Phương Pháp Ghép Trục Trong Bài Toán Hàm Hợp - 123doc

Có thể bạn quan tâm

phương pháp ghép trục trong bài toán hàm hợp 48 5,7K 7 TẢI XUỐNG 7

Đang tải... (xem toàn văn)

XEM THÊM TẢI XUỐNG 7

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

1 / 48 trang TẢI XUỐNG 7

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang	48
Dung lượng	4,05 MB

Nội dung

Phương pháp ghép trục trong bài toán hàm hợp chuyên đề khảo sát hàm số ôn thi THPTQG..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

KÊNH PPT TIVI PHƯƠNG PHÁP GHÉP TRỤC TRONG 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: Tìm tập xác định hàm g  f  u  x   , giả sử ta tập xác định D   a1 ; a    a3 ; a     a n 1 ; a n  Ở a1   ; a n   Bước 2: Xét biến thiên u  u  x  hàm y  f ( x ) (B2 làm gộp bước đơn giản) Bước 3: Lập bảng biến thiên tổng hợp xét tương quan  x ; u  u  x   u; g  f (u ) Bảng thường có dịng dạng Cụ thể thành phần BBT sau Dòng 1: Xác định điểm kỳ dị hàm u  u  x  , xếp điểm theo thứ tăng dần từ trái qua phải, giả sử sau: a1  a   a n 1  a n (xem ý 1)  Dòng 2: Điền giá trị ui  u   với i  1, , n  Trên khoảng  ui ; ui 1  , i  1, n  cần bổ xung điểm kỳ dị b1 ; b2 ; ; bk của hàm y  f ( x ) Trên khoảng  ui ; ui 1  , i  1, n  cần xếp điểm ui ; bk theo thứ tự chẳng hạn: ui  b1  b2   bk  ui 1 ui  b1  b2   bk  ui 1 (xem ý 2) Dòng 3: Xét chiều biến thiên hàm g  f  u  x   dựa vào BBT hàm y  f ( x ) cách hốn đổi: u đóng vai trị x ; f  u  đóng vai trị f  x  Sau hoàn thiện BBT hàm hợp g  f  u  x   ta thấy hình dạng đồ thị hàm Bước 4: Dùng BBT hàm hợp g  f  u  x   giải yêu cầu đặt toán kết luận Chú ý 1: Các điểm kỳ dị u  u ( x ) gồm: Điểm biên tập xác định D , điểm cực trị u  u  x  - Nếu xét hàm u  u  x  dịng điểm kỳ dị cịn có nghiệm pt u  x   (là hoành độ giao điểm u  u ( x ) với trục Ox ) - Nếu xét hàm u  u  x  dịng điểm kỳ dị cịn có số (là hoành độ giao điểm u  u ( x ) với trục Oy ) Chú ý 2: Có thể dùng thêm mũi tên để thể chiều biến thiên u  u  x  Điểm kỳ dị y  f ( x ) gồm: Các điểm f ( x ) f ( x ) không xác định; điểm cực trị hàm số y  f ( x) - Nếu xét hàm g  f  u  x   dịng điểm kỳ dị cịn có nghiệm pt f  x   (là hoành độ giao điểm u  u ( x ) với trục Ox ) -  Nếu xét hàm g  f u  x y  f ( x ) với trục Oy )  dịng điểm kỳ dị cịn có số (là hoành độ giao điểm II ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ GIÁO DỤC Câu 45-MH-BGD-L1: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Số nghiệm thuộc đoạn   ; 2  phương trình f  sin x    A B C Lời giải D Chọn B Cách 1: Tự luận truyền thống Đặt t  sin x Do x    ;2  nên t   1;1 Khi ta có phương trình f  t     f  t    Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  t    t  b   0;1 có nghiệm t  a   1;0  Trường hợp 1: t  a   1;0  Ứng với giá trị t   1;0  phương trình có nghiệm   x1  x2     x3  x4  2 Trường hợp 2: t  b   0;1 Ứng với giá trị t   0;1 phương trình có nghiệm  x5  x6   Hiển nhiên nghiệm trường hợp khác Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn   ; 2  Cách 2: Phương pháp 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 cho Câu 46-MH-BGD-L1: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị hình bên Số điểm cực trị hàm số g  x   f  x  x  A B C D 11 Lời giải Chọn C Cách 1: Tự luận truyền thống Từ đồ thị ta có bảng biến 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  Cho 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 Cho h  x      x  2 Bảng biến thiên Ta có đồ thị hàm h  x   x3  3x sau Từ đồ thị ta thấy: Đường thẳng y  a cắt đồ thị hàm số y  h  x  điểm Đường thẳng y  b cắt đồ thị hàm số y  h  x  điểm Đường thẳng y  c cắt đồ thị hàm số y  h  x  điểm Như phương trình g   x   có tất nghiệm đơn phân biệt Vậy hàm số g  x   f  x  x  có cực trị Cách 2: Phương pháp