RÈN LUYỆN kỹ NĂNG GHÉP BẢNG BIẾN THIÊN để GIẢI các bài TOÁN LIÊN QUAN đến hàm hợp, góp PHẦN NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG ôn tập THI tốt NGHIỆP THPT tại TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GHÉP BẢNG BIẾN THIÊN ĐỂ
GIẢI CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM HỢP, GÓP
PHẦN NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG ÔN TẬP THI TỐT
NGHIỆP THPT TẠI TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

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

THANH HÓA, NĂM 2020


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU............................................................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài................................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu..........................................................................................2
1.3. Đối tượng nghiên cứu.........................................................................................2
1.4. Phương pháp nghiên cứu....................................................................................2
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM..........................................................2
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm...............................................................2
2.2. Thực trạng.........................................................................................................3
2.3. Giải quyết vấn đề...............................................................................................3
2.3.1 . Cơ sở lý thuyết................................................................................................6

2.3.2 . Phương pháp ghép bảng biến thiên trong giải bài toán hàm hợp.........................8
2.3.3. Một số dạng bài toán liên quan đến hàm hợp.....................................................9
2.4. Một số bài tập trắc nghiệm vận dụng..................................................................31
2.5. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm..................................................................35
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ..................................................................................35
3.1. Kết luận...........................................................................................................35
3.2. Kiến nghị.........................................................................................................35
TÀI LIỆU THAM KHẢO.....................................................................................37


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 hàm hợp
f (u ); (u  u ( x )) có nhiều mối liên hệ chặt chẽ. Hàm f ( x ) ngoài việc biểu diễn
dưới dạng công thức nó còn được thể hiện qua đồ thị, bảng biến thiên việc dựa
vào đồ thị, bảng biến thiên của hàm số f ( x ) để tìm ra được các tính chất của hàm
hợp giúp ta giải quyết được rất nhiều bài toán khó.
Như đã biết, năm 2017 là năm đầu tiên Bộ GD&ĐT đưa hình thức trắc
nghiệm vào bài thi môn toán trong kỳ thi THPT Quốc gia.Vì vậy giáo viên và
học sinh còn nhiều bỡ ngỡ với cách dạy, cách học, cách làm bài thi trắc nghiệm.
Trong khi đó tài liệu chuyên sâu về phương pháp dạy, học, kỹ thuật làm bài thi

trắc nghiệm còn rất hạn chế…, tuy nhiên sau bốn năm thực hiện thì hầu như việc
dạy và việc học đã có phần khởi sắc. Nhiều quan điểm trước đó rằng thi trắc
nghiệm thì không còn cái hay của toán học, rồi không có tính tư duy logic,
không phát huy được khả năng trình bày cũng như hiểu bản chất của bài toán
của học sinh.
Do đó, trong công tác giảng dạy, tôi phải liên tục cập nhật, điều chỉnh
phương pháp dạy cho phù hợp với xu hướng ra đề mới...và sau bốn năm lĩnh hội
và trực tiếp tiếp cận với các phương pháp sao cho phù hợp với cách ra đề mới đó
tôi cảm thấy thi trắc nghiệm môn toán không như những phản ứng của giáo viên
dạy toán lúc ban đầu. Theo quan điểm cá nhân tôi thấy với cách thi trắc nghiệm
một dạng kiến thức được khai thác rất sâu, thiết kế được rất nhiều dạng bài tập.
Đối với dạng toán về hàm số trước kia thi tự luận thì xoay đi xoay lại chỉ là câu
khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số, rồi một ý của câu hỏi phụ về một
mảng kiến thức trong rất nhiều kiến thức về hàm mà học sinh được học. Với
việc thi trắc nghiệm thì kiến thức về hàm số được khai thác triệt để, mở rộng ra
nhiều hướng, và đặc biệt trong đề thi các năm vừa qua đều xuất hiện các câu
hàm hợp ở mức vận dụng, vận dụng cao.
Tuy nhiên hiện nay SGK chưa cải cách kịp và người thầy cũng như học
sinh đang ít nhiều lúng túng với các dạng toán về hàm số được mở rộng cho phù
hợp với cách ra đề trắc nghiệm như hiện nay, đặc biệt là các dạng toán lên quan
đến hàm hợp. Đây là một yêu cầu khá mới mẻ đối với học sinh, để giải quyết

