Chuyên đề khảo sát hàm số – Nguyễn Phú Khánh Toán 12

Chuyên đề khảo sát hàm số – Nguyễn Phú Khánh Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

46 23 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

Môn: Toán 12

Thông tin:

177 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
ŀ
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
5
Chương 1
ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT
VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ
Bài 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa :
Giả sử
K
là một khoảng , một đoạn hoặc một nửa khoảng . Hàm số
f
xác định
trên
K
được gọi là
•
Đồng biến trên
K
nếu với mọi
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
, ,
x x K x x f x f x
∈ < ⇒ < ;
•
Nghịch biến trên
K
nếu với mọi
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
, ,
∈ < ⇒ > .
2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu :
Giả sử hàm số
f
có đạo hàm trên khoảng
I
•
Nếu hàm số
f
đồng biến trên khoảng
I
thì
(
)
' 0
f x
≥
với mọi
x I
∈
;
•
Nếu hàm số
f
nghịch biến trên khoảng
I
thì
(
)
' 0
f x
≤
với mọi
x I
∈
.
3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu :
Giả sử
I
là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một đoạn ,
f
là hàm số liên tục
trên
I
và có đạo hàm tại mọi điểm trong của
I
( tức là điểm thuộc
I
nhưng
không phải đầu mút của
I
) .Khi đó :
•
Nếu
(
)
' 0
f x
>
với mọi
x I
∈
thì hàm số
f
đồng biến trên khoảng
I
;
•
Nếu
(
)
' 0
f x
<
với mọi
x I
∈
thì hàm số
f
nghịch biến trên khoảng
I
;
•
Nếu
(
)
' 0
f x
=
với mọi
x I
∈
thì hàm số
f
không đổi trên khoảng
I
.
Chú ý :
•
Nếu hàm số
f
liên tục trên
;
a b
và có đạo hàm
(
)
' 0
f x
>
trên khoảng
(
)
;
a b
thì hàm số
f
đồng biến trên
;
a b
.
•
Nếu hàm số
f
liên tục trên
;
a b
và có đạo hàm
(
)
' 0
f x
<
trên khoảng
(
)
;
a b
thì hàm số
f
nghịch biến trên
;
a b
.
•
Giả sử hàm số
f
liên tục trên đoạn
;
a b
.
*
Nếu hàm số
f
đồng biến trên khoảng
(
)
;
a b
thì nó đồng biến trên đoạn
;
a b
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
6
*
Nếu hàm số
f
nghịch biến trên khoảng
(
)
;
a b
thì nó nghịch biến trên đoạn
;
a b
.
*
Nếu hàm số
f
không đổi trên khoảng
(
)
;
a b
thì không đổi trên đoạn
;
a b
.
4. Định lý mở rộng
Giả sử hàm số
f
có đạo hàm trên khoảng
I
.
•
Nếu
'( ) 0
f x
≥
với
x I
∀ ∈
và
'( ) 0
f x
=
chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc
I
thì hàm số
f
đồng biến trên khoảng
I
;
•
Nếu
'( ) 0
f x
≤
với
x I
∀ ∈
và
'( ) 0
f x
=
chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc
I
thì hàm số
f
nghịch biến trên khoảng
I
.
1.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1 : Xét chiều biến thiên của hàm số .
Xét chiều biến thiên của hàm số
(
)
y f x
= ta thực hiện các bước sau:
•
Tìm tập xác định
D
của hàm số .
•
Tính đạo hàm
(
)
' '
y f x
= .
•
Tìm các giá trị của
x
thuộc
D
để
(
)
' 0
f x
=
hoặc
(
)
'
f x
không xác định
( ta gọi đó là điểm tới hạn hàm số ).
•
Xét dấu
(
)
' '
y f x
= trên từng khoảng
x
thuộc
D
.
•
Dựa vào bảng xét dấu và điều kiện đủ suy ra khoảng đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 1: Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
2
1.
1
x
y
x
+
=
−
2
2 1
2.
2
x x
y
x
− + −
=
+
Giải:
2
1.
1
x
y
x
+
=
−
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
(
)
;1 1;
−∞ ∪ +∞
.
*
Ta có:
( )
2
3
' 0, 1
1
y x
x
-
= < ∀ ≠
−
*
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞
'
y
−
−
y
1
−∞
+∞
1
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
7
Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
(
)
;1
−∞ và
(
)
1;
+∞
.
2
2 1
2.
2
x x
y
x
− + −
=
+
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
(
)
; 2 2;
−∞ − ∪ − +∞
.
*
Ta có:
( )
2
2
4 5
' , 2
2
x x
y x
x
− − +
= ∀ ≠ −
+
5
' 0
1
x
y
x
= −
= ⇔
=
*
Bảng biến thiên :
x
−∞
5
−
2
−
1
+∞
'
y
−
0
+
+
0
−
y
+∞
+∞
−∞
−∞
Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
5; 2
− −
và
(
)
2;1
− , nghịch biến trên các
khoảng
(
)
; 5
−∞ −
và
(
)
1;
+∞
.
Nhận xét:
* Đối với hàm số
( . 0)
ax b
y a c
cx d
+
= ≠
+
luôn đồng biến hoặc luôn nghịch
biến trên từng khoảng xác định của nó.
* Đối với hàm số
2
' '
ax bx c
y
a x b
+ +
=
+
luôn có ít nhất hai khoảng đơn điệu.
* Cả hai dạng hàm số trên không thể luôn đơn điệu trên
ℝ
.
Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
2 1
1.
1
x
y
x
−
=
+
2
4 3
2.
2
x x
y
x
+ +
=
+
1
3.
3
x
y
x
+
=
2
3
4.
1
x
y
x
=
+
2
2
4 3
5.
2 2 4
x x
y
x x
− +
=
− −
2
2
2 2
6.
2 1
x x
y
x x
+ +
=
+ +
Ví dụ 2: Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
3 2
1. 3 24 26
y x x x
= − − + +
4 2
2. 6 8 1
y x x x
= − + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
8
Giải:
3 2
1. 3 24 26
y x x x
= − − + +
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có :
2
' 3 6 24
y x x
= − − +
2
4
' 0 3 6 24 0
2
x
y x x
x
= −
= ⇔ − − + = ⇔
=
*
Bảng xét dấu của
'
y
:
x
−∞
4
−
2
+∞
'
y
−
0
+
0
−
+
Trên khoảng
(
)
4;2
− :
' 0
y y
> ⇒
đồng biến trên khoảng
(
)
4;2
− ,
+
Trên mỗi khoảng
(
)
(
)
; 4 , 2;
−∞ − +∞
:
' 0
y y
< ⇒
nghịch biến trên các
khoảng
(
)
; 4 ,
−∞ −
(
)
2;
+∞
.
Hoặc ta có thể trình bày :
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có :
2
' 3 6 24
y x x
= − − +
2
4
' 0 3 6 24 0
2
x
y x x
x
= −
= ⇔ − − + = ⇔
=
*
Bảng biến thiên :
x
−∞
4
−
2
+∞
'
y
−
0
+
0
−
y
+∞
−∞
Vậy, hàm số đồng biến trên khoảng
(
)
4;2
− , nghịch biến trên các khoảng
(
)
; 4
−∞ −
và
(
)
2;
+∞
.
4 2
2. 6 8 1
y x x x
= − + +
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có:
3 2
' 4 12 8 4( 1) ( 2)
y x x x x
= − + = − +
2
2
' 0 4( 1) ( 2) 0
1
x
y x x
x
= −
= ⇔ − + = ⇔
=
*
Bảng xét dấu:
x
−∞
2
−
1
+∞
'
y
−
0
+
0
+
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
9
Vậy,hàm số đồng biến trên khoảng
( 2; )
− +∞
và nghịch biến trên khoảng
( ; 2)
−∞ −
.
Nhận xét:
*
Ta thấy tại
1
x
=
thì
0
y
=
, nhưng qua đó
'
y
không đổi dấu.
*
Đối với hàm bậc bốn
4 3 2
y ax bx cx dx e
= + + + +
luôn có ít nhất một
khoảng đồng biến và một khoảng nghịch biến. Do vậy với hàm bậc bốn
không thể đơn điệu trên
ℝ
.
Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
3 2
1. 3 2
y x x
= − +
3 2
2. 3 3 2
y x x x
= + + +
4 2
1
3. 2 1
4
y x x
= − + −
4 2
4. 2 3
y x x
= + −
5 3
4
5. 8
5
y x x
= − + +
5 4 2
1 3 3
6. 2 2
5 4 2
y x x x x
= − + −
7 6 5
7
7. 9 7 12
5
y x x x
= − + +
Ví dụ 3 : Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
2
1. 2
y x x
= −
2 3
2. 3
y x x
= −
2
3. 1
y x x
= −
2
4. 1 2 3 3
y x x x
= + − + +
Giải:
2
1. 2
y x x
= − .
*
Hàm số đã cho xác định trên mỗi nửa khoảng
(
)
;0 2;
−∞ ∪ +∞
.
*
Ta có:
( ) ( )
2
1
' , ;0 2;
2
x
y x
x x
−
= ∀ ∈ −∞ ∪ +∞
−
.
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
0, 2
x x
= =
.
Cách 1 :
+
Trên khoảng
(
)
;0
−∞ :
' 0
y
< ⇒
hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
;0
−∞ ,
+
Trên khoảng
(
)
2;
+∞
:
' 0
y
> ⇒
hàm số đồng biến trên khoảng
(
)
2;
+∞
.
Cách 2 :
Bảng biến thiên :
x
−∞
0
2
+∞
'
y
−
||
||
+
y
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
10
Vậy , hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
;0
−∞ và đồng biến trên khoảng
(
)
2;
+∞
2 3
2. 3
y x x
= −
*
Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng
( ; 3]
−∞
.
*
Ta có:
( ) ( )
2
2 3
3(2 )
' , ;0 0; 3
2 3
x x
y x
x x
−
= ∀ ∈ −∞ ∪
−
.
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
0, 3
x x
= =
.
Suy ra, trên mỗi khoảng
(
)
;0
−∞ và
(
)
0; 3
:
' 0 2
y x
= ⇔ =
Bảng biến thiên:
x
−∞
0
2
3
+∞
'
y
−
|| +
0
−
||
y
Hàm số đồng biến trên khoảng
(0;2)
, nghịch biến trên các khoảng
( ;0)
−∞
và
(2;3)
.
2
3. 1
y x x
= −
*
Hàm số đã cho xác định trên đoạn
1;1
−
.
*
Ta có:
( )
2
2
1 2
' , 1;1
1
x
y x
x
−
= ∀ ∈ −
−
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
1, 1
x x
= − =
.
Trên khoảng
(
)
1;1
− :
2
' 0
2
y x= ⇔ = ±
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
−
2
2
−
2
2
1
+∞
'
y
||
−
0
+
0
−
||
y
Hàm số đồng biến trên khoảng
2 2
;
2 2
−
, nghịch biến trên mỗi khoảng
2
1;
2
− −
và
2
;1
2
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
11
2
4. 1 2 3 3
y x x x
= + − + +
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có:
2
2 3
' 1
3 3
x
y
x x
+
= −
+ +
( )
2
2
2
3
2
' 0 3 3 2 3 1
3 3 2 3
x
y x x x x
x x x
≥ −
= ⇔ + + = + ⇔ ⇔ = −
+ + = +
Bảng biến thiên :
x
−∞
1
−
+∞
'
y
+
0
−
y
Hàm số đồng biến trên khoảng
( ; 1)
−∞ −
, nghịch biến trên khoảng
( 1; )
− +∞
.
Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
2
1. 2
y x x
= −
2
2. 1 4 3
y x x x
= + − − +
3
3. 3 5
y x
= −
3
2
4. 2
y x x
= −
( )
2
5. 4 3 6 1
y x x
= − +
2
2 3
6.
3 2
x x
y
x
− +
=
+
2
2
7.
3
x
y
x x
+
=
− +
Ví dụ 4 :Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
2
| 2 3 |
y x x
= − −
Giải:
2
2
2
2 3 khi 1 3
| 2 3 |
2 3 khi 1 3
x x x x
y x x
x x x
− − ≤ − ∨ ≥
= − − =
− + + − < <
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có:
2 2 khi 1 3
'
2 2 khi 1 3
x x x
y
x x
− < − ∨ >
=
− + − < <
Hàm số không có đạo hàm tại
1
x
= −
và
3
x
=
.
+
Trên khoảng
(
)
1;3
− :
' 0 1
y x
= ⇔ =
;
+
Trên khoảng
(
)
; 1
−∞ −
:
' 0
y
<
;
+
Trên khoảng
(
)
3;
+∞
:
' 0
y
>
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
12
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
−
1
3
+∞
'
y
−
||
+
0
−
||
+
y
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( 1;1)
−
và
(3; )
+∞
, nghịch biến trên mỗi
khoảng
( ; 1)
−∞ −
và
(1;3)
.
Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
2
1. 5 4
y x x
= − +
2
2. 3 7 6 9
y x x x
= − + + − +
2
3. 1 2 5 7
y x x x
= − + − + −
2 2
4. 7 10
y x x x= + − +
Ví dụ 5 :
Xét chiều biến thiên của hàm số sau:
2 sin cos2
y x x
= +
trên đoạn
0;
π
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định trên đoạn
0;
π
*
Ta có:
(
)
' 2 cos 1 2 sin , 0;
y x x x
π
= − ∈
.
Trên đoạn
0;
π
:
0;
cos 0
' 0
1
sin
2
x
x
y
x
π
∈
=
= ⇔ ⇔
=
5
2 6 6
x x x
π π π
= ∨ = ∨ = .
Bảng biến thiên:
x
0
6
π
2
π
5
6
π
π
'
y
+
0
−
0
+
0
−
y
Dựa vào bảng biến thiên suy ra : hàm số đồng biến trên các khoảng
0;
6
π
và
5
;
2 6
π π
, nghịch biến trên các khoảng
;
6 2
π π
và
5
;
6
π
π
.
Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
13
1.
sin 3
y x
=
trên khoảng
0;
3
π
.
2.
cot
x
y
x
= trên khoảng
(
)
0;
π
.
3.
(
)
1 1
sin 4 2 3 cos2
8 4
y x x
= − − trên khoảng
0;
2
π
.
4.
3 sin 3 cos
6 3
y x x
π π
= − + +
trên đoạn
0;
π
.
Ví dụ 6: Chứng minh rằng hàm số = +
2
sin cos
y x x
đồng biến trên đoạn
π
0;
3
và nghịch biến trên đoạn
π
π
;
3
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định trên đoạn
0;
π
*
Ta có:
(
)
(
)
π
= − ∈
' sin 2 cos 1 , 0;
y x x x
Vì
(
)
0; sin 0
x x
π
∈ ⇒ >
nên trên
( )
1
0; : ' 0 cos
2 3
y x x
π
π
= ⇔ = ⇔ =
.
+
Trên khoảng
0;
3
π
:
' 0
y
>
nên hàm số đồng biến trên đoạn
π
0;
3
;
+
Trên khoảng
;
3
π
π
:
' 0
y
<
nên hàm số nghịch biến trên đoạn
π
π
;
3
.
Bài tập tương tự :
1. Chứng minh rằng hàm số
(
)
(
)
(
)
sin sin
f x x x x x
π
= − − − đồng biến trên
đoạn
0;
2
π
.
2. Chứng minh rằng hàm số
cos2 2 3
y x x
= − +
nghịch biến trên
ℝ
.
3. Chứng minh rằng hàm số
t n
2
x
y a= đồng biến trên các khoảng
(
)
0;
π
và
(
)
;2 .
π π
4. Chứng minh rằng hàm số
3
cos 3
2
x
y x= + đồng biến trên khoảng
0;
18
π
và
nghịch biến trên khoảng
; .
18 2
π π
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
14
Dạng 2 : Tùy theo tham số
m
khảo sát tính đơn điệu của hàm số .
Ví dụ : Tùy theo
m
khảo sát tính đơn điệu của hàm số:
( )
3 2 3 2
1 1
1 1
3 2
y x m m x m x m
= − + + + +
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
2 3
' 1
y x m m x m
= − + + và
( )
2
2
1
m m∆ = −
+
0
m
=
thì
2
' 0,
y x x
= ≥ ∀ ∈
ℝ
và
' 0
y
=
chỉ tại điểm
0
x
=
. Hàm số đồng
biến trên mỗi nửa khoảng
(
;0
−∞
và
)
0;
+∞
. Do đó hàm số đồng biến trên
ℝ
.
+
1
m
=
thì
( )
2
' 1 0,y x x
= − ≥ ∀ ∈
ℝ
và
' 0
y
=
chỉ tại điểm
1
x
=
. Hàm số
đồng biến trên mỗi nửa khoảng
(
;1
−∞
và
)
1;
+∞
. Do đó hàm số đồng biến
trên
ℝ
.
+
0, 1
m m
≠ ≠
khi đó
2
' 0
x m
y
x m
=
= ⇔
=
.
⋅
Nếu
0
m
<
hoặc
1
m
>
thì
2
m m
<
Bảng xét dấu
'
y
:
x
−∞
m
2
m
+∞
'
y
+
0
−
0
+
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
;
m
−∞ và
(
)
2
;m
+∞
, giảm trên khoảng
(
)
2
;
m m
.
⋅
Nếu
0 1
m
< <
thì
2
m m
>
Bảng xét dấu
'
y
:
x
−∞
2
m
m
+∞
'
y
+
0
−
0
+
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
2
;
m
−∞ và
(
)
;m
+∞
, giảm trên khoảng
(
)
2
;
m m
.
Bài tập tự luyện:
Tùy theo
m
khảo sát tính đơn điệu của hàm số:
1.
3 2 3
1 1
3
3 2
y x mx m x m
= − + + −
2.
( ) ( )
3 2
1 1
1 1 2 3
3 2
y m x m x x m
= − − − + + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
15
Dạng 3 : Hàm số đơn điệu trên
ℝ
.
Sử dụng định lý về điều kiện cần
•
Nếu hàm số
(
)
f x
đơn điệu tăng trên
ℝ
thì
(
)
' 0,f x x
ℝ
≥ ∀ ∈
.
•
Nếu hàm số
(
)
f x
đơn điệu giảm trên
ℝ
thì
(
)
' 0,f x x
ℝ
≤ ∀ ∈
.
Ví dụ 1 : Tìm
m
để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác
định .
3 2
1.
mx m
y
x m
+ −
=
+
(
)
2
2 2 3 1
2.
1
x m x m
y
x
− + + − +
=
−
Giải :
3 2
1.
mx m
y
x m
+ −
=
+
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
(
)
; ;m m
−∞ − ∪ − +∞
*
Ta có :
( )
2
2
2 3
' ,
m m
y x m
x m
+ −
= ≠ −
+
.
Cách 1 :
*
Bảng xét dấu
'
y
m
−∞
3
−
1
+∞
'
y
+
0
−
0
+
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy
Nếu
3 1
m
− < <
thì
' 0
y
< ⇒
hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(
)
;
m
−∞ −
,
(
)
;m
− +∞
.
Cách 2 :
Hàm số nghịch biến trên tập xác định khi :
(
)
(
)
2
' 0, ; ; 2 3 0 3 1
y x m m m m m
< ∀ ∈ −∞ − ∪ − +∞ ⇔ + − < ⇔ − < <
(
)
2
2 2 3 1
1 2
2. 2
1 1
x m x m
m
y x m
x x
− + + − +
−
= = − + +
− −
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
(
)
;1 1;
−∞ ∪ +∞
.
*
Ta có :
( )
2
2 1
' 2 , 1
1
m
y x
x
−
= − + ≠
−
+
1
' 0, 1
2
m y x
≤ ⇒ < ≠
, do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(
)
;1
−∞ ,
(
)
1;
+∞
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
16
+
1
2
m
>
khi đó phương trình
' 0
y
=
có hai nghiệm
1 2
1
x x
< < ⇒
hàm số đồng
biến trên mỗi khoảng
(
)
1
;1
x và
(
)
2
1;
x
, trường hợp này không thỏa .
Vậy
1
2
m
≤
thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Bài tập tương tự :
Tìm
m
để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định .
2
7 11
1.
1
x m m
y
x
− + −
=
−
(
)
2
1 2 3
2.
3
m x m m
y
x m
− + + −
=
+
(
)
2
1 2 1
3.
1
m x x
y
x
− + +
=
+
(
)
2
2 2 1
4.
3
x m x m
y
x
− + + −
=
−
Ví dụ 2 : Tìm
m
để các hàm số sau luôn nghịch biến trên
ℝ
.
( )
3 2
1
1. 2 2 1 3 2
3
y x x m x m
= − + + + − +
( )
3
2 2
2. ( 2) ( 2) 8 1
3
x
y m m x m x m
= + − + + − + −
Giải:
( )
3 2
1
1. 2 2 1 3 2
3
y x x m x m
= − + + + − +
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có :
2
' 4 2 1
y x x m
= − + + +
và có
' 2 5
m
∆ = +
*
Bảng xét dấu
'
∆
m
−∞
5
2
−
+∞
'
∆
−
0
+
5
2
m
+ = −
thì
( )
= − − ≤
2
' 2 0
y x với mọi
x
∈
ℝ
và
' 0
y
=
chỉ tại điểm
=
2
x
Do đó hàm số nghịch biến trên
ℝ
.
5
2
m
+ < −
thì
< ∀ ∈
ℝ
' 0,
y x
. Do đó hàm số nghịch biến trên
ℝ
.
5
2
m
+ > −
thì
=
' 0
y
có hai nghiệm
(
)
<
1 2 1 2
,
x x x x
. Hàm số đồng biến trên
khoảng
(
)
1 2
;
x x
. Trường hợp này không thỏa mãn .
( )
3
2 2
2. ( 2) ( 2) 8 1
3
x
y m m x m x m
= + − + + − + −
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
ɩ
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
17
*
Ta có
2
' ( 2) 2( 2) 8
y m x m x m
= + − + + −
.
+
2
m
= −
, khi đó
' 10 0,
y x
= − ≤ ∀ ∈ ⇒
ℝ
hàm số luôn nghịch biến trên
ℝ
.
+
2
m
≠ −
tam thức
2
' ( 2) 2( 2) 8
y m x m x m
= + − + + −
có
' 10( 2)
m
∆ = +
*
Bảng xét dấu
'
∆
m
−∞
2
−
+∞
'
∆
−
0
+
2
m
+ < −
thì
' 0
y
<
với mọi
x
∈
ℝ
. Do đó hàm số nghịch biến trên
ℝ
.
2
m
+ > −
thì
=
' 0
y
có hai nghiệm
(
)
<
1 2 1 2
,
x x x x
. Hàm số đồng biến trên
khoảng
(
)
1 2
;
x x
. Trường hợp này không thỏa mãn .
Vậy
2
m
≤ −
là những giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
Tìm
m
để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định .
1. 2
1
m
y x
x
= + +
−
( )
4
2. 1 3
2
m
y m x
x
+
= − − −
+
3 2
1
3. 1
3
y x m x
= − +
4 2 2
1
4. 1
4
y mx m x m
= − + −
Ví dụ 3 : Tìm
a
để các hàm số sau luôn đồng biến trên
ℝ
.
3 2
1
1. 4 3
3
y x ax x
= + + +
( )
( )
2 3 2
1
2. 1 1 3 5
3
y a x a x x
= − + + + +
Giải :
3 2
1
1. 4 3
3
y x ax x
= + + +
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có
2
' 2 4
y x ax
= + +
và có
2
' 4
a
∆ = −
*
Bảng xét dấu
'
∆
a
−∞
2
−
2
+∞
'
∆
+
0
−
0
+
+
Nếu
2 2
a
− < <
thì
' 0
y
>
với mọi
x
∈
ℝ
. Hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
.
+
Nếu
2
a
=
thì
( )
2
' 2
y x= + , ta có :
' 0 2, ' 0, 2
y x y x
= ⇔ = − > ≠ −
. Hàm
số
y
đồng biến trên mỗi nửa khoảng
(
; 2
−∞ −
và
)
2;
− +∞
nên hàm số
y
đồng
biến trên
ℝ
.
+
Tương tự nếu
2
a
= −
. Hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
18
+
Nếu
2
a
< −
hoặc
2
a
>
thì
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
. Giả sử
1 2
x x
<
. Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
1 2
;
x x
,đồng biến trên mỗi
khoảng
(
)
1
;
x
−∞ và
(
)
2
;x
+∞
. Do đó
2
a
< −
hoặc
2
a
>
không thoả mãn yêu
cầu bài toán .
Vậy hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
khi và chỉ khi
2 2
a
− ≤ ≤
.
( )
( )
2 3 2
1
2. 1 1 3 5
3
y a x a x x
= − + + + +
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có :
(
)
(
)
2 2
' 1 2 1 3
y a x a x
= − + + +
và có
(
)
2
' 2 2
a a
∆ = − + +
Hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
khi và chỉ khi
(
)
' 0, 1
y x⇔ ≥ ∀ ∈
ℝ
+
Xét
2
1 0 1
a a
− = ⇔ = ±
3
1 ' 4 3 ' 0 1
4
a y x y x a
= ⇒ = + ⇒ ≥ ⇔ ≥ − ⇒ =
i không thoả yêu cầu bài
toán.
1 ' 3 0 1
a y x a
= − ⇒ = > ∀ ∈ ⇒ = −
i ℝ
thoả mãn yêu cầu bài toán.
+
Xét
2
1 0 1
a a
− ≠ ⇔ ≠ ±
*
Bảng xét dấu
'
∆
a
−∞
1
−
1
2
+∞
'
∆
−
0
+
0
−
+
Nếu
1 2
a a
< − ∨ >
thì
' 0
y
>
với mọi
x
∈
ℝ
. Hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
.
+
Nếu
2
a
=
thì
( )
2
' 3 1
y x= + , ta có :
' 0 1, ' 0, 1
y x y x
= ⇔ = − > ≠ −
. Hàm
số
y
đồng biến trên mỗi nửa khoảng
(
)
; 1 ` 1;va
−∞ − − +∞
nên hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
.
+
Nếu
1 2, 1
a a
− < < ≠
thì
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
. Giả sử
1 2
x x
<
. Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
1 2
;
x x
,đồng biến trên mỗi
khoảng
(
)
1
;
x
−∞ và
(
)
2
;x
+∞
. Do đó
1 2, 1
a a
− < < ≠
không thoả mãn yêu cầu
bài toán .
Do đó hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
khi và chỉ khi
1 2
a a
< − ∨ ≥
.
Vậy với
1 2
a
≤ ≤
thì hàm số
y
đồng biến trên
ℝ
.
Bài tập tương tự :
Tìm
m
để các hàm số sau luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định .
( )
3 2 2
1
1. 3 1
3 2
m
y x x m x
= − + − −
( )
3
2
2. 2 3
3
x
y mx m x
= − + + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
19
( ) ( )
3
2
3. 2 1 4 1
3
x
y m m x x
= + − − + −
( ) ( ) ( )
3
2
4. 2 2 3 5 6 2
3
x
y m m x m x
= − − − + − +
Chú ý :
Phương pháp:
* Hàm số
( , )
y f x m
=
tăng trên
' 0 ' 0
x
y x min y
∈
⇔ ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
ℝ
ℝ ℝ
.
* Hàm số
( , )
y f x m
=
giảm trên
' 0 ' 0
x
y x max y
∈
⇔ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤
ℝ
ℝ ℝ
.
Chú ý:
1) Nếu
2
'
y ax bx c
= + +
thì
*
0
0
' 0
0
0
a b
c
y x
a
= =
≥
≥ ∀ ∈ ⇔
>
∆ ≤
ℝ
*
0
0
' 0
0
0
a b
c
y x
a
= =
≤
≤ ∀ ∈ ⇔
<
∆ ≤
ℝ
2) Hàm đồng biến trên
ℝ
thì nó phải xác định trên
ℝ
.
Dạng 4 : Hàm số đơn điệu trên tập con của
ℝ
.
Phương pháp:
* Hàm số
( , )
y f x m
=
tăng
x I
∀ ∈
' 0 min ' 0
x I
y x I y
∈
⇔ ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
.
* Hàm số
( , )
y f x m
=
giảm
' 0 max ' 0
x I
x I y x I y
∈
∀ ∈ ⇔ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤
.
Ví dụ 1 : Tìm
m
để các hàm số sau
1.
4
mx
y
x m
+
=
+
luôn nghịch biến khoảng
(
)
;1
−∞ .
2.
(
)
3 2
3 1 4
y x x m x m
= + + + + nghịch biến trên khoảng
(
)
1;1
− .
Giải :
1.
4
mx
y
x m
+
=
+
luôn nghịch biến khoảng
(
)
;1
−∞ .
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
;1
−∞ .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
20
*
Ta có
( )
2
2
4
' ,
m
y x m
x m
−
= ≠ −
+
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
;1
−∞ khi và chỉ khi
(
)
( )
' 0, ;1
;1
y x
m
< ∀ ∈ −∞
− ∉ −∞
( )
2
4 0
2 2 2 2
2 1
1 1
;1
m
m m
m
m m
m
− <
− < < − < <
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − < ≤ −
− ≥ ≤ −
− ∉ −∞
Vậy : với
2 1
m
− < ≤ −
thì thoả yêu cầu bài toán .
2.
(
)
3 2
3 1 4
y x x m x m
= + + + + nghịch biến trên khoảng
(
)
1;1
− .
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
1;1
− .
*
Ta có :
2
' 3 6 1
y x x m
= + + +
Cách 1 :
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
(
)
1;1
− khi và chỉ khi
(
)
' 0, 1;1
y x≤ ∀ ∈ − hay.
Xét hàm số
(
)
(
)
(
)
2
3 6 1 , 1;1
g x x x x= − + + ∀ ∈ −
(
)
(
)
(
)
' 6 6 0, 1;1
g x x x g x
⇒ = − − < ∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên khoảng
(
)
1;1
−
và
(
)
(
)
1 1
lim 2, lim 10
x x
g x g x
+ −
→− →
= − = −
*
Bảng biến thiên.
x
1
−
1
(
)
'
g x
−
(
)
g x
2
−
10
−
Vậy
10
m
≤ −
thoả yêu cầu bài toán .
Cách 2 :
(
)
'' 6 6
f x x
= +
Nghiệm của phương trình
(
)
'' 0
f x
=
là
1 1
x
= − <
. Do đó, hàm số đã
cho nghịch biến trên khoảng
(
)
1;1
− khi và chỉ khi
(
)
1
lim 10
x
m g x
−
→
≤ = −
.
Vậy
10
m
≤ −
thoả yêu cầu bài toán .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
21
Bài tập tự luyện:
Tìm
m
để các hàm số sau:
1.
1
mx
y
x m
−
=
−
luôn nghịch biến khoảng
(
)
2;
+∞
.
2.
( )
2
2 3
x m
y
m x m
−
=
+ −
luôn nghịch biến khoảng
(
)
1;2
.
3.
2
2
x m
y
x m
−
=
−
luôn nghịch biến khoảng
(
)
;0
−∞ .
4.
(
)
2
1
3
m x m
y
x m
− +
=
+
luôn nghịch biến khoảng
(
)
0;1
.
Ví dụ 2 : Tìm
m
để các hàm số sau
1.
3 2
2 2 1
y x x mx
= − + −
đồng biến trên khoảng
(
)
1;
+∞
.
2.
3 2
3 2
y mx x x m
= − + + −
đồng biến trên khoảng
(
)
3;0
− .
3.
( ) ( )
3 2
1
2 1 1
3
y mx m x m x m
= + − + − +
đồng biến trên khoảng
(
)
2;
+∞
.
Giải :
1.
3 2
2 2 1
y x x mx
= − + −
đồng biến trên khoảng
(
)
1;
+∞
.
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
1;
+∞
.
*
Ta có :
2
' 6 4
y x x m
= − +
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(
)
1;
+∞
khi và chỉ khi
(
)
' 0, 1;y x
≥ ∀ ∈ +∞
(
)
2
6 4 , 1
g x x x m x
⇔ = − ≥ − >
Xét hàm số
(
)
2
6 4
g x x x
= − liên tục trên khoảng
(
)
1;
+∞
, ta có
(
)
(
)
' 12 4 0, 1
g x x x g x
= − > ∀ > ⇔ đồng biến trên khoảng
(
)
1;
+∞
và
(
)
(
)
(
)
2
1 1
lim lim 6 4 2, lim
x
x x
g x x x g x
+ +
→+∞
→ →
= − = = +∞
*
Bảng biến thiên.
x
1
−
+∞
(
)
'
g x
+
(
)
g x
+∞
2
−
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
2 2
m m
≥ − ⇔ ≥ −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
22
2.
3 2
3 2
y mx x x m
= − + + −
đồng biến trên khoảng
(
)
3;0
− .
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
3;0
− .
*
Ta có :
2
' 3 2 3
y mx x
= − +
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(
)
3;0
− khi và chỉ khi
' 0,
y
≥
(
)
3; 0
x∀ ∈ − .
Hay
( ) ( )
2
2
2 3
3 2 3 0, 3; 0 , 3; 0
3
x
mx x x m x
x
−
− + ≥ ∀ ∈ − ⇔ ≥ ∀ ∈ −
Xét hàm số
( )
2
2 3
3
x
g x
x
−
= liên tục trên khoảng
(
)
3;0
− , ta có
( ) ( ) ( )
2
4
6 18
' 0, 3;0
9
x x
g x x g x
x
− +
= < ∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên khoảng
(
)
3;0
−
và
( ) ( )
3 0
4
lim , lim
27
x x
g x g x
+ −
→− →
= − = −∞
*
Bảng biến thiên.
x
3
−
0
(
)
'
g x
−
(
)
g x
4
27
−
−∞
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
4
27
m ≥ −
3.
( ) ( )
3 2
1
2 1 1
3
y mx m x m x m
= + − + − +
đồng biến trên khoảng
(
)
2;
+∞
.
*
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
2;
+∞
.
*
Ta có :
(
)
2
' 4 1 1
y mx m x m
= + − + −
Hàm số đồng biến trên khoảng
(
)
2;
+∞
khi và chỉ khi
(
)
(
)
(
)
2
' 0, 2; 4 1 1 0, 2;y x mx m x m x
≥ ∀ ∈ +∞ ⇔ + − + − ≥ ∀ ∈ +∞
( )
( ) ( )
2
2
4 1
4 1 4 1, 2; , 2;
4 1
x
x x m x x m x
x x
+
⇔ + + ≥ + ∀ ∈ +∞ ⇔ ≥ ∀ ∈ +∞
+ +
Xét hàm số
( ) ( )
2
4 1
, 2;
4 1
x
g x x
x x
+
= ∈ +∞
+ +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
23
( )
(
)
( )
( ) ( )
2
2
2 2 1
' 0, 2;
4 1
x x
g x x g x
x x
− +
⇒ = < ∀ ∈ +∞ ⇒
+ +
nghịch biến trên khoảng
(
)
2;
+∞
và
( ) ( )
2
9
lim , lim 0
13
x
x
g x g x
+
→+∞
→
= =
Bảng biến thiên.
x
2
+∞
(
)
'
g x
−
(
)
g x
9
13
0
Vậy
9
13
m ≥ thoả yêu cầu bài toán .
Bài tập tự luyện:
Tìm
m
để các hàm số sau:
1.
(
)
2
1 1
2
mx m x
y
x m
+ + −
=
−
đồng biến trên khoảng
(
)
1;
+∞
.
2.
(
)
(
)
(
)
3 2 2
2 7 7 2 1 2 3
y x mx m m x m m
= − − − + + − −
đồng biến trên
khoảng
(
)
2;
+∞
.
3.
3 2
1
( 1) 3( 2) 1
3
y mx m x m x
= − − + − +
đồng biến trên khoảng
(
)
2;
+∞
.
Ví dụ 3 : Tìm
m
để các hàm số sau :
1.
2
6 2
2
mx x
y
x
+ −
=
+
nghịch biến trên nửa khoảng
)
2;
+∞
.
2.
3 2 2
( 1) (2 3 2) (2 1)
y x m x m m x m m
= − + − − + + −
đồng biến trên nửa
khoảng
)
1;
+∞
.
Giải :
1.
2
6 2
2
mx x
y
x
+ −
=
+
nghịch biến trên nửa khoảng
)
2;
+∞
.
*
Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng
)
2;
+∞
*
Ta có
2
2
4 14
'
( 2)
mx mx
y
x
+ +
=
+
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
24
Hàm nghịch biến trên nửa khoảng
[1; )
+∞
2
( ) 4 14 0
f x mx mx
⇔ = + + ≤
,
)
(
)
1; *
x
∀ ∈ +∞
.
Cách 1: Dùng tam thức bậc hai
•
Nếu
0
m
=
khi đó
(
)
*
không thỏa mãn.
•
Nếu
0
m
≠
. Khi đó
( )
f x
có
2
4 14
m m
∆ = −
Bảng xét dấu
∆
m
−∞
0
7
2
+∞
'
∆
+
0
−
0
+
•
Nếu
7
0
2
m
< <
thì
( ) 0
f x x
> ∀ ∈
ℝ
, nếu
( )
f x
có hai nghiệm
1 2
,
x x
thì
( ) 0
f x
≤
1 2
( ; )
x x x
⇔ ∈ nên
(
)
*
không thỏa mãn.
•
Nếu
0
m
<
hoặc
7
2
m
>
. Khi đó
( ) 0
f x
=
có hai nghiệm
2 2
1 2
2 4 14 2 4 14
;
m m m m m m
x x
m m
− + − − − −
=
Vì
0
m
<
hoặc
7
2
m
>
1
1 2
2
( ) 0
x x
x x f x
x x
≤
⇒ < ⇒ ≤ ⇔
≥
Do đó
)
2
2
( ) 0 1; 1 3 4 14
f x x x m m m
≤ ∀ ∈ +∞ ⇔ ≤ ⇔ − ≥ −
2
0
14
5
5 14 0
m
m
m m
<
⇔ ⇔ ≤ −
+ ≥
.
Cách 2:
)
2
1
14
(*) ( ) 1; min ( )
4
x
m g x x m g x
x x
≥
−
⇔ ≤ = ∀ ∈ +∞ ⇔ ≤
+
Ta có
1
14 14
min ( ) (1)
5 5
x
g x g m
≥
= = − ⇒ ≤ −
.
2.
3 2 2
( 1) (2 3 2) (2 1)
y x m x m m x m m
= − + − − + + −
đồng biến trên nửa
khoảng
)
1;
+∞
.
*
Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng
)
1;
+∞
*
Ta có
2 2
' 3 2( 1) (2 3 2)
y x m x m m
= − + − − +
Hàm đồng biến trên nửa khoảng
)
2;
+∞
.
)
' 0, 2;y x
⇔ ≥ ∀ ∈ +∞
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
25
)
2 2
( ) 3 2( 1) (2 3 2) 0, 2;f x x m x m m x
⇔ = − + − − + ≥ ∀ ∈ +∞
Vì tam thức
( )
f x
có
2
' 7 7 7 0
m m m
∆ = − + > ∀ ∈
ℝ
nên
( )
f x
có hai nghiệm
1 2
1 ' 1 '
;
3 3
m m
x x
+ − ∆ + + ∆
= = .
Vì
1 2
x x
<
nên
1
2
( )
x x
f x
x x
≤
⇔
≥
.
Do đó
)
2
( ) 0 2; 2 ' 5
f x x x m
≥ ∀ ∈ +∞ ⇔ ≤ ⇔ ∆ ≤ −
2 2
5 5
3
2
2
' (5 ) 2 6 0
m m
m
m m m
≤ ≤
⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤
∆ ≤ − + − ≤
Bài tập tự luyện :
Tìm
m
để các hàm số sau :
1.
(
)
2
2 2
x m x
y
x m
+ − −
=
+
đồng biến trên nửa khoảng
(
;1
−∞
.
2.
( ) ( )
3 2
1
1 1 1
3
y x m x m x
= + − − − +
nghịch biến trên nửa khoảng
(
; 2
−∞ −
.
3.
( ) ( )
3 2
1 2
1 3 2
3 3
y mx m x m x
= − − + − +
đồng biến trên nửa khoảng
)
2;
+∞
.
4.
2
2 (1 ) 1
x m x m
y
x m
+ − + +
=
−
đồng biến trên nửa khoảng
)
1;
+∞
.
Ví dụ 4 : Tìm tất cả các tham số
m
để hàm số
3 2
3
y x x mx m
= + + +
nghịch
biến trên đoạn có độ dài bằng
1
?.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có :
2
' 3 6
y x x m
= + +
có
' 9 3
m
∆ = −
i
Nếu
3
m
≥
thì
' 0,
y x
≥ ∀ ∈
ℝ
, khi đó hàm số luôn đồng biến trên
ℝ
, do đó
3
m
≥
không thoả yêu cầu bài toán .
i
Nếu
3
m
<
, khi đó
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
(
)
1 2 1 2
,
x x x x
< và hàm số
nghịch biến trong đoạn
1 2
;
x x
với độ dài
2 1
l x x
= −
Theo Vi-ét, ta có :
1 2 1 2
2,
3
m
x x x x+ = − =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
26
Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng
1 1
l
⇔ =
( ) ( )
2 2
2 1 1 2 1 2
4 9
1 4 1 4 1
3 4
x x x x x x m m
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ =
.
Bài tập tương tự :
1. Tìm tất cả các tham số
m
để hàm số
3 2 2
3 1
y x m x x m
= − + + −
nghịch
biến trên đoạn có độ dài bằng
1
?.
2. Tìm tất cả các tham số
m
để hàm số
3 2 2
3 5
y x m x mx m
= − + + + +
đồng
biến trên đoạn có độ dài bằng
3
?.
Ví dụ 5: Tìm
m
để hàm số
cos
y x m x
= +
đồng biến trên
ℝ
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có
' 1 sin
y m x
= −
.
Cách 1: Hàm đồng biến trên
ℝ
' 0, 1 sin 0, sin 1, (1)
y x m x x m x x
⇔ ≥ ∀ ∈ ⇔ − ≥ ∀ ∈ ⇔ ≤ ∀ ∈
ℝ ℝ ℝ
*
0
m
=
thì
(1)
luôn đúng
*
0
m
>
thì
1 1
(1) sin 1 0 1
x x m
m m
⇔ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ⇔ < ≤
ℝ .
*
0
m
<
thì
1 1
(1) sin 1 1 0
x x R m
m m
⇔ ≥ ∀ ∈ ⇔ − ≥ ⇔ − ≤ <
.
Vậy
1 1
m
− ≤ ≤
là những giá trị cần tìm.
Cách 2: Hàm đồng biến trên
' 0
y x
⇔ ≥ ∀ ∈
ℝ ℝ
1 0
min ' min{1 ;1 } 0 1 1
1 0
m
y m m m
m
− ≥
⇔ = − + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤
+ ≥
.
Bài tập tự luyện:
1. Tìm
m
để hàm số
(
)
1 cos
y x m m x
= − + nghịch biến trên
ℝ
.
2. Tìm
m
để hàm số
.sin cos
y x x m x
= +
đồng biến trên
ℝ
.
Dạng 5 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức.
•
Đưa bất đẳng thức về dạng
(
)
(
)
, ;
f x M x a b
≥ ∈ .
•
Xét hàm số
(
)
(
)
, ;
y f x x a b
= ∈ .
•
Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng
(
)
;
a b
.
•
Dựa vào bảng biến thiên và kết luận.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
27
Ví dụ 1 : Với
0;
2
x
π
∈
.Chứng minh rằng :
1. sin t n 2
x a x x
+ >
2 sin
2. 1
x
x
π
< <
Giải :
1. sin t n 2
x a x x
+ >
*
Xét hàm số
(
)
sin t n 2
f x x a x x
= + −
liên tục trên nửa khoảng
0;
2
π
.
*
Ta có :
( )
2
2 2
1 1
' cos 2 cos 2 0, 0;
2
cos cos
f x x x x
x x
π
= + − > + − > ∀ ∈
(
)
f x
⇒ là hàm số đồng biến trên
0;
2
π
và
(
)
(
)
0 ,
f x f>
0;
2
x
π
∀ ∈
hay
sin t n 2 , 0;
2
x a x x x
π
+ > ∀ ∈
(đpcm).
⊕
Từ bài toán trên ta có bài toán sau : Chứng minh rằng tam giác
ABC
có ba
góc nhọn thì
sin sin sin tan tan tan 2
A B C A B C
π
+ + + + + >
2 sin
2. 1
x
x
π
< <
*
Với
0
x
>
thì
sin
1
x
x
<
(xem ví dụ 2 )
*
Xét hàm số
( )
sin
x
f x
x
= liên tục trên nửa khoảng
0;
2
π
.
*
Ta có
( )
2
.cos sin
' , 0;
2
x x x
f x x
x
π
−
= ∀ ∈
.
*
Xét hàm số
(
)
.cos sin
g x x x x
= − liên trục trên đoạn
0;
2
π
và có
( ) ( )
' .sin 0, 0;
2
g x x x x g x
π
= − < ∀ ∈ ⇒
liên tục và nghịch biến trên đoạn
0;
2
π
và ta có
( ) ( )
0 0, 0;
2
g x g x
π
< = ∀ ∈
*
Từ đó suy ra
( )
(
)
( )
2
'
' 0, 0;
2
g x
f x x f x
x
π
= < ∀ ∈ ⇒
liên tục và nghịch
biến trên nửa khoảng
0;
2
π
, ta có
( )
2
, 0;
2 2
f x f x
π π
π
> = ∀ ∈
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
28
Bài tập tương tự :
Chứng minh rằng với mọi
0;
2
x
π
∈
ta luôn có:
1. tan
x x
>
3
2. tan
3
x
x x> +
3. 2 sin tan 3
x x x
+ >
3
4.
2
cot
sin
x
x
x
<
+
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng :
1. sin , 0;
2
x x x
π
≤ ∀ ∈
3
2. sin , 0;
3! 2
x
x x x
π
> − ∀ ∈
2 4
3. cos 1 , 0;
2 24 2
x x
x x
π
< − + ∀ ∈
3
sin
4. cos , 0;
2
x
x x
x
π
> ∀ ∈
.
Giải :
1. sin , 0;
2
x x x
π
≤ ∀ ∈
*
Xét hàm số
( ) sin
f x x x
= −
liên tục trên đoạn
0;
2
x
π
∈
*
Ta có:
'( ) cos 1 0 , 0;
2
f x x x
π
= − ≤ ∀ ∈ ⇒
( )
f x
là hàm nghịch biến trên
đoạn
0;
2
π
.
Suy ra
( ) (0) 0 sin 0;
2
f x f x x x
π
≤ = ⇔ ≤ ∀ ∈
(đpcm).
3
2. sin , 0;
3! 2
x
x x x
π
> − ∀ ∈
*
Xét hàm số
3
( ) sin
6
x
f x x x= − + liên tục trên nửa khoảng
0;
2
x
π
∈
.
*
Ta có:
2
'( ) cos 1 "( ) sin 0 0;
2 2
x
f x x f x x x x
π
= − + ⇒ = − + ≥ ∀ ∈
(theo
câu 1)
'( ) '(0) 0 0; ( ) (0) 0 0;
2 2
f x f x f x f x
π π
⇒ ≥ = ∀ ∈ ⇒ ≥ = ∀ ∈
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
29
3
sin , 0;
3! 2
x
x x x
π
⇒ > − ∀ ∈
(đpcm).
2 4
3. cos 1 , 0;
2 24 2
x x
x x
π
< − + ∀ ∈
*
Xét hàm số
2 4
( ) cos 1
2 24
x x
g x x= − + − liên tục trên nửa khoảng
0;
2
x
π
∈
.
*
Ta có:
3
'( ) sin 0 0;
6 2
x
g x x x x
π
= − + − ≤ ∀ ∈
(theo câu
2)
( ) (0) 0 0;
2
g x g x
π
⇒ ≤ = ∀ ∈
2 4
cos 1 , 0;
2 24 2
x x
x x
π
⇒ < − + ∀ ∈
(Đpcm).
3
sin
4. cos , 0;
2
x
x x
x
π
> ∀ ∈
.
Theo kết quả câu 2, ta có:
3
sin , 0;
6 2
x
x x x
π
> − ∀ ∈
3
3
2 2 2 4 6
sin sin
1 1 1
6 6 2 12 216
x x x x x x x
x x
⇒ > − ⇒ > − = − + −
3
2 4 4 2
sin
1 (1 )
2 24 24 9
x x x x x
x
⇒ > − + + −
Vì
3
2 2 4
sin
0; 1 0 1
2 9 2 24
x x x x
x
x
π
∈ ⇒ − > ⇒ > − +
Mặt khác, theo câu 3:
2 4
1 cos , 0;
2 24 2
x x
x x
π
− + > ∀ ∈
Suy ra
3
sin
cos , 0;
2
x
x x
x
π
> ∀ ∈
(đpcm).
Nhận xét: Ta có
sin
0 sin 0 1 (0; )
2
x
x x x
x
π
< < ⇒ < < ∀ ∈ nên
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
30
3
sin sin
3
x x
x x
α
α
≥ ∀ ≤
. Do đó, ta có kết quả sau
Chứng minh rằng: với
3
α
∀ ≤
, ta luôn có:
sin
cos 0;
2
x
x x
x
α
π
≥ ∀ ∈
.
Bài tập tương tự :
Chứng minh rằng :
2 2 4
1. 1 cos 1 , 0
2 2 24
x x x
x x
− < < − + ∀ ≠
2
1 1
2. sin 1 , 0
6
x x
x
x
> − ∀ >
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 4
1 , 0;
2
sin
x
x x
π
π
< + − ∀ ∈
Giải :
*
Xét hàm số
2 2
1 1
( )
sin
f x
x x
= − liên tục trên nửa khoảng
0;
2
x
π
∈
.
*
Ta có:
3 3
3 3 3 3
2 cos 2 2( cos sin )
'( )
sin sin
x x x x
f x
x x x x
− +
= − + = .
Theo kết quả câu 4 - ví dụ 2 , ta có:
3
sin
cos , 0;
2
x
x x
x
π
> ∀ ∈
3 3
cos sin 0 , 0; '( ) 0 , 0;
2 2
x x x x f x x
π π
⇒ − + > ∀ ∈ ⇒ > ∀ ∈
2
4
( ) 1 , 0;
2 2
f x f x
π π
π
⇒ ≤ = − ∀ ∈
Do vậy:
2 2 2
1 1 4
1 , 0;
2
sin
x
x x
π
π
< + − ∀ ∈
(đpcm).
Bài tập tương tự :
1. Chứng minh rằng :
( )
2
2
4
sin
x
x x
π
π
< −
với mọi
0;
2
x
π
∈
.
2. Chứng minh rằng :
(
)
2
2
sin 4
12
x
x x x
π
π π
> + − với mọi
0;
2
x
π
∈
.
Ví dụ 4 : Với 0
2
x
π
≤ <
. Chứng minh rằng
3
1
2.sin t n
2
2 2 2
x
x a x
+
+ >
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
31
*
Ta có:
1
sin t n
2.sin t n 2 sin t n
2
2 2 2. 2 .2 2.2
x a x
x a x x a x
+
+ ≥ =
Ta chứng minh:
1 3
sin t n
2 2
1 3
2 2 sin t n
2 2
x
x a x
x a x x
+
≥ ⇔ + ≥
0;
2
x
π
∀ ∈
.
*
Xét hàm số
( )
1 3
sin t n
2 2
x
f x x a x= + − liên tục trên nửa khoảng
0;
2
π
.
*
Ta có:
( )
3 2
2 2
1 3 2 cos 3 cos 1
' cos
2
2.cos 2 cos
x x
f x x
x x
− +
= + − =
2
2
(cos 1) (2 cos 1)
0 , 0;
2
2 cos
x x
x
x
π
− +
= ≥ ∀ ∈
.
( )
f x
⇒
đồng biến trên
[0; )
2
π
1 3
( ) (0) 0 sin tan
2 2
f x f x x x
⇒ ≥ = ⇒ + ≥ ,
0;
2
x
π
∀ ∈
(đpcm).
Ví dụ 5 : Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số tự nhiên
1
n
>
1 1 2
n n
n n
n n
n n
+ + − <
Giải :
*
Đặt
( )
0;1 , *
n
n
x n N
n
= ∈ ∀ ∈ .
*
Bất đẳng thức cần chứng minh là:
(
)
1 1 2, 0;1
n n
x x x+ + − < ∀ ∈
*
Xét hàm
(
)
1 1 , [0;1)
n n
f x x x x= + + − ∈
( )
( ) ( )
( )
1 1
1 1 1
' 0, 0;1
1 1
n n
n n
f x x
n
x x
− −
⇒ = − < ∀ ∈
+ −
Vậy
(
)
f x
giảm trên
(
)
0;1
nên
(
)
(
)
(
)
0 2, 0;1
f x f x< = ∀ ∈ .
Ví dụ 6:
1.
Cho
0
x y z
≥ ≥ ≥
.Chứng minh rằng :
x z y x y z
z y x y z x
+ + ≥ + +
2.
Cho
, , 0
x y z
>
.Chứng minh rằng:
4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x
+ + + + + ≥ + + + + +
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
32
1
Cho
0
x y z
≥ ≥ ≥
.Chứng minh rằng :
x z y x y z
z y x y z x
+ + ≥ + +
0
x y z
≥ ≥ ≥
*
Xét hàm số :
( )
x z y x y z
f x
z y x y z x
= + + − + +
.
*
Ta có:
2 2 2
1 1 1 1
'( ) ( ) ( ) ( )( ) 0, 0
y z
f x y z x
z y yz
x x x
= − − − = − − ≥ ∀ ≥
(
)
f x
⇒ là hàm số đồng biến
0
x
∀ ≥
( ) ( ) 0
f x f y
⇒ ≥ = ⇒
đpcm.
2.
Cho
, , 0
x y z
>
Chứng minh rằng:
4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x
+ + + + + ≥ + + + + + .
Không mất tính tổng quát ta giả sử:
0
x y z
≥ ≥ >
.
*
Xét hàm số
4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x
= + + + + + − + − + − +
*
Ta có
3 2 3 3
'( ) 4 3 ( ) ( ) ( )
f x x x y z xyz yz x y z y z
= − + + + + + − +
2
"( ) 12 6 ( ) 2
f x x x y z yz
⇒ = − + +
"( ) 0
f x
⇒ >
(do
x y z
≥ ≥
)
2 3 2
'( ) '( ) ( ) 0
f x f y z y z z y z
⇒ ≥ = − = − ≥
nên
( )
f x
là hàm số đồng
biến.
4 3 2 2 2 2
( ) ( ) 2 ( ) 0
f x f y z z y y z z z y
⇒ ≥ = − + = − ≥ ⇒
đpcm.
Ví dụ 7:
1.
Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh rằng:
3
2
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + +
.
2.
Cho
0
a b c
< ≤ ≤
. Chứng minh rằng:
2
2 2 2 ( )
3
( )
a b c c a
b c c a a b a c a
−
+ + ≤ +
+ + + +
.
Giải :
1.
Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh rằng:
3
2
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + +
*
Đặt
, , 1
b c a
x y z xyz
a b c
= = = ⇒ =
và bất đẳng thức đã cho
1 1 1 3
1 1 1 2
x y z
⇔ + + ≥
+ + +
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
33
*
Giả sử
1 1
z xy
≤ ⇒ ≥
nên có:
1 1 2 2
1 1
1 1
z
x y
xy z
+ ≥ =
+ +
+ +
2
1 1 1 2 1 2 1
( )
1 1 1 1 1
1 1
z t
f t
x y z z t
z t
⇒ + + ≥ + = + =
+ + + + +
+ +
với
1
t z
= ≤
*
Ta có:
2 2 2 2 2
2 2 2(1 )
'( ) 0
(1 ) (1 ) (1 )
t t
f t
t t t
−
= − ≤ ≤
+ + +
3
( ) (1) , 1
2
f t f t
⇒ ≥ = ∀ ≤
⇒
đpcm.
2.
Cho
0
a b c
< ≤ ≤
. Chứng minh rằng:
2
2 2 2 ( )
3
( )
a b c c a
b c c a a b a c a
−
+ + ≤ +
+ + + +
*
Đặt , ,1
b c
x x
a a
α α
= = ≤ ≤
. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở
thành
2
2 2 2 4
1 1 1
x x x
x x x
α
α α
+ +
+ + ≤
+ + + +
2
1 2 ( 1)
1 (2 2 )
1
x x x
x x
x
α
α α
+ +
⇔ + + ≥ + +
+ +
*
Xét hàm số
2
1 2 ( 1)
( ) 1 (2 2 ), 1
1
x x x
f x x x x
x
α α
α α
+ +
= + + − + + ≤ ≤
+ +
*
Ta có:
2
2(2 1) 1
'( ) 2 1 2
1
( )
x
f x x
x
α
α
α
+ −
= + − −
+
+
2
2 +1 2
'( ) ( 1) 0, 1
+1
( )
x
f x x
x
α α
α
α
= − − ≥ ≤ ≤
+
Như vậy hàm
( )
f x
là đồng biến do đó
2
1
( ) ( ) 3 3f x f
α α α
α
≥ = − + −
Nhưng
3
2 2 2
1 1 1
'( ) 2 3 3 3 . . 3 0
f
α α α α α α
α α α
= − + = + + − ≥ − =
( ) ( ) (1) 0
f x f f
α
⇒ ≥ ≥ = ⇒
đpcm.
Bài tập tự luyện:
1.
Cho hàm số
(
)
2 sin t n 3
f x x a x x
= + −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
34
)
a
Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng
0;
2
π
.
)
b
Chứng minh rằng
2 sin t n 3
x a x x
+ >
với mọi
0;
2
x
π
∈
.
2.
)
a
Chứng minh rằng
t n
a x x
>
với mọi
0;
2
x
π
∈
.
)
b
Chứng minh rằng
3
t n
3
x
a x x> + với mọi
0;
2
x
π
∈
.
3.
Cho hàm số
( )
4
t n
f x x a x
π
= − với mọi
0;
4
x
π
∈
)
a
Xét chiều biến thiên của hàm số trên đoạn
0;
4
π
.
)
b
Từ đó suy ra rằng
4
t n
x a x
π
≥ với mọi
0;
4
x
π
∈
.
4.
Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau :
)
a
sin
x x
<
với mọi
0
x
>
)
b
sin
x x
>
với mọi
0
x
<
)
c
2
cos 1
2
x
x > − với mọi
0
x
≠
)
d
3
sin
6
x
x x> − với mọi
0
x
>
)
e
3
sin
6
x
x x< − với mọi
0
x
<
)
f
sin t n 2
x a x x
+ >
với mọi
0;
2
x
π
∈
.
Dạng 6 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và
bất phương trình .
Chú ý 1 :
Nếu hàm số
(
)
y f x
= luôn đơn điệu nghiêm cách trên
D
( hoặc luôn đồng biến
hoặc luôn nghịch biến trên
D
) thì số nghiệm của phương trình :
(
)
f x k
=
sẽ
không nhiều hơn một và
(
)
(
)
f x f y
= khi và chỉ khi
x y
=
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
35
Chú ý 2:
•
Nếu hàm số
(
)
y f x
= luôn đơn điệu nghiêm cách trên
D
( hoặc luôn đồng
biến hoặc luôn nghịch biến trên
D
) và hàm số
(
)
y g x
= luôn đơn điệu nghiêm
ngoặc ( hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến ) trên
D
, thì số nghiệm trên
D
của phương trình
(
)
(
)
f x g x
= không nhiều hơn một.
•
Nếu hàm số
(
)
y f x
= có đạo hàm đến cấp
n
trên
D
và phương trình
( )
( ) 0
k
f x
=
có
m
nghiệm, khi đó phương trình
( 1)
( ) 0
k
f x
−
=
có nhiều nhất là
1
m
+
nghiệm.
Chú ý 3:
Nếu hàm số
(
)
y f x
= xác định trên
D
và có
(
)
0
f x
′′
>
hoặc
(
)
0
f x
′′
<
trên
I
thì
(
)
'
f x
đồng biến hoặc luôn luôn nghịch biến trên
I
nên
(
)
' 0
f x
=
nhiều
nhất
1
nghiệm trên
I
suy ra
(
)
f x
nhiều nhất
2
nghiệm trên
I
.
Ví dụ : Giải phương trình :
2
3 1 1
x x x x
+ + = + +
.
Giải :
Điều kiện :
0
x
≥
Xét hàm số
( )
(
)
2
3 1 1
f x x x x x
= + + − + +
trên nửa khoảng
)
0;
+∞
.
Ta có :
( )
1 3
2 1
2 2 3 1
f x x
x x
′
= + − −
+
Và
( )
( )
3 3
1 9
2 0, 0
4
4 3 1
f x x
x
x
′′
= − − − < ∀ >
+
, suy ra phương trình
(
)
0
f x
=
nhiều nhất
2
nghiệm và
(
)
(
)
0 1 0 0, 1
f f x x
= = ⇒ = =
là
2
nghiệm của phương trình.
Ví dụ 1 : Giải các phương trình
1.
2 2
3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0
x x x x x
+ + + + + + + =
2.
3
3 2 2
4 5 6 7 9 4
x x x x x
− − + = + −
Giải :
1.
2 2
3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0 (1)
x x x x x
+ + + + + + + =
Phương trình
( )
2 2
(1) 3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3) (2)
x x x x⇔ − + − + = + + + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
36
Đặt
3 , 2 1, , 0
u x v x u v
= − = + >
Phương trình
2 2
(1) (2 3) (2 3) (3)
u u v v
⇔ + + = + +
*
Xét hàm số
4 2
( ) 2 3
f t t t t
= + + liên tục trên khoảng
(
)
0;
+∞
*
Ta có
( )
3
4 2
2 3
'( ) 2 0, 0
3
t t
f t t f t
t t
+
= + > ∀ > ⇒
+
đồng biến trên khoảng
(
)
0;
+∞
.
Khi đó phương trình
1
(3) ( ) ( ) 3 2 1
5
f u f v u v x x x
⇔ = ⇔ = ⇔ − = + ⇔ = −
Vậy
1
5
x
= −
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2.
3
3 2 2
4 5 6 7 9 4
x x x x x
− − + = + −
.
Đặt y =
3
2
7 9 4
y x x
= + −
. Khi đó phương trình cho
3 2
2 3
4 5 6
7 9 4
x x x y
x x y
− − + =
⇔
+ − =
( ) ( )
( )
3 2
3 2
3
3 3 2
3
4 5 6
4 5 6
3 4 2
1 1 *
x x x y
x x x y
I
y y x x x
y y x x
− − + =
− − + =
⇔ ⇔
+ = + + +
+ = + + +
(
)
*
có dạng
(
)
(
)
(
)
1
f y f x a
= +
*
Xét hàm
(
)
3
,f t t t t
= + ∈
ℝ
*
Vì
(
)
2
' 3 1 0,f t t t
= + > ∀ ∈
ℝ
nên hàm số đồng biến trên tập số thực
ℝ
.
Khi đó
(
)
1
a y x
⇔ = +
Hệ
( )
(
)
3 2
3 2
4 5 6
4 6 5 0 * *
1
1
x x x y
x x x
I
y x
y x
− − + =
− − + =
⇔ ⇔
= +
= +
Giải phương trình
(
)
* *
ta có tập nghiệm :
1 5 1 5
5, ,
2 2
S
− + − −
=
.
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình:
− =
2
2 2 11
x x
có nghiệm duy nhất
Giải :
Cách 1 :
Xét hàm số
2
2 2
y x x
= −
liên tục trên nửa khoảng
)
+∞
2; .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
37
Ta có:
(
)
( )
−
= > ∀ ∈ +∞
−
5 8
' 0, 2;
2
x x
y x
x
(
)
2
lim lim 2 2
x x
y x x
→+∞ →+∞
= − = +∞
Bảng biến thiên :
x
2
+∞
'
y
+
y
+∞
0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm số
2
2 2
y x x
= −
luôn cắt
đường thẳng
11
y
=
tại duy nhất một điểm. Do đó phương trình
− =
2
2 2 11
x x
có nghiệm duy nhất .
Cách 2:
Xét hàm số
(
)
2
2 2 11
y f x x x
= = − −
liên tục trên nửa khoảng
)
+∞
2; .
Ta có
(
)
(
)
2 11, 3 7
f f
= − =
. Vì
(
)
(
)
(
)
2 . 3 77 0 0
f f f x
= − < ⇒ =
có ít nhất
một nghiệm trong khoảng
(
)
2;3
.
( )
(
)
( ) ( )
5 8
' 0, 2;
2
x x
f x x f x
x
−
= > ∀ ∈ +∞ ⇒
−
liên tục và đồng biến trên khoảng
(
)
2;3
.
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất thuộc khoảng
(
)
2;3
.
Ví dụ 3 : Giải bất phương trình sau :
5 1 3 4
x x
− + + ≥
Giải :
Điều kiện :
1
5
x
≥
*
Xét hàm số
( ) 5 1 3
f x x x
= − + +
liên tục trên nửa khoảng
1
;
5
+∞
*
Ta có :
( )
5 1 1
'( ) 0 ,
5
2 5 1 2 1
f x x f x
x x
= + > ∀ > ⇒
− −
là hàm số đồng biến trên nửa khoảng
1
;
5
+∞
và
(1) 4
f
=
, khi đó bất phương
trình cho
( ) (1) 1.
f x f x
⇔ ≥ ⇔ ≥
Vậy bất phương trình cho có nghiệm là
1
x
≥
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
38
Ví dụ 4 : Giải bất phương trình sau
5
3 3 2 2 6
2 1
x x
x
− + − ≤
−
Giải :
Điều kiện:
1 3
2 2
x
< ≤
*
Bất phương trình cho
5
3 3 2 2 6 ( ) ( ) (*)
2 1
x x f x g x
x
⇔ − + ≤ + ⇔ ≤
−
*
Xét hàm số
5
( ) 3 3 2
2 1
f x x
x
= − +
−
liên tục trên nửa khoảng
1 3
;
2 2
*
Ta có :
3
3 5 1 3
'( ) 0, ; ( )
2 2
3 2
( 2 1)
f x x f x
x
x
−
= − < ∀ ∈ ⇒
−
−
là hàm
nghịch biến trên nửa đoạn
1 3
;
2 2
.
Hàm số
( ) 2 6
g x x
= +
là hàm đồng biến trên
ℝ
và
(1) (1) 8
f g
= =
i
Nếu
1 ( ) (1) 8 (1) ( ) (*)
x f x f g g x
> ⇒ < = = < ⇒
đúng
i
Nếu
1 ( ) (1) 8 (1) ( ) (*)
x f x f g g x
< ⇒ > = = > ⇒
vô nghiệm.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là:
3
1
2
x
≤ ≤
.
Ví dụ 5 : Giải bất phương trình sau
( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2
x x x x x x
+ − − + ≤ − + − + +
Giải :
Điều kiện:
1
2
x
≥
.
Bất phương trình cho
(
)
( 2 6)( 2 1 3) 4 *
x x x⇔ + + + − − ≤
i
Nếu
2 1 3 0 5 (*)
x x
− − ≤ ⇔ ≤ ⇒ luôn đúng.
i
Nếu
5
x
>
*
Xét hàm số
( ) ( 2 6)( 2 1 3)
f x x x x
= + + + − −
liên tục trên khoảng
(
)
5;
+∞
*
Ta có:
1 1 2 6
'( ) ( )( 2 1 3) 0, 5
2 2 2 6 2 1
x x
f x x x
x x x
+ + +
= + − − + > ∀ >
+ + −
(
)
f x
⇒ đồng biến trên khoảng
(
)
5;
+∞
và
(7) 4
f
=
, do đó
(
)
* ( ) (7) 7
f x f x
⇔ ≤ ⇔ ≤
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
39
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1
7
2
x
≤ ≤
.
Ví dụ 6 : Giải bất phương trình sau
3 2
2 3 6 16 2 3 4
x x x x
+ + + < + −
Giải :
Điều kiện:
3 2
2 3 6 16 0
2 4.
4 0
x x x
x
x
+ + + ≥
⇔ − ≤ ≤
− ≥
.
Bất phương trình cho
( )
3 2
2 3 6 16 4 2 3 ( ) 2 3 *
x x x x f x⇔ + + + − − < ⇔ <
*
Xét hàm số
3 2
( ) 2 3 6 16 4
f x x x x x
= + + + − −
liên tục trên đoạn
2;4
−
.
*
Ta có:
( )
2
3 2
3( 1) 1
'( ) 0, 2; 4
2 4
2 3 6 16
x x
f x x
x
x x x
+ +
= + > ∀ ∈ −
−
+ + +
(
)
f x
⇒
đồng biến trên nửa khoảng
(
)
2;4
− và
(1) 2 3
f
= , do đó
(
)
* ( ) (1) 1
f x f x
⇔ < ⇔ <
.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là:
2 1
x
− ≤ <
.
Ví dụ 7 : Chứng minh rằng
4
1 0 ,
x x x
− + > ∀ ∈
ℝ
Giải :
*
Xét hàm số
4
( ) 1
f x x x
= − +
liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
3
'( ) 4 1
f x x
= −
và
3
1
'( ) 0
4
f x x= ⇔ = .
*
Vì
'( )
f x
đổi dấu từ âm sang dương khi
x
qua
3
1
4
, do đó
3 3 3
1 1 1
min ( ) ( ) 1 0
4 4 4 4
f x f
= = − + >
Vậy
( ) 0 ,
f x x
> ∀
.
Ví dụ 8 : Chứng minh rằng phương trình :
5
2
2009 0
2
x
x
x
+ − =
−
có
đúng hai nghiệm dương phân biệt.
Giải :
*
Điều kiện:
2
x
> (do
0
x
>
).
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
40
*
Xét hàm số :
5
2
( ) 2009
2
x
f x x
x
= + −
−
với
2
x
> .
*
Ta có
4
2 3
1
'( ) 5
( 2)
f x x
x
= −
−
3
2 5
3
"( ) 20 0 , 2
( 2)
x
f x x x
x
⇒ = + > ∀ >
−
'( ) 0
f x
⇒ =
có nhiều nhất một nghiệm
( ) 0
f x
⇒ =
có nhiều nhất là hai
nghiệm.
Mà:
2
lim ( ) , ( 3) 0, lim ( ) ( ) 0
x
x
f x f f x f x
+ →+∞
→
= +∞ < = +∞ ⇒ =
có hai nghiệm
(
)
1
2; 3
x ∈ và
2
3
x > .
Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình
1.
2 3 4 4 (1)
2 3 4 4 (2)
x y
y x
+ + − =
+ + − =
2.
(
)
( )
3
3
2 1
2 2
x x y
y y x
+ =
+ =
3.
3 3
6 6
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y
− = −
+ =
Giải :
1.
2 3 4 4 (1)
2 3 4 4 (2)
x y
y x
+ + − =
+ + − =
Điều kiện:
3
4
2
3
4
2
x
y
− ≤ ≤
− ≤ ≤
.
Cách 1:
Trừ
(1)
và
(2)
ta được:
(
)
2 3 4 2 3 4 3
x x y y + − − = + − −
*
Xét hàm số
( ) 2 3 4
f t t t
= + − −
liên tục trên đoạn
3
; 4
2
−
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
41
*
Ta có:
/
1 1 3
( ) 0, ; 4
2
2 3 2 4
f x t
t t
= + > ∀ ∈ −
+ −
(3) ( ) ( )
f x f y x y
⇒ ⇔ = ⇔ =
.
Thay
x y
=
vào
(1)
,ta được:
2 3 4 4 7 2 (2 3)(4 ) 16
x x x x x
+ + − = ⇔ + + + − =
2
2
3
9 0
2 2 5 12 9
11
9 38 33 0
9
x
x
x x x
x x
x
=
− ≥
⇔ − + + = − ⇔ ⇔
− + =
=
Vậy hệ phương trình có
2
nghiệm phân biệt
11
3
9
,
3 11
9
x
x
y
y
=
=
=
=
.
Cách 2:
Trừ
(1)
và
(2)
ta được:
(
)
(
)
2 3 2 3 4 4 0
x y y x
+ − + + − − − =
(2 3) (2 3) (4 ) (4 )
0
2 3 2 3 4 4
x y y x
x y y x
+ − + − − −
⇔ + =
+ + + − + −
( )
2 1
( ) 0 *
2 3 2 3 4 4
x y
x y y x
⇔ − + =
+ + + − + −
.
Vì
2 1
0
2 3 2 3 4 4
x y y x
+ >
+ + + − + −
nên
(
)
*
x y
⇔ =
Thay
x y
=
vào
(1)
,ta được:
2 3 4 4 7 2 (2 3)(4 ) 16
x x x x x
+ + − = ⇔ + + + − =
2
2
3
9 0
2 2 5 12 9
11
9 38 33 0
9
x
x
x x x
x x
x
=
− ≥
⇔ − + + = − ⇔ ⇔
− + =
=
Vậy hệ phương trình có
2
nghiệm phân biệt
11
3
9
,
3 11
9
x
x
y
y
=
=
=
=
.
2.
(
)
( )
3
3
2 1
2 2
x x y
y y x
+ =
+ =
Cách 1 :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
42
*
Xét hàm số
3 2/
( ) 2 ( ) 3 2 0,
f t t t f t t t
= + ⇒ = + > ∀ ∈
ℝ
.
*
Hệ phương trình trở thành
( ) (1)
( ) (2)
f x y
f y x
=
=
.
+ Nếu
( ) ( )
x y f x f y y x
> ⇒ > ⇒ >
(do
(1)
và
(2)
dẫn đến mâu thuẫn).
+ Nếu
( ) ( )
x y f x f y y x
< ⇒ < ⇒ <
(mâu thuẫn).
Suy ra
x y
=
, thế vào hệ ta được
(
)
3 2 2
0 1 0 0 ì 1 0.
x x x x x v x
+ = ⇔ + = ⇔ = + >
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
0
0
x
y
=
=
.