ghép trục  x  2 Xét hàm số u  x  x ta có u '  x  x    x  Gọi a , b, c điểm cục trị hàm số y  f  x  a   b   c Và ta có f  a   f  c   ; f  b   Suy g  x   f  x  x  có điểm cực trị Câu 46-MH-BGD-L2: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau  5  Số nghiệm thuộc đoạn  0;  phương trình f  sin x     A B C Lời giải D Chọn C Cách 1: Tự luận truyền thống  5  Đặt t  sin x , x   0;   t   1;1   Khi phương trình f  sin x   trở thành f  t   1, t   1;1 Đây phương trình hồnh độ giao điểm hàm số y  f  t  đường thẳng y  t  a   1;  Dựa vào bảng biến thiên, ta có f  t      t  b   0;1 Trường hợp 1: t  a   1;0  Ứng với giá trị t   1;0  phương trình sin x  t có nghiệm x1, x2 thỏa mãn   x1  x2  2 Trường hợp 2: t  b   0;1 Ứng với giá trị t   0;1 phương trình có nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn 5 ; Hiển nhiên nghiệm trường hợp khác  5  Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn 0;    Cách 2: Phương pháp ghép trục  5  Đặt t  sin x , x   0;   t   1;1    x3  x4   ; 2  x5  Khi phương trình f  sin x   trở thành f  t   1, t   1;1 Do tổng số nghiệm phương trình cho III PHÁT TRIỂN CÂU 45 – 46 Câu 1: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị cho hình vẽ bên Hỏi phương trình f  x3  3x 1   có tất nghiệm thực phân biệt? A B C Lời giải D 11 Chọn B Cách 1: Tự luận truyền thống - Dựa 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 Dựa vào đồ thị hàm số y  x3  3x  (hình vẽ đây) Ta suy ra: Phương trình (1), (2), (4) phương trình có nghiệm, phương trình (3) có nghiệm nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Cách 2: Phương pháp ghép trục Đặt u  x  x  Ta có 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  từ bảng biến thiên hàm số u  x   x  x  ta có bảng sau   biến thiên hàm hợp f  x  x  1  f (u ) sau: Từ bảng ta thấy phương trình f  u   có nghiệm phương trình f  u   có nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm Câu 2: Cho hàm số f  x  liên tục  có bảng biến thiên hình bên Số giá trị nguyên tham số m để phương trình f  cos x     m  f  cos x   m  10  có    nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ;     A B C Lời giải Chọn B Cách 1: Tự luận truyền thống Ta có 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  +) Với t  m   f  cos x   m  (1)    Để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ;   phương trình (1) có        nghiệm đoạn   ;   khác  ;0; 3      Với x    ;    u  cos x   1;1   Nhận xét: 1     Nếu u   ;1  có nghiệm x    ;   2     1    Nếu u  u   1;  có nghiệm x    ;    2   Do yêu cầu toán xảy phương trình (1) thỏa  1 f  cos x   m   f  u   m  có nghiệm u  1;   2 Từ bảng biến thiên suy   m     m  Vì m   nên m  1; 2;3; 4;5; 6 Cách 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  Do phương trình f  t   có nghiệm nên u cầu tốn tương đương với phương trình f  t   m  có nghiệm 4  m     m  Vì m   nên m  1; 2;3; 4;5; 6 Câu 3:   [CHUYÊN VINH LẦN 1-2020].Cho hàm số y  f x liên tục  có bảng biến thiên hình bên  Xác định số nghiệm phương trình f x  3x   23 ,biết f  4  A B C 10 Lời giải D 11 Chọn C Phương pháp ghép trục Theo ta có bảng biến thiên tổng hợp:  Đồ thị hàm số y  f x  3x Câu 4:  phần nét liền Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ Có giá trị ngun tham số m để phương trình f  x  3x   m có nghiệm phân biệt A Chọn A Phương pháp ghép trục B Lời giải C D Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f  x  3x   m có nghiệm phân biệt Câu 5: m 3 m m  m 4, 5, 6, 7, Cho hàm số y  f  x   x  x Số điểm cực trị hàm số g ( x)  f  f  x  1 A B C Lời giải D 11 Chọn B Phương pháp 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 ban đầu có điểm cực trị [CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG-2020] Cho f ( x) hàm đa thức