1


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 ghép bảng biến thiên để giải các bài toán liên quan đến
hàm hợp, góp phần nâng cao chất lượng ôn tập thi tốt nghiệp THPT 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  u( x )  khi biết hàm số f ( x ) hoặc đồ thị hoặc
bảng biến thiên của 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 của hàm f  u( x ) ; số nghiệm của phương trình f  u( x )  g (m) khi biết hàm số
f ( x ) hoặc đồ thị hoặc bảng biến thiên 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.
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

2


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 (u ); (u  u( x )) khi biết hàm số hoặc đồ thị hoặc bảng biến thiên
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 hợp khi biết đồ thị hoặc bảng biến thiên 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.
2.3. Giải quyết vấn đề.
Năm học 2019-2020 là năm học thứ tư môn Toán được thi dưới hình thức
trắc nghiệm, và cũng do tình hình dịch bệch Covid-19 nên BGD cũng đã 2 lần
giới thiệu đề minh họa thì ở đề minh họa lần 2 có bài toán sau:
Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

5 �
của phương trình f  sin x   1 là:
� 2 �
�

�
0;
Số nghiệm thuộc đoạn �

A. 7 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

(Trích câu 46 đề minh họa lần 2 năm 2020).
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 bảng biến thiên của hàm f  x  và hàm f  u  . Sau đây là
lời giải bài toán này.

3


Giải.
�
x  a � �; 1
�
x  b � 1;0 
�
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: f  x   1 � �
.
x

c
�
0;1


�
�
x  d � 1; �
�
�
sin x  a � �; 1  1
�
sin x  b � 1;0   2 
�
Như vậy f  sin x   1 � �
.
sin

x

c
�
0;1
3




�
�
sin x  d � 1; �  4 
�
5 �
nên phương trình  1 và phương trình  4  vô
� 2 �
�

�
0;
Vì sin x � 0;1 , x ��

� 5 �

0;
nghiệm. Ta cần tìm số nghiệm của  2  và  3 trên �
.
� 2 �
�

5 �
� 5 �
� g '  x   cos x, x ��
0;
.
�
� 2 �
� 2 �
�

�
0;
Đặt g  x   sin x, x ��

� 
x
�
2
Cho g '  x   0 � cos x  0 � �
. Ta có bảng biến thiên:
3
�
x
� 2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: phương trình  2  có 2 nghiệm trên
� 5 �
0;
, phương trình  3 có 3 nghiệm trên
�

� 2 �
�

� 5 �
0;
.
�
� 2 �
�

Vậy, phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm.
Để giải quyết bài toán trên đòi hỏi học sinh phải có khả năng huy động
kiến thức trung gian và năng lực tổng hợp, điều này không dễ dàng đối với học
sinh khá kể cả học sinh giỏi.
Trong đề minh họa lần 1 năm học 2019-2020 của Bộ GD&ĐT thì cũng có
bài toán sau: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình bên. Số điểm cực
3
2
trị của hàm số g  x   f  x  3x  là

4


A. 5 .

B. 3 .

C. 7 .

D. 11 .

(Trích câu 46 đề minh họa lần 1 năm 2020).
Giải
2
3
 x    3x  6 x  f �
 x  3x 2  .
Ta có: g �
�
x0
�
x  2
�
�
3x 2  6 x  0
g�
��
x 3  3 x 2  a, a  0
 x  0 � � 3
.
2
�
�
�
3
2
�f  x  3x   0
x  3 x  b, 0  b  4
�
�3

x  3 x 2  c, c  4
�
x0
�
.
x  2
�

3
2
 x   3 x 2  6 x . h�
 x  0 � �
Đặt h  x   x  3x .Ta có: h�

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta suy ra:
+) Phương trình: x3  3x 2  a, a  0 : có 1 nghiệm đơn.
+) Phương trình: x3  3x 2  b, 0  b  4 : có 3 nghiệm đơn.
+) Phương trình: x3  3x 2  b, 0  b  4 : có 1 nghiệm đơn.
+) Mặt khác, x  0 và x  2 là 2 nghiệm đơn.

