SKKN rèn luyện kỹ năng giải các bài toán liên quan đến đồ thị của hàm số đạo hàm, góp phần nâng cao chất lượng ôn tập thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN LIÊN QUAN
ĐẾN ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ ĐẠO HÀM, GÓP PHẦN
NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG ÔN TẬP THI THPT
QUỐC GIA TẠI TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

Giáo viên: Nguyễn Khắc Sâm
Tổ:
Toán - Tin
Trường: THPT Như Thanh
SKKN thuộc môn Toán.

THANH HÓA, NĂM 2019


MỤC LỤC
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ...............................28
Như Thanh, ngày 16 tháng 05 năm 2019............................28
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác......................................................28
.................................................................................28
Nguyễn Khắc Sâm........................................................28


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.

Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi
mới phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu.
Đổi mới phương pháp dạy học với mục đích phát huy tốt nhất tính tích cực, sáng
tạo của người học. Nhưng không phải thay đổi ngay lập tức bằng những phương
pháp hoàn toàn mới lạ mà phải là một quá trình áp dụng phương pháp dạy học
hiện đại trên cơ sở phát huy các yếu tố tích cực của phương pháp dạy học truyền
thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp học tập của học sinh chuyển từ thụ
động sang chủ động.
Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, đạo hàm là một
công cụ mạnh để giải quyết rất nhiều bài toán. Giữa hàm số f ( x ) và đạo hàm của
nó f '( x ) có nhiều mối liên hệ chặt chẽ. Đạo hàm của hàm số ngoài việc biểu diễn
dưới dạng công thức nó còn được thể hiện qua đồ thị, việc dựa vào đồ thị của
hàm số f '( x ) để tìm ra được các tính chất của hàm số f ( x ) giúp ta giải quyết
được rất nhiều bài toán khó.
Từ năm học 2016-2017, Bộ GD&ĐT đã thay đổi từ hình thức thi tự luận
sang trắc nghiệm đối với môn Toán, thì xuất hiện trong đề thi rất nhiều bài toán
có giả thiết là cho đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số f '( x ) và yêu cầu chỉ
ra các tính chất của hàm số f ( x ) . Đây là một yêu cầu khá mới mẻ đối với học
sinh, để giải quyết được các dạng bài toán này thì học sinh cần phải nắm vững
kiến thức về hàm số, đạo hàm và các ứng dụng của nó. Xuất phát từ những lý do
trên, tôi chọn đề tài “Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán liên quan đến đồ thị
của hàm số đạo hàm, góp phần nâng cao chất lượng ôn tập thi THPT Quốc
Gia tại trường THPT Như Thanh” để nghiên cứu.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Đề tài này nghiên cứu nhằm giúp học sinh giải quyết tốt các bài toán vận
dụng, vận dụng cao về hàm số f ( x ), f [ u( x ) ] ..... khi biết đồ thị hàm số f '( x ) .
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Sáng kiến kinh nghiệm có đối tượng nghiên cứu là vận dụng một số lý
thuyết trong chương trình SGK lớp 12 để giải quyết các bài toán đơn điệu, cực
trị, GTLN-GTNN.... của hàm f [ u( x )] khi biết đồ thị của hàm số f '( x ) .

1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Để trình bày sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã sử dụng phối kết hợp
nhiều phương pháp như:
-Nghiên cứu tài liệu, quan sát, điều tra cơ bản, thực nghiệm so sánh, phân
tích kết quả thực nghiệm, … phù hợp với môn học thuộc lĩnh vực Toán học.
- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.

3


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Nghị quyết Hội nghị BCH Trung ương Đảng lần thứ tám (Khóa XI) về
đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo nêu rõ: "Tiếp tục đổi mới mạnh
mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ
động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học; khắc phục lối
truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập trung dạy cách học, cách
nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và đổi mới tri
thức, kỹ năng, phát triển năng lực...."
Mọi người đều cần phải học toán và dùng toán trong cuộc sống hàng
ngày. Vì thế mà Toán học có vị trí quan trọng đối với tất cả các lĩnh vực trong
đời sống xã hội. Hiểu biết về Toán học giúp cho người ta có thể tính toán, suy
nghĩ, ước lượng,...và nhất là có được cách thức tư duy, phương pháp suy nghĩ,
suy luận lôgic,...trong giải quyết các vấn đề nảy sinh, trong học tập cũng như
trong cuộc sống hàng ngày.
Ở trường phổ thông, học toán về cơ bản là hoạt động giải toán. Giải toán
liên quan đến việc lựa chọn và áp dụng chính xác các kiến thức, kỹ năng cơ bản,
khám phá về các con số, xây dựng mô hình, giải thích số liệu, trao đổi các ý
tưởng liên quan,... Giải toán đòi hỏi phải có tính sáng tạo, hệ thống. Học toán và
giải toán giúp học sinh tự tin, kiên nhẫn, bền bỉ, biết làm việc có phương pháp.

Kiến thức môn Toán còn được ứng dụng, phục vụ cho việc học các môn học
khác như Vật lí, Hóa học, Sinh học,...
Do đó, ở trường phổ thông nói chung, việc dạy học môn Toán để đáp ứng
được yêu cầu đổi mới trong giai đoạn hiện nay phải tập trung vào việc hình
thành và phát triển các năng lực chung cũng như các năng lực chuyên biệt của
môn Toán như: Năng lực tư duy (gồm: tư duy lôgic; tư duy phê phán; tư duy
sáng tạo; khả năng suy diễn, lập luận toán học), Năng lực tính toán (gồm: năng
lực sử dụng các phép tính; năng lực sử dụng ngôn ngữ toán; năng lực mô hình
hóa; năng lực sử dụng công cụ, phương tiện hỗ trợ tính toán).
2.2. Thực trạng.
Trong quá trình dạy học ở trường THPT Như Thanh nhiều năm nay tôi
nhận thấy việc học bộ môn toán của học sinh là rất khó khăn, đặc biệt là các bài
toán về hàm số f ( x ) khi biết đồ thị của hàm số f '( x ) . Các em không biết bắt
đầu từ đâu, vận dụng kiến thức liên quan nào…. Chính những khó khăn đó đã
ảnh hưởng không nhỏ đến chất lượng học tập môn Toán, dẫn đến các em không
có hứng thú trong việc học môn Toán.
Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài tập
về hàm số f ( x ) khi biết đồ thị của hàm số f '( x ) , các em thường thụ động trong
việc tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào các cách giải mà giáo viên cung
cấp chứ chưa chủ động trong việc giải các bài toán dạng này. Kết quả khảo sát ở
một số lớp chọn khối A của trường chỉ có 10% học sinh hứng thú với các dạng
bài toán này.