bậc cho đồ thị hàm số y  f ( x ) hình vẽ Từ BBT hàm số h  x   x3  3x nên ta có h  x   x1 có nghiệm, h  x   x2 có nghiệm, h  x   x3 có ba nghiệm phân biệt nghiệm khác 1 Vì phương trình g   x   có bảy nghiệm phân biệt nghiệm đơn nên hàm số y  g  x  có cực trị Cách 2: Phương pháp ghép trục Gọi 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 có BBT Do phương trình g   x   có bảy nghiệm phân biệt nghiệm đơn nên hàm số y  g  x  có cực trị Câu 25: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau:  3  Số nghiệm thuộc đoạn   ; 2  phương trình f  cos x      A B C D Lời giải Chọn B Cách 1: Tự luận truyền thống 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;     Vì cos x  1;1 nên cos x  a    ;  1 cos x  d  1;    vô nghiệm  3  Xét đồ thị hàm số y  cos x   ; 2    Phương trình cos x  b   1;0  có nghiệm phân biệt Phương trình cos x  c  0;1 có nghiệm phân biệt, không trùng với nghiệm phương trình cos x  b   1;0   3  Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ; 2    Cách 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    * trở thành f  t    3  Số nghiệm phương trình * đoạn   ; 2  số giao điểm đồ thị hàm số   y  f  t  , t   1;1 đường thẳng y  Ta có bảng biến thiên sau: cắt đồ thị hàm số y  f  t  điểm  3  hay phương trình * có nghiệm phân biệt đoạn   ; 2    Từ bảng biến thiên ta kết đường thẳng y  Câu 26: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị sau  Số điểm cực đại hàm số y  f x  x   B A C Lời giải D Chọn D Cách 1: Tự luận truyền thống Từ đồ thị y  f   x  ta chọn f   x    x  1 x  1 x  3 Áp dụng công thức y   f  u    u f   u  với u  Ta có y   f    x  1     x 1 x2  2x     x2  x    x2  x    x2  2x  1  x  2x    Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực đại 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 có 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 biến thiên ta thấy hàm số y  f  x  x   có điểm cực đại Câu 27: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm có đồ thị đường cong hình 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 Chọn B Cách PP tự luận truyền thống 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   có nghiệm đơn phân biệt x1 , x2 , x3 khác a Vì  a  nên f  x   a có nghiệm đơn phân biệt x4 , x5 , x6 khác x1 , x2 , x3 , , a Suy g   x   có nghiệm đơn phân biệt Do hàm số g  x   f  f  x    có điểm cực trị Cách Phương pháp ghép trục Đặt u  f  x  , ta có bảng biến thiên hàm f  u  : Số điểm cực trị hàm số g  x   f  f  x    với số điểm cực trị hàm số f  f  x   tức hàm số f  u  Từ bảng biến thiên f  u  , ta g  x  có cực trị Câu 28: [TÂN TÂY ĐÔ L8] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên m  10;10 để phương trình f nghiệm? A B C Lời giải   x  x  10   m có D Chọn C Cách 1: Tự luận truyền thống 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 đường thẳng y  m  cắt đồ thị y  f  x  điểm có hồnh độ x  Từ đồ thị ta m    m  1 Mà m  10;10  có giá trị m thỏa mãn  Chọn C Cách 2: Phương pháp 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  từ bảng biến thiên hàm số u  x  x  10 ta có bảng sau biến thiên hàm hợp f   x  x  10  f (u ) sau: Từ BBT: phương trình f  u   m  với u  có nghiệm m    m  1 Mà m  10;10   có giá trị m thỏa mãn Câu 29: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  Đồ thị hàm số y  f   x  hình vẽ bên Số điểm cực đại hàm số g  x   f A B Chọn A Cách 1: PP tự luận truyền thống   x  x  C Lời giải D Ta có 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 dấu Từ suy hàm số g  x   f   x  x  có điểm cực đại Chọn A Chú ý: Cách xét dấu  hay  g '  x  nhanh ta lấy giá trị x0 thuộc khoảng xét thay vào g  x    f   dựa vào đồ thị ta thấy f  Cách 2: Phương pháp ghép trục: x 1 Đặt t  x  x   t     x  1  t  x  2x  Ta có bảng biến thiên: x0    g   0   1; 1   Chẳng hạn với khoảng ta chọn    Giải thích: Dựa vào đồ thị khoảng 1;   , f  t  có điểm cực tiểu t  đạo hàm đổi dấu từ (-) sang(+) Tại điểm t  điểm cực đại dựa vào đồ thị hàm số f   t  đổi dấu từ (+) sang (-) Do hàm số cho có cực đại Chọn A Câu 30: [SỞ BN L1] Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Có  3sin x  cos x  f  2cos x  sin x  giá trị nguyên tham    f  m  4m   1 có nghiệm?  