3
2
Suy ra số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x  3x  là 7 . Vậy, chọn C

Cũng trong đề minh họa lần 1 của Bộ GD& ĐT năm học 2019-2020 có
câu 45 tương tự câu 46 đề minh họa lần 2 như sau:
Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

5


Số nghiệm thuộc đoạn   ; 2  của phương trình 2 f  sin x   3  0 là
A. 4 .
B. 6 .
C. 3 .
D. 8 .
Trong năm học 2018-2019, trong đề thi chính thức mã đề 101 cũng có bài
toán sau:
Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên.

Số nghiệm thực của phương trình f  x 3  3x  
A. 3 .

B. 8 .

4
là:
3

C. 7 .

D. 4 .

(Trích câu 48 mã đề 101 đề thi THPTQG năm 2018-2019).
Như vây, các bài toán liên quan đến hàm hợp luôn xuất hiện nhiều trong đề thi
chính thức ở các năm học qua cũng như đề minh hoạ của Bộ GD& ĐT năm học
2019-2020. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ tập trung vào giải quyết các bài
u(x)�

toán liên quan đến hàm hợp f �
�
�khi biết hàm số hoặc đồ thị hoặc bảng biến
thiên của hàm số f (x) .
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 

6


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

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

( x) > 0, " x �K thì hàm số y = f ( x) đồng biến trên K
+ Nếu f �

( x) < 0, " x �K thì hàm số y = f ( x) nghịch biến trên K
+ Nếu f �
Định lý mở rộng: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên K . Nếu

 

f�
( x) �0, " x �K (hoặc f �( x) �0, " x �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

 x0   0.
tại x0 thì f �

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 mệnh đề.
Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên tập D . Ta có:
Mệnh đề 1: Số nghiệm của phương trình f ( x )  g ( x ) bằng số giao điểm của hai
đồ thị hàm số y=f(x) và y=g(x).
Mệnh đề 2: Số nghiệm của phương trình f ( x )  m bằng số giao điểm của đồ thị
hàm số y  f ( x ) và đường thẳng y  m (cùng phương với trục ox ).
Mệnh đề 3: Phương trình f ( x)  m có nghiệm
x �D
min f  x  m m ax f  x 
x�D

x�D

2.3.1.4 Một số phép biến đổi đồ thị hàm số.

7


- 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
�f ( x ) khi x > 0
(C3 ) : y = f ( x ) = �
�
được suy ra từ đồ thị hàm số  C  bằng cách:
�
�f ( - x ) khi x �0
+ 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 .
- Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  C  . Đồ thị hàm số

�f ( x ) khi f ( x ) > 0
(C3 ) : y = f ( x ) = �
được suy ra từ đồ thị hàm số  C  bằng cách:
�
�
- f ( x ) khi f ( x ) �0
�
+ Giữ nguyên phần đồ thị  C  nằm trên Ox .

+ Lấy đối xứng phần đồ thị  C  nằm dưới Ox qua Ox và bỏ phần đồ thị  C 
nằm dưới trục Ox.
2.3.2. Phương pháp ghép bảng biến thiên trong giải bài toán hàm hợp.
Ta thường gặp các bái toán sau liên quan đến hàm hợp: Cho hàm số
y  f  x  xác định, liên tục trên � và có đồ thị (bảng biến thiên) như hình vẽ
cho trước. Tìm khoảng đồng biến (nghịch biến), số cực trị của hàm số
g(x) = f �
u ( x) �

u ( x) �
= k . Để giải quyết yêu cầu
. Số nghiệm của phương trình f �
�
�
�
�
bài toán trên bằng phương pháp ghép bảng biến thiên ta làm như sau:
Bước 1:Tìm tập xá định của hàm g ( x )  f  u ( x )  , giả sử
D   a1 ; a2  � a3 ; a4  �.... � an 1 ; an 