4


2.3. Giải quyết vấn đề.
Năm học 2017-2018 là năm học thứ hai môn Toán được thi dưới hình
thức trắc nghiệm, thì ở mã đề 101 có bài toán sau:
Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) . Hai hàm số y = f ′ ( x ) và y = g ′ ( x )

có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm
số y = g ′ ( x ) .
y = f ′( x)

y
10
8
5
4
O

3

x

8 1011

y = g′ ( x )



Hàm số h ( x ) = f ( x + 4 ) − g  2 x − 2 ÷ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
3




9 
 ; 3 ÷.
4 







A.  5; 5 ÷.
B.
C.  5 ; + ∞ ÷.
D.  6; 4 ÷.






(Trích câu 50 đề chính thức thi THPT Quốc gia 2018).
Đây là bài toán tương đối khó với các em học sinh phổ thông, kể cả
những học sinh có học lực giỏi. Cái khó khăn của bái toán trên chính là việc tìm
ra mối liên hệ giữa hai điều kiện đồ thị hàm số f '( x ), g '( x ) và tính đơn điệu của
hàm h( x ) . Sau đây là một số cách giải bài toán này.
31

31

25

3
2

Cách 1: Đặt X = x + 4 , Y = 2 x − . Ta có h′ ( x ) = f ′ ( X ) − 2 g ′ ( Y ) .


Để hàm số h ( x ) = f ( x + 4 ) − g  2 x − 2 ÷ đồng biến thì h′ ( x ) ≥ 0
3




3 ≤ x + 4 ≤ 8

⇒ f ′ ( X ) ≥ 2 g ′ ( Y ) với X , Y ∈ [ 3;8] ⇒ 
3
.
3 ≤ 2 x − 2 ≤ 8
−1 ≤ x ≤ 4
−1 ≤ x ≤ 4
9
19


 9   9 19 
⇔ 9
⇔
19
9
19 ⇔ ≤ x ≤ .Vì  ; 3 ÷ ⊂  ; ÷ . Vậy,
≤ 2x ≤
4

4
4  4 4 

 4 ≤ x ≤ 4
2
2

chọn B.

Cách 2: Kẻ đường thẳng y = 10 cắt đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) tại A ( a;10 ) ,
a ∈ ( 8;10 ) . Khi đó ta có:
 f ( x + 4 ) > 10, khi 3 < x + 4 < a
 f ( x + 4 ) > 10, khi − 1 < x < 4


.
⇒ 
 
3
3
3
3
25
 g  2 x − 2 ÷ ≤ 5, khi 0 ≤ 2 x − 2 < 11  g  2 x − 2 ÷ ≤ 5, khi 4 ≤ x ≤ 4


 
 
3
3


Do đó h′ ( x ) = f ′ ( x + 4 ) − 2 g ′  2 x − 2 ÷ > 0 khi ≤ x < 4 . Vậy, chọn B.
4



5




Cách 3: Ta có h′ ( x ) = f ′ ( x + 4 ) − 2 g ′  2 x − 2 ÷.
3



25
9 
Dựa vào đồ thị, ∀x ∈  4 ;3 ÷, ta có < x + 4 < 7 , f ( x + 4 ) > f ( 3) = 10 ;
4


3
3 9

3 < 2 x − < , do đó g  2 x − ÷< f ( 8 ) = 5 .
2
2 2

3


9 
Suy ra h′ ( x ) = f ′ ( x + 4 ) − 2 g ′  2 x − 2 ÷ > 0, ∀x ∈  4 ;3 ÷. Do đó hàm số đồng




9 
biến trên  4 ;3 ÷. Vậy, chọn B.



Rõ ràng bài toán trên có nhiều hướng để giải quyết, tuy nhiên nếu học
sinh không có kỹ năng đọc đồ thị của hàm số đạo hàm thì sẽ rất khó khăn.
Trong năm học 2016-2017 năm đầu tiên tổ chức thi dưới hình thức trắc
nghiệm với môn Toán, trong đề thi chính thức mã đề 101 cũng có bài toán sau:
Cho hàm số y = f (x) . Đồ thị của hàm số y = f ¢(x) như hình bên. Đặt
h(x) = 2f (x) - x2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

y

- 2

4
2
2 4
- 2

x

A. h(4) = h(- 2) > h(2)
B. h(4) = h(- 2) < h(2)
C. h(2) > h(4) > h(- 2)
D. h(2) > h(- 2) > h(4)
(Trích câu 49 đề chính thức thi THPT Quốc gia 2017).
Giải
2
+ Tính đạo hàm: h(x) = 2f (x) - x Ta có: h¢(x) = 2f ¢(x) - 2x
h¢(x) = 0 Û 2f ¢(x) - 2x = 0 Û f ¢(x) = x
+ Vẽ thêm đường thẳng y = x vào đồ thị như hình bên dưới

y

-2

4
2
2 4
-2

x

éx = - 2
ê
¢
h (x) = 0 Û ê
êx = 2 (tại các giao điểm của đường cong và đường thẳng trên hình)
ê
x=4
ê

ë

6


é- 2 < x < 2
h¢(x) > 0 Û 2f ¢(x) - 2x > 0 Û ê
êx > 4
ê
ë
éx < - 2
h¢(x) < 0 Û 2f ¢(x) - 2x < 0 Û ê
ê2 < x < 4
ê
ë

+ Bảng biến thiên

+ Từ bảng biến thiên ta nhận thấy h ( 2) lớn nhất trong 3 giá trị cực trị
+ Chỉ cần so sánh hai giá trị cực tiểu còn lại.
4

2

- 2

- 2

4

Ta có: h(4) - h(- 2) = ò h '(x)dx = ò h '(x)dx + ò h '(x)dx > 0 Û h(4) > h(- 2)
2

+ Vậy thứ tự đúng là: h(2) > h(4) > h(- 2) . Vậy, chọn đáp án C.
Như vây, các bài toán liên quan đến đồ thị hàm số luôn xuất hiện nhiều trong
đề thi chính thức ở 2 năm học qua cũng như đề minh hoạ của Bộ GD& ĐT năm học
2018-2019. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ tập trung vào giải quyết các bài
ù.... khi biết đồ thị của hàm số f '(x) .
toán liên quan đến hàm số f (x), f é
ê
ëu(x)ú
û
2.3.1 . Cơ sở lý thuyết.
Các kiến thức cơ bản:
Các kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài bao gồm các định nghĩa và tính
chất từ sách giáo khoa mà học sinh đã được học.
2.3.1.1. Các định nghĩa.
Định nghĩa 1: Cho hàm số f xác định trên K.
Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến (hay tăng) trên K nếu ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2
⇒ f ( x1 ) < f ( x2 )

Hàm số y = f ( x ) được gọi là nghịch biến (hay giảm) trên K nếu ∀ x1 , x2 ∈ K , x1 < x2
⇒ f ( x1 ) > f ( x2 )

Định nghĩa 2: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên khoảng ( a; b ) (có
thể a là −∞ ; b là +∞ ) và điểm x0 ∈ ( a; b ) .
a. Nếu tồn tại số h > 0 sao cho f ( x ) < f ( x0 ) với mọi x ∈ ( x0 − h; x0 + h ) và x ≠ x0 thì
ta nói hàm số f ( x ) đạt cực đại tại x0 .
b. Nếu tồn tại số h > 0 sao cho f ( x ) > f ( x0 ) với mọi x ∈ ( x0 − h; x0 + h ) và x ≠ x0 thì
ta nói hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại x0 .

Định nghĩa 3: Cho hàm số y = f (x) xác định trên tập D.
a. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≤ M
f ( x)
với mọi x thuộc D và tồn tại x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = M . Kí hiệu M = max
D

7


b. Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu f ( x ) ≥ m
f ( x) .
với mọi x thuộc D và tồn tại x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = m . Kí hiệu m = min
D
2.3.1.2. Các tính chất.
Định lý 1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên K
+ Nếu f ¢( x) > 0, " x Î K thì hàm số y = f ( x) đồng biến trên K
+ Nếu f ¢( x) < 0, " x Î K thì hàm số y = f ( x) nghịch biến trên K
Định lý mở rộng: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên K . Nếu

( )

f ¢( x) ³ 0, " x Î K (hoặc f ¢( x) £ 0, " x Î K ) và f ′ x = 0 chỉ tại một số hữu hạn

điểm thì hàm số y = f ( x) đồng biến (nghịch biến) trên K
Định lý 2:: Giả sử hàm số f có cực trị tại điểm x0 . Khi đó, nếu f có đạo hàm
tại x0 thì f ′ ( x0 ) = 0.

Định lý 3: Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục trên khoảng K = ( x0 − h; x0 + h ) và có
đạo hàm trên K hoặc trên K \ { x0 } , với h > 0 .
a. Nếu f ' ( x ) > 0 trên khoảng ( x0 − h; x0 ) và f ' ( x ) < 0 trên khoảng ( x0 ; x0 + h ) thì x0

là một điểm cực đại của hàm số f ( x ) .
b. Nếu f ' ( x ) < 0 trên khoảng ( x0 − h; x0 ) và f ' ( x ) > 0 trên khoảng ( x0 ; x0 + h ) thì x0
là một điểm cực tiểu của hàm số f ( x ) .
2.3.1.3 Một số phép biến đổi đồ thị hàm số.
- Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) . Đồ thị hàm số ( C 1 ) : y = f ( x + a ) được suy
ra từ đồ thị ( C ) bằng cách tịnh tiến đồ thị ( C ) theo phương trục hoành một đoạn

bằng a . Nếu a < 0 tịnh tiến đồ thị ( C ) qua phải a đơn vị và nếu a > 0 tịnh tiến
đồ thị ( C ) qua trái a đơn vị.

- Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) . Đồ thị hàm số ( C 2 ) : y = f ( x ) + b được suy
ra từ đồ thị ( C ) bằng cách tịnh tiến đồ thị ( C ) theo phương của trục tung một
đoạn bằng b . Nếu b < 0 tịnh tiến đồ thị ( C ) xuống dưới b đơn vị và nếu b > 0
tịnh tiến đồ thị ( C ) lên trên b đơn vị.

- Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) . Đồ thị hàm số
ìï f ( x ) khi x > 0
(C3 ) : y = f ( x ) = ïí
được suy ra từ đồ thị hàm số ( C ) bằng cách:
ïï f ( - x ) khi x £ 0
î
+ Giữ nguyên phần đồ thị ( C ) nằm bên phải trục Oy và bỏ phần ( C ) nằm bên trái Oy .

+ Lấy đối xứng phần đồ thị ( C ) nằm bên phải trục Oy qua Oy .

8


- Cho hm s y = f ( x ) cú th ( C ) . th hm s
ỡù f ( x ) khi f ( x ) > 0

(C3 ) : y = f ( x ) = ùớ
c suy ra t th hm s ( C ) bng cỏch:
ùù - f ( x ) khi f ( x ) Ê 0
ợ
+ Gi nguyờn phn th ( C ) nm trờn Ox .

+ Ly i xng phn th ( C ) nm di Ox qua Ox v b phn th ( C )
nm di trc Ox.
2.3.1.4. Mt s ng dng ca tớch phõn.
a. Din tớch hỡnh phng gii hn bi mt ng cong v trc honh.
Din tớch S ca hỡnh phng gii hn bi th ca hm s y = f ( x ) liờn tc, trc
b

honh v hai ng thng x = a; x = b c tớnh theo cụng thc: S = f ( x ) dx .
a

b. Din tớch hỡnh phng gii hn bi hai ng cong.
Cho hai hm s y = f ( x ) v y = g ( x ) liờn tc trờn on [ a; b] . Khi ú din tớch S
ca hỡnh phng gii hn bi th hm s y = f ( x ) , y = g ( x ) v hai ng thng
b

x = a, x = b l S = f ( x ) g ( x ) dx .
a

ự... khi bit th ca hm
2.3.2. Mt s dng bi toỏn v hm s f (x), f ộ
ờu(x)ỷ
ỳ
ở
s f '(x) .

ự... khi bit th ca
Dng 1: Xột tớnh n iu, cc tr ca hm s f (x), f ộ
ờ
ởu(x)ỳ
ỷ
f
'(
x
)
hm s
.
Vi dng ny thỡ ta thng gp dng bi toỏn c bn sau õy:
Bi toỏn: Cho hm s y = f ( x ) xỏc nh, liờn tc trờn Ă v cú th ca o

hm y = f ( x ) nh hỡnh v cho trc. Tỡm cỏc khong ng bin, nghch bin ,
ự.
cc tr ca hm s y = f ộ
ờu ( x) ỷ
ỳ
ở
gii bi toỏn trờn ta thng thc hin theo cỏc bc sau:
Bc 1: T th hm s y = f ( x ) tỡm nghim ca phng trỡnh f Â( x) = 0

(honh giao im ca th hm f ( x ) vi trc Ox ). Gi s cú cỏc nghim
l: x = x1, x = x2,...
ự v gii phng trỡnh
Bc 2: Tớnh o hm ca hm s y = f ộ
ờu ( x) ỷ
ỳ
ở

( )

( )

u x .f u x = 0



( )
( )
( )

u x = 0

u x = x1
u ( x ) .f u ( x ) = 0
nghim xi .(i = 1,..n)


u x = x2

...

9


Bước 3: Tìm các khoảng f ′ ( x ) > 0, f ′ ( x ) < 0 . Giả sử f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ( a;b) khi đó

( )

( )

( ) ( )

f ′ u x  > 0, ∀u x ∈ a;b . Giải bất phương trình a < u x < b .



Bước 4: Lập bảng biến thiên và kết luận.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ sau.

Tìm khoảng đồng biến của hàm số y = f ( 2 − x ) .
(Trích đề minh hoạ năm 2018 – BGD&ĐT)
Giải
+) Dựa vào đồ thị hàm f ′ ( x ) ta có:

( )

(

) (

)

( )

(

) ( )

f ′ x > 0, ∀x ∈ −1;1 ∪ 4; +∞ ; f ′ x < 0, ∀x ∈ −∞; −1 ∪ 1;4
x = −1

f ′ x = 0 ⇔ x = 1
x = 4


( )

+) Đặt g( x ) = f ( 2 − x ) . Ta có: g′ ( x ) = ( 2 − x) ′ f ′ ( 2 − x ) = − f ′ ( 2 − x )

+) Để hàm g( x ) = f ( 2 − x ) đồng biến thì: g′ ( x ) > 0 ⇔ − f ′ ( 2 − x ) > 0 ⇔ f ′ ( 2 − x ) < 0
2 − x < −1
⇔
⇔
1 < 2 − x < 4

x > 3

 −2 < x < 1

Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng ( −2;1) và ( 3; + ∞ ) .
Qua ví dụ 1, học sinh hình thành tư duy tương tự cho bài toán cơ bản về việc xét
tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 2: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ , hàm số y = f ′ ( x ) có
đồ thị như hình vẽ. Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến, cực trị của hàm
2
số g ( x ) = f ( − x − x ) trên ¡ .

10


Để tìm được khoảng nghịch biến của hàm số ta phải dựa vào việc xét dấu của
đạo hàm cấp 1.
2
+) Ta tính đạo hàm của hàm số g ( x ) = f ( − x − x ) .Ta có:
g ′ ( x ) =  f ( − x − x 2 ) = ( −1 − 2 x ) . f ′ ( − x − x 2 ) , sự biến thiên của hàm số
g ( x ) = f ( − x − x 2 ) phụ thuộc vào dấu của g ′ ( x ) .
'

1

1

x = − 2
x = − 2
 −1 − 2 x = 0


2
+) Ta có: g ′ ( x ) = 0 ⇔  f ′ − x − x 2 = 0 ⇔  − x − x = 0 ⇔  x = −1
)

2
 (
x = 0
− x − x = 1




+) Nhận thấy g ′ ( 1) = −3. f ′ ( −2 ) < 0 và các nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 là
các nghiệm đơn nên ta có bảng xét dấu g ′ ( x ) như sau:

x
g′( x)

−∞

−

−1

+

−

0

1
2

0

+∞

0
+

0

−

Dựa vào bảng biến thiên ta dễ dàng suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trên các
1

 1 
khoảng  −1; − ÷ và ( 0; + ∞ ) , đồng biến trên các khoảng ( −∞; − 1) và  − ;0 ÷, hàm
2

 2 
1
2

số đạt cực trị tại các điểm x = −1; x = − ; x = 0 .
Ngoài cách xét dấu g ′ ( x ) như trên ta cũng có thể xét dấu g ′ ( x ) như sau:

1
 x > − 2
  −1 − 2 x < 0


 − x − x 2 < 0
2
  f ′ ( − x − x ) > 0

g′( x) < 0 ⇔ 
⇔   − x − x 2 > 1 ⇔
 −1 − 2 x > 0


 f ′ − x − x2 < 0
  x < − 1
(
)
 
2

 0 < − x − x 2 < 1



1
 x > − 2
 
   x < −1
 x > 0
⇔


1
 x < −
2


 −1 < x < 0

x > 0

 −1 < x < − 1 .


2

Từ đó ta cũng có bảng xét dấu g ′ ( x ) như trên.
Ví dụ 3: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ . Đồ thị y = f ′ ( x ) như
hình vẽ bên và f ( 2 ) = f ( −2 ) = 0 .

11


Tìm khoảng nghịch biến của hàm số g ( x ) =  f ( 3 − x )  .
Giải
Ta có: g ′ ( x ) = −2 f ' ( 3 − x ) f ( 3 − x ) .
Từ đồ thị của y = f ′ ( x ) ta có bảng biến thiên:
2

Từ bảng biến thiên ta suy ra f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( 3 − x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ .
Hàm số g ( x ) =  f ( 3 − x )  nghịch biến khi và chỉ khi
2

 −2 < 3 − x < 1
2 < x < 5
⇔
g ′ ( x ) = −2 f ( 3 − x ) f ′ ( 3 − x ) < 0 ⇔ f ′ ( 3 − x ) < 0 ⇔ 
.
3 − x > 2
x < 1
Vậy, hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 2;5) và ( −∞;1)

Ví dụ 4: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên ¡ . Đồ thị hàm số

y = f ¢( x) như hình bên. Tìm khoảng nghịch biến của hàm số g( x) = f ( 1- x2 ) trên
¡.

Giải
Ta có

g¢( x) = - 2xf ¢( 1- x ) . Hàm

- Giải (1):

2

ïìï - 2x > 0
Û
í
ï f ¢( 1- x2 ) < 0
ïî

số g( x) nghịch biến
ì
ïíï x < 0
.
ïïî 1<1- x2 < 2

éìï - 2x > 0
êï
êíï f ¢1- x2 < 0
)
êï (
Û g¢( x) < 0 Û êî

êìï - 2x < 0
êï
êí ¢
2
êïïî f ( 1- x ) > 0
ë

(1)
.
(2)

hệ vô nghiệm.

12


- Giải (2):

ïìï - 2x < 0
Û
í
ïï f ¢( 1- x2 ) > 0
ïî

ïìï x > 0
Û x > 0.
í
2
2
îïï 1- x < 1Ú1- x > 2

Vậy, hàm số nghịch biến

trên khoảng ( 0:+¥ )
Tuy nhiên ta cũng có thể giải bằng cách khác như sau:
Ta có

éx = 0
g¢( x) = 0 Û ê
êf ¢1- x2 = 0.
)
ê
ë (

Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0:+¥ )
Ví dụ 5: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là hàm số f ′ ( x ) trên ¡ . Biết rằng
hàm số y = f ′ ( x − 2 ) + 2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tìm khoảng nghịch biến
của hàm số f ( x ) .
y

2

-2

x

2

O

3

1

-1

Giải:
Nhận xét: Với yêu cầu của bài toán thì ta cần xác định được dấu của hàm số
f ′ ( x ) . Từ giả thiết ta thấy rằng, đồ thị của hàm số f ′ ( x ) đã thực hiện một số
phép biến đổi đồ thị để được đồ thị như hình vẽ. Từ đó ta có thể giải như sau:
Từ đồ thị hàm số f '( x- 2) + 2 tịnh tiến xuống dưới 2 đơn vị, ta được đồ thị hàm
số f '( x- 2) (tham khảo hình vẽ bên dưới).
y

-2

x

2

O

1

3

-3

Tiếp tục tịnh tiến đồ thị hàm số f '( x- 2) sang trái

f '( x) (tham khảo hình vẽ bên dưới).

2

đơn vị, ta được đồ thị hàm số

13


y

-1

1

O

x
3

-3

Từ đồ thị hàm số f '( x) , ta thấy f '( x) < 0 khi x Î ( - 1;1) . Vậy, hàm số nghịch biến
trên khoảng ( - 1:1) .
Tuy nhiên ngoài cách giải trên ta cũng có thể giải bằng cách sau:
Dựa vào đồ thị của hàm số ta có: f ′ ( x − 2 ) + 2 < 2, ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ f ′ ( x − 2 ) < 0, ∀x ∈ ( 1;3) .
Đặt t = x − 2 thì f ′ ( t ) < 0, ∀t ∈ ( −1;1) .Vậy, hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng

( −1;1) .

Ví dụ 6: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ¡ . Biết đồ thị của hàm số
y = f ' ( x ) như hình vẽ. Tìm điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f ( x ) + x .

Lời giải

Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) + 1. Khi đó g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = −1 (1).
Nghiệm của (1) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đường
thẳng y = −1 .
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) , ta thấy đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đường thẳng
x = 0
y = −1 có ba điểm chung có hoành độ là 0;1; 2 . Do đó f ' ( x ) = −1 ⇔  x = 1 .
 x = 2
x = 0

Suy ra g ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1 .
 x = 2

Trên ( −∞;1) đường thẳng y = −1 tiếp xúc hoặc nằm trên đồ thị hàm số y = f ' ( x ) .
Trên ( 1; 2 ) đường thẳng y = −1 nằm dưới đồ thị hàm số y = f ' ( x ) .
Trên ( 2; +∞ ) đường thẳng y = −1 nằm trên đồ thị hàm số y = f ' ( x ) .
Ta có bảng biến thiên

14


Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x = 1.
Ví dụ 7: Cho hàm số y = f (x) biết rằng hàm số y = f ¢(x) có đồ thị như hình vẽ
bên dưới.

Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y = f (x2 + m) có 3 cực trị

Giải
2
+ Hàm số y = f (x + m) có đạo hàm y¢= 2x.f ¢(x2 + m)
éx = 0
y¢= 0 Û 2x.f ¢(x2 + m) = 0 Û ê
êf ¢(x2 + m) = 0
ê
ë
2
éx + m = 0
ê
2
f ¢(x2 + m) = 0 Û ê
êx + m = 1
ê2
êx + m = 3
ë
¢
y
=
f
(
x
)
+ Vì đồ thị
tiếp xúc trục Ox tại điểm có hoành độ x = 1 nên x = 1 là

nghiệm bội chẵn. Do đó ta chỉ cần xét số nghiệm hai phương trình:
éx2 + m = 0
ê

êx2 + m = 3 Û
ê
ë

éx2 = - m
ê
êx2 = 3 - m
ê
ë

éx2 = - m
(1)
+ Để hàm số y = f (x + m) có 3 cực trị khi hai phương trình ê
êx2 = 3 - m (2) có
ê
ë
2

thêm đúng hai nghiệm đơn khác 0
ïì - m £ 0

ï
TH 1: íï 3 - m > 0 Û
ï
î

ïìï m ³ 0
Û 0 £ m < 3 phương trình (1) vô nghiệm hoặc
í
ïï m < 3

î

nghiệm kép x = 0 , phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác không khi đó
2x.f '(x2 + m) = 0 có 3 nghiệm đơn nên có 3 cực trị
ïì - m > 0

ï
TH 2: íï 3 - m £ 0 Û
ï
î

ïìï m < 0
m thỏa yêu cầu bài toán
í
ïï m ³ 3 không có
î

15


Vậy, 0 £ m < 3 thì hàm số y = f (x2 + m) có 3 cực trị.
Ví dụ 8: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ¡ và đồ thị hình bên dưới là đồ thị
của đạo hàm y = f ¢( x) . Hàm số g( x) = f ( x ) + 2019 có bao nhiêu điểm cực trị?

y = f '(x)

Giải

+ Ta có f '( x) = 0 có 3 nghiệm thực x = a < 0;x = b > 0;x = c > 0
f '( x) > 0 trên khoảng ( a;b) và( c; +¥

)
f '( x) < 0 trên khoảng ( - ¥ ;a) và( b;c)
+ Bảng biến thiên:

+ Vì vậy hàm số y = f ( x) có 3 cực trị trong đó có 2 cực trị có hoành độ dương
+ Thực hiện biến đổi đồ thị hàm số dạng y = f ( x ) . Bỏ phần đồ thị phía bên trái
trục tung, lấy đôi xứng phần đồ thị bên phải trục tung qua trục tung (hình vẽ
dưới đây) được đồ thị hàm số y = f ( x )
y = f(x )

+ Ta thấy đồ thị hàm số y = f ( x ) có 5 cực trị, suy ra đồ thì hàm số

( )

g( x) = f x + m có 5 cực trị với mọi giá trị m.

Vậy, hàm số g( x) = f ( x ) + 2019 có 5 cực trị.

16


Ví dụ 9: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ¡ , đồ thị
hàm số y = f ′ ( x ) như trong hình vẽ bên, f ( a ) > 0 . Tìm số
điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) ?

y

O

f ′( x)

a

b

c

x

Giải.:
Từ đồ thị của hàm số y = f '( x ) ta có bảng biến thiên như sau:
a
c +∞
x −∞
b
,
y
0
+
0
0 +
f ( b)
y

f ( a)

f ( c)

Đề suy ra được đồ thị của hàm số y = f ( x) ta cần phải so sánh được hai giá trị

f ( a ) , f ( c ) và dấu của chúng.
c

b

c

a

a

b

Ta có: f ( c) - f ( a ) = f '( x )dx = f '( x)dx + f '( x )dx > 0 Þ f ( c ) > f ( a ) > 0
ò
ò
ò
Do đó, đồ thị hàm số f ( x) nằm phía trên trục ox với mọi x Þ đồ thị f ( x) cũng
chính là đồ thị f ( x) . Vậy, đồ thị hàm số f ( x) có 3 điểm cực trị.
9
1
Ví dụ 10: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ¡ có f ( −3) > 8 ; f ( 4 ) > ; f ( 2 ) <
2

2

. Biết rằng hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực
trị của đồ thị hàm số y = 2 f ( x ) − ( x − 1) .
2

Giải
Nhận xét: Số cực trị của hàm số y = f ( x ) bằng số cực trị của hàm số y = f ( x )
cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành.
2
Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x − 1) , ∀x ∈ ¡ và h ( x ) = 2 f ( x ) − ( x −1) , ∀x ∈ ¡ .

2

Ta có: h ' ( x ) = 2 f ' ( x ) − 2 ( x − 1) ⇒ h ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x − 1 (*)

17


Dự vào đồ thị, nghiệm của phương trình (*) là hoành độ giao điểm của đồ thị
 x = −1
x = 1
y = f ′ ( x ) và đường thẳng y = x − 1 , ta có: ( *) ⇔ 
x = 2

x = 3

Ta có bảng biến thiên của hàm số h ( x ) như sau:

Ta có:
1
2
2
h ( −3) = 2 f ( −3) − ( −3 − 1) > 0 vì f ( −3) > 8
9
2

h ( 4 ) = 2 f ( 4 ) − ( 4 − 1) > 0 vì f ( 4 ) >
2
Suy ra h ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt x1 ∈ ( −3; − 1) và x2 ∈ ( 3; 4 ) .
h ( 2 ) = 2 f ( 2 ) − ( 2 − 1) < 0
2

vì f (2) <

Vậy, hàm số g ( x ) = h ( x ) có đúng 5 điểm cực trị.
Dạng 2: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất, so sánh các giá trị của hàm
f (x) khi biết đồ thị của hàm số f '(x) .
Cơ sở phương pháp của bài toán dạng này cũng là bài toán đã trình bày trong
dạng 1. Sau đây ta xét một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x )
được cho như hình vẽ dưới đây:

Biết rằng f ( −1) + f ( 0 ) < f ( 1) + f ( 2 ) . Tìm giá trị x0 đề hàm số đạt giá trị nhỏ nhất
và giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1; 2] .
Giải
Từ đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x )
trên đoạn [ −1; 2] như sau:

18


f ( x ) = f (1)
Nhận thấy: [min
−1;2]
f ( x ) ta so sánh f ( −1) và f (2) .
Để tìm Max

[ −1;2]

Theo giả thiết, f ( −1) + f ( 0 ) < f ( 1) + f ( 2 ) ⇔ f ( 2 ) − f ( −1) > f ( 0 ) − f ( 1) .
Từ bảng biến thiên , ta có f ( 0 ) − f ( 1) > 0 . Do đó

f ( x ) = f ( 2 ) . Vậy, hàm số đạt
f ( 2 ) − f ( −1) > 0 ⇔ f ( 2 ) > f ( −1) . Hay max
[ −1; 2]

giá trị nhỏ nhất tại x = 1 và giá trị lớn nhất tại x = 2.
Ví dụ 2: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm là f ¢( x) . Đồ thị của hàm số y = f ¢( x)
được cho như hình vẽ bên. Biết rằng ff( 0) + ( 3) = ff( 2) + ( 5) . Tìm giá trị x0 đề
hàm số đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ 0;5] .

Giải
ù.
+ Từ đồ thị ta có bảng biến thiên trên của hàm số y = f ( x) trên é
ê
ë0;5ú
û

f ( x ) = f (2) .
+ Từ bảng biến thiên ta thấy min
[ 0;5]
f ( x ) ta so sánh f (0) và f (5) .
+ Để tìm Max
[ 0;5]

+ Ta có: ff( 0) +

( 3) = ff( 2) + ( 5) Þ ff( 0) - ( 5) = ff( 2) - ( 3) < 0 Þ

ff( 0) <

( 5) .

f ( x ) = f ( 5) . Vậy, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 2 và giá trị lớn
Hay max
[ 0;5]
nhất tại x = 5.

19


Ví dụ 3 : Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên ¡ , đồ thị hàm số
y = f ¢( x) như trong hình vẽ bên dưới. Tìm giá trị x0 đề hàm số đạt giá trị nhỏ

nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ a ; c ] .

Giải:
Từ đồ thị của hàm số y = f ¢( x) ta có bảng biến thiên như sau:

f ( x ) = f (b) . Để tìm giá trị nhỏ nhất ta so
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy Max
[ a ; c]

sánh hai giá trị f (a);f(c) .Tuy nhiên cái khó của bài toán này so với 2 ví dụ trước
là không có dữ kiện để ta so sánh, vì vậy ta phải dựa vào dấu hiệu diện tích hình
b

phẳng. Bằng trực quan ta thấy ò f ¢( x)dx > 0;
a

c

ò f ¢( x)dx < 0

và diện tích hình

b

ùlớn hơn hình phẳng giới hạn trên é
b;cù
phẳng giới hạn trên é
êa;bú
ê
únên
ë
û
ë
û
c

b

c

a

a

b

Ta có f ( c) - f ( a) = ò f ¢( x)dx = ò f ¢( x)dx + ò f ¢( x)dx > 0 Þ f ( c) > f ( a)
f ( x ) = f ( a ) . Vậy, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = a và giá trị lớn
Hay min
[ a ; c]

nhất tại x = b.
Ví dụ 4: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm là f ¢( x) . Đồ thị của hàm số y = f ¢( x)
được cho như hình vẽ bên. Biết rằng ff( 0) + ( 1) - 2ff( 2) =

( 4) - f ( 3) . So sánh giá trị

ff(0); (2); f (4)

20


Giải:
ù
Từ đồ thị trên suy ra bảng biến thiên trên é
ê
ë0;4ú
û

Dựa vào BBT ta có f ( 2) lớn nhất trong ba giá trị cần so sánh
Ta lại có: ff( 1) < (2); ff( 3) <
Theo giả thiết:
ff( 0) +

( 1) -

2ff( 2) =

( 2) Þ ff( 1) + ( 3) < 2ff( 2) Û

2 ( 2) - ff( 1) -

( 3) > 0

( 4) - ff( 3) Û ( 0) - ff( 4) = 2 ( 2) - ff( 3) - ( 1) > 0 Þ ff( 0) > ( 4) .

Vậy, ff(4) < (0) < f (2) .
Ví dụ 5: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số
2
y = f ′ ( x ) như hình bên. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) . So
sánh các giá trị g ( −3) ; g ( 1) ; g ( 3) .
(Trích câu 48 MĐ 102 đề chính thức thi THPT
Quốc gia 2018).

y
4
−3

2
O 1
−2

3

x

Giải:
+) Ta có: g ' ( x ) = 2 f ' ( x ) − 2 ( x + 1) = 2  f ' ( x ) − ( x + 1) 
+) Vẽ đường thẳng y = x +1 . (Như hình vẽ)

21


Từ đồ thị ta có:
1

1

ù
g ( 1) - g ( - 3) = ò g'( x )dx = 2 ò é
ëf '( x ) - ( x +1) ûdx > 0 Þ g ( 1) > g ( - 3) .
- 3

3

- 3

3

ù
g ( 3) - g ( 1) = ò g'( x )dx = 2 ò é
ëf '( x ) - ( x +1) ûdx < 0 Þ g ( 3) < g ( 1) .
1

1

3

3

1

3

ù
é
ù
é
g ( 3) - g ( - 3) = ò g'( x )dx = 2 ò é
ëf ' ( x ) - ( x +1) ûdx = 2 ò ëf ' ( x ) - ( x +1) ûdx + 2 ò ëf ' ( x ) - ( x +1)
- 3

- 3

- 3

1

= 2 S1 - 2 S2 > 0 Þ g ( 3) > g ( - 3) .

Vậy, ta có: g ( 1) > g ( 3) > g ( −3) .
Dạng 3: Tìm số giao điểm, số nghiệm của phương trình liên quan đến hàm
f (x) khi biết đồ thị của hàm số f '(x) .

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên ¡ , đồ thị hàm số y = f ′( x) như hình
vẽ. Biết f ( a) > 0 , tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) với trục
hoành.

Giải.
x = a

+) Từ đồ thị ta thấy f '( x ) = 0 ⇔  x = b và đi qua các nghiệm trên, đạo hàm đổi
 x = c

dấu nên hàm số f ( x) có 3 điểm cực trị.
+) Ta có bảng biến thiên:

Nhận thấy, f (a) hoặc f (c) là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) . (1)
Do đó, để tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) với trục hoành ta cần phải
so sánh được f (a) và f (c) biết được dấu của chúng.

22


b

c

Ta có: S1 = ∫ f '( x )dx = f ( x ) a = f (b) − f ( a ) ; S 2 = ∫ − f '( x )dx = f ( x ) c = f (b) − f ( c )
b

a

b

b

Ta thấy S1 > S2 ⇒ f (b) − f (a ) > f (b) − f (c) ⇔ f (a ) < f (c ) ⇒ 0 < f (a ) < f (c) , vì f (a) > 0
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra đồ thị hàm số y = f ( x) nằm hoàn toàn phía trên trục hoành
hay đồ thị hàm số y = f ( x) không cắt trục hoành.
Ví dụ 2: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Biết
f ( a ) > 0 . Phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?
y

a

b

O

c

x

Giải:
Từ đồ thị của hàm số y = f '( x ) ta có bảng biến thiên như sau:
a
c
x −∞
+∞
b
y,
0

+
0
0
+
f ( b)
y

f ( a)
c

b

f ( c)
c

f ( c) - f ( a ) = ò f '( x )dx = ò f '( x )dx + ò f '( x )dx < 0 Þ f ( c ) < f ( a ) .
a

a

b

Do f ( a ) > 0 nên ta có:
Nếu f ( c) > 0 thì phương trình f ( x) = 0 vô nghiệm.
Nếu f ( c) = 0 thì phương trình f ( x) = 0 có 1 nghiệm.
Nếu f ( c) < 0 thì phương trình f ( x) = 0 có 2 nghiệm.
Vậy, phương trình có nhiều nhất là 2 nghiệm.
Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ

23

2
Tìm m để bất phương trình f ( 2sin x ) − 2sin x < m nghiệm đúng với mọi
x ∈ ( 0; π ) .
Đối với dạng bài toán này thì khá mới lạ với học sinh, các em sẽ lúng túng
và không biết định hướng để giải nếu không biết quy lạ về quen.
Giải:
2
Xét bất phương trình: f ( 2sin x ) − 2sin x < m ( 1)
Ta có: x ∈ ( 0; π ) ⇒ sin x ∈ ( 0;1] . Đặt 2sin x = t ( t ∈ ( 0; 2] ) ta được bất phương

1
2

trình: f ( t ) − t 2 < m ( 2 ) . Nhận xét: bất pt ( 1) đúng với mọi x ∈ ( 0; π ) khi và chỉ
khi bất pt ( 2 ) đúng với mọi t ∈ ( 0; 2] .
1
2

Xét g ( t ) = f ( t ) − t 2 với t ∈ ( 0; 2] . Ta có: g ′ ( t ) = f ′ ( t ) − t .
Từ đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) và y = x (hình vẽ) ta có BBT của g ( t ) như
sau:

1
2

Vậy, yêu cầu bài toán tương đương với m > g ( 1) = f ( 1) − .
Ví dụ 4: Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′( x ) có bảng biến thiên như sau:

Tìm m để bất phương trình f ( x + 2) − xe x < m nghiệm đúng với mọi giá trị của
x ∈ [ −1;1] .

24


Giải:
Xét hàm số g ( x) = f ( x + 2) − xe trên đoạn [ −1;1] . Ta có: g ′( x) = f ′( x + 2) − ( x + 1)e x
Với mọi x ∈ [ −1;1] , ta có: 0 ≤ ( x + 1)e x . Và 1 ≤ x + 2 ≤ 3 suy ra f ′( x + 2) < −1 . Do đó,
x

1
e

ta có g ′( x) < 0, ∀x ∈ [ −1;1] . Vì vậy g (1) ≤ g ( x) ≤ g (−1) = f (1) + , ∀x ∈ [ −1;1] .
Suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1;1] khi và chỉ khi
1
m > max g ( x ) ⇒ m > f (1) + .
[ −1;1]
e

Qua các ví dụ trên có thể thấy rằng nếu không được rèn luyện thì học sinh sẽ rất
lúng túng với những câu hỏi dạng này.
2.4. Một số bài tập trắc nghiệm vận dụng.
Bài 1: Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị của hàm số
y = f , ( x) như hình bên.
Đặt g ( x) = 2 f ( x) + ( x + 1)2 . Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. g (1) < g (3) < g (−3) .
B. g (1) < g (−3) < g (3) .

C. g (3) = g ( −3) < g (1) .
D. g (3) = g ( −3) > g (1) .
(Trích câu 47-MĐ 104 thi THPT QG năm 20172018).

Bài 2: Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

x
Bất phương trình f ( x ) < e + m đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

A. m ≥ f ( 1) − e.

B. m > f ( −1) − 1 .
e

C. m ≥ f ( −1) − 1 .
e

D. m > f ( 1) − e.

(Trích câu 39 đề minh hoạ 2018-2019 BGD&ĐT).
Bài 3: Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x + 3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( 1; +∞ ) .
B. ( −∞; −1) .
C. ( −1;0 ) .
(Trích câu48 đề minh hoạ 2018-2019 BGD&ĐT).
3

D. ( 0; 2 ) .

25