  0   x  x2  1  

 2
2


 x  x  1
 x  x  1  0  x 



 1  x  0

.
Bảng xét d u g   x  :

x

1







0

1
2

1  2x



|



0



|



f  t 



0



0



0



g  x    f  t 



0



0



0



1

Từ bảng xét dấu g   x  ta được hàm số nghịch biến trên khoảng  1;   và  0;  
2


 Chọn B.

Cách 2: Phù hợp trắc nghiệm
Chọn f   x   x  x  1  f    x  x 2     x  x 2   x  x 2  1


Do đó g   x    f   x  x 2     1  2 x  f    x  x 2    1  2 x    x  x 2   x  x 2  1
 g   x    1  2 x    x  x 2   x  x 2  1   1  2 x  x 1  x   x 2  x  1 .

1

Ta cần  g   x   0  1  2 x  x 1  x   0   1;     0;  
2

1

Do đó hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  1;   và  0;   .
2