Cách 2:
Trừ
(1)
và
(2)
ta được:
3 3 2 2
3 3 0 ( )( 3) 0
x y x y x y x y xy
− + − = ⇔ − + + + =
2
2
3
( ) 3 0
2 4
y y
x y x x y
⇔ − + + + = ⇔ =
Thế
x y
=
vào
(1)
và
(2)
ta được:
(
)
3 2
0 1 0 0
x x x x x
+ = ⇔ + = ⇔ =
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
0
0
x
y
=
=
.
3.
3 3
6 6
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y
− = −
+ =
Từ
(1)
và
(2)
suy ra
1 , 1
x y
− ≤ ≤
(1) ( ) ( ) (*)
f x f y
⇔ =
*
Xét hàm số
3
( ) 3
f t t t
= −
liên tục trên đoạn
[ 1;1]
−
, ta có
(
)
2
'( ) 3( 1) 0 [ 1;1]
f t t t f t
= − ≤ ∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên đoạn
[ 1;1]
−
*
Do đó:
(*)
x y
⇔ =
thay vào
(2)
ta được nghiệm của hệ là:
6
1
2
x y= = ± .
Ví dụ 10 : Giải hệ phương trình
1.
2
1 1
(1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy
− = −
− − =
2.
3
1 1
(1)
2 1 (2)
x y
x y
y x
− = −
= +
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
43
1.
2
1 1
(1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy
− = −
− − =
Điều kiện:
0, 0
x y
≠ ≠
. Ta có:
1
(1) ( ) 1 0
1
.
y x
x y
xy
y
x
=
⇔ − + = ⇔
= −
i
y x
=
phương trình
2
(2) 1 0 1
x x
⇔ − = ⇔ = ±
.
i
1
y
x
= −
phương trình
(2)
vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có
2
nghiệm phân biệt
1 1
;
1 1
x x
y y
= = −
= = −
.
Bình luận:
Cách giải sau đây sai:
2
1 1
(1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy
− = −
− − =
.
Điều kiện:
0, 0
x y
≠ ≠
.
*
Xét hàm số
2
/
1 1
( ) , \ {0} ( ) 1 0, \ {0}
f t t t f t t
t
t
= − ∈ ⇒ = + > ∀ ∈ℝ ℝ .
Suy ra
(1) ( ) ( )
f x f y x y
⇔ = ⇔ =
!
Sai do hàm số
( )
f t
đơn điệu trên
2
khoảng rời nhau (cụ thể
(
)
(
)
1 1 0
f f
− = =
).
2.
3
1 1
(1)
2 1 (2)
x y
x y
y x
− = −
= +
Cách 1:
Điều kiện:
0, 0.
x y
≠ ≠
1
(1) 0 ( ) 1 0
1
.
x y
x y
x y x y
xy xy
y
x
=
−
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔
= −
i
x y
=
phương trình
(2)
1
1 5
.
2
x
x
=
⇔
− ±
=
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
44
i
1
y
x
= −
phương trình
(2)
4
2 0.
x x
⇔ + + =
Xét hàm số
4 / 3
3
1
( ) 2 ( ) 4 1 0 .
4
f x x x f x x x
−
= + + ⇒ = + = ⇔ =
3 3
1 3
2 0, lim lim
4 4 4
x x
f
→−∞ →+∞
−
= − > = = +∞
4
( ) 0, 2 0
f x x x x
⇒ > ∀ ∈ ⇒ + + =
ℝ
vô nghiệm.
Cách 2:
Điều kiện:
0, 0.
x y
≠ ≠
1
(1) 0 ( ) 1 0
1
.
x y
x y
x y x y
xy xy
y
x
=
−
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔
= −
i
x y
=
phương trình
(2)
1
1 5
.
2
x
x
=
⇔
− ±
=
i
1
y
x
= −
phương trình
(2)
4
2 0.
x x
⇔ + + =
i
Với
4
1 2 0 2 0
x x x x
< ⇒ + > ⇒ + + >
.
i
Với
4 4
1 2 0
x x x x x x
≥ ⇒ ≥ ≥ − ⇒ + + >
.
Suy ra phương trình
(2)
vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có
3
nghiệm phân biệt
1 5 1 5
1
2 2
1
1 5 1 5
2 2
x x
x
y
y y
− + − −
= =
=
∨ ∨
=
− + − −
= =
.
Bài tập tự luyện:
1. Giải phương trình:
. 3 1 7 2 4
a x x x
+ + + + =
3
3
. 5 1 2 1 4
b x x x
− + − + =
2. Giải phương trình:
( )
10 10
81
81sin cos *
256
x x+ =
3. Giải bất phương trình:
( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2
x x x x x x
+ − − + ≤ − + − + +
Dạng 7 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và
bất phương trình chứa tham số.
Cho hàm số
(
)
; 0
f x m
=
xác định với mọi
(
)
*
x I∈
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
45
•
Biến đổi
(
)
*
về dạng
(
)
(
)
f x f m
=
•
Xét hàm số
(
)
y f x
= liên tục trên
I
•
Dùng tính chất đơn điệu của hàm số và kết luận.
Ví dụ 1: Tìm tham số thực
m
để ptrình
2
3 1
x x m
+ + =
có nghiệm thực .
Giải :
*
Xét hàm số
(
)
2
3 1
f x x x
= + +
và
y m
=
*
Hàm số
(
)
2
3 1
f x x x
= + +
liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có :
( )
2
2 2
3 3 1 3
' 1
3 1 3 1
x x x
f x
x x
+ +
= + =
+ +
( )
2
2 2
0
' 0 3 1 3
3 1 9
x
f x x x
x x
<
= ⇔ + = − ⇔
+ =
0
6 6 6
,
1 6
6 6 3
6
6
x
x f
x
<
− −
⇔ ⇔ = =
± ±
= =
Bảng biến thiên : suy ra
( )
6
3
f x ≥ mà
(
)
f x m
=
do đó
6
3
m ≥ thì phương
trình cho có nghiệm thực .
Ví dụ 2 : Tìm tham số thực
m
để phương trình :
(
)
4
2
1 1
x x m+ − = có
nghiệm thực .
Giải :
*
Xét hàm số
(
)
4
2
1
f x x x
= + − liên tục trên nửa khoảng
)
0;
+∞
.
*
Ta có :
( )
( )
3
2
4
1 1
' 0
2
1
x
f x
x
x
= − <
+
Vì
( ) ( )
4
3 6 3
2 2
4 4
1 1
0
1 1
x x x
x x
x
x x
< = ⇒ − <
+ +
nên
(
)
(
)
' 0, 0
f x x f x
< ∀ > ⇒ nghịch biến trên nửa khoảng
)
0;
+∞
và
lim ( ) 0
x
f x
→ + ∞
=
, nên
)
0 ( ) 1, 0;f x x
< ≤ ∀ ∈ +∞
.
Vậy, phương trình
(
)
1
có nghiệm thực trên nửa khoảng
)
0; 0 1
m
+∞ ⇔ < ≤
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
46
Ví dụ 3: Tìm tham số thực
m
để phương trình :
(
)
(
)
(
)
4 3 3 3 4 1 1 0, 2
m x m x m− + + − − + − = có nghiệm thực.
Giải :
Điều kiện:
3 1
x
− ≤ ≤
.
*
Phương trình
3 3 4 1 1
(2)
4 3 3 1 1
x x
m
x x
+ + − +
⇔ =
+ + − +
*
Nhận thấy rằng:
(
)
(
)
2 2
2 2
3 1
3 1 4 1
2 2
x x
x x
+ −
+ + − = ⇔ + =
*
Nên tồn tại góc
0; , t n ; 0;1
2 2
t a t
π ϕ
ϕ
∈ = ∈
sao cho:
2
2
3 2 sin 2
1
t
x
t
ϕ
+ = =
+
và
2
2
1
1 2 cos 2
1
t
x
t
ϕ
−
− = =
+
( ) ( )
2
2
3 3 4 1 1 7 12 9
, 3
5 16 7
4 3 3 1 1
x x t t
m m f t
t t
x x
+ + − + − + +
= ⇔ = =
− + +
+ + − +
*
Xét hàm số:
2
2
7 12 9
( )
5 16 7
t t
f t
t t
− + +
=
− + +
liên tục trên đoạn
0;1
t
∈
. Ta có
( )
( )
2
2
2
52 8 60
'( ) 0, 0;1
5 16 7
t t
f t t f t
t t
− − −
= < ∀ ∈ ⇒
− + +
nghịch biến trên đoạn
[
]
0;1
và
9 7
(0) ; (1)
7 9
f f
= =
*
Suy ra phương trình
(
)
2
có nghiệm khi phương trình
(
)
3
có nghiệm trên
đoạn
0;1
t
∈
khi và chỉ khi:
7 9
9 7
m
≤ ≤
.
Ví dụ 4: Tìm tham số thực
m
để bất phương trình
2 2
2 24 2
x x x x m
− + ≤ − +
có nghiệm thực trong đoạn
4;6
−
.
Giải :
Đặt
2
2 24
t x x
= − + ,
4;6 0;5
x t
∀ ∈ − ⇒ ∈
Bài toán trở thành tìm tham số thực
m
để bất phương trình
2
24
t t m
+ − ≤
có
nghiệm thực
0;5
t
∈
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
47
*
Xét hàm số
(
)
2
24
f t t t
= + −
liên tục trên đoạn
0;5
.
*
Ta có :
(
)
'( ) 2 1 0, 0;5
f t t t f t
= + > ∀ ∈ ⇒
liên tục và đồng biến trên
đoạn
0;5
*
Vậy bất phương trình cho có nghiệm thực trên đoạn
0;5
khi
0;5
max ( ) (5) 6 6
t
f t m f m m m
∈
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥
Bài tập tự luyện:
1. Tìm tham số thực
m
để phương trình :
(
)
1 2 1
mx m x
+ − + =
có nghiệm
thực trên đoạn
0;1
.
2. Tìm tham số thực
m
để bất phương trình:
2 2
4 5 4
x x x x m
− + ≥ − +
có
nghiệm thực trên đoạn
2; 3
.
Dạng 8 : Dùng đơn điệu hàm số để chứng minh hệ thức lượng giác
Ví dụ : Chứng minh rằng : nếu tam giác
ABC
thoả mãn hệ thức
1 13
cos cos cos
cos cos cos 6
A B C
A B C
+ + + =
+ +
thì tam giác
ABC
đều.
Giải :
*
Đặt :
3
cos cos cos 1 4 sin sin sin 1
2 2 2 2
A B C
t A B C t
= + + = + ⇒ < ≤
.
*
Xét hàm số
( )
1
f t t
t
= +
hàm số liên tục trên nửa khoảng
3
0;
2
.
*
Ta có :
( ) ( )
2
1 3
' 1 0, 0;
2
f t t f t
t
= − > ∀ ∈ ⇒
đồng biến trên nửa khoảng
3
0;
2
,suy ra :
( )
13
2
6
f t< ≤ .
Đẳng thức
( )
13
6
f t = xảy ra khi
3
cos cos cos
2
t A B C
= + + =
hay tam giác
ABC
đều.
Bài đọc thêm : HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
48
Định nghĩa: Là hệ có dạng:
1 2
2 3
1
( ) ( )
( ) ( )
.................
( ) ( )
n
f x g x
f x g x
f x g x
=
=
=
(I)
Định lí 1: Nếu
,
f g
là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên
A
và
1 2
( , ,..., )
n
x x x
là nghiệm của hệ trên
A
thì
1 2
...
n
x x x
= = =
Định lí 2:Nếu
,
f g
khác tính đơn điệu trên
A
và
1 2
( , ,..., )
n
x x x
là nghiệm của
hệ trên
A
thì
1 2
...
n
x x x
= = =
nếu
n
lẻ và
1 3 1
2 4
...
...
n
n
x x x
x x x
−
= = =
= = =
nếu
n
chẵn .
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình
1.
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z
=
−
=
−
=
−
2.
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z
− + − =
− + − =
− + − =
Giải :
1.
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z
=
−
=
−
=
−
Giả sử
x y z
> >
Xét hàm số :
( )
2
2
1
t
f t
t
=
−
,xác định trên
{
}
\ 1
D
= ±
ℝ .Ta có
( ) ( )
2
2 2
2( 1)
0,
(1 )
t
f t x D f t
t
+
= > ∀ ∈ ⇒
−
luôn đồng biến trên
D
.
Do đó :
(
)
(
)
(
)
x y z f x f y f z y z x
> > ⇒ > > ⇒ > >
. Mâu thuẫn, do đó điều
giả sử sai .
Tương tự
x y z
< <
không thoả .
Vậy
x y z
= =
Hệ cho có nghiệm :
(
)
(
)
; ; 0; 0; 0
x y z =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
49
2.
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z
− + − =
− + − =
− + − =
3 2 3 2
3 2 3 2
3 2 3 2
9 27 27 0 9 27 27
9 27 27 0 9 27 27
9 27 27 0 9 27 27
y x x y x x
z y y z y y
x z z x z z
− + − = = + −
− + − = ⇔ = + −
− + − = = + −
Xét hàm số đặc trưng :
2
( ) 9 27 27 '( ) 18 27
f t t t f t t
= − + ⇒ = −
( )
3
'( ) 0,
3
2
'( ) 0 18 27 0
3
2
' 0,
2
f t t
f t t t
f t t
> ∀ >
= ⇔ − = ⇔ = ⇒
< ∀ <
Hàm số đồng biến trên khoảng
3
;
2
+∞
và nghịch biến trên khoảng
3
;
2
−∞
.Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại
3 3 27
2 2 4
t f
= ⇒ =
Và
2
27 27
( ) 9 27 27
4 4
f t x x≥ ⇔ − + ≥
3
3
3
3
3 3
27 3 3
2
4
3 3
4 2
4
2
4
x
y y
z
≥ >
⇒ ≥ ⇒ ≥ > ⇒
≥ >
Vậy
, ,
x y z
thuộc miền đồng biến, suy ra hệ phương trình
( )
( )
( )
f x y
f y z
f z x
=
=
=
là hệ hoán
vị vòng quanh.
Không mất tính tổng quát giả sử
3 3
( ) ( )
x y f x f y y z y z
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
3 3
( ) ( )
f y f z z x z x
⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
x y z x x y z
⇒ ≥ ≥ ≥ ⇒ = =
Thay vào hệ ta có:
3 2
9 27 27 0 3
x x x x
− + − = ⇒ =
.
Suy ra:
3
x y z
= = =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
50
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :
1.
sin sin 3 3 (1)
(2)
5
, 0 (3)
x y x y
x y
x y
π
− = −
+ =
>
2.
2 3
2 3
log (1 3 cos ) log (sin ) 2
log (1 3 sin ) log (cos ) 2
x y
y x
+ = +
+ = +
Giải :
1.
sin sin 3 3 (1)
(2)
5
, 0 (3)
x y x y
x y
x y
π
− = −
+ =
>
Từ
( ) ( )
2 , 3 , 0;
5
x y
π
⇒ ∈
(
)
(
)
1 sin 3 sin 3 *
x x y y⇔ − = −
.
Xét hàm số
( )
sin 3 , 0;
5
f t t t t
π
= − ∈
ta có
( ) ( )
' cos 3 0, 0;
5
f t t t f t
π
= − < ∈ ⇒
là hàm nghịch biến trên khoảng
(0; )
5
t
π
∈ nên
(
)
(
)
(
)
*
f x f y x y
⇔ = ⇔ =
Với
x y
=
thay vào
(
)
2
ta tìm được
10
x y
π
= =
Vậy
( )
; ;
10 10
x y
π π
=
là nghiệm của hệ.
2.
2 3
2 3
log (1 3 cos ) log (sin ) 2
log (1 3 sin ) log (cos ) 2
x y
y x
+ = +
+ = +
Điều kiện :
cos 0
sin 0
x
y
>
>
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
51
Đặt
cos ; sin
u x v y
= =
, ta có hệ:
(
)
( )
2 3
2 3
log (1 3 ) log ( ) 2 1
log (1 3 ) log ( ) 2 2
u v
v u
+ = +
+ = +
trừ vế theo vế ta được
(
)
3 3 3 3
log (1 3 ) log log (1 3 ) log ( ) ( ) *
u u v v f u f v+ + = + + ⇔ =
Xét hàm số
3 3
( ) log (1 3 ) log
f t t t
= + + , dễ thấy
( )
f t
là hàm đồng biến nên
(
)
*
u v
⇔ =
.
Thay vào
(
)
1
ta được :
3 3
1 3 1
log (1 3 ) log 2 9
6
u
u u u
u
+
+ − = ⇔ = ⇔ =
Vậy hệ đã cho
1
2
sin
6
2
1
cos
2
6
y k
y
y k
x
x m
α π
π α π
β π
= +
=
= − +
⇔ ⇔
=
= ± +
, trong đó
1
sin cos
6
α β
= =
.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình :
2
2 2
2
3 2
1
1
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
y x
x
e
y
x y x y
−
+
=
+
+ + = + + +
Giải :
2
2 2
2
3 2
1
1
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
x
y x
e
y
x y x y
+
−
=
+
+ + = + + +
Điều kiện :
2 6 0
2 0
x y
x y
+ + >
+ + >
Lấy
ln
2
vế của phương trình :
2
2 2
2
1
1
y x
x
e
y
−
+
=
+
, ta được
(
)
(
)
2
2 2 2 2
2
1
ln ln 1 ln 1
1
x
y x x y
y
+
− = = + − +
+
(
)
(
)
( )
2 2 2 2
1 ln 1 1 ln 1 *
x x y y⇔ + + + = + + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
52
Phương trình
(
)
*
có dạng
(
)
(
)
( )
2 2
1 1 * *
f x f y+ = +
Xét hàm số :
(
)
ln
f t t t
= +
liên tục trên nửa khoảng
)
1;
+∞
, ta có
( ) ( )
1
' 1 0, 1
f t t f t
t
= + > ∀ ≥ ⇒ đồng biến trên nửa khoảng
)
1;
+∞
.
Do đó
(
)
2 2
* * 1 1
x y x y
⇔ + = + ⇔ = ±
.
•
Với
x y
= −
thay vào phương trình
3 2
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
x y x y
+ + = + + +
, ta được
3
6
log (6 ) 1 3 3
6 3
x
x x y
x
<
− = ⇔ ⇔ = ⇒ = −
− =
thoả mãn bài toán .
•
Với
x y
=
thay vào phương trình
3 2
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
x y x y
+ + = + + +
,
ta được
3 2
3 log ( 2) 2 log ( 1), 1
x x x
+ = + > −
.
Đặt
2
3
3 2
2 3
3 log ( 2) 2 log ( 1) 6
1 2
u
u
x
x x u
x
+ =
+ = + = ⇒
+ =
3 2
1 8
9 9
u u
u u
⇒ + = ⇔ + =
Xét hàm số
( )
1 8
9 9
u u
g u
= +
là hàm số đồng biến trên
ℝ
và
(
)
1 1
g
=
nên
1
u
=
là nghiệm duy nhất của phương trình
1 8
1
9 9
u u
+ =
.
Với
(
)
(
)
1 ; 7;7
u x y= ⇒ = thoả mãn hệ phương trình .
Ví dụ 4: Hãy xác định tất cả các nghiệm của hệ phương trình (ẩn
(
)
;
x y
) sau:
2 3
3 2
29 (1)
log .log 1 (2)
x y
x y
+ =
=
(
)
( )
2 3
3 2
29 1
log .log 1 2
x y
x y
+ =
=
. Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2008 .
Dễ thấy, nếu
(
)
;
x y
là các nghiệm của hệ cho thì
(
)
1, 1 3
x y> >
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
53
Đặt
3
log , 0
x t t
= >
(do
(
)
3
). Ki đó,
3
t
x
=
và từ phương trình
(
)
2
có
1
2
t
y
=
.
Khi đó phương trình
( ) ( )
1
1 9 8 29 4
t
t
⇔ + = .
Số nghiệm của hệ bằng số nghiệm dương của phương trình
(
)
4
Xét hàm số
( )
1
29
9 8
t
t
f t
−
= + liên tục trên khoảng
(
)
0;
+∞
. Ta có
( )
1
2
8 .ln 8
' 9 .ln 9 .
t
t
f t
t
= −
Trên khoảng
(
)
0;
+∞
,
1
8 .ln 8
t
y
= và
2
1
y
t
=
là các hàm nghịch biến và chỉ nhận
giá trị dương.
Do đó trên khoảng
(
)
0;
+∞
,
1
2
8 .ln 8
t
y
t
= là hàm đồng biến. Suy ra,
(
)
'
f t
là hàm
số đồng biến trên khoảng
(
)
0;
+∞
.
Vì
256
1
' . '(1) 18(ln 9 ln 2 )(ln 27 ln16) 0
2
f f
= − − <
nên
(
)
0
0; 1
t∃ ∈ sao cho
(
)
0
' 0
f t
=
.
Do đó, ta có bảng biến thiên của hàm số
(
)
f t
trên khoảng
(
)
0;
+∞
.
t
0
0
t
1
+∞
(
)
'
f t
−
0
+
(
)
f t
+∞
+∞
12
−
(
)
0
f t
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình
(
)
4
có đúng hai nghiệm dương. Vì vậy,
hệ phương trình cho có tất cả hai nghiệm.
Bài 2: CỰC TRỊ HÀM SỐ
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
54
2.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Khái niệm cực trị hàm số :
Giả sử hàm số
f
xác định trên tập hợp
(
)
D D ⊂
ℝ
và
0
x D
∈
0
)
a x
được gọi là một điểm cực đại của hàm số
f
nếu tồn tại một khoảng
(
)
;
a b
chứa điểm
0
x
sao cho:
(
)
( ) { }
0 0
;
( ) ( ) ; \
a b D
f x f x x a b x
⊂
< ∀ ∈
. Khi đó
(
)
0
f x
được
gọi là giá trị cực đại của hàm số
f
.
0
)
b x
được gọi là một điểm cực tiểu của hàm số
f
nếu tồn tại một khoảng
(
)
;
a b
chứa điểm
0
x
sao cho:
(
)
( ) { }
0 0
;
( ) ( ) ; \
a b D
f x f x x a b x
⊂
< ∀ ∈
. Khi đó
(
)
0
f x
được
gọi là giá trị cực tiểu của hàm số
f
.
Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu được gọi chung là cực trị
Nếu
0
x
là một điểm cực trị của hàm số
f
thì người ta nói rằng hàm số
f
đạt cực
trị tại điểm
0
x
.
Như vậy : Điểm cực trị phải là một điểm trong của tập hợp
(
)
D D ⊂
ℝ
Nhấn mạnh :
(
)
0
;
x a b D
∈ ⊂ nghĩa là
0
x
là một điểm trong của
D
:
Ví dụ : Xét hàm số
( )
f x x
= xác định trên
)
0;
+∞
. Ta có
(
)
( ) 0
f x f>
với mọi
0
x
>
nhưng
0
x
=
không phải là điểm cực tiểu vì tập hợp
)
0;
+∞
không chứa bất kì một lân cận nào của điểm
0
.
Chú ý :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
55
•
Giá trị cực đại ( cực tiểu)
0
( )
f x
nói chung không phải là GTLN (GTNN) của
f
trên tập hợp
D
.
•
Hàm số có thể đạt cực đại hoặc cực tiểu tại nhiều điểm trên tâp hợp
D
.
Hàm số cũng có thể không có điểm cực trị.
•
0
x
là một điểm cực trị của hàm số
f
thì điểm
(
)
0; 0
( )
x f x
được gọi là điểm
cực trị của đồ thị hàm số
f
.
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị:
Định lý 1: Giả sử hàm số
f
đạt cực trị tại điểm
0
x
. Khi đó , nếu
f
có đạo hàm
tại điểm
0
x
thì
(
)
0
' 0
f x
=
Chú ý :
•
Đạo hàm
'
f
có thể bằng
0
tại điểm
0
x
nhưng hàm số
f
không đạt cực trị tại
điểm
0
x
.
•
Hàm số có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm
.
•
Hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó đạo hàm của hàm số
bằng
0
, hoặc tại đó hàm số không có đạo hàm .
•
Hàm số đạt cực trị tại
0
x
và nếu đồ thị hàm số có tiếp tuyến tại điểm
(
)
0; 0
( )
x f x
thì tiếp tuyến đó song song với trục hoành.
Ví dụ : Hàm số
y x
=
và hàm số
3
y x
=
3. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị:
Định lý 2: Giả sử hàm số
f
liên tục trên khoảng
(
)
;
a b
chứa điểm
0
x
và có đạo
hàm trên các khoảng
(
)
0
;
a x
và
(
)
0
;
x b
. Khi đó :
)
a
Nếu
(
)
(
)
( ) ( )
0 0
0 0
' 0, ;
' 0, ;
f x x a x
f x x x b
< ∈
> ∈
thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm
0
x
. Nói một
cách khác , nếu
(
)
'
f x
đổi dấu từ âm sang dương khi
x
qua điểm
0
x
thì hàm số
đạt cực tiểu tại điểm
0
x
.
x
a
0
x
b
(
)
'
f x
−
0
+
(
)
f x
(
)
f a
(
)
f b
(
)
0
f x
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
56
)
b
Nếu
(
)
(
)
( ) ( )
0 0
0 0
' 0, ;
' 0, ;
f x x a x
f x x x b
> ∈
< ∈
thì hàm số đạt cực đại tại điểm
0
x
. Nói một
cách khác , nếu
(
)
'
f x
đổi dấu từ dương sang âm khi
x
qua điểm
0
x
thì hàm số
đạt cực đại tại điểm
0
x
.
x
a
0
x
b
(
)
'
f x
+
0
−
(
)
f x
(
)
0
f x
(
)
f a
(
)
f b
Định lý 3: Giả sử hàm số
f
có đạo hàm cấp một trên khoảng
(
)
;
a b
chứa điểm
0
x
,
(
)
0
' 0
f x
=
và
f
có đạo hàm cấp hai khác
0
tại điểm
0
x
.
)
a
Nếu
(
)
0
'' 0
f x
<
thì hàm số
f
đạt cực đại tại điểm
0
x
.
)
b
Nếu
(
)
0
'' 0
f x
>
thì hàm số
f
đạt cực tiểu tại điểm
0
x
.
Chú ý:
Không cần xét hàm số
f
có hay không có đạo hàm tại điểm
0
x x
=
nhưng không
thể bỏ qua điều kiện " hàm số liên tục tại điểm
0
x
"
Ví dụ : Hàm số
1 0
( )
0
x khi x
f x
x khi x
− ≤
=
>
không đạt cực trị tại
0
x
=
. Vì
hàm số không liên tục tại
0
x
=
.
2.1 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP.
Dạng 1 : Tìm các điểm cực trị của hàm số .
Quy tắc 1: Áp dụng định lý 2
•
Tìm
(
)
'
f x
•
Tìm các điểm
(
)
1,2, 3...
i
x i = tại đó đạo hàm bằng
0
hoặc hàm số liên tục
nhưng không có đạo hàm.
•
Xét dấu của
(
)
'
f x
. Nếu
(
)
'
f x
đổi dấu khi
x
qua điểm
0
x
thì hàm số có cực
trị tại điểm
0
x
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
57
Quy tắc 2: Áp dụng định lý 3
•
Tìm
(
)
'
f x
•
Tìm các nghiệm
(
)
1,2, 3...
i
x i = của phương trình
(
)
' 0
f x
=
.
•
Với mỗi
i
x
tính
(
)
'' .
i
f x
−
Nếu
(
)
'' 0
i
f x
<
thì hàm số đạt cực đại tại điểm
i
x
.
−
Nếu
(
)
'' 0
i
f x
>
thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm
i
x
.
Ví dụ 1 : Tìm cực trị của các hàm số :
3 2
1. 3 3 5
y x x x
= + + +
4 2
2. 6 8 1
y x x x
= − + − +
Giải :
3 2
1. 3 3 5
y x x x
= + + +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có:
2 2
' 3 6 3 3( 1) 0
y x x x x
= + + = + ≥ ∀ ⇒
Hàm số không có cực trị.
Chú ý:
* Nếu
'
y
không đổi dấu thì hàm số không có cực trị.
* Đối với hàm bậc ba thì
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt là điều cần và đủ để
hàm có cực trị.
4 2
2. 6 8 1
y x x x
= − + − +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có:
3 2
' 4 12 8 4( 1) ( 2)
y x x x x
= − + − = − − +
2
' 0 4( 1) ( 2) 0 1 2
y x x x x
= ⇔ − − + = ⇔ = ∨ = −
*
Bảng biến thiên
x
−∞
2
−
1
+∞
'
y
+
0
+
0
−
y
−∞
25
−∞
Vậy, hàm đạt cực đại tại
2
x
= −
với giá trị cực đại của hàm số là
( 2) 25
y
− =
,
hàm số không có cực tiểu.
Bài tập tự luyện:
Tìm cực trị của các hàm số :
1.
2
4 3
1
x x
y
x
−
=
−
2.
2
2
4 4 1
2 4 3
x x
y
x x
+ −
=
+ +
Ví dụ 2 : Tìm cực trị của các hàm số :
2
1. 4
y x x
= −
2
4. 2 1 2 8
y x x
= + − −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
58
2
2. 2 3
y x x
= − −
3 2
3. 3
y x x
= − +
2
1
5. 12 3
2
y x x
= − −
Giải :
(
)
2
1. 4
y f x x x
= = −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
2;2
−
*
Ta có
( )
2
2
4 2
' , 2;2
4
x
y x
x
−
= ∈ −
−
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
2, 2
x x
= − =
.
Suy ra, trên khoảng
(
)
2;2
− :
' 0 2, 2
y x x
= ⇔ = − =
Bảng xét dấu
'
y
x
2
−
2
−
2
2
'
y
−
0
+
0
−
'
y
đổi dấu từ âm sang dương khi
x
qua điểm
2
−
thì hàm số đạt cực tiểu tại
điểm
2,
x
= −
(
)
2 2
y
− = −
;
'
y
đổi dấu từ dương sang âm khi
x
qua điểm
2
thì hàm số đạt cực đại tại
điểm
2,
x
=
(
)
2 2
y
=
.
2
2. 2 3
y x x
= − −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
(
; 3
−∞ − ∪
)
3;
+∞
.
*
Ta có:
(
)
(
)
2
2 2
2 3
' 2 , ; 3 3;
3 3
x x x
y x
x x
− −
= − = ∈ −∞ − ∪ +∞
− −
.
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
3, 3
x x
= − =
.
Suy ra, trên mỗi khoảng
(
)
(
)
; 3 , 3;
−∞ − +∞
:
' 0
y
=
(
)
(
)
2 2
2
; 3 3;
0 3
2
4( 3)
2 3
x
x
x
x x
x x
∈ −∞ − ∪ +∞
≤ <
⇔ ⇔ ⇔ =
− =
− =
.
Tương tự trên suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm
2, (2) 3
x y
= =
, hàm số
không có cực đại.
3 2
3. 3
y x x
= − +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên nửa khoảng
( ; 3]
−∞
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
59
*
Ta có:
2
3 2
3( 2 )
' , 3, 0
2 3
x x
y x x
x x
− −
= < ≠
− +
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
0, 3
x x
= =
.
Suy ra, trên mỗi khoảng
(
)
;3
−∞ :
' 0 2
y x
= ⇔ =
*
Bảng biến thiên:
x
−∞
0
2
3
'
y
−
||
+
0
−
||
y
+∞
2
0
0
Hàm số đạt cực đại tại điểm
2, (2) 2
x y
= =
và đạt cực tiểu tại điểm
0, (0) 0
x y
= =
.
Chú ý:
* Ở bài 2 ví dụ 2 mặc dù
3
x
= ±
là điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm
tuy nhiên hàm số lại không xác định trên bất kì khoảng
( ; )
a b
nào của hai điểm
này nên hai điểm này không phải là điểm cực trị của hàm số.
* Tương tự vậy thì
3
x
=
của hàm số ở câu 3 cũng không phải là điểm cực trị
nhưng
0
x
=
lại là điểm cực trị của hàm số.
2
4. 2 1 2 8
y x x
= + − −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên nửa khoảng
(
)
; 2 , 2;
−∞ − +∞
.
*
Ta có:
( ) ( )
2
2
' 2 , ; 2 2;
2 8
x
y x
x
= − ∈ −∞ − ∪ +∞
−
.
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
2, 2
x x
= − =
.
Suy ra, trên các khoảng
(
)
(
)
; 2 , 2;
−∞ − +∞
:
' 0
y
=
(
)
(
)
2
2
; 2 2;
0 2
2 2
8
2 8
x
x
x
x
x x
∈ −∞ − ∪ +∞
≤ <
⇔ ⇔ ⇔ =
=
− =
.
*
Bảng biến thiên:
x
−∞
2
−
2
2 2
+∞
'
y
+
|| ||
−
0
+
y
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
60
Trên khoảng
(
)
2;2 2 : ' 0
y
<
, trên khoảng
(
)
2 2; : ' 0
y
+∞ >
điểm cực tiểu là
(
)
2 2;3 2 1
+
.
2
1
5. 12 3
2
y x x
= − −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
2;2
−
.
*
Ta có:
( )
2
2
1 12 3 3
' , 2;2
2
12 3
x x
y x
x
− +
= ∀ ∈ −
−
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm
2, 2
x x
= − =
.
Suy ra, trên khoảng
(
)
2;2
− :
' 0
y
=
(
)
2
2
2;2
2 0
1
1
12 3 3
x
x
x
x
x x
∈ −
− < ≤
⇔ ⇔ ⇔ = −
=
− = −
*
Bảng biến thiên:
x
−∞
2
−
1
−
2
+∞
'
y
||
−
0
+
||
y
Trên khoảng
(
)
2; 1 : ' 0
y
− − <
, trên khoảng
(
)
1;2 : ' 0
y
− >
suy ra điểm cực tiểu
là
(
)
1; 2
− −
.
Bài tập tương tự :
Tìm cực trị của các hàm số :
1.
2
1 2 8
y x x
= + + −
2.
2
3
2
x
y x
= + +
3.
2
2 1
y x x x
= + + +
4.
( )
2
16 1
y x x x x
= − + −
Ví dụ 3 : Tìm cực trị của các hàm số :
(
)
1.
y f x x
= =
(
)
(
)
2. 2
y f x x x
= = +
(
)
(
)
3. 3
y f x x x
= = −
Giải :
(
)
1.
y f x x
= =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
61
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
0
0
x khi x
y
x khi x
≥
=
− <
.
*
Ta có
1 0
'
1 0
khi x
y
khi x
>
=
− <
Trên khoảng
(
)
;0
−∞ :
' 0
y
<
,trên khoảng
(
)
0;
+∞
:
' 0
y
>
.
*
Bảng biến thiên
x
−∞
0
+∞
'
y
−
+
y
+∞
0
+∞
Hàm số đạt điểm cực tiểu tại điểm
(
)
0, 0 0
x f
= =
.
( ) ( )
(
)
( )
2 0
2. 2
2 0
x x khi x
y f x x x
x x khi x
+ ≥
= = + =
− + <
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
2 2 0 0
'
2 2 0
x khi x
y
x khi x
+ > >
=
− − <
Hàm số liên tục tại
0
x
=
, không có đạo hàm tại
0
x
=
.
Trên khoảng
(
)
;0
−∞ :
' 0 1
y x
= ⇔ = −
,trên khoảng
(
)
0;
+∞
:
' 0
y
>
.
*
Bảng biến thiên
x
−∞
1
−
0
+∞
'
y
+
0
−
+
y
−∞
0
+∞
Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm
(
)
1, 1 1
x f
= − − =
, hàm số đạt cực tiểu tại điểm
(
)
0, 0 0
x f
= =
.
(
)
(
)
3. 3
y f x x x
= = −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
( )
(
)
( )
3 0
3 0
x x khi x
y f x
x x khi x
− ≥
= =
− − <
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
62
*
Ta có
(
)
3 1
0
2
'
3
0
2
x
khi x
x
y
x
x khi x
x
−
>
=
−
− <
−
+
Trên khoảng
(
)
;0
−∞ :
' 0
y
>
,trên khoảng
(
)
0;
+∞
:
' 0 1
y x
= ⇔ =
*
Bảng biến thiên
x
−∞
0
1
+∞
'
y
+
−
0
+
y
−∞
0
+∞
2
−
Hàm số đạt điểm cực đại tại điểm
(
)
0, 0 0
x f
= =
, hàm số đạt điểm cực tiểu tại
điểm
(
)
1, 1 2
x f
= = −
.
Bài tập tương tự :
Tìm cực trị của các hàm số :
1. 1
y x x
= + +
2 2
2. 4
y x x x
= + − −
2
3. 2 4
y x x
= + −
2
4. 2 4 2 8
y x x
= − + −
2
5. 3 9
y x x x
= + + +
2
6. 2 1 2
y x x x x
= − + + − + −
Ví dụ 4 : Tìm cực trị của các hàm số sau
1. 2 sin 2 3
y x
= −
2. 3 2 cos cos2
y x x
= − −
Giải :
1. 2 sin 2 3
y x
= −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
' 4 cos2
y x
=
' 0 cos 2 0 ,
4 2
y x x k k
π π
= ⇔ = ⇔ = + ∈
ℤ
,
'' 8 sin 2
y x
= −
8 2
'' 8 sin
8 2 1
4 2 2
khi k n
y k k
khi k n
π π π
π
− =
+ = − + =
= +
Vậy hàm số đạt cực đại tại các điểm
; 1
4 4
x n y n
π π
π π
= + + = −
và đạt cực
đại tại
( ) ( )
2 1 ; 2 1 5
4 2 4 2
x n y n
π π π π
= + + + + = −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
63
2. 3 2 cos cos2
y x x
= − −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
' 2 sin 2 s in2 2 sin 1 2 cos
y x x x x
= + = +
sin 0
' 0 ,
1 2 2
cos cos 2
2 3 3
x x k
y k
x x k
π
π π
π
= =
= ⇔ ⇔ ∈
= − = = ± +
ℤ
.
'' 2 cos 4 cos2
y x x
= +
2 2
'' 2 6 cos 3 0
3 3
y k
π π
π
± + = = − <
. Hàm số đạt cực đại tại
2
2
3
x k
π
π
= ± + ,
2 1
2 4
3 2
y k
π
π
± + =
(
)
'' 2 cos 4 0,y k k k
π π
= + > ∀ ∈
ℤ
. Hàm số đạt cực tiểu tại
(
)
(
)
, 2 1 cos
x k y k k
π π π
= = −
Bài tập tương tự:
Tìm cực trị của các hàm số :
1.
2
2 sin
y x x
= − .
2.
t n
y x a x
=
.
3.
2
cos
y x
= .
4.
3 sin
3 cos
x
y x
= + .
5.
2
2 sin
y x x
= − .
6.
t n
y x a x
=
.
7.
2
cos
y x
= .
8.
3 sin
3 cos
x
y x
= + .
Ví dụ 5: Tìm cực trị của hàm số :
sin
cos
x
y x
= trên đoạn
0;
2
π
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục đoạn
0;
2
π
.
*
Ta có :
2
cos 1 3 sin
' sin sin .cos
2 sin 2 sin
x x
y x x x
x x
−
= − + = .
Trên khoảng
0;
2
π
:
( )
2
0;
1
2
' 0 sin *
1
3
sin
3
x
y x
x
π
∈
= ⇔ ⇔ =
=
Tồn tại góc
β
sao cho
1
sin
3
β
= , khi đó
(
)
* x
β
⇔ =
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
64
Với
1
sin
3
β
= thì
6
cos
3
β
= và
( )
4
12
3
cos siny
β β β
= =
Bảng xét dấu
'
y
:
x
0
β
2
π
'
y
+
0
−
Hàm số đạt cực đại tại
( )
4
12
3
,x y
β β
= = với
1
sin
3
β
= .
Bài tập tương tự:
Tìm cực trị của các hàm số :
1.
(
)
cos2 1 sin 2
y x x
= + trên khoảng
;
2 2
π π
−
.
2.
2 cos 3 cos
2 3
x x
y = + trên khoảng
(
)
0;20
π
.
3.
cot 4
y x x
= +
trên đoạn ;
4 4
π π
−
.
4.
cos 2sin 3
2cos sin 4
x x
y
x x
+ +
=
− +
trên khoảng
(
)
;
π π
− .
Ví dụ 6: Tìm cực trị của hàm số :
3 3
cos sin 3 sin 2
y x x x
= + + .
Giải:
( )( )
3 3
cos sin 3 sin 2 cos sin 1 cos .sin 3 sin 2
y x x x x x x x x
= + + = + − +
Vì
( ) ( )
1 1
1 cos . sin 2 2cos .sin 2 sin2 0
2 2
x x x x x
− = − = − >
Nên
(
)
cos sin 1 cos .sin 3 sin 2
y x x x x x
= + − +
Đặt
2
2
1
cos sin cos . sin , 0
2
t
t x x x x t
−
= + ⇒ = ≤ ≤
Khi đó
(
)
3 2
1 3 3 3
2 2 2 2
y f t t t t
= = − + + −
,
2
0
t
≤ ≤
Ta có :
(
)
( )
2
2
3 3
' 2 1 2 1 0, 0; 2
2 2
y t t t t
= − + + = − − > ∀ ∈
, suy ra hàm số
không có cực trị .
Ví dụ 7: Tính đạo hàm của hàm số tại điểm
0
x
=
và chứng minh rằng hàm
số đạt cực tiểu tại
0
x
=
, biết rằng hàm số
( )
f x
xác định bởi :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
65
3
2
1 sin 1
, 0
( )
0 , 0
x x
x
f x
x
x
+ −
≠
=
=
.
Giải :
( )
3
2
2
0 0
( ) (0) 1 sin 1
' 0 lim lim
x x
f x f x x
f
x
x
→ →
− + −
= =
( )
( )
2
0
2
3
2 2 2
3
sin
' 0 lim
1 sin 1 sin 1
x
x x
f
x x x x x
→
=
+ + + +
( )
( )
0
2
3
2 2
3
sin 1
' 0 lim sin . . 0
1 sin 1 sin 1
x
x
f x
x
x x x x
→
= =
+ + + +
Mặt khác
0
x
≠
, ta có :
( )
( )
( ) ( )
2
2
3
2 2
3
sin
0 0 .
1 sin 1 sin 1
x
f x f x f
x x x x
= ⇒ ≥ =
+ + + +
Vì hàm số
( )
f x
liên tục trên
ℝ
nên hàm số
( )
f x
đạt cực tiểu tại
0
x
=
.
Ví dụ 8 : Cho hàm số
2
1
sin , 0
( )
0 , 0
x x
f x
x
x
≠
=
=
. Chứng minh rằng
'(0) 0
f
=
nhưng hàm số
( )
f x
không đạt cực trị tại điểm
0
.
Giải :
Ta có
(
)
( ) 0
1
sin
f x f
x
x x
−
= với mọi
0
x
≠
.
Với mọi
0
x
≠
:
1
sin
x x
x
≤
và
0
lim 0
x
x
→
=
nên
(
)
0
( ) 0
lim 0
x
f x f
x
→
−
=
. Do đó
hàm số
( )
f x
có đạo hàm tại
0
x
=
và
'(0) 0
f
=
.
Lấy một dãy
1
2
n
x
n
π
= , khi đó
( )
2
1
( ) sin2 0,
2
n
f x n n
n
π
π
= = ∀
.
Giả sử
(
)
;
a b
là một khoảng bất kỳ chứa điểm
0
.
Vì
0
lim 0
n
x
x
→
=
nên với
n
đủ lớn
(
)
;
n
x a b
∈ và do
(
)
( ) 0 0 ,
n
f x f n
= = ∀
, theo
định nghĩa cực trị của hàm số ,
0
x
=
không phải là một điểm cực trị của
( )
f x
.
Dạng 2 : Tìm điều kiện để hàm số có cực trị.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
66
Phương pháp: Sử dụng định lí 2 và định lí 3
Chú ý:
* Hàm số
f
(xác định trên
D
) có cực trị
0
x D
⇔ ∃ ∈
thỏa mãn hai điều kiện
sau:
i) Tại đạo hàm của hàm số tại
0
x
phải triệt tiêu hoặc hàm số không có đạo hàm
tại
0
x
ii)
'( )
f x
phải đổi dấu qua điểm
0
x
hoặc
0
"( ) 0
f x
≠
.
* Nếu
'( )
f x
là một tam thức bậc hai hoặc triệt tiêu và cùng dấu với một tam
thức bậc hai thì hàm có cực trị
⇔
phương trình
'( )
f x
có hai nghiệm phân biệt
thuộc tập xác định.
Ví dụ 1 : Tìm
m
để
3 2
3 12 2
y mx x x
= + + +
đạt cực đại tại điểm
2
x
=
.
Giải :
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
Ta có :
2
' 3 6 12 " 6 6
y mx x y mx
= + + ⇒ = +
Hàm số đạt cực đại tại điểm
'(2) 0
2
"(2) 0
y
x
y
=
= ⇔
<
12 24 0
2
12 6 0
m
m
m
+ =
⇔ ⇔ = −
+ <
là giá trị cần tìm.
Chú ý : Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau
Để hàm số đạt cực đại tại điểm
2
x
=
thì
'(2) 0 2
y m
= ⇔ = −
.
Với
2
m
= −
ta có
2
' 3( 2 2 4)
y x x
= − + +
ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm
2
x
=
.
Bài tập tương tự :
1. Xác định giá trị tham số
m
để hàm số
( )
2
1
x mx
y f x
x m
+ +
= =
+
đạt cực đại tại
2.
x
=
2. Xác định giá trị tham số
m
để hàm số
(
)
(
)
3 2
3 1
y f x x m x m
= = + + + −
đạt cực đại tại
1.
x
= −
Ví dụ 2 : Với giá trị nào của
m
, hàm số
(
)
2
2 3 sin 2 sin 2 3 1
y m x m x m
= − − + −
đạt cực tiểu tại điểm
?.
3
x
π
=
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có :
(
)
2
' 2 3 cos 4 cos2 ,
y m x m x
= − −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
67
(
)
2
'' 2 3 sin 8 sin 2
y m x m x
= − − + .
Điều kiện cần để hàm số
y
đạt cực tiểu tại điểm
3
x
π
=
là
' 0
3
f
π
=
2
2 3 0 3 1
m m m m
⇔ + − = ⇔ = − ∨ =
.
Điều kiện đủ để hàm số
y
đạt cực tiểu tại điểm
3
x
π
=
là
'' 0
3
y
π
>
.
Thật vậy,
( )
2
'' 3 4 3
3
y m m
π
= − − −
+
3
m
= −
, ta có
'' 0
3
y
π
<
. Do đó hàm số đạt cực đại tại điểm
3
x
π
=
.
+
1
m
=
, ta có
'' 0
3
y
π
>
. Do đó hàm số đạt cực tiểu tại điểm
3
x
π
=
.
Vậy hàm số
(
)
f x
đạt cực tiểu tại điểm
3
x
π
=
khi và chỉ khi
1
m
=
.
Bài tập tương tự :
Ví dụ 3: Tìm
m
∈
ℝ
để hàm số
2
2
1
x mx
y
mx
+ −
=
−
có cực trị .
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
1
\
m
ℝ
+
Nếu
0
m
=
thì
2
2
y x
= − ⇒
hàm số có một cực trị
+
Nếu
0
m
≠
hàm số xác định
1
x
m
∀ ≠
*
Ta có
2
2
2
'
( 1)
mx x m
y
mx
− +
=
−
. Hàm số có cực trị khi phương trình
2
2 0
mx x m
− + =
có hai nghiệm phân biệt khác
1
m
2
1 0
1 1
1
0
m
m
m
m
− >
⇔ ⇔ − < <
− ≠
.
Vậy
1 1
m
− < <
là những giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
Tìm
m
để đồ thị của hàm số sau có cực trị :
1.
(
)
3 2
3 2 3 4
y x mx m x m
= − + + + +
3.
(
)
4 2
2 4 2 5
y x m x m
= − − + −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
68
2.
(
)
2
1 2
1
x m x m
y
x
− + − +
=
−
4.
(
)
2
2 1
2
mx m x
y
x
− − −
=
+
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi giá trị của
m
∈
ℝ
, hàm số
(
)
2 3
1 1
x m m x m
y
x m
− + + +
=
−
luôn có cực đại và cực tiểu .
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\
D m
= ℝ .
*
Ta có:
( )
(
)
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 1
' , , 2 1
g x
x mx m
y x m g x x mx m
x m x m
− + −
= = ≠ = − + −
− −
Dấu của
(
)
g x
cũng là dấu của
'
y
và
(
)
2 2
' 1 1 0 ,
g
m m m
∆ = − − = > ∀
.
Do đó
m
∀
thì
(
)
0
g x
=
luôn có
2
nghiệm phân biệt
1 2
1, 1
x m x m
= − = +
thuộc tập xác định .
*
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
m
−
m
1
m
+
+∞
'
y
+
0
−
−
0
+
y
−∞
−∞
+∞
+∞
'
y
đổi dấu từ dương sang âm khi
x
qua điểm
1
1
x m
= −
thì hàm số đạt cực đại
tại điểm
1
1
x m
= −
'
y
đổi dấu từ âm sang dương khi
x
qua điểm
2
1
x m
= +
thì hàm số đạt cực tiểu
tại điểm
2
1
x m
= +
Bài tập tương tự :
Ví dụ 5: Tìm
m
để hàm số
(
)
3 2
2 3
y m x x mx m
= + + + +
có cực đại , cực
tiểu .
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
2
' 3 2 6
y m x x m
= + + +
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi phương trình
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
hay
( )
( )
2
2
2 0
2
3 1
' 9 3 2 0
3 2 3 0
m
m
m
m
m m
m m
≠ −
+ ≠
≠ −
⇔ ⇔ ⇔
− < <
∆ = − + >
− − + >
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
69
Vậy giá trị
m
cần tìm là
3 1, 2
m m
− < < ≠ −
.
Bài tập tương tự :
Tìm
m
để đồ thị của hàm số sau có một cực đại và cực tiểu :
1.
(
)
(
)
2
1 1
1
m x m x m
y
x
− − − +
=
−
2.
( ) ( )
3 2
1
1 1 2 1
3
y m x m x m
= + + + + +
Ví dụ 6 : Tìm
m
để điểm
(
)
2; 0
M là điểm cực đại của đồ thị hàm số
3 2
4
y x mx
= − + −
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
2
' 3 2 , '' 6 2
y x mx y x m
= − + = − + .
Điểm
(
)
2; 0
M là điểm cực đại của đồ thị hàm số khi và chỉ khi :
(
)
( )
( )
' 2 0
12 4 0
3
'' 2 0 12 2 0 3
6
8 4 4 0
2 0
y
m
m
y m m
m
m
y
=
− + =
=
< ⇔ − + < ⇔ ⇔ =
<
− + − =
=
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để hàm số
(
)
4 2
1 1
y x m x m
= + + + −
có điểm cực tiểu
(
)
1;1
− .
2. Tìm
m
để hàm số
(
)
2
1 2
1
x m x m
y
x
+ − + −
=
+
có điểm cực đại
(
)
2; 2
−
.
Ví dụ 7 : Xác định các giá trị của tham số
k
để đồ thị của hàm số
(
)
4 2
1 1 2
y kx k x k
= + − + −
chỉ có một điểm cực trị.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
3
' 4 2 1
y kx k x
= − −
( )
2
0
' 0
2 1 0 *
x
y
kx k
=
= ⇔
+ − =
Hàm số chỉ có một cực trị khi phương trình
' 0
y
=
có một nghiệm duy nhất và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua nghiệm đó .Khi đó phương trình
(
)
2
2 1 0 *
kx k+ − =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
70
vô nghiệm hay có nghiệm kép
0
x
=
( )
0
0 0
0
0 1 1
' 2 1 0
k
k k
k
k k k
k k
=
= ≤
≠
⇔ ⇔ ⇔
< ∨ ≥ ≥
∆ = − − ≤
Vậy
0 1
k k
≤ ∨ ≥
là giá trị cần tìm .
Bài tập tương tự :
Ví dụ 8 : Cho hàm số
4 3 2
4 3( 1) 1
y x mx m x
= + + + +
. Tìm
m
∈
ℝ
để :
1.
Hàm số có ba cực trị.
2.
Hàm số có cực tiểu mà không có cực đại.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
3 2 2
' 4 12 6( 1) 2 (2 6 3( 1))
y x mx m x x x mx m
= + + + = + + +
2
0
' 0
( ) 2 6 3 3 0
x
y
f x x mx m
=
= ⇔
= + + + =
Nhận xét:
*Nếu
y
có hai nghiệm phân biệt
1 2
, 0
x x
≠
, khi đó
'
y
sẽ đổi dấu khi đi qua ba
điểm
1 2
0, ,
x x
khi đó hàm có hai cực tiểu và 1 cực đại.
*Nếu
y
có 1 nghiệm
0
x
=
, khi đó
'
y
chỉ đổi dấu từ
−
sang
+
khi đi qua một
điểm duy nhất nên hàm chỉ có một cực tiểu.
* Nếu
y
có nghiệm kép hoặc vô nghiệm thì
'
y
chỉ đổi dấu từ - sang + khi đi
qua
0
x
=
nên hàm đạt cực tiểu tại
0
x
=
.
Từ trên ta thấy hàm số luôn có ít nhất một cực trị.
1.
Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi
y
có hai nghiệm phân biệt khác 0
2
1 7 1 7
' 3(3 2 2) 0
3 3
(0) 0
1
m m
m m
y
m
− +
∆ = − − >
< ∪ >
⇔ ⇔
≠
≠ −
.
2.
Theo nhận xét trên ta thấy hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại
⇔
hàm số không có ba cực trị
1 7 1 7
3 3
m
− +
⇔ ≤ ≤ .
Chú ý:
1) Đối với hàm trùng phương
4 2
( 0)
y ax bx c a
= + + ≠
Ta có
3 2
2
0
' 4 2 (4 ) ' 0
4 0 (1)
x
y ax bx x ax b y
ax b
=
= + = + ⇒ = ⇔
+ =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
71
* Hàm có ba cực trị ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
0
0
b
ab
≠
⇔
<
.
Khi đó hàm có hai cực tiểu, một cực đại khi
0
a
>
; hàm có hại cực đại, 1 cực
tiểu khi
0
a
<
.
* Hàm có một cực trị khi và chỉ khi (1) có nghiệm kép hoặc vô nghiệm hoặc có
1 nghiệm
0 0
0
(0) 0 0
ab
x
y b
∆ < >
= ⇔ ⇔
= =
. Khi đó hàm chỉ có cực tiểu khi
0
a
>
và chỉ có cực đại khi
0
a
<
.
2) Đối với hàm số bậc bốn
4 3 2
y ax bx cx d
= + + +
,
Ta có:
3 2
2
0
' 4 3 2 ' 0
4 3 2 0 (2)
x
y ax bx cx y
ax bx c
=
= + + ⇒ = ⇔
+ + =
* Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
2
9 32 0
0
b ac
c
− >
⇔
≠
. Khi đó hàm có hai cực tiểu, một cực đại khi
0
a
>
; hàm có
hại cực đại, 1 cực tiểu khi
0
a
<
.
* Hàm có một cực trị khi và chỉ khi (2) có nghiệm kép hoặc vô nghiệm hoặc có
1 nghiệm
2
0
9 32 0
0
(0) 0
0
b ac
x
y
c
∆ <
− <
= ⇔ ⇔
=
=
. Khi đó hàm chỉ có cực tiểu
khi
0
a
>
và chỉ có cực đại khi
0
a
<
.
Bài tập tương tự :
Ví dụ 9 : Xác định
m
để đồ thị của hàm số
4 2
1 3
2 2
y x mx
= − +
có cực tiểu mà
không có cực đại.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
3
' 2 2
y x mx
= −
( )
2
0
' 0
*
x
y
x m
=
= ⇔
=
Hàm số có cực tiểu mà không có cực đại khi phương trình
' 0
y
=
có một
nghiệm duy nhất và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua nghiệm đó Khi đó phương trình
(
)
2
*
x m= vô nghiệm hay có nghiệm kép
0
x
=
0
m
⇔ ≤
Vậy
0
m
≤
là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
72
1. Xác định
m
để đồ thị của hàm số
4 2
3
y x mx
= − +
có cực tiểu mà không có
cực đại.
Ví dụ 10 : Tìm
m
để hàm số
3 2
3 ( 1) 1
y mx mx m x
= + − − −
không có cực trị.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có :
(
)
2
' 3 6 1 *
y mx mx m= + − +
*
0
m
=
khi đó
(
)
*
trở thành
' 1 0
y x
= > ∀ ∈
ℝ
suy ra hàm không có cực trị.
*
0
m
≠
khi đó để hàm không có cực trị thì
' 0
y
=
có nghiệm kép hoặc vô
nghiệm
1
' 3 (4 1) 0 0
4
m m m
⇔ ∆ = − ≤ ⇔ < ≤
.
Vậy
1
0
4
m
≤ ≤
thì hàm số không có cực trị.
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để hàm số
2
mx x m
y
x m
+ +
=
+
không có cực đại , cực tiểu .
2. Tìm
m
để hàm số
3 2
3 ( 1) 1
y mx mx m x
= + − − −
không có cực trị.
Ví dụ 11 : Tìm
m
để hàm số
2
2 2 4 5
y x m x x
= − + + − +
có cực đại.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
2 2 3
2
' 2 ; "
4 5 ( 4 5)
x m
y m y
x x x x
−
= − + =
− + − +
.
Cách 1:
+
Nếu
0
m
=
thì
2 0
y x
= − < ∀ ∈
ℝ
nên hàm số không có cực trị.
+
0
m
≠
vì dấu của
''
y
chỉ phụ thuộc vào m nên để hàm có cực đại thì trước
hết
" 0
y
<
0
m
⇔ <
. Khi đó hàm số có cực đại ⇔ Phương trình
' 0
y
=
có
nghiệm (1).
Ta có:
2
' 0 2 ( 2) 1 ( 2)
y x m x
= ⇔ − + = −
(2) .
Đặt
2
t x
= −
thì (2) trở thành :
2
2
2 2
2
0
0
2 1 (1)
1
( 4) 1
4
t
t
mt t
t
m t
m
≤
≤
= + ⇔ ⇔ ⇒
=
− =
−
có nghiệm
2
4 0 2
m m
⇔ − > ⇔ < −
(Do
0
m
<
).
Vậy
2
m
< −
thì hàm số có cực đại.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
73
Cách 2:
Hàm số đạt cực đại tại
0
x x
=
( )
( )
(
)
( )
2
0
0 0
0
2
0
0 0
0
2
4 5
2' 0
1
2 2
4 5
'' 0
0
0
a x
x x
a
y x
x
x x
y x
m
m
−
− +
==
=
⇔ ⇔ ⇔
−
− +
<
<
<
Với
0
m
<
thì
(
)
0
1 2
x
⇒ <
.
Xét hàm số :
( )
2
0 0
0 0
0
4 5
, 2
2
x x
f x x
x
− +
= <
−
( ) ( )
2 2
0 0 0 0
0 0
2 2
0 0
4 5 4 5
lim lim 1, lim lim
2 2
x x
x x
x x x x
f x f x
x x
− −
→−∞ →−∞
→ →
− + − +
= = − = = −∞
− −
Ta có
( )
( )
( )
0 0
2
2
0 0 0
2
' 0, ;2
2 4 5
f x x
x x x
−
= < ∀ ∈ −∞
− − +
Bảng biến thiên :
x
−∞
2
(
)
'
f x
−
(
)
f x
1
−
−∞
Phương trình
(
)
1
có nghiệm
0
2 1 2
2
m
x m
< ⇔ < − ⇔ < −
Ví dụ 12 :
1.
Tìm các hệ số
, ,
a b c
sao cho hàm số
(
)
3 2
f x x ax bx c
= + + +
đạt cực trị
bằng
0
tại điểm
2
x
= −
và đồ thị của hàm số đi qua điểm
(
)
1;0
A .
2.
Tìm các hệ số
,
a b
sao cho hàm số
( )
2
ax bx ab
f x
ax b
+ +
=
+
đạt cực trị tại
điểm
0
x
=
và
4
x
=
.
Giải :
1.
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
2
' 3 2
f x x ax b
= + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
74
Hàm số đạt cực trị bằng
0
tại điểm
2
x
= −
khi và chỉ khi
(
)
( )
( )
' 2 0 4 12
1
4 2 8
2 0
f a b
a b c
f
− = − =
⇔
− + =
− =
Đồ thị của hàm số đi qua điểm
(
)
1;0
A khi và chỉ khi
(
)
(
)
1 0 1 0 2
f a b c= ⇔ + + + =
Từ
(
)
(
)
1 , 2
suy ra
3, 0, 4
a b c
= = = −
.
2.
*
Hàm số đã cho xác định khi
0
ax b
+ ≠
*
Ta có đạo hàm
( )
2 2 2 2
2
2
'
a x abx b a b
y
ax b
+ + −
=
+
•
Điều kiện cần :
Hàm số đạt cực trị tại điểm
0
x
=
và
4
x
=
khi và chỉ khi
( )
( )
( )
2 2
2
2 2 2
2
0
' 0 0
16 8
' 4 0
0
4
b a b
y
b
a ab b a b
y
a b
−
=
=
⇔
+ + −
=
=
+
( )
2 2
2
2
2 2 2
2
0
0
0 2
8 2 0
4
16 8 0
4 0
4 0
b a b
b a
b a
a a
b
a ab b a b
a a
a b
− =
= >
≠ = −
⇔ ⇔ + = ⇔
=
+ + − =
+ ≠
+ ≠
•
Điều kiện đủ :
( )
2
2
2 0
4
' ' 0
4 4
2
a x
x x
y y
b x
x
= − =
−
⇒ = = ⇔
= =
− +
Bảng biến thiên
x
−∞
0
2
4
+∞
'
y
+
0
−
−
0
+
y
−∞
−∞
+∞
+∞
Từ bảng biến thiên :hàm số đạt cực trị tại điểm
0
x
=
và
4
x
=
. Vậy
2, 4
a b
= − =
là giá trị cần tìm.
Bài tập tự luyện:
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
75
Ví dụ 13: Tìm các hệ số
, , ,
a b c d
sao cho hàm số
(
)
3 2
f x ax bx cx d
= + + +
đạt cực tiểu tại điểm
0,
x
=
(
)
0 0
f
=
và đạt cực đại tại điểm
(
)
1, 1 1
x f
= =
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
(
)
2
' 3 2 , '' 6 2
f x ax bx c f x ax b
= + + = +
i
Hàm số
(
)
f x
đạt cực tiểu tại
0
x
=
khi và chỉ khi
(
)
( )
( )
' 0 0 0 0
1
2 0 0
'' 0 0
f c c
b b
f
= = =
⇔ ⇔
> >
>
.
i
Hàm số
(
)
f x
đạt cực đại tại
1
x
=
khi và chỉ khi
(
)
( )
( )
' 1 0 3 2 0
2
6 2 0
'' 1 0
f a b c
a b
f
= + + =
⇔
+ <
<
(
)
( )
( )
0 0 0 0
3
1 1
1 1
f d d
a b c d a b c
f
= = =
⇒ ⇔
+ + + = + + =
=
.
Từ
(
)
(
)
(
)
1 , 2 , 3
suy ra
2, 3, 0, 0
a b c d
= − = = =
.
Ta kiểm tra lại
(
)
3 2
2 3
f x x x
= − +
Ta có
(
)
(
)
2
' 6 6 , '' 12 6
f x x x f x x
= − + = − +
(
)
'' 0 6 0
f
= >
. Hàm số đạt cực tiểu tại
0
x
=
(
)
'' 1 6 0
f
= − <
. Hàm số đạt cực đại tại
1
x
=
Vậy :
2, 3, 0, 0
a b c d
= − = = =
.
Bài tập tự luyện:
Dạng 3 : Tìm điều kiện để các điểm cực trị của hàm số thỏa mãn điều
kiện cho trước.
Phương pháp:
•
Trước hết ta tìm điều kiện để hàm số có cực trị,
•
Biểu diễn điều kiện của bài toán thông qua tọa độ các điểm cực trị của đồ thị
hàm số từ đó ta tìm được điều kiện của tham số.
Chú ý:
* Nếu ta gặp biểu thức đối xứng của hoành độ các điểm cực trị và hoành độ các
điểm cực trị là nghiệm của một tam thức bậc hai thì ta sử dụng định lí Viét.
* Khi tính giá trị cực trị của hàm số qua điểm cực trị ta thường dùng các kết quả
sau:
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
76
Định lí 1: Cho hàm đa thức
(
)
=
y P x
, giả sử
(
)
(
)
(
)
= + +’
y ax b P x h x
khi đó
nếu
0
x
là điểm cực trị của hàm số thì giá trị cực trị của hàm số là:
(
)
(
)
0 0
y x h x
= và
(
)
y h x
= gọi là phương trình quỹ tích của các điểm cực trị.
Chứng minh: Giả sử
0
x
là điểm cực trị của hàm số, vì
( )
P x
là hàm đa thức
nên
(
)
0
' 0
P x
=
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 0 0 0
( ) '
y x ax b P x h x h x
⇒ = + + = (đpcm) .
Định lí 2: Cho hàm phân thức hữu tỉ
(
)
( )
u x
y
v x
= khi đó nếu
0
x
là điểm cực
trị của hàm số thì giá trị cực trị của hàm số:
(
)
( )
0
0
0
'
( )
'
u x
y x
v x
= .
Và
(
)
( )
'
'
u x
y
v x
= là phương trình quỹ tích của các điểm cực trị.
Chứng minh: Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
2
' '
'
u x v x v x u x
y
v x
−
=
(
)
(
)
(
)
(
)
' 0 ' ' 0
y u x v x v x u x
⇒ = ⇔ − =
(*). Giả sử
0
x
là điểm cực trị của
hàm số thì
0
x
là nghiệm của phương trình (*)
(
)
( )
(
)
( )
( )
0 0
0
0 0
'
'
u x u x
y x
v x v x
⇒ = = .
Ví dụ 1 : Tìm
m
để đồ thị của hàm số
( )
3 2
1
2 1 2
3
y x mx m x
= − + − +
có
2
điểm cực trị dương.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
2
' 2 2 1
y x mx m
= − + −
2
' 0 2 2 1 0 (*)
y x mx m
= ⇔ − + − =
*
Hàm số có hai điểm cực trị dương
⇔
(*)
có hai nghiệm dương phân biệt
∆ = − + >
>
⇔ = > ⇔
≠
= − >
2
' 2 1 0
1
2 0
2
1
2 1 0
m m
m
S m
m
P m
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
77
Vậy
>
≠
1
2
1
m
m
là những giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(
)
3 2
6 5
y x mx m x
= − + + +
có
2
điểm cực trị
dương.
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
2
2 2
1
x mx m
y
mx
− + −
=
+
có
2
điểm cực trị âm.
Ví dụ 2 : Tìm
m
để đồ thị của hàm số
2
3 2 1
1
mx mx m
y
x
+ + +
=
−
có cực đại,
cực tiểu và
2
điểm đó nằm về hai phía với trục
Ox
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
ℝ .
*
Ta có
2
2
2 5 1
'
( 1)
mx mx m
y
x
− − −
=
−
(
)
(
)
2
' 0 2 5 1 0 1 *
y mx mx m x= ⇔ − − − = ≠
Hàm số có hai điểm cực trị
⇔
(
)
*
có
2
nghiệm phân biệt
1 2
, 1
x x
≠
0
1
(6 1) 0
6
0
6 1 0
m
m
m m
m
m
≠
< −
⇔ + > ⇔
>
− − ≠
.
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục
Ox
(
)
(
)
1 2
. 0
y x y x
⇔ <
.
Áp dụng kết quả định lí 2 ta có:
(
)
(
)
1 1
2 1
y x m x
= −
,
(
)
(
)
2 2
2 1
y x m x
= −
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1 2 1 2 1 2
. 4 1 4 2 1
y x y x m x x x x m m
⇒ = − + + = − −
.
( ) ( )
1 2
1
. 0 4 ( 2 1) 0
2
0
m
y x y x m m
m
< −
< ⇔ − − < ⇔
>
.
Vậy
< −
>
1
2
0
m
m
là những giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
78
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
( )
3 2
1
1 3
3 2
m
y x x m x
= − + − +
có cực đại, cực
tiểu và
2
điểm đó nằm về hai phía với trục
Ox
.
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(
)
3 2
1
3 1
3
m
y x mx m
+
= − − + −
có cực đại,
cực tiểu và
2
điểm đó nằm về hai phía với trục
Oy
.
3. Cho hàm số
2
3 2 1 1
,
1 6
mx mx m
y m
x
+ + +
= ≠
−
. Tìm
m
để hàm số có cực đại,
cực tiểu và hai điểm cực trị đó nằm về hai phía của trục hoành.
Ví dụ 3 : Tìm
m
để đồ thị của hàm số
3 2
( ) : 2 12 13
m
C y x mx x
= + − −
có
điểm cực đại, cực tiểu và các điểm này cách đều trục
Oy
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
*
Ta có
2 2
' 2(3 6) ' 0 3 6 0 (2)
y x mx y x mx
= + − ⇒ = ⇔ + − =
Vì (2) luôn có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số luôn có hai cực trị. Gọi
1 2
,
x x
là hoành độ hai cực trị, hai điểm cực trị cách đều trục tung
1 2 1 2 1 2
0
x x x x x x
⇔ = ⇔ = − ⇔ + =
(vì
1 2
x x
≠
)
− −
⇔ = = = ⇔ =
0 0
3
b m
S m
a
.
Vậy
=
0
m
là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
( ) :
m
C
( ) ( )
3 2
1
2 3 2 3
3
y x m x m x
= − + − − −
có điểm cực đại, cực tiểu và các điểm này cách đều trục
Oy
.
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
( ) :
m
C
(
)
2
1 1
1
x m x m
y
x
− − + +
=
−
có điểm cực
đại, cực tiểu và các điểm này cách đều trục
Ox
.
Ví dụ 4 : Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(
)
(
)
3 2 2
2 1 3 2 4
y x m x m m x
= − + + − + +
có hai điểm cực đại và cực tiểu
nằm về hai phía trục tung .
Giải :
*
Hàm số cho xác định và liên tục trên
ℝ
*
Ta có :
(
)
2 2
' 3 2 2 1 3 2
y x m x m m
= − + + − +
Hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục tung khi và chỉ khi
phương trình
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thoả mãn
1 2
0
x x
< <
(
)
3. ' 0 0
y
⇔ <
2
3 2 0 1 2
m m m
⇔ − + < ⇔ < <
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
79
Vậy giá trị cần tìm là
1 2
m
< <
.
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(
)
3 2 2
2 7 9 1
y x mx m m x
= − + + − −
có hai
điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục tung .
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(
)
(
)
3 2 2
4 3 7 10 3
y x m x m m x
= − + − + + + +
có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục hoành .
Ví dụ 5 : Xác định giá trị tham số
m
để hàm số
(
)
3 2
6 3 2 6
y x x m x m
= − + + − −
đạt cực đại và cực tiểu đồng thời hai giá trị
cực trị cùng dấu.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
*
Ta có :
(
)
2
' 3 12 3 2
y x x m
= − + +
.
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
(
)
' 36 9 2 0
m
⇔ ∆ = − + >
2 0 2
m m
⇔ − > ⇔ <
( ) ( ) ( )
2
1
2 . 3 12 3 2 2 2 2
3
y x x x m m x m
= − − + + + − + −
( ) ( )
1
2 . ' 2 2 2
3
y x y m x m
= − + − + −
Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y
là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình
(
)
(
)
2
3 12 3 2 0
g x x x m
= − + + =
.
Trong đó :
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1 1
1
1
2 . ' 2 2 2
3
' 0
y x y x m x m
y x
= − + − + −
=
(
)
1 1
2 2 2
y m x m
⇒ = − + −
( ) ( ) ( )
( )
2 1 2 2
2
1
2 . ' 2 2 2
3
' 0
y x y x m x m
y x
= − + − + −
=
(
)
2 2
2 2 2
y m x m
⇒ = − + −
Theo định lý Vi-ét , ta có :
1 2 1 2
4, 2
x x x x m
+ = = +
Theo bài toán :
(
)
(
)
1 2 1 2
. 0 2 2 2 2 2 2 0
y y m x m m x m
> ⇔ − + − − + − >
( ) ( )( )
2
1 2
2 2 1 2 1 0
m x x
⇔ − + + >
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
80
( ) ( )
2
1 2 1 2
2 4 2 1 0
m x x x x
⇔ − + + + >
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2
2 4 2 1 0 2 4 17 0
m x x x x m m
⇔ − + + + > ⇔ − + >
17
4
2
m
m
> −
⇔
≠
So với điều kiện bài toán , vậy
17
2
4
m
− < <
là giá trị cần tìm .
Bài tập tương tự :
Ví dụ 6 : Xác định giá trị tham số
m
để hàm số
(
)
2
1 3 2
1
x m x m
y
x
− + + +
=
−
có
hai điểm cực đại và cực tiểu cùng dấu .
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định trên
{
}
\ 1
D = ℝ
*
Ta có đạo hàm
( )
( )
2
2
2 2 1
' , 1
1
x x m
f x x
x
− − −
= ≠
−
Cách 1:
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi
(
)
' 0
f x
=
có hai nghiệm phân biệt
1
x
≠
hay phương trình
(
)
2
2 2 1 0
g x x x m
= − − − =
có hai nghiệm
phân biệt
1
x
≠
, khi đó
( )
( )
' 0
2 2 0
1 1
2 2 0
1 0
m
m
m
g
∆ >
+ >
⇔ ⇔ > −
− − ≠
≠
Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y
là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì
1 2
,
x x
là nghiệm của
(
)
0
g x
=
Khi đó:
1 1
2 2
1 2 2 1 2 2 2
' 0
1 2 2 1 2 2 2
x m y m m
y
x m y m m
= − + ⇒ = − − +
= ⇔
= + + ⇒ = − + +
Hai giá trị cực trị cùng dấu khi
(
)
(
)
1 2
. 0 1 2 2 2 1 2 2 2 0
y y m m m m
> ⇔ − − + − + + >
( ) ( )
2
1 4 2 2 0
m m
⇔ − − + >
(
)
2
10 7 0 5 4 2 5 4 2 2
m m m m⇔ − − > ⇔ < − ∨ > +
Từ
(
)
1
và
(
)
2
suy ra
1 5 4 2 5 4 2
m m
− < < − ∨ > +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
81
Cách 2 :
Hàm số đã cho xác định trên
{
}
\ 1
D = ℝ và có đạo hàm
( )
( )
2
2
2 2 1
' , 1
1
x x m
f x x
x
− − −
= ≠
−
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi
(
)
' 0
f x
=
có hai nghiệm phân biệt
1
x
≠
hay phương trình
(
)
2
2 2 1 0
g x x x m
= − − − =
có hai nghiệm
phân biệt
( )
' 0
2 2 0
1
2 2 0
1 0
m
m
m
g
∆ >
+ >
⇔ ⇔ ⇔ > −
− − ≠
≠
Hai giá trị cực trị cùng dấu khi đồ thị của hàm số
0
y
=
cắt trục hoành tại
hai điểm phân biệt
1
x
≠
hay phương trình
(
)
(
)
2
1 3 2 0 1
x m x m x
− + + + = ≠
có hai nghiệm phân biệt
1
x
≠
.
Tức là
( ) ( )
( )
2
2
10 7 0
1 4 3 2 0
2 2 0
1 1 3 2 0
m m
m m
m
m m
− − >
∆ = + − + >
⇔ ⇔
+ ≠
− + + + ≠
5 4 2
5 4 2
1
m
m
m
< −
⇔
> +
≠ −
So với điều kiện suy ra
1 5 4 2
5 4 2
m
m
− < < −
> +
là giá trị cần tìm .
Bài tập tương tự :
Ví dụ 7 : Tìm tham số
0
m
>
để hàm số
2 2 2
2 5 3
x m x m m
y
x
+ + − +
= đạt
cực tiểu tại
(
)
0;2
x m
∈ .
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng
(
)
0;2
m
*
Ta có :
(
)
2 2
2 2
2 5 3
' , 0
g x
x m m
y x
x x
− + −
= = ≠
,
(
)
2 2
2 5 3
g x x m m
= − + −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
82
Hàm số đạt cực tiểu tại
(
)
(
)
0;2 0
x m g x
∈ ⇔ =
có hai nghiệm phân biệt
(
)
1 2 1 2
,
x x x x
< thoả
( )
( )
1 2
0
0 2 1. 0 0
1. 2 0
m
x x m g
g m
>
< < < ⇔ <
>
2
2
0
1
0
1
1
2
2 5 3 0
3
3
2 5 3 0
2
2
3
1
2
m
m
m
m
m m
m
m
m m
m
m
>
>
<
< <
⇔ − + − < ⇔ ⇔
>
>
+ − >
< −
>
.
Vậy giá trị
m
cần tìm là
1 3
1
2 2
m m
< < ∨ >
.
Bài tập tương tự :
1. Tìm tham số
m
để hàm số
3 2 2
2 3
y x m x x
= − − +
đạt cực tiểu tại
(
)
;2
x m m
∈ .
2. Tìm tham số
m
để hàm số
(
)
4 2
1 1
y x m x
= − − −
đạt cực đại tại
(
)
1; 1
x m
∈ +
.
Ví dụ 8 : Tìm tham số thực
m
để đồ thị của hàm số :
( )
3 2
1
3 3 1 2
3
y mx mx m x
= + + + −
có cực đại tại
(
)
3; 0
x ∈ − .
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
2
' 6 3 1
y mx mx m
= + + +
+
Nếu
0
m
=
thì
' 1 0,
y x
= > ∀ ∈ ⇒
ℝ
hàm số luôn tăng
x
∀ ∈
ℝ
, do đó hàm
số không có cực trị.
+
Nếu
0
m
≠
, ta có
(
)
' 6 1
m m
∆ = −
.
*
Bảng xét dấu
m
−∞
0
1
6
+∞
'
∆
+
0
−
0
+
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
83
i
Nếu
1
0
6
m
< <
thì
' 0,
y x
> ∀ ∈ ⇒
ℝ
hàm số luôn tăng
x
∀ ∈
ℝ
, do đó
hàm số không có cực trị.
i
Nếu
1
6
m
=
thì
( )
2
2
1 3 1
' 3 0,
6 2 6
y x x x x
= + + = + ≥ ∀ ∈ ⇒
ℝ hàm số luôn
tăng
x
∀ ∈
ℝ
, do đó hàm số không có cực trị.
i
Với
0
m
<
hoặc
1
6
m
>
, khi đó tam thức
'
y
có hai nghiệm phân biệt
( )
1,2 1 2
'
3
x x x
m
∆
= − ± < .
0
m
+ <
. Ta có bảng xét dấu
x
−∞
1
x
2
x
+∞
'
y
−
0
+
0
−
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra
2
x
là hoành độ cực đại của hàm số.
Theo bài toán, ta có
2
'
3 0 3 3 0 ' 3
x m
m
∆
− < < ⇔ − < − − < ⇔ ∆ < −
( ) ( )
2 2
1
6 1 9 3 0 0
3
m m m m m m do m
⇔ − < ⇔ + > ⇔ < − <
1
6
m
+ >
, tương tự.
Bài tập tự luyện:
1. Tìm tham số thực
m
để đồ thị của hàm số :
2
1
mx x
y
x
+
=
− +
có cực đại tại
(
)
0;1
x ∈ và có cực tiểu
x
ở ngoài khoảng đó.
2. Tìm tham số thực
m
để đồ thị của hàm số :
(
)
2
1
2
x m x
y
x
+ +
=
+
có cực đại tại
0;1
x
∈
và có cực tiểu
x
ở ngoài đoạn đó.
3. Tìm tham số thực
m
để đồ thị của hàm số :
(
)
3 2
1
y m x mx x
= + + −
có một
cực trị tại
(
)
1;1
x ∈ − .
Ví dụ 9 : Cho hàm số
(
)
2
1
2
x m x
y
x
+ +
=
+
, hãy tìm tham số
m
để hàm số đạt
cực đại , cực tiểu tại các điểm có hoành độ
1 2
,
x x
thỏa mãn hệ thức :
2 2
1 2
1 2
1 1
6x x
x x
+ = − +
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
84
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
(
)
(
)
; 2 2;
−∞ − ∪ − +∞
.
*
Ta có
( )
2
2
4
' , 2
2
x x m
y x
x
+ +
= ≠ −
+
*
Để hàm số đạt cực đại , cực tiểu tại các điểm có hoành độ
1 2
,
x x
thì phương
trình
(
)
2
4 0
g x x x m
= + + =
có hai nghiệm phân biệt khác
2
−
khi đó
( ) ( ) ( )
2
4 0
4
2 2 4. 2 0
m
m
g m
∆ = − >
⇔ <
− = − + − + ≠
.
Theo định lý Vi-ét , ta có :
1 2
1 2
12
.
x x
x x m
+ =
=
.
( )
2
2 2
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
1 1
6 2. . 6
.
x x
x x x x x x
x x
x x
+
+ = − + ⇔ + − = −
2
2
24
8 12 0
16 2
6
2
0 4
0 4
0 4
m
m m
m
m
m
m
m
m
m
=
− + =
− =
=
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
≠ <
≠ <
≠ <
.
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số:
( ) ( )
3 2
1 1
3 1 2 1
3 2
y x m x m mx
= − − + − có cực
đại, cực tiểu đồng thời hoành độ cực đại, cực tiểu
1 2
,
x x
thỏa mãn hệ thức :
2
1 2
3
x x
= +
.
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số:
(
)
3 2 2
1
1
3 3
m
y x mx m x
= − + − −
có cực đại,
cực tiểu đồng thời hoành độ cực đại, cực tiểu
1 2
,
x x
thỏa mãn hệ thức :
(
)
2
1 1 2
. 5 12
x x x
= − +
.
3. Tìm
m
để đồ thị của hàm số:
( )
2
1
1 ; 1
1
m
y x m m
x
−
= + + + ≠
−
có cực đại,
cực tiểu đồng thời hoành độ cực đại, cực tiểu
1 2
,
x x
thỏa mãn hệ thức :
2
1 2 1
1
x x mx
− = −
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
85
4. Tìm
5,
m m
< ∈
ℤ
để đồ thị của hàm số:
( ) ( )
3 2
1 1
1 3 2
3 3
y x m x m x
= − − + − +
có cực đại, cực tiểu đồng thời hoành độ
cực đại, cực tiểu
1 2
,
x x
thỏa mãn hệ thức :
1 2
2 2 7
x x≤ − < .
5. Tìm
m
+
∈
ℤ
để đồ thị của hàm số:
( ) ( ) ( )
2
3 2
2 3 2 1 6 1 1
y x m x m m x m= − + + + + + có cực đại
(
)
1 1
,
A x y
, cực tiểu
(
)
2 2
,
B x y
thỏa mãn hệ thức :
(
)
(
)
(
)
2
1 2 2 1
6 5
y y m m x x
− − > − .
Ví dụ 10 : Tìm tham số
m
để hàm số
(
)
(
)
2
3 1
y x m x x m
= − − − −
có cực
đại và cực tiểu thỏa
. 1
C CT
x x
=
ð
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
2
' 3 2 3 2 1
y x m x m
= − + + −
(
)
2
' 0 3 2 3 2 1 0 (1)
y x m x m= ⇔ − + + − =
Hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn
. 1
C CT
x x
=
ð
⇔ (1) có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn:
1 2
.
1
x x
=
2
' 7 0
2
2 1
1
1
3
m
m
c m
m
P
a
∆ = + >
=
⇔ ⇔
−
= −
= = =
.
Vậy
=
2
m
hoặc
= −
1
m
là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
1. Tìm tham số
m
để hàm số
4 2
3 2
y x mx
= − −
có cực đại
(
)
0; 2
A
−
và cực
tiểu
,
B C
sao cho
2
4 4
.
6
C B
m m
x x
+ −
< .
2. Tìm tham số
m
để hàm số
4 2
4 1
y x mx
= − +
có cực đại
(
)
0;1
A và cực tiểu
,
B C
sao cho
(
)
2
. 2 8 10
C B
x x m m> + + .
Ví dụ 11 : Tìm tham số
m
để hàm số
( ) ( )
3 2
1 1
1 3 2
3 3
y mx m x m x
= − − + − +
có cực đại , cực tiểu đồng thời
hoành độ cực đại cực tiểu
1 2
,
x x
thỏa
1 2
2 1
x x
+ =
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
86
*
Ta có
(
)
(
)
2
' 2 1 3 2
y mx m x m
= − − + −
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi
'
y
đổi dấu hai lần qua nghiệm
x
, tức là
phương trình
(
)
(
)
2
2 1 3 2 0
mx m x m
− − + − =
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
( ) ( )
2
2
0
0
2 4 1 0
' 1 3 2 0
m
m
m m
m m m
≠
≠
⇔
− + + >
∆ = − − − >
0
2 6 2 6
2 2
m
m
≠
⇔
− +
< <
Theo định lý Vi – ét và yêu cầu bài toán, ta có:
( )
( )
( ) ( )
1 2
1
1 2 2
1 2
3 4
2 1
2 1
2
3 2 3 2
3 4 2
.
m
x x gt
x
m
m
m
x x x
m m
m m
m m
x x
m m m m
−
+ =
=
−
−
+ = ⇔ =
− −
− −
= =
( )
2
2
3 8 4 0 0
3
2
m
m m m
m
=
⇔ − + = ≠ ⇔
=
So với điều kiện bài toán , vậy
2
2
3
m m
= ∨ =
là giá trị cần tìm .
Bài tập tương tự :
1. Tìm tham số
m
để hàm số
4 2
3 2
y x mx
= − −
có cực đại
(
)
0; 2
A
−
và cực
tiểu
,
B C
sao cho
(
)
2
6
C B
x x m m
− < − .
2. Tìm tham số
m
để hàm số
4 2
4 1
y x mx
= − +
có cực đại
(
)
0;1
A và cực tiểu
,
B C
sao cho
(
)
2
2 2
C B
x x m m
− > − .
Ví dụ 12: Tìm tham số
m
để hàm số
2
2 3 2
2
x x m
y
x
+ + −
=
+
có điểm cực đại
và cực tiểu tại các điểm có hoành độ
1 2
,
x x
thỏa mãn
(
)
(
)
2 1
8
y x y x
− =
Giải :
2
2 3 2
2 1
2 2
x x m m
y x
x x
+ + −
= = − +
+ +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
87
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 2
D
= −
ℝ
*
Với
2, 0
x m
≠ − ≠
, ta có
2
2
2 2 2
2( 2) ( )
' 2 , ( ) 2( 2)
( 2) ( 2) ( 2)
m x m g x
y g x x m
x x x
+ −
= − = = = + −
+ + +
Đồ thị hàm số có cực đại , cực tiểu khi
' 0
y
=
có
2
nghiệm phân biệt và
'
y
đổi
dấu khi
x
qua các nghiệm đó , khi đó phương trình
(
)
0
g x
=
có hai nghiệm
phân biệt khác
2
−
2
2
2( 2) 0
0
2( 2 2) 0
x m
m
m
+ = >
⇔ ⇔ >
− + − ≠
Khi đó ta có
(
)
( )
( ) ( )
1 1
2 1 2 1 2 1
2 2
4 3
(4 3) (4 3) 4
4 3
y x x
y x y x x x x x
y x x
= +
⇒ − = + − + = −
= +
(
)
(
)
(
)
2
2 1 2 1 1 2 1 2
8 4 8 ( ) 4 4 1
y x y x x x x x x x− = ⇔ − = ⇔ + − =
Mà
( )
1 2
1 2
4
2
8
2
x x
m
x x
+ = −
−
=
Từ
(
)
(
)
1 à 2
v
suy ra
2
8
( 4) 4 4 0 2
2
m
m
−
− − − = ⇔ =
Bài tập tương tự :
1. Tìm tham số
m
để hàm số
( )
3 2
1
2 2
3
y x m x
= + − −
có điểm cực đại và cực
tiểu tại các điểm có hoành độ
1 2
,
x x
thỏa mãn
(
)
(
)
2 1
2
y x y x
− <
.
2. Tìm tham số
m
để hàm số
(
)
(
)
4 2
1 2 1
y m x m x
= + − − có
2
điềm cực tiểu
khác
(
)
0; 0
O và hoành độ
1 2
,
x x
của cực tiểu thỏa mãn
(
)
(
)
2 1
1
y x y x
+ >
.
3. Tìm tham số
m
để hàm số
2
2 3
x x m
y
x m
− +
=
−
có điểm cực đại và cực tiểu tại
các điểm có hoành độ
1 2
,
x x
thỏa mãn
(
)
(
)
2 1
8
y x y x
− >
.
4.
Ví dụ 13: Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
thì hàm số
(
)
2
2 3 2
1
x m x m
y
x
+ + + +
=
+
có giá trị cực trị , đồng thời
+ >
2 2
1
2
CD CT
y y .
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
88
*
Hàm số đã cho xác định trên
{
}
\ 1
D
= −
ℝ .
*
Ta có :
( )
(
)
( )
( )
2
2
2 2
2 2
' , 1 2 2
1 1
g x
x x m
y x g x x x m
x x
+ −
= = ≠ − = + −
+ +
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình
(
)
0, 1
g x x
= ≠ −
có hai
nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
khác
( )
' 0
2 1 0
1
1
2 1 0
1 0
2
m
m
m
g
∆ >
+ >
− ⇔ ⇔ ⇔ > −
− − ≠
− ≠
Gọi
(
)
(
)
1 1 1 2 2 2
; 2 2 , ; 2 2
A x y x m B x y x m
= + + = + +
là các điểm cực trị của
đồ thị hàm số thì
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình
(
)
0, 1
g x x
= ≠ −
Theo định lý Vi- ét
1 2 1 2
2, . 2
x x x x m
+ = − = −
Theo bài toán :
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 2 2
CT
y y y y x m x m+ = + = + + + + +
CÑ
(
)
( )( ) ( )
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
4 4 2 2 2
y y x x m x x m+ = + + + + + +
( ) ( )( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
4 2 4 2 2 2
y y x x x x m x x m
+ = + − + + + + +
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1 2
4 4 4 8 2 2 2 2 16 8
y y m m m m m
+ = + − + + + = + +
Xét
( ) ( )
2
1 1
2 16 8, , ' 4 16 0,
2 2
f m m m m f m m m
= + + > − = + > ∀ > −
Do đó hàm số
(
)
f m
đồng biến trên khoảng
1
;
2
m
∈ − +∞
và
( )
1 1 1
, ;
2 2 2
f m f m
> − = ∈ − +∞
Vậy
2 2
1 1
, ;
2 2
CT
y y m
+ > ∈ − +∞
CÑ
Ví dụ 14 : Cho hàm số
(
)
2
1 1
1
x m x m
y
x
+ + + +
=
+
. Gọi
,
A B
là hai điểm
cực trị , định
m
để diện tích tam giác
OAB
bằng
2
. Với giá trị
m
vừa tìm
được , tính khoảng cách từ
O
đến đường thẳng
AB
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
D
= −
ℝ .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
89
*
Ta có
( )
2
2
2
' , 1
1
x x
y x
x
+
= ≠ −
+
i
Với
m
∀ ∈
ℝ
hàm số đã cho có điểm cực đại
(
)
2; 3
A m
− −
và điểm cực tiểu
(
)
0; 1
B m
+
.
i
Ta có :
(
)
(
)
2
2; 3 6 13, 0; 1 1
OA m OA m m OB m OB m
− − ⇒ = − + + ⇒ = +
 
và
(
)
(
)
(
)
(
)
. 2.0 3 1 3 1
OAOB m m m m
= − + − + = − +
 
.
.
cos
.
OAOB
AOB
OAOB
=
 
( )
(
)
2
2
2
. .
sin 1 cos
.
OAOB OAOB
AOB AOB
OAOB
−
⇒ = − =
 
i
Diện tích
( )
( )
(
)
2
2
1 1
. .sin . .
2 2
OAB
dt OAOB AOB OAOB OAOB
∆
= = −
 
( ) ( )
3
... 1 2 1 2
1
OAB OAB
m
dt m dt m
m
∆ ∆
= −
= = + ⇒ = ⇔ + = ⇔
=
i
Gọi
d
là khoảng cách từ
O
đến đường thẳng
AB
khi đó
2 5
AB
= và
( )
1
1
.
2
5
OAB
m
dt d AB d
∆
+
= ⇒ = .
2 5
3
5
m d+ = − ⇒ = .
2 5
1
5
m d+ = ⇒ = .
Bài tập tự luyện:
1. Định
m
để đồ thị của hàm số
( )
3 2
1
3 1 4 2
3
y mx m x x
= − + − − −
có cực trị
,
A B
sao cho tam giác
MAB
diện tích bằng
1
, biết
(
)
0;1
M .
2. Định
m
để đồ thị của hàm số
4 2 2
2 1
y x m x
= − +
có cực trị
, ,
A B C
sao cho
tam giác
ABC
diện tích bằng
4
.
Ví dụ 15 : Tìm tham số
m
để hàm số
4 2 2
2 1
y x m x
= − +
có
3
điểm cực trị
là
3
đỉnh của một tam giác vuông cân.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục
ℝ
.
*
Ta có
3 2 2 2
' 4 4 4 ( )
y x m x x x m
= − = − .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
90
Với
0
m
≠
hàm số có ba cực trị .Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm
số là:
4 4
(0;1), ( ;1 ), ( ;1 )
A B m m C m m
− − − .
Dễ thấy
=
AB AC
nên tam giác ABC vuông cân
2 2 2
AB AC BC
⇔ + =
2 8 2
2( ) 4 1
m m m m
⇔ + = ⇔ = ±
Vậy
= ±
1
m
là những giá trị cần tìm.
Bài tập tự luyện:
1. Tìm tham số
m
để hàm số
( )
3 2
1
1
3
y x x m x m
= − + − +
có
2
điểm cực trị
,
A B
sao cho
ABO
một tam giác vuông cân , với
O
là gốc tọa độ.
2. Tìm tham số
m
để hàm số
( )
4 2
1 1
1 2
4 2
y x m x m
= − − + −
có
3
điểm cực trị
là
3
đỉnh của một tam giác vuông.
Ví dụ 16: Tìm
m
để đồ thị của hàm số
4 2 4
2 2
y x mx m m
= − + + có cực đại ,
cực tiểu đồng thời các điểm cực trị lập thành tam giác đều.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục
ℝ
.
*
Ta có
(
)
3 2
' 4 4 4
y x mx x x m
= − = −
( )
2
0
' 0
*
x
y
x m
=
= ⇔
=
Đồ thị hàm số có cực đại , cực tiểu khi
' 0
y
=
có
3
nghiệm phân biệt và
'
y
đổi
dấu khi
x
qua các nghiệm đó , khi đó phương trình
(
)
*
có hai nghiệm phân biệt
khác
0 0
m
⇔ >
Khi đó :
(
)
(
)
(
)
4
4 2
4 2
0 0; 2
; 2
' 0
; 2
x A m m
B m m m m
y
x m
C m m m m
= ⇒ +
− − +
= ⇔
= ± ⇒
− +
Hàm số có
3
cực trị
, ,
A B C
lập thành tam giác đều
2 2 4
4
AB AC
AB BC m m m
AB BC
=
⇔ ⇔ = ⇔ + =
=
(
)
(
)
3
3
3 0 3 0
m m m m
⇔ − = ⇔ = >
Vậy
3
3
m
= là giá trị cần tìm .
Bài tập tự luyện:
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
( )
4 2 2
1 1
1
4 2
y x m x m m
= − − + − có cực đại ,
cực tiểu đồng thời các điểm cực trị lập thành tam giác đều.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
91
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
3 2 2
3
2
y x m x
= − + có cực đại
A
, cực tiểu
B
đồng thời các điểm
ABC
cực trị lập thành tam giác đều, biết
(
)
2; 3
C − .
Ví dụ 17: Tìm
a
để đồ thị của hàm số
(
)
3 2
3 2
y x x C
= − + có điểm cực đại
và điểm cực tiểu của đồ thị
(
)
C
ở về hai phía khác nhau của đường tròn (phía
trong và phía ngoài):
(
)
2 2 2
: 2 4 5 1 0
a
C x y ax ay a
+ − − + − =
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục
ℝ
.
*
Ta có :
2
' 3 6
y x x
= −
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
= ⇒ =
= ⇔
= ⇒ = −
Cách 1:
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị
(
)
(
)
0;2 , 2; 2
A B
−
. Hai điểm
(
)
(
)
0;2 , 2; 2
A B
−
ở về hai phía của hai đường tròn
(
)
a
C
khi
( ) ( )
(
)
(
)
2 2
/ /
. 0 5 8 3 5 4 7 0
a a
A C B C
P P a a a a
⇔ < ⇔ − + + + <
2
3
5 8 3 0 1
5
a a a
⇔ − + < ⇔ < <
Cách 2 :
( ) ( ) ( )
2 2
: 2 1
a
C x a y a
− + − =
có tâm
(
)
;2
I a a
và bán kính
1
R
=
Ta có :
( ) ( )
2 2
2
2 2 2 5 4 8
IB a a a a
= − + + = + +
2
2 36 6
5 1
5 5
5
IB a R
= + + ≥ > = ⇒
điểm
B
nằm ngoài
(
)
a
C
,
do đó điểm
A
nằm trong đường tròn
( ) ( )
2
2 2
3
1 2 2 1 5 8 3 0 1
5
a
C IA a a a a a
⇔ < ⇔ + − < ⇔ − + < ⇔ < <
Bài tập tự luyện:
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
( )
3 2
3
1
2
y x x C
= − + + có điểm cực đại và
điểm cực tiểu của đồ thị
(
)
C
ở về một phía khác nhau của đường tròn (phía
trong hoặc phía ngoài):
(
)
2 2 2
: 2 2 0
m
C x y mx my m
+ + + + − =
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
92
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(
)
3 2
2 1
m
y x mx m C
= + + − có điểm cực đại
và điểm cực tiểu của đồ thị
(
)
m
C
ở về hai phía khác nhau của đường tròn (phía
trong và phía ngoài):
(
)
2 2
: 4
C x y
+ =
.
Ví dụ 18 : Tìm
m
để đồ thị của hàm số:
4 2
2 1
y x mx m
= − + −
có ba cực trị.
Đồng thời các điểm cực trị
, ,
A B
C
của đồ thị tạo thành một tam giác có
bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
1
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có :
(
)
' 3 2
4 4 4
y x mx x x m
= − = −
2
0
' 0
x
y
x m
=
= ⇔
=
Với
0
m
>
:
' 0
y
=
có ba nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua các
nghiệm đó.
*
Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
(
)
0; 1 ,
A m −
(
)
2
; 1 ,
B m m m− − + −
(
)
2
; 1
C m m m
− + −
.
4
, 2
AB AC m m BC m
= = + = và
2
1
.
2
ABC A C BB
S y y x x m m
= − − =
△
. .
1
4
ABC
AB AC BC
R
S
= =
△
(
)
4
2
2
1
4
m m m
m m
+
⇔ =
3
2 1 0
m m
⇔ − + =
1
5 1
2
m
m
=
⇔
−
=
Bài tập tương tự :
Tìm
m
để đồ thị của hàm số:
4 2
1 1
1
4 2
y x mx m
= − + +
có ba cực trị
, ,
A B
C
sao cho tam giác nội tiếp được trong đường tròn có bán kính
1
R
=
.
Ví dụ 19: Tìm
m
để đồ thị của hàm số
3 2 2
3
y x x m x m
= − + +
có cực đại,
cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua
đường thẳng :
= −
1 5
:
2 2
d y x .
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
Cách 1 :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
93
*
Ta có
2 2 2 2
' 3 6 ' 0 3 6 0 (1)
y x x m y x x m
= − + ⇒ = ⇔ − + = .
hàm số có cực trị
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
⇔ ∆ = − > ⇔ − < <
2
' 3(3 ) 0 3 3
m m
.
phương trình đường thẳng
'
d
đi qua các điểm cực trị là :
2 2
2 1
( 2)
3 3
y m x m m
= − + +
⇒
các điểm cực trị là :
2 2 2 2
1 1 2 2
2 1 2 1
( ;( 2) 3 ), B( ;( 2) 3 )
3 3 3 3
A x m x m m x m x m m
− + + − + + .
Gọi
I
là giao điểm của hai đường thẳng
d
và
'
d
2 2
2 2
2 6 15 11 3 30
( ; )
15 4 15 4
m m m m
I
m m
+ + + −
⇒
− −
.
A
và
B
đối xứng qua d thì trước hết
2
2
' 2 2 0
3
d d m m
⊥ ⇔ − = − ⇔ =
khi
đó
(
)
−
1; 2
I và
(
)
(
)
1 1 2 2
; 2 ; ; 2
A x x B x x
− −
⇒
I là trung điểm của
AB
⇒
A và B
đối xứng nhau qua
d
.
Vậy
0
m
=
là giá trị cần tìm.
Cách 2 :
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
và có đạo hàm
2 2
' 3 6
y x x m
= − + .
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình
' 0
y
=
có hai nghiệm
phân biệt
1 2
,
x x
2
' 9 3 0
m
⇔ ∆ = − >
3 3
m
⇔ − < < .
Vi-ét, ta có
2
1 2 1 2
2 , .
3
m
x x x x+ = = .
Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y
là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và
I
là
trung điểm của đoạn
AB
.
Đường thẳng
AB
có hệ số góc
(
)
(
)
3 3 2 2 2
2 1 2 1 2 1
2 1
2 1 2 1
3
AB
x x x x m x x
y y
k
x x x x
− − − + −
−
= =
− −
( ) ( )
2
2
1 2 1 2 1 2
3
AB
k x x x x x x m
= + − − + +
2 2
2
2 6
4 6
3 3
AB
m m
k m
−
= − − + =
Đường thẳng
( )
1 5
2 2
y x
= − ∆
có hệ số góc
1
2
k
=
Hai điểm
(
)
(
)
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y
đối xứng nhau qua đường thẳng
(
)
∆
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
94
khi và chỉ khi
AB
I
⊥ ∆
∈ ∆
2
1 2 6
. 1 . 1 0
2 3
AB
m
AB k k m
−
⊥ ∆ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ =
i
2
0 ' 3 6
m y x x
= ⇒ = −
i
(
)
( )
( )
1 1
2 2
0 0 0; 0
' 0 1; 2
2 4 2; 4
x y A
y I
x y B
= ⇒ = ⇒
= ⇔ ⇒ −
= ⇒ = − ⇒ −
Dễ thấy
(
)
1; 2I
− ∈ ∆
Vậy
0
m
=
thoả mãn yêu cầu bài toán .
Bài tập tương tự :
Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(
)
(
)
3 2
4 4 1 4 1
y x m x m x m
= + − − − + +
có cực
đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua
đường thẳng :
:
d y x
=
.
Ví dụ 20: Tìm
m
để đồ thị của hàm số
2
1
x mx
y
x
+
=
−
có cực trị và khoảng
cách giữa hai điểm cực trị bằng
10
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
D = ℝ .
*
Ta có
2
2
2
'
(1 )
x x m
y
x
− + +
=
−
2
' 0 2 0 (1) ( 1)
y x x m x
= ⇔ − − = ≠
Đồ thị hàm số có cực trị
' 1 0
1
1 2 0
m
m
m
∆ = + >
⇔ ⇔ > −
− − ≠
.
Đường thẳng đi qua các điểm cực trị có phương trình
2
y x m
= − − ⇒
các điểm
cực trị là:
1 1 2 2
( ; 2 ), ( ; 2 )
A x x m B x x m
− − − −
2 2 2
1 2 1 2 1 2
5( ) 100 ( ) 4 20 0
AB x x x x x x
⇒ = − = ⇔ + − − =
4 4 20 0 4
m m
⇔ + − = ⇔ =
.
Vậy
4
m
=
là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
2
1
1
mx x m
y
x
+ − +
=
−
có cực trị và khoảng cách
giữa hai điểm cực trị bằng
3
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
95
2. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
3 2
5 1
y x mx x m
= − + − +
có cực trị và khoảng
cách giữa hai điểm cực trị bé hơn
2
.
Ví dụ 21: Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
( )
2
2 2
1
x mx
y f x
x
+ +
= =
+
có
điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng
: 2 0
x y
∆ + + =
bằng nhau.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
D
= −
ℝ
*
Ta có
( )
2
2
2 2 2
' , 1
1
x x m
y x
x
+ + −
= ≠ −
+
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi
(
)
'
f x
đổi dấu hai lần qua nghiệm
x
hay
phương trình
(
)
2
2 2 2 0
g x x x m
= + + − =
có hai nghiệm phân biệt khác
1
−
( )
' 0
3 2 0
3
2 3 0
1 0
2
m
m
m
g
∆ >
− >
⇔ ⇔ ⇔ <
− ≠
− ≠
Gọi
(
)
(
)
1 1 1 2 2 2
; 2 2 , ; 2 2
A x y x m B x y x m
= + = + là các điểm cực trị của đồ thị
hàm số thì
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình
(
)
0, 1
g x x
= ≠
. Theo định lý Vi
ét
1 2 1 2
2, . 2
x x x x m
+ = − = −
Theo yêu cầu bài toán
( ) ( )
1 1 2 2
2 2
, ,
2 2
x y x y
d A d B
+ + + +
∆ = ∆ ⇔ =
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
x m x m x m x m⇔ + + = + + ⇔ + + = + +
( ) ( )
2 2
1 2
3 2 2 3 2 2 0
x m x m
⇔ + + − + + =
(
)
(
)
1 2 1 2
3 4 4 0
x x x x m
⇔ − + + + =
(
)
(
)
1 2 1 2
3 4 4 0
x x m x x
⇔ + + + = ≠
( )
1
3 2 4 4 0
2
m m
⇔ − + + = ⇔ =
So với điều kiện, vậy
1
2
m
=
là giá trị cần tìm .
Bài tập tương tự :
1. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
2
2 3 1
2
x mx m
y
x
+ − +
=
−
có điểm cực đại,
điểm cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng
: 2 0
x y
∆ − =
bằng nhau.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
96
2. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
(
)
3 2
3 1 2 3
y x m x m
= − + − +
có điểm
cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng
(
)
: 2 3 0
d x y
− =
nhỏ hơn
11
.
Ví dụ 22: Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
2
2
1
x mx
y
x
+ +
=
−
có điểm cực
tiểu nằm trên Parabol
(
)
2
: 4
P y x x
= + −
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
D = ℝ
*
Ta có
( )
2
2
2 2
' , 1
1
x x m
y x
x
− − −
= ≠
−
. Đặt
(
)
2
2 2
g x x x m
= − − −
.
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình
(
)
0
g x
=
có hai nghiệm
phân biệt khác
1
(
)
( )
' 1 2 0 3 0
3
3
1 3 0
m m
m
m
g m
∆ = − − − > + >
⇔ ⇔ ⇔ > −
≠ −
= − − ≠
Khi đó :
1 1
2 2
1 3 2 2 3
' 0
1 3 2 2 3
x m y m m
y
x m y m m
= − + ⇒ = + − +
= ⇔
= + + ⇒ = + + +
Bảng xét dấu :
x
−∞
1
x
1
2
x
+∞
'
y
+
0
−
−
0
+
Dựa vào bảng xét dấu suy ra
(
)
1 3; 2 2 3
A m m m
+ + + + +
là
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số .
( )
(
)
2
2 2 3 1 3 1 3 4
A P m m m m
∈ ⇔ + + + = + + + + + −
3 1 2
m m
⇔ + = ⇔ = −
So với điều kiện bài toán, ta có
2
m
= −
là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
1. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
( )
3 2
1 1
2 2
3 2
y x mx m x
= − + − có điểm
cực tiểu nằm trên đường thẳng
( )
5
:
6
d y x
= .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
97
2. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
(
)
3 2
3 1 3 2
y x m x m
= − + + −
có điểm
cực tiểu nằm trên Parabol
(
)
2
:
P y x
=
.
Ví dụ 23: Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
(
)
(
)
3 2 2 2
3 1 3 7 1 1
y x m x m m x m
= − + + − + − + −
có điểm cực tiểu tại một
điểm có hoành độ nhỏ hơn
1.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có
(
)
(
)
2 2
' 3 6 1 3 7 1
y x m x m m
= − + + − + −
.
Hàm số đạt cực tiểu tại một điểm có hoành độ nhỏ hơn
1
(
)
(
)
2 2
' 3 6 1 3 7 1 0
y x m x m m
⇔ = − + + − + − =
có hai nghiệm
1 2
,
x x
thoả
mãn điều kiện :
( )
( )
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 2
1 3. ' 1 0
1 1
' 0
1 2
2 3. ' 1 0
1
2
y
x x
x x
y
S
⇔ − <
< <
∆ >
⇔
< ≤
⇔ − ≥
<
(
)
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
4
3 3 4 0
1
3
9 1 3 3 7 1 0
3 12 0
3 3 4 0
3 4 0
1 1
0
m m
m
m m m
m
m m
m m
m
m
+ − <
− < <
+ − + − >
− + >
⇔ ⇔
+ − ≥
+ − ≥
+ <
<
4
1
3
4
1
4
3
1
4
4
1
3
3
0
m
m
m
m
m m
m
m
− < <
− < <
<
⇔ ⇔ ⇔ <
≤ − ∨ ≥
≤ −
<
Bài tập tương tự :
1. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
(
)
3 2
3 1 4
y mx mx m x
= − + + −
có điểm
cực tiểu tại một điểm có hoành độ âm.
2. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
( ) ( )
3 2
1 1
1 1 2 3
3 2
y m x m x m
= − − − + +
có điểm cực tiểu tại một điểm có hoành độ lớn hơn
2
.
Ví dụ 24: Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
98
(
)
2 2
1 4 2
.
1
x m x m m
y
x
− + − + −
=
−
có cực trị đồng thời tích các giá trị cực
đại và cực tiểu đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
D = ℝ .
*
Ta có
( )
(
)
( )
2 2
2 2
2 3 3
' , 1
1 1
g x
x x m m
y x
x x
− + − +
= = ≠
− −
(
)
2 2
2 3 3
g x x x m m
= − + − +
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình
(
)
0, 1
g x x
= ≠
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
khác
1
.
( )
2
2
' 0
3 2 0
1 2
1 0
3 2 0
m m
m
g
m m
∆ >
− + − >
⇔ ⇔ ⇔ < <
≠
− + ≠
Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y
là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình
(
)
0, 1
g x x
= ≠
.
Khi đó
2 2
1 1
2 2
2 2
1 3 2 1 2 3 2
' 0
1 3 2 1 2 3 2
x m m y m m m
y
x m m y m m m
= − − + − ⇒ = − + − + −
= ⇔
= + − + − ⇒ = − − − + −
(
)
(
)
2 2
1 2
. 1 2 3 2 1 2 3 2
y y m m m m m m
= − + − + − − − − + −
( )
(
)
2
2
1 2
. 1 4 3 2
y y m m m
= − − − + −
2
2
1 2
7 4 4
. 5 14 9 5
5 5 5
y y m m m
= − + = − − ≥ −
1 2
4 7
min .
5 5
y y khi m
⇒ = − =
So với điều kiện , vậy
7
5
m
=
là giá trị cần tìm .
Bài tập tương tự :
1. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
3 2 2
3 4 2
y x x m m
= − + + −
có cực trị
đồng thời tích các giá trị cực đại và cực tiểu đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Tìm giá trị của
m
để đồ thị hàm số
3 2 2
3
1
2
y x x m m
= − + + − +
có cực trị
đồng thời tích các giá trị cực đại và cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
99
Ví dụ 25: Với giá trị nào của
m
thì đồ thị của hàm số
(
)
2 2 3
1 4
mx m x m m
y
x m
+ + + +
=
+
tương ứng có một điểm cực trị thuộc góc
phần tư thứ
(
)
II
và một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ
(
)
IV
của mặt phẳng
tọa độ.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định trên
{
}
\
D m
= −
ℝ
*
Ta có :
( )
2 2 3
2
2 3
' ,
mx m x m
y x m
x m
+ −
= ≠ −
+
Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y
là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì
(
)
1 2 1 2
,
x x x x
< là nghiệm của phương trình
(
)
2 2 3
2 3 0,
g x mx m x m x m
= + − = ≠ −
Đồ thị của hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ
(
)
II
và
một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ
(
)
IV
của mặt phẳng tọa độ khi
(
)
(
)
(
)
4
1 . 0 0 3 0 0
m g m m a
⇔ < ⇔ − < ⇔ ≠
(
)
2
⇔
Đồ thị của hàm số không cắt trục
(
)
(
)
2 2 3
1 4 0
Ox mx m x m m x m
⇔ + + + + = ≠ −
vô nghiệm
( ) ( )
2
4 2
2 3
0
0
15 2 1 0
1 4 4 0
m
m
m m
m m m m
≠
≠
⇔ ⇔
− − + <
∆ = + − + <
( )
2
1
0
5
1
1
5
5
m
m
b
m
m
< −
≠
⇔ ⇔
>
>
(
)
(
)
3 0
m c
⇔ <
Từ
(
)
(
)
(
)
a b c
suy ra
1
5
m < − là giá trị cần tìm.
Ví dụ 25: Chứng tỏ rằng chỉ có một điểm
A
duy nhất trên mặt phẳng toạ độ sao
cho nó là điểm cực đại của đồ thị
( )
(
)
2 3
1 1
x m m x m
f x
x m
− + + +
=
−
ứng với
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
100
một giá trị thích hợp của
m
và cũng là điểm cực tiểu của đồ thị ứng với một giá
trị thích hợp khác. Tìm toạ độ của
A
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định trên
{
}
\
D m
= ℝ .
*
Ta có
( )
2 2
2
2 1
' ,
x mx m
y x m
x m
− + −
= ≠
−
Tam thức
(
)
2 2
2 1
g x x mx m
= − + −
có
1 0,
m
∆ = > ∀
.
Do đó
1
2
1
' 0
1
x m
y
x m
= −
= ⇔
= +
( )
(
)
( )
(
)
2 2
1
2 2
2
2 1; 2
2 1; 2
y x m m M m m m
y x m m N m m m
= − + − ⇒ − − + −
⇒
= − + + ⇒ + − + +
Đặt
(
)
0 0
;
A x y
.Giả sử ứng với giá trị
1
m m
= thì
A
là điểm cực đại và ứng với
giá trị
2
m m
= thì
A
là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
Ta có:
0 1 0 2
2 2
0 1 1 0 2 2
1 1
;
2 2
x m x m
y m m y m m
= − = +
= − + − = − + +
.
Theo bài toán , ta có :
1 2
2 2
1 1 2 2
1 1
2 2
m m
m m m m
− = +
− + − = − + +
( )( )
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
2
2
1
1 4
m m
m m
m m
m m m m
− =
− =
⇔ ⇔
+ = −
− + − = −
1 0
2 0
1 1
1 7
2 2
;
3 7
2 4
2 4
m x
A
m y
= = −
⇔ ⇒ ⇒ − −
= − = −
.
Vậy
1 7
;
2 4
A
− −
là điểm duy nhất cần tìm thoả yêu cầu bài toán .
Dạng 4 : Ứng dụng cực trị của hàm số trong bài toán đại số .
Ví dụ : Tìm tất cả các giá trị thực của
m
để phương trình sau có một số lẻ
nghiệm thực:
2 2
(3 14 14) 4(3 7)( 1)( 2)( 4)
x x x x x x m
− + − − − − − =
.
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
101
(
)
(
)
(
)
3 2
( ) 1 2 4 7 14 8
f x x x x x x x
= − − − = − + −
(
)
( )
2
2
( ) 3 14 14 4 3 7 ( )
g x x x x f x
= − + − −
(
)
x
g
là đa thức bậc
4
với hệ số của
4
x
là
3
−
.
( )
( ) ( )
2
2
'( ) 3 14 14
'( ) 2 3 14 14 6 14 12 ( ) 4 3 7 '( ) 12 ( )
f x x x
g x x x x f x x f x f x
= − +
= − + − − − − = −
'( ) 0 1; 2; 4.
g x x x x
= ⇔ = = =
(1) 9; (2) 4; (4) 36.
g g g
= = =
Bảng biến thiên của
(
)
x
g
.
x
−∞
1
2
4
+∞
'( )
g x
+
0
−
0
+
0
−
(
)
x
g
9
36
4
−∞
−∞
Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình
( )
g x m
=
có một số lẻ nghiệm
khi và chỉ khi:
4; 9; 36.
m m m
= = =
Bài 4 : GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ.
4.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa: Cho hàm số xác định trên
D
•
Số
M
gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số
(
)
y f x
=
trên
D
nếu
0 0
( )
: ( )
f x M x D
x D f x M
≤ ∀ ∈
∃ ∈ =
, ta kí hiệu
max ( )
x D
M f x
∈
=
.
Chú ý : Nếu
( )
f x M x D
≤ ∀ ∈
thì ta chưa thể suy ra
max ( )
x D
M f x
∈
=
•
Số
m
gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
(
)
y f x
=
trên
D
nếu
0 0
( )
: ( )
f x m x D
x D f x m
≥ ∀ ∈
∃ ∈ =
, ta kí hiệu
min ( )
x D
m f x
∈
=
.
Chú ý : Nếu
( )
f x m x D
≥ ∀ ∈
thì ta chưa thể suy ra
min ( )
x D
m f x
∈
=
.
2. Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
102
Phương pháp chung: Để tìm GTLN, GTNN của hàm số
(
)
y f x
=
trên
D
ta
tính
'
y
, tìm các điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu hoặc không tồn tại và lập bảng
biến thiên. Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN, GTNN.
Chú ý:
•
Nếu hàm số
(
)
y f x
=
luôn tăng hoặc luôn giảm trên
;
a b
thì
[a;b] [a;b]
max ( ) max{ ( ), ( )}; min ( ) min{ ( ), ( )}
f x f a f b f x f a f b
= =
.
•
Nếu hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
;
a b
thì luôn có GTLN, GTNN trên
đoạn đó và để tìm GTLN, GTNN ta làm như sau
*
Tính
'
y
và tìm các điểm
1 2
, ,...,
n
x x x
mà tại đó
'
y
triệt tiêu hoặc hàm số
không có đạo hàm.
*
Tính các giá trị
1 2
( ), ( ),..., ( ), ( ), ( )
n
f x f x f x f a f b
.Khi đó
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
{
}
1 2
; ;
max max , , ... ,
i
x a b x a b
f x f a f x f x f x f b
∈ ∈
+ =
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
{
}
1 2
; ;
min min , , ... ,
i
x a b x a b
f x f a f x f x f x f b
∈ ∈
+ =
•
Nếu hàm số
(
)
y f x
=
là hàm tuần hoàn chu kỳ T thì để tìm GTLN, GTNN
của nó trên
D
ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN trên một đoạn thuộc
D
có độ dài
bằng
T
.
* Cho hàm số
(
)
y f x
=
xác định trên
D
. Khi đặt ẩn phụ
( )
t u x
=
, ta tìm được
t E
∈
với
x D
∀ ∈
, ta có
(
)
y g t
=
thì Max, Min của hàm
f
trên
D
chính là
Max, Min của hàm
g
trên
E
.
* Khi bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mà không nói trên tập
nào thì ta hiểu là tìm GTLN, GTNN trên tập xác định của hàm số.
* Ngoài phương pháp khảo sát để tìm Max, Min ta còn dùng phương pháp miền
giá trị hay Bất đẳng thức để tìm Max, Min.
* Ta cần phân biệt hai khái niệm cơ bản :
+ Giá trị lớn nhất của hàm số
(
)
y f x
=
trên
D
với cực đại của hàm số .
+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
y f x
=
trên
D
với cực tiểu của hàm số .
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
y f x
=
trên
D
mang tính toàn
cục , còn giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số chỉ mang tính địa phương.
4.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
(
)
y f x
=
trên
D
ta có thể sử
dụng đạo hàm và kết hợp với việc so sánh giá trị cực đại, cực tiểu với giá trị đặc
biệt ( ta gọi đó là các giá trị tới hạn ) . Giá trị tới hạn này thường là các giá trị
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
103
tại các đầu mút của các đoạn hoặc là giá trị của hàm số tại các điểm mà không
tồn tại đạo hàm.
Ví dụ 1 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:
3 1
1.
3
x
y
x
−
=
−
trên đoạn
0;2
.
2.
2
( 6) 4
y x x
= − +
trên đoạn
0; 3
.
(
)
3
6 2
3. 4 1
y x x
= + − trên đoạn
1;1
−
.
2
4. 5 6
y x x
= − + +
trên đoạn
[ 1; 6]
−
.
Giải :
3 1
1.
3
x
y
x
−
=
−
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
0;2
.
*
Ta có
( )
2
8
' 0, 0;2
3
y x
x
−
= < ∀ ∈
−
*
Bảng biến thiên
x
0
2
'
y
−
y
1
3
5
−
Từ bảng biến thiên suy ra :
( ) ( )
0;2 0;2
1
max 0 min 5 2
3
f x khi x f x khi x
= = = − =
2.
2
( 6) 4
y x x
= − +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
0; 3
.
*
Ta có :
2
2
2 6 4
' , 0; 3
4
x x
y x
x
− +
= ∈
+
1
' 0
2
x
y
x
=
= ⇔
=
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
104
0;3
0;3
(1) 5 5
max 3 13
(0) 12
(2) 8 2 min 12
(3) 3 13
x
x
y
y
y
y y
y
∈
∈
= −
= −
= −
⇒
= − = −
= −
Vậy
0;3
max 3 13
x
y
∈
= − khi
3
x
=
,
0;3
min 12
x
y
∈
= −
khi
0
x
=
.
(
)
3
6 2
3. 4 1
y x x
= + −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
1;1
−
.
Đặt
2
, 1;1 0;1
t x x t
= ∈ − ⇒ ∈
Hàm số đã cho viết lại
( ) ( )
3
3
4 1 , 0;1
f t t t t
= + − ∈
*
Ta có
( ) ( )
(
)
2
2 2
' 3 12 1 3 3 8 4
f t t t t t
= − − = − + −
( )
2 2 4
,
' 0
3 3 9
2
t f
f t
t
= =
= ⇔
=
(
)
(
)
0 4, 1 1
f f
= =
*
Bảng biến thiên
t
0
2
3
1
(
)
'
f t
−
0
+
(
)
f t
4
1
4
9
Từ bảng biến thiên suy ra :
( ) ( )
1;1 1;1
4 2
max 4 0 min
9 3
f x khi x f x khi x
− −
= = = = ±
2
4. 5 6
y x x
= − + +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
[ 1; 6]
−
.
*
Ta có
2
2 5
'
2 5 6
x
y
x x
− +
=
− + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
105
5
' 0 [ 1; 6]
2
y x= ⇔ = ∈ −
( )
5 7
( 1) 6 0,
2 2
y y y
− = = =
.
Vậy :
1;6
min 0 1, 6
x
y khi x x
∈ −
= = − =
và
1;6
7 5
max
2 2
x
y khi x
∈ −
= =
.
Tương tự:
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:
(
)
4 2
. 2 3
a f x x x
= − +
trên đoạn
3;2
−
( )
2
2
3 10 20
.
2 3
x x
b f x
x x
+ +
=
+ +
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:
.
a
2
( ) 4 5
f x x x
= − +
trên đoạn
[ 2; 3]
−
.
.
b
( )
6 4 2
9 1
3
4 4
f x x x x
= − + +
trên đoạn
[ 1; 1]
−
.
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của các hàm số:
2
2
1 9
, 0
8 1
x x
y x
x
+ +
= >
+
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng
(
)
0;
+∞
(
)
2 2 2
2
2
2 2
9 1 9 1 1
8 1
9 1
(8 1) 9 1
x x x x
y
x
x x
x x x
+ + + −
= = =
+
+ −
+ + −
Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng
(
)
0;
+∞
khi hàm số
2
( ) 9 1
f x x x
= + −
đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng
(
)
0;
+∞
.
( )
2
9
' 1
9 1
x
f x
x
= −
+
( )
2
2
0
1
' 0 9 1 9
72 1
6 2
x
f x x x x
x
>
= ⇔ + = ⇔ ⇔ =
=
( )
0
0
2 2 1 1 3 2 1
min khi m khi
3 4
6 2 2 2 6 2
3
x
x
f x x y x
>
>
= = ⇒ = = =ax .
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:
2
1. 4
y x x
= + − trên đoạn
2;2
−
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
106
2
1
2.
1
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
1;2
x
∈ −
.
Giải :
2
1. 4
y x x
= + −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
2;2
−
.
*
Ta có
( )
2
2 2
4
' 1 , 2;2
4 4
x x x
y x
x x
− −
= − = ∈ −
− −
( ) ( )
2 2
4 0 4
' 0
2;2 2;2
x x x x
y
x x
− − = − =
= ⇔ ⇔
∈ − ∈ −
2 2 2
0 2 0 2
2
4 2
x x
x
x x x
< < < <
⇔ ⇔ ⇔ =
− = =
Bảng biến thiên
x
2
−
2
2
'
y
−
0
+
y
2
−
2 2
2
Từ bảng biến thiên , ta được
(
)
(
)
2;2 2;2
max 2 2 2 min 2 2
x x
f x khi x f x khi x
∈ − ∈ −
= = = − = −
2
1
2.
1
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
1;2
x
∈ −
.
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
1;2
−
.
*
Ta có
( )
3
2
1
' ' 0 1
1
x
y y x
x
− +
= ⇒ = ⇔ =
+
*
Bảng biến thiên .
x
1
−
1
2
'
y
+
0
−
y
0
2
3 5
5
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
107
Từ bảng biến thiên , ta được
1;2 1;2
max 2 1 min 0 1
x x
y khi x y khi x
∈ − ∈ −
= = = = −
Ví dụ 4 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
3 2
3 1
y x x
= − +
trên đoạn
2;1 .
−
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
2;1
−
.
Đặt
(
)
3 2
3 1, 2;1
g x x x x
= − + ∈ −
(
)
2
' 3 6 .
g x x x
= −
( )
0
' 0
2 2;1
x
g x
x
=
= ⇔
= ∉ −
(
)
(
)
(
)
2 19, 0 1, 1 1
g g g
− = − = = −
, suy ra
(
)
(
)
2;1 2;1
max 1,min 19
g x g x
− −
= = −
.
(
)
(
)
(
)
2;1 19;1 0;19 .
x g x f x g x
∈ − ⇒ ∈ − ⇒ = ∈
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1
0 . 1 0 0;1 sao cho 0.
g g x g x
< ⇒ ∃ ∈ =
Vậy
(
)
(
)
2;1 2;1
max 19,min 0.
f x f x
− −
= =
Tương tự:
1. Tìm giá trị lớn nhất của các hàm số:
(
)
3 2
3 72 90
f x x x x= + − + trên đoạn
5;5
−
.
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
3
3 2
f x x x
= − +
trên
đoạn
–3; 2
.
Ví dụ 5:
1.
Tìm
a
để giá trị lớn nhất của hàm số
2
2 4
y x x a
= + + −
trên đoạn
2;1
−
đạt giá trị nhỏ nhất .
2.
Tìm giá trị
,
p q
để giá trị lớn nhất của hàm số
2
y x px q
= + +
trên đoạn
1;1
−
là bé nhất .
Giải :
1.
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
2;1
−
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
108
( )
2
2
2 4 1 5
y x x a x a
= + + − = + + −
Đặt
( )
2
1 , 2;1 0; 4
t x x t
= + ∈ − ⇒ ∈
Ta có
(
)
5 , 0; 4
f t t a t
= + − ∈
(
)
(
)
{
}
{
}
{
}
2;1 0;4 0;4 0;4
max max max 0 , 4 max 5 , 1
x t t t
y f t f f a a
∈ − ∈ ∈ ∈
⇔ = = − −
(
)
0;4
5 1 3 max 5 5
t
a a a f t a a
∈
• − ≥ − ⇔ ≤ ⇒ = − = −
(
)
0;4
5 1 3 max 1 1
t
a a a f t a a
∈
• − ≤ − ⇔ ≥ ⇒ = − = −
Mặt khác
( )
0;4
5 5 3 2, 3
max 2,
1 3 1 2, 3
t
a a
f t a
a a
∈
− ≥ − = ∀ ≤
⇒ ≥ ∀ ∈
− ≥ − = ∀ ≥
ℝ
Vậy giá trị nhỏ nhất của
(
)
0;4
max 2 3
t
f t khi a
∈
= =
2.
Xét hàm số
(
)
2
f x x px q
= + +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn
1;1
−
(
)
y f x
⇒ =
(
)
(
)
(
)
1 1 , 0 , 1 1
f p q f q f p q
− = − + = = + +
Giả sử
(
)
maxy f
α
=
(1) (0) (1) (0) 1
f f f f p
⇒ + ≥ − = +
, ( 1) (0) ( 1) (0) 1
f f f f p
− + ≥ − − = −
( )
1
(1)
1
2
0 1 1
1
2
(0)
2
f
p p f
f
α
>
• > ⇒ + > ⇒ ⇒ >
>
( )
1
( 1)
1
2
0 1 1
1
2
(0)
2
f
p p f
f
α
− >
• < ⇒ − > ⇒ ⇒ >
>
1;1
max max ( ) ; ( 1) ; (1)
2
x
p
y f f f
∈ −
= − −
( ) ( ) ( ) ( )
2
0 , 0 , 1 1 1
2
p
p f x x q f f q f f q
• = ⇒ = + = − = − = = +
Giá trị lớn nhất của
y
là một trong hai giá trị ; 1
q q
+
1 1 1 1
1 ( 1) ( )
2 2 2 2
q q f f
α
• > − ⇒ + > ⇒ ± > ⇒ >
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
109
1 1 1 1
(0) ( )
2 2 2 2
q q f f
α
• < − ⇒ > ⇒ > ⇒ >
( )
2
1 1 1 1
max ( ) 0; 1
2 2 2 2
q f x x f x x x
• = − ⇒ = − ≤ ⇒ = ⇔ = = ±
cũng là giá trị nhỏ nhất của
(
)
f
α
.
Vậy
1
0,
2
p q
= = −
thoả mãn bài toán .
Ví dụ 6 : Tìm các giá trị
,
a b
sao cho hàm số
2
1
ax b
y
x
+
=
+
có giá trị lớn nhất
bằng
4
và có giá trị nhỏ nhất bằng
1
−
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
•
Hàm số có giá trị lớn nhất bằng
4
khi và chỉ khi
2
2
2
0
0 0
0
2
0
4,
4 4 0,
1
4 4 0 :
: 4
1
ax b
x
x ax b x
x
ax b
x ax b
x
x
+
≤ ∀ ∈
− + − ≥ ∀ ∈
+
⇔
+
− + − =
∃ ∈ =
+
ℝ
ℝ
ℝ
0
co ùnghieäm x
(
)
( )
( )
2
2
2
16 4 0
16 64 0 *
16 4 0
a b
a b
a b
∆ = − − ≤
⇔ ⇔ + − =
∆ = − − ≥
•
Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng
1
khi và chỉ khi
2
2
2
0
0 0
0
2
0
1,
1 0,
1
1 0 :
: 1
1
ax b
x
x ax b x
x
ax b
x ax b
x
x
+
≥ − ∀ ∈
+ + + ≥ ∀ ∈
+
⇔ ⇔
+
+ + + =
∃ ∈ = −
+
ℝ
ℝ
ℝ
0
co ùnghieäm x
(
)
( )
( )
2
2
2
4 1 0
4 4 0 * *
4 1 0
a b
a b
a b
∆ = − + ≤
⇔ ⇔ − − =
∆ = − + ≥
Từ
(
)
(
)
* à * *
v ta có hệ
(
)
( )
2
2
2
16 64 0 * 4 4
16
3 3
3
4 4 0 * *
a b a a
a
b b
b
a b
+ − = = − =
=
⇔⇔ ⇔ ∨
= =
=
− − =
Vậy giá trị
,
a b
cần tìm là :
4 4
3 3
a a
b b
= − =
∨
= =
Ví dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
110
4 2
1. sin cos 2
y x x
= + +
2. sin 2
y x x
= −
trên đoạn
;
2
π
π
−
2
sin 1
3.
sin sin 1
x
y
x x
+
=
+ +
6 6
sin cos cos sin
4.
sin cos
x x x x
y
x x
+
=
+
Giải :
4 2
1. sin cos 2
y x x
= + +
4 2 4 2
sin cos 2 sin sin 3
y x x x x
= + + = − +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
Đặt
2
sin , 0 1
t x t
= ≤ ≤
Xét hàm số
(
)
2
3
f t t t
= − +
liên tục trên đoạn
0;1
Ta có
(
)
' 2 1
f t t
= −
,
0;1
t
∈
( )
1
' 0
2
f t t
= ⇔ =
( ) ( )
1 11
0 1 3 ,
2 4
f f f
= = =
( )
0;1
11 3
min min 2
4 4
t
y f t
∈
= = =
(
)
0;1
max m x 3
t
y a f t
∈
= =
2. sin 2
y x x
= −
trên đoạn
;
2
π
π
−
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn đoạn
;
2
π
π
−
Ta có :
( )
' 1 2 cos 2 ,
2
f x x x
π
π
= − − < <
( )
5
' 0 , ,
6 6 6
f x x
π π π
= ⇔ = −
3 3
;
6 6 2 6 6 2
f f
π π π π
− = − + = −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
111
( )
5 5 3
; ;
6 6 2 2 2
f f f
π π π π
π π
= + − = − =
Vậy:
;
2
5 3 5
max
6 2 6
x
y khi x
π
π
π π
∈ −
= + =
;
2
min
2 2
x
y khi x
π
π
π π
∈ −
= − = −
2
sin 1
3.
sin sin 1
x
y
x x
+
=
+ +
Đặt
( )
2
1
sin , [ 1; 1]
1
t
t x f t t
t t
+
= ⇒ = ∈ −
+ +
( )
2
1
1
t
f t
t t
+
=
+ +
liên tục trên đoạn
[ 1; 1]
−
( )
( )
2
/
2 2
/
2
( 1)
0 0 [ 1; 1]
t t
f t
t t
f t t
− −
=
+ +
= ⇔ = ∈ −
( ) ( )
2
( 1) 0, 0 1, 1
3
f f f
− = = =
.
Vậy:
( ) ( )
1;1
min min 0 sin 1 2 ,
2
t
f x f t khi x x k k
π
π
∈ −
= = = − ⇔ = − + ∈
Z
(
)
(
)
1;1
max max 1 sin 0 ,
t
f x f t khi x x k k
π
∈ −
= = = ⇔ = ∈
Z
.
6 6
sin cos cos sin
4.
sin cos
x x x x
y
x x
+
=
+
Vì
2 2
sin cos sin cos 1,
x x x x x
+ ≥ + = ∀
Nên
5 5
6 6
sin cos sin cos
sin cos cos sin
sin cos sin cos
x x x x
x x x x
y
x x x x
+
+
= =
+ +
(
)
2 2
sin cos 1 sin cos sin cos
y x x x x x x
= − −
2
3
1 1 1
sin sin 2 sin 2
8 4 2
y x x x
−
= − +
Đặt
sin 2 ;0 1
t x t
= ≤ ≤
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
112
Xét hàm số :
3 2
1 1 1
( )
8 4 2
f t t t t
−
= − + liên tục trên đoạn
0;1
.
Ta có :
2
3 1 1
'( ) , 0;1
8 2 2
f t t t t
−
= − + ∀ ∈
và
2
'( ) 0
3
f t t
= ⇔ =
2 5 1
(0) 0; ; (1)
3 27 8
f f f
= = =
Vậy :
0;1
min min ( ) (0) 0
t
y f t f
∈
= = =
khi sin 2 0
2
k
x x
π
= ⇔ =
0;1
2 5
max ( )
3 27
t
y maxf t f
∈
= = =
khi
2 1 1 1
sin 2 cos 4 cos
3 9 4 9 2
k
x x x arc
π
= ⇔ = ⇔ = ± +
Bài tập tương tự:
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:
3 3
1. sin cos
y x x
= +
3
2. 2 sin 3 cos2 6 sin
y x x x
= − + −
Ví dụ 8 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số:
1
1.
sin cos
y
x x
=
+
2. 1 sin 1 cos
y x x
= + + +
Giải :
1
1.
sin cos
y
x x
=
+
Xét hàm số
( ) sin cos
g x x x
= + liên tục trên đoạn
0;
2
π
Ta có :
cos sin cos cos sin sin
'( )
2 sin 2 cos 2 sin .cos
x x x x x x
g x
x x x x
−
= − = ,
0;
2
x
π
∈
cos sin
'( ) 0, 0;
0;
2 4
2
x x
g x x x
x
π π
π
=
= ∈ ⇔ ⇔ =
∈
4 4
4
1
(0) 1; ( ) 8; ( ) 1 1 ( ) 8 1
4 2
8
g g g g x y
π π
= = = ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
Vậy
4
1
min , max 1
8
y y
= =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
113
2. 1 sin 1 cos
y x x
= + + +
Hàm số đã cho xác định khi
1 sin 0
1 cos 0
x
x
+ ≥
+ ≥
(
)
2
0 sin cos 2 2 sin cos sin cos 1 *
y y x x x x x x> ⇒ = + + + + + +
Đặt
2
1
sin cos 2 sin , 2 2 sin cos
4 2
t
t x x x t x x
π
−
= + = + − ≤ ≤ ⇒ =
Khi đó
(
)
*
viết lại
( )
( )
2
1
2 2 2 1 2 2 1
2
f t t t t t t
= + + + + = + + +
( )
(
)
(
)
1 2 2 2, 2 1
1 2 2 2, 1 2
t t
f t
t t
− + − − ≤ ≤ −
=
+ + + − ≤ ≤
neáu
neáu
( )
1 2 0, 2 1
'
1 2 0, 1 2
t
f t
t
− < − ≤ < −
=
+ > − < ≤
neáu
neáu
Hàm số
(
)
f t
không có đạo hàm tại điểm
1
t
= −
( ) ( )
max 4 2 2 min 1
x x
f x f x
∈ ∈
= + =
ℝ ℝ
Ví dụ 9:
(
)
2 2
( ) (sin ) cos
g x f x f x
= trong đó hàm
f
thỏa mãn:
(cot ) sin 2 cos 2
f x x x
= +
[0; ]
x
π
∀ ∈
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
( )
g x
.
Giải :
Đặt
cot
t x
=
2
2 2 2 2
2 t n 2 cot 2 1
sin 2 ; cos 2
1 t n 1 cot 1 1
a x x t t
x x
a x x t t
−
⇒ = = = =
+ + + +
2
2
2 1
( )
1
t t
f t
t
+ −
⇒ =
+
4 2 4 2
4 4
(sin 2 sin 1)(cos 2 cos 1)
( )
(sin 1)(cos 1)
x x x x
g x
x x
+ − + −
⇒ =
+ +
4 4 2 2 2
4 4 2 2 2
sin cos 8 sin cos 2 8 2
( ) ( )
sin cos 2 sin cos 2 2 2
x x x x u u
g x h u
x x x x u u
+ − + −
= = =
− + − +
.
trong đó
2 2
1
sin cos ; 0
4
u x x u
= ≤ ≤
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
114
2
2 2
5 4 6 1
'( ) 2 0 0;
4
( 2 2)
u u
h u u
u u
− + +
⇒ = > ∀ ∈
− +
.
⇒
hàm số
( )
h u
luôn tăng trên
1
0;
4
nên
1
0;
4
1 1
max ( )
4 25
u
h u h
∈
= =
1
0;
4
min ( ) (0) 1
u
h t h
∈
= = −
.
Vậy
1
max ( ) ; min ( ) 1
25
g x g x
= = −
Ví dụ 10: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số trên :
1;2
−
, biết
(
)
( ) ( )
2 2
0 1
. ' 1 2 3
f
f x f x x x
=
= + +
Giải :
( ) ( )
3
2 2 2 3
( )
. ' 1 2 3 , :
3
f x
f x f x x x x x x c c
= + + ⇔ = + + + hằng số.
( )
1
0 1
3
f c
= ⇒ =
Do đó
3
3 2
( ) 3 3 3 1
f x x x x
= + + +
Xét hàm số :
(
)
3 2
3 3 3 1
g x x x x
= + + +
liên tục trên đoạn
1;2
x
∈ −
.
Ta có
(
)
2
' 9 6 3
g x x x
= + +
( )
1
' 0
1
3
x
g x
x
= −
= ⇔
= −
( ) ( ) ( ) ( )
1;2 1;2
1 2
1 2, 2 40, m x 40, min 2
3 9
x x
g g g a g x g x
∈ − ∈ −
− = − = − = ⇒ = = −
Vậy
(
)
( )
3
1;2
3
1;2
m x 40 2
min 2 1
x
x
a f x khi x
f x khi x
∈ −
∈ −
= =
= − = −
Ví dụ: Cho
,
x y
là các số không âm thoả mãn
1
x y
+ =
.Tìm giá trị lớn nhất và
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
115
nhỏ nhất của biểu thức
1 1
x y
P
y x
= +
+ +
.
Giải :
( )
2
2 2
2
2 2
1 1 1 1 2
x y xy x y
x y x x y y xy
P
y x xy x y xy x y xy
+ − + +
+ + + −
= + = = =
+ + + + + + + + +
(vì
1
x y
+ =
). Đặt
2
1
0
2 4
x y
t xy t
+
= ⇒ ≤ ≤ =
.
Xét hàm số
( )
2 2 1
, 0;
2 4
t
f t t
t
−
= ∈
+
. Ta có
( )
( )
2
6 1
' 0, 0;
4
2
f t t
t
−
= < ∀ ∈
+
Bảng biến thiên.
t
0
1
4
(
)
'
f t
−
(
)
f t
1
2
3
Vậy
( ) ( ) ( )
1 1
0 0
4 4
1 2
min , max 0 1
4 3
t t
f t f f t f
≤ ≤ ≤ ≤
= = = =
2
min
3
P
=
khi
1
2
x y
= =
và
max 1
P
=
khi
0, 1
x y
= =
hoặc
1, 0
x y
= =
Ví dụ 11 : Cho
,
a b
là các số dương thoả mãn
3
ab a b
+ + =
. Tìm GTLN của
biểu thức:
2 2
3 3
1 1
a b ab
P a b
b a a b
= + + − −
+ + +
(Dự bị Đại học- 2005 ) .
Giải :
Từ
2
( )
3 3 ( ) 2
4
a b
ab a b a b ab a b
+
+ + = ⇒ − + = ≤ ⇔ + ≥
.
Ta có:
( )( )
2
3 ( 1) 3 ( 1)
( ) 2
1 1
a a b b ab
P a b ab
a b
b a
+ + +
= + − + +
+
+ +
2
2
( ) 2 ( )
3 ( ) 2
1
a b ab a b ab
P a b ab
ab a b a b
+ − + +
= + − + +
+ + + +
2 2
3 3 ( )
( ) 3( ) 6 ( ) 6 2( )
4
a b
P a b a b a b a b
a b
− +
= + + + − + − + + − +
+
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
116
2
1 12
( ) ( ) 2
4
P a b a b
a b
= − + + + + +
+
.
Đặt
2
t a b
= + ≥
. Xét hàm số
2
12
( ) 2
g t t t
t
= − + + +
với
2
t
≥
Ta có:
2
2
12 3
'( ) 2 1 0 2 max ( ) (2)
2
t
g t t t g t g
t
≥
= − + − < ∀ ≥ ⇒ = =
.
Vậy
3
max
2
P
=
đạt được khi
1
a b
= =
.
Ví dụ : Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thõa mãn
3
2
x y z
+ + ≤
.
Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1
P x y z
x y z
= + + + + +
.
Giải :
Ta có :
( )
1 1 1 1 1 1 9
9x y z
x y z x y z x y z
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥
+ +
.
1 1 1 9
P x y z x y z
x y z x y z
= + + + + + ≥ + + +
+ +
Đặt
3
0
2
t x y z t
= + + ⇒ < ≤
. Khi đó
9 3
,0
2
P t t
t
≥ + < ≤
Xét
( )
9 3
, 0;
2
f t t t
t
= + ∈
. Ta có
( )
2
9 3
' 1 0, 0;
2
f t t
t
= − < ∀ ∈
Bảng biến thiên.
t
0
3
2
(
)
'
f t
−
(
)
f t
+∞
15
2
Vậy
( )
3
0
2
3 15 15 15
min min
2 2 2 2
t
f t f P P
< ≤
= = ⇒ ≥ ⇒ =
khi
1
2
x y z
= = =
Ví dụ 12: Cho
, ,
x y z
là số thực thỏa mãn
2 2 2
2
x y z
+ + =
.Tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
3
P x y z xyz
= + + −
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
117
Giải :
Từ các đẳng thức
2 2 2 2
2( ) ( )
x y z xy yz zx x y z
+ + + + + = + +
3 3 3 2 2 2
3 ( )( )
x y z xyz x y z x y z xy yz zx
+ + − = + + + + − − − và điều kiện ta
có:
2 2 2
( )( )
P x y z x y z xy yz zx
= + + + + − − −
2
( ) 2
( ) 2
2
x y z
x y z
+ + −
= + + −
Đặt
6 6
t x y z t
= + + ⇒ − ≤ ≤
Ta có:
2 3
2
(2 ) 3 ( )
2 2
t t
P t t f t
−
= − = − + =
Xét hàm số
( )
f t
với
6 6
t
− ≤ ≤ .
Ta có:
2
3
'( ) ( 2) '( ) 0 2
2
f t t f t t
= − + ⇒ = ⇔ = ±
6; 6 6; 6
max ( ) ( 2) 2 2; min ( ) ( 2) 2 2
f t f f t f
− −
⇒ = = = − = −
Vậy
max 2 2
P
= đạt được khi
2; 0
x y z
= = =
min 2 2
P
= − đạt được khi
2; 0
x y z
= − = =
.
Ví dụ:
Ví dụ 13: Cho hai số
, 0
x y
≠
thay đổi thỏa mãn
(
)
2 2
x y xy x y xy
+ = + −
Tìm GTLN của biểu thức :
3 3
1 1
A
x y
= + ( Đại học Khối A – 2006 ).
Giải:
Cách 1 :
Đặt:
(
)
2 2 2
, 3
u x y v xy x y xy x y xy uv u v
= + = ⇒ + = + − ⇔ = −
( ) ( )
2
2
3 do 3
3
u
u v u v u
u
⇔ + = ⇔ = ≠ −
+
.
Vậy
( )
(
)
2
2
3 3 3 2
3 3 3 3 23
3
1 1 3 3
u u v
x y u uv u u
A
u
x y v v v
xy
−
+ − +
= + = = = = =
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
118
Vì
2
2 2
4 4 1
4 1 0
3 3 3
u u
u v u
u u u
−
≥ ⇒ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≥
+ + +
(ở đây ta lưu ý
0
u
≠
)
1 3
u u
⇔ ≥ ∨ < −
3
0
u
u
+
⇒ >
. Xét hàm
( ) ( )
2
3 3
' 0
u
f u f u
u
u
+ −
= ⇒ = <
Lập bảng biến thiên, ta thấy
( ) (1) 4
f u f
≤ =
16
A
⇒ ≤
.
Đẳng thức xảy ra
1
2
x y
⇔ = =
. Vậy GTLN của
16
A
=
.
Cách 2 :
Đặt
1 1
;a b
x y
= =
. Khi đó giả thiết của bài toán trở thành
2 2 2
1
( ) 0 4
4
a b a b ab a b a b
+ = + − ≥ + ⇔ ≤ + ≤
Và
3 3 2 2 2
( )( ) ( ) 16
A a b a b a b ab a b
= + = + + − = + ≤
Đẳng thức xảy ra
1
2
2
a b x y
⇔ = = ⇔ = =
.
Tương tự :
Ví dụ 14 : Cho hai số thực
,
x y
thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2 2
1
x y
+ =
.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
2
2
2( 6 )
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +
(Đại học Khối B – 2008).
Giải:
Cách 1 :
Ta có:
2 2
2 2 2
2( 6 ) 2( 6 )
1 2 2 2 3
x xy x xy
P
xy y x xy y
+ +
= =
+ + + +
* Nếu
0 1
y P
= ⇒ =
.
Nếu
0
y
≠
thì đặt :
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2( 6 ) 2( 6 )
2
2 3 2 3
t y ty t t
x ty P f t
t y ty y t t
+ +
= ⇒ = = =
+ + + +
Xét hàm số
( )
f t
, ta có :
( )
(
)
( )
2
1 2
2
2
4 6 18 3
' , ' 0 3,
2
2 3
t t
f t f t t t
t t
− + +
= = ⇔ = = −
+ +
,
(
)
lim 1
t
f t
→±∞
=
Lập bảng biến thiên ta được: GTLN
3
P
=
và GTNN
6
P
= −
.
Cách 2 :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
119
2 2
2 2 2
2( 6 ) 2 12
1 2 2 2 3
x xy x xy
P
xy y x xy y
+ +
= =
+ + + +
2 2
2 2 2 2
2 12 ( 3 )
3 3 0
2 3 2 3
x xy x y
P
x xy y x xy y
+ − −
⇒ − = − = ≤
+ + + +
3
P
⇒ ≤
. Đẳng thức xảy ra
2 2
3
3
2
1
1
2
x
x y
x y
y
= ±
=
⇔ ⇔
+ =
= ±
.
2 2
2 2 2 2
2 12 2(2 3 )
6 6 0
2 3 2 3
x xy x y
P
x xy y x xy y
+ +
+ = + = ≥
+ + + +
6
P
⇒ ≥ −
. Đẳng thức xảy ra
2 2
3
3
13
2
2
1
13
x
x y
x y
y
=
= −
⇔ ⇔
+ =
= ±
∓
.
Vậy
max 3; min 6
P P
= = −
.
Tuy nhiên cách làm cái khó là chúng ta làm sao biết cách đánh giá
3
P
−
và
6
P
+
?
Tương tự :
Cho hai số thực
,
x y
thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2 2
1
x y
+ =
. Tìm GTLN,
GTNN của biểu thức:
2
2
2
2 2 1
xy y
A
x xy
+
=
+ +
2 2
2 2
2 1
x xy y
B
x xy y
− +
=
+ + −
Ví dụ 15: Cho bốn số nguyên
, , ,
a b c d
thay đổi thỏa:
1 50
a b c d
≤ < < < ≤
Tìm GTNN của biểu thức
a c
P
b d
= +
(Dự bị Đại học - 2002).
Giải:
Vì
1 50
a b c d
≤ < < < ≤
và
, , ,
a b c d
là các số nguyên nên
1
c b
≥ +
Suy ra :
( )
1 1
50
a c b
f b
b d b
+
+ ≥ + = .
Dẽ thấy
2 48
b
≤ ≤
nên ta xét hàm số :
( )
1 1
, [2; 48]
50
x
f x x
x
+
= + ∈
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
120
Ta có
( ) ( )
2
1 1
' ' 0 5 2
50
f x f x x
x
= − + ⇒ = ⇔ = .
Lập bảng biến thiên ta được
(
)
(
)
[2;48]
min 5 2
f x f=
Do 7 và 8 là hai số nguyên gần
5 2
nhất vì vậy:
( ) ( ) ( )
{ }
[2;48]
53 61 53
min min 7 ; 8 min ;
175 200 175
f b f f
= = =
.
Vậy GTNN
53
175
P = .
Ví dụ 16: Cho
, ,
a b c
là
3
số thực dương và thỏa mãn
2 2 2
1.
a b c
+ + =
Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
3 3
.
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Giải :
Để không mất tính tổng quát , giả sử
0
a b c
< ≤ ≤
và thỏa mãn hệ thức
2 2 2
1.
a b c
+ + =
Do đó
1
0
3
a b c< ≤ ≤ ≤ .
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
a b c a b c
b c a c a b a b c
+ + = + +
+ + + − − −
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a a b b c c
= + +
− − −
Xét hàm số :
(
)
2
( ) 1
f x x x
= − liên tục trên nửa khoảng
1
0;
3
.
Ta có :
( )
2
1
'( ) 3 1 0, 0;
3
f x x x f x
= − + > ∈ ⇒
liên tục và đồng biến trên
nửa khoảng
1
0;
3
.
Và
( )
2
0 0
1 2 2
lim ( ) lim 1 0, 0 ( )
3 3 3 3 3
x x
f x x x f f x
+ +
→ →
= − = = ⇒ < ≤
hay
( )
2
2
0 1
3 3
x x< − ≤ .
Hay
( )
2
2
2
1 2 3 3 1
, 0;
2
1
1
3 3 3
x
x x
x
x x
≥ ⇔ ≥ ∀ ∈
−
−
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
121
Suy ra
( )
2
2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
3 3
2
1
3 3 3 3
2 2
1 1 1 1
3 3
2
1
a
a
a
b a b c
b a b c
b a b c
c
c
c
≥
−
≥ ⇒ + + ≥ + +
− − − −
≥
−
.
Vậy
2 2 2 2 2 2
3 3
.
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Xảy ra khi
1
3
a b c= = = .
Chú ý : Để không mất tính tổng quát , giả sử
0
a b c
< ≤ ≤
và thỏa mãn hệ thức
2 2 2
1.
a b c
+ + =
Ta có thể suy ra
0 1
a b c
< ≤ ≤ <
.
Khi đó xét hàm số :
(
)
2
( ) 1
f x x x
= − liên tục trên khoảng
(
)
0;1
.
(
)
2
'( ) 3 1, 0;1
f x x x= − + ∈ và
1
'( ) 0
3
f x x= ⇔ =
( )
1
'( ) 0, 0;
3
f x x f x
• > ∈ ⇒
liên tục và đồng biến trên khoảng
1
0;
3
( )
1
'( ) 0, ;1
3
f x x f x
• < ∈ ⇒
liên tục và nghịch biến trên khoảng
1
;1
3
.
Và
0 1
1 2 2
lim ( ) lim ( ) 0, 0 ( )
3 3 3 3 3
x x
f x f x f f x
+ −
→ →
= = = ⇒ < ≤
. Phần còn lại
tương tự như trên.
Ví dụ 17: Xét các số thực không âm thay đổi
, ,
x y z
thỏa điều kiện:
1
x y z
+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của:
1 1 1
1 1 1
x y z
S
x y z
− − −
= + +
+ + +
.
Giải :
Tìm MinS :
Không mất t ính tổng quát giả sử:
0 1
x y z
≤ ≤ ≤ ≤
.
Với
1
, , 0;1
, , 0
x y z
x y z
x y z
+ + =
⇒ ∈
≥
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
122
Vì
(
)
(
)
2
1 1 1 1
x x x
− + = − ≤
nên:
2
1 1
(1 ) 1
1 1
x x
x x
x x
− −
≥ − ⇒ ≥ −
+ +
.
Dấu đẳng thức xảy ra trong trường hợp
0
x
=
hoặc
1
x
=
.
Khi đó
1 1 1
1 1 1
1 1 1
x y z
S x y z
x y z
− − −
= + + ≥ − + − + −
+ + +
hay
2
S
≥
.
Đẳng thức xảy ra khi
0, 1
x y z
= = =
thì
2
S
=
.
Vậy:
min 2
S
=
.
Tìm MaxS:
Không mất t ính tổng quát giả sử:
0 1
x y z
≤ ≤ ≤ ≤
.
Lúc đó:
1 2 4
;
3 3 5
z x y
≥ + ≤ <
.
1 1 1
1 1 1
x y z
S
x y z
− − −
= + +
+ + +
≤
1 ( ) 1
1
1 1
x y z
x y z
− + −
+ +
+ + +
=
1
1
2 1
z z
z z
−
+ +
− +
Đặt
( )
1
2 1
z z
h z
z z
−
= +
− +
. Bài toán trở thành giá trị lớn nhất của
(
)
h z
trên đoạn
1
; 1
3
.
1
'( ) 0
2
h z z
= ⇔ =
.
1 1 2
( )=Max ; (1);
3 2
3
Maxh z h h h
=
.
Do đó :
1 1 1 2
1
1 1 1
3
x y z
S
x y z
− − −
= + + ≤ +
+ + +
.
Đẳng thức xảy ra khi
1
0,
2
x y z
= = =
thì
2
1
3
S = +
.
Vậy:
2
m 1
3
axS = +
Ví dụ 18: Cho ba số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn:
abc a c b
+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
= − +
+ + +
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
123
Ta có :
(
)
1 0
a c b ac
+ = − >
. Dễ thấy
1
1 0ac a
c
≠ ⇒ < <
nên
1
a c
b
ac
+
=
−
2
2 2 2 2
2 2(1 ) 3
P=
1 ( ) (1 ) 1
ac
a a c ac c
−
⇒ − +
+ + + − +
2
2 2 2 2
2 2( ) 3
2
1 ( 1)( 1) 1
a c
P
a a c c
+
= + − +
+ + + +
Xét
( )
2
2 2 2 2
2 2( ) 3
2
1 ( 1)( 1) 1
x c
f x
x x c c
+
= + + −
+ + + +
( )
2 2
2 2 2
2( 2 2 1) 3 1
2,0
( 1)( 1) 1
x cx c
f x x
c
x c c
+ + +
= + − < <
+ + +
2
'
2 2 2
4 ( 2 1) 1
( ) , 0
( 1) ( 1)
c x cx
f x x
c
x c
− + −
⇒ = < <
+ +
Trên khoảng
( )
1
0; : ' 0
f x
c
=
có nghiệm
2
0
1
x c c
= − + +
và
(
)
'
f x
đổi dấu từ dương sang âm khi
x
qua
0
x
, suy ra
(
)
f x
đạt cực đại tại
0
x x
=
( )
2 2
2 2 2
1 2 3 2 3
0; : 2
1 1
1 1 1
c
x f x
c
c c
c c c c
⇒ ∀ ∈ ≤ + − = +
+ +
+ − + +
Xét
( )
2
2
2 3
,c>0
1
1
c
g c
c
c
= +
+
+
2
'
2 2 2
2(1 8 )
( )
( 1) ( 1 3 )
c
g c
c c c
−
=
+ + +
'
2
0
1
g ( ) 0
1 8 0
2 2
c
c c
c
>
= ⇔ ⇔ =
− =
( )
1 2 24 10
c>0:g ( )
3 9 3
2 2
c g⇒ ∀ ≤ = + =
10
3
P⇒ ≤
. Dấu
"="
xảy ra khi
1
2
2
1
2 2
a
b
c
=
=
=
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
124
Vậy giá trị lớn nhất của P là
10
3
.
Ví dụ 19 : Cho tam giác ABC không tù. Tìm GTLN của biểu thức:
cos 2 2 2(cos cos )
P A B C
= + + (Đại học Khối A – 2004 ) .
Giải:
Ta có
2 2
90 cos 2 2 cos 1 2 cos 1 1 4 sin
2
A
A A A A≤ ⇒ = − ≤ − = −
Đẳng thức có
2
cos cos
A A
⇔ = (1).
cos cos 2 sin . cos 2 sin
2 2 2
C B C C
B C
−
+ = ≤
Đẳng thức xảy ra
cos 1
2
B C
−
⇔ =
(2).
Đặt
2
sin 0
2 2
A
t t= ⇒ < ≤ . Ta có:
2
4 4 2 1 ( )
P t t f t
≤ − + + =
Xét hàm số
2
( ), 0;
2
f t t
∈
, có
2
'( ) 8 4 2 '( ) 0
2
f t t f t t= − + ⇒ = ⇔ =
Lập bảng biến thiên ta có:
2
( ) 3 3
2
f t f P
≤ = ⇒ ≤
.
Đẳng thức xảy ra
2
0
0
cos cos
90
cos 1
2
45
2
sin
2 2
A A
A
B C
B C
A
=
=
−
⇔ = ⇔
= =
=
.
Vậy
max 3
P
=
.
Ví dụ 20: Cho tam giác
ABC
có
A B C
> >
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức :
sin sin
1.
sin sin
x A x B
M
x C x C
− −
= + −
− −
Giải :
Biểu thức xác định khi
(
)
)
;sin sin ;D C A
= −∞ +∞
∪ .
( ) ( )
2 2
sin sin sin 1 sin sin sin
' . . 0,
sin 2 sin
sin sin
x C A C x C B C
M x D M
x A x B
x C x C
− − − −
= + > ∀ ∈ ⇒
− −
− −
liên
tục và đồng biến trên mỗi khoảng
(
)
;sin
C
−∞ ,
)
sin ;A
+∞
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
125
Do đó
( )
sin sin
min sin 1
sin sin
A B
M M A
A C
−
= = −
−
Ví dụ 21: Cho một tam giác đều
ABC
cạnh
a
. Người ta dựng một hình chữ
nhật
MNPQ
có cạnh
MN
nằm trên cạnh
BC
, hai đỉnh
P
và
Q
theo thứ tự
nằm trên hai cạnh
AC
và
AB
của tam giác . Xác định vị trí điểm
M
sao cho
hình chữ nhật có diện tích lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó.
Giải :
Đặt
, 0 2 2
2
a
BM x x NM BC BM a x
= < < ⇒ = − = −
Trong tam giác vuông
BMQ
có
tan .tan 3
QM
QBM QM BM QBM x
BM
= ⇒ = =
Diện tích hình chữ nhật
MNPQ
là
(
)
(
)
. 2 3
S x MN QM a x x= = −
Bài toán quy về : Tìm giá trị lớn nhất của
( ) ( )
2 3, 0;
2
a
S x a x x x
= − ∈
( ) ( )
' 4 3 3, 0; ' 0
2 4
a a
S x x a x S x x
= − + ∈ = ⇔ =
Bảng biến thiên của
(
)
S x
trên khoảng
0;
2
a
x
0
4
a
2
a
(
)
'
S x
+
0
−
(
)
S x
2
3
8
a
0
0
Vậy diện tích hình chữ nhật lớn nhất là
2
3
8
a
khi
4
a
x
=
Bài 3 :TIỆM CẬN HÀM SỐ
3.1TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang:
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
126
•
Đường thẳng
0
y y
=
được gọi là đường tiệm cận ngang ( gọi tắt là tiệm cận
ngang) của đồ thị hàm số
(
)
y f x
= nếu
(
)
0
lim
x
f x y
→+∞
=
hoặc
(
)
0
lim
x
f x y
→−∞
=
.
•
Đường thẳng
0
x x
=
được gọi là đường tiệm cận đứng ( gọi tắt là tiệm cận
đứng) của đồ thị hàm số
(
)
y f x
= nếu
(
)
0
lim
x x
f x
−
→
= +∞
hoặc
(
)
0
lim
x x
f x
+
→
= +∞
hoặc
(
)
0
lim
x x
f x
−
→
= −∞
hoặc
(
)
0
lim
x x
f x
+
→
= −∞
.
2. Đường tiệm cận xiên:
Đường thẳng
(
)
0
y ax b a
= + ≠
được gọi là đường tiệm cận xiên ( gọi tắt là
tiệm cận xiên) của đồ thị hàm số
(
)
y f x
= nếu
(
)
(
)
(
)
lim 0
x
f x f x ax b
→+∞
= − + =
hoặc
(
)
(
)
(
)
lim 0
x
f x f x ax b
→−∞
= − + =
Trong đó
(
)
( )
lim , lim
x x
f x
a b f x ax
x
→+∞ →+∞
= = −
hoặc
(
)
( )
lim , lim
x x
f x
a b f x ax
x
→−∞ →−∞
= = −
.
Chú ý : Nếu
0
a
=
thì tiệm cận xiên trở thành tiệm cận đứng.
3.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Ví dụ 1 : Tìm tiệm cận của đồ thị hàm số :
2 1
1.
2
x
y
x
−
=
+
2
1
2.
1
x x
y
x
− +
=
−
2
1
3.
x
y
x
+
=
2
4. 1 1
y x
= + −
Giải :
2 1
1.
2
x
y
x
−
=
+
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 2
D = ℝ .
*
Ta có:
1
2
2 1
lim lim lim 2
2 2
1
x x x
x
x
y
x
x
→−∞ →−∞ →−∞
−
−
= = =
+
+
và
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
127
1
2
2 1
lim lim lim 2
2 2
1
x x x
x
x
y
x
x
→+∞ →+∞ →+∞
−
−
= = =
+
+
2
y
⇒ =
là tiệm cận ngang của đồ thị khi
x
→ −∞
và
x
→ +∞
.
( ) ( )
2 2
2 1
lim lim
2
x x
x
y
x
− −
→ − → −
−
= = −∞
+
và
( ) ( )
2 2
2 1
lim lim
2
x x
x
y
x
+ +
→ − → −
−
= = +∞
+
2
x
⇒ = −
là tiệm cận đứng của đồ thị khi
( )
2
x
−
→ −
và
( )
2
x
+
→ −
;
( )
2 1
lim lim 0
2
x x
y x
x
x x
→−∞ →−∞
−
= = ⇒
+
hàm số
f
không
có tiệm cận xiên khi
x
→ −∞
.
( )
1
2
2 1
lim lim lim 0
2
2
x x x
y x
x
x x
x x
→+∞ →+∞ →+∞
−
−
= = = ⇒
+
+
hàm số
y
không có tiệm cận
xiên khi
x
→ +∞
.
2
1
2.
1
x x
y
x
− +
=
−
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
D = ℝ
*
Ta có:
1
1
y x
x
= +
−
1 1
1
lim lim
1
x x
y x
x
+ +
→ →
⇒ = + = +∞
−
và
1 1
1
lim lim 1
1
x x
y x x
x
− −
→ →
= + = −∞ ⇒ =
−
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
khi
1
x
+
→ và
1
x
−
→ ;
1
lim lim
1
x x
y x
x
→+∞ →+∞
= + = +∞
−
và
1
lim lim
1
x x
y x
x
→−∞ →−∞
= + = −∞ ⇒
−
hàm số không có tiệm cận ngang
1
lim ( ) lim 0
1
x x
y x
x
→+∞ →+∞
− = =
−
và
1
lim ( ) lim 0
1
x x
y x
x
→−∞ →−∞
− = =
−
y x
⇒ =
là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi
x
→ +∞
và
x
→ −∞
.
2
1
3.
x
y
x
+
=
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
128
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 0
D = ℝ .
2
2
1
1
1
lim lim lim 1 1, 1
x x x
x
x
y y
x
x
→−∞ →−∞ →−∞
− +
= = − + = − ⇒ = −
là tiệm cận ngang
của đồ thị hàm số khi
x
→ −∞
.
2
2
1
1
1
lim lim lim 1 1, 1
x x x
x
x
y y
x
x
→+∞ →+∞ →+∞
+
= = + = ⇒ =
là tiệm cận ngang của đồ
thị hàm số khi
x
→ +∞
.
2 2
0 0 0 0
1 1
lim lim , lim lim 0
x x x x
x x
y y x
x x
− − + +
→ → → →
+ +
= = −∞ = = +∞ ⇒ =
là tiệm cận
đứng của đồ thị hàm số khi
0
x
−
→ và
0
x
+
→
2
2
2 2
1
1
1
lim lim lim 0
x x x
x
y x
x
x
x x
→−∞ →−∞ →−∞
− +
+
= = = ⇒
hàm số
y
không có tiệm cận
xiên khi
x
→ −∞
2
2
2 2
1
1
1
lim lim lim 0
x x x
x
y x
x
x
x x
→+∞ →+∞ →+∞
+
+
= = = ⇒
hàm số
y
không có tiệm cận xiên
khi
x
→ +∞
2
4. 1 1
y x
= + −
( )
2
2
2
1 1
1 1 1
1 1
x
y x y
x y
− ≤ ≤
= + − ⇔ ≥
+ − =
Do đó đồ thị hàm số là nửa đường tròn tâm
(
)
0;1
I , bán kính
1
R
=
.
Vậy đồ thị hàm số không có tiêm cận.
Chú ý :
Cho hàm phân thức
( )
( )
( )
u x
f x
v x
= .
a) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là số nghiệm của hệ
( ) 0
( ) 0
v x
u x
=
≠
.
b) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
⇔
deg ( ) deg ( )
u x v x
≤
, trong đó
deg
là
bậc của đa thức.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
129
c) Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên
deg ( ) deg ( ) 1
u x v x
⇔ = +
.Khi đó để tìm
tiệm cận xiên ta chia
( )
u x
cho
( )
v x
, ta được:
1
( )
( )
u x
y ax b
v x
= + + , trong đó
1
deg ( ) deg ( )
u x v x
<
1 1
( ) ( )
lim lim 0
( ) ( )
x x
u x u x
y ax b
v x v x
→+∞ →−∞
⇒ = = ⇒ = +
là TCX của đồ thị hàm số.
* Nếu đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì không có tiệm cận xiên và ngược lại.
Bài tập tự luyện:
Tìm tiệm cận của đồ thị hàm số :
1.
3 2
3 4
x
y
x
−
=
+
2.
2
2 3 4
5 2
x x
y
x
+ −
=
−
3.
2
4 5
y x x x
= + + +
2.
2
5 1
2
x x
y
x
+ +
=
+
Ví dụ 2: Tìm tiệm cận của các đồ thị hàm số sau:
2
1. 2 2
y x x
= − +
2
2. 1
y x x
= + −
Giải :
2
1. 2 2
y x x
= − +
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có:
2
2
2 2 2 2
lim lim lim 1 1
x x x
y x x
a
x x x
x
→+∞ →+∞ →+∞
− +
= = = − + =
2
lim ( ) lim 2 2
x x
b y ax x x x
→+∞ →+∞
= − = − + −
2
2
2
2
2 2
lim lim 1
2 2
2 2
1 1
x x
x
x
x x x
x
x
→+∞ →+∞
− +
− +
= = = −
− + +
− + +
1
y x
⇒ = −
là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi
x
→ +∞
.
2
2
2 2 2 2
lim lim lim 1 1
x x x
y x x
a
x x x
x
→−∞ →−∞ →−∞
− +
= = = − − + = −
2
lim ( ) lim 2 2
x x
b y ax x x x
→−∞ →−∞
= − = − + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
130
2
2
2
2
2 2
lim lim 1
2 2
2 2
1 1
x x
x
x
x x x
x
x
→−∞ →−∞
− +
− +
= = =
− + −
− − + −
1
y x
⇒ = − +
là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi
x
→ −∞
.
2
2. 1
y x x
= + −
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
(
)
; 1 1;D
= −∞ − ∪ +∞
.
2
2
1 1
lim lim lim 1 1 2
x x x
y x x
a
x x
x
→+∞ →+∞ →+∞
+ −
= = = + − =
( )
2
2
1
lim lim 1 lim 0
1
x x x
b y ax x x
x x
→+∞ →+∞ →+∞
−
= − = − − = =
− +
2
y x
⇒ =
là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi
x
→ +∞
.
2
2
1 1
lim lim lim 1 1 0
x x x
y x x
a
x x
x
→−∞ →+∞ →+∞
+ −
= = = − − =
2
2
1
lim lim 1 lim 0
1
x x x
b y x x
x x
→−∞ →−∞ →−∞
−
= = − + = =
− −
0
y
⇒ =
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi
x
→ −∞
.
Nhận xét:
1) Xét hàm số
2
( 0)
y ax bx c a
= + + ≠
.
* Nếu
0
a
< ⇒
đồ thị hàm số không có tiệm cận.
* Nếu
0
a
>
đồ thị hàm số có tiệm cận xiên
( )
2
b
y a x
a
= + khi
x
→ +∞
và
2
b
y a x
a
= − +
khi
x
→ −∞
.
2) Đồ thị hàm số
2
y mx n p ax bx c
= + + + +
( 0)
a
>
có tiệm cận là đường
thẳng :
| |
2
b
y mx n p a x
a
= + + + .
Bài tập tự luyện:
Tìm tiệm cận của đồ thị hàm số :
1.
2
4
x
y x
x
−
= −
+
3.
2
2 3
y x x x
= − + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
131
Ví dụ 3: Tùy theo giá trị của tham số
m
. Hãy tìm tiệm cận của đồ thị hàm số
sau:
3
1
1
x
y
mx
−
=
−
.
Giải :
*
0 1
m y x
= ⇒ = − + ⇒
đồ thị hàm số không có tiệm cận.
*
3
1
1 ( )
1
x
m f x
x
−
= ⇒ =
−
lim ( ) lim ( ) 0 0
x x
f x f x y
→+∞ →−∞
⇒ = = ⇒ =
là tiệm cận
ngang của đồ thị hàm số khi
x
→ +∞
và
x
→ −∞
.
Vì
1 1
1
lim ( ) lim
3
x x
f x
+ −
→ →
= = ⇒
đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
*
0
1
m
m
≠
⇒
≠
hàm số xác định trên
3
1
\D
m
=
ℝ
Đường thẳng
0
y
=
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Đường thẳng
3
1
x
m
= là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Bài tập tự luyện:
Tùy theo giá trị của tham số
m
. Hãy tìm tiệm cận của đồ thị hàm số sau:
(
)
2
4
1 2
4
m x m
y
mx
− + +
=
+
.
Ví dụ 4: Tìm
m
để hàm số
1
y mx
x
= +
có cực trị và khoảng cách từ điểm
cực tiểu của hàm số đã cho đến đường tiệm cận xiên của nó bằng
2
17
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
(
)
(
)
;0 0;
−∞ ∪ +∞
.
*
Ta có :
2
1
' , 0
y m x
x
= − ≠
.
Để hàm số đã cho có cực trị thì phương trình
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
khác
0
.
Với
0
m
>
thì
1 2
2
1 1 1
' 0 0y m x x
x m m
= ⇔ − = ⇔ = − < = và điểm cực
tiểu của hàm số là
1
;2
A m
m
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
132
Vì
1 1
lim lim 0
x x
x x
→−∞ →+∞
= =
nên
(
)
:
d y mx
= là đường cận xiên.
Theo bài toán
( )
( )
2 2
,
1
2
2 2 2
17 17 17
1 1
A d
m m
m
m
d
m m
−
= ⇔ = ⇔ =
+ +
2 2
4
17. 2 1 4 17 4 0
1
4
m
m m m m
m
=
= + ⇔ − + = ⇔
=
.
Bài toán tương tự :
Tìm
m
để hàm số
2
1
1
mx mx m
y
x
− + −
=
−
có cực trị và khoảng cách từ điểm
cực tiểu của hàm số đã cho đến đường tiệm cận xiên của nó bằng
1
2
.
Ví dụ 5 : Cho hàm số
(
)
2 2 2
2 3
1
mx m m x m
y
x
+ + + + +
=
+
. Tìm
m
để
khoảng cách từ gốc
O
đến tiệm cận xiên hoặc ngang là nhỏ nhất .
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
(
)
(
)
; 1 1;
−∞ − ∪ − +∞
(
)
2 2 2
2
2 3
1
2 , 1
1 1
mx m m x m
y mx m x
x x
+ + + + +
= = + + + ≠ −
+ +
Vì
1 1
lim lim 0
1 1
x x
x x
→−∞ →+∞
= =
+ +
nên
(
)
2
: 2
d y mx m
= + +
(
)
2
: 2 0
d mx y m
⇔ − + + =
là đường cận xiên hoặc ngang của hàm số.
Ta có :
( )
2
2
2
2
2
1
; 1 2
1
1
m
d O d m
m
m
+
= = + + ≥
+
+
Vậy
(
)
;
d O d
nhỏ nhất bằng
2
khi
2
2
1
1 0
1
m m
m
+ = ⇔ =
+
.
Khi đó hàm số có tiệm cận ngang là
2
y
=
.
Bài toán tương tự :
Cho hàm số
(
)
2 2
2 4 3
1
x m x m m
y
mx
+ + + − +
=
+
. Tìm
m
để khoảng cách từ gốc
O
đến tiệm cận xiên hoặc ngang là nhỏ nhất .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
133
Ví dụ 6: Cho hàm số
2 2
(3 2) 2
3
mx m x
y
x m
+ − −
=
+
(
)
m
C ,với
m
∈
ℝ
.
1.
Tìm
m
để góc giữa hai tiệm cận của đồ thị
(
)
m
C bằng
0
45
.
2.
Tìm
m
để đồ thị
(
)
m
C có tiệm cận xiên tạo cắt hai trục tọa độ tại
,
A B
sao
cho tam giác
AOB
∆
có diện tích bằng
4
.
Giải :
Ta có:
6 2
2
3
m
y mx
x m
−
= − +
+
Đồ thị hàm số có hai tiệm cận
1
6 2 0
3
m m
⇔ − ≠ ⇔ ≠
.
Phương trình hai đường tiệm cận là:
1
: 3 3 0
x m x m
∆ = − ⇔ + =
Và
2
: 2 2 0
y mx mx y
∆ = − ⇔ − − =
.
Véc tơ pháp tuyến của
1
∆
và
2
∆
lần lượt là :
1 2
(1;0), ( ; 1)
n n m
= = −
1.
Góc giữa
1
∆
và
2
∆
bằng
0
45
khi và chỉ khi
2 2
2
1 2
1 2
0
.
2
cos 45 cos 2 1 1
2
.
1
n n
m
m m m
n n
m
= = = ⇔ = + ⇔ = ±
+
Vậy
1
m
= ±
là những giá trị cần tìm.
2.
Hàm số có tiệm cận xiên
0
1
3
m
m
≠
⇔
≠
. Khi đó:
2
(0; 2), ; 0
A B
m
−
Ta có:
1 1 2
. 4 . | 2 | . 4 2
2 2
ABC
S OAOB m
m
∆
= = ⇔ − = ⇔ = ±
Vậy
2
m
= ±
là những giá trị cần tìm.
Bài toán tương tự :
Cho hàm số
(
)
2
1 ( 1) 2 3
2
m x m x m
y
x m
− + + − +
=
−
(
)
m
C ,với
m
∈
ℝ
.
1.
Tìm
m
để góc giữa hai tiệm cận của đồ thị
(
)
m
C bằng
0
45
.
2.
Tìm
m
để đồ thị
(
)
m
C có tiệm cận xiên tạo cắt hai trục tọa độ tại
,
A B
sao
cho tam giác
AOB
∆
có diện tích bằng
4
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
134
Ví dụ 7: Cho hàm số
2
1
1
x x
y
x
+ +
=
−
có đồ thị là
(
)
C
. Chứng minh rằng:
1.
Tích khoảng cách từ một điểm bất kì trên
(
)
C
đến hai tiệm cận không đổi
2.
Không có tiếp tuyến nào của
(
)
C
đi qua giao điểm của hai tiệm cận.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
{
}
\ 1
D = ℝ .
1.
Ta có:
3
2
1
y x
x
= + + ⇒
−
hai tiệm cận của đồ thị hàm số là
1
: 1 0
x
∆ − =
và
2
: 2 0
x y
∆ − + =
Gọi
0 0
0
3
( ) ; 2
1
M C M x x
x
∈ ⇒ + +
−
(
)
0
1 1
, 1
d d M x
⇒ = ∆ = −
( )
0 0
0
2
0
2
3
2 2
1
3
,
2 2 1
x x
x
d d M
x
− − − +
−
= ∆ = =
−
0
0
1 2
3 3 2
. 1
2
2 1
d d x
x
⇒ = − =
−
đpcm.
2.
Gọi
1 2
(1; 3)
I I
= ∆ ∩ ∆ ⇒
Giả sử
∆
là tiếp tuyến bất kì của đồ thị (C)
⇒
phương trình của
∆
có dạng
0 0 0 0 0
0
0
2
3 3
: '( )( ) 1 ( ) 2
1
( 1)
y y x x x y x x x
x
x
∆ = − + = − − + + +
−
−
0 0
0
0
2
3 3
1 (1 ) 2 3
1
( 1)
I x x
x
x
⇒ ∈ ∆ ⇔ − − + + + =
−
−
0 0
0 0 0
3 3 6
1 2 3 0 0
1 1 1
x x
x x x
⇔ − + + + + − = ⇔ =
− − −
ta thấy phương trình
này vô nghiệm. Vậy không có tiếp tuyến nào của đồ thị (C) đi qua
I
.
Bài 5 : PHÉP TỊNH TIẾN
VÀ TÂM ĐỐI XỨNG
5.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
135
1. Điểm uốn của đồ thị :
Giả sử hàm số
f
có đạo hàm cấp một liên tục trên khoảng
(
)
;
a b
chứa điểm
0
x
và
có đạo hàm cấp hai trên khoảng
(
)
0
;
a x
vì
(
)
0
;
x b
.Nếu
''
f
đổi dấu khi
x
qua điểm
0
x
thì
(
)
(
)
0 0
;
I x f x
là một điểm uốn của đồ thị của hàm số
(
)
y f x
= .
Nếu hàm số
f
có đạo hàm cấp hai tại điểm
0
x
thì
(
)
(
)
0 0
;
I x f x
là một điểm uốn
của đồ thị hàm số thì
(
)
0
'' 0
f x
=
2. Phép tịnh tiến hệ tọa độ :
Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tình tiến theo vectơ
OI

là
0
o
x X x
y Y y
= +
= +
,
(
)
(
)
0 0
;
I x f x
.
5.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1 : Chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ
OI

.
Ví dụ 1: Tìm tham số thực
m
để điểm
I
thuộc đồ thị
(
)
(
)
3 2
: 3 2 1
C y x mx m x
= + + + +
nằm trên trục hoành , biết rằng hoành
độ của điểm
I
nghiệm đúng phương trình
(
)
'' 0
f x
=
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
*
Ta có :
2
' 3 6 2
y x mx m
= + + +
'' 6 6
y x m
= +
và
'' 0
y x m
= ⇔ = −
.
Dễ thấy
''
y
đổi dấu khi
x
qua điểm
0
x m
= −
. Suy ra
(
)
3 2
;2 2 1
I m m m m
− − − +
là điểm uốn của đồ thị đã cho.
Vì
(
)
(
)
3 2 2
2 2 1 0 1 2 1 0
I Ox m m m m m m
∈ ⇔ − − + = ⇔ − + − =
1
m
⇔ =
hoặc
1
m
= −
hoặc
1
2
m
=
.
Ví dụ 2:Cho hàm số
( )
3 2
1 1
4 6
3 2
f x x x x
= − − +
1.
Giải phương trình
(
)
' sin 0
f x
=
2.
Giải phương trình
(
)
'' cos 0
f x
=
3.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
136
độ là nghiệm của phương trình
(
)
'' 0
f x
=
.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
1.
( ) ( )
2
1 17
' 4 ' 0
2
f x x x f x x
±
= − − ⇒ = ⇔ = .
Cả hai nghiệm
x
đều nằm ngoài đoạn
1;1
−
. Do đó phương trình
(
)
' sin 0
f x
=
vô nghiệm.
2.
( ) ( )
1
'' 2 1 '' 0
2
f x x f x x
= − ⇒ = ⇔ =
. Do đó phương trình
( )
1
'' cos 0 cos 2 ,
2 3
f x x x k k
π
π
= ⇔ = ⇔ = ± + ∈
ℤ
.
3.
( ) ( )
1 1 47 1 17
'' 2 1 '' 0 , , '
2 2 12 2 4
f x x f x x f f
= − ⇒ = ⇔ = = = −
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là :
17 1 47 17 145
4 2 12 4 24
y x hay y x
= − − + = − +
Ví dụ 3 : Cho hàm số
(
)
3 2
3 1
f x x x
= − +
có đồ thị là
(
)
C
1.
Xác định điểm
I
thuộc đồ thị
(
)
C
của hàm số đã cho , biết rằng hoành
độ của điểm
I
nghiệm đúng phương trình
(
)
'' 0
f x
=
.
2.
Viết công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ
OI

và
viết phương trình đường cong
(
)
C
đối với hệ
IXY
. Từ đó suy ra rằng
I
là
tâm đối xứng của đường cong
(
)
C
.
3.
Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong
(
)
C
tại điểm
I
đối với hệ
tọa độ
Oxy
.Chứng minh rằng trên khoảng
(
)
;1
−∞ đường cong
(
)
C
nằm
phía dưới tiếp tuyến tại điểm
I
của
(
)
C
và trên khoảng
(
)
1;
+∞
đường cong
(
)
C
nằm phía trên tiếp tuyến đó.
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
1.
Ta có
(
)
(
)
(
)
2
' 3 6 , '' 6 6 '' 0 1
f x x x f x x f x x
= − = − = ⇔ =
.
Hoành độ điểm
I
thuộc
(
)
C
là
(
)
1, 1 1.
x f
= = −
Vậy
(
)
(
)
1; 1
I C
− ∈ .
2.
Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ
OI

là
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
137
1
1
x X
y Y
= +
= −
Phương trình của
(
)
C
đối với hệ tọa độ
IXY
là :
( ) ( )
3 2
3
1 1 3 1 1 3 .
Y X X Y X X
− = + − + + ⇔ = −
Vì đây là một hàm số lẻ nên đồ thị
(
)
C
của nó nhận gốc toạ độ
I
làm tâm đối
xứng .
3.
(
)
(
)
2
' 3 6 ' 1 3
f x x x f
= − ⇒ = −
. Phương trình tiếp tuyến của đường cong
(
)
C
tại điểm
I
đối với hệ tọa độ
Oxy
:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' 1 1 1 3 1 1 3 2
y f x f x y g x x
= − + = − − − ⇔ = = − +
.
Xét hàm
( ) ( ) ( )
(
)
( ) ( )
3
3 2
3 1 3 2 1
h x f x g x x x x x= − = − + − − + = − trên
ℝ
Dễ thấy
(
)
( )
0, 1
0, 1
h x x
h x x
< <
> >
. Điều này chứng tỏ trên khoảng
(
)
;1
−∞ đường cong
(
)
C
nằm phía dưới tiếp tuyến tại điểm
I
của
(
)
C
và trên khoảng
(
)
1;
+∞
đường cong
(
)
C
nằm phía trên tiếp tuyến đó.
Ví dụ 4 : Cho hàm số
(
)
(
)
3 2
3 2 3 2
y x m x m x m
= − + + + − có đồ thị là
(
)
m
C
,
m
là tham số thực. Gọi
I
là điểm có hoành độ là nghiệm đúng
phương trình
(
)
'' 0
f x
=
.Tìm tham số
m
để đồ thị của hàm số có cực trị và
điểm
I
nằm trên trục
Ox
.
Giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
ℝ
.
Ta có :
(
)
2
' 3 2 3 2 3
y x m x m
= − + + + và
(
)
'' 6 2 3
y x m
= − +
Đồ thị của hàm số có cực trị và điểm
I
nằm trên trục
Ox
( )
( ) ( )
( ) ( )
,
2
'
3 2
3 3 2 3 0
0
3 3 3
0
3 . 2 3 . 2 0
3 3 3
u
y
x
m m
m m m
y
m m m
+ − + >
∆ >
⇔ ⇔
+ + +
=
− + + + − =
2
3 2
3 3 0
3
0 3 .
2 9 9 0
2
m m
m m m
m m
− + >
⇔ ⇔ = ∨ = ∨ =
− + =
Dạng 2 : Tâm đối xứng của đồ thị.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
138
Ví dụ 1 :Cho hàm số
4 3
4 2
y x mx x m
= − + + +
. Tìm tất cả tham số thực
m
để hàm số đã cho có
3
cực trị
, ,
A B C
và trọng tâm
G
của tam giác
ABC
trùng với tâm đối xứng của đồ thị hàm số
4
4
x
y
x m
=
−
.
Giải :
Đồ thị của hàm số
4
4
x
y
x m
=
−
có tâm đối xứng là
( ; 1)
4
m
I
Hàm số :
4 3
4 2
y x mx x m
= − + + +
, liên tục trên
R
.
Ta có :
3 2
' 4 3 4
y x mx
= − +
Hàm số đã cho có
3
cực trị khi và chỉ khi phương trình
' 0
y
=
có
3
nghiệm
phân biệt , nghĩa là phương trình
3 2
4 3 4 0
x mx
− + =
có
3
nghiệm phân biệt.
Xét hàm số
(
)
3 2
4 3 4
g x x mx
= − +
liên tục trên
R
và
lim ( ) , lim ( )
x x
g x g x
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
Ta có :
2
3
0, (0) 4 0
( ) 12 6 ( ) 0
16
, ( )
2 2 4
x g
g x x mx g x
m m m
x g
= = >
′ ′
= − ⇒ = ⇔
−
= =
(
)
'
g x
đổi dấu
2
lần qua nghiệm , và
(
)
0
g x
=
có
3
nghiệm phân biệt khi
3
3
0
2
2 2
16
0
4
m
m
m
>
⇔ >
−
<
Giả sử
1 1 2 2 3 3
( ; ), ( ; ), ( ; )
A x y B x y C x y
là tọa độ
3
cực trị thỏa mãn đề bài, khi đó
2 2
3 5
( ) ( 3 2)
4 16 16 4
x m m x m
y y x
′
= − + − + + +
2 2
3
5
3 2, ' 0 ( 1,2,3)
16 4
i
i i i
m x
m
y x y i⇒ = − + + + = = .
Vì
G
là trọng tâm tam giác
ABC
, nên
1 2 3 1 2 3
;
3 3
x x x y y y
G
+ + + +
2
2 2 2
1 2 3
1 2 3 1 2 3
5
; ( ) ( ) 2
3 16 4
x x x
m m
G x x x x x x
+ +
− + + + + + + +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
139
Do
1 2 3
, ,
x x x
là nghiệm của phương trình
3 2
4 3 4 0
x mx
− + =
, theo định lý Vi-
et ta có
1 2 3
1 2 2 3 3 1
3
4
0
m
x x x
x x x x x x
+ + =
+ + =
1 2 3
2
2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1
3 4
9
( ) 2( )
16
x x x
m
m
x x x x x x x x x x x x
+ +
=
⇒
+ + = + + − + + =
Khi đó
4
2
9 5
; 2
4 4
16
m m m
G
− + +
và trọng tâm
G
của tam giác
ABC
trùng với
tâm đối xứng của đồ thị hàm số
4
4
x
y
x m
=
−
khi và chỉ khi
4
2
9 5
; 2 ( ; 1)
4 4 4
16
m m m m
G I
− + + ≡
4
3 2
2
9 5
2 1 ( 4)(9 36 144 64) 0
4
16
m m
m m m m
⇔ − + + = ⇔ − + + + =
4
m
⇔ =
Vậy
4
m
=
thỏa mãn đề bài .
Chú ý : Ngoài cách giải trên ta có thể trình bày :
Hàm số đã cho có
3
cực trị khi và chỉ khi phương trình
' 0
y
=
có
3
nghiệm
phân biệt , nghĩa là phương trình
3 2
4 3 4 0
x mx
− + =
có
3
nghiệm phân biệt.
Khi đó phương trình
3
2
4 4
3
x
m
x
+
= có
3
nghiệm phân biệt khác
0
. Nói khác
hơn đường thẳng
3
y m
=
cắt đồ thị của hàm số
( )
3
2
4 4
x
h x
x
+
= , tại
3
giao
điểm . Đến đây đã dễ dàng.
Ví dụ 2 : Cho hàm số :
2
1
1
x x
y
x
− +
=
−
có đồ thị là
(
)
C
. Gọi
(
)
'
C
là đồ thị
đối xứng với
(
)
C
qua điểm
(
)
3;4
A . Tìm phương trình đồ thị
(
)
'
C
.
Giải :
Gọi
(
)
(
)
,
M x y C
∈ và
(
)
(
)
' ', ' '
M x y C
∈ đối xứng qua đồ thị
(
)
C
qua điểm
(
)
3;4
A .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
140
Ta có
'
3
6 '
2
' 4 '
4
2
x x
x x
y y y y
+
=
= −
⇔
+ = −
=
Thay vào đồ thị
( )
( ) ( )
2
2
6 ' 6 ' 1
' 11 ' 31
: 8 '
6 ' 1 5 '
x x
x x
C y
x x
− − − +
− +
− = =
− − −
Hay
2 2
' 11 ' 31 9 3 ' '
' 8
5 ' 5 '
x x x x
y
x x
− + + −
= − =
− −
.
Vậy phương trình đồ thị
( )
2 2
3 9 3 9
' :
5 5
x x x x
C y
x x
− + + − −
= =
− + −
.
Bài tập:
Xét đường cong:
(
)
3 2
:
C y mx nx mx n
= − − +
.Tìm các cặp số
(
)
;
m n
sao cho
trong các giao điểm của
(
)
C
với trục hoành có hai giao điểm cách nhau
1995
đơn vị và khoảng cách từ tâm đối xứng của
(
)
C
đến trục hoành là
2000
đơn vị.
Bài 6: KHẢO SÁT SỰ BIẾN THIÊN
VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
6.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Hàm số bậc ba
(
)
(
)
3 2
0
f x ax bx cx d a
= + + + ≠
Dáng điệu đồ thị của hàm số
(
)
(
)
3 2
0
f x ax bx cx d a
= + + + ≠
-6 -4 -2 2 4
-4
-2
2
4
6
8
x
y
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
Một số tính chất thường gặp của hàm số bậc ba
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
141
1.
Đồ thị cắt
Ox
tại
3
điểm phân biệt
1 2
1 2
( ) =0 :có 2 nghiem phan biet ,
( ). ( ) 0
f x x x
f x f x
′
⇔
<
2.
Giả sử
0
a
>
ta có :
)
a
Đồ thị cắt
Ox
tại
3
điểm phân biệt có hoành độ
>
α
1 2
1 2
( ) 0 có 2 nghiem phan biet
( ) 0
( ). ( ) 0
f x x x
f
f x f x
′
= < <
⇔ <
<
α
α
)
b
Đồ thị cắt
Ox
tại
3
điểm phân biệt có hoành độ
<
α
1 2
1 2
( ) 0 có 2 nghiem phan biet
( ) 0
( ). ( ) 0
f x x x
f
f x f x
′
= < <
⇔ >
<
α
α
Tương tự cho trường hợp
0
a
<
.
Ví dụ 1:Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
3 1
y x x
= + +
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
*
Giới hạn :
x x
lim y lim y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
hàm số không có tiệm cận.
*
Đạo hàm :
2
' 3 6
y x x
= +
(
)
( )
2, 2 5
' 0
0, 0 1
x f
y
x f
= − − =
= ⇔
= =
Hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 2 à 0;v
−∞ − +∞
, nghịch biến trên
khoảng
(
)
2; 0
−
Hàm số có điểm cực đại tại
(
)
2, 2 5
x f
= − − =
và có điểm cực tiểu tại
(
)
0, 0 1
x f
= =
*
Bảng biến thiên :
x
−∞
2
−
0
+∞
'
y
+
0
−
0
+
y
5
+∞
−∞
1
*
(
)
'' 6 6
f x x
= +
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
142
(
)
(
)
'' 0 1, 1 3
f x x f
= ⇔ = − − =
,
(
)
''
f x
đổi dấu một lần qua nghiệm
1
x
= −
nên
(
)
1;3
I − là điểm uốn của đồ thị .
*
Đồ thị :
Đồ thị hàm số đi qua các điểm
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
3;1 , 2;5 , 1;3 , 0;1 , 1;5
− − − và
nhận điểm
(
)
1;3
I − là điểm uốn của đồ
thị .
Ví dụ 2: Cho hàm số
3 2
3 4
y x x mx
= − − + +
, trong đó
m
là tham số thực.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với
0
m
=
2.
Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số đã cho nghịch biến trên
khoảng
(
)
0;
+∞
.
Giải :
1.
Với
0
m
=
, ta có hàm số
3 2
3 4
y x x
= − − +
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
*
Giới hạn :
x x
lim y lim y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
hàm số không có tiệm cận.
*
Đạo hàm :
2
' 3 6
y x x
= − −
(
)
( )
2, 2 0
' 0
0, 0 4
x y
y
x y
= − − =
= ⇔
= =
Hàm số đồng biến trên khoảng
(
)
2; 0
− , nghịch biến trên các khoảng
(
)
(
)
;2 v 0;à
−∞ +∞
Hàm số có điểm cực đại tại
(
)
0, 0 4
x y
= =
và có điểm cực tiểu tại
(
)
2, 2 0
x y
= − − =
*
Bảng biến thiên :
x
−∞
2
−
0
+∞
'
y
−
0
+
0
−
y
+∞
4
y
5
3
-
3
-
2
-
1 0 1 x
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
143
0
−∞
*
Đồ thị :
Giao điểm của đồ thị với trục
(
)
0; 4
Oy A
Giao điểm của đồ thị với trục
(
)
(
)
2; 0 , 1;0
Ox B C−
2.
Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số đã cho nghịch biến trên
khoảng
(
)
0;
+∞
.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
(
)
0;
+∞
khi và chỉ khi
(
)
2 2
' 3 6 0, 0 3 6
y x x m x m x x f x
= − − + ≤ ∀ > ⇔ ≤ + =
Hàm số
(
)
2
3 6
f x x x
= + liên tục trên
(
)
0;
+∞
Ta có
(
)
' 6 6 0, 0
f x x x
= + > ∀ >
và
(
)
0 0
f
=
.
Bảng biến thiên
x
0
+∞
'
y
+
y
+∞
0
Từ đó ta được :
0
m
≤
.
Bài tập tự luyện
1.
)
a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số
( )
3 2
3
6 3
2
f x x x x
= − + + −
.Chứng minh rằng phương trình
3 2
3
6 3 0
2
x x x
− + + − =
có ba nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm dương
nhỏ hơn
1
2
.
4
3
−
2
−
O
1
y
x
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
144
)
b
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số
( )
3 2
1 17
2
3 3
f x x x= − + .Chứng minh rằng phương trình
(
)
0
f x
=
có 3 nghiệm
phân biệt.
)
c
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số
(
)
3 2
3 9 2
f x x x x
= − + + +
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(
)
C
tại
điểm có hoành độ
0
x
, biết rằng
(
)
0
'' 6
f x
= −
. Giải bất phương trình
(
)
' 1 0
f x
− >
)
d
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
( ) 6 9
f x x x x
= − +
.Tìm tất
cả các đường thẳng đi qua điểm
(
)
4;4
M và cắt đồ thị
(
)
C
tại
3
điểm phân biệt.
2. Tìm hệ số
, ,
a b c
sao cho đồ thị của hàm số
(
)
3 2
f x x ax bx c
= + + +
cắt trục
tung tại điểm có tung
độ bằng
2
và tiếp xúc với đường thẳng
1
y
=
tại điểm có hoành độ là
1
−
. Khảo
sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với giá trị
, ,
a b c
vừa tìm được
3. Tìm các hệ số
, ,
m n p
sao cho hàm số
( )
3 2
1
3
f x x mx nx p
= − + + +
đạt cực
đại tại điểm
3
x
=
và đồ thị
(
)
C
tiếp xúc với đường thẳng
( )
1
: 3
3
d y x
= −
tại
giao điểm của
(
)
C
với trục tung .
Hướng dẫn :
1.
)
a
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt
1 2 3
1 2
x x x
< − < < <
và
(
)
( )
0 3 0
1 1
0 . 0 0;
1 1
2 2
0
2 4
f
f f x
f
= − <
⇒ < ⇒ ∈
= >
.
)
b
(
)
(
)
2 0 0
f f
− <
.Hàm số
f
liên tục trên đoạn
0;2
và theo định lý về giá trị
trung gian của hàm số liên tục , tồn tại một số thực
(
)
2; 0
α
∈ − sao cho
(
)
0
f
α
=
. Số
α
là một nghiệm của phương trình
(
)
0
f x
=
. Mặt khác hàm số
f
đồng biến trên khoảng
(
)
0;
+∞
nên phương trình có nghiệm duy nhất
(
)
2; 0
α
∈ − .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
145
(
)
(
)
0 4 0
f f
<
. Hàm số
f
liên tục trên đoạn
0; 4
và theo định lý về giá trị
trung gian của hàm số liên tục , tồn tại một số thực
(
)
0; 4
β
∈ sao cho
(
)
0
f
β
=
. Số
β
là một nghiệm của phương trình
(
)
0
f x
=
. Mặt khác hàm số
f
đồng biến trên khoảng
(
)
0; 4
nên phương trình có nghiệm duy nhất
(
)
0; 4
β
∈ .
Tương tự phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng
(
)
4;
+∞
.
Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt , do đó phương trình
(
)
0
f x
=
có 3 nghiệm phân biệt.
)
c
(
)
(
)
(
)
0
'' 6 6 2, 2 24 : 9 6
f x x x f t y x
= − + ⇒ = = ⇒ = +
( ) ( ) ( )
2
2
' 1 3 1 6 1 9 3 12
f x x x x x
− = − − + − + = − +
(
)
' 0 0 4
f x x
⇒ > ⇔ < <
2.
( )
( )
2
3
1 1 1 3
2
' 1 3 2 0
c
a
f a b c b
c
f a b
=
=
− = − + − + = ⇔ =
=
− = − + =
3.
( )
( )
( )
( )
1
0;
1
3
3
1
3
0
3
1
' 0 3
' 3 6 6 0
d Oy A
p
n
f p
m
f n
f m
∩ = −
= −
⇔ =
= = −
=
= =
= − =
Hàm số trùng phương
(
)
(
)
4 2
0
f x ax bx c a
= + + ≠
Dáng điệu đồ thị của hàm số
(
)
(
)
4 2
0
f x ax bx c a
= + + ≠
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
146
x
y
x
1
x
2
O
x
y
x
1
x
2
O
Một số tính chất thường gặp của hàm số trùng phương
1.
Đồ thị của hàm số
(
)
4 2
( 0)
f x ax bx c a
= + + ≠
cắt trục hoành tại
4
điểm phân biệt lập thành cấp số cộng khi phương trình:
(
)
2 2
0, 0
aX bX c X x
+ + = = ≥
có
2
nghiệm dương phân biệt thỏa
1 2
9
X X
= .
2.
Phương trình trùng phương:
(
)
4 2
0 1
ax bx c+ + =
Đặt
2
0
t x x t
= ≥ ⇔ = ±
, ta có phương trình:
(
)
2
0 2
at bt c+ + = Một
nghiệm dương của
(
)
2
ứng với
2
nghiệm của
(
)
1
.
Vậy điều kiện cần và đủ để phương trình
(
)
1
có nghiệm là phương trình
(
)
1
có ít
nhất một nghiệm không âm.
(
)
1
có
4
nghiệm
⇔
(
)
2
có
2
nghiệm dương
0
0
0
2
P
S
∆ >
⇔ >
>
(
)
1
có 3 nghiệm
⇔
(
)
2
có
1
nghiệm dương và
1
nghiệm bằng
0
0
0
2
P
S
=
⇔
>
(
)
1
có 2 nghiệm
⇔
(
)
2
có
1
nghiệm dương
0
0
0
2
P
S
<
∆ =
⇔
>
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
147
(
)
1
có 1 nghiệm
⇔
(
)
2
có nghiệm thỏa
1 2
1 2
0
0
0
2
0
0
0
2
P
S
t t
t t
S
=
<
< =
⇔
= =
∆ =
=
(
)
1
vô nghiệm
⇔
(
)
2
vô nghiệm hoặc có
2
nghiệm âm
0
0
0
0
2
P
S
∆ <
∆ ≥
⇔
>
<
(
)
1
có 4 nghiệm tạo thành cấp số cộng
1 2
2 1
0
3
t t
t t
< <
⇔
=
. Ta giải hệ pt:
2 1
1 2
1 2
9t t
S t t
P t t
=
= +
=
3.
Phương trình bậc
4
có tính đối xứng:
(
)
4 3 2
0 1
ax bx cx bx a+ + + + =
•
Nếu
0
a
=
, ta có phương trình:
2
( ) 0
x bx cx b
+ + =
•
Nếu
0
a
≠
, ta có phương trình tương đương:
2
2
1 1
0
a x b x c
x
x
+ + + + =
Đặt
1
t x
x
= +
, phương trình được viết thành:
(
)
2
( 2) 0, 2 2
a t bt c t− + + = ≥
Chú ý:
Khi khảo sát hàm số
1
t x
x
= +
, ta có:
* Một nghiệm lớn hơn
2
của phương trình
(
)
2
tương ứng với
2
nghiệm dương
của phương trình
(
)
1
.
* Một nghiệm nhỏ hơn
2
của phương trình
(
)
2
tương ứng với
2
nghiệm âm của
phương trình
(
)
1
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
148
* Một nghiệm
2
t
= −
của phương trình
(
)
2
tương ứng với nghiệm
1
x
= −
của
phương trình
(
)
1
.
* Một nghiệm
2
t
=
của phương trình
(
)
2
tương ứng với nghiệm
1
x
=
của
phương trình
(
)
1
.
* Phương trình
1
t x
x
= +
vô nghiệm khi
2
t
<
4.
Phương trình bậc
4
có tính đối xứng:
(
)
4 3 2
0 1
ax bx cx bx a+ + − + =
•
Nếu
0
a
=
, ta có phương trình:
2
( ) 0
x bx cx b
+ − =
•
Nếu
0
a
≠
, ta có phương trình tương đương:
2
2
1 1
0
a x b x c
x
x
+ + − + =
Đặt
1
t x
x
= −
, phương trình được viết thành:
(
)
2
( 2) 0, 2
a t bt c t+ + + = ∈ ℝ
Chú ý: Phương trình
1
t x
x
= −
có
2
nghiệm trái dấu với mọi
t
5.
( )( )( )( )
x a x b x c x d e
+ + + + =
, với
a b c d
+ = +
.
Đặt
2
( )
t x a b x
= + + .
6.
4 4
( ) ( )
x a x b c
+ + + =
,với
2
a b
−
=
α
.Đặt
,
2
a b
t x t
+
= + ∈
ℝ
Ví dụ 1:Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
4 2
2 3
y x x
= − −
.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
*
Giới hạn :
x x
lim y lim y
→−∞ →+∞
= = +∞
hàm số không có tiệm cận.
*
Đạo hàm :
(
)
(
)
3 2
' 4 4 4 1
f x x x x x
= − = −
( )
(
)
( )
( )
0, 0 3
' 0 1, 1 4
1, 1 4
x f
f x x f
x f
= = −
= ⇔ = − − = −
= − = −
*
Bảng biến thiên :
x
−∞
1
−
0
1
+∞
'
y
−
0
+
0
−
0
+
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
149
y
+∞
3
−
+∞
4
−
4
−
Hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
1;0 à 1;v
− +∞
, nghịch biến trên khoảng
(
)
(
)
; 1 à 0;1
v−∞ −
Hàm số có điểm cực đại tại
(
)
0, 0 3
x f
= = −
và có điểm cực tiểu tại
(
)
1, 1 4
x f
= − − = −
(
)
à 1, 1 4
v x f
= = −
*
(
)
2
'' 12 4
f x x
= −
( )
1
2
3 3 5
, 3
3 3 9
'' 0
3 3 5
, 3
3 3 9
x f
f x
x f
= − − = −
= ⇔
= = −
,
(
)
''
f x
đổi dấu hai lần qua nghiệm
1
3
3
x x= = −
2
3
à
3
v x x= = nên
1 2
3 5 3 5
; 3 à ; 3
3 9 3 9
U v U
− − −
là
hai điểm uốn của đồ thị .
*
Đồ thị :
Giao điểm của đồ thị với
trục
(
)
0; 3
Oy A
−
Giao điểm của đồ thị với
trục
(
)
(
)
3; 0 , 3; 0
Ox B C−
Đồ thị là hàm số chẵn nên
nhận trục
Oy
làm trục
đối xứng
f(x)=x^4-2x^2-3
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình:
(
)
4 2 2 4
2 2 3 0
x m x m
− + + + =
luôn có
4
nghiệm phân biệt
1 2 3 4
, , ,
x x x x
với mọi giá trị của
m
.
Tìm giá trị
m
sao cho
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
11
x x x x x x x x
+ + + + ⋅ ⋅ ⋅ =
.
Giải:
(
)
4 2 2 4
2 2 3 0
x m x m
− + + + =
(
)
1
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
150
Đặt :
2
t x
=
, ta có :
(
)
(
)
2 2 4
2 2 3 0 2
t m t m− + + + =
(
)
0
t
≥
Ta chứng tỏ
(
)
2
luôn có hai nghiệm :
1 2
0
t t
< <
.
(
)
(
)
2
2 4 2
' 2 3 4 1 0
m m m
∆ = + − + = + >
với mọi
m
.
Vậy
(
)
2
luôn có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
t t
và
4
1 2
3 0
t t m
⋅ = + >
(
)
2
1 2
2 2 0
t t m
+ = + >
Do đó phương trình
(
)
1
có
4
nghiệm :
1 1 2 2
, , ,
t t t t
− −
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
2
x x x x x x x x
t t t t t t t t t t t t
+ + + + ⋅ ⋅ ⋅
= − + + − + + − ⋅ ⋅ − ⋅ = + + ⋅
(
)
2 2 2 2 2 4 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4
4 2 3 4 11
x x x x x x x x m m m m
+ + + + ⋅ ⋅ ⋅ = + + + = + +
2 2 2 2 4 2 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4
11 4 11 11 4 0 0
x x x x x x x x m m m m m
+ + + + ⋅ ⋅ ⋅ = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ =
Hàm số hữu tỷ
ax b
y
cx d
+
=
+
( ) ( ) ( )
( )
2
c 0, 0 '
ax b ad bc
f x ad bc f x
cx d
cx d
+ −
= ≠ − ≠ ⇒ =
+
+
Dáng điệu đồ thị của hàm số
( ) ( )
c 0, 0
ax b
f x ad bc
cx d
+
= ≠ − ≠
+
x
y
I
a
c
d
c
−
x
y
I
a
c
d
c
−
O
Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định
{
}
\ 1
D = ℝ
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
151
*
Giới hạn :
1 1
1
x x
lim y lim y x
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒ =
là tiệm cận đứng
2 2
x x
lim y lim y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là tiệm cận ngang.
*
Đạo hàm :
2
1
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ≠
−
.
Đồ thị của hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
(
)
;1 à 1;v
−∞ +∞
.
*
Bảng biến thiên :
x
−∞
1
+∞
'
y
−
−
y
2
−∞
+∞
2
*
Đồ thị : Giao điểm của đồ thị
với trục
(
)
0;1
Oy A
Giao điểm của đồ thị với trục
1
;0
2
Ox B
Đồ thị của hàm số nhận
(
)
1;2
I giao điểm hai đường
tiệm cận làm tâm đối xứng.
Hàm số hữu tỷ
( )
2 2
2
' 2 ' ' '
'
' '
' '
ax bx c aa x ab x bb ca
y y
a x b
a x b
+ + + + −
= ⇒ =
+
+
Dáng điệu đồ thị của hàm số
2
' '
ax bx c
y
a x b
+ +
=
+
-10 -5 5 10
-5
5
10
15
x
y
I
x
y
I
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
152
Dáng điệu hàm số chứa giá trị tuyệt đối
( ) ( )
2
1
x
f x C
x
=
−
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
y
x=1
y=x+1
( ) ( )
2
1
1
x
f x C
x
=
−
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1
( ) ( )
2
2
1
x
f x C
x
=
−
-4 -3 -2 -1 1 2 3
4
-2
2
4
6
y
x=1
y=x+1
y=-x+1
x=-1
( ) ( )
2
3
1
x
f x C
x
=
−
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-2
2
4
6
x
y
x=-1
x=1
y=-x+1
y=x+1
( ) ( )
2
4
1
x
f x C
x
=
−
( ) ( )
2
5
1
x
f x C
x
=
−
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
153
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-2
2
4
6
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1
x=-1
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1
Ví dụ 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
3 6
1
x x
y
x
− +
=
−
Giải :
*
Hàm số đã cho xác định
{
}
\ 1
D = ℝ
*
Giới hạn :
1 1
1
x x
x x
lim y lim y lim y lim y x
− +
→−∞ →+∞
→ →
= −∞ = +∞ = −∞ = +∞ ⇒ =
là tiệm cận
đứng
( ) ( )
4 4
2 0, 2 0
1 1
x x x x
lim y x lim lim y x lim
x x
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
− − = = − − = =
− −
là
2
y x
⇒ = −
tiệm cận xiên.
*
Đạo hàm :
2
2
2 3
' , 1
( 1)
x x
y x
x
− −
= ≠
−
.
(
)
( )
1, 1 5
' 0
3, 3 3
x f
y
x f
= − − = −
= ⇔
= =
*
Bảng biến thiên :
x
−∞
1
−
1
3
+∞
'
y
+
0
−
−
0
+
y
−∞
−∞
+∞
+∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 1 à 3;v
−∞ − +∞
, nghịch biến trên
khoảng
(
)
(
)
1;1 à 1;3
v−
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
154
Hàm số có điểm cực đại tại
(
)
1, 1 5
x f
= − − = −
và có điểm cực tiểu tại
(
)
3, 3 3
x f= =
*
Đồ thị : Dành cho bạn đọc
Ví dụ 2: Cho hàm số
2
(2 1) 1
2
mx m x
y
x
+ − −
=
+
có đồ thị là
(
)
,
m
C m
là tham
số .
1.Chứng minh rằng với mọi
0
m
>
hàm số luôn có cực đại , cực tiểu .
2.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của hàm số với
1
m
=
.
3.Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
(
)
C
của hàm số biết tiếp tuyến đi
qua
(
)
1;0
A .
Giải :
1
1
2
y mx
x
= − +
+
. Hàm số cho xác định
{
}
\ 2
D
= −
ℝ
1.
( )
( )
( )
2
2 2
2 1
1
'
2 2
m x
y m
x x
+ −
= − =
+ +
.
Với
0
m
>
thì phương trình
' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt khác
2
−
. Vậy hàm
số luôn có cực đại và cực tiểu khi
0
m
>
.
2.Với
1
1, 1
2
m y x
x
= = − +
+
*
Hàm số cho xác định
{
}
\ 2
D
= −
ℝ
*
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
Vì
( )
2
lim
x
y
−
→ −
= −∞
và
( )
2
lim
x
y
+
→ −
= +∞
nên đường thẳng
2
x
= −
là tiệm cận đứng
của đồ thị hàm số.
Vì
( )
1
lim 1 lim 0
2
x x
y x
x
→+∞ →+∞
− − = =
+
và
( )
1
lim 1 lim 0
2
x x
y x
x
→−∞ →−∞
− − = =
+
nên đường
1
y x
= −
là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
*
( )
( )
( )
2
2 2
2 1
1
' 1 , 2
2 2
x
y x
x x
+ −
= − = ≠ −
+ +
( )
(
)
( )
2
1, 1 1
' 0 2 1 0
3, 3 5
x y
y x
x y
= − − = −
= ⇔ + − = ⇔
= − − = −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
155
*
Bảng biến thiên
x
−∞
3
−
2
−
1
−
+∞
'
y
+
0
−
−
0
+
y
5
−
−∞
−∞
+∞
+∞
1
−
Đồ thị của hàm số đồng biến trên các khoảng :
(
)
(
)
; 3 , 1;
−∞ − − +∞
và nghịch
biến trên các khoảng
(
)
(
)
3; 2 , 2; 1
− − − −
Đồ thị của hàm số đạt điểm cực đại tại
(
)
3, 3 5
x y
= − − = −
và đạt điểm cực tiểu
tại
(
)
1, 1 1
x y
= − − = −
.
Đồ thị: Học sinh tự vẽ
3.Xét
(
)
d
đi qua
(
)
1;0
A và có hệ số góc
k
. Nên
(
)
(
)
: 1
d y k x
= −
(
)
d
tiếp xúc với đồ thị
(
)
C
của hàm số khi hệ sau có nghiệm:
( )
2
1
1 ( 1)
2
5
1
9
1
2
x k x
x
k
k
x
− + = −
+
⇒ =
− =
+
.Vậy tiếp tuyến là:
( )
5
: ( 1)
9
d y x
= −
Ví dụ 3: Cho hàm số
( )
2
3
1
1
x
y
x
+
=
−
1.
Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
(
)
1
2.
Tìm trên đường thẳng
4
y
=
các điểm mà từ đó kẻ được đúng
2
tiếp tuyến
đến đồ thị hàm số.
Giải :
1.
Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
( )
2
3
1
1
x
y
x
+
=
−
Hàm số cho xác định
{
}
\ 1
D = ℝ
( )
(
)
( )
2
2
1, 1 2
2 3
* ' , 1 ' 0
3, 3 6
1
x y
x x
y x y
x y
x
= − − = −
− −
= ≠ ⇒ = ⇔
= =
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
(
)
1;1 , 1; 3
− đồng biến trên các
khoảng
(
)
; 1 ,(3; )
−∞ − +∞
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
156
Đồ thị của hàm số đạt điểm cực đại tại
(
)
1; 2
− −
và đạt điểm cực tiểu tại
(
)
3;6
.
1 1
* lim , lim 1
x x
y y x
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒ =
là tiệm cận đứng.
(
)
(
)
* lim 1 0, lim 1 0
x x
y x y x
→−∞ →+∞
− + = − + =
1
y x
⇒ = +
là tiệm cận xiên.
*
Bảng biến thiên
x
−∞
1
−
1
3
+∞
'
y
+
0
−
−
0
+
y
2
−
−∞
−∞
+∞
+∞
6
Đồ thị
Đồ thị : Nhận
(
)
I 1;2
làm tâm đối
xứng.
2.
Tìm trên đường thẳng
4
y
=
các điểm mà từ đó kẻ được đúng
2
tiếp tuyến
đến đồ thị hàm số.
Gọi
(
)
(
)
M ;4 : 4
a d y
∈ =
là điểm cần tìm .
Khi đó tiếp tuyến với
(
)
C
kẻ từ
M
có phương trình :
(
)
(
)
: 4
y k x a
∆ = − +
.
Để
(
)
∆
tiếp xúc với
(
)
C
⇔
( ) ( )
( )
( )
2
2
2
3
4 1
1
2 3
2
1
x
k x a
x
x x
k
x
+
= − +
−
− −
=
−
có nghiệm
1
x
≠
Từ
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1 , 2 3 2 7 3 7 0 3
a x a x a⇒ − + − + + =
Để từ
M
kẻ được đúng
2
tiếp tuyến đến đồ thị hàm số. Khi phương trình
(
)
3
có
2
nghiệm phân biệt
1
x
≠
( ) ( ) ( )
( )
2
2
3 0
3
3
7 3 7 . 3 0 4 7 0
1
1
3 2 7 3 7 0
a
a
a
a a a a a
a
a
a a a
− ≠
≠
≠
⇔ ∆ = − − + − > ⇔ − + > ⇔
≠
≠
− + − + + ≠
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là đường thẳng
(
)
: 4
d y
=
bỏ đi các điểm
(
)
(
)
1; 4 , 3; 4 .
y
0
3
6
3
−
1
−
1
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
157
Bài 7: GIAO ĐIỂM CỦA HAI ĐỒ THỊ
Phương pháp :
•
Lập phương trinh hoành độ giao điểm của hai đồ thị
(
)
(
)
:
C y f x
= và
(
)
(
)
' :
C y g x
= là :
(
)
(
)
(
)
*
f x g x=
.
•
Biện luận số nghiệm của phương trình
(
)
*
, số nghiệm phương trình
(
)
*
là
số giao điểm của
(
)
C
và
(
)
'
C
.
Ví dụ 1 : Cho hàm số
3
2
x
y
x
−
=
−
có đồ thị là
(
)
C
. Tìm tất cả tham số thực
m
để đường thẳng
(
)
: 1
d y mx
= +
cắt đồ thị của hàm số tại
2
điểm phân
biệt.
Giải :
Đồ thị là
(
)
C
cắt
(
)
d
tại
2
điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình :
3
1
2
x
mx
x
−
= +
−
có
2
nghiệm phân biệt khi đó phương trình
2
( ) 2 1 0
g x mx mx
= − + =
có
2
nghiệm phân biệt
2
x
≠
hay
2
0
0
0
0 0 1
1
(2) 0 4 4 1 0
m
m
m
m m m m
m
g m m
≠
≠
<
′
∆ = − > ⇔ < ∨ > ⇔
>
≠ − + ≠
Bài tập tương tự:
1. Tìm tất cả tham số thực
m
để đường thẳng
(
)
: 4
d y mx
= +
cắt đồ thị của
hàm số
2
1
x
y
x
=
−
tại
2
điểm phân biệt.
2. Giả sử
(
)
d
là đường thẳng đi qua
(
)
3;1
A − và có hệ số góc
m
. Tìm tất cả
tham số thực
m
để đường thẳng
(
)
d
cắt đồ thị của hàm số
3 2
3 1
y x x
= + +
tại
3
điểm phân biệt.
Ví dụ 2 :Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
có đồ thị
(
)
C
. Gọi
(
)
m
d
là đường thẳng đi
qua điểm
(
)
2;2
A − và có hệ số góc
m
. Tìm
m
để đường thẳng
(
)
m
d
cắt đồ
thị
(
)
C
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
158
•
Tại hai điểm phân biệt?.
•
Tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị ?.
Giải :
(
)
(
)
: 2 1
m
d y mx m
= + +
(
)
(
)
(
)
(
)
2
: 3 2 3 0, 1 *
m
d C g x mx mx m x∩ = + + + = ≠ −
•
Để
(
)
(
)
m
d C
∩ tại hai điểm phân biệt khi phương trình
(
)
*
có hai nghiệm
phân biệt khác
1
−
. Khi đó ta có hệ :
( )
0
0
0
12
1 0
m
m
m
g
≠
<
∆ > ⇔
>
− ≠
•
Để
(
)
(
)
m
d C
∩ tại hai điểm thuộc hai nhánh khi phương trình
(
)
*
có hai
nghiệm phân biệt
1 2
1
x x
< − <
(
)
1 0 0
mg m
⇔ − < ⇔ <
.
Cách khác : Để
(
)
(
)
m
d C
∩ tại hai điểm thuộc hai nhánh khi phương trình
(
)
*
có hai nghiệm phân biệt
1 2
1
x x
< − <
. Đặt
1
x t
= −
khi đó phương trình
(
)
*
trở thành tìm
m
để phương trình
2
3 0
mt mt
+ + =
có hai nghiệm trái dấu.
Ví dụ 3 : Tìm tham số
m
để đường thẳng
(
)
(
)
: 1 2
m
d y m x
= + −
cắt đồ thị
hàm số
( )
1
:
1
x
C y
x
+
=
−
tại hai điểm phân biệt
,
A B
sao cho hai điểm
,
A B
đối xứng nhau qua
(
)
1;0
M .
Giải :
•
Điều kiện cần: đường thẳng
(
)
m
d
cắt đồ thị hàm số
(
)
C
tại hai điểm phân
biệt
,
A B
sao cho hai điểm
,
A B
đối xứng nhau qua
(
)
1;0
M thì điểm
M
thuộc
đường thẳng
(
)
m
d
, do đó
(
)
0 1 1 2 1
m m
= + − ⇔ =
.
•
1
m
=
thì
(
)
(
)
: 1
m
d d y x
≡ = −
, phương trình hoành độ giao điểm
(
)
d
và
(
)
C
là
(
)
( )
2
0 1 0; 1
1
1 3 0
1 3 2 3;2
x y A
x
x x x
x x y B
= ⇒ = − ⇒ −
+
= − ⇔ − = ⇔
− = ⇒ = ⇒
Vì trung điểm
AB
là
3 1
;
2 2
M
≠
nên
,
A B
không đối xứng qua
M
.
Do đó không có giá trị nào của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 4: Cho hàm số
3 2
3 2
y x m x m
= − + có đồ thị là
(
)
m
C . Tìm
m
để
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
159
(
)
m
C cắt
Ox
tại đúng
2
điểm phân biệt.
Giải:
*
Hàm số đã cho xác định trên
ℝ
.
*
Ta có :
2 2
' 3 3
y x m
= −
Để
(
)
m
C cắt
Ox
tại đúng
2
điểm phân biệt khi
(
)
m
C có 2 cực trị đồng thời
C
0
y
ð
=
hoặc
0
CT
y
=
.
*
(
)
m
C có 2 cực trị
' 0
y
⇔ =
có
2
nghiệm phân biệt
2 2
3 3 0
x m
⇔ − =
có
2
nghiệm phân biệt .Khi
0
m
≠
thì
' 0
y x m
= ⇔ = ±
.
Bảng xét dấu
'
y
:
x
m
−
m
'
y
+
0
−
0
+
3
C
( ) 0 2 2 0 0
y y m m m m
ð
= − = ⇔ + = ⇔ =
(loại)
3
( ) 0 2 2 0 0 1
CT
y y m m m m m
= = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = ±
Vậy,
1
m
= ±
thì
(
)
m
C cắt
Ox
tại đúng
2
điểm phân biệt.
Ví dụ 5: Tìm
m
để đồ thị
(
)
m
C :
3 2
3 3 3 2
y x mx x m
= − − + +
cắt trục
Ox
tại
3
điểm phân biệt có hoành độ là
1 2 3
, ,
x x x
thỏa mãn
2 2 2
1 2 3
15
x x x
+ + ≥
.
Giải :
(
)
m
C cắt trục
Ox
:
3 2
3 3 3 2 0
x mx x m
− − + + =
( )
2
2
1
( 1)[ (3 1) 3 2]=0
(3 1) 3 2 0 2
x
x x m x m
x m x m
=
⇔ − − − − − ⇔
− − − − =
(
)
m
C cắt trục
Ox
tại
3
điểm phân biệt có hoành độ là
1 2 3
, ,
x x x
với
3
1
x
=
thì
1 2
,
x x
là nghiệm khác
1
của phương trình
(
)
2
.Theo định lý Vi-et ta có:
1 2
1 2
3 1
3 2
x x m
x x m
+ = −
= − −
Theo bài toán ta có :
( )
2
2 2 2 2
1 2 3
2
2
0
9 6 9 0
1 (3 1).1 3 2 0 0
15 9 9 0
m m
m m m
x x x m
∆ >
+ + >
− − − − ≠ ⇔ ≠
+ + ≥ − ≥
(
)
; 1 1;m
⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
.
Ví dụ 6: Tìm các giá trị của tham số
m
sao cho
(
)
: 4
d y x
= +
cắt đồ thị
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
160
(
)
3 2
: 2 ( 3) 4
m
C y x mx m x
= + + + +
tại ba điểm phân biệt
(
)
0; 4
A
, ,
B C
sao cho tam giác
KBC
có diện tích bằng
8 2
(đvdt), biết
(
)
1;3
K .
Giải :
Phương trình hoành độ điểm chung của
(
)
m
C và
(
)
d
là:
(
)
3 2 2
2 ( 3) 4 4 1 ( 2 2) 0
x mx m x x x x mx m
+ + + + = + ⇔ + + + =
( )
2
0
( ) 2 2 0 2
x
g x x mx m
=
⇔
= + + + =
(
)
d
cắt
(
)
m
C tại ba điểm phân biệt
(
)
0; 4
A
, ,
B C
⇔
phương trình
(
)
2
có
2
nghiệm phân biệt khác
0
.
( )
( )
/ 2
1 2
2 0
*
2
0 2 0
m m
m m
m
g m
≤ − ∨ ≥
∆ = − − >
⇔ ⇔
≠ −
= + ≠
.
Mặt khác:
1 3 4
( , ) 2
2
d K d
− +
= =
Do đó:
2
1
8 2 . ( , ) 8 2 16 256
2
KBC
S BC d K d BC BC
∆
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
2 2
( ) ( ) 256
B C B C
x x y y⇔ − + − = với
,
B C
x x
là hai nghiệm của phương trình (2).
2 2 2
( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256
B C B C B C
x x x x x x⇔ − + + − + = ⇔ − =
2 2
( ) 4 128 4 4( 2) 128
B C B C
x x x x m m⇔ + − = ⇔ − + =
2
1 137
34 0
2
m m m
±
⇔ − − = ⇔ = (thỏa
(
)
*
).
Vậy
1 137
2
m
±
= thỏa yêu cầu bài toán.
Ví dụ 7 :Cho hàm số
1
ax b
y
x
+
=
−
1.
Tìm
,
a b
để đồ thị hàm số cắt trục tung tại
(
)
0; 1
A
−
và tiếp tuyến của đồ
thị tại
A
có hệ số góc bằng
3
−
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(
)
C
của
hàm số với
,
a b
vừa tìm được .
2.
Cho đường thẳng
(
)
d
có hệ số góc
m
và đi qua điểm
(
)
2;2
B − . Tìm
m
để
(
)
d
cắt
(
)
C
tại hai điểm phân biệt
1 2
,
M M
. Các đường thẳng đi qua
1 2
,
M M
song song với các trục toạ độ tạo thành hình chữ nhật . Tính các cạnh
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
161
của hình chữ nhật đó theo
m
, khi nào hình chữ nhật này trở thành hình
vuông.
Giải :
1.
( )
( )
2
0; 1
2
1
2 1
1
1
1
' 3
1
ax b
A y
a
x
x
y
a
b
x
y
x
+
− ∈ =
=
−
+
⇔ ⇒ =
− −
=
−
= = −
−
2.
(
)
d
đi qua điểm
(
)
2;2
B − có phương trình
(
)
2 2
y m x
= + +
Để
(
)
d
cắt
(
)
C
tại hai điểm phân biệt
1 2
,
M M
khi phương trình
( )
2 1
2 2
1
x
m x
x
+
+ + =
−
có hai nghiệm khác
1
, hay phương trình
2
2 3 0
mx mx m
+ − − =
có hai nghiệm phân biệt khác
1
, tức là
( ) ( )
2
2
0
0
4
4
4 2 3 0 *
3
3
0
1 1 2 3 0
0
m
m
m
m m m
m
m
m m m
m
≠
≠
< −
∆ = + + > ⇔ ⇔
< −
>
+ − − ≠
>
Giả sử
(
)
(
)
1 1 1 2 2 2
; , ;
M x y M x y
, hai cạnh hình chữ nhật
1 2
M PM Q
có độ dài là
2
2
1 2 1 1 2 1
9 12
, 9 12
m m
M P x x M Q y y m m
m
+
= − = = − = +
Hình chữ nhật
1 2
M PM Q
trở thành hình vuông khi và chỉ khi
( )
( )
2
2
1 1
9 12
9 12 1 1 *
m m
M P M Q m m m m do
m
+
= ⇔ = + ⇔ = ⇔ =
Bài tập tương tự :
1. Cho hàm số
(
)
3 2
2 3 1
f x x x
= + +
có đồ thị
(
)
C
và parabol
(
)
(
)
2
: 2 1
P g x x
= +
)
a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. Tùy theo giá trị của
m
, giải
và biện luận phương trình
3 2
2 3 0
x x m
+ − =
)
b
Chứng tỏ rằng trong số tiếp tuyến của đồ thị
(
)
C
thì thiếp tuyến tại điểm
uốn
I
có hệ số góc nhỏ nhất . Viết phương trình tiếp tuyến đó. Chứng tỏ
I
là
tâm đối xứng của đồ thị
(
)
C
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
162
)
c
Gọi
,
A B
là giao điểm của đồ thị
(
)
C
và parabol
(
)
P
. Viết phương trình tiếp
tuyến của
(
)
C
và parabol
(
)
P
tại các giao điểm của chúng .
)
d
Xác định trên khoảng đó
(
)
C
nằm phía trên hoặc phía dưới
(
)
P
.
Hướng dẫn :
)
c
( )
1 3
; , 0;1
2 2
A B
−
. Tiếp tuyến
(
)
C
tại
,
A B
là
3 3
, 1
2 4
y x y
= − + =
.Tiếp
tuyến
(
)
P
tại
,
A B
là
1
2 , 1
2
y x y
= − + =
.
)
d
Xét
(
)
(
)
(
)
3 2
2
h x f x g x x x
= − = +
. Lập bảng xét dấu :
( )
1
0, ;
2
h x x
< ∈ −∞ − ⇒
(
)
C
nằm phía dưới
(
)
P
.
( ) ( )
1
0, ;0 , 0;
2
h x x
> ∈ − +∞ ⇒
(
)
C
nằm phía trên
(
)
P
.
2. Cho hàm số
(
)
3
3 1
f x x x
= − +
)
a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . Viết phương trình tiếp
tuyến của đồ thị tại điểm uốn
I
của nó . Chứng minh rằng trong số tiếp tuyến
của đồ thị thì tiếp tuyến tại
I
có hệ số góc nhỏ nhất .
)
b
Gọi
(
)
m
d
là đường thẳng đi qua điểm
I
có hệ số góc
m
. Tìm các giá trị
m
sao cho đường thẳng
(
)
m
d
cắt đồ thị đã cho tại ba điểm phân biệt.
Hướng dẫn :
)
a
3 1
y x
= − +
)
b
3
m
> −
3. Cho hàm số
(
)
(
)
4 2
1
f x x m x m
= − + +
)
a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với
2
m
=
. Viết phương
trình tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị .
)
b
Tìm các giá trị của
m
sao cho đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm
, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau .
Hướng dẫn :
)
b
(
)
(
)
(
)
4 2 2 2
1 0 1 0
x m x m x x m
− + + = ⇔ − − =
. Để đồ thị của hàm số cắt
trục hoành tại 4 điểm phân biệt , tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau
khi
0 1
m
< ≠
.
(
)
(
)
1, 1 1 1 9
1
0 1,1
9
m m m
m m m m m
• > − = − − ⇔ =
• < < − = − − ⇔ =
Ngoài cách giải trên các bạn có thể dùng cấp số cộng ( lớp 11) để giải .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
163
4.
)
a
Với giá trị nào của
m
, đường thẳng
y m
=
cắt đường cong
4 2
2 3
y x x
= − −
tại 4 điểm phân biệt?.
)
b
Chứng minh rằng với mọi giá trị của
m
, đường thẳng
(
)
:
m
d y x m
= −
cắt
đường cong
2
2
1
x x
y
x
− +
=
−
tại hai điểm phân biệt.
)
c
Tìm
k
để đường thẳng
1
= +
y kx
cắt đồ thị hàm số
2
4 3
2
x x
y
x
+ +
=
+
tại 2
điểm phân biệt
,
A B
. Tìm quỹ tích trung điểm
I
của
AB
.
5. Cho hàm số
( )
2
2 2
,
1
x x
y C
x
− +
=
−
.
)
a
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
(
)
C
.
)
b
Tìm
m
để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
2
2 1 2
x x m x
− = − −
.
)
c
Tìm
m
để đường thẳng
(
)
:
d y x m
= − +
cắt đồ thị
(
)
C
tại 2 điểm
,
A B
đối xứng với nhau qua đường thẳng
3
= +
y x
.
)
d
Chứng minh rằng qua điểm
(
)
1;0
E ta không thể kẻ được một tiếp tuyến
nào đến đồ thị hàm số.
6. Cho hàm số
( )
2
2 1
x
f x
x
+
=
+
có đồ thị
(
)
G
)
a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
)
b
Chứng minh rằng đường thẳng
(
)
: 1
m
d y mx m
= + −
luôn đi qua điểm cố
định của đường cong
(
)
G
khi
m
thay đổi .
)
c
Tìm các giá trị của
m
sao cho đường thẳng đã cho cắt đường cong
(
)
G
tại
hai điểm thuộc cùng một nhánh của
(
)
G
.
Hướng dẫn:
)
b
(
)
1; 1
M
− −
là điểm cố định mà
(
)
m
d
đi qua khi m biến thiên và
(
)
(
)
1; 1
M G
− − ∈ .
)
c
( ) ( ) ( )
2 1
: 1 1 ,
2 1 2
m
x
d G m x x
x
+
∩ + − = ≠ −
+
( )( )
1
1 2 3 0,
2
x mx m x
⇔ + + − = ≠ −
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
164
( )
1
1
2
2 3 0
x
k x mx m
= − < −
⇔
= + − =
Hai nhánh của
(
)
G
nằm về hai bên của tiệm cận đứng
1
2
x
= −
. Đường thẳng
(
)
(
)
m
d G
∩ tại hai điểm thuộc cùng một nhánh của đồ thị khi phương trình
(
)
2 3 0
k x mx m
= + − =
có nghiệm
1
2
x
< −
và
1
x
≠ −
, khi đó ta có
( )
0 0
3 0
3 1 3
0 3 0
3
2 2 2
3 0
1 0
m m
m
m
x m
m
m m
m
k
≠ ≠
− < <
−
= < − ⇔ < ⇔ ⇔ − ≠ <
< −
− − ≠
− ≠
Bài 8 :SỰ TIẾP XÚC CỦA HAI ĐƯỜNG CONG
Bài toán 1 :
Hai đường cong
(
)
(
)
:
C y f x
= và
(
)
(
)
' :
C y g x
= tiếp xúc nhau khi và chỉ khi
hệ phương trình sau:
(
)
(
)
( ) ( )
' '
f x g x
f x g x
=
=
có nghiệm.
Ví dụ 1 : Tìm tham số thực
m
để đường thẳng
(
)
(
)
: 3
d y m x
= −
tiếp xúc
với đồ thị
( )
3
1
: 3
3
C y x x
= − + .
Giải :
(
)
d
tiếp xúc với
(
)
C
khi hệ sau :
( )
( )
3
2
1
3 3
*
3
3
x x m x
x m
− + = −
− + =
có nghiệm.
( )
3 2
2
2
2
3
3 6
2 9 27 0
2 3 9 0
*
3 3
3
3
2 4
x
x m
x x
x x
m x
x m
m x
=
= ⇒ = −
− + =
− − =
⇔ ⇔ ⇔
= − +
= − ⇒ =
= − +
Ví dụ 2 : Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị của
hàm số :
2
1
x
y
x
=
−
hai tiếp tuyến tạo với nhau
1
góc
0
45
.
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
165
Gọi
(
)
0
;0
M Ox M x∈ ⇒ , đường thẳng đi qua
M
có hệ số góc là
k
, phương
trình có dạng :
(
)
(
)
0
:
d y k x x
= − .
(
)
d
là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ sau có nghiệm :
( )
( )
2
0
2
2
1
2
1
x
k x x
x
x x
k
x
= −
−
−
=
−
( )
( ) ( )
2 2
0 0 0
2
2
1 2 0
1
1
x x x
x x x x x x
x
x
−
= − ⇔ + − =
−
−
0
0
0
0
2
, 1
1
x
x
x x
x
=
⇔
= ≠ −
+
•
( )
2
2
2
0 0
1
x x
x k
x
−
= ⇒ = =
−
.
•
( )
0 0
2
0
0
2 4
1
1
x x
x k
x
x
−
= ⇒ =
+
+
•
Tiếp tuyến qua
M
tạo với đồ thị của hàm số :
2
1
x
y
x
=
−
hai tiếp tuyến tạo
với nhau
1
góc
0
45
khi và chỉ khi
( )
0
1 2 0
0
2
1 2
0
4
tan 45 1 3 2 2
1
1
k k x
x
k k
x
−
= ⇒ = ⇒ = ±
+
+
.
Vậy
(
)
(
)
3 2 2;0 , 3 2 2;0
M − +
Ví dụ 3 :Tìm tất cả các điểm trên trục hoành những điểm
M
mà qua đó vẽ
được đúng
3
tiếp tuyến đến đồ thị
(
)
3 2
: 3
C y x x
= + mà trong đó có
2
tiếp
tuyến vuông góc với nhau .
Giải :
Gọi
(
)
;0
M a Ox
∈ , đường thẳng
(
)
t
đi qua
M
và có hệ số góc
(
)
(
)
:
k t y k x a
⇒ = −
.
(
)
t
tiếp xúc với
(
)
C
khi hệ sau có nghiệm :
2
2
3 ( ) (1)
3 6 (2)
x x k x a
x x k
+ = −
+ =
3
Từ
(1)
,
(2)
suy ra :
2 2 2
3 3 6 ( ) 2 3( 1) 6 0
x x x x x a x a x ax
+ = + − ⇔ + − − =
3 3
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
166
0
2 3( 1) 6 0
2 3( 1) 6 0 (3)
x
x x a x a
x a x a
=
⇔ − − − = ⇔
− − − =
2
2
0 0 1
x k
• = ⇒ = ⇒
tiếp tuyến.
Qua
M
kẻ được
3
tiếp tuyến đến đến đồ thị
(
)
C
mà trong đó có
2
tiếp tuyến
vuông góc với nhau .
Khi đó
(3)
có
2
nghiệm phân biệt
1 2
, 0
x x
≠
và
1 2
1
k k
= −
( )
( ) ( )
1 1 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
2
2 2
0
0
0 9 1 48 0
3 6 3 6 1
9 18 36 1
a
a
a a
x x x x
x x x x x x x x
≠
≠
⇔ ∆ > ⇔ − + >
+ + = −
+ + + = −
( )
1 2 1 2
2
1
3
3
81 81 1 108 1 0
3( -1)
vì = - 3 ; =
2
a a
a a a a
a
x x a x x
< − ∨ > − ≠
⇔ − − − + =
+
vaø a 0
1
1
3
3
27
27 1 0
a a a
a
a
< − ∨ > − ≠
⇔ ⇔ =
− + =
vaø 0
Vậy
1
, 0
27
M Ox
∈
thỏa bài toán .
Bài toán 2 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(
)
(
)
:
C y f x
= tại điểm
(
)
(
)
0 0
;
M x f x
có
dạng :
(
)
(
)
(
)
0 0 0
'
y f x x x f x
= − + .
Ví dụ 1 :Tìm tọa độ tiếp điểm của đồ thị
4
( ) :
1
x
C y
x
−
=
−
với tiếp tuyến
( )
t
,
biết rằng tiếp tuyến
( )
t
tạo với đường thẳng
( ) : 2 2010
d y x
= − +
1
góc
0
45
.
Giải :
{
}
\ 1
D• = ℝ
•
Ta có :
( )
2
3
' , 1
1
y x
x
= ≠
−
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
167
•
Gọi
(
)
(
)
0 0
;
M x f x
là tọa độ tiếp điểm cần tìm thì hệ số góc tiếp tuyến
( )
t
là
( )
0
2
0
3
, 1
1
k x
x
= ≠
−
.
•
Vì
( )
t
và
( )
d
tạo nhau
1
góc
0
45
khi
0
1
2
t n 45
3
1 2
3
k k
a
k
k
+
= −
= ⇔
−
=
( )
2
0
1 3 1
*
3 3
1
k
x
= − ⇔ = −
−
điều này không xảy ra .
( )
2
0 0
2
0
3
* 3 3 2 0
1
k x x
x
= ⇔ = ⇔ − =
−
(
)
( )
0 0
0 0
0 4 0;4
2 2 2; 2
x y M
x y M
= ⇒ = ⇒
⇔
= ⇒ = − ⇒ −
Ví dụ 2 : Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
+
=
−
, có đồ thị
( )
C
. Tìm tất cả các tham số
m
để đường thẳng
( ) : 2
t y x m
= +
cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp
tuyến tại đó song song với nhau.
Giải :
Đường thẳng
( ) : 2
t y x m
= +
cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến tại
đó song song với nhau khi và chỉ khi phương trình
2 3
2
2
x
x m
x
+
= +
−
có hai
nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
1 2
' '
y x y x
= . Khi đó phương
trình
(
)
(
)
2
2 6 2 3 0
g x x m x m
= + − − − =
có
2
nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
khác
2
và thỏa mãn điều kiện
( ) ( )
1 2
2 2
1 2
7 7
4
2 2
x x
x x
− = − ⇔ + =
− −
( ) ( )
( ) ( )
2
2
6 8 2 3 0
2 2.2 6 .2 2 3 0 2
6
4
2
m m
g m m m
m
∆ = − + + >
⇔ = + − − − ≠ ⇔ =
−
− =
.
Ví dụ 3: Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
+
có đồ thị là
( )
C
. Tìm trên đồ thị
( )
C
những
điểm
M
, sao cho tiếp tuyến tại
M
cắt hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tại hai điểm
phân biệt
,
A B
sao cho diện tích tam giác
AOB
có diện tích bằng
1
4
.
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
168
Gọi
( ) ( )
( )
0
0 0 0 0
2
0
0
2
2
; '
1
1
x
M x y C y y
x
x
∈ ⇒ = ⇒ =
+
+
Phương trình tiếp tuyến
( )
t
của
( )
C
tại
M
là :
( ) ( )
2
0
0
2 2
0 0
2
2
1 1
x
y x
x x
= +
+ +
.
Tiếp tuyến
( )
t
cắt hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tại hai điểm phân biệt
(
)
2
0
;0
A x− ,
( )
2
0
2
0
2
0;
1
x
B
x
+
sao cho diện tích tam giác
AOB
có diện tích bằng
1
4
khi đó
( )
( )
2
2
2 2
0
0 0 0
2
0
2
1 1 1 1
. . . . 4 1 0
2 4 2 2
1
x
OAOB OAOB x x x
x
= ⇔ = ⇔ = ⇔ − + =
+
( )
2
0 0
0
2
0 0
0
1 1
2 1 0
; 2
2 2
2 1 0
1 1;1
x x x M
x x
x M
+ + =
= − ⇒ − −
⇔
− − =
= ⇒
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán
1
; 2
2
M
− −
,
(
)
1;1
M .
Ví dụ 4 : Chứng minh rằng nếu các tiếp tuyến
(
)
( ),
d t
của đồ thị
( ) :
C
3 2
6 9
y x x x
= − +
song song với nhau thì hai tiếp điểm
,
A B
đối xứng nhau
qua
(2;2)
M
.
Giải :
Gọi
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 3 2
1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
, 6 9 , , 6 9
A x y x x x x B x y x x x x
= − + = − + là tọa độ
tiếp điểm của
(
)
( ),
d t
và đồ thị
( )
C
.
( )
d
và
(
)
t
song song với nhau khi
(
)
(
)
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2
' ' 3 12 9 3 12 9 4
y x y x x x x x x x
= ⇔ − + = − + ⇔ + =
.
Với
1 2
4
x x
+ =
thì tồn tại
(
)
( )
3
1 1
3
2 2
2 3 2
0 :
2 3 2
x t y x t t
t
x t y x t t
= − ⇒ = − +
>
= + ⇒ = − + +
Dễ thấy trung điểm đoạn
AB
có tọa độ
( ) ( )
1 2
0
1 2
0
2
2
2
2
x x
x
y x y x
y
+
= =
+
= =
.
Do đó hai tiếp điểm
,
A B
đối xứng nhau qua
(2;2)
M
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
169
Ví dụ 5 : Cho hàm số
2
2
1
x
y
x
=
−
.Tìm
0;
2
π
α
∈
sao cho điểm
(
)
1 sin ;9
M
α
+ nằm trên đồ thị
( )
C
. Chứng minh rằng, tiếp tuyến của
( )
C
tại điểm
M
cắt hai tiệm cận của
( )
C
tại hai điểm
,
A B
đối xứng nhau qua
điểm
M
.
Giải :
Vì
(
)
1 sin ;9
M
α
+ nằm trên đồ thị
( )
C
nên:
( )
2
2
1
sin
2 1 sin
2
9 2 sin 5 sin 2 0
1 sin 1
sin 2
α
α
α α
α
α
=
+
= ⇔ − + = ⇔
+ −
=
Vì
0;
2
π
α
∈
nên
1 3
sin ;9
2 6 2
M
π
α α
= ⇒ = ⇒
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là:
3 3
' 9
2 2
y y x
= − +
hay
(
)
: 6 18
d y x
= − +
.
Tiếp tuyến
(
)
d
cắt tiệm cận đứng
1
x
=
tại:
(
)
1;12
A
Tiếp tuyến
(
)
d
cắt tiệm cận xiên tai điểm
B
có tọa độ là nghiệm
(
)
;
x y
hệ phương trình:
( )
6 18 2
2;6
2 2 6
y x x
B
y x y
= − + =
⇔ ⇒
= + =
Dễ thấy:
3
2 2
9
2
A B
M
A B
M
x x
x
y y
y
+
= =
+
= =
Suy ra,
,
A B
đối xứng nhau qua điểm
M
(đpcm).
Ví dụ 6: Gọi
(
)
d
là tiếp tuyến của đồ thị
2 3
( ) :
2
x
C y
x
−
=
−
tại
M
cắt các đường
tiệm cận tại hai điểm phân biệt
,
A B
. Tìm tọa độ điểm
M
sao cho đường
tròn ngoại tiếp tam giác
IAB
có diện tích nhỏ nhất , với
I
là giao điểm hai
tiệm cận .
Giải :
Gọi
( ) ( )
( )
0
0 0 0 0
2
0
0
2 3
1
; , '
2
2
x
M x y C y y
x
x
−
∈ ⇒ = = −
−
−
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
170
Phương trình tiếp tuyến
(
)
d
của
( )
C
tại
M
:
( )
0
0
2
0
0
2 3
1
( )
2
2
x
y x x
x
x
−
−
= − +
−
−
(
)
d
cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt
0
0
2 2
2; ,
2
x
A
x
−
−
(
)
0
2 2;2
B x − .
Dễ thấy
M
là trung điểm
AB
và
(
)
2;2
I là giao điểm hai đường tiệm cận.
Tam giác
IAB
vuông tại
I
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB
có diện tích
2
2 2 2
0
0 0
2
0
0
2 3
1
( 2) 2 ( 2) 2
2
( 2)
x
S IM x x
x
x
π π π π
−
= = − + − = − + ≥
−
−
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
0
2
0
1
( 2)
( 2)
x
x
− =
−
0 0
0 0
1 1
3 3
x y
x y
= ⇒ =
⇔
= ⇒ =
Vậy
(
)
1;1
M
(
)
3; 3
M thỏa mãn bài toán.
Bài toán 3 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(
)
(
)
:
C y f x
= đi qua điểm
(
)
1 1
;
M x y
Cách 1 :
•
Phương trình đường thẳng
(
)
d
đi qua điểm
M
có hệ số góc là
k
có dạng :
(
)
1 1
y k x x y
= − +
.
•
(
)
d
tiếp xúc với đồ thị
(
)
C
khi hệ sau
(
)
(
)
( )
1 1
'
f x k x x y
f x k
= − +
=
có nghiệm.
Cách 2 :
•
Gọi
(
)
0 0
;
N x y
là tọa độ tiếp điểm của đồ thị
(
)
C
và tiếp tuyến
(
)
d
qua điểm
M
, nên
(
)
d
cũng có dạng
(
)
0 0 0
'
y y x x y
= − +
.
•
(
)
d
đi qua điểm
M
nên có phương trình :
(
)
(
)
1 0 1 0 0
' *
y y x x y= − +
•
Từ phương trình
(
)
*
ta tìm được tọa độ điểm
(
)
0 0
;
N x y
, từ đây ta tìm được
phương trình đường thẳng
(
)
d
.
Ví dụ 2: Cho hàm số :
4
2
5
3
2 2
x
y x
= − +
có đồ thị là
( )
C
. Giả sử
( )
M C
∈
có hoành độ
a
. Với giá trị nào của
a
thì tiếp tuyến của
( )
C
tại
M
cắt
( )
C
tại
2
điểm phân biệt khác
M
.
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
171
Vì
( )
M C
∈
nên
4
2
5
; 3
2 2
M
a
M a y a
= − +
Tiếp tuyến tại
M
có hệ số góc
' 3
2 6
M
y a a
= −
Tiếp tuyến tại
M
có dạng :
( )
4
' 3 2
5
( ) : (2 6 )( ) 3
2 2
M
x M M
a
y y x x y d y a a x a a
= − + ⇒ = − − + − +
Tiếp tuyến
(
)
d
của
( )
C
tại
M
cắt
( )
C
tại
2
điểm phân biệt khác
M
khi
phương trình sau có
3
nghiệm phân biệt :
4 4
2 3 2
5 5
3 (2 6 )( ) 3
2 2 2 2
x a
x a a x a a
− + = − − + − +
hay phương trình
2 2 3
( ) ( 2 3 6) 0
x a x ax a
− + + − =
có
3
nghiệm phân biệt , nghĩa là phương trình
(
)
2 3
2 3 6 0
g x x ax a
= + + − =
có hai nghiệm phân biệt và khác
a
.
' 2 2 2
( )
2 2
(3 6) 0 3 0
3
( ) 6 6 0 1
1
g x
a a a
a
g a a a
a
∆ = − − > − <
<
⇔ ⇔ ⇔
= − ≠ ≠
≠ ±
Vậy giá trị
a
cần tìm
3
1
a
a
<
≠ ±
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để tiếp tuyến đi qua điểm
(
)
2; 2
M m
+
của đồ thị hàm số
3
3
y x x m
= − +
phải đi qua gốc tọa độ
O
.
Bài 8 :SỰ TIẾP XÚC CỦA HAI ĐƯỜNG CONG
Bài toán 1 :
Hai đường cong
(
)
(
)
:
C y f x
= và
(
)
(
)
' :
C y g x
= tiếp xúc nhau khi và chỉ khi
hệ phương trình sau:
(
)
(
)
( ) ( )
' '
f x g x
f x g x
=
=
có nghiệm.
Ví dụ 1 : Tìm tham số thực
m
để đường thẳng
(
)
(
)
: 3
d y m x
= −
tiếp xúc
với đồ thị
( )
3
1
: 3
3
C y x x
= − + .
Giải :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
172
(
)
d
tiếp xúc với
(
)
C
khi hệ sau :
( )
( )
3
2
1
3 3
*
3
3
x x m x
x m
− + = −
− + =
có nghiệm.
( )
3 2
2
2
2
3
3 6
2 9 27 0
2 3 9 0
*
3 3
3
3
2 4
x
x m
x x
x x
m x
x m
m x
=
= ⇒ = −
− + =
− − =
⇔ ⇔ ⇔
= − +
= − ⇒ =
= − +
Ví dụ 2 : Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị của
hàm số :
2
1
x
y
x
=
−
hai tiếp tuyến tạo với nhau
1
góc
0
45
.
Giải :
Gọi
(
)
0
;0
M Ox M x∈ ⇒ , đường thẳng đi qua
M
có hệ số góc là
k
, phương
trình có dạng :
(
)
(
)
0
:
d y k x x
= − .
(
)
d
là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ sau có nghiệm :
( )
( )
2
0
2
2
1
2
1
x
k x x
x
x x
k
x
= −
−
−
=
−
( )
( ) ( )
2 2
0 0 0
2
2
1 2 0
1
1
x x x
x x x x x x
x
x
−
= − ⇔ + − =
−
−
0
0
0
0
2
, 1
1
x
x
x x
x
=
⇔
= ≠ −
+
•
( )
2
2
2
0 0
1
x x
x k
x
−
= ⇒ = =
−
.
•
( )
0 0
2
0
0
2 4
1
1
x x
x k
x
x
−
= ⇒ =
+
+
•
Tiếp tuyến qua
M
tạo với đồ thị của hàm số :
2
1
x
y
x
=
−
hai tiếp tuyến tạo
với nhau
1
góc
0
45
khi và chỉ khi
( )
0
1 2 0
0
2
1 2
0
4
tan 45 1 3 2 2
1
1
k k x
x
k k
x
−
= ⇒ = ⇒ = ±
+
+
.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
173
Vậy
(
)
(
)
3 2 2;0 , 3 2 2;0
M − +
Ví dụ 3 :Tìm tất cả các điểm trên trục hoành những điểm
M
mà qua đó vẽ
được đúng
3
tiếp tuyến đến đồ thị
(
)
3 2
: 3
C y x x
= + mà trong đó có
2
tiếp
tuyến vuông góc với nhau .
Giải :
Gọi
(
)
;0
M a Ox
∈ , đường thẳng
(
)
t
đi qua
M
và có hệ số góc
(
)
(
)
:
k t y k x a
⇒ = −
.
(
)
t
tiếp xúc với
(
)
C
khi hệ sau có nghiệm :
2
2
3 ( ) (1)
3 6 (2)
x x k x a
x x k
+ = −
+ =
3
Từ
(1)
,
(2)
suy ra :
2 2 2
3 3 6 ( ) 2 3( 1) 6 0
x x x x x a x a x ax
+ = + − ⇔ + − − =
3 3
0
2 3( 1) 6 0
2 3( 1) 6 0 (3)
x
x x a x a
x a x a
=
⇔ − − − = ⇔
− − − =
2
2
0 0 1
x k
• = ⇒ = ⇒
tiếp tuyến.
Qua
M
kẻ được
3
tiếp tuyến đến đến đồ thị
(
)
C
mà trong đó có
2
tiếp tuyến
vuông góc với nhau .
Khi đó
(3)
có
2
nghiệm phân biệt
1 2
, 0
x x
≠
và
1 2
1
k k
= −
( )
( ) ( )
1 1 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
2
2 2
0
0
0 9 1 48 0
3 6 3 6 1
9 18 36 1
a
a
a a
x x x x
x x x x x x x x
≠
≠
⇔ ∆ > ⇔ − + >
+ + = −
+ + + = −
( )
1 2 1 2
2
1
3
3
81 81 1 108 1 0
3( -1)
vì = - 3 ; =
2
a a
a a a a
a
x x a x x
< − ∨ > − ≠
⇔ − − − + =
+
vaø a 0
1
1
3
3
27
27 1 0
a a a
a
a
< − ∨ > − ≠
⇔ ⇔ =
− + =
vaø 0
Vậy
1
, 0
27
M Ox
∈
thỏa bài toán .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
174
Bài toán 2 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(
)
(
)
:
C y f x
= tại điểm
(
)
(
)
0 0
;
M x f x
có
dạng :
(
)
(
)
(
)
0 0 0
'
y f x x x f x
= − + .
Ví dụ 1 :Tìm tọa độ tiếp điểm của đồ thị
4
( ) :
1
x
C y
x
−
=
−
với tiếp tuyến
( )
t
,
biết rằng tiếp tuyến
( )
t
tạo với đường thẳng
( ) : 2 2010
d y x
= − +
1
góc
0
45
.
Giải :
{
}
\ 1
D• = ℝ
•
Ta có :
( )
2
3
' , 1
1
y x
x
= ≠
−
•
Gọi
(
)
(
)
0 0
;
M x f x
là tọa độ tiếp điểm cần tìm thì hệ số góc tiếp tuyến
( )
t
là
( )
0
2
0
3
, 1
1
k x
x
= ≠
−
.
•
Vì
( )
t
và
( )
d
tạo nhau
1
góc
0
45
khi
0
1
2
t n 45
3
1 2
3
k k
a
k
k
+
= −
= ⇔
−
=
( )
2
0
1 3 1
*
3 3
1
k
x
= − ⇔ = −
−
điều này không xảy ra .
( )
2
0 0
2
0
3
* 3 3 2 0
1
k x x
x
= ⇔ = ⇔ − =
−
(
)
( )
0 0
0 0
0 4 0;4
2 2 2; 2
x y M
x y M
= ⇒ = ⇒
⇔
= ⇒ = − ⇒ −
Ví dụ 2 : Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
+
=
−
, có đồ thị
( )
C
. Tìm tất cả các tham số
m
để đường thẳng
( ) : 2
t y x m
= +
cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp
tuyến tại đó song song với nhau.
Giải :
Đường thẳng
( ) : 2
t y x m
= +
cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến tại
đó song song với nhau khi và chỉ khi phương trình
2 3
2
2
x
x m
x
+
= +
−
có hai
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
175
nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thỏa mãn điều kiện
(
)
(
)
1 2
' '
y x y x
= . Khi đó phương
trình
(
)
(
)
2
2 6 2 3 0
g x x m x m
= + − − − =
có
2
nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
khác
2
và thỏa mãn điều kiện
( ) ( )
1 2
2 2
1 2
7 7
4
2 2
x x
x x
− = − ⇔ + =
− −
( ) ( )
( ) ( )
2
2
6 8 2 3 0
2 2.2 6 .2 2 3 0 2
6
4
2
m m
g m m m
m
∆ = − + + >
⇔ = + − − − ≠ ⇔ =
−
− =
.
Ví dụ 3: Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
+
có đồ thị là
( )
C
. Tìm trên đồ thị
( )
C
những
điểm
M
, sao cho tiếp tuyến tại
M
cắt hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tại hai điểm
phân biệt
,
A B
sao cho diện tích tam giác
AOB
có diện tích bằng
1
4
.
Giải :
Gọi
( ) ( )
( )
0
0 0 0 0
2
0
0
2
2
; '
1
1
x
M x y C y y
x
x
∈ ⇒ = ⇒ =
+
+
Phương trình tiếp tuyến
( )
t
của
( )
C
tại
M
là :
( ) ( )
2
0
0
2 2
0 0
2
2
1 1
x
y x
x x
= +
+ +
.
Tiếp tuyến
( )
t
cắt hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tại hai điểm phân biệt
(
)
2
0
;0
A x− ,
( )
2
0
2
0
2
0;
1
x
B
x
+
sao cho diện tích tam giác
AOB
có diện tích bằng
1
4
khi đó
( )
( )
2
2
2 2
0
0 0 0
2
0
2
1 1 1 1
. . . . 4 1 0
2 4 2 2
1
x
OAOB OAOB x x x
x
= ⇔ = ⇔ = ⇔ − + =
+
( )
2
0 0
0
2
0 0
0
1 1
2 1 0
; 2
2 2
2 1 0
1 1;1
x x x M
x x
x M
+ + =
= − ⇒ − −
⇔
− − =
= ⇒
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán
1
; 2
2
M
− −
,
(
)
1;1
M .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
176
Ví dụ 4 : Chứng minh rằng nếu các tiếp tuyến
(
)
( ),
d t
của đồ thị
( ) :
C
3 2
6 9
y x x x
= − +
song song với nhau thì hai tiếp điểm
,
A B
đối xứng nhau
qua
(2;2)
M
.
Giải :
Gọi
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 3 2
1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
, 6 9 , , 6 9
A x y x x x x B x y x x x x
= − + = − + là tọa độ
tiếp điểm của
(
)
( ),
d t
và đồ thị
( )
C
.
( )
d
và
(
)
t
song song với nhau khi
(
)
(
)
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2
' ' 3 12 9 3 12 9 4
y x y x x x x x x x
= ⇔ − + = − + ⇔ + =
.
Với
1 2
4
x x
+ =
thì tồn tại
(
)
( )
3
1 1
3
2 2
2 3 2
0 :
2 3 2
x t y x t t
t
x t y x t t
= − ⇒ = − +
>
= + ⇒ = − + +
Dễ thấy trung điểm đoạn
AB
có tọa độ
( ) ( )
1 2
0
1 2
0
2
2
2
2
x x
x
y x y x
y
+
= =
+
= =
.
Do đó hai tiếp điểm
,
A B
đối xứng nhau qua
(2;2)
M
.
Ví dụ 5 : Cho hàm số
2
2
1
x
y
x
=
−
.Tìm
0;
2
π
α
∈
sao cho điểm
(
)
1 sin ;9
M
α
+ nằm trên đồ thị
( )
C
. Chứng minh rằng, tiếp tuyến của
( )
C
tại điểm
M
cắt hai tiệm cận của
( )
C
tại hai điểm
,
A B
đối xứng nhau qua
điểm
M
.
Giải :
Vì
(
)
1 sin ;9
M
α
+ nằm trên đồ thị
( )
C
nên:
( )
2
2
1
sin
2 1 sin
2
9 2 sin 5 sin 2 0
1 sin 1
sin 2
α
α
α α
α
α
=
+
= ⇔ − + = ⇔
+ −
=
Vì
0;
2
π
α
∈
nên
1 3
sin ;9
2 6 2
M
π
α α
= ⇒ = ⇒
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là:
3 3
' 9
2 2
y y x
= − +
hay
(
)
: 6 18
d y x
= − +
.
Tiếp tuyến
(
)
d
cắt tiệm cận đứng
1
x
=
tại:
(
)
1;12
A
Tiếp tuyến
(
)
d
cắt tiệm cận xiên tai điểm
B
có tọa độ là nghiệm
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
177
(
)
;
x y
hệ phương trình:
( )
6 18 2
2;6
2 2 6
y x x
B
y x y
= − + =
⇔ ⇒
= + =
Dễ thấy:
3
2 2
9
2
A B
M
A B
M
x x
x
y y
y
+
= =
+
= =
Suy ra,
,
A B
đối xứng nhau qua điểm
M
(đpcm).
Ví dụ 6: Gọi
(
)
d
là tiếp tuyến của đồ thị
2 3
( ) :
2
x
C y
x
−
=
−
tại
M
cắt các đường
tiệm cận tại hai điểm phân biệt
,
A B
. Tìm tọa độ điểm
M
sao cho đường
tròn ngoại tiếp tam giác
IAB
có diện tích nhỏ nhất , với
I
là giao điểm hai
tiệm cận .
Giải :
Gọi
( ) ( )
( )
0
0 0 0 0
2
0
0
2 3
1
; , '
2
2
x
M x y C y y
x
x
−
∈ ⇒ = = −
−
−
Phương trình tiếp tuyến
(
)
d
của
( )
C
tại
M
:
( )
0
0
2
0
0
2 3
1
( )
2
2
x
y x x
x
x
−
−
= − +
−
−
(
)
d
cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt
0
0
2 2
2; ,
2
x
A
x
−
−
(
)
0
2 2;2
B x − .
Dễ thấy
M
là trung điểm
AB
và
(
)
2;2
I là giao điểm hai đường tiệm cận.
Tam giác
IAB
vuông tại
I
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB
có diện tích
2
2 2 2
0
0 0
2
0
0
2 3
1
( 2) 2 ( 2) 2
2
( 2)
x
S IM x x
x
x
π π π π
−
= = − + − = − + ≥
−
−
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
0
2
0
1
( 2)
( 2)
x
x
− =
−
0 0
0 0
1 1
3 3
x y
x y
= ⇒ =
⇔
= ⇒ =
Vậy
(
)
1;1
M
(
)
3; 3
M thỏa mãn bài toán.
Bài toán 3 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(
)
(
)
:
C y f x
= đi qua điểm
(
)
1 1
;
M x y
Cách 1 :
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
178
•
Phương trình đường thẳng
(
)
d
đi qua điểm
M
có hệ số góc là
k
có dạng :
(
)
1 1
y k x x y
= − +
.
•
(
)
d
tiếp xúc với đồ thị
(
)
C
khi hệ sau
(
)
(
)
( )
1 1
'
f x k x x y
f x k
= − +
=
có nghiệm.
Cách 2 :
•
Gọi
(
)
0 0
;
N x y
là tọa độ tiếp điểm của đồ thị
(
)
C
và tiếp tuyến
(
)
d
qua điểm
M
, nên
(
)
d
cũng có dạng
(
)
0 0 0
'
y y x x y
= − +
.
•
(
)
d
đi qua điểm
M
nên có phương trình :
(
)
(
)
1 0 1 0 0
' *
y y x x y= − +
•
Từ phương trình
(
)
*
ta tìm được tọa độ điểm
(
)
0 0
;
N x y
, từ đây ta tìm được
phương trình đường thẳng
(
)
d
.
Ví dụ 2: Cho hàm số :
4
2
5
3
2 2
x
y x
= − +
có đồ thị là
( )
C
. Giả sử
( )
M C
∈
có hoành độ
a
. Với giá trị nào của
a
thì tiếp tuyến của
( )
C
tại
M
cắt
( )
C
tại
2
điểm phân biệt khác
M
.
Giải :
Vì
( )
M C
∈
nên
4
2
5
; 3
2 2
M
a
M a y a
= − +
Tiếp tuyến tại
M
có hệ số góc
' 3
2 6
M
y a a
= −
Tiếp tuyến tại
M
có dạng :
( )
4
' 3 2
5
( ) : (2 6 )( ) 3
2 2
M
x M M
a
y y x x y d y a a x a a
= − + ⇒ = − − + − +
Tiếp tuyến
(
)
d
của
( )
C
tại
M
cắt
( )
C
tại
2
điểm phân biệt khác
M
khi
phương trình sau có
3
nghiệm phân biệt :
4 4
2 3 2
5 5
3 (2 6 )( ) 3
2 2 2 2
x a
x a a x a a
− + = − − + − +
hay phương trình
2 2 3
( ) ( 2 3 6) 0
x a x ax a
− + + − =
có
3
nghiệm phân biệt , nghĩa là phương trình
(
)
2 3
2 3 6 0
g x x ax a
= + + − =
có hai nghiệm phân biệt và khác
a
.
' 2 2 2
( )
2 2
(3 6) 0 3 0
3
( ) 6 6 0 1
1
g x
a a a
a
g a a a
a
∆ = − − > − <
<
⇔ ⇔ ⇔
= − ≠ ≠
≠ ±
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
179
Vậy giá trị
a
cần tìm
3
1
a
a
<
≠ ±
Bài tập tương tự :
1. Tìm
m
để tiếp tuyến đi qua điểm
(
)
2; 2
M m
+
của đồ thị hàm số
3
3
y x x m
= − +
phải đi qua gốc tọa độ
O
.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1.
)
a
Tìm
,
a b
biết rằng đồ thị của hàm số
( )
2
1
ax bx
f x
x
−
=
−
đi qua điểm
5
1;
2
A
−
và tiếp tuyến tại
(
)
0;0
O có hệ số góc bằng
3
−
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị ứng với giá trị
,
a b
vừa tìm được.
)
b
Tìm
,
a b
biết rằng đồ thị của hàm số
(
)
2
2
f x x ax b
= + +
tiếp xúc với
hypebol
)
a
Tìm
,
a b
biết rằng đồ thị của hàm số
1
y
x
=
tại điểm
1
;2
2
M
2.
)
a
Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm
(
)
1; 2
A
−
và tiếp xúc với
parabol
2
2
y x x
= −
)
b
Chứng minh hai đường cong
3 2
5
2, 2
4
y x x y x x
= + − = + −
tiếp xúc nhau
tại
M
, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong đó .
)
c
Chứng minh rằg các đồ thị của ba hàm số
(
)
(
)
2 3 2
3 6, 4,
f x x x g x x x
= − + + = − +
(
)
2
7 8
h x x x
= + +
tiếp xúc nhau tại
điểm
(
)
1;2
A − .
)
d
Chứng minh rằng các đồ thị của ai hàm số
( ) ( )
2
3 3
,
2 2 2
x x
f x x g x
x
= + =
+
tiếp xúc nhau . Xác định tiếp điểm và viết
phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong tại điểm đó .
)
e
Chứng minh rằng các đồ thị của ai hàm số
(
)
(
)
3 2
, 1
f x x x g x x
= − = −
tiếp
xúc nhau . Xác định tiếp điểm và viết phương trình tiếp tuyến chung của hai
đường cong tại điểm đó .
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
180
3. Cho họ đường cong
(
)
3 2
: 3 4
m
C y x x mx m
= − + + −
(
m
là tham số).
Đường thẳng
(
)
: 3
d y x
= −
cắt một đường cong bất kỳ
(
)
C
của họ
(
)
m
C
tại
3
điểm phân biệt
, ,
A B C
(theo thứ tự), tiếp tuyến tại
A
và tiếp tuyến tại
B
của
(
)
C
lần lượt cắt đường cong tại điểm thứ hai là
M
và
N
. Tìm
m
để tứ giác
AMBN
là hình thoi.
4. Cho đường cong
(
)
4 2
: 4 3
C y x x
= − + −
.Tìm
m
và
n
để đường thẳng
(
)
:
d y mx n
= +
cắt đường cong
(
)
C
tại
4
điểm phân biệt
, , ,
A B C D
( theo thứ
tự ) sao cho
1
2
AB CD BC
= = .
Hướng dẫn :
1.
)
a
( ) ( )
( )
2
1 1
5
2
1 1 2
3
' 0 3
a
a
b
f
− − −
= −
=
⇔
− −
= −
= −
)
b
9
6,
2
a b
= − =
2.
)
a
(
)
(
)
(
)
(
)
: 1 2 2 2 4 , 2 2
d y m x m y x m y x
= − − ⇒ = = − = − = −
)
b
1 5 9
; , 2
2 4 4
M y x
− = −
)
c
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 2, ' 1 ' 1 ' 1 5
f g h f g h
− = − = − = − = − = − =
, chứng tỏ tại
(
)
1;2
A − các đồ thị của ba hàm số có tiếp tuyến chung , nói khác hơn là các đồ
thị của ba hàm số tiếp xúc nhau tại điểm
(
)
1;2
A − .
)
d
( )
3
0;0 ,
2
O y x
=
Cám ơn các bạn đã đọc tài liệu và góp ý để tài liệu hoàn chỉnh . Tài liệu dài
500 trang, trên đây là phần rút gọn và là những dạng toán phù hợp học sinh
mọi miền. Tài liệu miễn phí hoàn toàn , không có mục đích thương mại.
Thư từ góp ý gởi về Email: phukhanh@moet.edu.vn
cám ơn.
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
181
| 1/177
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu Chương 1
ỨNG DỤNG CỦA ĐẠ
x , x ∈ K, x < x ⇒ f x < f x ; 1 2
• Nghịch biến trên K nếu với mọi x ,x ∈ K,x < x ⇒ f x > f x . 1
2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu
f ' x > 0 với mọi x ∈ I thì hà
f ' x < 0 với mọi x ∈ I thì hà
f ' x = 0 với mọi x ∈ I thì hà ab   và
a;b thì hàm số f đồng biến trên a  ;b   ab   và
a;b thì hàm số f nghịch biến trên aab   .
ŀ ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. O HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ Bài 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 1.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.Định nghĩa :Giả sử Klà một khoảng , một đoạn hoặc một nửa khoảng . Hàm số f xác định trên Kđược gọi là •Đồng biến trên Knếu với mọi 12(1)(2)212(1)(2) : Giả sử hàm số fcó đạo hàm trên khoảng I •Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng I thì f'(x)≥0 với mọi x∈I; •Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng Ithì f'(x)≤0 với mọi x∈I. 3.Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu : Giả sử I là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một đoạn , flà hàm số liên tục trên Ivà có đạo hàm tại mọi điểm trong của I( tức là điểm thuộc I nhưng không phải đầu mút của I) .Khi đó : •Nếu ()m số f đồng biến trên khoảng I; •Nếu ()m số f nghịch biến trên khoảng I; •Nếu ()m số f không đổi trên khoảng I. Chú ý : •Nếu hàm số f liên tục trên ; có đạo hàm f'(x)>0 trên khoảng (). •Nếu hàm số fliên tục trên ; có đạo hàm f'(x)<0 trên khoảng ();b. •Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn a;b. *Nếu hàm số fđồng biến trên khoảng (a;b) thì nó đồng biến trên đoạn ;5
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
* Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng (a;b) thì nó nghịch biến trên đoạn a  ;b   .
* Nếu hàm số f không đổi trên khoảng (a;b) thì không đổi trên đoạn a  ;b   .
4. Định lý mở rộng
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I .
• Nếu f '(x) ≥ 0 với x
∀ ∈ I và f '(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc
I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I ;
• Nếu f '(x) ≤ 0 với x
∀ ∈ I và f '(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc
I thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I .
1.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1 : Xét chiều biến thiên của hàm số .
Xét chiều biến thiên của hàm số y = f (x ) ta thực hiện các bước sau:
• Tìm tập xác định D của hàm số .
• Tính đạo hàm y ' = f ' (x ) .
• Tìm các giá trị của x thuộc D để f ' (x ) = 0 hoặc f '(x ) không xác định
( ta gọi đó là điểm tới hạn hàm số ).
• Xét dấu y ' = f ' (x ) trên từng khoảng x thuộc D .
• Dựa vào bảng xét dấu và điều kiện đủ suy ra khoảng đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 1: Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: x + 2 2 x − + 2x − 1 1. y = 2. y = x − 1 x + 2 Giải: x + 2 1. y = x − 1
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (− ; ∞ 1) ∪ (1;+∞) . 3 * Ta có: y ' = - < 0, x ∀ ≠ 1 (x −1)2 * Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y ' − − 1 +∞ y −∞ 1 6
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ; ∞ 1) và (1;+∞) . 2 x − + 2x − 1 2. y = x + 2
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (− ; ∞ 2 − ) ∪ ( 2 − ; +∞) . 2 x − − 4x + 5 * Ta có: y ' = , x ∀ ≠ −2 (x + 2)2 x  = −5 y ' = 0 ⇔  x = 1  * Bảng biến thiên : x −∞ −5 −2 1 +∞ y ' − 0 + + 0 − +∞ +∞ y −∞ −∞
Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng (−5; −2) và (−2;1) , nghịch biến trên các khoảng (− ; ∞ 5 − ) và (1;+∞) . Nhận xét: ax + b
* Đối với hàm số y =
(a.c ≠ 0) luôn đồng biến hoặc luôn nghịch cx + d
biến trên từng khoảng xác định của nó. 2
ax + bx + c
* Đối với hàm số y =
luôn có ít nhất hai khoảng đơn điệu.
a ' x + b '
* Cả hai dạng hàm số trên không thể luôn đơn điệu trên ℝ . Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 2x − 1 3x 1. y = 4. y = x + 1 2 x + 1 2 x + 4x + 3 2 x − 4x + 3 2. y = 5. y = x + 2 2 2x − 2x − 4 x + 1 2 3. + + y x 2x 2 = 6. y = 3 x 2 2x + x + 1
Ví dụ 2: Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 3 2 1. y = −
x − 3x + 24x + 26 4 2 2. y
= x − 6x + 8x + 1 7
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Giải: 3 2 1. y = −
x − 3x + 24x + 26
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có : 2
y ' = −3x − 6x + 24 x  = −4 2
y ' = 0 ⇔ −3x − 6x + 24 = 0 ⇔  x = 2 
* Bảng xét dấu của y ' : x −∞ −4 2 +∞ y ' − 0 + 0 −
+ Trên khoảng (−4;2):y ' > 0 ⇒ y đồng biến trên khoảng (−4;2), + Trên mỗi khoảng (− ; ∞ 4
− ),(2;+∞) :y ' < 0 ⇒ y nghịch biến trên các khoảng (− ; ∞ −4), (2;+∞) .
Hoặc ta có thể trình bày :
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có : 2
y ' = −3x − 6x + 24 x  = −4 2
y ' = 0 ⇔ −3x − 6x + 24 = 0 ⇔  x = 2  * Bảng biến thiên : x −∞ −4 2 +∞ y ' − 0 + 0 − +∞ y −∞
Vậy, hàm số đồng biến trên khoảng (−4;2) , nghịch biến trên các khoảng (− ; ∞ 4 − ) và (2;+∞) . 4 2 2. y
= x − 6x + 8x + 1
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có: 3 2
y ' = 4x − 12x + 8 = 4(x − 1) (x + 2) x  = −2 2
y ' = 0 ⇔ 4(x − 1) (x + 2) = 0 ⇔  x = 1  * Bảng xét dấu: x −∞ −2 1 +∞ y ' − 0 + 0 + 8
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Vậy,hàm số đồng biến trên khoảng (−2; + )
∞ và nghịch biến trên khoảng (− ; ∞ 2 − ). Nhận xét:
* Ta thấy tại x = 1 thì y = 0 , nhưng qua đó y ' không đổi dấu.
* Đối với hàm bậc bốn 4 3 2
y = ax + bx + cx + dx + e luôn có ít nhất một
khoảng đồng biến và một khoảng nghịch biến. Do vậy với hàm bậc bốn
không thể đơn điệu trên ℝ . Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 3 2
1. y = x − 3x + 2 4 5 3 5. y
= − x + x + 8 3 2 2. y
= x + 3x + 3x + 2 5 1 3 3 1 5 4 2 = − + − 4 2 6. y x 2x x 2x 3. y = − x + 2x − 1 5 4 2 4 7 4 2 4. y = x + 2x − 3 7 6 5 7. y = 9x − 7x + x + 12 5
Ví dụ 3 : Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 2 1. y = x − 2x 2 3. y = x 1 − x 2 3 2. y = 3x − x 2 4. y
= x + 1 − 2 x + 3x + 3 Giải: 2 1. y = x − 2x .
* Hàm số đã cho xác định trên mỗi nửa khoảng (− ; ∞ 0 ∪ 2  ; +∞   ). x − 1 * Ta có: y ' = , x ∀ ∈ (− ; ∞ 0) ∪ (2;+∞) . 2 x − 2x
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = 0, x = 2 . Cách 1 : + Trên khoảng (− ;
∞ 0):y ' < 0 ⇒ hàm số nghịch biến trên khoảng (− ; ∞ 0),
+ Trên khoảng (2;+∞) :y ' > 0 ⇒ hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞) . Cách 2 : Bảng biến thiên : x −∞ 0 2 +∞ y ' − || || + y 9
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Vậy , hàm số nghịch biến trên khoảng (− ;
∞ 0)và đồng biến trên khoảng (2;+∞) 2 3 2. y = 3x − x
* Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng (− ; ∞ 3]. 2 3(2x − x ) * Ta có: y ' = , x ∀ ∈ (− ; ∞ 0) ∪ (0;3). 2 3 2 3x − x
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = 0, x = 3 .
Suy ra, trên mỗi khoảng (− ;
∞ 0) và (0;3) : y ' = 0 ⇔ x = 2 Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 3 +∞ y ' − || + 0 − || y
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) , nghịch biến trên các khoảng (− ; ∞ 0) và (2; 3) . 2 3. y = x 1 − x
* Hàm số đã cho xác định trên đoạn −1;1   . 2 1 − 2x * Ta có: y ' = , x ∀ ∈ ( 1 − ;1) 2 1 − x
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = −1, x = 1. 2
Trên khoảng (−1;1) : y ' = 0 ⇔ x = ± 2 Bảng biến thiên: x −∞ 2 2 −1 − 1 +∞ 2 2 y ' || − 0 + 0 − || y  2 2 
Hàm số đồng biến trên khoảng  − ;  
, nghịch biến trên mỗi khoảng 2 2     2     − 2 1; −     và ;1 . 2      2   10
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 4. y
= x + 1 − 2 x + 3x + 3
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . 2x + 3 * Ta có: y ' = 1 − 2 x + 3x + 3  3 x ≥ −  2 y ' = 0 ⇔
x + 3x + 3 = 2x + 3 ⇔  2 ⇔ x = −1 x
+ 3x + 3 = (2x + 3)2 2  Bảng biến thiên : x −∞ −1 +∞ y ' + 0 − y
Hàm số đồng biến trên khoảng (− ; ∞ 1
− ) , nghịch biến trên khoảng (−1; + ) ∞ . Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 2 1. y = 2x − x y = ( − x ) 2 5. 4 3 6x + 1 2 2. y
= x + 1 − x − 4x + 3 2 2x − x + 3 6. y = 3 3. y = 3x − 5 3x + 2 + 3 x 2 2 4. y = x − 2x 7. y = 2 x − x + 3
Ví dụ 4 :Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 2 y |
= x − 2x − 3 | Giải: 2 x
 − 2x − 3 khi x ≤ −1 ∨ x ≥ 3 2 y |
= x − 2x − 3 | =  2  x −
+ 2x + 3 khi − 1 < x < 3 
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . 2  x
− 2 khi x < −1 ∨ x > 3 * Ta có: y ' =  2
− x + 2 khi − 1 < x < 3 
Hàm số không có đạo hàm tại x = −1 và x = 3 .
+ Trên khoảng (−1;3) :y ' = 0 ⇔ x = 1; + Trên khoảng (− ; ∞ −1):y ' < 0;
+ Trên khoảng (3;+∞):y ' > 0 . 11
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Bảng biến thiên: x −∞ −1 1 3 +∞
y ' − || + 0 − || + y
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng(−1;1) và (3; + )
∞ , nghịch biến trên mỗi khoảng (− ; ∞ 1 − ) và (1;3) .
Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 2 1. y = x − 5x + 4 2 3. y = x
− + 1 − 2x + 5x − 7 2 2 2 2. y = 3
− x + 7 + x − 6x + 9 4. y
= x + x − 7x + 10 Ví dụ 5 :
Xét chiều biến thiên của hàm số sau: y = 2 sin x + cos 2x trên đoạn 0;π    . Giải :
* Hàm số đã cho xác định trên đoạn 0;π   
* Ta có: y ' = 2 cos x (1 − 2 sin x ),x ∈ 0;π    . x  ∈ 0;π     cosx = 0 π π 5π Trên đoạn 0;π    : y ' = 0 ⇔  ⇔  x = ∨ x = ∨ x = .  1  2 6 6 sin x =   2 Bảng biến thiên: x π π 5π 0 π 6 2 6 y ' + 0 − 0 + 0 − y  π 
Dựa vào bảng biến thiên suy ra : hàm số đồng biến trên các khoảng  0;  và  6   π 5π   π π   5π   ;
 , nghịch biến trên các khoảng  ;  và  ;π  .  2 6   6 2   6  Bài tập tương tự :
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 12
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  π 
1. y = sin 3x trên khoảng  0;  .  3  cot x 2. y = trên khoảng (0;π ) . x 1 1  π  3. y = sin 4x −
( 2 − 3)cos2x trên khoảng 0; . 8 4  2   π   π 
4. y = 3 sin x −  + 3 cos x +  trên đoạn 0;π    .  6   3 
Ví dụ 6: Chứng minh rằng hàm số y = 2
sin x + cos x đồng biến trên đoạn  π  π 
0;  và nghịch biến trên đoạn ;π   .  3   3  Giải :
* Hàm số đã cho xác định trên đoạn 0;π   
* Ta có:y ' = sin x (2 cos x − 1),x ∈ (0;π ) π
Vì x ∈ (0;π ) ⇒ sin x > 0 nên trên ( π ) 1 0;
: y ' = 0 ⇔ cos x = ⇔ x = . 2 3  π   π 
+ Trên khoảng 0;  :y ' > 0 nên hàm số đồng biến trên đoạn 0;  ;  3   3   π  π 
+ Trên khoảng  ;π  :y ' < 0 nên hàm số nghịch biến trên đoạn ;π   .  3   3 
Bài tập tương tự :
1. Chứng minh rằng hàm số f (x ) = (x − sin x )(π − x − sinx ) đồng biến trên  π  đoạn 0;  .  2 
2. Chứng minh rằng hàm số y = cos 2x − 2x + 3 nghịch biến trên ℝ . x
3. Chứng minh rằng hàm số y = ta n đồng biến trên các khoảng (0;π ) và 2 (π;2π ). 3x  π 
4. Chứng minh rằng hàm số y = cos 3x +
đồng biến trên khoảng  0;  và 2  18   π π 
nghịch biến trên khoảng  ; .  18 2  13
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Dạng 2 : Tùy theo tham số m khảo sát tính đơn điệu của hàm số .
Ví dụ : Tùy theo m khảo sát tính đơn điệu của hàm số: 1 3 1 y = x − m (m + 1) 2 3 2
x + m x + m + 1 3 2 Giải:
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có 2
y = x − m (m + ) 3 '
1 x + m và ∆ = m (m − )2 2 1
+ m = 0 thì 2
y ' = x ≥ 0, x
∀ ∈ ℝ và y ' = 0 chỉ tại điểm x = 0 . Hàm số đồng
biến trên mỗi nửa khoảng (− ; ∞ 0 và 0;+∞ 
). Do đó hàm số đồng biến trên ℝ .
+ m = 1 thì y = (x − )2 ' 1 ≥ 0, x
∀ ∈ ℝ và y ' = 0 chỉ tại điểm x = 1 . Hàm số
đồng biến trên mỗi nửa khoảng (− ; ∞ 1 và 1  ;+∞ 
) . Do đó hàm số đồng biến trên ℝ . x  = m
+ m ≠ 0,m ≠ 1 khi đó y ' = 0 ⇔  . 2 x = m 
⋅ Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì 2 m < m
Bảng xét dấu y ' : x −∞ m 2 m +∞
y ' + 0 − 0 +
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (− ; ∞ m ) và ( 2
m ; +∞) , giảm trên khoảng ( 2 m;m ) .
⋅ Nếu 0 < m < 1 thì 2 m > m
Bảng xét dấu y ' : x −∞ 2 m m +∞
y ' + 0 − 0 +
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( 2 − ; ∞ m ) và
(m;+∞), giảm trên khoảng ( 2 m ;m ) .
Bài tập tự luyện:
Tùy theo m khảo sát tính đơn điệu của hàm số: 1 1 1. 3 2 3 y = x −
mx + m x + m − 3 3 2 1 1
2. y = (m − 1) 3 x −
(m − 1) 2x + x + 2m + 3 3 2 14
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Dạng 3 : Hàm số đơn điệu trên ℝ .
Sử dụng định lý về điều kiện cần
• Nếu hàm số f (x )đơn điệu tăng trên ℝ thì f '(x ) ≥ 0, x ∀ ∈ ℝ .
• Nếu hàm số f (x )đơn điệu giảm trên ℝ thì f '(x ) ≤ 0, x ∀ ∈ ℝ .
Ví dụ 1 : Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định . mx + 3 − 2m 2
−2x + (m + 2)x − 3m + 1 1. y = = x + m 2. y x − 1 Giải : mx + 3 − 2m 1. y = x + m
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (− ; ∞ m − ) ∪ ( m − ; +∞) 2 m + 2m − 3 * Ta có : y ' = ,x ≠ m − . (x + m)2 Cách 1 :
* Bảng xét dấu y ' m −∞ −3 1 +∞ y ' + 0 − 0 +
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy
Nếu −3 < m < 1 thì y ' < 0 ⇒ hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ; ∞ m − ), ( m − ; +∞). Cách 2 :
Hàm số nghịch biến trên tập xác định khi : y < x ∀ ∈ (−∞ m − ) ∪ ( m − +∞) 2 ' 0, ; ;
⇔ m + 2m − 3 < 0 ⇔ 3 − < m < 1 2 2
− x + (m + 2)x − 3m + 1 1 − 2m 2. y = = −2x + m + x − 1 x − 1
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (− ; ∞ 1) ∪ (1;+∞) . 2m − 1 * Ta có : y ' = −2 + , x ≠ 1 (x − )2 1 + 1 m ≤
⇒ y ' < 0,x ≠ 1, do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ; ∞ 1) , 2 (1;+∞). 15
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. + 1 m >
khi đó phương trình y ' = 0 có hai nghiệm x < 1 < x ⇒ hàm số đồng 2 1 2
biến trên mỗi khoảng (x ;1 và (1;x , trường hợp này không thỏa . 2 ) 1 ) 1 Vậy m ≤
thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 2
Bài tập tương tự :
Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định . 2
x − m + 7m − 11 (m − ) 2 1 x + 2x + 1 1. y = 3. y = x − 1 x + 1 (m − ) 2
1 x + m + 2m − 3 2
x − 2 (m + 2)x + m − 1 2. y = 4. y = x + 3m x − 3
Ví dụ 2 : Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên ℝ . 1 3 2 1. y
= − x + 2x + (2m + 1)x − 3m + 2 3 3 x 2 y = m +
− m + x + (m − ) 2 2. ( 2) ( 2) 8 x + m − 1 3 Giải: 1 3 2 1. y
= − x + 2x + (2m + 1)x − 3m + 2 3
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có : 2 y ' = x −
+ 4x + 2m + 1 và có ∆ ' = 2m + 5 * Bảng xét dấu ∆ ' m −∞ 5 +∞ − 2 ∆ ' − 0 + 5 + 2 m
= − thì y ' = − (x − 2) ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ và y ' = 0 chỉ tại điểm x = 2 2
Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ . 5 + m
< − thì y ' < 0,∀x ∈ ℝ . Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ . 2 5 + m
> − thì y ' = 0 có hai nghiệm x ,x x x
. Hàm số đồng biến trên 1 2 ( < 1 2 ) 2 khoảng ( x ;x
. Trường hợp này không thỏa mãn . 1 2 ) 3 x 2 y = m +
− m + x + (m − ) 2 2. ( 2) ( 2) 8 x + m − 1 3
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . 16
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. * Ta có 2
y ' = (m + 2)x − 2(m + 2)x + m − 8 . + m = 2
− , khi đó y ' = −10 ≤ 0, x
∀ ∈ ℝ ⇒ hàm số luôn nghịch biến trên ℝ .
+ m ≠ −2 tam thức 2
y ' = (m + 2)x − 2(m + 2)x + m − 8 có ∆ ' = 10(m + 2) * Bảng xét dấu ∆ ' m −∞ −2 +∞ ∆ ' − 0 + + m
< −2 thì y ' < 0 với mọi x ∈ ℝ . Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ . + m > 2
− thì y ' = 0 có hai nghiệm x ,x x x
. Hàm số đồng biến trên 1 2 ( < 1 2 ) khoảng ( x ;x
. Trường hợp này không thỏa mãn . 1 2 )
Vậy m ≤ −2 là những giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định . m 1 1. y = x + 2 + 3 2 3. y = x − m x + 1 x − 1 3 + 1 y = (m − ) m 4 2. 1 x − 3 − 4 2 2 4. y =
mx − m x + m − 1 x + 2 4
Ví dụ 3 : Tìm a để các hàm số sau luôn đồng biến trên ℝ . 1 3 2 1. y =
x + ax + 4x + 3 3 1 2. y =
( 2a −1) 3x + (a +1) 2x + 3x + 5 3 ɩ Giải : 1 3 2 1. y =
x + ax + 4x + 3 3
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có 2
y ' = x + 2ax + 4 và có 2 ∆ ' = a − 4 * Bảng xét dấu ∆ ' a −∞ −2 2 +∞ ∆ ' + 0 − 0 +
+ Nếu −2 < a < 2 thì y ' > 0 với mọi x ∈ ℝ . Hàm số y đồng biến trên ℝ .
+ Nếu a = 2 thì y = (x + )2 '
2 , ta có : y ' = 0 ⇔ x = 2
− ,y ' > 0,x ≠ −2 . Hàm
số y đồng biến trên mỗi nửa khoảng (− ;
∞ −2 và −2;+∞ 
)nên hàm số y đồng biến trên ℝ .
+ Tương tự nếu a = 2
− . Hàm số y đồng biến trên ℝ . 17
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
+ Nếu a < −2 hoặc a > 2 thì y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x ,x . Giả sử 1 2
x < x . Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng (x ;x ,đồng biến trên mỗi 1 2 ) 1 2 khoảng (− ;
∞ x và (x ;+∞ . Do đó a < −2 hoặc a > 2 không thoả mãn yêu 2 ) 1 ) cầu bài toán .
Vậy hàm số y đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi −2 ≤ a ≤ 2 . 1 2. y =
( 2a −1) 3x + (a +1) 2x + 3x + 5 3
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có : y = ( 2 a − ) 2 '
1 x + 2 (a + 1)x + 3 và có ∆ = ( 2 ' 2 a − + a + 2)
Hàm số y đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi ⇔ y ' ≥ 0, x ∀ ∈ ( ℝ 1) + Xét 2
a − 1 = 0 ⇔ a = 1 ± 3 i a
= 1 ⇒ y ' = 4x + 3 ⇒
y ' ≥ 0 ⇔ x ≥ −
⇒ a = 1 không thoả yêu cầu bài 4 toán. i a = 1
− ⇒ y ' = 3 > 0 x ∀ ∈ ℝ ⇒
a = −1 thoả mãn yêu cầu bài toán. + Xét 2
a − 1 ≠ 0 ⇔ a ≠ 1 ± * Bảng xét dấu ∆ ' a −∞ −1 1 2 +∞ ∆ ' − 0 + 0 −
+ Nếu a < −1 ∨ a > 2 thì y ' > 0 với mọi x ∈ ℝ . Hàm số y đồng biến trên ℝ .
+ Nếu a = 2 thì y = (x + )2 ' 3
1 , ta có : y ' = 0 ⇔ x = 1
− ,y ' > 0,x ≠ −1. Hàm
số y đồng biến trên mỗi nửa khoảng (− ; ∞ 1 −  v ` a  −1; +∞   )nên hàm số y đồng biến trên ℝ .
+ Nếu −1 < a < 2,a ≠ 1 thì y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x ,x . Giả sử 1 2
x < x . Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng (x ;x ,đồng biến trên mỗi 1 2 ) 1 2 khoảng (− ;
∞ x và (x ;+∞ . Do đó −1 < a < 2,a ≠ 1 không thoả mãn yêu cầu 2 ) 1 ) bài toán .
Do đó hàm số y đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi a < −1 ∨ a ≥ 2 .
Vậy với 1 ≤ a ≤ 2 thì hàm số y đồng biến trên ℝ .
Bài tập tương tự :
Tìm m để các hàm số sau luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định . 1 m 3 2 1. y = x − x + ( 2 m − 3)x − 1 3 2 3 x 2 2. y =
− mx + (m + 2)x + 3 3 18
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. = ( + ) 3 x y m − (m − ) 2 3. 2 1 x + 4x − 1 3 = ( − ) 3 x y m − ( m − ) 2 4. 2 2
3 x + (5m − 6)x + 2 3 Chú ý : Phương pháp:
* Hàm số y = f (x,m) tăng trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0 x
∀ ∈ ℝ ⇔ min y ' ≥ 0 . x∈ℝ
* Hàm số y = f (x,m) giảm trên ℝ ⇔ y ' ≤ 0 x
∀ ∈ ℝ ⇔ max y ' ≤ 0 . x∈ℝ Chú ý: 1) Nếu 2
y ' = ax + bx + c thì a  = b = 0 c ≥  0  * y ' ≥ 0 x ∀ ∈ ℝ ⇔  a  > 0   ∆ ≤ 0    a  = b = 0 c ≤  0  * y ' ≤ 0 x ∀ ∈ ℝ ⇔  a  < 0   ∆ ≤ 0  
2) Hàm đồng biến trên ℝ thì nó phải xác định trên ℝ .
Dạng 4 : Hàm số đơn điệu trên tập con của ℝ . Phương pháp:
* Hàm số y = f (x,m) tăng x
∀ ∈ I ⇔ y ' ≥ 0 x
∀ ∈ I ⇔ min y ' ≥ 0 . x I ∈
* Hàm số y = f (x,m) giảm x
∀ ∈ I ⇔ y ' ≤ 0 x
∀ ∈ I ⇔ max y ' ≤ 0 . x I ∈
Ví dụ 1 : Tìm m để các hàm số sau mx + 4 1. y =
luôn nghịch biến khoảng (− ; ∞ 1) . x + m 2. 3 2
y = x + 3x + (m + 1)x + 4m nghịch biến trên khoảng (−1;1) . Giải : mx + 4 1. y =
luôn nghịch biến khoảng (− ; ∞ 1) . x + m
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (− ; ∞ 1) . 19
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 m − 4 * Ta có y ' = ,x ≠ m − (x + m)2 y  ' < 0, x ∀ ∈ (− ; ∞ ) 1
Hàm số nghịch biến trên khoảng (− ; ∞ 1) khi và chỉ khi  m − ∉  (− ; ∞ 1) 2 m  −  4 < 0
−2 < m < 2
−2 < m < 2 ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ − < ≤ − m − ∉  ( m − ; ∞ ) 2 1 1 m − ≥ 1 m ≤ −1    
Vậy : với −2 < m ≤ −1 thì thoả yêu cầu bài toán . 2. 3 2
y = x + 3x + (m + 1)x + 4m nghịch biến trên khoảng (−1;1) .
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (−1;1) . * Ta có : 2
y ' = 3x + 6x + m + 1 Cách 1 :
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−1;1) khi và chỉ khi y ' ≤ 0, x ∀ ∈ (−1;1) hay.
Xét hàm số g (x ) = − ( 2
3x + 6x + 1), x ∀ ∈ ( 1 − ;1)
⇒ g ' (x ) = −6x − 6 < 0, x ∀ ∈ (−1; )
1 ⇒ g (x ) nghịch biến trên khoảng (−1;1)
và lim g (x ) = −2, lim g (x = − + − ) 10 x →−1 x 1 → * Bảng biến thiên. x −1 1 g ' (x ) − −2 g (x ) −10
Vậy m ≤ −10 thoả yêu cầu bài toán . Cách 2 :
f ' (x ) = 6x + 6
Nghiệm của phương trình f ' (x ) = 0 là x = −1 < 1 . Do đó, hàm số đã
cho nghịch biến trên khoảng (−1;1) khi và chỉ khi m ≤ lim g (x = − . − ) 10 x 1 →
Vậy m ≤ −10 thoả yêu cầu bài toán . 20
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Bài tập tự luyện:
Tìm m để các hàm số sau: mx − 1 1. y =
luôn nghịch biến khoảng (2; +∞) . x − m x − 2m 2. y = (
luôn nghịch biến khoảng (1;2) .
2m + 3)x − m 2 x − 2m 3. y =
luôn nghịch biến khoảng (− ; ∞ 0). x − m (m − ) 2 1 x + m 4. y =
luôn nghịch biến khoảng (0;1) . x + 3m
Ví dụ 2 : Tìm m để các hàm số sau 1. 3 2
y = 2x − 2x + mx − 1 đồng biến trên khoảng (1; +∞) . 2. 3 2
y = mx − x + 3x + m − 2 đồng biến trên khoảng (−3;0) . 1 3. 3 y =
mx + 2 (m − 1) 2
x + (m − 1)x + m đồng biến trên khoảng (2; +∞) . 3 Giải : 1. 3 2
y = 2x − 2x + mx − 1 đồng biến trên khoảng (1; +∞) .
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (1; +∞) . * Ta có : 2
y ' = 6x − 4x + m
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (1; +∞) khi và chỉ khi y ' ≥ 0, x
∀ ∈ (1;+∞) ⇔ g (x ) 2
= 6x − 4x ≥ − , m x > 1
Xét hàm số g (x ) 2
= 6x − 4x liên tục trên khoảng (1;+∞) , ta có
g ' (x ) = 12x − 4 > 0, x
∀ > 1 ⇔ g (x ) đồng biến trên khoảng (1;+∞)
và lim g (x ) = lim ( 2
6x − 4x ) = 2, lim g (x = +∞ + + ) 1 → 1 → x x x →+∞ * Bảng biến thiên. x −1 +∞ g ' (x ) + +∞ g (x ) −2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra 2 ≥ m − ⇔ m ≥ −2 21
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2. 3 2
y = mx − x + 3x + m − 2 đồng biến trên khoảng (−3;0) .
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (−3;0) . * Ta có : 2
y ' = 3mx − 2x + 3
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−3;0) khi và chỉ khi y ' ≥ 0, x ∀ ∈ (−3;0) . 2x − 3 Hay 2
3mx − 2x + 3 ≥ 0, x
∀ ∈ (−3;0) ⇔ m ≥ , x ∀ ∈ 3 − ;0 2 ( ) 3x 2x − 3
Xét hàm số g (x ) =
liên tục trên khoảng (−3;0) , ta có 2 3x ( − + x ) 2 6x 18x g ' = < 0, x
∀ ∈ −3;0 ⇒ g x nghịch biến trên khoảng (−3;0) 4 ( ) ( ) 9x 4
và lim g (x ) = −
, lim g (x = −∞ + − ) x →−3 27 x→0 * Bảng biến thiên. x −3 0 g ' (x ) − 4 − g (x ) 27 −∞ 4
Dựa vào bảng biến thiên suy ra m ≥ − 27 1 3. 3 y =
mx + 2 (m − 1) 2
x + (m − 1)x + m đồng biến trên khoảng (2; +∞) . 3
* Hàm số đã cho xác định trên khoảng (2; +∞) . * Ta có : 2
y ' = mx + 4 (m − 1)x + m − 1
Hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞) khi và chỉ khi y ≥ ∀x ∈ ( +∞) 2 ' 0, 2;
⇔ mx + 4 (m − 1)x + m − 1 ≥ 0, x ∀ ∈ (2;+∞) ⇔ ( + 2
x + x + )m ≥ x + x ∀ ∈ ( +∞) 4x 1 4 1 4 1, 2; ⇔ m ≥ , x ∀ ∈ 2; +∞ 2 ( ) x + 4x + 1 4x + 1
Xét hàm số g (x ) = , x ∈ 2; +∞ 2 ( ) x + 4x + 1 22
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. − x x + ⇒ g ' (x ) 2 (2 1) = < 0, x
∀ ∈ 2; +∞ ⇒ g x nghịch biến trên khoảng 2 ( ) ( ) ( 2x + 4x +1) ( 9
2; +∞) và lim g (x ) = , lim g (x = + ) 0 →2 13 x x →+∞ Bảng biến thiên. x 2 +∞ g ' (x ) − 9 g (x ) 13 0 9 Vậy m ≥
thoả yêu cầu bài toán . 13 Bài tập tự luyện:
Tìm m để các hàm số sau: 2
mx + (m + 1)x − 1 1. y =
đồng biến trên khoảng (1; +∞) . 2x − m 2. 3 2
y = x − mx − ( 2
2m − 7m + 7)x + 2(m − 1) (2m − 3) đồng biến trên khoảng (2; +∞) . 1 3. 3 2 y =
mx − (m − 1)x + 3(m − 2)x + 1 đồng biến trên khoảng (2; +∞) . 3
Ví dụ 3 : Tìm m để các hàm số sau : 2 mx + 6x − 2 1. y =
nghịch biến trên nửa khoảng 2  ; +∞  ) . x + 2 2. 3 2 2
y = x − (m + 1)x − (2m − 3m + 2)x + m(2m − 1) đồng biến trên nửa khoảng 1  ;+∞  ) . Giải : 2 mx + 6x − 2 1. y =
nghịch biến trên nửa khoảng 2  ; +∞  ) . x + 2
* Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng 2  ; +∞  ) 2 mx + 4mx + 14 * Ta có y ' = 2 (x + 2) 23
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Hàm nghịch biến trên nửa khoảng [1; + ) ∞ 2
⇔ f (x) = mx + 4mx + 14 ≤ 0 , x ∀ ∈ 1  ;+∞  ) ( *).
Cách 1: Dùng tam thức bậc hai
• Nếu m = 0 khi đó (*) không thỏa mãn.
• Nếu m ≠ 0 . Khi đó f (x) có 2
∆ = 4m − 14m Bảng xét dấu ∆ m −∞ 0 7 +∞ 2 ∆ ' + 0 − 0 + • 7 Nếu 0 < m <
thì f (x) > 0 x
∀ ∈ ℝ , nếu f (x)có hai nghiệm x ,x thì 2 1 2
f (x) ≤ 0 ⇔ x ∈ (x ;x ) nên (*) không thỏa mãn. 1 2 • 7
Nếu m < 0 hoặc m >
. Khi đó f (x) = 0 có hai nghiệm 2 2 2 2
− m + 4m − 14m
−2m − 4m − 14m x ; x = 1 2 m m 7 x  ≤ x
Vì m < 0 hoặc m > 1
⇒ x < x ⇒ f (x) ≤ 0 ⇔  2 1 2 x ≥ x  2
Do đó f (x) ≤ 0 x ∀ ∈ 1  ;+∞  ) 2 ⇔ x ≤ 1 ⇔ 3
− m ≥ 4m − 14m 2 m  < 0  14 ⇔  ⇔ m ≤ − . 2 5m + 14m ≥ 0 5  −14
Cách 2: (*) ⇔ m ≤ = g(x) x ∀ ∈ 1  ; +∞ 
) ⇔ m ≤ min g(x) 2 1 x + 4 x x ≥ 14 14
Ta có min g(x) = g(1) = − ⇒ m ≤ − . x ≥1 5 5 2. 3 2 2
y = x − (m + 1)x − (2m − 3m + 2)x + m(2m − 1) đồng biến trên nửa khoảng 1  ;+∞  ) .
* Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng 1  ;+∞  ) * Ta có 2 2
y ' = 3x − 2(m + 1)x − (2m − 3m + 2)
Hàm đồng biến trên nửa khoảng 2  ; +∞ 
) . ⇔ y ' ≥ 0, x ∀ ∈ 2  ;+∞  ) 24
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 2
⇔ f (x) = 3x − 2(m + 1)x − (2m − 3m + 2) ≥ 0, x ∀ ∈ 2  ; +∞  )
Vì tam thức f (x) có 2
∆ ' = 7m − 7m + 7 > 0 m
∀ ∈ ℝ nên f (x) có hai nghiệm m + 1 − ∆ ' m + 1 + ∆ ' x = ;x = . 1 2 3 3 x  ≤ x
Vì x < x nên 1 f (x) ⇔  . 1 2 x ≥ x  2
Do đó f (x) ≥ 0 x ∀ ∈ 2  ;+∞ 
) ⇔ x ≤ 2 ⇔ ∆' ≤ 5 − m 2 m  ≤ 5 m  ≤ 5   3 ⇔  ⇔  ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 2 ∆ ' ≤ (5 − m)
2m + m − 6 ≤ 0 2     Bài tập tự luyện :
Tìm m để các hàm số sau : 2
x + (m − 2)x − 2 1. y =
đồng biến trên nửa khoảng (− ; ∞ 1 . x + m 1 2. 3 y = x + (m − 1) 2
x − (m − 1)x + 1 nghịch biến trên nửa khoảng (− ; ∞ −2 3  . 1 2 3. 3 y =
mx − (m − 1) 2
x + 3 (m − 2)x + đồng biến trên nửa khoảng 3 3 2  ; +∞  ) . 2
2x + (1 − m)x + 1 + m 4. y =
đồng biến trên nửa khoảng 1  ;+∞  ) . x − m
Ví dụ 4 : Tìm tất cả các tham số m để hàm số 3 2
y = x + 3x + mx + m nghịch
biến trên đoạn có độ dài bằng 1 ?. Giải :
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có : 2
y ' = 3x + 6x + m có ∆ ' = 9 − 3m
i Nếu m ≥ 3 thì y ' ≥ 0, x
∀ ∈ ℝ , khi đó hàm số luôn đồng biến trên ℝ , do đó
m ≥ 3 không thoả yêu cầu bài toán .
i Nếu m < 3 , khi đó y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x x < x và hàm số 1 2 ( 1 2 )
nghịch biến trong đoạn x  ;x  
l = x − x 1 2  với độ dài 2 1 m
Theo Vi-ét, ta có : x + x = −2, x x = 1 2 1 2 3 25
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 ⇔ l = 1
⇔ (x − x )2 = ⇔ (x + x )2 4 9 1
− 4x x = 1 ⇔ 4 − m = 1 ⇔ m = . 2 1 1 2 1 2 3 4 Bài tập tương tự :
1. Tìm tất cả các tham số m để hàm số 3 2 2
y = x − 3m x + x + m − 1 nghịch
biến trên đoạn có độ dài bằng 1 ?.
2. Tìm tất cả các tham số m để hàm số 3 2 2 y = x −
+ m x + mx + 3m + 5 đồng
biến trên đoạn có độ dài bằng 3 ?.
Ví dụ 5: Tìm m để hàm số y = x + m cos x đồng biến trên ℝ . Giải:
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ .
* Ta có y ' = 1 − m sin x .
Cách 1: Hàm đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0, x
∀ ∈ ℝ ⇔ 1 − m sin x ≥ 0, x
∀ ∈ ℝ ⇔ m sin x ≤ 1, x ∀ ∈ ℝ (1)
* m = 0 thì (1) luôn đúng 1 1
* m > 0 thì (1) ⇔ sin x ≤ x ∀ ∈ ℝ ⇔ 1 ≤ ⇔ 0 < m ≤ 1 . m m 1 1
* m < 0 thì (1) ⇔ sin x ≥ x ∀ ∈ R ⇔ 1 − ≥ ⇔ 1 − ≤ m < 0 . m m
Vậy −1 ≤ m ≤ 1 là những giá trị cần tìm.
Cách 2: Hàm đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0 x ∀ ∈ ℝ 1  − m ≥ 0
⇔ miny ' = min{1 − m;1 + m} ≥ 0 ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ 1 . 1 + m ≥ 0 
Bài tập tự luyện:
1. Tìm m để hàm số y = x (m − 1) + m cosx nghịch biến trên ℝ .
2. Tìm m để hàm số y = x.sin x + m cos x đồng biến trên ℝ .
Dạng 5 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức.
• Đưa bất đẳng thức về dạng f (x ) ≥ M,x ∈ (a;b) .
• Xét hàm số y = f (x ),x ∈ (a;b) .
• Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng (a;b) .
• Dựa vào bảng biến thiên và kết luận. 26
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  π 
Ví dụ 1 : Với x ∈  0;  .Chứng minh rằng :  2  1. s
in x + ta n x > 2x 2 sin x 2. < < 1 π x Giải : 1. s
in x + ta n x > 2x  π 
* Xét hàm số f (x ) = sin x + ta n x − 2x liên tục trên nửa khoảng 0;  .  2  1 1  π 
* Ta có : f ' (x ) 2 = cos x + − 2 > cos x + − 2 > 0, x ∀ ∈ 0;  2 2 cos x cos x  2   π   π 
⇒ f (x ) là hàm số đồng biến trên 0; và f (x ) > f (0), x ∀ ∈ 0;   2   2   π 
hay sin x + ta n x > 2x , x ∀ ∈ 0;  (đpcm).  2 
⊕ Từ bài toán trên ta có bài toán sau : Chứng minh rằng tam giác ABC có ba
góc nhọn thì sin A + sin B + sinC + tan A + tan B + tanC > 2π 2 sin x 2. < < 1 π x sin x * Với x > 0 thì < 1 (xem ví dụ 2 ) x  π  * Xét hàm số ( ) sin x f x =
liên tục trên nửa khoảng  0;  . x  2 
x.cos x − sin x  π 
* Ta có f ' (x ) = , x ∀ ∈ 0;  . 2 x  2   π 
* Xét hàm số g (x ) = x.cosx − sin x liên trục trên đoạn 0;  và có  2   π 
g ' (x ) = x
− .sin x < 0, x
∀ ∈ 0;  ⇒ g (x ) liên tục và nghịch biến trên đoạn  2   π   π 
0;  và ta có g (x ) < g (0) = 0, x ∀ ∈ 0;   2   2  g ' x  π 
* Từ đó suy ra f ' (x ) ( ) = < 0, x
∀ ∈ 0;  ⇒ f x liên tục và nghịch 2 ( ) x  2   π   π   π 
biến trên nửa khoảng  0;  , ta có f (x ) 2
> f   = , x ∀ ∈ 0;  .  2   2 π   2  27
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Bài tập tương tự :  π 
Chứng minh rằng với mọi x ∈  0;  ta luôn có:  2  1. t an x > x 3. 2
sin x + tan x > 3x 3 x 3 2. t < an x > x + 4. x 3 2 + cotx sin x
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng :  π  2 4  π 
1. sin x ≤ x , x ∀ ∈ 0;  x x 3. cos x < 1 − + , x ∀ ∈ 0;   2  2 24  2  3 x  π  3
2. sin x > x − , x ∀ ∈ 0;   sin x   π  3!   > ∀ ∈  2  4. cos x , x  0;  . x    2  Giải :  π 
1. sin x ≤ x , x ∀ ∈ 0;   2   π 
* Xét hàm số f (x) = sin x − x liên tục trên đoạn x ∈ 0;   2   π 
* Ta có: f '(x) = cos x − 1 ≤ 0 , x ∀ ∈ 0; ⇒  
f (x) là hàm nghịch biến trên  2   π  đoạn 0;  .  2   π 
Suy ra f (x) ≤ f (0) = 0 ⇔ sin x ≤ x x ∀ ∈ 0;  (đpcm).  2  3 x  π 
2. sin x > x − , x ∀ ∈ 0;  3!  2  3 x  π 
* Xét hàm số f (x) = sin x − x +
liên tục trên nửa khoảng x ∈ 0;  . 6  2  2 x  π 
* Ta có: f '(x) = cos x − 1 +
⇒ f "(x) = − sin x + x ≥ 0 x ∀ ∈ 0;  (theo 2  2  câu 1)  π   π 
⇒ f '(x) ≥ f '(0) = 0 x
∀ ∈ 0;  ⇒ f(x) ≥ f(0) = 0 x ∀ ∈ 0;   2   2  28
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 3 x  π 
⇒ sin x > x − , x ∀ ∈ 0;  (đpcm). 3!  2  2 4 x x  π  3. cos x < 1 − + , x ∀ ∈ 0;  2 24  2  2 4 x x  π 
* Xét hàm số g(x) = cos x − 1 + −
liên tục trên nửa khoảng x ∈ 0;  . 2 24  2  3 x  π 
* Ta có: g '(x) = − sin x + x − ≤ 0 x ∀ ∈ 0;  (theo câu 6  2   π 
2) ⇒ g(x) ≤ g(0) = 0 x ∀ ∈ 0;   2  2 4 x x  π  ⇒ cos x < 1 − + , x ∀ ∈ 0;  (Đpcm). 2 24  2  3  sin x   π  4. 
 > cos x , x ∀ ∈ 0;  . x    2  3 x  π 
Theo kết quả câu 2, ta có: sin x > x − , x ∀ ∈ 0;  6  2  3 3 2  2  2 4 6 sin x x  sin x x x x x ⇒ > 1 − ⇒   > 1 −  = 1 − + − x 6 x  6    2 12 216   3 2 4 4 2  sin x x x x x ⇒   > 1 − + + (1 − ) x   2 24 24 9 3 2 2 4  π  x  sin x x x
Vì x ∈  0;  ⇒ 1 − > 0 ⇒   > 1 − +  2  9 x   2 24 2 4 x x  π 
Mặt khác, theo câu 3: 1 − + > cosx , x ∀ ∈ 0;  2 24  2  3  sin x   π  Suy ra 
 > cos x , x ∀ ∈ 0;  (đpcm). x    2  sin x π
Nhận xét: Ta có 0 < sin x < x ⇒ 0 < < 1 x ∀ ∈ (0; ) nên x 2 29
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. α 3  sin x   sin x    ≥   α
∀ ≤ 3 . Do đó, ta có kết quả sau x x     α  sin x   π  Chứng minh rằng: với α ∀ ≤ 3 , ta luôn có:   ≥ cos x x ∀ ∈ 0;  . x    2 
Bài tập tương tự : Chứng minh rằng : 2 2 4 x x x 1 1 1. 1 > − ∀ > − < cosx < 1 − + , x ∀ ≠ 0 2. x sin 1 , x 0 2 2 24 2 x 6x 1 1 4  π 
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng < + 1 − , x ∀ ∈ 0;  2 2 2  2 sin x x π  Giải : 1 1  π 
* Xét hàm số f (x) = −
liên tục trên nửa khoảng x ∈  0;  . 2 2 sin x x  2  3 3 2 cos x 2 2( x
− cosx + sin x)
* Ta có: f '(x) = − + = . 3 3 3 3 sin x x x sin x 3  sin x   π 
Theo kết quả câu 4 - ví dụ 2 , ta có: 
 > cos x , x ∀ ∈ 0;  x    2   π   π  3 3 ⇒ x
− cosx + sin x > 0 , x
∀ ∈ 0;  ⇒ f '(x) > 0 , x ∀ ∈ 0;   2   2   π  4  π 
⇒ f (x) ≤ f   = 1 − , x ∀ ∈ 0;  2  2   2 π  1 1 4  π  Do vậy: < + 1 − , x ∀ ∈ 0;  (đpcm). 2 2 2  2 sin x x π 
Bài tập tương tự : 4x  π 
1. Chứng minh rằng : 2 sin x <
(π − x) với mọi x ∈0; . 2 π  2  2 x  π 
2. Chứng minh rằng : sin x > x + −
với mọi x ∈  0; . π π ( 2 π 4x )  12  2  3 π x 1 +
Ví dụ 4 : Với 0 ≤ x <
. Chứng minh rằng 2.sin x ta n x 2 2 + 2 > 2 2 Giải : 30
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1
sin x + ta n x * 2. sin x ta n x 2 sin x ta n x Ta có: 2 2 + 2 ≥ 2. 2 .2 = 2.2 1 3x
sin x + ta n x 1 3  π  Ta chứng minh: 2 2 2 ≥ 2
⇔ sin x + ta n x ≥ x x ∀ ∈ 0;  . 2 2  2  x  π 
* Xét hàm số f (x ) 1 3
= sin x + ta n x −
liên tục trên nửa khoảng 0;  . 2 2  2  1 3
2 cos x − 3 cos x + 1
* Ta có: f ' (x ) 3 2 = cos x + − = 2 2 2 2.cos x 2 cos x 2
(cos x − 1) (2 cos x + 1)  π  = ≥ 0 , x ∀ ∈ 0;  . 2  2 2 cos x
⇒ f (x) đồng biến trên π 1 3  π 
[0; ) ⇒ f (x) ≥ f (0) = 0 ⇒ sin x + tan x ≥ x , x ∀ ∈ 0;  (đpcm). 2 2 2  2 
Ví dụ 5 : Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số tự nhiên n > 1 n n n n n 1 n + + 1 − < 2 n n Giải : n n * Đặt x = ∈ (0;1), n ∀ ∈ N * . n
* Bất đẳng thức cần chứng minh là: n 1 n
+ x + 1 − x < 2, x ∀ ∈ (0; ) 1 * Xét hàm ( ) n = 1 n f x
+ x + 1 − x, x ∈ [0;1)     ⇒ f (x ) 1 1 1 ' =  −  < 0, x ∀ ∈ (0;1) n  ( n − n −  n 1 + x ) 1
n (1 − x ) 1   
Vậy f (x ) giảm trên (0;1) nên f (x ) < f (0) = 2, x ∀ ∈ (0;1). Ví dụ 6: x z y x y z
1. Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 .Chứng minh rằng : + + ≥ + + z y x y z x 2. Cho x, ,
y z > 0 .Chứng minh rằng: 4 4 4 2 2 2 2 2 2
x + y + z + xyz(x + y + z) ≥ xy(x + y ) + yz(y + z ) + zx(z + x ) Giải : 31
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x z y x y z
1 Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 .Chứng minh rằng : + + ≥ + + z y x y z x
x ≥ y ≥ z ≥ 0 x z yx y z
* Xét hàm số : f (x) = + + −  + +  . z y x y z x   1 1 y z 1 1
* Ta có: f '(x) = ( − ) − ( − ) = (y − z)( − ) ≥ 0, x ∀ ≥ 0 2 2 2 z y yz x x x
⇒ f (x ) là hàm số đồng biến ∀x ≥ 0 ⇒ f(x) ≥ f(y) = 0 ⇒ đpcm. 2. Cho x, ,
y z > 0 Chứng minh rằng: 4 4 4 2 2 2 2 2 2
x + y + z + xyz(x + y + z) ≥ xy(x + y ) + yz(y + z ) + zx(z + x ) .
Không mất tính tổng quát ta giả sử: x ≥ y ≥ z > 0 . * Xét hàm số 4 4 4 2 2 2 2 2 2
f (x) = x + y + z + xyz(x + y + z) − xy(x + y ) − yz(y + z ) − zx(z + x ) * Ta có 3 2 3 3
f '(x) = 4x − 3x (y + z) + xyz + yz(x + y + z) − (y + z ) 2
⇒ f "(x) = 12x − 6x(y + z) + 2yz
⇒ f "(x) > 0 (do x ≥ y ≥ z ) 2 3 2
⇒ f '(x) ≥ f '(y) = z y − z = z (y − z) ≥ 0 nên
f (x) là hàm số đồng biến. 4 3 2 2 2 2
⇒ f (x) ≥ f (y) = z − 2z y + y z = z (z − y) ≥ 0 ⇒ đpcm. Ví dụ 7: 1. a b c 3 Cho , a ,
b c > 0 . Chứng minh rằng: + + ≥ . a + b b + c c + a 2
2. Cho 0 < a ≤ b ≤ c . Chứng minh rằng: 2 2a 2b 2c (c − a) + + ≤ 3 + . b + c c + a a + b a(c + a) Giải : 1. a b c 3 Cho , a ,
b c > 0 . Chứng minh rằng: + + ≥ a + b b + c c + a 2 b c a
* Đặt x = ,y = ,z =
⇒ xyz = 1 và bất đẳng thức đã cho a b c 1 1 1 3 ⇔ + + ≥ . 1 + x 1 + y 1 + z 2 32
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 1 2 2 z
* Giả sử z ≤ 1 ⇒ xy ≥ 1 nên có: + ≥ = 1 + x 1 + y 1 + xy 1 + z 1 1 1 2 z 1 2t 1 ⇒ + + ≥ + = + = f (t) với 2 1 + x 1 + y 1 + z + 1 + z 1 1 + t z 1 + t t = z ≤ 1 2 2t 2(1 − t)
* Ta có: f '(t) = − ≤ ≤ 0 2 2 2 2 2 (1 + t) (1 + t ) (1 + t ) 3
⇒ f (t) ≥ f (1) = , ∀t ≤ 1 ⇒ đpcm. 2 2 − 2. 2a 2b 2c (c a)
Cho 0 < a ≤ b ≤ c . Chứng minh rằng: + + ≤ 3 + b + c c + a a + b a(c + a) b c * Đặt
= α, = x,1 ≤ α ≤ x . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở a a 2 2 2α 2x x + x + 4 thành + + ≤ α + x 1 + x 1 + α x + 1 2 x + 1 2x(x + 1)
⇔ x + x + 1 ≥ (2 + 2α + ) α + x 1 + α x + x x + * Xét hàm số 2 1 2 ( 1)
f (x) = x + x + 1 − (2 + 2α + ), 1 ≤ α ≤ x α + x 1 + α 2(2x + 1) α − 1
* Ta có: f '(x) = 2x + 1 − − 2 2 α + 1 (x + α) 2x+1 2 
f '(x) = (α − 1)  −  ≥ 0, 1 ≤ α ≤ x 2  α+1  (x + α) 
Như vậy hàm f (x) là đồng biến do đó 2 1
f (x) ≥ f (α) = α − 3α + 3 − α 1 1 1
Nhưng f '(α) = 2α − 3 + = α + α + − 3 ≥ 33 α.α. − 3 = 0 2 2 2 α α α
⇒ f (x) ≥ f (α) ≥ f (1) = 0 ⇒ đpcm.
Bài tập tự luyện: 1.
Cho hàm số f (x ) = 2 sin x + ta n x − 3x 33
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  π 
a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0;  .  2   π 
b)Chứng minh rằng 2 sin x + ta n x > 3x với mọi x ∈  0;  .  2  2.  π 
a) Chứng minh rằng ta n x > x với mọi x ∈  0;  .  2  3 x  π 
b)Chứng minh rằng ta n x > x +
với mọi x ∈  0;  . 3  2  3.  π 
Cho hàm số f (x ) 4 =
x − ta n x với mọi x ∈ 0; π   4   π 
a) Xét chiều biến thiên của hàm số trên đoạn 0;  .  4  4  π 
b) Từ đó suy ra rằng
x ≥ ta n x với mọi x ∈ 0; . π   4  4.
Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau :
a) sin x < x với mọi x > 0
b) sin x > x với mọi x < 0 2 x
c) cos x > 1 − với mọi x ≠ 0 2 3 x
d) sin x > x − với mọi x > 0 6 3 x
e) sin x < x − với mọi x < 0 6  π 
f ) sin x + ta n x > 2x với mọi x ∈  0;  .  2 
Dạng 6 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và bất phương trình . Chú ý 1 :
Nếu hàm số y = f (x ) luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc luôn đồng biến
hoặc luôn nghịch biến trên D ) thì số nghiệm của phương trình : f (x ) = k sẽ
không nhiều hơn một và f (x ) = f (y ) khi và chỉ khi x = y . 34
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Chú ý 2:
• Nếu hàm số y = f (x ) luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc luôn đồng
biến hoặc luôn nghịch biến trên D ) và hàm số y = g (x ) luôn đơn điệu nghiêm
ngoặc ( hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến ) trên D , thì số nghiệm trên
D của phương trình f (x ) = g (x ) không nhiều hơn một.
• Nếu hàm số y = f (x ) có đạo hàm đến cấp n trên D và phương trình (k) − f
(x) = 0 có m nghiệm, khi đó phương trình (k 1) f
(x) = 0 có nhiều nhất là m + 1 nghiệm. Chú ý 3:
Nếu hàm số y = f (x ) xác định trên D và có f ′ (x ) > 0 hoặc f ′ (x ) < 0 trên I
thì f ' (x ) đồng biến hoặc luôn luôn nghịch biến trên I nên f ' (x ) = 0 nhiều
nhất 1 nghiệm trên I suy ra f (x ) nhiều nhất 2 nghiệm trên I .
Ví dụ : Giải phương trình : 2 x +
3x + 1 = x + x + 1 . Giải :
Điều kiện : x ≥ 0
Xét hàm số f (x ) = x + x + − ( 2 3 1
x + x + 1) trên nửa khoảng 0;+∞  ).
Ta có : f ′ (x ) 1 3 = + − 2x − 1 2 x 2 3x + 1 1 9
Và f ′ (x ) = − −
− 2 < 0,∀x > 0 , suy ra phương trình 3 4 x 4 (3x + 1)3
f (x ) = 0 nhiều nhất 2 nghiệm và f (0) = f (1) = 0 ⇒ x = 0,x = 1 là 2
nghiệm của phương trình.
Ví dụ 1 : Giải các phương trình 1. 2 2
3x(2 + 9x + 3) + (4x + 2)( 1 + x + x + 1) = 0 3 2. 3 2 2
x − 4x − 5x + 6 = 7x + 9x − 4 Giải : 1. 2 2
3x(2 + 9x + 3) + (4x + 2)( 1 + x + x + 1) = 0 ( 1) Phương trình ⇔ (− x ) 2 2 (1) 3 (2 + ( 3
− x) + 3) = (2x + 1)(2 + (2x + 1) + 3) ( 2) 35
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Đặt u = 3
− x,v = 2x + 1,u,v > 0 Phương trình 2 2
(1) ⇔ u(2 + u + 3) = v(2 + v + 3) (3) * Xét hàm số 4 2
f (t) = 2t + t + 3t liên tục trên khoảng (0; +∞) 3 2t + 3t
* Ta có f '(t) = 2 + > 0, t
∀ > 0 ⇒ f (t) đồng biến trên khoảng 4 2 t + 3t (0;+∞). 1
Khi đó phương trình (3) ⇔ f (u) = f (v) ⇔ u = v ⇔ −3x = 2x + 1 ⇔ x = − 5 1 Vậy x = −
là nghiệm duy nhất của phương trình. 5 3 2. 3 2 2
x − 4x − 5x + 6 = 7x + 9x − 4 . 3 Đặt y = 2 y =
7x + 9x − 4 . Khi đó phương trình cho 3 2 x
 − 4x − 5x + 6 = y ⇔  2 3
7x + 9x − 4 = y  3 2 3 2 x
 − 4x − 5x + 6 = y x
− 4x − 5x + 6 = y  ⇔  ⇔  I
y + y = x + 3x + 4x + 2  y   + y = (x + 1)3 3 3 2 3 + x + 1(*) ( ) 
(*) có dạng f (y) = f (x + 1) (a)
* Xét hàm f (t ) 3
= t + t,t ∈ ℝ * Vì f (t ) 2 '
= 3t + 1 > 0, t
∀ ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên tập số thực ℝ .
Khi đó (a ) ⇔ y = x + 1 3 2 3 2 x
 − 4x − 5x + 6 = y x
 − 4x − 6x + 5 = 0 * * Hệ (I ) ( ) ⇔  ⇔  y = x + 1 y = x + 1    1 5 1 5  − + − − 
Giải phương trình (* *) ta có tập nghiệm : S = 5  , ,  . 2 2  
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình: 2 2x
x − 2 = 11 có nghiệm duy nhất Giải : Cách 1 : Xét hàm số 2 y = 2x
x − 2 liên tục trên nửa khoảng  +∞ 2; ) . 36
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x (5x − 8) Ta có: y ' =
> 0,∀x ∈ (2;+∞) y = − = +∞ →+∞ →+∞ ( 2 lim lim 2x x 2 x x ) x − 2 Bảng biến thiên : x 2 +∞ y ' + +∞ y 0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm số 2 y = 2x x − 2 luôn cắt
đường thẳng y = 11tại duy nhất một điểm. Do đó phương trình 2 2x
x − 2 = 11 có nghiệm duy nhất . Cách 2:
Xét hàm số y = f (x ) 2
= 2x x − 2 − 11 liên tục trên nửa khoảng  +∞ 2; ) .
Ta có f (2) = −11, f (3) = 7 . Vì f (2).f (3) = −77 < 0 ⇒ f (x ) = 0 có ít nhất
một nghiệm trong khoảng (2;3) . x x − f ' (x ) (5 8) = > 0, x
∀ ∈ (2;+∞) ⇒ f (x ) liên tục và đồng biến trên khoảng x − 2 (2;3).
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (2;3) .
Ví dụ 3 : Giải bất phương trình sau : 5x − 1 + x + 3 ≥ 4 Giải : 1 Điều kiện : x ≥ 5 1 
* Xét hàm số f (x) = 5x − 1 + x + 3 liên tục trên nửa khoảng  ; +∞  5  5 1 1
* Ta có : f '(x) = + > 0 , x ∀ > ⇒ f (x ) x − x − 5 2 5 1 2 1 1 
là hàm số đồng biến trên nửa khoảng  ; +∞  và f (1) = 4 , khi đó bất phương 5 
trình cho ⇔ f (x) ≥ f (1) ⇔ x ≥ 1.
Vậy bất phương trình cho có nghiệm là x ≥ 1 . 37
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 5
Ví dụ 4 : Giải bất phương trình sau 3 3 − 2x + − 2x ≤ 6 2x − 1 Giải : 1 3 Điều kiện: < x ≤ 2 2 5
* Bất phương trình cho ⇔ 3 3 − 2x +
≤ 2x + 6 ⇔ f (x) ≤ g(x) (*) 2x − 1 5  1 3
* Xét hàm số f (x) = 3 3 − 2x +
liên tục trên nửa khoảng  ;  2x − 1  2 2  −3 5  1 3 
* Ta có : f '(x) = − < 0, x
∀ ∈  ;  ⇒ f(x) là hàm 3 − x −  2 2 3 2 ( 2x 1)   1 3
nghịch biến trên nửa đoạn  ;  .  2 2 
Hàm số g(x) = 2x + 6 là hàm đồng biến trên ℝ và f (1) = g(1) = 8
i Nếu x > 1 ⇒ f (x) < f (1) = 8 = g(1) < g(x) ⇒ (*) đúng
i Nếu x < 1 ⇒ f (x) > f (1) = 8 = g(1) > g(x) ⇒ (*) vô nghiệm. 3
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 ≤ x ≤ . 2
Ví dụ 5 : Giải bất phương trình sau
(x + 2)(2x − 1) − 3 x + 6 ≤ 4 − (x + 6)(2x − 1) + 3 x + 2 Giải : 1 Điều kiện: x ≥ . 2
Bất phương trình cho ⇔ ( x + 2 + x + 6)( 2x − 1 − 3) ≤ 4 (*)
i Nếu 2x − 1 − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 5 ⇒ (*) luôn đúng. i Nếu x > 5
* Xét hàm số f (x) = ( x + 2 + x + 6)( 2x − 1 − 3) liên tục trên khoảng (5;+∞) * Ta có: 1 1 x + 2 + x + 6 f '(x) = ( + )( 2x − 1 − 3) + > 0,∀x > 5 2 x + 2 2 x + 6 2x − 1
⇒ f (x ) đồng biến trên khoảng (5;+∞) và f(7) = 4 , do đó
(*) ⇔ f(x) ≤ f(7) ⇔ x ≤ 7 . 38
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: ≤ x ≤ 7 . 2
Ví dụ 6 : Giải bất phương trình sau 3 2
2x + 3x + 6x + 16 < 2 3 + 4 − x Giải :  3 2 2
x + 3x + 6x + 16 ≥ 0 Điều kiện: 
⇔ −2 ≤ x ≤ 4. . 4 − x ≥ 0  Bất phương trình cho 3 2
⇔ 2x + 3x + 6x + 16 − 4 − x < 2 3 ⇔ f (x) < 2 3 (*) * Xét hàm số 3 2
f (x) = 2x + 3x + 6x + 16 − 4 − x liên tục trên đoạn −2;4   . 2 3(x + x + 1) 1
* Ta có: f '(x) = + > 0, x
∀ ∈ (−2;4) ⇒ f (x ) 3 2 2 4 2 + 3 + 6 + 16 − x x x x
đồng biến trên nửa khoảng (−2;4) và f (1) = 2 3 , do đó
(*) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ x < 1.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: −2 ≤ x < 1.
Ví dụ 7 : Chứng minh rằng 4
x − x + 1 > 0 , ∀ x ∈ ℝ Giải : * Xét hàm số 4
f (x) = x − x + 1 liên tục trên ℝ . 1 * Ta có 3
f '(x) = 4x − 1 và f '(x) = 0 ⇔ x = . 3 4 1
* Vì f '(x) đổi dấu từ âm sang dương khi x qua , do đó 3 4 1 1 1
min f (x) = f ( ) = − + 1 > 0 3 3 3 4 4 4 4
Vậy f (x) > 0 , x ∀ . x
Ví dụ 8 : Chứng minh rằng phương trình : 5 x + − 2009 = 0 có 2 x − 2
đúng hai nghiệm dương phân biệt. Giải :
* Điều kiện: x > 2 (do x > 0 ). 39
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x * Xét hàm số : 5
f (x) = x +
− 2009 với x > 2 . 2 x − 2 1 * Ta có 4
f '(x) = 5x − 2 3 (x − 2) 3 3x
⇒ f "(x) = 20x + > 0 , x ∀ > 2 2 5 (x − 2)
⇒ f '(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm ⇒ f (x) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm.
Mà: lim f (x) = + ,
∞ f ( 3) < 0, lim f (x) = +∞ ⇒ f (x) = 0 có hai nghiệm + x →+∞ x → 2 x ∈ 2; 3 và x > 3 . 1 ( ) 2
Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình
 2x + 3 + 4 − y = 4 (1) 3 3 x
 − 3x = y − 3y (1) 1.  3.  2y + 3 + 4 − x = 4 (2)  6 6 x + y =  1 (2)  3 x  + 2x = y ( 1 ) 2.  3
y + 2y = x  ( 2 )  Giải :
 2x + 3 + 4 − y = 4 (1) 1.  2y + 3 + 4 − x = 4 (2)   3 − ≤ x ≤ 4  Điều kiện: 2  . 3  − ≤ y ≤ 4  2 Cách 1:
Trừ (1) và (2) ta được: 2x + 3 − 4 − x = 2y + 3 − 4 − y ( 3 )  3 
* Xét hàm số f (t) = 2t + 3 − 4 − t liên tục trên đoạn − ; 4   .  2  40
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. * Ta có:   / 1 1 3 f (x) = + > 0, t ∀ ∈ − ; 4   2t + 3 2 4 − t  2 
⇒ (3) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y .
Thay x = y vào (1) ,ta được: 2x + 3 +
4 − x = 4 ⇔ x + 7 + 2 (2x + 3)(4 − x) = 16 x = 3 9 − x ≥ 0  2 2 2x 5x 12 9 x  ⇔ − + + = − ⇔  ⇔ 2 11
9x − 38x + 33 = 0   x =   9  11  3 x x = = 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 9  ,  . y = 3 11  y =  9 Cách 2:
Trừ (1) và (2) ta được:
( 2x + 3 − 2y + 3) + ( 4 − y − 4 − x ) = 0
(2x + 3) − (2y + 3)
(4 − y) − (4 − x) ⇔ + = 0 2x + 3 + 2y + 3 4 − y + 4 − x  2 1  ⇔ (x − y) +  = 0 ( * ) .
 2x + 3 + 2y + 3 4 − y + 4 − x  2 1 Vì +
> 0 nên (* ) ⇔ x = y 2x + 3 + 2y + 3 4 − y + 4 − x
Thay x = y vào (1) ,ta được: 2x + 3 +
4 − x = 4 ⇔ x + 7 + 2 (2x + 3)(4 − x) = 16 x = 3 9 − x ≥ 0  2 2 2x 5x 12 9 x  ⇔ − + + = − ⇔  ⇔ 2 11
9x − 38x + 33 = 0   x =   9  11  3 x x = = 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 9  ,  . y = 3 11  y =  9 3 x  + 2x = y ( 1 ) 2.  3
y + 2y = x  ( 2 )  Cách 1 : 41
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. * Xét hàm số 3 / 2
f (t) = t + 2t ⇒ f (t) = 3t + 2 > 0, t ∀ ∈ ℝ .  f  (x) = y (1)
* Hệ phương trình trở thành  .
f (y) = x (2) 
+ Nếu x > y ⇒ f (x) > f (y) ⇒ y > x (do (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn).
+ Nếu x < y ⇒ f (x) < f (y) ⇒ y < x (mâu thuẫn).
Suy ra x = y , thế vào hệ ta được 3 x + x = ⇔ x ( 2 x + ) 2 0 1 = 0 ⇔ x = 0 ì v x + 1 > 0. x  = 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  . y = 0  Cách 2:
Trừ (1) và (2) ta được: 3 3 2 2
x − y + 3x − 3y = 0 ⇔ (x − y)(x + y + xy + 3) = 0 2  2 y 3y   
⇔ (x − y)  x + +
+ 3  = 0 ⇔ x = y    2  4   
Thế x = y vào (1) và (2) ta được: 3 x + x = ⇔ x ( 2 0
x + 1 ) = 0 ⇔ x = 0 x  = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  . y = 0  3 3 x
 − 3x = y − 3y (1) 3.  6 6 x + y =  1 (2)  Từ (1) và (2) suy ra 1
− ≤ x,y ≤ 1
(1) ⇔ f (x) = f (y) (*) * 3
Xét hàm số f (t) = t − 3t liên tục trên đoạn [−1;1], ta có 2
f '(t) = 3(t − 1) ≤ 0 t ∀ ∈ [ 1
− ;1] ⇒ f (t) nghịch biến trên đoạn [−1;1]
* Do đó: (*) ⇔ x = y thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là: 1 x = y = ± . 6 2
Ví dụ 10 : Giải hệ phương trình  1 1  1 1 x − = y − (1) x − = y − (1) 1.  x y 2.  x y 2
2x − xy − 1 = 0 (2) 3   2y = x + 1 (2)  Giải : 42
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  1 1 x − = y − (1) 1.  x y 2
2x − xy − 1 = 0 (2) 
Điều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0 . Ta có: y = x  1  (1) (x y) 1 0  ⇔ − + = ⇔   1  xy   y = − .  x
i y = x phương trình 2
(2) ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± . 1 i y = −
phương trình (2) vô nghiệm. xx  = 1 x  = −1
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  ;  . y = 1 y = −1   Bình luận:  1 1 x − = y − (1)
Cách giải sau đây sai:  x y . 2
2x − xy − 1 = 0 (2) 
Điều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0 . * Xét hàm số 1 / 1
f (t) = t − , t ∈ ℝ \ {0} ⇒ f (t) = 1 + > 0, t ∀ ∈ ℝ \ {0} . 2 t t
Suy ra (1) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y !
Sai do hàm số f (t) đơn điệu trên 2 khoảng rời nhau (cụ thể f ( 1 − ) = f (1) = 0 ).  1 1 x − = y − (1) 2.  x y 3
2y = x + 1 (2)  Cách 1:
Điều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0. x = y x − y  1  (1) x y 0 (x y) 1 0  ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔   1 xyxy   y = − .  xx = 1 
i x = y phương trình (2) ⇔ −1 ± 5  x = .  2 43
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 i y = − phương trình (2) 4
⇔ x + x + 2 = 0. x 1 − Xét hàm số 4 / 3
f (x) = x + x + 2 ⇒ f (x) = 4x + 1 = 0 ⇔ x = . 3 4  1 −  3 f = 2 − > 0, lim = lim = +∞   3 3  4  4 4 x →−∞ x →+∞ 4
⇒ f (x) > 0, x
∀ ∈ ℝ ⇒ x + x + 2 = 0 vô nghiệm. Cách 2:
Điều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0. x = y x − y  1  (1) x y 0 (x y) 1 0  ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔   1 xyxy   y = − .  xx = 1 
i x = y phương trình (2) ⇔ −1 ± 5  x = .  2 1 i y = − phương trình (2) 4
⇔ x + x + 2 = 0. x i Với 4
x < 1 ⇒ x + 2 > 0 ⇒ x + x + 2 > 0 . i Với 4 4
x ≥ 1 ⇒ x ≥ x ≥ x
− ⇒ x + x + 2 > 0 .
Suy ra phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt  −1 + 5  −1 − 5  = 1 x = x x =  2  2  ∨  ∨  . y = 1  −1 + 5 1 − − 5  y  = y =  2  2
Bài tập tự luyện:
1. Giải phương trình:
a. 3x + 1 + x + 7x + 2 = 4 3 3 .
b 5x − 1 + 2x − 1 + x = 4
2. Giải phương trình: 10 10 81
81 sin x + cos x = (*) 256
3. Giải bất phương trình:
(x + 2)(2x − 1) − 3 x + 6 ≤ 4 − (x + 6)(2x − 1) + 3 x + 2
Dạng 7 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và
bất phương trình chứa tham số.
Cho hàm số f (x;m ) = 0 xác định với mọi x ∈ I ( *) 44
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
• Biến đổi (*) về dạng f (x ) = f (m)
• Xét hàm số y = f (x ) liên tục trên I
• Dùng tính chất đơn điệu của hàm số và kết luận.
Ví dụ 1: Tìm tham số thực m để ptrình 2 x +
3x + 1 = m có nghiệm thực . Giải :
* Xét hàm số f (x ) 2
= x + 3x + 1 và y = m
* Hàm số f (x ) 2
= x + 3x + 1 liên tục trên ℝ . 3x 3x + 1 + 3x
* Ta có : f ' (x ) 2 = 1 + = 2 2 3x + 1 3x + 1 x  <  f ' (x ) 0 2
= 0 ⇔ 3x + 1 = −3x ⇔  2 2 3x + 1 = 9x  x  < 0  6  6  − − 6 ⇔  ± ± ⇔ x = , 1 6 f   = x = = 6  6  3  6    6 6
Bảng biến thiên : suy ra f (x ) 6 ≥
mà f (x ) = m do đó m ≥ thì phương 3 3
trình cho có nghiệm thực .
Ví dụ 2 : Tìm tham số thực m để phương trình : 4 2
x + 1 − x = m (1) có nghiệm thực . Giải :
* Xét hàm số f (x ) 4 2
= x + 1 − x liên tục trên nửa khoảng 0; +∞  ).   1  x 1 
* Ta có : f ' (x ) =  −  < 0 2  ( 1)3 2 4 x x  +    x x 1 x 1 Vì < = ⇒ − < 0 nên (x +1)3 4 6x x (x +1)3 2 2 4 4 x
f ' (x ) < 0, x
∀ > 0 ⇒ f (x ) nghịch biến trên nửa khoảng 0;+∞  ) và
lim f (x) = 0 , nên 0 < f (x) ≤ 1, x ∀ ∈ 0; +∞  ) . x → + ∞
Vậy, phương trình (1) có nghiệm thực trên nửa khoảng 0; +∞  ) ⇔ 0 < m ≤ 1 45
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Ví dụ 3: Tìm tham số thực m để phương trình :
(4m − 3) x + 3 + (3m − 4) 1 − x + m −1 = 0,(2) có nghiệm thực. Giải :
Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 1.
3 x + 3 + 4 1 − x + 1
* Phương trình (2) ⇔ m =
4 x + 3 + 3 1 − x + 1 * Nhận thấy rằng: 2 2 ( + )2 + (     + − − x )2 x 3 1 x x 3 1 = 4 ⇔   +   = 1  2   2       π  ϕ
* Nên tồn tại góc ϕ ∈ 0; ,t = ta n ;t ∈ 0;1 sao cho: 2 2     2t 2 1 − t x + 3 = 2 sin ϕ = 2
và 1 − x = 2 cos ϕ = 2 2 1 + t 2 1 + t 2
3 x + 3 + 4 1 − x + 1 −7t + 12t + 9 m = ⇔ m = = f t , 3 2 ( ) ( )
4 x + 3 + 3 1 − x + 1 −5t + 16t + 7 2 −7t + 12t + 9
* Xét hàm số: f (t) =
liên tục trên đoạn t ∈ 0;1 2 −   . Ta có 5t + 16t + 7 2
−52t − 8t − 60 f '(t) = < 0, t
∀ ∈ 0;1 ⇒ f t nghịch biến trên đoạn [0; ] 1 2   ( ) ( 2 −5t + 16t + 7) 9 7 và f (0) = ; f (1) = 7 9
* Suy ra phương trình (2) có nghiệm khi phương trình (3) có nghiệm trên 7 9 đoạn t ∈ 0;1 
 khi và chỉ khi: ≤ m ≤ . 9 7
Ví dụ 4: Tìm tham số thực m để bất phương trình 2 2
x − 2x + 24 ≤ x − 2x + m có nghiệm thực trong đoạn −4; 6   . Giải : Đặt 2 t =
x − 2x + 24 , x
∀ ∈ −4;6 ⇒ t ∈ 0;5    
Bài toán trở thành tìm tham số thực m để bất phương trình 2
t + t − 24 ≤ m có
nghiệm thực t ∈ 0; 5   46
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
* Xét hàm số f (t ) 2
= t + t − 24 liên tục trên đoạn 0;5   .
* Ta có : f '(t) = 2t + 1 > 0, t ∀ ∈ 0;5 ⇒ f  
(t) liên tục và đồng biến trên đoạn 0;5  
* Vậy bất phương trình cho có nghiệm thực trên đoạn 0;5   khi
max f (t) ≤ m ⇔ f (5) ≤ m ⇔ 6 ≤ m ⇔ m ≥ 6 t  ∈ 0;5  
Bài tập tự luyện:
1. Tìm tham số thực m để phương trình : mx + (m − 1)x + 2 = 1 có nghiệm thực trên đoạn 0;1   .
2. Tìm tham số thực m để bất phương trình: 2 2
x − 4x + 5 ≥ x − 4x + m có
nghiệm thực trên đoạn 2  ;3   .
Dạng 8 : Dùng đơn điệu hàm số để chứng minh hệ thức lượng giác
Ví dụ : Chứng minh rằng : nếu tam giác ABC thoả mãn hệ thức 1 13
cos A + cos B + cosC + =
thì tam giác ABC đều.
cos A + cos B + cosC 6 Giải : A B C 3
* Đặt : t = cos A + cos B + cosC = 1 + 4 sin sin sin ⇒ 1 < t ≤ . 2 2 2 2  3 * Xét hàm số ( ) 1 f t = t +
hàm số liên tục trên nửa khoảng  0;  . t  2  1  3
* Ta có : f ' (t ) = 1 − > 0, t ∀ ∈ 0; ⇒ f t
đồng biến trên nửa khoảng 2 ( ) t  2   3
 0;  ,suy ra : < f (t ) 13 2 ≤ .  2  6 3
Đẳng thức f (t ) 13 =
xảy ra khi t = cos A + cos B + cosC = hay tam giác 6 2 ABC đều.
Bài đọc thêm : HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH 47
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
f (x ) = g(x ) 1 2
f(x ) = g(x )
Định nghĩa: Là hệ có dạng: 2 3  (I) ................. 
f (x ) = g(x )  n 1
Định lí 1: Nếu f ,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và
(x ,x ,..., x ) là nghiệm của hệ trên A thì x = x = ... = x 1 2 n 1 2 n
Định lí 2:Nếu f ,g khác tính đơn điệu trên A và (x ,x ,...,x ) là nghiệm của 1 2 n x
 = x = ... = x
hệ trên A thì x = x = ... = x nếu n lẻ và 1 3 n −1 
nếu n chẵn . 1 2 n
x = x = ... = x  2 4 n
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình  2x 3 2 y
− 9x + 27x − 27 = 0 y =   2 1 − x  2. 3 2 z
− 9y + 27y − 27 = 0  2y 1.  z  = 3 2
x − 9z + 27z − 27 = 0 2 1 − y    2z x =  2  1 − z Giải :  2x y =  2 1 − x   2y 1. z  = 2 1 − y   2z x =  2  1 − z
Giả sử x > y > z 2t
Xét hàm số : f (t ) =
,xác định trên D = ℝ \ {± } 1 .Ta có 2 1 − t + f (t ) 2 2(t 1) = > 0, x
∀ ∈ D ⇒ f t luôn đồng biến trên D . 2 2 ( ) (1 − t )
Do đó : x > y > z ⇒ f (x ) > f (y ) > f (z ) ⇒ y > z > x . Mâu thuẫn, do đó điều giả sử sai .
Tương tự x < y < z không thoả .
Vậy x = y = z
Hệ cho có nghiệm : (x;y;z ) = (0;0;0) 48
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 3 2 y
− 9x + 27x − 27 = 0  2. 3 2 z
− 9y + 27y − 27 = 0  3 2
x − 9z + 27z − 27 = 0  3 2 3 2 y
− 9x + 27x − 27 = 0 y
= 9x + 27x − 27   3 2 3 2 z
− 9y + 27y − 27 = 0 ⇔ z
= 9y + 27y − 27  3 2  3 2
x − 9z + 27z − 27 = 0
x = 9z + 27z − 27  
Xét hàm số đặc trưng : 2
f (t) = 9t − 27t + 27 ⇒ f '(t) = 18t − 27  3 f
 '(t) > 0,∀ > 3 t  2
f '(t) = 0 ⇔ 18t − 27 = 0 ⇔ t = ⇒  2 f '(t) 3 < 0, t ∀ <  2  3 
Hàm số đồng biến trên khoảng  ; +∞  và nghịch biến trên khoảng  2   3  3  3  27  − ;
∞  .Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại t = ⇒ f   =  2  2  2  4 27 27 Và 2 f (t) ≥
⇔ 9x − 27x + 27 ≥ 4 4  3 3 x ≥ >  3  3 27 3 3 2 4 ⇒ y ≥ ⇒ y ≥ > ⇒  3 4 2 3 3 4 z  ≥ > 3  2  4
f (x) = y
Vậy x,y,z thuộc miền đồng biến, suy ra hệ phương trình f (y) = z là hệ hoán
f(z) = x  vị vòng quanh.
Không mất tính tổng quát giả sử 3 3
x ≥ y ⇒ f (x) ≥ f (y) ⇒ y ≥ z ⇒ y ≥ z 3 3
⇒ f (y) ≥ f (z) ⇒ z ≥ x ⇒ z ≥ x
⇒ x ≥ y ≥ z ≥ x ⇒ x = y = z Thay vào hệ ta có: 3 2
x − 9x + 27x − 27 = 0 ⇒ x = 3 .
Suy ra: x = y = z = 3 49
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :
sin x − siny = 3x − 3y (1)   π 1. x  + y = (2) 5
x,y > 0 (3) 
log (1 + 3 cosx) = log (siny) + 2  2. 2 3 
log (1 + 3 sin y) = log (cos x) + 2  2 3 Giải :
sin x − siny = 3x − 3y (1)   π 1. x  + y = (2) 5
x,y > 0 (3)   π 
Từ (2),(3) ⇒ x,y ∈  0;   5 
(1) ⇔ sinx − 3x = siny − 3y ( *).  π 
Xét hàm số f (t ) = sint − 3t,t ∈ 0;  ta có  5   π 
f ' (t ) = cost − 3 < 0,t ∈  0;  ⇒ f (t ) là hàm nghịch biến trên khoảng  5  π t ∈ (0; ) nên (
*) ⇔ f (x ) = f (y ) ⇔ x = y 5 π
Với x = y thay vào (2) ta tìm được x = y = 10  π π 
Vậy (x;y ) =  ;  là nghiệm của hệ.  10 10 
log (1 + 3 cosx) = log (siny) + 2  2. 2 3 
log (1 + 3 sin y) = log (cos x) + 2  2 3 cos x > 0  Điều kiện :  sin y > 0  50
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
log (1 + 3u) = log (v) + 2 1  2 3 ( )
Đặt u = cos x;v = sin y , ta có hệ: 
log (1 + 3v) = log (u) + 2 2  2 3 ( )
trừ vế theo vế ta được
log (1 + 3u) + log u = log (1 + 3v) + log v ⇔ f (u) = f (v) * 3 3 3 3 ( )
Xét hàm số f (t) = log (1 + 3t) + log t , dễ thấy f (t) là hàm đồng biến nên 3 3 (*) ⇔ u = v . 1 + 3u 1
Thay vào (1) ta được : log (1 + 3u) − log u = 2 ⇔ = 9 ⇔ u = 3 3 u 6  1  y  = α + k2π sin y =    Vậy hệ đã cho 6 ⇔  ⇔ y
 = π − α + k2π , trong đó 1  cosx  = x = ±β + m   2π 6  1 sinα = cos β = . 6  2 2 2 y −x x + 1 e  =
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình : 2  y + 1
3log (x + 2y + 6) = 2log (x + y + 2) + 1  3 2 Giải :  2 2 2 y −x x + 1 e  = 2  y + 1
3log (x + 2y + 6) = 2log (x + y + 2) + 1  3 2 x  + 2y + 6 > 0 Điều kiện :  x + y + 2 > 0  2 2 2 y −x x + 1
Lấy ln 2 vế của phương trình : e = , ta được 2 y + 1 2 + 2 2 x 1 y − x = ln
= ln ( 2x + 1) − ln( 2y + 1 2 ) y + 1 2 ⇔ x + + ( 2x + ) 2 = y + + ( 2 1 ln 1 1 ln y + 1)(*) 51
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Phương trình (*) có dạng f ( 2 x + ) = f ( 2 1 y + 1)(* *)
Xét hàm số : f (t) = lnt + t liên tục trên nửa khoảng 1  ;+∞  ) , ta có f (t) 1 ' = + 1 > 0, t
∀ ≥ 1 ⇒ f (t) đồng biến trên nửa khoảng 1  ;+∞  ) . t Do đó ( ) 2 2
* * ⇔ x + 1 = y + 1 ⇔ x = y ± . • Với x = y
− thay vào phương trình 3 log (x + 2y + 6) = 2 log (x + y + 2) + 1 3 2 , ta được x  < 6
log (6 − x) = 1 ⇔ 
⇔ x = 3 ⇒ y = −3 thoả mãn bài toán . 3 6 − x = 3 
• Với x = y thay vào phương trình 3 log (x + 2y + 6) = 2 log (x + y + 2) + 1 , 3 2 ta được
3 log (x + 2) = 2 log (x + 1),x > 1 − . 3 2 2 x  + 2 = 3 u
Đặt 3 log (x + 2) = 2 log (x + 1) = 6u ⇒  3 2 3 x + 1 = 2 u  u u     u u 1 8 3 2 ⇒ 1 + 2 = 3 ⇔   +   = 1  9   9  u u    
Xét hàm số g (u ) 1 8 = +  
  là hàm số đồng biến trên ℝ và g (1) = 1 nên  9   9  u u  1   8 
u = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình   +   = 1.  9   9 
Với u = 1 ⇒ (x;y ) = (7;7) thoả mãn hệ phương trình .
Ví dụ 4: Hãy xác định tất cả các nghiệm của hệ phương trình (ẩn (x;y ) ) sau: 2 3 x  + y = 29 (1) 
log x.log y = 1 (2)  3 2  2 3 x  + y = 29 ( )1 
. Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2008 .
log x.log y = 1 2  3 2  ( )
Dễ thấy, nếu (x;y ) là các nghiệm của hệ cho thì x > 1,y > 1 ( 3) 52
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1
Đặt log x = t,t > 0 (do (3) ). Ki đó, 3t x =
và từ phương trình (2) có 2t y = . 3 1 Khi đó phương trình (1) 9t 8t ⇔ + = 29 ( 4) .
Số nghiệm của hệ bằng số nghiệm dương của phương trình (4) − Xét hàm số ( ) 1 29 = 9t + 8t f t
liên tục trên khoảng (0; +∞) . Ta có 1 f (t ) 8t t .ln 8 ' = 9 .ln 9 − . 2 t 1 1 Trên khoảng (0; +∞) , 8t y = . ln 8 và y =
là các hàm nghịch biến và chỉ nhận 2 t giá trị dương. 1 8t.ln 8
Do đó trên khoảng (0; +∞) , y =
là hàm đồng biến. Suy ra, f ' (t ) là hàm 2 t
số đồng biến trên khoảng (0; +∞) .  1  Vì 256
f '  .f '(1) = 18(ln 9 − ln 2 )(ln 27 − ln16) < 0 nên t ∃ ∈ 0; 1 sao cho 0 ( )  2  f ' (t = 0 . 0 )
Do đó, ta có bảng biến thiên của hàm số f (t ) trên khoảng (0; +∞) . t 0 t 1 +∞ 0
f ' (t ) − 0 + f (t ) +∞ +∞ −12 f (t 0 )
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình (4) có đúng hai nghiệm dương. Vì vậy,
hệ phương trình cho có tất cả hai nghiệm.
Bài 2: CỰC TRỊ HÀM SỐ 53
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
2.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Khái niệm cực trị hàm số :
Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp D (D ⊂ ℝ) và x ∈ D 0 a) x
được gọi là một điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a;b) 0 (a  ;b) ⊂ D
chứa điểm x sao cho: 
. Khi đó f (x được 0 ) 0
f (x) < f (x ) x
∀ ∈ a;b \ x  0  ( ) { 0}
gọi là giá trị cực đại của hàm số f . b) x
được gọi là một điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a;b) 0 (a  ;b) ⊂ D
chứa điểm x sao cho: 
. Khi đó f (x được 0 ) 0
f (x) < f (x ) x
∀ ∈ a;b \ x  0  ( ) { 0}
gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f .
Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu được gọi chung là cực trị
Nếu x là một điểm cực trị của hàm số f thì người ta nói rằng hàm số f đạt cực 0
trị tại điểm x . 0
Như vậy : Điểm cực trị phải là một điểm trong của tập hợp D (D ⊂ ℝ)
Nhấn mạnh : x ∈ a;b ⊂ D nghĩa là x 0 ( )
0 là một điểm trong của D :
Ví dụ : Xét hàm số f (x ) =
x xác định trên 0; +∞ 
). Ta có f(x) > f (0)
với mọi x > 0 nhưng x = 0 không phải là điểm cực tiểu vì tập hợp 0; +∞  )
không chứa bất kì một lân cận nào của điểm 0 . Chú ý : 54
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
• Giá trị cực đại ( cực tiểu) f (x ) nói chung không phải là GTLN (GTNN) của 0
f trên tập hợp D .
• Hàm số có thể đạt cực đại hoặc cực tiểu tại nhiều điểm trên tâp hợp D .
Hàm số cũng có thể không có điểm cực trị.
• x là một điểm cực trị của hàm số f thì điểm (x f(x ) được gọi là điểm 0; 0 ) 0
cực trị của đồ thị hàm số f .
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị:
Định lý 1: Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x . Khi đó , nếu f có đạo hàm 0
tại điểm x thì f ' (x = 0 0 ) 0 Chú ý :
• Đạo hàm f ' có thể bằng 0 tại điểm x nhưng hàm số f không đạt cực trị tại 0 điểm x . 0
• Hàm số có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm .
• Hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó đạo hàm của hàm số
bằng 0 , hoặc tại đó hàm số không có đạo hàm .
• Hàm số đạt cực trị tại x và nếu đồ thị hàm số có tiếp tuyến tại điểm 0
(x f(x ) thì tiếp tuyến đó song song với trục hoành. 0; 0 )
Ví dụ : Hàm số y = x và hàm số 3 y = x
3. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị:
Định lý 2: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x và có đạo 0
hàm trên các khoảng (a;x và (x ;b . Khi đó : 0 ) 0 ) f
 ' (x < 0,x ∈ a;x 0 ) ( 0) a) Nếu 
thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x . Nói một f ' 0
 (x > 0,x ∈ x ;b 0 ) ( 0 )
cách khác , nếu f ' (x ) đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x thì hàm số 0
đạt cực tiểu tại điểm x . 0 x a x b 0
f ' (x ) − 0 +
f (a ) f (b) f (x ) f (x 0 ) 55
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. f
 ' (x > 0,x ∈ a;x 0 ) ( 0) b) Nếu 
thì hàm số đạt cực đại tại điểm x . Nói một f ' 0
 (x < 0,x ∈ x ;b 0 ) ( 0 )
cách khác , nếu f ' (x ) đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm x thì hàm số 0
đạt cực đại tại điểm x . 0 x a x b 0
f ' (x ) + 0 − f (x 0 ) f (x )
f (a ) f (b)
Định lý 3: Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên khoảng (a;b) chứa điểm
x , f ' (x = 0 và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x . 0 ) 0 0
a) Nếu f ' (x < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x . 0 ) 0
b) Nếu f ' (x > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x . 0 ) 0 Chú ý:
Không cần xét hàm số f có hay không có đạo hàm tại điểm x = x nhưng không 0
thể bỏ qua điều kiện " hàm số liên tục tại điểm x " 0 1  − x k hi x ≤ 0
Ví dụ : Hàm số f (x) = 
không đạt cực trị tại x = 0 . Vì x khi x > 0 
hàm số không liên tục tại x = 0 .
2.1 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP.
Dạng 1 : Tìm các điểm cực trị của hàm số .
Quy tắc 1: Áp dụng định lý 2
• Tìm f ' (x )
• Tìm các điểm x (i = 1,2,3... tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc hàm số liên tục i )
nhưng không có đạo hàm.
• Xét dấu của f ' (x ). Nếu f '(x )đổi dấu khi x qua điểm x thì hàm số có cực 0
trị tại điểm x . 0 56
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Quy tắc 2: Áp dụng định lý 3
• Tìm f ' (x )
• Tìm các nghiệm x (i = 1,2,3... của phương trình f '(x ) = 0. i )
• Với mỗi x tính f ' (x i ) . i
− Nếu f ' (x ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x . i i
− Nếu f ' (x ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x . i i
Ví dụ 1 : Tìm cực trị của các hàm số : 3 2
1. y = x + 3x + 3x + 5 4 2 2. y = x − + 6x − 8x + 1 Giải : 3 2
1. y = x + 3x + 3x + 5
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có: 2 2
y ' = 3x + 6x + 3 = 3(x + 1) ≥ 0 x
∀ ⇒ Hàm số không có cực trị. Chú ý:
* Nếu y ' không đổi dấu thì hàm số không có cực trị.
* Đối với hàm bậc ba thì y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt là điều cần và đủ để hàm có cực trị. 4 2 2. y = x − + 6x − 8x + 1
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có: 3 2
y ' = −4x + 12x − 8 = 4
− (x − 1) (x + 2) 2 y ' = 0 ⇔ 4
− (x − 1) (x + 2) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −2 * Bảng biến thiên x −∞ −2 1 +∞ y ' + 0 + 0 − 25 y −∞ −∞
Vậy, hàm đạt cực đại tại x = 2
− với giá trị cực đại của hàm số là y(−2) = 25 ,
hàm số không có cực tiểu.
Bài tập tự luyện:
Tìm cực trị của các hàm số : 2 4x − 3x 2 4x + 4x − 1 1. y = 2. y = x − 1 2 2x + 4x + 3
Ví dụ 2 : Tìm cực trị của các hàm số : 2 1. y = x 4 − x 2
4. y = 2x + 1 − 2x − 8 57
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2
2. y = 2x − x − 3 1   2 5. y = x − 12 −  3x  2   3 2 3. y = x − + 3x Giải : y = f (x ) 2 1. = x 4 − x
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −2;2   2 4 − 2x * Ta có y ' = ,x ∈ (−2;2) 2 4 − x
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = −2,x = 2 .
Suy ra, trên khoảng (−2;2) :y ' = 0 ⇔ x = − 2,x = 2 Bảng xét dấu y ' x −2 − 2 2 2 y ' − 0 + 0 −
y ' đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm − 2 thì hàm số đạt cực tiểu tại
điểm x = − 2, y (− 2) = −2 ;
y ' đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm 2 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2, y ( 2) = 2 . 2
2. y = 2x − x − 3 * 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ( ; 3  −∞ − ∪ 3; +∞  )  . 2 x 2 x − 3 − x * Ta có: y ' = 2 − = , x ∈ (− ; ∞ − 3 ) ∪ ( 3;+∞). 2 2 x − 3 x − 3
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = − 3, x = 3 .
Suy ra, trên mỗi khoảng (− ;
∞ − 3 ),( 3;+∞):y ' = 0 x ∈ 
(− ;∞− 3)∪( 3;+∞) 0 ≤ x < 3 ⇔  ⇔  ⇔ x = 2 . 2 2 2  − = 4(x − 3) 2 3 = x x x  
Tương tự trên suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2, y(2) = 3 , hàm số không có cực đại. 3 2 3. y = x − + 3x
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên nửa khoảng (− ; ∞ 3]. 58
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 −3(x − 2x) * Ta có:y ' =
,x < 3,x ≠ 0 3 2 2 x − + 3x
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = 0, x = 3 .
Suy ra, trên mỗi khoảng (− ;
∞ 3):y ' = 0 ⇔ x = 2 * Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 3 y ' − || + 0 − || +∞ 2 y 0 0
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2, y(2) = 2 và đạt cực tiểu tại điểm
x = 0, y(0) = 0 . Chú ý:
* Ở bài 2 ví dụ 2 mặc dù x = ± 3 là điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm
tuy nhiên hàm số lại không xác định trên bất kì khoảng (a;b) nào của hai điểm
này nên hai điểm này không phải là điểm cực trị của hàm số.
* Tương tự vậy thì x = 3 của hàm số ở câu 3 cũng không phải là điểm cực trị
nhưng x = 0 lại là điểm cực trị của hàm số. 2
4. y = 2x + 1 − 2x − 8
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên nửa khoảng (− ; ∞ −2, 2  ; +∞   ). 2x * Ta có: y ' = 2 − , x ∈ (− ; ∞ −2) ∪ (2;+∞) . 2 2x − 8
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = −2,x = 2 .
Suy ra, trên các khoảng (− ; ∞ 2
− ),(2;+∞) :y ' = 0 x  ∈ (− ; ∞ −2) ∪ (2;+∞) 0 ≤ x <   2 ⇔  ⇔  ⇔ x = 2 2 . 2 2  2x − 8 = x x = 8    * Bảng biến thiên: x −∞ −2 2 2 2 +∞ y ' + || || − 0 + y 59
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Trên khoảng (2;2 2) : y ' < 0 , trên khoảng (2 2;+∞) : y ' > 0 điểm cực tiểu là (2 2;3 2 +1). 1  2  5. y = x − 12 −  3x  2  
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −2;2   .  2 1 12 3x 3x  − + * Ta có: y ' =  , x ∀ ∈ ( 2 − ;2)  2 2  12 3  − x
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x = −2,x = 2 .
Suy ra, trên khoảng (−2;2) :y ' = 0 x  ∈ (−2;2)  2 − < x ≤   0 ⇔  ⇔  ⇔ x = 1 − 2 2
 12 − 3x = −3x x = 1    * Bảng biến thiên: x −∞ −2 −1 2 +∞ y ' || − 0 + || y
Trên khoảng (−2; −1) : y ' < 0 , trên khoảng (−1;2) : y ' > 0 suy ra điểm cực tiểu là (−1; 2 − ) .
Bài tập tương tự :
Tìm cực trị của các hàm số : 1. 2
y = x + 1 + 2x − 8 3. 2
y = x + 2 x + x + 1 x 2. 2 2 y = + x + 3
4. y = x 16 − x + (x − 1) x 2
Ví dụ 3 : Tìm cực trị của các hàm số : 1. y
= f (x ) = x 2. y
= f (x ) = x (x + 2) 3. y
= f (x ) = x (x − 3) Giải : 1. y
= f (x ) = x 60
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . xk hi x  ≥ 0 y =  . x − k hi x < 0  1  k hi x  > 0 * Ta có y ' =  −1 k hi x < 0  Trên khoảng (− ;
∞ 0):y ' < 0,trên khoảng (0;+∞): y ' > 0 . * Bảng biến thiên x −∞ 0 +∞ y ' − + y +∞ +∞ 0
Hàm số đạt điểm cực tiểu tại điểm x = 0, f (0) = 0 .  + ≥ y
= f (x ) = x (x + )
x (x 2) khi x 0 2. 2 =  x −  (x + 2) k hi x < 0
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . 2  x  + 2 > 0 k hi x > 0 * Ta có y ' =  −2x − 2 k hi x < 0 
Hàm số liên tục tại x = 0 , không có đạo hàm tại x = 0 . Trên khoảng (− ;
∞ 0):y ' = 0 ⇔ x = 1
− ,trên khoảng (0;+∞): y ' > 0 . * Bảng biến thiên x −∞ −1 0 +∞ y ' + 0 − + y +∞ −∞ 0
Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm x = −1, f (−1) = 1 , hàm số đạt cực tiểu tại điểm
x = 0, f (0) = 0 . 3. y
= f (x ) = x (x − 3)
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ .  − ≥
y = f (x )
x (x 3) khi x 0 =  .  x − (x − 3) k hi x < 0  61
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 3(x − 1)  k hi x > 0  * Ta có ' = 2 x y   3 − x + x − k hi x < 0 2 x − Trên khoảng (− ;
∞ 0):y ' > 0 ,trên khoảng (0;+∞):y ' = 0 ⇔ x = 1 * Bảng biến thiên x −∞ 0 1 +∞ y ' + − 0 + y 0 +∞ −∞ −2
Hàm số đạt điểm cực đại tại điểm x = 0, f (0) = 0 , hàm số đạt điểm cực tiểu tại
điểm x = 1, f (1) = 2 − .
Bài tập tương tự :
Tìm cực trị của các hàm số :
1. y = x + 1 + x 2
4. y = 2x − 4 + 2x − 8 2 2
2. y = x + x − x − 4 2
5. y = x + 3 + 9x + x 2
3. y = x + 2 4 − x 2 6. y = 2 x
− + 1 + x − 2 + x − x
Ví dụ 4 : Tìm cực trị của các hàm số sau 1. y = 2 sin 2x − 3 2. y
= 3 − 2 cos x − cos 2x Giải : 1. y = 2 sin 2x − 3
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ .
* Ta có y ' = 4 cos 2x π π
y ' = 0 ⇔ cos 2x = 0 ⇔ x =
+ k ,k ∈ ℤ , 4 2 y ' = 8 − sin 2x  π π   π  −8 k hi k = 2n y '  + k  = −8 sin  + kπ  =   4 2   2 8 k hi k = 2n + 1   π  π 
Vậy hàm số đạt cực đại tại các điểm x =
+ nπ;y  + nπ  = 1 − và đạt cực 4  4  π π  π π  đại tại x =
+ (2n + 1) ;y  + (2n + 1)  = 5 − 4 2  4 2  62
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2. y
= 3 − 2 cos x − cos 2x
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ .
* Ta có y ' = 2 sin x + 2 s in2x = 2 sin x (1 + 2 cosx ) sin x = 0 x  = kπ   y ' = 0 ⇔ π ⇔ π , 1 2 2 k ∈  ℤ . cos x cos x  = − = = ± + k2π  2 3  3
y ' = 2 cos x + 4 cos 2x  2π  2π 2π y '  ± + k2π  = 6 cos = 3
− < 0 . Hàm số đạt cực đại tại x = ± + k2π ,  3  3 3  2π  1 y  ± + k2π  = 4  3  2
y ' (kπ ) = 2 coskπ + 4 > 0, k
∀ ∈ ℤ . Hàm số đạt cực tiểu tại x = kπ , y
(kπ ) = 2 (1 − coskπ )
Bài tập tương tự:
Tìm cực trị của các hàm số : 1. 2
y = x − 2 sin x . 5. 2
y = x − 2 sin x .
2. y = x ta n x .
6. y = x ta n x . 3. 2 y = cos x . 7. 2 y = cos x .
4. y = 3 cos x + 3 sin x .
8. y = 3 cos x + 3 sin x .  π 
Ví dụ 5: Tìm cực trị của hàm số : y = cos x sin x trên đoạn 0;   . 2   Giải:  π 
* Hàm số đã cho xác định và liên tục đoạn 0;   . 2   2 cos x 1 − 3 sin x
* Ta có : y ' = − sin x sin x + . cos x = . 2 sin x 2 sin x   π   π  x  ∈  0;   1 Trên khoảng 0;   : = ⇔  2 y ' 0   ⇔ sin x = ( *) 2    2 1 3 sin x =  3 1
Tồn tại góc β sao cho sin β =
, khi đó (*) ⇔ x = β . 3 63
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 6 Với sin β = thì cos β = và y (β ) 4 12 = cos β sin β = 3 3 3
Bảng xét dấu y ' : x π 0 β 2 y ' + 0 − 1
Hàm số đạt cực đại tại x = β,y (β ) 4 12 = với sin β = . 3 3
Bài tập tương tự:
Tìm cực trị của các hàm số :  π π 
1. y = (cos2x 1
+ ) sin 2x trên khoảng − ;   . 2 2   x x 2. y = 2 cos
+ 3 cos trên khoảng (0;20π ) . 2 3  π π 
3. y = cot x + 4x trên đoạn − ;   . 4 4   cosx +2 sin x +3 4. y = π − ; π .
2 cosx −sinx + trên khoảng ( ) 4
Ví dụ 6: Tìm cực trị của hàm số : 3 3
y = cos x +sin x + 3 sin 2x . Giải: 3 3
y = cos x +sin x + 3 sin 2x = (cosx +sinx )(1−cosx.sinx ) + 3 sin 2x 1 1
Vì 1 − cos x. sin x =
(2−2cosx.sinx ) = (2−sin2x ) > 0 2 2
Nên y = cos x +sin x (1 − cos x. sin x ) + 3 sin 2x 2 t 1 −
Đặt t = cosx +sin x ⇒ cos x. sin x = , 0 ≤ t ≤ 2 2 1 3 3 3
Khi đó y = f (t ) 3 2
= − t + t + t − , 0 ≤ t ≤ 2 2 2 2 2 3 3   Ta có : y '
( t 2t 1) 2 (t 1)2 2 0, t 0; 2 = − + + = − − > ∀ ∈ 2 2   , suy ra hàm số     không có cực trị .
Ví dụ 7: Tính đạo hàm của hàm số tại điểm x = 0 và chứng minh rằng hàm
số đạt cực tiểu tại x = 0 , biết rằng hàm số f (x) xác định bởi : 64
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  3 2
1 + x sin x − 1  , x ≠ 0 f (x) =  x . 0 , x = 0  Giải : − + − f ( ) 3 2 f (x) f (0) 1 x sin x 1 ' 0 = lim = lim 2 x →0 x →0 x x ( ) 2 x sin x f ' 0 = lim x →0   2 x ( 2 1 + x sin x )2 3 2 3 + 1 + x sin x +  1   f ( ) sin x 1 ' 0 = lim sin x. . = 0 x →0 x ( 2 1 + x sin x )2 3 2 3
+ 1 + x sin x + 1
Mặt khác x ≠ 0 , ta có : ( ) 2 sin x f x =
⇒ f (x ) ≥ 0 = f (0). ( 2 1 + x sin x )2 3 2 3
+ 1 + x sin x + 1
Vì hàm số f (x) liên tục trên ℝ nên hàm số f (x) đạt cực tiểu tại x = 0 .  2 1 x  sin , x ≠ 0
Ví dụ 8 : Cho hàm số f (x) =  x . Chứng minh rằng 0 , x = 0 
f '(0) = 0 nhưng hàm số f (x) không đạt cực trị tại điểm 0 . Giải :
f (x) − f (0) 1 Ta có
= x sin với mọi x ≠ 0 . x x 1
f (x) − f (0)
Với mọi x ≠ 0 : x sin
≤ x và lim x = 0 nên lim = 0 . Do đó x x →0 x →0 x
hàm số f (x) có đạo hàm tại x = 0 và f '(0) = 0 . 1 1 Lấy một dãy x =
, khi đó f (x ) = sin 2nπ = 0, n ∀ . n 2nπ n (2nπ )2
Giả sử (a;b) là một khoảng bất kỳ chứa điểm 0 .
Vì lim x = 0 nên với n đủ lớn x ∈ (a;b và do f (x ) = 0 = f n ∀ , theo n (0), n ) →0 n x
định nghĩa cực trị của hàm số , x = 0 không phải là một điểm cực trị của f (x) .
Dạng 2 : Tìm điều kiện để hàm số có cực trị. 65
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Phương pháp: Sử dụng định lí 2 và định lí 3 Chú ý:
* Hàm số f (xác định trên D ) có cực trị ⇔ x
∃ ∈ D thỏa mãn hai điều kiện 0 sau:
i) Tại đạo hàm của hàm số tại x phải triệt tiêu hoặc hàm số không có đạo hàm 0 tại x 0
ii) f '(x) phải đổi dấu qua điểm x hoặc f "(x ) ≠ 0 . 0 0
* Nếu f '(x) là một tam thức bậc hai hoặc triệt tiêu và cùng dấu với một tam
thức bậc hai thì hàm có cực trị ⇔ phương trình f '(x) có hai nghiệm phân biệt thuộc tập xác định.
Ví dụ 1 : Tìm m để 3 2
y = mx + 3x + 12x + 2 đạt cực đại tại điểm x = 2 . Giải :
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ Ta có : 2
y ' = 3mx + 6x + 12 ⇒ y " = 6mx + 6 y  '(2) = 0
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2 ⇔  y "(2) < 0  1  2m + 24 = 0 ⇔  ⇔ m = 2
− là giá trị cần tìm. 12m + 6 < 0 
Chú ý : Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau
Để hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2 thì y '(2) = 0 ⇔ m = −2 . Với m = 2 − ta có 2 y ' = 3( 2
− x + 2x + 4) ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2 .
Bài tập tương tự : x + mx +
1. Xác định giá trị tham số m để hàm số y = f (x ) 2 1 = đạt cực đại tại x + m x = 2.
2. Xác định giá trị tham số m để hàm số y = f (x ) 3 = x + (m + ) 2 3 x + 1 − m
đạt cực đại tại x = 1 − .
Ví dụ 2 : Với giá trị nào của m , hàm số π y = ( 2
2 m − 3) sin x − 2m sin 2x + 3m − 1 đạt cực tiểu tại điểm x = ?. 3 Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có : y = ( 2 '
2 m − 3) cosx − 4m cos2x, 66
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. y = − ( 2 '
2 m − 3) sin x + 8m sin 2x . π  π 
Điều kiện cần để hàm số y đạt cực tiểu tại điểm x = là f '   = 0 3  3  2
⇔ m + 2m − 3 = 0 ⇔ m = −3 ∨ m = 1 . π  π 
Điều kiện đủ để hàm số y đạt cực tiểu tại điểm x =
là y '   > 0 . 3  3   π 
Thật vậy, y   = − ( 2 '
3 m − 4m − 3)  3   π  π + m = 3
− , ta có y '   < 0 . Do đó hàm số đạt cực đại tại điểm x = .  3  3  π  π
+ m = 1, ta có y '   > 0 . Do đó hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = .  3  3 π
Vậy hàm số f (x ) đạt cực tiểu tại điểm x =
khi và chỉ khi m = 1. 3
Bài tập tương tự : 2 x + mx − 2
Ví dụ 3: Tìm m ∈ ℝ để hàm số y = có cực trị . mx − 1 Giải :  1 
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ \   m   + Nếu m = 0 thì 2
y = x − 2 ⇒ hàm số có một cực trị + 1
Nếu m ≠ 0 hàm số xác định x ∀ ≠ m 2
mx − 2x + m * Ta có y ' =
. Hàm số có cực trị khi phương trình 2 (mx − 1) 1 2
mx − 2x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác m 2 1  − m > 0  ⇔  ⇔ −1 < m < 1 1 . m  − ≠ 0  m
Vậy −1 < m < 1 là những giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
Tìm m để đồ thị của hàm số sau có cực trị : 1. 3 2
y = x − 3mx + (m + 2)x + 3m + 4 3. 4
y = x − (m − ) 2 2 4 x + 2m − 5 67
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2
x − (m + 1)x − m + 2 2
mx − (m − 2)x − 1 2. y = 4. y = x − 1 x + 2
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi giá trị của m ∈ ℝ , hàm số 2
x − m (m + ) 3 1 x + m + 1 y =
luôn có cực đại và cực tiểu . x − m Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ {m}. * Ta có: 2 2 − 2 + − 1 g (x x mx m ) y ' = = , x ≠ m , g
x = x − 2mx + m − 1 2 2 ( ) 2 2 (x − m) (x − m)
Dấu của g (x ) cũng là dấu của y ' và 2 ∆ = m − ( 2 ' m − 1) = 1 > 0 , m ∀ . g Do đó m
∀ thì g (x ) = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt x = m − 1,x = m + 1 1 2 thuộc tập xác định . * Bảng biến thiên: x
−∞ m − 1 m m + 1 +∞ y ' + 0 − − 0 + +∞ +∞ y −∞ −∞
y ' đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm x = m − 1 thì hàm số đạt cực đại 1
tại điểm x = m − 1 1
y ' đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = m + 1 thì hàm số đạt cực tiểu 2
tại điểm x = m + 1 2
Bài tập tương tự :
Ví dụ 5: Tìm m để hàm số y = (m + ) 3 2
2 x + 3x + mx + m có cực đại , cực tiểu . Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ .
* Ta có y = (m + ) 2 ' 3
2 x + 6x + m
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt m  + 2 ≠ 0 m  ≠ 2 − m     ≠ −2 hay ⇔  ⇔  ⇔  ∆ ' = 9 − 3m  (m + 2) > 0 3   ( 2 m − − 2m + 3) > 0 3 − < m < 1  68
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Vậy giá trị m cần tìm là −3 < m < 1,m ≠ 2 − . Bài tập tương tự :
Tìm m để đồ thị của hàm số sau có một cực đại và cực tiểu : (m − ) 2
1 x − (m − 1)x + m 1 3 2 = + + + + + 1. 2. y
(m 1)x (m 1)x 2m 1 y = 3 x − 1
Ví dụ 6 : Tìm m để điểm M (2;0) là điểm cực đại của đồ thị hàm số 3 2 y = x − + mx − 4 . Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 2
y ' = −3x + 2mx, y
' = −6x + 2m .
Điểm M (2;0) là điểm cực đại của đồ thị hàm số khi và chỉ khi : y  '(2) = 0 −12 + 4m = 0    = y  ( ) m 3
' 2 < 0 ⇔ −12 + 2m < 0 ⇔  ⇔ m = 3 <    y  ( m 2) 6 = 0 −8 + 4m − 4 = 0  
Bài tập tương tự :
1. Tìm m để hàm số 4
y = x + (m + ) 2
1 x + m − 1 có điểm cực tiểu (−1;1). 2
x + (m − 1)x + m − 2
2. Tìm m để hàm số y =
có điểm cực đại (2; −2) . x + 1
Ví dụ 7 : Xác định các giá trị của tham số k để đồ thị của hàm số 4
y = kx + (k − ) 2
1 x + 1 − 2k chỉ có một điểm cực trị. Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 3
y ' = 4kx − 2 (k − 1)x x  = 0 y ' = 0 ⇔  2 2kx + k − 1 =  0 (*) 
Hàm số chỉ có một cực trị khi phương trình y ' = 0 có một nghiệm duy nhất và
y ' đổi dấu khi x đi qua nghiệm đó .Khi đó phương trình 2
2kx + k − 1 = 0 (*) 69
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
vô nghiệm hay có nghiệm kép x = 0 k  = 0  k  = 0 k  ≤ 0 ⇔ k  ≠  0  ⇔  ⇔   < ∨ ≥ ≥   k  (k ) k 0 k 1 k 1 ' 2 1 0  ∆ = − − ≤ 
Vậy k ≤ 0 ∨ k ≥ 1 là giá trị cần tìm .
Bài tập tương tự :
Ví dụ 8 : Cho hàm số 4 3 2
y = x + 4mx + 3(m + 1)x + 1 . Tìm m ∈ ℝ để :
1. Hàm số có ba cực trị.
2. Hàm số có cực tiểu mà không có cực đại. Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 3 2 2
y ' = 4x + 12mx + 6(m + 1)x = 2x(2x + 6mx + 3(m + 1)) x  = 0 y ' = 0 ⇔  2
f (x) = 2x + 6mx + 3m + 3 = 0  Nhận xét:
*Nếu y có hai nghiệm phân biệt x , x ≠ 0 , khi đó y ' sẽ đổi dấu khi đi qua ba 1 2
điểm 0,x ,x khi đó hàm có hai cực tiểu và 1 cực đại. 1 2
*Nếu y có 1 nghiệm x = 0 , khi đó y ' chỉ đổi dấu từ − sang + khi đi qua một
điểm duy nhất nên hàm chỉ có một cực tiểu.
* Nếu y có nghiệm kép hoặc vô nghiệm thì y ' chỉ đổi dấu từ - sang + khi đi
qua x = 0 nên hàm đạt cực tiểu tại x = 0 .
Từ trên ta thấy hàm số luôn có ít nhất một cực trị.
1. Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi y có hai nghiệm phân biệt khác 0   2 1 − 7 1 + 7
∆ ' = 3(3m − 2m − 2) > 0 m  < ∪ m > ⇔  ⇔  3 3 . y(0) ≠ 0  m  ≠ 1 − 
2. Theo nhận xét trên ta thấy hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại − + ⇔ 1 7 1 7
hàm số không có ba cực trị ⇔ ≤ m ≤ . 3 3 Chú ý:
1) Đối với hàm trùng phương 4 2
y = ax + bx + c (a ≠ 0) x  = 0 Ta có 3 2
y ' = 4ax + 2bx = x(4ax + b) ⇒ y ' = 0 ⇔  2
4ax + b = 0 (1)  70
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. b  ≠ 0
* Hàm có ba cực trị ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔  . ab < 0 
Khi đó hàm có hai cực tiểu, một cực đại khi a > 0 ; hàm có hại cực đại, 1 cực tiểu khi a < 0 .
* Hàm có một cực trị khi và chỉ khi (1) có nghiệm kép hoặc vô nghiệm hoặc có ∆ < 0 ab  > 0
1 nghiệm x = 0 ⇔  ⇔ 
. Khi đó hàm chỉ có cực tiểu khi a > 0 y(0) = 0 b = 0  
và chỉ có cực đại khi a < 0 .
2) Đối với hàm số bậc bốn 4 3 2
y = ax + bx + cx + d , x  = 0 Ta có: 3 2
y ' = 4ax + 3bx + 2cx ⇒ y ' = 0 ⇔  2
4ax + 3bx + 2c = 0 (2) 
* Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0  2 9
b − 32ac > 0 ⇔ 
. Khi đó hàm có hai cực tiểu, một cực đại khi a > 0 ; hàm có c ≠ 0 
hại cực đại, 1 cực tiểu khi a < 0 .
* Hàm có một cực trị khi và chỉ khi (2) có nghiệm kép hoặc vô nghiệm hoặc có ∆ <  2 0
9b − 32ac < 0
1 nghiệm x = 0 ⇔  ⇔ 
. Khi đó hàm chỉ có cực tiểu y(0) = 0 c   = 0  
khi a > 0 và chỉ có cực đại khi a < 0 .
Bài tập tương tự : 1 3
Ví dụ 9 : Xác định m để đồ thị của hàm số 4 2 y = x − mx + có cực tiểu mà 2 2
không có cực đại. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 3
y ' = 2x − 2mx x  = 0 y ' = 0 ⇔  2 x = m  (*) 
Hàm số có cực tiểu mà không có cực đại khi phương trình y ' = 0 có một
nghiệm duy nhất và y ' đổi dấu khi x đi qua nghiệm đó Khi đó phương trình 2 x = m
(*) vô nghiệm hay có nghiệm kép x = 0 ⇔ m ≤ 0
Vậy m ≤ 0 là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự : 71
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
1. Xác định m để đồ thị của hàm số 4 2
y = x − mx + 3 có cực tiểu mà không có cực đại.
Ví dụ 10 : Tìm m để hàm số 3 2
y = mx + 3mx − (m − 1)x − 1 không có cực trị. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có : 2
y ' = 3mx + 6mx − m + 1 ( *)
* m = 0 khi đó (*) trở thành y ' = 1 > 0 x
∀ ∈ ℝ suy ra hàm không có cực trị.
* m ≠ 0 khi đó để hàm không có cực trị thì y ' = 0 có nghiệm kép hoặc vô 1
nghiệm ⇔ ∆ ' = 3m(4m − 1) ≤ 0 ⇔ 0 < m ≤ . 4 1 Vậy 0 ≤ m ≤
thì hàm số không có cực trị. 4
Bài tập tương tự : 2
mx + x + m
1. Tìm m để hàm số y =
không có cực đại , cực tiểu . x + m
2. Tìm m để hàm số 3 2
y = mx + 3mx − (m − 1)x − 1 không có cực trị.
Ví dụ 11 : Tìm m để hàm số 2
y = −2x + 2 + m x − 4x + 5 có cực đại. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . x − 2 m
* Ta cóy ' = −2 + m ; y " = . 2 2 3 x − 4x + 5 (x − 4x + 5) Cách 1:
+ Nếu m = 0 thì y = 2 − < 0 x
∀ ∈ ℝ nên hàm số không có cực trị.
+ m ≠ 0 vì dấu của y ' chỉ phụ thuộc vào m nên để hàm có cực đại thì trước
hết y " < 0 ⇔ m < 0 . Khi đó hàm số có cực đại ⇔ Phương trình y ' = 0 có nghiệm (1). Ta có: 2
y ' = 0 ⇔ 2 (x − 2) + 1 = m(x − 2) (2) .
Đặt t = x − 2 thì (2) trở thành : t  ≤ 0 t  ≤ 0 2  
mt = 2 t + 1 ⇔  ⇔  1 ⇒ (1) có nghiệm 2 2 2 (m − 4)t = 1 t =   2  m − 4 2
⇔ m − 4 > 0 ⇔ m < −2 (Do m < 0 ).
Vậy m < −2 thì hàm số có cực đại. 72
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Cách 2:
Hàm số đạt cực đại tại x = x 0  a x −  x − x + y  '(x ) ( 2) 2 0 4 5 a =  0 0 0  = 2  = 0 1 2 ( ) ⇔  ⇔  x − x ⇔ +  x − y '  ( 4 5 2 2 x < 0 0 ) 0 0 0    m < 0 m < 0  
Với m < 0 thì (1) ⇒ x < 2 . 0 2 x − 4x + 5
Xét hàm số : f (x ) 0 0 = , x < 2 0 0 x − 2 0 2 2 x − x + x − x + lim f (x ) 4 5 4 5 0 0 = lim = −1, lim f = = −∞ − (x ) 0 0 lim 0 0 x x x − 2 x 2 x 2− →−∞ →−∞ → → x − 2 0 0 −2 Ta có f ' (x = < 0, x ∀ ∈ − ; ∞ 2 0 ) 2 0 ( )
(x − 2) 2x − 4x + 5 0 0 0 Bảng biến thiên : x −∞ 2 f ' (x ) − f (x ) −1 −∞ m
Phương trình (1) có nghiệm x < 2 ⇔
< −1 ⇔ m < −2 0 2 Ví dụ 12 : 1. Tìm các hệ số , a ,
b c sao cho hàm số ( ) 3 2
f x = x + ax + bx + c đạt cực trị
bằng 0 tại điểm x = 2
− và đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1;0). + + 2. Tìm các hệ số ,
a b sao cho hàm số ( ) 2 ax bx ab f x = đạt cực trị tại ax + b
điểm x = 0 và x = 4 . Giải : 1.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có f (x ) 2 '
= 3x + 2ax + b 73
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Hàm số đạt cực trị bằng 0 tại điểm x = 2 − khi và chỉ khi f  ' (−2) = 0
4a − b = 12  ⇔  f  (−2) ( )1 = 0
4a − 2b + c = 8 
Đồ thị của hàm số đi qua điểm A (1;0) khi và chỉ khi
f (1) = 0 ⇔ a + b + c + 1 = 0 ( 2)
Từ (1),(2) suy ra a = 3,b = 0,c = −4 . 2.
* Hàm số đã cho xác định khi ax + b ≠ 0 2 2 2 2
a x + 2abx + b − a b
* Ta có đạo hàm y ' = (ax +b)2 • Điều kiện cần :
Hàm số đạt cực trị tại điểm x = 0 và x = 4 khi và chỉ khi 2 2 b  − a b  = y  '(0) 0 2 = 0  b   ( ) ⇔ 2 2 2 16a + 8 + − ' 4 = 0 ab b a b y   = 0  (4a +b)2 2 2 b  − a b = 0 2  b  = a > 0 b  ≠ 0  a  = −2 2 ⇔ 
⇔ 8a a + 2 = 0 ⇔  2 2 2 ( )
16a + 8ab + b − a b = 0 b = 4   2  4a a 0  + ≠ 4a + b ≠ 0   • Điều kiện đủ : 2 a  = −2 x − 4x x  = 0  ⇒ y ' = y ' = 0 ⇔  b = 4  ( = x − + )2 x 4 2  Bảng biến thiên x −∞ 0 2 4 +∞ y ' + 0 − − 0 + +∞ +∞ y −∞ −∞
Từ bảng biến thiên :hàm số đạt cực trị tại điểm x = 0 và x = 4 . Vậy
a = −2,b = 4 là giá trị cần tìm.
Bài tập tự luyện: 74
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Ví dụ 13: Tìm các hệ số , a , b ,
c d sao cho hàm số ( ) 3 2
f x = ax + bx + cx + d
đạt cực tiểu tại điểm x = 0, f (0) = 0 và đạt cực đại tại điểm x = 1, f (1) = 1 . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có f (x ) 2 '
= 3ax + 2bx + c ,
f ' (x ) = 6ax + 2b
i Hàm số f (x ) đạt cực tiểu tại x = 0 khi và chỉ khi f  ' (0) = 0 c  = 0 c  = 0  ⇔  ⇔  . f '  (0) (1) > 0 2b > 0 b > 0  
i Hàm số f (x ) đạt cực đại tại x = 1 khi và chỉ khi f  ' ( ) 1 = 0
3a + 2b + c = 0  ⇔  f '  (1) (2) < 0 6a + 2b < 0  f  (0) = 0 d  = 0 d  = 0  ⇒  ⇔  . f  (1) (3) = 1
a + b + c + d = 1
a + b + c = 1  
Từ (1),(2), (3) suy ra a = −2,b = 3,c = 0,d = 0 .
Ta kiểm tra lại f (x ) 3 2 = −2x + 3x Ta có f (x ) 2 ' = −6x + 6x ,
f ' (x ) = −12x + 6
f ' (0) = 6 > 0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0
f ' (1) = −6 < 0 . Hàm số đạt cực đại tại x = 1
Vậy : a = −2,b = 3,c = 0,d = 0 .
Bài tập tự luyện:
Dạng 3 : Tìm điều kiện để các điểm cực trị của hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước.
Phương pháp:
• Trước hết ta tìm điều kiện để hàm số có cực trị,
• Biểu diễn điều kiện của bài toán thông qua tọa độ các điểm cực trị của đồ thị
hàm số từ đó ta tìm được điều kiện của tham số. Chú ý:
* Nếu ta gặp biểu thức đối xứng của hoành độ các điểm cực trị và hoành độ các
điểm cực trị là nghiệm của một tam thức bậc hai thì ta sử dụng định lí Viét.
* Khi tính giá trị cực trị của hàm số qua điểm cực trị ta thường dùng các kết quả sau: 75
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Định lí 1: Cho hàm đa thức y = P (x ) , giả sử y = (ax + b) P’ (x ) + h (x ) khi đó
nếu x là điểm cực trị của hàm số thì giá trị cực trị của hàm số là: 0
y (x = h x và y = h (x ) gọi là phương trình quỹ tích của các điểm cực trị. 0 ) ( 0)
Chứng minh: Giả sử x là điểm cực trị của hàm số, vì P(x) là hàm đa thức 0
nên P ' (x = 0 ⇒ y (x = (ax + b)P ' x + h x = h x (đpcm) . 0 ) 0 ( 0) ( 0) ( 0) 0 ) u (x )
Định lí 2: Cho hàm phân thức hữu tỉ y =
khi đó nếu x là điểm cực v (x ) 0 u ' (x0 )
trị của hàm số thì giá trị cực trị của hàm số: y(x ) = . 0 v ' (x0 ) u ' (x ) Và y =
là phương trình quỹ tích của các điểm cực trị. v ' (x )
u ' (x )v (x ) − v ' (x )u (x )
Chứng minh: Ta có y ' = 2 v (x )
⇒ y ' = 0 ⇔ u ' (x )v (x ) − v '(x )u (x ) = 0 (*). Giả sử x là điểm cực trị của 0 u ' (x u x 0 ) ( 0)
hàm số thì x là nghiệm của phương trình (*) ⇒ = = y x . 0 v ' (x v x 0 ) ( 0) ( 0) 1
Ví dụ 1 : Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2 y =
x − mx + (2m − 1)x + 2 có 2 3 điểm cực trị dương. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 2
y ' = x − 2mx + 2m − 1 2
y ' = 0 ⇔ x − 2mx + 2m − 1 = 0 (*)
* Hàm số có hai điểm cực trị dương ⇔ (*) có hai nghiệm dương phân biệt ∆ = 2 '
m − 2m + 1 > 0   1  m >
⇔ S = 2m > 0 ⇔  2 .  m ≠
P = 2m − 1 > 0  1  76
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  1 m > Vậy 
2 là những giá trị cần tìm. m ≠  1
Bài tập tương tự :
1. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2
y = x − mx + (m + 6)x + 5 có 2 điểm cực trị dương. 2
2x − mx + m − 2
2. Tìm m để đồ thị của hàm số y =
có 2 điểm cực trị âm. mx + 1 2
mx + 3mx + 2m + 1
Ví dụ 2 : Tìm m để đồ thị của hàm số y = có cực đại, x − 1
cực tiểu và 2 điểm đó nằm về hai phía với trục Ox . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ \ { } 1 . 2
mx − 2mx − 5m − 1 * Ta có y ' = 2 (x − 1) 2
y ' = 0 ⇔ mx − 2mx − 5m − 1 = 0 (x ≠ 1) (*)
Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt x ,x ≠ 1 1 2 m  ≠ 0  1  m < −  ⇔ m  (6m + 1) > 0 ⇔ 6  .  m > 0 −6m − 1 ≠ 0  
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox
⇔ y (x .y x < 0 . 1 ) ( 2)
Áp dụng kết quả định lí 2 ta có: y (x = 2m x − 1 , y (x = 2m x − 1 2 ) ( 2 ) 1 ) ( 1 )
⇒ y (x ).y (x ) 2 = 4m x
x − x + x + 1 = 4m −2m − 1 . 1 2  1 2 ( 1 2)  ( )  1 ( m < −  y x .y x
< 0 ⇔ 4m(−2m − 1) < 0 ⇔ 2 . 1 ) ( 2) m > 0  m < − 1  Vậy 
2 là những giá trị cần tìm. m >  0
Bài tập tương tự : 77
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. m 1
1. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2 y = x −
x + (m − 1)x + 3 có cực đại, cực 3 2
tiểu và 2 điểm đó nằm về hai phía với trục Ox . (m + 1)
2. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2 y = −
x − mx + 3m − 1 có cực đại, 3
cực tiểu và 2 điểm đó nằm về hai phía với trục Oy . 2
mx + 3mx + 2m + 1 1
3. Cho hàm số y = ,m ≠
. Tìm m để hàm số có cực đại, x − 1 6
cực tiểu và hai điểm cực trị đó nằm về hai phía của trục hoành.
Ví dụ 3 : Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2
(C ) : y = 2x + mx − 12x − 13 có m
điểm cực đại, cực tiểu và các điểm này cách đều trục Oy . Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ * Ta có 2 2
y ' = 2(3x + mx − 6) ⇒ y ' = 0 ⇔ 3x + mx − 6 = 0 (2)
Vì (2) luôn có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số luôn có hai cực trị. Gọi
x , x là hoành độ hai cực trị, hai điểm cực trị cách đều trục tung 1 2
⇔ x = x ⇔ x = x −
⇔ x + x = 0 (vì x ≠ x ) 1 2 1 2 1 2 1 2 −b − ⇔ = = m S = 0 ⇔ m = 0 . a 3
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự : 1
1. Tìm m để đồ thị của hàm số (C ) : 3 y = − x + (2m − 3) 2
x − (2m − 3)x m 3
có điểm cực đại, cực tiểu và các điểm này cách đều trục Oy . 2
x − (m − 1)x + m + 1
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (C ) : y = có điểm cực m x − 1
đại, cực tiểu và các điểm này cách đều trục Ox .
Ví dụ 4 : Tìm m để đồ thị của hàm số 3
y = x − ( m + ) 2 x + ( 2 2 1
m − 3m + 2)x + 4 có hai điểm cực đại và cực tiểu
nằm về hai phía trục tung . Giải :
* Hàm số cho xác định và liên tục trên ℝ * Ta có : 2
y = x − ( m + ) 2 ' 3 2 2
1 x + m − 3m + 2
Hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục tung khi và chỉ khi
phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thoả mãn x < 0 < x 1 2 1 2 ⇔ 3.y ' (0) < 0 2
⇔ m − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2 78
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Vậy giá trị cần tìm là 1 < m < 2 .
Bài tập tương tự :
1. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2
y = x − mx + ( 2
2m + 7m − 9)x − 1 có hai
điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục tung .
2. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 y = x − + ( m − ) 2 x + ( 2 4 3
m + 7m + 10)x + 3
có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục hoành .
Ví dụ 5 : Xác định giá trị tham số m để hàm số 3 2
y = x − 6x + 3 (m + 2)x − m − 6 đạt cực đại và cực tiểu đồng thời hai giá trị cực trị cùng dấu. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ * Ta có : 2
y ' = 3x − 12x + 3 (m + 2) .
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' = 36 − 9 (m + 2) > 0 ⇔ 2 − m > 0 ⇔ m < 2 1 y = (x − 2) 2
. 3x − 12x + 3 (m + 2) + 2 (m − 2)x + m − 2 3   1 y =
(x − 2).y '+ 2(m − 2)x + m − 2 3
Gọi A (x ;y ,B x ;y là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì x ,x 1 1 ) ( 2 2) 1 2
là nghiệm của phương trình g (x ) 2
= 3x − 12x + 3 (m + 2) = 0 . Trong đó :  1 y  =
x − 2 .y ' x
+ 2 m − 2 x + m − 2 1 ( 1 ) ( 1) ( ) 1  y  ( 3 ' x = 0 1 )  ⇒
y = 2 m − 2 x + m − 2 1 ( ) 1  1 y  =
x − 2 .y ' x
+ 2 m − 2 x + m − 2 2 ( 1 ) ( 2) ( ) 2  y  ( 3 ' x = 0 2 ) 
⇒ y = 2 m − 2 x + m − 2 2 ( ) 2
Theo định lý Vi-ét , ta có : x + x = 4, x x = m + 2 1 2 1 2
Theo bài toán : y .y > 0 ⇔ 2
m − 2 x + m − 2 2
m − 2 x + m − 2 > 0 1 2  ( ) 1   ( ) 2 
⇔ (m − 2)2 (2x + 1 2x + 1 > 0 1 )( 2 ) 79
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
⇔ (m − 2)2 4x x + 2 x + x + 1 > 0 1 2  ( 1 2) 
⇔ (m − 2)2 4x x + 2 
(x + x ) + 1 > 0 ⇔ 
(m − 2)2 4m + 17 > 0 1 2 1 2 ( )  17 m  > − ⇔  4 m  ≠ 2  17
So với điều kiện bài toán , vậy −
< m < 2 là giá trị cần tìm . 4
Bài tập tương tự : 2
x − (m + 1)x + 3m + 2
Ví dụ 6 : Xác định giá trị tham số m để hàm số y = có x − 1
hai điểm cực đại và cực tiểu cùng dấu . Giải :
* Hàm số đã cho xác định trên D = ℝ \ { } 1 2
x − 2x − 2m − 1
* Ta có đạo hàm f ' (x ) = ,x ≠ 1 (x −1)2 Cách 1:
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi f ' (x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt
x ≠ 1 hay phương trình g (x ) 2
= x − 2x − 2m − 1 = 0 có hai nghiệm ∆ ' > 0  2  m  + 2 > 0
phân biệt x ≠ 1 , khi đó  ⇔  ⇔ > − g  ( m 1) 1 (1) ≠ 0 −2m − 2 ≠ 0  
Gọi A (x ;y ,B x ;y là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì x ,x 1 1 ) ( 2 2) 1 2
là nghiệm của g (x ) = 0 x
= 1 − 2m + 2 ⇒ y = 1 − m − 2 2m + 2 Khi đó: 1 1 y ' = 0 ⇔  x
= 1 + 2m + 2 ⇒ y = 1 − m + 2 2m + 2 2 2 
Hai giá trị cực trị cùng dấu khi
y .y > 0 ⇔ 1 − m − 2 2m + 2 1 − m + 2 2m + 2 > 0 1 2 ( )( ) ⇔ ( − m)2 1 − 4 (2m + 2) > 0 2
⇔ m − 10m − 7 > 0 ⇔ m < 5 − 4 2 ∨ m > 5 + 4 2 ( 2)
Từ (1) và (2) suy ra −1 < m < 5 − 4 2 ∨ m > 5 + 4 2 80
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Cách 2 :
Hàm số đã cho xác định trên D = ℝ \ { } 1 và có đạo hàm − − − f (x ) 2 x 2x 2m 1 ' = ,x ≠ 1 (x −1)2
Hàm số có cực đại và cực tiểu khi f ' (x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt
x ≠ 1 hay phương trình g (x ) 2
= x − 2x − 2m − 1 = 0 có hai nghiệm ∆ ' > 0  2  m  + 2 > 0 phân biệt ⇔  ⇔  ⇔ > − g  ( m 1) 1 ≠ 0 2 − m − 2 ≠ 0  
Hai giá trị cực trị cùng dấu khi đồ thị của hàm số y = 0 cắt trục hoành tại
hai điểm phân biệt x ≠ 1 hay phương trình 2
x − (m + 1)x + 3m + 2 = 0 (x ≠ 1) có hai nghiệm phân biệt x ≠ 1.
∆ = (m + 1)2 − 4(3m + 2) 2 > 0 m  − 10m − 7 > 0 Tức là ⇔   − ( + ) ⇔  + + ≠ 2m m m + 2 ≠ 0 1 1 3 2 0     m  < 5 − 4 2   ⇔  m  > 5 + 4 2  m ≠ 1 − 
−1 < m < 5 − 4 2
So với điều kiện suy ra  là giá trị cần tìm . m  > 5 + 4 2 
Bài tập tương tự : 2 2 2
x + m x + 2m − 5m + 3
Ví dụ 7 : Tìm tham số m > 0 để hàm số y = đạt x
cực tiểu tại x ∈ (0;2m ) . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng (0;2m) 2 2 − 2 + 5 − 3 g (x x m m ) * Ta có :y ' = =
, x ≠ 0 , g (x ) 2 2
= x − 2m + 5m − 3 2 2 x x 81
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Hàm số đạt cực tiểu tại x ∈ (0;2m ) ⇔ g (x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt m  > 0 
x , x x < x
thoả x < 0 < x < 2m ⇔ 1  .g 0 < 0 1 2 ( ) 1 2 ( 1 2 ) 1.g  (2m) > 0    m >  0 m  > 0  1 m  < 1 < m <    1 2  2
⇔ −2m + 5m − 3 < 0 ⇔  3 ⇔  . m  > 3  2   2 + 5 − 3 > 0  2 m m m >    2 m  < −  3   1  m  >   2 1 3
Vậy giá trị m cần tìm là
< m < 1 ∨ m > . 2 2
Bài tập tương tự :
1. Tìm tham số m để hàm số 3 2 2
y = x − m x − 2x + 3 đạt cực tiểu tại
x ∈ (m;2m ) .
2. Tìm tham số m để hàm số 4
y = x − (m − ) 2
1 x − 1 đạt cực đại tại
x ∈ (1;m + 1) .
Ví dụ 8 : Tìm tham số thực m để đồ thị của hàm số : 1 3 2 y =
mx + 3mx + (3m + 1)x − 2 có cực đại tại x ∈ (−3;0) . 3 Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 2
y ' = mx + 6mx + 3m + 1
+ Nếu m = 0 thì y ' = 1 > 0, x
∀ ∈ ℝ ⇒ hàm số luôn tăng x ∀ ∈ ℝ , do đó hàm số không có cực trị.
+ Nếu m ≠ 0 , ta có ∆ ' = m (6m − 1) . * Bảng xét dấu m −∞ 1 +∞ 0 6 ∆ ' + 0 − 0 + 82
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 i Nếu 0 < m <
thì y ' > 0, x
∀ ∈ ℝ ⇒ hàm số luôn tăng x ∀ ∈ ℝ , do đó 6
hàm số không có cực trị. 1 1 3 1 i Nếu m = thì y ' = x + x + = (x + 3)2 2 ≥ 0, x
∀ ∈ ℝ ⇒ hàm số luôn 6 6 2 6 tăng x
∀ ∈ ℝ , do đó hàm số không có cực trị. 1
i Với m < 0 hoặc m >
, khi đó tam thức y ' có hai nghiệm phân biệt 6 ∆ ' x = −3 ± x < x . 1,2 ( 1 2) m m +
< 0 . Ta có bảng xét dấu x −∞ x x +∞ 1 2 y ' − 0 + 0 −
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra x là hoành độ cực đại của hàm số. 2 ∆ '
Theo bài toán, ta có −3 < x < 0 ⇔ −3 < −3 −
< 0 ⇔ ∆ ' < −3m 2 m ⇔ m ( m − ) 2 2 1 6
1 < 9m ⇔ 3m + m > 0 ⇔ m < − (do m < 0) 3 1 m + > , tương tự. 6
Bài tập tự luyện: 2 mx + x
1. Tìm tham số thực m để đồ thị của hàm số : y = có cực đại tại x − + 1
x ∈ (0;1) và có cực tiểu x ở ngoài khoảng đó. 2
x + m (x + 1)
2. Tìm tham số thực m để đồ thị của hàm số : y = có cực đại tại x + 2 x ∈ 0;1 
 và có cực tiểu x ở ngoài đoạn đó.
3. Tìm tham số thực m để đồ thị của hàm số : y = (m + ) 3 2
1 x + mx − x có một
cực trị tại x ∈ (−1;1) . 2
x + m (x + 1)
Ví dụ 9 : Cho hàm số y =
, hãy tìm tham số m để hàm số đạt x + 2
cực đại , cực tiểu tại các điểm có hoành độ x , x thỏa mãn hệ thức : 1 2   2 2 1 1 x + x = −6  +  . 1 2  x x   1 2  83
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên (− ; ∞ 2 − ) ∪ ( 2 − ; +∞) . 2
x + 4x + m * Ta có y ' = , x ≠ −2 (x + 2)2
* Để hàm số đạt cực đại , cực tiểu tại các điểm có hoành độ x ,x thì phương 1 2 trình g (x ) 2
= x + 4x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −2 khi đó ∆ = 4 − m > 0   ⇔ < .
g (− ) = (− )2 + (− ) m 4 2 2 4. 2 + m ≠  0  x  + x = 12
Theo định lý Vi-ét , ta có : 1 2  . x .x = m  1 2   1 1 x + x x + x = 6 −  +
 ⇔ (x + x )2 2 2 1 2 − 2.x .x = 6 − 1 2 1 2 1 2   x .x x x 1 2  1 2   m  =  2 24  2 16  − 2m = m  − 8m + 12 = 0  ⇔  ⇔  ⇔ m m  = 6 ⇔ m = 2  . 0 ≠ m < 4  0 ≠ m < 4    0 ≠ m < 4 
Bài tập tương tự : 1 1
1. Tìm m để đồ thị của hàm số: 3 y = x −
(3m − 1) 2x + 2(m − )1mx có cực 3 2
đại, cực tiểu đồng thời hoành độ cực đại, cực tiểu x , x thỏa mãn hệ thức : 1 2 2 x = x + 3 . 1 2 1 m
2. Tìm m để đồ thị của hàm số: 3 2 y = x − mx + ( 2
m − 1)x − có cực đại, 3 3
cực tiểu đồng thời hoành độ cực đại, cực tiểu x , x thỏa mãn hệ thức : 1 2 2
x = x . x − 5 + 12 . 1 1 ( 2 ) (m − )2 1
3. Tìm m để đồ thị của hàm số:y = x + m + 1 +
;m ≠ 1 có cực đại, x − 1
cực tiểu đồng thời hoành độ cực đại, cực tiểu x , x thỏa mãn hệ thức : 1 2 2
x − x = mx − 1 . 1 2 1 84
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
4. Tìm m < 5,m ∈ ℤ để đồ thị của hàm số: 1 3 y = x − (m − ) 2 x + (m − ) 1 1 3 2 x +
có cực đại, cực tiểu đồng thời hoành độ 3 3
cực đại, cực tiểu x , x thỏa mãn hệ thức : 2 ≤ x − x < 2 7 . 1 2 1 2 5. Tìm m +
∈ ℤ để đồ thị của hàm số:
y = x − ( m + )x + m (m + )x + (m + )2 3 2 2 3 2 1 6 1
1 có cực đại A (x ,y , cực tiểu 1 1 )
B (x ,y thỏa mãn hệ thức : (y − y ) (6 − 5m ) 2
> m x − x . 1 2 ( 2 1) 2 2 )
Ví dụ 10 : Tìm tham số m để hàm số y = (x − m )( 2
x − 3x − m − 1) có cực
đại và cực tiểu thỏa x .x = 1. C ð CT Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 2
y ' = 3x − 2 (m + 3)x + 2m − 1 2
y ' = 0 ⇔ 3x − 2 (m + 3)x + 2m − 1 = 0 (1)
Hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn x .x
= 1⇔ (1) có hai nghiệm x ,x C ð CT 1 2  2 ∆ ' = m + 7 > 0  m  = 2
thỏa mãn: x .x = 1 ⇔  ⇔ −  . 1 2 c 2m 1 P = = = 1 m = −1   a 3 
Vậy m = 2 hoặc m = −1 là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự :
1. Tìm tham số m để hàm số 4 2
y = 3x − mx − 2 có cực đại A (0; −2) và cực 2 m + 4m − 4
tiểu B,C sao cho x .x < . C B 6
2. Tìm tham số m để hàm số 4 2
y = x − 4mx + 1 có cực đại A (0;1) và cực tiểu
B,C sao cho x x > ( 2 .
2 m + 8m + 10 . C B )
Ví dụ 11 : Tìm tham số m để hàm số 1 3 y =
mx − (m − ) 2 x + (m − ) 1 1 3 2 x +
có cực đại , cực tiểu đồng thời 3 3
hoành độ cực đại cực tiểu x , x thỏa x + 2x = 1 . 1 2 1 2 Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . 85
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. * Ta có 2
y ' = mx − 2 (m − 1)x + 3(m − 2)
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi y ' đổi dấu hai lần qua nghiệm x , tức là phương trình 2
mx − 2 (m − 1)x + 3(m − 2) = 0 có hai nghiệm phân biệt x ,x 1 2 m  ≠ 0 m  ≠   0  ⇔  ∆
 ' = (m − 1)2 − 3m (m − 2) 2 > 0
−2m + 4m + 1 > 0    m  ≠ 0  ⇔ 2 − 6 2 + 6  < m <  2 2
Theo định lý Vi – ét và yêu cầu bài toán, ta có:   3m − 4 x +  2x = 1 gt x  = 1 2 ( )  m  2  (m −1) 1  2 − m x  + x = ⇔ x  = 1 2 2 m m    3 (m − 2)   −   −  3 m m (m − 2 3 4 2 ) x .x =       = 1 2  m m m m       2 m = 2 3 
⇔ m − 8m + 4 = 0 (m ≠ 0) ⇔ 3  m = 2  2
So với điều kiện bài toán , vậy m = ∨ m
= 2 là giá trị cần tìm . 3
Bài tập tương tự :
1. Tìm tham số m để hàm số 4 2
y = 3x − mx − 2 có cực đại A (0; −2) và cực
tiểu B,C sao cho x − x < ( 2 6 m − m . C B )
2. Tìm tham số m để hàm số 4 2
y = x − 4mx + 1 có cực đại A (0;1) và cực tiểu
B,C sao cho x − x > ( 2 2 2m − m . C B ) 2
2x + 3x + m − 2
Ví dụ 12: Tìm tham số m để hàm số y =
có điểm cực đại x + 2
và cực tiểu tại các điểm có hoành độ x , x thỏa mãn y (x − y x = 8 2 ) ( 1) 1 2 Giải : 2
2x + 3x + m − 2 m y = = 2x − 1 + x + 2 x + 2 86
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ {− } 2 * Với x ≠ 2 − ,m ≠ 0 , ta có 2 m 2(x + 2) − m g(x) 2 y ' = 2 − = =
,g(x) = 2(x + 2) − m 2 2 2 (x + 2) (x + 2) (x + 2)
Đồ thị hàm số có cực đại , cực tiểu khi y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y ' đổi
dấu khi x qua các nghiệm đó , khi đó phương trình g (x ) = 0 có hai nghiệm 2 2
 (x + 2) = m > 0
phân biệt khác −2 ⇔  ⇔ m > 0 2 2(−2 + 2) − m ≠ 0  Khi đó ta có y
 (x = 4x + 3 1 ) 1  ⇒ − = + − + = − y  (x ) y (x y x (4x 3) (4x 3) 4 x x 2 ) ( 1) 2 1 2 1 = 4x + 3 2 2
y (x ) − y (x ) 2
= 8 ⇔ 4 x − x = 8 ⇔ (x + x ) − 4x x = 4 1 2 1 2 1 1 2 1 2 ( ) x  + x = 4 − 1 2  Mà  − m ( 2 8 ) x x =  1 2  2  8 − m  Từ (1) à v ( 2) suy ra 2 (−4) − 4 
 − 4 = 0 ⇔ m = 2  2 
Bài tập tương tự : 1
1. Tìm tham số m để hàm số 3 y = x + (m − 2) 2
x − 2 có điểm cực đại và cực 3
tiểu tại các điểm có hoành độ x , x thỏa mãn y (x − y x < 2 . 2 ) ( 1) 1 2
2. Tìm tham số m để hàm số y = (m + ) 4 x − (m − ) 2 1 2
1 x có 2 điềm cực tiểu
khác O (0;0) và hoành độ x ,x của cực tiểu thỏa mãn y (x + y x > 1 . 2 ) ( 1) 1 2 2
2x − 3x + m
3. Tìm tham số m để hàm số y =
có điểm cực đại và cực tiểu tại x − m
các điểm có hoành độ x , x thỏa mãn y (x − y x > 8 . 2 ) ( 1) 1 2 4.
Ví dụ 13: Tìm tất cả các giá trị của tham số m thì hàm số 2
x + (m + 2)x + 3m + 2 1 y =
có giá trị cực trị , đồng thời 2 y + 2 y > . x + 1 CD CT 2 Giải : 87
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
* Hàm số đã cho xác định trên D = ℝ \ {− } 1 . 2 + 2 − 2 g (x x x m ) * Ta có : y ' = = , x ≠ −1 g
x = x + 2x − 2m 2 2 ( ) 2 (x + 1) (x + 1)
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình g (x ) = 0,x ≠ −1có hai ∆ ' > 0  2  m  + 1 > 0 1
nghiệm phân biệt x , x khác −1 ⇔  ⇔  ⇔ m > − 1 2 g  (− ) 1 ≠ 0 2 − m − 1 ≠ 0 2  
Gọi A (x ;y = 2x + m + 2 ,B x ;y = 2x + m + 2 là các điểm cực trị của 1 1 1 ) ( 2 2 2 )
đồ thị hàm số thì x , x là nghiệm của phương trình g (x ) = 0,x ≠ −1 1 2
Theo định lý Vi- ét x + x = −2, x .x = −2m 1 2 1 2 2 2 Theo bài toán : 2 2 2 2 y + y
= y + y = 2x + m + 2 + 2x + m + 2 CÑ CT 1 2 ( 1 ) ( 2 )
y + y = 4 (x + x ) + 4 (m + 2)(x + x ) + 2(m + 2)2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2  
y + y = 4 (x + x )2 − 2x x + 4 
(m + 2)(x + x ) + 2(m + 2)2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2  
y + y = 4 (4 + 4m ) − 8 (m + 2) + 2 (m + 2)2 2 2 2 = 2m + 16m + 8 1 2 1 Xét f (m ) 2 1
= 2m + 16m + 8,m > − ,
f ' (m ) = 4m + 16 > 0, m ∀ > − 2 2  1 
Do đó hàm số f (m ) đồng biến trên khoảng m ∈  − ; +∞ và  2      f (m ) 1 1 1
> f  −  = ,m ∈  − ;+∞  2  2  2  1  1  Vậy 2 2 y + y > ,m ∈ CÑ  − ; +∞  CT 2  2  2
x + (m + 1)x + m + 1
Ví dụ 14 : Cho hàm số y = . Gọi , A B là hai điểm x + 1
cực trị , định m để diện tích tam giác OAB bằng 2 . Với giá trị m vừa tìm
được , tính khoảng cách từ O đến đường thẳng AB . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ {− } 1 . 88
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 x + 2x * Ta có y ' = , x ≠ 1 − (x + 1)2 i Với m
∀ ∈ ℝ hàm số đã cho có điểm cực đại A( 2
− ;m − 3) và điểm cực tiểu B (0;m + 1) . i Ta có : OA (− m − ) 2 2;
3 ⇒ OA = m − 6m + 13,OB (0;m + 1) ⇒ OB = m + 1 và O . AOB O . AOB = 2.
− 0 + (m − 3)(m + 1) = (m − 3)(m + 1). cosAOB = O . AOB (O . AOB ) − (O . AOB )2 2 2
⇒ sin AOB = 1 − cos AOB = O . AOB i Diện tích dt = O . AOB. sin AOB = OAOB − OAOB O ∆ AB ( . ) ( . )2 2 1 1 ( ) 2 2 m  = −3 dt( = = m + ⇒ dt = ⇔ m + = ⇔  O ∆ AB ) ... 1 ( O ∆ AB ) 2 1 2 m = 1 
i Gọi d là khoảng cách từ O đến đường thẳng AB khi đó AB = 2 5 và m + 1 1 dt( = d AB ⇒ d = . O ∆ AB ) . 2 5 2 5 + m = 3 − ⇒ d = . 5 2 5 + m = 1 ⇒ d = . 5
Bài tập tự luyện: 1
1. Định m để đồ thị của hàm số 3
y = − mx + (3m − 1) 2
x − 4x − 2 có cực trị 3 ,
A B sao cho tam giác MAB diện tích bằng 1 , biết M (0;1) .
2. Định m để đồ thị của hàm số 4 2 2
y = x − 2m x + 1 có cực trị , A B,C sao cho
tam giác ABC diện tích bằng 4 .
Ví dụ 15 : Tìm tham số m để hàm số 4 2 2
y = x − 2m x + 1 có 3 điểm cực trị
là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân. Giải:
* Hàm số đã cho xác định và liên tục ℝ . * Ta có 3 2 2 2
y ' = 4x − 4m x = 4x(x − m ) . 89
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Với m ≠ 0 hàm số có ba cực trị .Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 4 4 (
A 0;1), B(m;1 − m ), C( m − ;1 − m ).
Dễ thấy AB = AC nên tam giác ABC vuông cân 2 2 2
⇔ AB + AC = BC 2 8 2
⇔ 2(m + m ) = 4m ⇔ m = ±1
Vậy m = ±1 là những giá trị cần tìm.
Bài tập tự luyện: 1
1. Tìm tham số m để hàm số 3 2 y =
x − x + (m − 1)x + m có 2 điểm cực trị 3 ,
A B sao cho ABO một tam giác vuông cân , với O là gốc tọa độ. 1 1
2. Tìm tham số m để hàm số 4 y = x −
(m −1) 2x + m − 2 có 3 điểm cực trị 4 2
là 3 đỉnh của một tam giác vuông.
Ví dụ 16: Tìm m để đồ thị của hàm số 4 2 4
y = x − 2mx + 2m + m có cực đại ,
cực tiểu đồng thời các điểm cực trị lập thành tam giác đều. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục ℝ . * Ta có 3
y = x − mx = x ( 2 ' 4 4 4 x − m ) x  = 0 y ' = 0 ⇔  2 x = m  (*) 
Đồ thị hàm số có cực đại , cực tiểu khi y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt và y ' đổi
dấu khi x qua các nghiệm đó , khi đó phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0 x  = 0 ⇒ A( 4 0;m + 2m )    4 2 Khi đó : y ' = 0 ⇔ B
 (− m;m − m + 2m ) x = ± m ⇒  C     ( 4 2
m ;m − m + 2m ) Hàm số có 3 cực trị ,
A B,C lập thành tam giác đều AB  = AC 2 2 4 ⇔ 
⇔ AB = BC ⇔ m + m = 4m AB = BC  ⇔ m ( 3 m − 3) 3
= 0 ⇔ m = 3 (m > 0) Vậy 3 m = 3 là giá trị cần tìm .
Bài tập tự luyện: 1 1
1. Tìm m để đồ thị của hàm số 4 y = x − (m − 1) 2 2
x + m − m có cực đại , 4 2
cực tiểu đồng thời các điểm cực trị lập thành tam giác đều. 90
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 3
2. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2 2 y = x −
+ m x có cực đại A , cực tiểu B 2
đồng thời các điểm ABC cực trị lập thành tam giác đều, biết C (−2;3) .
Ví dụ 17: Tìm a để đồ thị của hàm số 3 2
y = x − 3x + 2 (C ) có điểm cực đại
và điểm cực tiểu của đồ thị (C ) ở về hai phía khác nhau của đường tròn (phía
trong và phía ngoài): (C ) 2 2 2
: x + y − 2ax − 4ay + 5a − 1 = 0 . a Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục ℝ . * Ta có : 2
y ' = 3x − 6x x  = 0 ⇒ y = 2 y ' = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y = 2 −  Cách 1:
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A (0;2),B (2; 2 − ) . Hai điểm A (0;2),B (2; 2
− ) ở về hai phía của hai đường tròn (C khi a ) ⇔ P .P
< 0 ⇔ a − a + a + a + < A C B C ( 2 5 8 3)( 2 5 4 7 0 / / ) ( a ) ( a ) 2 3
⇔ 5a − 8a + 3 < 0 ⇔ < a < 1 5 Cách 2 : 2 2
(C ) : (x − a ) + (y − 2a ) = 1 có tâm I (a;2a ) và bán kính R = 1 a 2 2 Ta có : IB =
(a − ) + ( a + ) 2 2 2 2 = 5a + 4a + 8 2  2  36 6 IB = 5 a  +  + ≥
> 1 = R ⇒ điểm B nằm ngoài (C , a )  5  5 5
do đó điểm A nằm trong đường tròn
(C ⇔ IA < ⇔ a + − a < ⇔ a − a + < ⇔ < a < a ) ( )2 2 2 3 1 2 2 1 5 8 3 0 1 5
Bài tập tự luyện: 3
1. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2 y = x −
+ x + 1 (C ) có điểm cực đại và 2
điểm cực tiểu của đồ thị (C ) ở về một phía khác nhau của đường tròn (phía
trong hoặc phía ngoài): (C ) 2 2 2
: x + y + mx + 2my + m − 2 = 0 . m 91
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2
y = x + mx + 2m − 1 (C có điểm cực đại m )
và điểm cực tiểu của đồ thị (C
ở về hai phía khác nhau của đường tròn (phía m )
trong và phía ngoài): (C ) 2 2 : x + y = 4 .
Ví dụ 18 : Tìm m để đồ thị của hàm số: 4 2
y = x − 2mx + m − 1 có ba cực trị.
Đồng thời các điểm cực trị , A ,
B C của đồ thị tạo thành một tam giác có
bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có : ' 3
y = x − mx = x ( 2 4 4 4 x − m ) x  = 0 y ' = 0 ⇔  2 x = m 
Với m > 0 : y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó.
* Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A(0;m − 1), B ( 2 − m; m − + m − 1), C ( 2 m; m − + m − 1). 4 1 AB = AC =
m + m, BC = 2 m và 2 S =
y − y . x − x = m m △ABC 2 B A C B ( 4 m + m ) AB.AC .BC 2 m R = = 1 ⇔ = 1 3
⇔ m − 2m + 1 = 0 4S 2 △ABC 4m m m  = 1  ⇔  5 − 1 m =  2
Bài tập tương tự : 1 1
Tìm m để đồ thị của hàm số: 4 2 y = x −
mx + m + 1 có ba cực trị , A , B C 4 2
sao cho tam giác nội tiếp được trong đường tròn có bán kính R = 1 .
Ví dụ 19: Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2 2
y = x − 3x + m x + m có cực đại,
cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua 1 5
đường thẳng :d : y = x − . 2 2 Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . Cách 1 : 92
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. * Ta có 2 2 2 2
y ' = 3x − 6x + m ⇒ y ' = 0 ⇔ 3x − 6x + m = 0 (1) .
hàm số có cực trị ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt x , x 1 2 ⇔ ∆ = − 2 ' 3(3
m ) > 0 ⇔ − 3 < m < 3 .
phương trình đường thẳng d ' đi qua các điểm cực trị là : 2 2 1 2
y = ( m − 2)x +
m + m ⇒ các điểm cực trị là : 3 3 2 2 1 2 2 2 1 2 (
A x ;( m − 2)x +
m + 3m), B(x ;( m − 2)x + m + 3m) . 1 1 2 2 3 3 3 3
Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d và d ' 2 2
2m + 6m + 15 11m + 3m − 30 ⇒ I( ; ). 2 2 15 − 4m 15 − 4m 2
A và B đối xứng qua d thì trước hết 2 d ⊥ d ' ⇔ m − 2 = 2 − ⇔ m = 0 khi 3
đó I (1; −2) và A(x ; 2
− x ; B x ; −2x ⇒ I là trung điểm của AB ⇒ A và B 1 1 ) ( 2 2 )
đối xứng nhau quad .
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Cách 2 :
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ và có đạo hàm 2 2
y ' = 3x − 6x + m .
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm
phân biệt x , x 2
⇔ ∆ ' = 9 − 3m > 0 ⇔ − 3 < m < 3 . 1 2 2 m
Vi-ét, ta có x + x = 2 , x .x = . 1 2 1 2 3
Gọi A (x ;y ,B x ;y là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và I là 1 1 ) ( 2 2)
trung điểm của đoạn AB .
Đường thẳng AB có hệ số góc 3 3 x − − x − 3 ( 2 2 x − x ) 2 + m x − x y y 2 1 2 1 ( 2 1) 2 1 k = = AB x − x x − x 2 1 2 1 k
= (x + x )2 − x x − 3 x + x + m AB ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2 2 m m − 2 2 6 k = 4 − − 6 + m = AB 3 3 1 5 1 Đường thẳng y = x −
(∆) có hệ số góc k = 2 2 2
Hai điểm A (x ;y ,B x ;y đối xứng nhau qua đường thẳng (∆) 1 1 ) ( 2 2) 93
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. AB  ⊥ ∆ khi và chỉ khi  I ∈ ∆  2 1  2m − 6  A i B ⊥ ∆ ⇔ k .k = 1 − ⇔ .  = 1 − ⇔ m = 0 AB 2 3   2 i m
= 0 ⇒ y ' = 3x − 6x x
= 0 ⇒ y = 0 ⇒ A 0; 0 1 1 ( ) y ' = 0 ⇔  ⇒ I 1; −2 x
= 2 ⇒ y = −4 ⇒ B 2; 4 − 2 2  ( ) ( ) Dễ thấy I (1; 2 − ) ∈ ∆
Vậy m = 0 thoả mãn yêu cầu bài toán .
Bài tập tương tự :
Tìm m để đồ thị của hàm số 3
y = x + (m − ) 2
4 x − 4 (m − 1)x + 4m + 1 có cực
đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua
đường thẳng :d : y = x . 2 x + mx
Ví dụ 20: Tìm m để đồ thị của hàm số y = có cực trị và khoảng 1 − x
cách giữa hai điểm cực trị bằng 10 . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ { } 1 . 2 x − + 2x + m * Ta có y ' = 2 (1 − x) 2
y ' = 0 ⇔ x − 2x − m = 0 (1) (x ≠ 1)
∆ ' = 1 + m > 0
Đồ thị hàm số có cực trị ⇔  ⇔ m > −1 . 1 − 2 − m ≠ 0 
Đường thẳng đi qua các điểm cực trị có phương trình y = −2x − m ⇒ các điểm cực trị là: ( A x ; 2
− x − m), B(x ; −2x − m) 1 1 2 2 2 2 2
⇒ AB = 5(x − x ) = 100 ⇔ (x + x ) − 4x x − 20 = 0 1 2 1 2 1 2
⇔ 4 + 4m − 20 = 0 ⇔ m = 4 .
Vậy m = 4 là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự : 2
mx + x − m + 1
1. Tìm m để đồ thị của hàm số y =
có cực trị và khoảng cách x − 1
giữa hai điểm cực trị bằng 3 . 94
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 2
y = x − mx + x − 5m + 1 có cực trị và khoảng
cách giữa hai điểm cực trị bé hơn 2 . x + mx +
Ví dụ 21: Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = f (x ) 2 2 2 = có x + 1
điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng
∆ : x + y + 2 = 0 bằng nhau. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ {− } 1 2
x + 2x + 2m − 2 * Ta có y ' = ,x ≠ −1 (x + 1)2
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi f ' (x ) đổi dấu hai lần qua nghiệm x hay
phương trình g (x ) 2
= x + 2x + 2m − 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −1 ∆ ' > 0   3 − 2m > 0 3 ⇔  ⇔  ⇔ < g  (− ) m 1 ≠ 0 2m − 3 ≠ 0 2  
Gọi A (x ;y = 2x + 2m ,B x ;y = 2x + 2m là các điểm cực trị của đồ thị 1 1 1 ) ( 2 2 2 )
hàm số thì x , x là nghiệm của phương trình g (x ) = 0,x ≠ 1 . Theo định lý Vi 1 2
ét x + x = −2, x .x = −2m 1 2 1 2 x + y + 2 x + y + 2
Theo yêu cầu bài toán d ( ,
A ∆) = d (B, ∆) 1 1 2 2 ⇔ = 2 2
⇔ 3x + 2m + 2 = 3x + 2m + 2 ⇔ (3x + 2m + 2)2 = (3x + 2m + 2)2 1 2 1 2
⇔ (3x + 2m + 2)2 − (3x + 2m + 2)2 = 0 1 2
⇔ (x − x 3 x + x + 4m + 4 = 0 1 2 )  ( 1 2 ) 
⇔ 3 (x + x + 4m + 4 = 0 x ≠ x ⇔ (− ) 1 3
2 + 4m + 4 = 0 ⇔ m = 1 2 ) ( 1 2) 2 1
So với điều kiện, vậy m = là giá trị cần tìm . 2
Bài tập tương tự : 2
x + 2mx − 3m + 1
1. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = có điểm cực đại, x − 2
điểm cực tiểu và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng ∆ : 2x − y = 0 bằng nhau. 95
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
2. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 3
y = x − ( m + ) 2 3
1 x − 2m + 3 có điểm
cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng
(d) : 2x − 3y = 0 nhỏ hơn 11. 2 x + mx + 2
Ví dụ 22: Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = có điểm cực x − 1
tiểu nằm trên Parabol (P ) 2
: y = x + x − 4 Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ { } 1 2
x − 2x − m − 2 * Ta có y ' =
,x ≠ 1 . Đặt g (x ) 2
= x − 2x − m − 2 . (x −1)2
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình g (x ) = 0 có hai nghiệm ∆ ' = 1 − ( m − − 2) > 0 m  + 3 > 0 phân biệt khác 1 ⇔  ⇔  ⇔ > − g  ( m 1) 3 = m − − 3 ≠ 0 m ≠ −3  x
= 1 − m + 3 ⇒ y = m + 2 − 2 m + 3 Khi đó : 1 1 y ' = 0 ⇔  x
= 1 + m + 3 ⇒ y = m + 2 + 2 m + 3  2 2 Bảng xét dấu : x
−∞ x 1 x +∞ 1 2 y ' + 0 − − 0 +
Dựa vào bảng xét dấu suy ra A (1 + m + 3;m + 2 + 2 m + 3) là
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số .
A ∈ (P ) ⇔ m + + m + = ( + m + )2 2 2 3 1 3 + 1 + m + 3 − 4
⇔ m + 3 = 1 ⇔ m = −2
So với điều kiện bài toán, ta có m = 2
− là giá trị cần tìm.
Bài tập tương tự : 1 1
1. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 3 2 y = x −
mx + 2 (m − 2)x có điểm 3 2
cực tiểu nằm trên đường thẳng (d ) 5 : y = x . 6 96
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
2. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 3
y = x − (m + ) 2 3
1 x + 3m − 2 có điểm
cực tiểu nằm trên Parabol (P ) 2 : y = x .
Ví dụ 23: Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 3 y = x − + (m + ) 2 x − ( 2 m + m − ) 2 3 1 3 7
1 x + m − 1 có điểm cực tiểu tại một
điểm có hoành độ nhỏ hơn 1. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có 2
y = − x + (m + )x − ( 2 ' 3 6 1
3m + 7m − 1) .
Hàm số đạt cực tiểu tại một điểm có hoành độ nhỏ hơn 1 2
⇔ y = − x + (m + )x − ( 2 ' 3 6 1
3m + 7m − 1) = 0 có hai nghiệm x ,x thoả 1 2 mãn điều kiện : (1) ⇔ 3. − y ' (1) < 0    x  < 1 < x 1   ∆ ' > 0 1 2 ( )  ⇔   x  < x ≤ 1 2
2 ⇔ −3.y ' 1 ≥ 0 1 2 ( ) ( ) ( )     S  < 1   2 3( 2
3m + m − 4) < 0  4  − < m <  1 
⇔  (m + )2 − ( 2 m + m − ) 3 9 1 3 3 7 1 > 0 − m + > ⇔   3 ( 3 12 0 2 3m m 4) 0   + − ≥  2
3m + m − 4 ≥ 0   m + 1 < 1    m < 0    4 − < m <  1 3   4 m  < 4 − < m <   1 ⇔  3 ⇔   ⇔ m < 1  4 4  m  ≤ − ∨ m ≥ 1 m  ≤ − 3    3 m <  0  
Bài tập tương tự :
1. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 3 2
y = mx − 3mx + (m + 1)x − 4 có điểm
cực tiểu tại một điểm có hoành độ âm. 1 1
2. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y =
(m − 1) 3x − (m −1) 2x + 2m + 3 3 2
có điểm cực tiểu tại một điểm có hoành độ lớn hơn 2 .
