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
1. MỞ ĐẦU.......................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài...............................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu...........................................................1
1.3. Đối tượng nghiên cứu...........................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu.......................................................1
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.....................................2
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.........................................2
2.2. Thực trạng.....................................................................2
2.3. Giải quyết vấn đề...............................................................3
2.3.1 . Cơ sở lý thuyết...............................................................5

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.

1


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

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.

2


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:
 x  và y  g �
 x
Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  . Hai hàm số y  f �
có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm
 x .
số y  g �
y f�
 x

y
10
8
5
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.

3
2

 x  f �
 X   2g �
Y .
Cách 1: Đặt X  x  4 , Y  2 x  . Ta có h�
3

�
2
1 �x �4
1 �x �4
�
�
9 � �9 19 �
9
19
�
�
.Vì �
� �9
�
�
x
19
�9
19 ۣ
� ; 3 ��� ; �. Vậy,
�2 x �
�x �
4
4
�4 � �4 4 �
�
�
�2
2
�4

3�
3
�
2 x  � 0 khi �x  4 . Vậy, chọn B.
 x  f �
 x  4  2g�
Do đó h�
�
2�
4
�

3


3

�
�
2 x  �.
 x  f �
 x  4  2g�
Cách 3: Ta có h�
�
2

�
�
25
�9 �

Cho hàm số y = f (x) . Đồ thị của hàm số y = f �
2
h(x) = 2f (x) - x . 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 � 2f �
(x) - 2x = 0 � f �
(x) = x
+ Vẽ thêm đường thẳng y = x vào đồ thị như hình bên dưới

(x) > 0 � 2f �
(x) - 2x > 0 � �
�
x>4
�
�
�
x
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

5


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

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 .

6


- 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.
2.3.1.4. Một số ứng dụng của tích phân.
a. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi một đường cong và trục hoành.
Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  f  x  liên tục, trục
b

hàm y  f �
u x�
cực trị của hàm số y = f �
.
�( ) �
Để giải bài toán trên ta thường thực hiện theo các bước sau:
 x tìm nghiệm của phương trình f �( x) = 0
Bước 1: Từ đồ thị hàm số y  f �

 x với trục Ox ). Giả sử có các nghiệm
(hoành độ giao điểm của đồ thị hàm f �
là: x  x1, x  x2,...
u x�
Bước 2: Tính đạo hàm của hàm số y = f �
�( ) � và giải phương trình

 

 

�
u�x .f �
u x � 0
� �

 
 
 

�


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

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

 



 



 



  

f �x  0, x � 1;1 � 4; � ; f �x  0, x � �; 1 � 1;4
�
x  1
�

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên �, hàm số y  f �
đồ thị như hình vẽ. Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến, cực trị của hàm
2
số g  x   f   x  x  trên �.

8


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:
2
g�
 x  �
  x  x 2  , sự biến thiên của hàm số
�f (  x  x )�
�  1  2 x  . f �
g  x   f   x  x 2  phụ thuộc vào dấu của g �
 x .
'

1
�
1
�
x
x
�
�

x
g�
 x

�



1





0

1
2

0

�

0


0




�
�
�
�
��
 x  x2  0
2
�
�
f

x

x

0


�
��
�
 x  x2  1 �
g�
��
 x   0 � ��
��
1  2 x  0
�
�
�

�
1
�
�
�x   2
�
�
�x  1
�
��
�
�
�
x0
�
��
�
�
1
�
�
�x  
2
�
�
�
�
�1  x  0
�


�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

-


�
�
f �1- x2 ) < 0
�
�
� (
� g�
( x) < 0 � �
�
�
- 2x < 0
�
�
�
�
�
f �1- x2 ) > 0
�
�
� (
�

(1)
.
(2)

hệ vô nghiệm.

10


�
f�
1- x2 ) = 0
(
�
�

Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0:+�)
 x  trên �. Biết rằng
Ví dụ 5: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm là hàm số f �
 x  2   2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tìm khoảng nghịch biến
hàm số y  f �
của hàm số f  x  .
y

2

-2

x

2

O

3

1



đơn vị, ta được đồ thị hàm số

11


y

-1

1

O

x
3

-3

( 1;1) . Vậy, hàm số nghịch biến
Từ đồ thị hàm số f '( x) , ta thấy f '( x) < 0 khi x �trên khoảng ( - 1:1) .
Tuy nhiên ngoài cách giải trên ta cũng có thể giải bằng cách sau:
 x  2   2  2, x � 1;3 � f �
 x  2   0, x � 1;3  .
Dựa vào đồ thị của hàm số ta có: f �
Đặt t  x  2 thì f �
 t   0, t � 1;1 .Vậy, hàm số f  x  nghịch biến trên khoảng

 1;1 .


12


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

Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y = f (x2 + m) có 3 cực trị
Giải
2
(x2 + m)
+ Hàm số y = f (x + m) có đạo hàm y�= 2x.f �
�
x=0
y�= 0 � 2x.f �
(x2 + m) = 0 � �
�
f�
(x2 + m) = 0
�
�
�
x2 + m = 0
�
f�
(x2 + m) = 0 � �
x2 + m = 1
�
�2

x = 3 - m (2)
�
�
2

thêm đúng hai nghiệm đơn khác 0
�
- m �0

�
m �0

�

�

�
< �
��
�
TH 1: �
�
3- m > 0 �
m
13


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

( x) . Hàm số g( x) = f ( x ) + 2019 có bao nhiêu điểm cực trị?
của đạo hàm y = f �

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) v�( c; +�)

f '( x) < 0 trên khoảng ( - �;a) v�( 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

( )


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



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


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.
( x) . Đồ thị của hàm số y = f �( x)
Ví dụ 2: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm là f �
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
0;5�
+ Từ đồ thị ta có bảng biến thiên trên của hàm số y = f ( x) trên �
.
�
�

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) � ff( 0) - ( 5) = ff( 2) - ( 3) < 0 � ff( 0) < ( 5) .


c

�f �( x)dx < 0

và diện tích hình

b

�
a;b�
b;c�
phẳng giới hạn trên �
nên
�lớn hơn hình phẳng giới hạn trên �
�
�
c

b

c

a

a

b

( x)dx = �f �( x)dx + �f �( x)dx > 0 � f ( c) > f ( a)
Ta có f ( c) - f ( a) = �f �


( 2) � ff( 1) + ( 3) < 2ff( 2) � 2 ( 2) - ff( 1) - ( 3) > 0

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

Vậy, ff(4) < (0) < f (2) .
Ví dụ 5: 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 . 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 �
�
y

�
g ( 3) - g ( 1) = �
g'( x )dx = 2 �
f '( x) - ( x +1) �
dx < 0 � g ( 3) < g ( 1) .
�
�
1

1

3

3

1

3

�
�
�
g ( 3) - g ( - 3) = �
g' ( x )dx = 2 �
f '( x ) - ( x +1) �
dx = 2 �
f ' ( x ) - ( x +1) �
dx + 2 �
f ' ( x ) - ( x +1)
�


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.

20


b

c

f '( x )dx  f ( x ) a  f (b)  f  a  ; S 2  �
 f '( x ) dx  f ( x ) c  f ( b)  f  c 
Ta có: S1  �
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.


f ( a)
c

b

f ( c)
c

f ( c) - f ( a ) = �f '( x )dx = �f '( x )dx + �f '( x )dx < 0 � 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.
 x  có đồ thị như hình vẽ
Ví dụ 3: Cho hàm số f  x  liên tục trên �. Hàm số y  f �

21


2
Tìm m để bất phương trình f  2sin x   2sin x  m nghiệm đúng với mọi
x � 0;   .

x � 1;1 .

22


Giải:
( x)  f �
( x  2)  ( x  1)e x
Xét hàm số g ( x)  f ( x  2)  xe trên đoạn  1;1 . Ta có: g �
( x  2)  1 . Do đó,
Với mọi x � 1;1 , ta có: 0 �( x  1)e x . Và 1 �x  2 �3 suy ra f �
x

1
e

( x)  0, x � 1;1 . Vì vậy g (1) �g ( x ) �g (1)  f (1)  , x � 1;1 .
ta có g �

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.

C.  1;0  .
(Trích câu48 đề minh hoạ 2018-2019 BGD&ĐT).
3

D.  0; 2  .

23