số m để phương trình A B C Lời giải D Vô số Chọn A Cách 1: PP tự luận truyền thống 3sin x cos x    2t  1cos x   t  3sin x  1  4t *  Đặt t  cos x  sin x  Phương trình *  có nghiệm   2t  1   t     4t  1   2  t 1 11 Suy  t  Từ đồ thị y  f  x  ta có * y  f  x  đồng biến  0;   * m  4m    m     0;   * t   0;    3sin x  cos x    f  m  4m   Nên f    cos x  sin x    f  t   f  m  m    t  m  4m  Phương trình 1 có nghiệm   m  4m    m  4m    3  m  1 Do m  Z  m  3; 2; 1  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 *  có 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   Dựa vào đồ thị  0;1 hàm số f  t  lng đồng biến u cầu tốn  đường thẳng y  f  m  m   có điểm chung với đồ thị y  f  t   f    f  m2  4m  4  f 1   m2  4m    3  m  1 Do m  Z  m  3; 2; 1  Chọn A Câu 31: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên  x2      m có Có giá trị nguyên tham số m cho phương trình f   x  x 1  nghiệm? A B C Lời giải Chọn C Cách 1: PP tự luận 6x2 12 x5  12 x Đặt u   Ta có  u '  x  x 1  x4  x2 1 x  Cho u '     x  1 D Bài tốn trở thành tìm m ngun để phương trình f  u   m  có nghiệm u 2;4 Dựa đồ thị suy f  u   m  có nghiệm   m     m  Cách 2: Phương pháp ghép trục Bước 1: Ghi nhớ f  x  có cực trị hồnh độ x  ; x  Bước 2: Đặt u  12 x5  12 x 6x2  u '   2 x4  x2  x4  x2    x  Cho u '     x  1 Suy f  u   m  có nghiệm   m     m  Câu 32: Cho hàm số y  f  x  liên tục  có bảng biến thiên hình vẽ x –∞ y' y -1/4 – +∞ + 1/4 – -1 +∞ + +∞ Hỏi phương trình f  x  x   có nghiệm A B C D Lời giải Chọn C Phương pháp ghép trục Ta có f  x  x    f  x  x   Xét hàm số g  x   f  x  x  Đây hàm số chẵn nên phương trình g  x   có nghiệm x0 có nghiệm  x0 nên ta cần xét với trường hợp x  Với x  ta h  x   f  x  x  Đặt u  x  x , u '  x    x  Ta có bảng biến thiên tổng hợp: x − u h(x) +∞ +∞ +∞ -1 Từ suy phương trình h  x   Suy phương trình g  x   có nghiệm phân biệt dương có nghiệm phân biệt Câu 33: Cho hàm số y  f  x  xác định liên tục  có đồ thi hình vẽ   Số giá trị nguyên tham số m để phương trình f   3cos x  3m  10 có hai    nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ;   2 A B C D Lời giải Chọn C Cách 1: Phương pháp tự luận:   f   cos x  m  10 ,    x   ;  *   2 Đặt t   1 3cos x 1 t  3sin x ; t   x   3cos x Nhận xét: t  +) Với  , suy phương trình 1 khơng có nghiệm thuộc t       ;     ;  2  +) Với t  1, suy phương trình 1 có nghiệm thuộc      ;  2  +) Với  t  , suy phương trình 1 có hai nghiệm thuộc   m  10 Lúc đó, phương trình *  trở thành f  t    3m  10  4  m  6  Để phương trình *  có nghiệm      m  10 m  10  2  0   Vì m nên m6; 1;0;1;2;3 Vậy có giá trị nguyên thỏa điều kiện toán Cách 2: Phương pháp ghép trục     có 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 biến thiên hàm số f  u  Từ bảng biến thiên suy ra: Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt thì:  3m  10  4  m  6       m  10 m  10  2  0   Với m số nguyên ta m  1;0;1; 2;3; 6 Vậy có tất giá trị m 1 Câu 34: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau:  5 Số nghiệm thuộc đoạn   ;  phương trình f  cos x  cos x    2  A 12 B 11 C D 10 Lời giải 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   Khi đó, phương trình f  cos x  cos x    f  u   có 10 nghiệm phân biệt

Ngày đăng: 06/08/2020, 16:01

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN