Cho hàm số $y=f\left(x\right)$ là hàm số bậc bốn và có bảng biến...

+ Mẫu của $g\left(x\right)$ là một đa thức bậc $8$ nên $\underset{\begin{array}{c}x\to -\mathrm{\infty }\\ (x\to +\mathrm{\infty })\end{array}}{lim}g\left(x\right)=0$ nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $g\left(x\right)$ là đường thẳng $y=0.$
+ $f^2\left(x\right)+2f\left(x\right)-3=0\iff [\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=1\\ & f\left(x\right)=-3\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& x=-\sqrt{2}\\ & x=\sqrt{2}\\ & x=0\\ & x=a,(a<-\sqrt{2})\\ & x=b,(b>\sqrt{2})\end{array}$ do đó
$g\left(x\right)={\displaystyle \frac{x^4-2x^2}{f^2\left(x\right)+2f\left(x\right)-3}}={\displaystyle \frac{x^2(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})}{x^2{(x+\sqrt{2})}^2{(x-\sqrt{2})}^2(x-a)(x-b)}}$ nên
i) $\underset{x\to 0}{lim}g\left(x\right)=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1}{(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})(x-a)(x-b)}}=y_0\in R$ nên đường thẳng $x=0$ không phải là tiệm cận đứng của đồ thị $g\left(x\right)$.
ii) $\underset{x\to {(-\sqrt{2})}^{+}}{lim}g\left(x\right)=\underset{x\to {(-\sqrt{2})}^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1}{(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})(x-a)(x-b)}}=+\mathrm{\infty }$ nên đường thẳng $x=-\sqrt{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị $g\left(x\right)$.
iii) $\underset{x\to {(\sqrt{2})}^{+}}{lim}g\left(x\right)=\underset{x\to {(\sqrt{2})}^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1}{(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})(x-a)(x-b)}}=-\mathrm{\infty }$ nên đường thẳng $x=\sqrt{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị $g\left(x\right)$.
iv) $\underset{x\to a^{+}}{lim}g\left(x\right)=\underset{x\to a^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1}{(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})(x-a)(x-b)}}=-\mathrm{\infty }$ nên đường thẳng $x=a$ là tiệm cận đứng của đồ thị $g\left(x\right)$.
v) $\underset{x\to b^{+}}{lim}g\left(x\right)=\underset{x\to b^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1}{(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})(x-a)(x-b)}}=+\mathrm{\infty }$ nên đường thẳng $x=b$ là tiệm cận đứng của đồ thị $g\left(x\right)$.
Vậy đồ thị hàm số $g\left(x\right)$ có 5 đường tiệm cận.