.Ở đây a1 có thể là �; an có thể là �.
Bước 2: Xét sự biến thiên của u  u( x ) và hàm y  f (x) .
Bước 3: Lập bảng biến thiên tổng hợp xét sự tương quan giữa  x; u  u( x)  và

 u; g 

f (u ) . Bảng này thường có 3 dòng, giả sử có dạng:

x

a1

u  u( x )

u1

b1

b2

…….

bk

a2 ………

an 1

an

u2 ………

un 1

un

8


g (b2 )

………

g (u2 ) ….

g (un )

..

g  f  u( x )

g (b1 )
g (bk )

g (u1 )

g (un 1 )

Trong bảng biến thiên trên:
Dòng 1: Xác định các điểm biên của TXĐ D , các điểm cực trị của u  u( x ) và
sắp xếp các điểm này theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải giả sử là :
a1  a2  .....  an 1  an .

Dòng 2: Điền các giá trị ui  u(ai ) với (i  1,...., n ) .
+) Trên mỗi khoảng  ui ; ui 1  với (i  1,...., n ) cần bổ sung các điểm cực trị
b1; b2 ;......; bk của hàm y  f ( x ) .
+) Trên mỗi khoảng  ui ; ui 1  với (i  1,...., n ) sắp xếp các điểm ui ; bk theo thứ tự
chẳng hạn ui  b1  b2  ....  bk  ui 1 hoặc ui  b1  b2  ....  bk  ui 1 .
Dòng 3: Xét chiều biến thiên của hàm g ( x )  f  u( x)  dựa vào bảng biến thiên
của hàm y  f ( x ) bằng cách hoán đổi : u đóng vai trò của x ; f (u ) đóng vai trò
của f ( x ) .
Bước 4: Dựa vào bảng biến thiên của hàm hợp g(x)  f (u(x)) giải quyết các yêu
cầu đặt ra trong bài toán và kết luận.
u(x)�
2.3.3. Một số dạng bài toán về hàm số f �
�
�khi biết hàm số hoặc đồ thị
hoặc bảng biến thiên của hàm số f (x) .
u(x)�

Dạng 1: Tìm khoảng đơn điệu, số điểm cực trị của hàm f �
�
�khi biết hàm
số hoặc đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số f (x) .
Với dạng này thì ta thường gặp dạng bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên � và có đồ thị (bảng biến
thiên) như hình vẽ cho trước. Tìm khoảng đồng biến (nghịch biến), số cực trị
u ( x) �
của hàm số g(x) = f �
.
�
�
Để giải bài toán trên ta thường thực hiện theo các cách sau:
Cách 1.
u x�
Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g(x) = f �
�( ) � và giải phương trình

 

 

�
u�x .f �
u x � 0
� �

 
 
 

�
u�x  0
�
u x  x1
�
u�
u  x  � 0 � �
� nghiệm xi .(i  1,..n)
 x .f ��
� �
u x  x2
�
...
�
�

9


 x  0, f � x  0 . Giả sử f � x  0, x � a;b khi đó
Bước 2: Tìm các khoảng f �
 

 

   

�
f�

u x � 0, u x � a;b . Giải bất phương trình a  u x  b .
� �

Bước 3: Lập bảng biến thiên và kết luận.
Cách 2. (sử dụng phương pháp ghép bảng biến thiên đã nêu trong mục 2.3.2).
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Các ví dụ trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi trình bày bằng 2 cách giải
đó là phương pháp tự luận và phương pháp ghép bảng biến thiên.
Ví dụ 1: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị
3
2
của hàm số y  f  x  3x  là:

A. 5 .

B. 3 .

C. 7 .

D. 11 .

(Trích câu 46 đề minh họa lần 1 năm 2020).
Giải
Cách 1.

2
 x 3  3x 2  .
Ta có: y '   3 x  6 x  f �

�

x0
�
x  2
�
�
3x 2  6 x  0
y'  0 � � 3
��
x 3  3x 2  a, a  0
.
2
�
�
f
x

3
x

0

�
3
2
� 
x  3x  b,0  b  4
�
�3
x  3x 2  c, c  4
�

x0
�

3
2
2
Đặt g  x   x  3x .Ta có: g '  x   3x  6 x . g '  x   0 � �x  2 .

�

Bảng biến thiên:

10


Từ bảng biến thiên, ta suy ra:
+) Phương trình: x3  3x 2  a, a  0 : có 1 nghiệm đơn.
+) Phương trình: x3  3x 2  b, 0  b  4 : có 3 nghiệm đơn.
+) Phương trình: x3  3x 2  b, 0  b  4 : có 1 nghiệm đơn.
+) Mặt khác, x  0 và x  2 là 2 nghiệm đơn.

3
2
Suy ra số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x  3x  là 7 . Vậy, chọn C.

Cách 2. (Phương pháp ghép bảng biến thiên).
x0
�
.
x  2

�

Xét hàm số u  x 3  3x 2 ta có: u '  3x 2  6 x ; u '  0 � �
Ta có bảng biến thiên ghép như sau:

x
u  x 3  3x 2

�
�
�

a

b
f (b)

2
4

b
f (b)

0
0

b
f (b)

c

�
�
�

f (u )
0

f (a )

0

f (c)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm f (u ) có 7 điểm cực trị.
Vậy, chọn đáp án C.
Qua 2 cách giải trên, ta thấy cách giải 2 ngắn gọn và trực quan hơn so
với cách giải 1 và phù hợp với phương pháp trắc nghiệm khách quan.
Ví dụ 2: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tìm số
2
điểm cực trị của hàm số g  x   f   x  3x  .

11


A. 5 .

B. 4 .

C. 6 .

D. 3 .

Giải
Cách 1. Ta có:
g�
 x     x 2  3x  �. f �
  x2  3x    2 x  3 f �  x2  3x  .
� 3

2
x

3

0
x
�
2
g�
 x   0 �  2 x  3 f �
  x 2  3x   0 � �f �  x 2  3x   0 � �
�
�
� 2
�
�f   x  3x   0

  x 2  3x   0 . Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  , ta
Xét phương trình f �

x0
�
�
x3
�
�
x0
2
�
 x  3x  0
� 3  17
x3
��
  x2  3x   0 � � x2  3x  2 � �
thấy f �
.
x
�
2
�
2
�
�
 x  3x  2  0
�
� 3  17
x
�
�
2

2
Bảng biến thiên hàm số g  x   f   x  3x  .

12


 x   0 có 5 nghiệm phân biệt và g �
 x  đổi
Nhìn vào bảng biến thiên, g �
2
dấu khi qua các nghiệm này nên hàm số g  x   f   x  3x  có 5 điểm

cực trị.
Cách 2. (Phương pháp ghép bảng biến thiên)
3
2

Xét hàm số u   x 2  3x ta có: u '  2 x  3 ; u '  0 � x  .
Ta có bảng biến thiên ghép như sau:

x

�

u   x 2  3x

�

2

�

3
2
9
4

0

0

�

2

2
2

2

2

y  f (u )

2

�

�

2
Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số y  g  x   f   x  3x  có 5 điểm cực trị.

Ví dụ 3: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.

2
Tìm số cực trị của hàm số g  x   f  x  2x 

A. 5.

B. 8.

C. 6.

D. 7.

Giải
Cách 1.
Số cực trị của hàm số y  g  x  bằng số nghiệm phương trình
f  x 2  2x   0 (*) cộng với số cực trị (khác các nghiệm ở (*)) của hàm
2
số y  f  x  2x  .

13


Từ đồ thị của hàm số y  f  x  ta có
�
x 2  2 x=0
x  2 �x  0

�
�2
�
2
f  x  2x   0 � �
x  2 x=a � 2; 1 � �
x ��
�2
�
x  x1 �x  x2
x  2 x=b � 1; 2 
�
�

Mặt khác  f  x 2  2x   � 2  x  1 . f �
 x 2  2x 
�
x  1
x


1
�
�2
�
2
Nên f  x  2x   0 � �f �x 2  2x  0 � �x  2x=  1  1

�2
� 

x  2x=1  2 
�
Phương trình (1) có nghiệm kép x  1 , phương trình (2) có hai nghiệm





x  1 � 2 nên phương trình

 f x

2

 2x 

 � 0 có x  1 là nghiệm bội ba

và hai nghiệm đơn x  1 � 2 .
Vậy phương trình  f  x 2  2x   � 0 có ba nghiệm bội lẻ nên hàm số

y  f  x 2  2x  có ba cực trị là 1 và 1 � 2 khác 4 nghiệm của phương

trình (*).
Vậy hàm số y  g  x  có 7 cực trị là -1,0,-2, x1 , x2 và 1 � 2 .
Cách 2.(Phương pháp ghép bảng biến thiên)
Xét hàm số u  x 2  2 x ta có: u '  2 x  2 ; u '  0 � x  1 .
Ta có bảng biến thiên ghép như sau:

x

�

u  x2  2x

�

�

1
1

1

�

�

1

�

2

y  f (u )

2

�

2
�

y  f (u )

2
0

2

0

2

2

0

0

2

14


2
Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số g  x   f  x  2x  có 7 điểm cực trị.

Ví dụ 4: Biết rằng hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên �có đồ thị được cho
như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực tiểu của hàm số g ( x )  f ( f ( x )) .

A. 5 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 6 .

Giải
Cách 1.
( f ( x )) ;
 x . f �
Xét hàm số g ( x )  f ( f ( x )) , ta có: g '( x )  f �
x0
x0
�
�
�
�
x2
x2
�f �
 x  0
g'  0� �
��
��
�f x  0
�
x  a � 2; � .

�
�
�f  x  �
� 0 �  
�f �
�
x  b � a; �
�f  x   2
�
�f �
 x  0

�
� y�
 0.
Với x � �; 0  � �f x  0 � f �
�
f
x
�

0




�
�
�
�f �

 x  0

�
� y�
 0.
Với x � 0; 2  � �f x  0 � f �
�
� 
�f  x  �
� 0
�f �
 x  0

�
� y�
 0.
Với x � 2; a  � �f x  0 � f �
�
�f  x  �
� 0
� 
�f �
 x  0

�
� y�
 0.
Với x � a ; b  � �0  f x  2 � f �
�
f

x
�

0




�
�
�
�f �
 x  0

�
� y�
 0.
Với x   b ; +  � �f x  2 � f �
�
� 
�f  x  �
� 0
Ta có bảng biến thiên

15


Dựa vào BBT suy ra hàm số g  f ( f ( x )) có hai điểm cực tiểu.
Cách 2.(Phương pháp ghép bảng biến thiên)
Đặt u  f ( x ) . Ta có g  f (u )

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

�

u  f ( x)

�

0

0

�

2
4

0

2

�
�

g  f (u )

0

0

4

4

�

Từ BBT suy ra hàm số g  f ( f ( x )) có hai điểm cực tiểu.
Qua các ví dụ của bài toán dạng 1 có thể thấy phương pháp ghép bảng
biến thiên tỏ ra ngắn gọn và học sinh tiếp cận dễ dàng hơn so với cách giải 1.
u(x)�
= k ; ( k ��)
Dạng 2: Tìm số giao điểm, số nghiệm của phương trình f �
�
�
khi biết hàm số hoặc đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số f (x) .
Với dạng này thì ta thường gặp dạng bài toán cơ bản sau đây: Cho hàm số hoặc
đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số y  f  x .Tìm số nghiệm của phương

trình f  u  x    k thỏa mãn điều kiện cho trước.
Giải.
Cách 1.
+ Đặt u  u  x  , xác định điều kiện của u .
+ Dựa và đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số y  f  x , xác định các giao
điểm của đồ thị y  f  u  với đường thẳng y  k .
*
+ Với mỗi giao điểm có hoành độ ui  i  1....n; n �  , thay vào u  x   u để xác

định các giá trị của x tương ứng.

+ Từ các giá trị x ta xác định được số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  u x 

với đường thẳng y  k cùng phương với trục ox.
Cách 2. (sử dụng phương pháp ghép bảng biến thiên).

16


Sau đây là một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1:
Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

5 �
của phương trình f  sin x   1 là:
� 2 �
�

�
0;
Số nghiệm thuộc đoạn �

A. 7 .

B. 4 .
C. 5 .
(Trích câu 46 đề minh họa lần 2 năm 2020).

D. 6 .

Đây là câu hỏi ở mức VDC trong đề minh họa lần 2 mà Bộ GD&ĐT đã
giới thiệu năm 2020. Sau đây là một số cách giải bài toán này.
Giải.

Cách 1.
�
x  a � �; 1
�
x  b � 1;0 
�
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: f  x   1 � �
.
x

c
�
0;1


�
�
x  d � 1; �
�
�
sin x  a � �; 1  1
�
sin x  b � 1;0   2 
�
Như vậy f  sin x   1 � �
.
sin
x

c

�
0;1
3




�
�
sin x  d � 1; �  4 
�
5 �
nên phương trình  1 và phương trình  4  vô
� 2 �
�

�
0;
Vì sin x � 0;1 , x ��

5 �
.
�
�

�
0;
nghiệm. Ta cần tìm số nghiệm của  2  và  3 trên �
� 2
5 �

� 5 �
� g '  x   cos x, x ��
0;
.
�
� 2 �
� 2 �
�

�
0;
Đặt g  x   sin x, x ��

� 
x
�
2
Cho g '  x   0 � cos x  0 � �
. Ta có bảng biến thiên:
3
�
x
� 2

17


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: phương trình  2  có 2 nghiệm trên
� 5 �
0;

, phương trình  3 có 3 nghiệm trên
�
� 2 �
�

� 5 �
0;
.
�
� 2 �
�

Vậy, phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm.
Cách 2. (phương pháp ghép bảng biến thiên).
5 �
� u � 1;1 . Khi đó phương trình: f  sinx   1
� 2 �
�
thành f  u   1; u � 1;1 Ta có bảng biến thiên ghép như sau:

3
0
x
2
2
u  sinx
0
0
1
0

1
�
0;
Đặt u  sinx; x ��

2

2

f (u)

trở
5
2
1
2

0
y 1

0

0

Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  1 cắt đồ thị hàm số tại 5 điểm
phân biệt. Vậy, phương trình có tất cả 5 nghiệm.
Ví dụ 2: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn   ; 2  của phương trình 2 f  sin x   3  0 là
A. 4 .

B. 6 .
C. 3 .
D. 8 .
(Trích câu 45 đề minh họa lần 1 năm 2020).

18


Giải.
Cách 1.
3
(*).
2
Đặt t  sin x . Vì x �  ; 2  � t � 1;1 .

Ta có 2 f  sin x   3  0 � f  sin x   

3
2

Phương trình (*) trở thành f  t    . Đây là phương trình hoành độ
3
2

giao điểm của đồ thị hàm số y  f  t  và đường thẳng y   .
Dựa vào BBT:

�
t  a,  a  1
�

t  b,  1  b  0
�
t  b,  1  b  0
3
��
Ta có f  t    � �
.
�
t  c, 0  c  1
2
t  c, 0  c  1
�
�
t  d,d 1
�

+) Khi t  b � sin x  b, b � 1;0  : có 4 nghiệm thuộc   ; 2  .
+) Khi t  c � sin x  c , c � 0;1 : có 2 nghiệm thuộc   ; 2  .
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thuộc   ; 2  .

19


Cách 2. (phương pháp ghép bảng biến thiên).
Đặt u  s inx; x �  ;2  � u � 1;1 . Khi đó phương trình đã cho trở thành
3
; u � 1;1 Ta có bảng biến thiên ghép như sau:
2



3

x

2
2
2
u  s inx 0
0
0
1
1
1
f  u  

1

1

f (u)
2

2
0

1

2

Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  

2

2

y

3
2

3
cắt đồ thị hàm số tại 6 điểm phân
2

biệt. Vậy, phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 3. Cho y  f  x  là hàm đa thức bậc 3 và có đồ như hình vẽ dưới. Hỏi
phương trình f  f  cos x   1  0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn  0;3 

A. 2.

B. 4.

C. 5.

D. 6.

Giải.
Cách 1.
�f  cos x   1  a �(2; 1)
�

f  f  cos x   1  0 � �f  cos x   1  b �(1;0)
�f cos x  1  c �(1;2)

�
�f  cos x   a  1� 1;0  ;  1
�
� �f  cos x   b  1� 0;1 ;  2 
�f cos x  c  1 � 2;3 ;

   3
�

Từ (1) ta được: cos x  m1 �(2; 1) phương trình vô nghiệm.
+ cos x  m2 �(1;0) phương trình có 3 nghiệm thuộc đoạn  0;3  .

20


+ cos x  m3 �(1;2) phương trình vô nghiệm.
Từ  2  ta được: cos x  n1 �(2; 1) phương trình vô nghiệm.
+ cos x  n2 � 1;0  phương trình có 3 nghiệm thuộc đoạn  0;3  .
+ cos x  n3 � 1;2  phương trình vô nghiệm.
Từ  3 ta được: cos x  p  2 phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình f  f  cos x   1  0 có 6 nghiệm thuộc đoạn  0;3  .
Cách 2. (phương pháp ghép bảng biến thiên).
Đặt t  cosx , vì x � 0;3  � t � 1;1 ; và đặt u  f  cos x   1 . Ta có bảng
biến thiên ghép như sau:

0
2

3
x
t  s inx
1
u  f (cos x )  1 4

1
1

1
0

1
1

1
4

1
1

1
0

y0

g  f (u )
1

1

1

f ( 4)

Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  0 cắt đồ thị hàm số tại 6
điểm phân biệt. Vậy phương trình f  f  cos x   1  0 có 6 nghiệm thuộc
đoạn  0;3  .
Ví dụ 4. Cho hàm số f  x  liên tục trên � và có đồ thị như hình vẽ.

Gọi S là tập các giá trị nguyên của m để phương trình f  2 cos x  1  m
 

�
�
có nghiệm thực thuộc khoảng � 2 ; 2 �. Tìm số phần tử của tập S .
�
�
A. 2 .
B.3.
C.4.
D.5.
Giải.

Cách 1.
Đặt t  2 cos x 1

2

Do   x 


� 0  cos x �1 �  1  2cos x  1 �1 � t � 1;1
2

Ta được phương trình: f  t   m (*)

21


 

�
�
Phương trình đã cho có nghiệm x �� 2 ; 2 �� Phương trình (*) có
�
�

nghiệm t � 1;1

Từ đồ thị hàm số y  f ( x) �0 m 3 .
Vậy, tập S có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách 2. (phương pháp ghép bảng biến thiên).
 

�
�
 ; �� u � 1;1 ; và. Ta có bảng biến thiên
Đặt u  2cosx  1 , vì x ��
�2 2�

ghép như sau:

x


2
1
1

u  2s inx-1
f (u )


2
1
1

0



1

3
3

g  f (u)

1

1
0

3

0

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f  2 cos x  1  m có nghiệm
�0
ۣ

m

3.

Vậy, tập S có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 5. Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình vẽ sau:

22


3
có bao nhiêu nghiệm?
2
B. 12 .
C. 9 .

Phương trình f  x3  3x  

A. 5 .

(Trích câu 45 Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc năm 2020)
Giải.

D. 4 .

Cách 1.
3
2
Đặt: t  x  3x � t '  x   3x  3
t '  x   0 � x  �1

Từ bảng biến thiên, suy ra:
 Với một giá trị t  2 , cho ta một giá trị x .
 Với một giá trị 2  t  2 , cho ta ba giá trị x .
 Với một giá trị t  2 , cho ta một giá trị x .
3
2

Khi đó f  x3  3x   � f  t  

3
.
2

23