Ví dụ 24: Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 97
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 x − (m + ) 2
1 x − m + 4m − 2 y =
. có cực trị đồng thời tích các giá trị cực x − 1
đại và cực tiểu đạt giá trị nhỏ nhất. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ { } 1 . 2 2 − 2 + − 3 + 3 g (x x x m m ) * Ta có y ' = = , x ≠ 1 (x − 1)2 (x − 1)2 g (x ) 2 2
= x − 2x + m − 3m + 3
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình g (x ) = 0,x ≠ 1
có hai nghiệm phân biệt x , x khác 1 . 1 2 2 ∆ ' > 0  m  − + 3m − 2 > 0 ⇔   ( ⇔  ⇔ < m < g 1) 1 2 2 ≠ 0
m − 3m + 2 ≠ 0  
Gọi A (x ;y ,B x ;y là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì x ,x 1 1 ) ( 2 2) 1 2
là nghiệm của phương trình g (x ) = 0,x ≠ 1 .  2 2 x = 1 − m −
+ 3m − 2 ⇒ y = 1 − m + 2 m − + 3m − 2 Khi đó 1 1 y ' = 0 ⇔  2 2 x  = 1 + m −
+ 3m − 2 ⇒ y = 1 − m − 2 m − + 3m − 2 2 2  y .y = ( 2 1 − m + 2 m − + 3m − 2 )( 2 1 − m − 2 m − + 3m − 2 1 2 )
y .y = (1 − m )2 − 4 ( 2 m − + 3m − 2 1 2 ) 2  7  4 4 2
y .y = 5m − 14m + 9 = 5 m −  − ≥ − 1 2  5  5 5 4 7
⇒ miny .y = − k hi m = 1 2 5 5 7
So với điều kiện , vậy m = là giá trị cần tìm . 5
Bài tập tương tự :
1. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 3 2 2
y = x − 3x + m + 4m − 2 có cực trị
đồng thời tích các giá trị cực đại và cực tiểu đạt giá trị nhỏ nhất. 3
2. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 3 2 2 y = x −
+ x + m − m + 1 có cực trị 2
đồng thời tích các giá trị cực đại và cực tiểu đạt giá trị lớn nhất. 98
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Ví dụ 25: Với giá trị nào của m thì đồ thị của hàm số 2 mx + ( 2 m + ) 3
1 x + 4m + m y =
tương ứng có một điểm cực trị thuộc góc x + m
phần tư thứ (II ) và một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (IV ) của mặt phẳng tọa độ. Giải :
* Hàm số đã cho xác định trên D = ℝ \ { m − } 2 2 3
mx + 2m x − 3m * Ta có :y ' = , x ≠ m − (x + m)2
Gọi A (x ;y ,B x ;y là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì 1 1 ) ( 2 2)
x , x x < x
là nghiệm của phương trình 1 2 ( 1 2 ) g (x ) 2 2 3
= mx + 2m x − 3m = 0,x ≠ m −
Đồ thị của hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (II ) và
một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (IV ) của mặt phẳng tọa độ khi ( ) ⇔ m g ( ) 4 1 .
0 < 0 ⇔ −3m < 0 ⇔ m ≠ 0 ( a )
(2) ⇔ Đồ thị của hàm số không cắt trục 2 Ox ⇔ mx + ( 2 m + ) 3
1 x + 4m + m = 0 (x ≠ m − ) vô nghiệm m  ≠ 0 m  ≠   0 ⇔  ∆ =  ( ⇔ 
m + 1)2 − 4m (4m + m) 4 2 2 3 < 0
−15m − 2m + 1 < 0   1 m  ≠ 0 m < −   ⇔  ⇔  5 b 2 1 ( ) m >  1  5 m >    5
(3) ⇔ m < 0 ( c) 1 Từ (a ) ( b ) (
c ) suy ra m < − là giá trị cần tìm. 5
Ví dụ 25: Chứng tỏ rằng chỉ có một điểm A duy nhất trên mặt phẳng toạ độ sao 2 3
x − m m + 1 x + m + 1
cho nó là điểm cực đại của đồ thị f (x ) ( ) = ứng với x − m 99
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
một giá trị thích hợp của m và cũng là điểm cực tiểu của đồ thị ứng với một giá
trị thích hợp khác. Tìm toạ độ của A . Giải :
* Hàm số đã cho xác định trên D = ℝ \ {m} . 2 2
x − 2mx + m − 1 * Ta có y ' = ,x ≠ m (x − m)2
Tam thức g (x ) 2 2
= x − 2mx + m − 1 có ∆ = 1 > 0, m ∀ . x  = m − 1 Do đó 1 y ' = 0 ⇔  x = m + 1  2 y  (x ) 2 = m − + m − 2 ⇒ M  ( 2 m − 1; m − + m − 2 1 ) ⇒  y (x ) 2 = m − + m + 2 ⇒ N  ( 2 m + 1; m − + m + 2 2 )
Đặt A (x ;y .Giả sử ứng với giá trị m = m thì A là điểm cực đại và ứng với 0 0 ) 1
giá trị m = m thì A là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 2 x  = m − 1 x  = m + 1   Ta có: 0 1 0 2  ;  . 2 2 y = m −
+ m − 2 y = m − + m + 2  0 1 1  0 2 2 m  − 1 = m + 1  Theo bài toán , ta có : 1 2  2 2 m − + m − 2 = m − + m + 2  1 1 2 2 m  − m = 2 m    − m = 2 ⇔ ( 1 2  ⇔  m − m
m + m − 1 = −4 m + m = −1  1 2 ) ( 1 2 ) 1 2  1 2  1  1 m = x = −    1  0  1 7  2 2 ⇔  ⇒ 
⇒ A − ;−  . 3 7  = −   2 4 m y  = − 2 0  2  4  1 7 
Vậy A  − ; −  là điểm duy nhất cần tìm thoả yêu cầu bài toán .  2 4 
Dạng 4 : Ứng dụng cực trị của hàm số trong bài toán đại số .
Ví dụ : Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực: 2 2
(3x − 14x + 14) − 4(3x − 7)(x − 1)(x − 2)(x − 4) = m . Giải : 100
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
f x = (x − ) (x − ) (x − ) 3 2 ( ) 1 2
4 = x − 7x + 14x − 8
g x = ( x − x + )2 2 ( ) 3 14 14
− 4 (3x − 7) f(x)
g (x ) là đa thức bậc 4 với hệ số của 4 x là −3 . 2
f '(x) = 3x − 14x + 14 g '(x) = 2 ( 2
3x − 14x + 14)(6x − 14) − 12f (x) − 4 (3x − 7) f '(x) = 12 − f (x)
g '(x) = 0 ⇔ x = 1; x = 2; x = 4.
g(1) = 9; g(2) = 4; g(4) = 36.
Bảng biến thiên của g (x ) . x −∞ 1 2 4 +∞
g '(x) + 0 − 0 + 0 − 9 36 g (x ) 4 −∞ −∞
Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình g(x) = m có một số lẻ nghiệm
khi và chỉ khi: m = 4; m = 9; m = 36.
Bài 4 : GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ.
4.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa: Cho hàm số xác định trên D
• Số M gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số y = f (x) trênD
f (x) ≤ M ∀x ∈ D nếu  
, ta kí hiệu M = max f (x) .
∃x ∈ D : f (x ) = Mx ∈D 0 0 
Chú ý : Nếu f (x) ≤ M ∀x ∈ D thì ta chưa thể suy ra M = max f (x) x ∈D
• Số m gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số y = f (x) trên D
f (x) ≥ m ∀x ∈ D nếu 
, ta kí hiệu m = min f (x) .
∃x ∈ D : f (x ) = mx ∈D 0 0 
Chú ý : Nếu f (x) ≥ m ∀x ∈ D thì ta chưa thể suy ra m = min f (x) . x ∈D
2. Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số 101
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Phương pháp chung: Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f (x) trên D ta
tính y ' , tìm các điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu hoặc không tồn tại và lập bảng
biến thiên. Từ bảng biến thiên ta suy ra GTLN, GTNN. Chú ý:
• Nếu hàm số y = f (x) luôn tăng hoặc luôn giảm trên a;b  
thì max f (x) = max{f (a), f (b)}; min f (x) = min{f (a), f (b)} . [a;b] [a;b]
• Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên a;b 
 thì luôn có GTLN, GTNN trên
đoạn đó và để tìm GTLN, GTNN ta làm như sau
* Tính y ' và tìm các điểm x , x , ..., x mà tại đó y ' triệt tiêu hoặc hàm số 1 2 n không có đạo hàm.
* Tính các giá trị f (x ), f (x ),..., f (x ), f (a), f (b) .Khi đó 1 2 n + m ax f (x ) = max  ∈   ∈
 {f (a ), f (x
, f x ...f x , f b 1 ) ( 2) ( i ) ( )} x a ;b x a ;b    
+ min f (x ) = min  ∈   ∈
 {f (a ), f (x
, f x ...f x , f b 1 ) ( 2) ( i ) ( )} x a ;b x a ;b    
• Nếu hàm số y = f (x) là hàm tuần hoàn chu kỳ T thì để tìm GTLN, GTNN
của nó trên D ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN trên một đoạn thuộc D có độ dài bằng T .
* Cho hàm số y = f (x) xác định trên D . Khi đặt ẩn phụ t = u(x) , ta tìm được
t ∈ E với ∀x ∈ D , ta có y = g (t) thì Max, Min của hàm f trên D chính là
Max, Min của hàm g trên E .
* Khi bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mà không nói trên tập
nào thì ta hiểu là tìm GTLN, GTNN trên tập xác định của hàm số.
* Ngoài phương pháp khảo sát để tìm Max, Min ta còn dùng phương pháp miền
giá trị hay Bất đẳng thức để tìm Max, Min.
* Ta cần phân biệt hai khái niệm cơ bản :
+ Giá trị lớn nhất của hàm số y = f (x) trên D với cực đại của hàm số .
+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên D với cực tiểu của hàm số .
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên D mang tính toàn
cục , còn giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số chỉ mang tính địa phương.
4.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên D ta có thể sử
dụng đạo hàm và kết hợp với việc so sánh giá trị cực đại, cực tiểu với giá trị đặc
biệt ( ta gọi đó là các giá trị tới hạn ) . Giá trị tới hạn này thường là các giá trị 102
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
tại các đầu mút của các đoạn hoặc là giá trị của hàm số tại các điểm mà không tồn tại đạo hàm.
Ví dụ 1 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: 3x − 1 1. y = trên đoạn 0;2   . x − 3 2. 2
y = (x − 6) x + 4 trên đoạn 0; 3   . y
= x + ( − x )3 6 2 3. 4 1 trên đoạn −1;1   . 2 4. y = x −
+ 5x + 6 trên đoạn [−1; 6] . Giải : 3x − 1 1. y = x − 3
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn 0;2   . −8 * Ta có y ' = < 0, x ∀ ∈ 0;2 (   x − 3)2 * Bảng biến thiên x 0 2 y ' − 1 y 3 −5
Từ bảng biến thiên suy ra : f (x ) 1 max = k hi x = 0 m
in f (x ) = −5 k hi x = 2 0;2 0;2 3      2. 2
y = (x − 6) x + 4
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn 0; 3   . 2 2x − 6x + 4 * Ta có : y ' = ,x ∈ 0; 3   2 x + 4 x  = 1 y ' = 0 ⇔  x = 2  103
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. y(1) 5 5  = −   (0) = −12 max y y = −3 13  x  ∈ 0;3    ⇒  y(2) = −8 2 min y = 1 − 2  x ∈0;3     y(3) = −3 13  Vậy max y = 3
− 13 khi x = 3 , min y = −12 khi x = 0 . x  ∈ 0;3   x  ∈ 0;3   y
= x + ( − x )3 6 2 3. 4 1
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −1;1   . Đặt 2
t = x , x ∈ −1;1 ⇒ t ∈ 0;1    
Hàm số đã cho viết lại f (t ) = t + ( − t )3 3 4 1 ,t ∈ 0;1   2 * Ta có f (t ) 2 = t − ( −t) = ( 2 ' 3 12 1
3 −3t + 8t − 4)  2  2  4 (  =   = t ) t , f f ' = 0 ⇔ 3   3  9 t  = 2 
f (0) = 4, f (1) = 1 * Bảng biến thiên t 2 0 1 3
f ' (t ) − 0 + 4 1 f (t ) 4 9
Từ bảng biến thiên suy ra : f (x ) = k hi x = f (x ) 4 2 max 4 0 min = k hi x = ±  1 − ;1 −1;1     9 3 2 4. y = x − + 5x + 6
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [−1; 6] . −2x + 5 * Ta có y ' = 2 2 x − + 5x + 6 104
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 5 y ' = 0 ⇔ x = ∈ [−1; 6] 2   y − = y ( ) 5 7 ( 1) 6 = 0, y =   .  2  2 7 5
Vậy : min y = 0 k hi x = 1
− ,x = 6 và max y = khi x = . x ∈ −1;6    x ∈ −1;6    2 2 Tương tự:
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: a f (x ) 4 2 .
= x − 2x + 3 trên đoạn −3;2   + + b f (x ) 2 3x 10x 20 . = 2 x + 2x + 3
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: a. 2 f (x) =
x − 4x + 5 trên đoạn [−2; 3] . 9 1 b. f (x ) 6 4 2
= x − 3x + x +
trên đoạn [−1; 1] . 4 4 2 x + 1 + 9x
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của các hàm số: y = ,x > 0 . 2 8x + 1 Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng (0; +∞) 2 2 2 x + 9x + 1 9x + 1 − x 1 y = = = 2 2 8x + 1 (8x + 1)( 2 9x + 1 − x ) 2 9x + 1 − x
Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng (0; +∞) khi hàm số 2 f (x) =
9x + 1 − x đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng (0; +∞) . (x) 9x f ' = − 1 2 9x + 1  >  f (x ) x 0 2 1 '
= 0 ⇔ 9x + 1 = 9x ⇔  ⇔ x = 2 72x = 1  6 2 f (x ) 2 2 1 1 3 2 1 min = khi x = ⇒ ma y x = = khi x = . x >0 3 x >0 4 6 2 2 2 6 2 3
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: 2 1. y
= x + 4 − x trên đoạn −2;2   . 105
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x + 1 2. y =
trên đoạn x ∈  1 − ;2   . 2 x + 1 Giải : 2 1. y = x + 4 − x
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −2;2   . 2 x 4 − x − x * Ta có y ' = 1 − = ,x ∈ (−2;2) 2 2 4 − x 4 − x  2  2
 4 − x − x = 0  4 − x = x y ' = 0 ⇔  ⇔  x ∈  (−2;2) x ∈  (−   2;2) 0 < x < 2 0 < x <   2 ⇔  ⇔  ⇔ x = 2 2 2 2 4 − x = x x = 2   Bảng biến thiên x −2 2 2 y ' − 0 + y −2 2 2 2
Từ bảng biến thiên , ta được
max f (x ) = 2 2 k hi x
= 2 min f (x ) = −2 k hi x = 2 − x  ∈ −2;2 x  ∈ 2 − ;2     x + 1 2. y =
trên đoạn x ∈  1 − ;2   . 2 x + 1
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −1;2   . x − + 1 * Ta có y ' =
⇒ y ' = 0 ⇔ x = 1 (x +1)3 2 * Bảng biến thiên . x −1 1 2 y ' + 0 − 2 y 3 5 0 5 106
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Từ bảng biến thiên , ta được max y = 2 k hi x = 1 min y = 0 k hi x = −1 x  ∈ −1;2 x  ∈ 1 − ;2    
Ví dụ 4 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2
y = x − 3x + 1 trên đoạn  2 − ;1.   Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −2;1   . Đặt g (x ) 3 2
= x − 3x + 1,x ∈  2 − ;1   g (x ) 2 ' = 3x − 6x.  = g (x ) x 0 ' = 0 ⇔  x = 2 ∉ −2;1   
g (−2) = −19,g (0) = 1,g (1) = −1 , suy ra max g (x ) = 1, min g (x ) = −19. −2;1  2 − ;1     x ∈  2 − ;1 ⇒ g  
(x) ∈ −19;1 ⇒ f (x) = g (x) ∈ 0;19.    
g (0).g (1) < 0 ⇒ ∃x ∈ 0;1 sao chog x = 0. 1 ( ) ( 1)
Vậy max f (x ) = 19, min f (x ) = 0. −2;1  2 − ;1     Tương tự:
1. Tìm giá trị lớn nhất của các hàm số: f (x ) 3 2
= x + 3x − 72x + 90 trên đoạn −5;5   .
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x ) 3
= x − 3x + 2 trên đoạn –3; 2   . Ví dụ 5:
1. Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số 2
y = x + 2x + a − 4 trên đoạn −2;1 
 đạt giá trị nhỏ nhất . 2. Tìm giá trị ,
p q để giá trị lớn nhất của hàm số 2
y = x + px + q trên đoạn −1;1   là bé nhất . Giải : 1.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −2;1   . 107
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
y = x + x + a − = (x + )2 2 2 4 1 + a − 5
Đặt t = (x + )2
1 ,x ∈ −2;1 ⇒ t ∈ 0; 4    
Ta có f (t ) = t + a − 5 ,t ∈ 0;4  
max y ⇔ max f (t ) = max = − −  ∈ −   ∈   ∈
 {f (0), f { }
4 } max{a 5 , a 1} x 2;1 t 0;4 t 0;4 t  ∈ 0;4        
• a − 5 ≥ a − 1 ⇔ a ≤ 3 ⇒ max f (t ) = a − 5 = 5 − a t  ∈ 0;4  
• a − 5 ≤ a − 1 ⇔ a ≥ 3 ⇒ max f (t) = a − 1 = a − 1 t  ∈ 0;4   5
 − a ≥ 5 − 3 = 2, a ∀ ≤ 3 Mặt khác 
⇒ max f (t ) ≥ 2, a ∀ ∈ ℝ
a − 1 ≥ 3 − 1 = 2, a ∀ ≥ 3 t  ∈ 0;4   
Vậy giá trị nhỏ nhất của max f (t ) = 2 kh i a = 3 t  ∈ 0;4   2. Xét hàm số ( ) 2
f x = x + px + q
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn −1;1 
 ⇒ y = f (x )
f (−1) = 1 − p + q, f (0) = q, f (1) = 1 + p + q
Giả sử max y = f (α )
⇒ f (1) + f (0) ≥ f (1) − f (0) = 1 + p , f (−1) + f (0) ≥ f ( 1
− ) − f (0) = 1 − p  1 f (1) > 
•p > ⇒ + p > ⇒  ⇒ f (α ) 1 2 0 1 1 > 1 2  f(0) >  2  1 f (−1) > 
•p < ⇒ − p > ⇒  ⇒ f (α ) 1 2 0 1 1 > 1 2  f(0) >  2  p 
max y = max  f (− ) ; f (−1) ; f (1)  x  ∈ −1;1    2    
•p = ⇒ f (x ) p 2 0
= x + q, f (0) = f −  = q, f (−1) = f (1) = 1 + q  2 
Giá trị lớn nhất của y là một trong hai giá trị q ; 1 + q 1 1 1 1 q
• > − ⇒ 1 + q > ⇒ f (±1) > ⇒ f (α) > 2 2 2 2 108
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 1 1 1 q • < − ⇒ q > ⇒ f (0) > ⇒ f (α) > 2 2 2 2 1 q
• = − ⇒ f (x ) 1 1 1 2 = x − ≤ ⇒ max f (x) = ⇔ x = 0;x = 1 ± 2 2 2 2
cũng là giá trị nhỏ nhất của f (α ) . 1
Vậy p = 0,q = − thoả mãn bài toán . 2 ax + b
Ví dụ 6 : Tìm các giá trị ,
a b sao cho hàm số y = có giá trị lớn nhất 2 x + 1
bằng 4 và có giá trị nhỏ nhất bằng −1 . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ .
• Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 4 khi và chỉ khi
ax + b ≤ 4, x ∀ ∈  ℝ 2 2   +
4x − ax + 4 − b ≥ 0, 1 x x ∀ ∈ ℝ  ⇔  2 ax + b 0 4x
− ax + 4 − b = 0 :  x ∃ ∈ ℝ =  co ùnghieä m x 0 0 : 4  0 0 2  x + 1  0 2
∆ = a − 16(4 −b) ≤ 0 2 ⇔ 
⇔ a + 16b − 64 = 0 * 2 ∆ = a − 16  (4 −b) ( ) ≥ 0
• Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi và chỉ khi ax + b ≥ 1 − , x ∀ ∈  ℝ 2 2 x   + 
+ ax + b + 1 ≥ 0, 1 x x ∀ ∈ ℝ ⇔  ⇔  2 ax + b 0 x
+ ax + b + 1 = 0 :  x ∃ ∈ ℝ = −  co ùnghieä m x 0 0 : 1  0 0 2  x + 1  0 2
∆ = a − 4(b + 1) ≤ 0 2 ⇔ 
⇔ a − 4b − 4 = 0 * * 2 ∆ = a − 4  (b + 1) ( ) ≥ 0 Từ (*) à v ( * *)ta có hệ 2 a
 + 16b − 64 = 0 ( *) 2 a  = 16 a  = 4 − a  = 4  ⇔⇔  ⇔  ∨  2
a − 4b − 4 = 0  ( * *) b = 3 b = 3 b = 3    a  = −4 a  = 4 Vậy giá trị ,
a b cần tìm là :  ∨  b = 3 b = 3  
Ví dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: 109
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 4 2 1. y
= sin x + cos x + 2  π  2. y
= x − sin 2x trên đoạn −  ;π   2  sin x + 1 3. y = 2
sin x + sin x + 1 6 6
sin x cos x + cos x sin x 4. y = sin x + cos x Giải : 4 2 1. y
= sin x + cos x + 2 4 2 4 2
y = sin x + cos x + 2 = sin x − sin x + 3
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . Đặt 2
t = sin x, 0 ≤ t ≤ 1
Xét hàm số f (t ) 2
= t − t + 3 liên tục trên đoạn 0;1  
Ta có f ' (t ) = 2t − 1, t ∈ 0;1   f (t ) 1 ' = 0 ⇔ t = 2   f ( ) = f ( ) 1 11 0 1 = 3 , f   =  2  4 y = f (t ) 11 3 min min =
= 2 max y = ma x f (t ) = 3 t  ∈ 0;1   4 4 t  ∈ 0;1    π  2. y
= x − sin 2x trên đoạn −  ;π   2   π 
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn đoạn −  ;π   2  π
Ta có : f ' (x ) = 1 − 2 cos 2x, − < x < π 2 π π π f (x ) 5 ' = 0 ⇔ x = − , , 6 6 6  π  π 3  π  π 3 f  −  = − + ; f   = −  6  6 2  6  6 2 110
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  5π  5π 3  π  π f   = +
; f  −  = − ; f (π ) = π  6  6 2  2  2 Vậy: 5π 3 5π max y = + k hi x =  π  x∈ − π 6 2 6  ;   2  π π min y = − k hi x = −  π  x∈ − π 2 2  ;   2  sin x + 1 3. y = 2
sin x + sin x + 1 t + 1
Đặt t = sin x ⇒ f ( t ) = , t ∈ [−1; 1] 2 t + t + 1 + f (t ) t 1 =
liên tục trên đoạn [−1; 1] 2 t + t + 1 − − f (t ) 2 t 2t / = 2 2 (t + t + 1) /
f (t ) = 0 ⇔ t = 0 ∈ [ 1 − ; 1] f − = f ( ) = f ( ) 2 ( 1) 0, 0 1, 1 = . 3 Vậy: π
min f ( x ) = min f (t ) = 0 k hi s in x = 1 − ⇔ x = −
+ k2π, k ∈ Z t∈ −1;1   2
max f ( x ) = max f (t ) = 1 k hi s
in x = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ Z . t∈ −1;1   6 6
sin x cos x + cos x sin x 4. y = sin x + cos x Vì 2 2
sin x + cos x ≥ sin x + cos x = 1, x ∀ 5 5   6 6 sin x cos x +  sin x + cos sin cos cos sin x x x x x    Nên y = = sin x + cos x sin x + cos x y = x x ( 2 2 sin cos
1 − sin x cos x − sin x cos x ) − 2 1 3 1 1 y = sin x − sin 2x + sin 2x 8 4 2
Đặt t = sin 2x ; 0 ≤ t ≤ 1 111
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. −1 1 1 Xét hàm số : 3 2 f (t) = t − t +
t liên tục trên đoạn 0;1 8 4 2   . −3 1 1 2 Ta có : 2 f '(t) = t − t + , t ∀ ∈ 0;1
f '(t) = 0 ⇔ t = 8 2 2   và 3  2  5 1
f (0) = 0; f   = ; f (1) =  3  27 8 kπ
Vậy : min y = min f (t) = f (0) = 0 khi sin 2x = 0 ⇔ x = t  ∈ 0;1 2    2  5
max y = maxf (t) = f   = khi t  ∈ 0;1  3  27   2 1 1 1 kπ sin 2x = ⇔ cos 4x =
⇔ x = ± arc cos + 3 9 4 9 2
Bài tập tương tự:
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: 3 3 1. y
= sin x + cos x 3 2. y = 2
− sin x + 3 cos2x − 6 sin x
Ví dụ 8 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số: 1 1. y = sin x + cos x 2. y
= 1 + sin x + 1 + cos x Giải : 1 1. y = sin x + cos x  π 
Xét hàm số g(x) =
sin x + cos x liên tục trên đoạn 0;   2  cos x sin x
cos x cos x − sin x sin x  π 
Ta có : g '(x) = − = , x ∈ 0;  2 sin x 2 cos x 2 sin x. cos x  2  cos x = sin x  π   π
g '(x) = 0, x ∈ 0; ⇔    π  ⇔ x =  2 x ∈   0;  4   2  π π 4 4 1 g(0) = 1;g( ) =
8;g( ) = 1 ⇒ 1 ≤ g(x) ≤ 8 ⇒ ≤ y ≤ 1 4 4 2 8 1 Vậy min y = , max y = 1 4 8 112
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2. y
= 1 + sin x + 1 + cos x 1  + sinx ≥ 0
Hàm số đã cho xác định khi  1 + cos x ≥ 0  2
y > 0 ⇒ y = sin x + cos x + 2 + 2 sin x + cos x + sin x cos x + 1 ( *) 2  π  t − 1
Đặt t = sin x + cos x =
2 sin x + , − 2 ≤ t ≤ 2 ⇒ sin x cos x =  4  2 1
Khi đó (*) viết lại f (t ) = t + 2 + 2
( 2t + 2t +1) = t + 2 + 2 t +1 2 (1− 2) + − neá u − ≤ ≤ −  f (t ) t 2 2, 2 t 1 = (  1 + 2 neá u  )t +2 + 2, − 1 ≤ t ≤ 2  − < neá u − ≤ < − f (t ) 1 2 0, 2 t 1 ' =  1
 + 2 > 0, neáu − 1 < t ≤ 2 
Hàm số f (t ) không có đạo hàm tại điểm t = −1
max f (x ) = 4 + 2 2 m in f (x ) = 1 x∈ℝ x∈ℝ
Ví dụ 9: 2 g x = f x f ( 2 ( ) (sin )
cos x ) trong đó hàm f thỏa mãn:
f (cotx) = sin 2x + cos 2x x
∀ ∈ [0;π ]. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của g(x) . Giải :
Đặt t = cot x 2 2 ta n x 2 cot x 2t t − 1 ⇒ sin 2x = = = ; cos 2x = 2 2 2 2 1 + ta n x 1 + cot x 1 + t t + 1 2 t + 2t − 1 ⇒ f (t) = 2 t + 1 4 2 4 2
(sin x + 2 sin x − 1)(cos x + 2 cos x − 1) ⇒ g(x) = 4 4
(sin x + 1)(cos x + 1) 4 4 2 2 2
sin x cos x + 8 sin x cos x − 2 u + 8u − 2 g(x) = = = h(u). 4 4 2 2 2
sin x cos x − 2 sin x cos x + 2 u − 2u + 2 trong đó 2 2 1
u = sin x cos x; 0 ≤ u ≤ . 4 113
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 −5u + 4u + 6  1  ⇒ h '(u) = 2 > 0 u ∀ ∈ 0;  . 2 2 − +  4 (u 2u 2)      ⇒ 1 1 1
hàm số h(u) luôn tăng trên 0;  nên max h(u) = h   =  4   1  4  25 u∈ 0;    4 
min h(t) = h(0) = 1 − .  1 u∈ 0;    4  1 Vậy max g(x) =
; min g(x) = −1 25
Ví dụ 10: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số trên : −1;2   , biết f  (0) = 1  2 f
 (x ).f ' (x ) 2 = 1 + 2x + 3x Giải : 3 f (x) 2  
f (x ).f ' (x ) 2 2 3
= 1 + 2x + 3x ⇔
= x + x + x + , c c : hằng số. 3 f ( ) 1 0 = 1 ⇒ c = 3 Do đó 3 3 2 f (x) =
3x + 3x + 3x + 1
Xét hàm số : g (x ) 3 2
= 3x + 3x + 3x + 1 liên tục trên đoạn x ∈  1 − ;2   . Ta có g (x ) 2 ' = 9x + 6x + 3 x  = −1  g ' (x ) = 0 ⇔ 1 x  = −  3  
g (− ) = − g ( ) 1 2 1 2, 2 = 40,g  −  =
⇒ ma x g (x ) = 40, min g (x ) = 2 −  ∈ 1 − ;2  ∈ −1;2  3  9 x x     
ma x f (x) 3 = 40 khi x = 2 x  ∈ 1 − ;2 Vậy     min f (x ) 3 = −2 khi x = 1 − x  ∈ −1;2   
Ví dụ: Cho x,y là các số không âm thoả mãn x + y = 1 .Tìm giá trị lớn nhất và 114
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x y
nhỏ nhất của biểu thức P = + . y + 1 x + 1 Giải : + + + (x + y)2 2 2
− 2xy + x + y x y x x y y 2 − 2xy P = + = = = y + 1 x + 1
xy + x + y + 1
xy + x + y + 1 2 + xy 2  x + y  1
(vì x + y = 1 ). Đặt t = xy ⇒ 0 ≤ t ≤   = .  2  4 − t   −6  1 
Xét hàm số f (t ) 2 2 1 =
,t ∈ 0;  . Ta có f ' (t ) = < 0, t ∀ ∈ 0;  2 + t  4  ( t)2  4 2  + Bảng biến thiên. t 1 0 4 f ' (t ) − 1 f (t ) 2 3  1  2
Vậy min f (t ) = f   = , max f (t ) = f (0) = 1 1  4  3 1 0 t ≤ ≤ 0 t ≤ ≤ 4 4 2 1 min P = khi x = y =
và max P = 1 khi x = 0,y = 1 hoặc x = 1,y = 0 3 2 Ví dụ 11 : Cho ,
a b là các số dương thoả mãnab + a + b = 3 . Tìm GTLN của 3a 3b ab biểu thức: 2 2 P = + +
− a − b (Dự bị Đại học- 2005 ) . b + 1 a + 1 a + b Giải : 2 (a + b)
Từ ab + a + b = 3 ⇒ 3 − (a + b) = ab ≤
⇔ a + b ≥ 2 . 4
3a(a + 1) + 3b(b + 1) ab Ta có: 2 P = ( + − + + b + ) ( + a ) (a b) 2ab 1 1 a + b 2
(a + b) − 2ab + (a + b) ab 2 P = 3 +
− (a + b) + 2ab
ab + a + b + 1 a + b 3 − + 2 3 (a b) 2 P (
a b) 3(a b) 6 = + + + − +
− (a + b) + 6 − 2(a + b) 4   a + b 115
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1  12  2 P = (
− a + b) + (a + b) + +  2 . 4 a + b  
Đặt t = a + b ≥ 2 . Xét hàm số 2 12 g(t) = t − + t + + 2 với t ≥ 2 t 12 3
Ta có: g '(t) = −2t + 1 − < 0 t
∀ ≥ 2 ⇒ max g(t) = g(2) = . 2 t 2 t ≥ 2 3 Vậy max P =
đạt được khi a = b = 1 . 2 3
Ví dụ : Cho x,y,z là các số thực dương thõa mãn x + y + z ≤ . Tìm giá trị 2 1 1 1
nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z + + + . x y z Giải :  
Ta có : (x + y + z ) 1 1 1 1 1 1 9  + +  ≥ 9 ⇒ + + ≥ . x y z x y z x + y + z   1 1 1 9
P = x + y + z + + +
≥ x + y + z + x y z x + y + z 3 9 3
Đặt t = x + y + z ⇒ 0 < t ≤
. Khi đó P ≥ t + , 0 < t ≤ 2 t 2   9  3 Xét f (t ) 9 3
= t + ,t ∈ 0;  . Ta có f '(t ) = 1 − < 0, t ∀ ∈ 0;  t  2  2 t  2  Bảng biến thiên. t 3 0 2 f ' (t ) − +∞ f (t ) 15 2  3  15 15 15 1
Vậy min f (t ) = f   = ⇒ P ≥ ⇒ min P =
khi x = y = z = 3  2  2 2 2 2 0 t < ≤ 2
Ví dụ 12: Cho x, y, z là số thực thỏa mãn 2 2 2
x + y + z = 2 .Tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3
P = x + y + z − 3xyz . 116
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Giải : Từ các đẳng thức 2 2 2 2
x + y + z + 2(xy + yz + zx) = (x + y + z) 3 3 3 2 2 2
x + y + z − 3xyz = (x + y + z)(x + y + z − xy − yz − zx) và điều kiện ta có: 2 2 2
P = (x + y + z)(x + y + z − xy − yz − zx)  2 (x y z) 2  + + −
= (x + y + z) 2  −   2   
Đặt t = x + y + z ⇒ − 6 ≤ t ≤ 6 2 3 t − 2 t
Ta có: P = t(2 − ) = −
+ 3t = f (t) 2 2
Xét hàm số f (t) với − 6 ≤ t ≤ 6 . 3 Ta có: 2 f '(t) = ( t
− + 2) ⇒ f '(t) = 0 ⇔ t = ± 2 2
⇒ max f (t) = f ( 2) = 2 2; min f (t) = f (− 2) = 2 − 2  6; 6   6; 6  − −    
Vậy max P = 2 2 đạt được khi x = 2;y = z = 0
min P = −2 2 đạt được khi x = − 2; y = z = 0 . Ví dụ:
Ví dụ 13: Cho hai số x, y ≠ 0 thay đổi thỏa mãn ( + ) 2 2 x
y xy = x + y − xy 1 1
Tìm GTLN của biểu thức : A = +
( Đại học Khối A – 2006 ). 3 3 x y Giải: Cách 1 :
Đặt: u = x + y v = xy ⇒ (x + y ) 2 2 2 ,
xy = x + y − xy ⇔ uv = u − 3v ⇔ ( + ) 2 2 u u
3 v = u ⇔ v = (do u ≠ 3 − ). u + 3 u − x + y u − uv ( 2u 3v 1 1 3 ) 2 3 3 3 2 uu + 3  Vậy A = + = = = = =   3 3 ( )3 3 3 2 u x y v v v xy   117
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 u u − Vì 2 2 4 4 1
u ≥ 4v ⇒ u ≥ ⇔ ≤ 1 ⇔
≥ 0 (ở đây ta lưu ýu ≠ 0 ) u + 3 u + 3 u + 3 + + − ⇔ u 3 u 3 3
u ≥ 1 ∨ u < −3 ⇒
> 0 . Xét hàm f (u) = ⇒ f ' (u) = < 0 u 2 u u
Lập bảng biến thiên, ta thấy f (u) ≤ f (1) = 4 ⇒ A ≤ 16 . 1
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y =
. Vậy GTLN của A = 16 . 2 Cách 2 : 1 1 Đặt a = ;b =
. Khi đó giả thiết của bài toán trở thành x y 2 2 1 2
a + b = a + b − ab ≥
(a + b) ⇔ 0 ≤ a + b ≤ 4 4 Và 3 3 2 2 2
A = a + b = (a + b)(a + b − ab) = (a + b) ≤ 16 1
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = 2 ⇔ x = y = . 2 Tương tự :
Ví dụ 14 : Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2 x + y = 1. 2 2(x + 6xy)
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P = 2 1 + 2xy + 2y
(Đại học Khối B – 2008). Giải: Cách 1 : 2 2 2(x + 6xy) 2(x + 6xy) Ta có: P = = 2 2 2 1 + 2xy + 2y
x + 2xy + 3y
* Nếu y = 0 ⇒ P = 1. 2 2 2 2 2(t y + 6ty ) 2(t + 6t)
Nếu y ≠ 0 thì đặt : x = ty ⇒ P = = = 2f (t) 2 2 2 2 2
t y + 2ty + 3y t + 2t + 3
Xét hàm số f (t) , ta có : − + + f (t ) 2 4t 6t 18 = f (t ) 3 ' , '
= 0 ⇔ t = 3,t = − , lim f (t) = 1 ( t →±∞ t + 2t + 3) 1 2 2 2 2
Lập bảng biến thiên ta được: GTLN P = 3 và GTNN P = −6 . Cách 2 : 118
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 2 2(x + 6xy) 2x + 12xy P = = 2 2 2 1 + 2xy + 2y
x + 2xy + 3y 2 2 2x + 12xy ( − x − 3y) ⇒ P − 3 = − 3 = ≤ 0 2 2 2 2
x + 2xy + 3y
x + 2xy + 3y  3 x  = 3y x = ±  ⇒  
P ≤ 3 . Đẳng thức xảy ra 2 ⇔  ⇔  . 2 2 x + y = 1 1  y  = ±  2 2 2 2x + 12xy 2(2x + 3y) P + 6 = + 6 = ≥ 0 2 2 2 2
x + 2xy + 3y
x + 2xy + 3y  3  3 x = ∓ xy  = − ⇒  P ≥ 6 − . Đẳng thức xảy ra 13 ⇔  2 ⇔  . 2 2 2 x  + y = 1 y  = ±   13
Vậy max P = 3; min P = −6 .
Tuy nhiên cách làm cái khó là chúng ta làm sao biết cách đánh giá P − 3 và P + 6 ? Tương tự :
Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2
x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 2 2xy + y 2 2
x − xy + y A = B = 2 2x + 2xy + 1 2 2
2x + xy + y − 1
Ví dụ 15: Cho bốn số nguyên , a , b ,
c d thay đổi thỏa: 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50 a c
Tìm GTNN của biểu thức P = +
(Dự bị Đại học - 2002). b d Giải:
Vì 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50 và , a , b ,
c d là các số nguyên nên c ≥ b + 1 a c 1 b + 1 Suy ra : + ≥ + = f (b). b d b 50 x +
Dẽ thấy 2 ≤ b ≤ 48 nên ta xét hàm số : f (x ) 1 1 = + , x ∈ [2; 48] x 50 119
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 1
Ta có f ' (x ) = − +
⇒ f ' (x ) = 0 ⇔ x = 5 2 . 2 50 x
Lập bảng biến thiên ta được min f (x ) = f (5 2) [2;48]
Do 7 và 8 là hai số nguyên gần 5 2 nhất vì vậy:   f (b) = {f ( ) f ( )} 53 61 53 min min 7 ; 8 = min  ;  = . [2;48] 175 200 175 53 Vậy GTNN P = . 175 Ví dụ 16: Cho , a ,
b c là 3 số thực dương và thỏa mãn a b c 3 3 2 2 2
a + b + c = 1. Chứng minh rằng : + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 b + c a + c a + b 2 Giải :
Để không mất tính tổng quát , giả sử 0 < a ≤ b ≤ c và thỏa mãn hệ thức 1 2 2 2
a + b + c = 1. Do đó 0 < a ≤ b ≤ c ≤ . 3 a b c a b c + + = + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b + c a + c a + b 1 − a 1 − b 1 − c 2 2 2 a b c = + + a ( 2 − a ) b ( 2 − b ) c ( 2 1 1 1 − c )  1 
Xét hàm số : f x = x ( 2 ( )
1 − x ) liên tục trên nửa khoảng 0;  .  3   1  Ta có : 2 f '(x) = 3
− x + 1 > 0,x ∈ 0;
 ⇒ f (x ) liên tục và đồng biến trên  3   1  nửa khoảng  0;  .  3   1  2 2
Và lim f (x) = lim x − =   = ⇒ < ≤ hay + + ( 2 1 x ) 0, f 0 f (x) x →0 x →0  3  3 3 3 3 < x ( 2 − x ) 2 0 1 ≤ . 3 3 1 2 x 3 3  1  Hay 2 ≥ ⇔ ≥ ∀ ∈   . x ( x , x 0; 2 1 − x ) 2 3 3 1 − x 2  3  120
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  a 3 3 2  ≥ a 2 1 − a 2  b 3 3 a b c 3 3 Suy ra 2  ≥ b ⇒ + + ≥ ( 2 2 2 a + b + c . 2 2 2 2 ) 1 − b 2 1 − a 1 − b 1 − c 2   c 3 3 2 ≥ c  2 1 − c 2  a b c 3 3 1 Vậy + + ≥
. Xảy ra khi a = b = c = . 2 2 2 2 2 2 b + c a + c a + b 2 3
Chú ý : Để không mất tính tổng quát , giả sử 0 < a ≤ b ≤ c và thỏa mãn hệ thức 2 2 2
a + b + c = 1. Ta có thể suy ra 0 < a ≤ b ≤ c < 1.
Khi đó xét hàm số : f x = x ( 2 ( )
1 − x ) liên tục trên khoảng (0;1) . 2 1 f '(x) = 3
− x + 1,x ∈ (0;1) và f '(x) = 0 ⇔ x = 3  1    • 1
f '(x) > 0,x ∈  0;
 ⇒ f (x ) liên tục và đồng biến trên khoảng  0;   3   3   1 
• f '(x) < 0,x ∈ 
;1 ⇒ f (x ) liên tục và nghịch biến trên khoảng  3   1   ;1 .  3   1  2 2
Và lim f (x) = lim f (x) = 0, f   =
⇒ 0 < f (x) ≤ . Phần còn lại x 0+ x 1− → →  3  3 3 3 3 tương tự như trên.
Ví dụ 17: Xét các số thực không âm thay đổi x, y, z thỏa điều kiện:
x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: 1 − x 1 − y 1 − z S = + + . 1 + x 1 + y 1 + z Giải : Tìm MinS :
Không mất t ính tổng quát giả sử: 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1. x
 + y + z = 1  ⇒ ∈   Với x,y, z 0;1 x,y, z 0   ≥ .  121
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 − x 1 − x
Vì ( − x ) ( + x ) 2 1 1 = 1 − x ≤ 1 nên: 2 ≥ (1 − x) ⇒ ≥ 1 − x . 1 + x 1 + x
Dấu đẳng thức xảy ra trong trường hợp x = 0 hoặc x = 1 . − − − Khi đó 1 x 1 y 1 z S = + +
≥ 1 − x + 1 − y + 1 − z hay S ≥ 2 . 1 + x 1 + y 1 + z
Đẳng thức xảy ra khi x = y = 0, z = 1 thì S = 2 . Vậy: min S = 2 . Tìm MaxS:
Không mất t ính tổng quát giả sử: 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1. 1 2 4 Lúc đó: z ≥ ; x + y ≤ < . 3 3 5 1 − x 1 − y 1 − z S = + + ≤ 1 + x 1 + y 1 + z 1 − (x + y) 1 − z z 1 − z 1 + + =1 + + 1 + x + y 1 + z 2 − z 1 + z z − z Đặt h (z ) 1 = +
. Bài toán trở thành giá trị lớn nhất của 2 − z 1 + z 1 
h (z ) trên đoạn  ; 1 . 3  1   1   1  2
h '(z) = 0 ⇔ z =
. Maxh(z)=Max h
  ; h(1); h   = . 2   3   2  3 1 − x 1 − y 1 − z 2 Do đó : S = + + ≤ 1 + . 1 + x 1 + y 1 + z 3 1 2
Đẳng thức xảy ra khi x = 0,y = z = thì S = 1 + . 2 3 2 Vậy: maxS = 1 + 3
Ví dụ 18: Cho ba số thực dương a, ,
b c thoả mãn: abc + a + c = b . 2 2 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = − + 2 2 2 a + 1 b + 1 c + 1 Giải : 122
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1
Ta có : a + c = b (1 − ac) > 0 . Dễ thấy ac ≠ 1 ⇒ 0 < a < c a + c 2 2 2(1 − ac) 3 nên b = ⇒ P= − + 1 − ac 2 2 2 2 a + 1
(a + c) + (1 − ac) c + 1 2 2 2(a + c) 3 P = + − 2 + 2 2 2 2 a + 1 (a + 1)(c + 1) c + 1 2 2(x + c) 3 Xét f (x ) 2 = + + − 2 2 2 2 2 x + 1 (x + 1)(c + 1) c + 1 + + + f (x ) 2 2 2(x 2cx 2c 1) 3 1 = + − 2, 0 < x < 2 2 2 (x + 1)(c + 1) c + 1 c 2 − c x + cx − ' 4 ( 2 1) 1 ⇒ f (x) = , 0 < x < 2 2 2 (x + 1) (c + 1) c  1 
Trên khoảng  0;  : f ' (x ) = 0 có nghiệm 2 x = c
− + c + 1 và f ' (x ) c   0
đổi dấu từ dương sang âm khi x qua x , suy ra f (x ) đạt cực đại tại x = x 0 0  1  ⇒ ∀x ∈   f (x ) 2 3 2c 3 0; : ≤ + − 2 = + 2 2 2 2 2 c   c + − + + 1 c c c c c + + 1 1 1 1 2c 3 Xét g (c) = + ,c>0 2 2 c c + + 1 1 2 − c ' 2(1 8 ) g (c) = 2 2 2
(c + 1) ( c + 1 + 3c) c  >  0 ' 1 g (c) = 0 ⇔  ⇔ c = 2 1 − 8c = 0  2 2 ⇒ ∀ (c) 1 2 24 10 c>0:g ≤ g( ) = + = 3 9 3 2 2  1 a =   2 10  ⇒ P ≤
. Dấu "=" xảy ra khi b  = 2 3  1 c  =  2 2 123
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 10
Vậy giá trị lớn nhất của P là . 3
Ví dụ 19 : Cho tam giác ABC không tù. Tìm GTLN của biểu thức:
P = cos 2A + 2 2(cos B + cosC ) (Đại học Khối A – 2004 ) . Giải: A Ta có 2 2
A ≤ 90 ⇒ cos 2A = 2 cos A − 1 ≤ 2 cos A − 1 = 1 − 4 sin 2 Đẳng thức có 2
⇔ cos A = cos A (1). C B − C C
cos B + cosC = 2 sin . cos ≤ 2 sin 2 2 2 B − C
Đẳng thức xảy ra ⇔ cos = 1 (2). 2 A 2 Đặt t = sin ⇒ 0 < t ≤ . Ta có: 2 P ≤ 4
− t + 4 2t + 1 = f (t) 2 2  2  2
Xét hàm số f (t), t ∈  0;  = − + ⇒ = ⇔ =  , có f '(t) 8t 4 2 f '(t) 0 t 2    2  2 
Lập bảng biến thiên ta có: f (t) ≤ f   = 3 ⇒ P ≤ 3  . 2     2 cos A = cos A   0  B − C A  = 90
Đẳng thức xảy ra ⇔ cos = 1 ⇔  . 0 2  B  = C = 45   A 2 sin =  2 2 Vậy max P = 3 .
Ví dụ 20: Cho tam giác ABC có A > B > C . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x − sin A x − sin B thức : M = + − 1. x − sinC x − sinC Giải :
Biểu thức xác định khi D = (− ; ∞ sinC ) ∪ sin ; A +∞  ).
x − sinC sin A − sinC
1 x − sinC sin B − sinC M ' = . + . > 0, x
∀ ∈ D ⇒ M liên
x − sin A ( − )2 2 x − sin sin B x C (x − sinC )2
tục và đồng biến trên mỗi khoảng (− ; ∞ sinC ) , sin ; A +∞  ) 124
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. A − B Do đó M = M ( A) sin sin min sin = − 1 sin A − sinC
Ví dụ 21: Cho một tam giác đều ABC cạnh a . Người ta dựng một hình chữ
nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC , hai đỉnh P và Q theo thứ tự
nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác . Xác định vị trí điểm M sao cho
hình chữ nhật có diện tích lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó. Giải : a
Đặt BM = x, 0 < x <
⇒ NM = BC − 2BM = a − 2x 2
Trong tam giác vuông BMQ có QM tanQBM =
⇒ QM = BM.tanQBM = x 3 BM
Diện tích hình chữ nhật MNPQ là S (x ) = MN.QM = (a − 2x )x 3  a
Bài toán quy về : Tìm giá trị lớn nhất của S (x ) = (a − 2x )x 3,x ∈  0;   2   a a S ' (x ) = 4 −
3x + a 3,x ∈ 0;  S
' (x ) = 0 ⇔ x =  2  4  a
Bảng biến thiên của S (x ) trên khoảng  0;   2  a a x 0 4 2
S ' (x ) + 0 − 2 a 3 S (x ) 8 0 0 2 a 3 a
Vậy diện tích hình chữ nhật lớn nhất là khi x = 8 4
Bài 3 :TIỆM CẬN HÀM SỐ
3.1TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang: 125
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
• Đường thẳng y = y được gọi là đường tiệm cận ngang ( gọi tắt là tiệm cận 0
ngang) của đồ thị hàm số y = f (x ) nếu lim f (x ) = y hoặc lim f (x ) = y . 0 x →+∞ 0 x →−∞
• Đường thẳng x = x được gọi là đường tiệm cận đứng ( gọi tắt là tiệm cận 0
đứng) của đồ thị hàm số y = f (x ) nếu lim f (x = +∞ hoặc − ) x →x0
lim f (x = +∞ hoặc lim f (x = −∞ hoặc lim f (x = −∞ . + ) − ) + ) x →x x →x x →x 0 0 0
2. Đường tiệm cận xiên:
Đường thẳng y = ax + b (
a ≠ 0) được gọi là đường tiệm cận xiên ( gọi tắt là
tiệm cận xiên) của đồ thị hàm số y = f (x ) nếu
lim f (x ) = f =  − + 
 (x ) − (ax + b) = 0 
hoặc lim f (x ) f
 (x ) (ax b) = 0  x →+∞ x →−∞ f (x ) Trong đó a = lim , b = lim f
 (x ) − ax  hoặc x →+∞ x x →+∞ f (x ) a = lim , b = lim f
 (x ) − ax  . x →−∞ x x →−∞
Chú ý : Nếu a = 0 thì tiệm cận xiên trở thành tiệm cận đứng.
3.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Ví dụ 1 : Tìm tiệm cận của đồ thị hàm số : 2x − 1 2 1. + y x 1 = 3. y = x + 2 x 2 x − x + 1 2 2. y = 4. y = 1 + 1 − x x − 1 Giải : 2x − 1 1. y = x + 2
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ { } 2 . 1 2 − 2x − 1 * Ta có: lim = lim = lim x y = 2 và x →−∞
x →−∞ x + 2 x →−∞ 2 1 + x 126
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 2 − 2x − 1 lim = lim = lim x y
= 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị khi x →+∞ x →+∞ x + 2 x →+∞ 2 1 + x
x → −∞ và x → +∞ . 2x − 1 lim y = lim = −∞ và + →( − − x 2 x 2 − ) x →( 2 − ) 2x − 1 lim y = lim
= +∞ ⇒ x = −2 là tiệm cận đứng của đồ thị khi + →( + + x 2 x 2 − ) x →( 2 − ) − + y 2x − 1
x → (−2) và x → (−2) ; lim = lim
= ⇒ hàm số f không x →−∞ x
x →−∞ x (x + ) 0 2
có tiệm cận xiên khi x → −∞ . 1 2 − y 2x − 1 lim = lim x =
= ⇒ hàm số y không có tiệm cận x →+∞ x
x →+∞ x (x + 2) lim 0 x →+∞ x + 2 xiên khi x → +∞ . 2 x − x + 1 2. y = x − 1
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ { } 1 1
* Ta có: y = x + x − 1  1 
⇒ lim y = lim x +  = +∞ và + + − 1 → 1 x  1 x x →   1 
lim y = lim x +
 = −∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số − − − 1 → 1 x  1 x x →  + −  1 
khi x → 1 và x → 1 ; lim y = lim x +  = +∞ và x →+∞ x →+∞ x −  1   1 
lim y = lim x +
 = −∞ ⇒ hàm số không có tiệm cận ngang x →−∞ x →−∞ x −  1  1 1
lim (y − x) = lim
= 0 và lim (y − x) = lim = 0 x →+∞
x →+∞ x − 1 x →−∞
x →−∞ x − 1
⇒ y = x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi x → +∞ và x → −∞ . 2 x + 1 3. y = x 127
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ { } 0 . 1 x − 1 + 2 x 1 lim y = lim = − lim 1 + = 1 − ,⇒ y = 1 − là tiệm cận ngang 2 x →−∞ x →−∞ x x →−∞ x
của đồ thị hàm số khi x → −∞ . 1 x 1 + 2 x 1 lim y = lim = lim 1 +
= 1,⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ 2 x →+∞ x →+∞ x x →+∞ x
thị hàm số khi x → +∞ . 2 2 x + 1 x + 1 lim y = lim = −∞ , lim y = lim
= +∞ ⇒ x = 0 là tiệm cận x 0− x 0− x x 0+ x 0+ → → → → x
đứng của đồ thị hàm số khi x 0− → và x 0+ → 1 x − 1 + 2 2 y x + 1 lim = lim = lim x
= 0 ⇒ hàm số y không có tiệm cận 2 2 x →−∞ x →−∞ x x x →−∞ x xiên khi x → −∞ 1 x 1 + 2 2 y x + 1 lim = lim = lim x
= 0 ⇒ hàm số y không có tiệm cận xiên 2 2 x →+∞ x →+∞ x x x →+∞ x khi x → +∞ 2 4. y = 1 + 1 − x −1 ≤ x ≤ 1   2
y = 1 + 1 − x ⇔ y  ≥ 1 x +  (y −1)2 2 = 1
Do đó đồ thị hàm số là nửa đường tròn tâm I (0;1) , bán kính R = 1.
Vậy đồ thị hàm số không có tiêm cận. Chú ý : u(x)
Cho hàm phân thức f (x) = . v(x) v  (x) = 0
a) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là số nghiệm của hệ  . u(x) ≠ 0 
b) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang ⇔ deg u(x) ≤ deg v(x) , trong đó deg là bậc của đa thức. 128
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
c) Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên ⇔ deg u(x) = deg v(x) + 1 .Khi đó để tìm u (x)
tiệm cận xiên ta chia u(x) cho v(x), ta được: 1
y = ax + b + , trong đó v(x)
deg u (x) < deg v(x) 1 u (x) u (x) 1 1 ⇒ lim = lim
= 0 ⇒ y = ax + b là TCX của đồ thị hàm số.
x → +∞ v(x)
x → −∞ v(x)
* Nếu đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì không có tiệm cận xiên và ngược lại.
Bài tập tự luyện:
Tìm tiệm cận của đồ thị hàm số : 3x − 2 1. y = 3. 2
y = x + x + 4x + 5 3x + 4 2 + + 2 x 5x 1 2x + 3x − 4 2. y = 2. y = x + 2 5x − 2
Ví dụ 2: Tìm tiệm cận của các đồ thị hàm số sau: 2
1. y = x − 2x + 2 2
2. y = x + x − 1 Giải : 2
1. y = x − 2x + 2
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . 2 y x − 2x + 2 2 2 * Ta có: a = lim = lim = lim 1 − + = 1 2 x →+∞ x x →+∞ x x →+∞ x x  2 
b = lim (y − ax) = lim x − 
2x + 2 − x x →+∞ x →+∞   2 −2 + −2x + 2 = lim = lim x = −1 x →+∞ 2 x →+∞ x − x + + x 2 2 2 2 1 − + + 1 2 x x
⇒ y = x − 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi x → +∞ . 2 y x − 2x + 2 2 2 a = lim = lim = − lim 1 − + = −1 2 x →−∞ x x →−∞ x x →−∞ x x  2 
b = lim (y − ax) = lim x −  2x + 2 + x x →−∞ x →−∞   129
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 2 − + 2 − x + 2 = lim = lim x = 1 x →−∞ 2 x →−∞ x − x + − x 2 2 2 2 − 1 − + − 1 2 x x ⇒ y = x
− + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi x → −∞ . 2
2. y = x + x − 1
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = (− ; ∞ −1 ∪ 1  ; +∞   ) . 2 y x x 1  1  + − a = lim = lim = lim 1 + 1 −  = 2  2 x →+∞ x x →+∞ x x →+∞  x     − b = (y −ax) 2 1 lim = lim
x − 1 − x = lim =   0 x →+∞ x →+∞   x →+∞ 2 x − 1 + x
⇒ y = 2x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi x → +∞ . 2 y x x 1  1  + − a = lim = lim = lim 1 − 1 −  = 0  2 x →−∞ x x →+∞ x x →+∞  x     − 2 1 b = lim y = lim
x − 1 + x = lim =   0 x →−∞ x →−∞   x →−∞ 2 x − 1 − x
⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi x → −∞ . Nhận xét: 1) Xét hàm số 2
y = ax + bx + c (a ≠ 0) .
* Nếu a < 0 ⇒ đồ thị hàm số không có tiệm cận. b
* Nếu a > 0 đồ thị hàm số có tiệm cận xiên y = a (x + ) khi x → +∞ và 2ab
y = − a x +  khi x → −∞ .  2a  2) Đồ thị hàm số 2
y = mx + n + p ax + bx + c (a > 0) có tiệm cận là đường b
thẳng : y = mx + n + p a | x + |. 2a
Bài tập tự luyện:
Tìm tiệm cận của đồ thị hàm số : x − 2 1. y = − x 3. 2 y =
x − x + 2x + 3 x + 4 130
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Ví dụ 3: Tùy theo giá trị của tham số m . Hãy tìm tiệm cận của đồ thị hàm số x − 1 sau: y = . 3 mx − 1 Giải :
* m = 0 ⇒ y = x
− + 1 ⇒ đồ thị hàm số không có tiệm cận. x − 1
* m = 1 ⇒ f (x) =
⇒ lim f (x) = lim f (x) = 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận 3 x − 1 x → +∞ x → −∞
ngang của đồ thị hàm số khi x → +∞ và x → −∞ . 1
Vì lim f (x) = lim =
⇒ đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng + − →1 →1 3 x x m  ≠ 0  1  * 
⇒ hàm số xác định trên D = ℝ \   m ≠ 1  3  m 
Đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 1 Đường thẳng x =
là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 3 m
Bài tập tự luyện:
Tùy theo giá trị của tham số m . Hãy tìm tiệm cận của đồ thị hàm số sau:
(m − 1) 2x + m + 2 y = . 4 mx + 4 1
Ví dụ 4: Tìm m để hàm số y = mx +
có cực trị và khoảng cách từ điểm x 2
cực tiểu của hàm số đã cho đến đường tiệm cận xiên của nó bằng . 17 Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên (− ; ∞ 0) ∪ (0;+∞) . 1
* Ta có : y ' = m − , x ≠ 0 . 2 x
Để hàm số đã cho có cực trị thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 . 1 1 1
Với m > 0 thì y ' = 0 ⇔ m − = 0 ⇔ x = − < x = và điểm cực 1 2 2 x m m  1 
tiểu của hàm số là A  ;2 m  .  m131
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 1 1 Vì lim = lim
= 0 nên (d ) : y = mx là đường cận xiên. x →−∞ x x →+∞ x 1 m − 2 m 2 m 2 m 2 Theo bài toán d( = ⇔ = ⇔ = , A (d ) 2 2 17 m + 17 m + 17 1 1 m  = 4 2 2 17. 
m = 2 m + 1 ⇔ 4m − 17m + 4 = 0 ⇔ 1 . m  =  4
Bài toán tương tự : 2
mx − mx + m − 1
Tìm m để hàm số y =
có cực trị và khoảng cách từ điểm x − 1 1
cực tiểu của hàm số đã cho đến đường tiệm cận xiên của nó bằng . 2 2 mx + ( 2 m + m + ) 2 2 x + m + 3
Ví dụ 5 : Cho hàm số y = . Tìm m để x + 1
khoảng cách từ gốc O đến tiệm cận xiên hoặc ngang là nhỏ nhất . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên (− ; ∞ 1 − ) ∪ ( 1 − ; +∞) 2 mx + ( 2 m + m + 2) 2 x + m + 3 2 1 y = = mx + m + 2 + , x ≠ 1 − x + 1 x + 1 1 1 Vì lim = lim = 0 nên (d ) 2
: y = mx + m + 2
x →−∞ x + 1 x →+∞ x + 1 ⇔ (d ) 2
: mx − y + m + 2 = 0 là đường cận xiên hoặc ngang của hàm số. 2 m + 2 1
Ta có : d (O;d ) 2 = = m + 1 + ≥ 2 2 2 m + 1 m + 1 1
Vậy d (O;d ) nhỏ nhất bằng 2 khi 2 m + 1 = ⇔ m = 0 . 2 m + 1
Khi đó hàm số có tiệm cận ngang là y = 2 .
Bài toán tương tự : 2 x + (m + ) 2
2 x + m − 4m + 3 Cho hàm số y =
. Tìm m để khoảng cách từ gốc mx + 1
O đến tiệm cận xiên hoặc ngang là nhỏ nhất . 132
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 2
mx + (3m − 2)x − 2
Ví dụ 6: Cho hàm số y = (C ,với m ∈ ℝ . m ) x + 3m
1. Tìm m để góc giữa hai tiệm cận của đồ thị (C bằng 0 45 . m )
2. Tìm m để đồ thị (C
có tiệm cận xiên tạo cắt hai trục tọa độ tại , A B sao m )
cho tam giác ∆AOB có diện tích bằng 4 . Giải : 6m − 2
Ta có: y = mx − 2 + x + 3m 1
Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ⇔ 6m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ . 3
Phương trình hai đường tiệm cận là: ∆ : x = 3
− m ⇔ x + 3m = 0 1
Và ∆ : y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0 . 2
Véc tơ pháp tuyến của ∆ và ∆ lần lượt là : n = (1; 0), n = (m; −1) 1 2 1 2
1. Góc giữa ∆ và ∆ bằng 0 45 khi và chỉ khi 1 2 n .n 1 2 m 0 2 2 2 cos 45 = cos = =
⇔ 2m = m + 1 ⇔ m = ±1 2 2 n . n m + 1 1 2 Vậy m = 1
± là những giá trị cần tìm. m  ≠ 0   2 
2. Hàm số có tiệm cận xiên ⇔  1 . Khi đó: (
A 0; −2), B  ; 0  m ≠  m    3 1 1 2 Ta có: S = O . AOB = 4 ⇔ . | 2 − | . = 4 ⇔ m = ±2 ∆ ABC 2 2 m Vậy m = 2
± là những giá trị cần tìm.
Bài toán tương tự : (m − ) 2
1 x + (m + 1)x − 2m + 3 Cho hàm số y = (C ,với m ∈ ℝ . m ) x − 2m
1. Tìm m để góc giữa hai tiệm cận của đồ thị (C bằng 0 45 . m )
2. Tìm m để đồ thị (C
có tiệm cận xiên tạo cắt hai trục tọa độ tại , A B sao m )
cho tam giác ∆AOB có diện tích bằng 4 . 133
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 x + x + 1
Ví dụ 7: Cho hàm số y =
có đồ thị là (C ) . Chứng minh rằng: x − 1
1. Tích khoảng cách từ một điểm bất kì trên (C ) đến hai tiệm cận không đổi
2. Không có tiếp tuyến nào của (C ) đi qua giao điểm của hai tiệm cận. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên D = ℝ \ { } 1 . 3
1. Ta có: y = x + 2 +
⇒ hai tiệm cận của đồ thị hàm số là ∆ : x − 1 = 0 x − 1 1
và ∆ : x − y + 2 = 0 2  3 
Gọi M ∈ (C ) ⇒ M x ;x + 2 +
 ⇒ d = d M, ∆ = x − 1 1 ( 1 ) 0 0  x 1  − 0  0  3
x − x − 2 − + 2 0 0 x − 1 3 d = d M, ∆ = = 2 ( ) 0 2 2 2 x − 1 0 3 3 2
⇒ d .d = x − 1 = đpcm. 1 2 0 x − 2 2 1 0
2. Gọi I = ∆ ∩ ∆ ⇒ I (1; 3) 1 2
Giả sử ∆ là tiếp tuyến bất kì của đồ thị (C) ⇒ phương trình của ∆ có dạng   3 3
∆ : y = y '(x )(x − x ) + y = 1 −
(x − x ) + x + 2 + 0 0 0 0 0  2  − x x − 1 ( 1) 0  0    3 3
⇒ I ∈ ∆ ⇔ 1 −
(1 − x ) + x + 2 + = 3 0 0  2  − x x − 1 ( 1) 0  0  3 3 6 ⇔ 1 − x + + x + 2 + − 3 = 0 ⇔ = 0 ta thấy phương trình 0 0 x − 1 x − 1 x − 1 0 0 0
này vô nghiệm. Vậy không có tiếp tuyến nào của đồ thị (C) đi qua I .
Bài 5 : PHÉP TỊNH TIẾN VÀ TÂM ĐỐI XỨNG
5.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT 134
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
1. Điểm uốn của đồ thị :
Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x và 0
có đạo hàm cấp hai trên khoảng (a;x vì (x ;b .Nếu f ' đổi dấu khi x qua điểm 0 ) 0 )
x thì I (x ; f x
là một điểm uốn của đồ thị của hàm số y = f (x ) . 0 ( 0)) 0
Nếu hàm số f có đạo hàm cấp hai tại điểm x thì I (x ; f x là một điểm uốn 0 ( 0)) 0
của đồ thị hàm số thì f ' (x = 0 0 )
2. Phép tịnh tiến hệ tọa độ : x  = X + x
Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tình tiến theo vectơ OI là o  , y = Y + y  0 
I (x ; f x . 0 ( 0))
5.2 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1 : Chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ OI .
Ví dụ 1: Tìm tham số thực m để điểm I thuộc đồ thị (C ) 3 2
: y = x + 3mx + (m + 2)x + 1 nằm trên trục hoành , biết rằng hoành
độ của điểm I nghiệm đúng phương trình f ' (x ) = 0 . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . * Ta có : 2
y ' = 3x + 6mx + m + 2
y ' = 6x + 6m và y ' = 0 ⇔ x = m − .
Dễ thấy y ' đổi dấu khi x qua điểm x = m − . Suy ra 0 I ( 3 2 m
− ;2m − m − 2m + 1) là điểm uốn của đồ thị đã cho. Vì 3 2
I ∈ Ox ⇔ m − m − m + = ⇔ (m − )( 2 2 2 1 0
1 2m + m − 1) = 0 ⇔ 1
m = 1 hoặc m = 1
− hoặc m = . 2 1 1
Ví dụ 2:Cho hàm số f (x ) 3 2
= x − x − 4x + 6 3 2
1. Giải phương trình f ' (sin x ) = 0
2. Giải phương trình f ' (cos x ) = 0
3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành 135
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
độ là nghiệm của phương trình f ' (x ) = 0 . Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . 1 ± 17 1. f ' (x ) 2
= x − x − 4 ⇒ f ' (x ) = 0 ⇔ x = . 2
Cả hai nghiệm x đều nằm ngoài đoạn −1;1   . Do đó phương trình
f ' (sin x ) = 0 vô nghiệm.
2. f (x ) = x − ⇒ f (x ) 1 ' 2 1 '
= 0 ⇔ x = . Do đó phương trình 2 π f ( x ) 1 ' cos = 0 ⇔ cos x = ⇔ x = ±
+ k2π,k ∈ ℤ . 2 3    
3. f (x ) = x − ⇒ f (x ) 1 1 47 1 17 ' 2 1 '
= 0 ⇔ x = , f   = , f '   = − 2  2  12  2  4
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : 17  1  47 17 145 y = − x −  + h ay y = − x + 4  2  12 4 24
Ví dụ 3 : Cho hàm số f (x ) 3 2
= x − 3x + 1có đồ thị là (C )
1. Xác định điểm I thuộc đồ thị (C ) của hàm số đã cho , biết rằng hoành
độ của điểm I nghiệm đúng phương trình f ' (x ) = 0 .
2. Viết công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ OI và
viết phương trình đường cong (C ) đối với hệ IXY . Từ đó suy ra rằng I là
tâm đối xứng của đường cong (C ) .
3. Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C ) tại điểm I đối với hệ
tọa độ Oxy .Chứng minh rằng trên khoảng (− ;
∞ 1) đường cong (C ) nằm
phía dưới tiếp tuyến tại điểm I của (C ) và trên khoảng (1; +∞) đường cong
(C ) nằm phía trên tiếp tuyến đó. Giải :
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . 1. Ta có f (x ) 2 ' = 3x − 6x ,
f ' (x ) = 6x − 6 f ' (x ) = 0 ⇔ x = 1 .
Hoành độ điểm I thuộc (C ) là x = 1, f (1) = −1.Vậy I (1; 1 − ) ∈ (C ) .
2. Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ OI là 136
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x  = X + 1  y = Y − 1 
Phương trình của (C ) đối với hệ tọa độ IXY là : Y −
= (X + )3 − (X + )2 3 1 1 3
1 + 1 ⇔ Y = X − 3X.
Vì đây là một hàm số lẻ nên đồ thị (C ) của nó nhận gốc toạ độ I làm tâm đối xứng . 3. f (x ) 2 '
= 3x − 6x ⇒ f ' (1) = −3 . Phương trình tiếp tuyến của đường cong
(C )tại điểm I đối với hệ tọa độ Oxy :
y = f ' (1) (x − 1) + f (1) = −3 (x − 1) − 1 ⇔ y = g (x ) = 3 − x + 2 .
Xét hàm h (x ) = f (x ) − g (x ) = (x − x + ) − (− x + ) = (x − )3 3 2 3 1 3 2 1 trên ℝ h
 (x ) < 0,x < 1 Dễ thấy 
. Điều này chứng tỏ trên khoảng (− ; ∞ 1) đường cong h
 (x ) > 0,x > 1
(C ) nằm phía dưới tiếp tuyến tại điểm I của (C )và trên khoảng (1;+∞)
đường cong (C ) nằm phía trên tiếp tuyến đó.
Ví dụ 4 : Cho hàm số 3
y = x − (m + ) 2
3 x + (2 + 3m )x − 2m có đồ thị là
(C , m là tham số thực. Gọi I là điểm có hoành độ là nghiệm đúng m )
phương trình f ' (x ) = 0 .Tìm tham số m để đồ thị của hàm số có cực trị và
điểm I nằm trên trục Ox . Giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ℝ . Ta có : 2
y ' = 3x − 2 (m + 3)x + 2 + 3m và y ' = 6x − 2 (m + 3)
Đồ thị của hàm số có cực trị và điểm I nằm trên trục Ox  ∆ > (m + 3)2 − + > ' 3 (2 3m ) 0 0  ,  y 3 2 ⇔  ⇔  m = + 3   m + 3   m y + 3   (x   − m +   + + m   − m = u ) 0 ( 3). (2 3 ). 2 0  3   3   3  2 m  − 3m + 3 > 0 3 ⇔ 
⇔ m = 0 ∨ m = 3 ∨ m = . 3 2
2m − 9m + 9 = 0 2 
Dạng 2 : Tâm đối xứng của đồ thị. 137
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Ví dụ 1 :Cho hàm số 4 3
y = x − mx + 4x + m + 2 . Tìm tất cả tham số thực
m để hàm số đã cho có 3 cực trị , A B,C
và trọng tâm G của tam giác ABC trùng với tâm đối xứng của đồ thị hàm số 4x y = . 4x − m Giải : 4x m
Đồ thị của hàm số y =
có tâm đối xứng là I ( ; 1) 4x − m 4 Hàm số : 4 3
y = x − mx + 4x + m + 2 , liên tục trên R . Ta có : 3 2
y ' = 4x − 3mx + 4
Hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm
phân biệt , nghĩa là phương trình 3 2
4x − 3mx + 4 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Xét hàm số g (x ) 3 2
= 4x − 3mx + 4 liên tục trên R và
lim g(x) = +∞ , lim g(x) = −∞ x →+∞ x →−∞ x  = 0,g(0) = 4 > 0  Ta có : 2 ′ = − ⇒ ′ 3 g (x) 12x 6mx g (x) = 0 ⇔ m m 16 − m x  = ,g( ) =  2 2 4
g ' (x ) đổi dấu 2 lần qua nghiệm , vàg (x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khi m >  0  3 2  ⇔ m > 2 2 3 16 − m  < 0  4 Giả sử (
A x ;y ),B(x ;y ),C (x ;y ) là tọa độ 3 cực trị thỏa mãn đề bài, khi đó 1 1 2 2 3 3 2 2 x m 3m x 5m y = y ( ′ − ) + (− + 3x + + 2) 4 16 16 4 2 2 3m x 5m i ⇒ y = − + 3x + + 2,y ' = 0 ( i = 1, 2, 3) . i 16 i 4 i
x + x + x
y + y + y
Vì G là trọng tâm tam giác ABC , nên 1 2 3 1 2 3 G  ;   3 3    2
x + x + x m 5m  1 2 3 2 2 2 G  ; −
(x + x + x ) + (x + x + x ) + + 2 1 2 3 1 2 3  3 16 4    138
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Do x , x , x là nghiệm của phương trình 3 2
4x − 3mx + 4 = 0 , theo định lý Vi- 1 2 3  3m x  + x + x = et ta có 1 2 3  4 x
x + x x + x x = 0 1 2 2 3 3 1 
x + x + x m 1 2 3  =  3 4 ⇒  2 m 2 2 2 2 9 x
+ x + x = (x + x + x ) − 2(x x + x x + x x ) = 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1  16 4  m 9m 5m  Khi đó G  ; − +
+ 2 và trọng tâm G của tam giác ABC trùng với 2 4  16 4  4x
tâm đối xứng của đồ thị hàm số y = khi và chỉ khi 4x − m 4  m 9m 5mm G  ; − + + 2 ≡ I( ; 1) 2 4  16 4 4  4 9m 5m 3 2 ⇔ − +
+ 2 = 1 ⇔ (m − 4)(9m + 36m + 144m + 64) = 0 2 16 4 ⇔ m = 4
Vậy m = 4 thỏa mãn đề bài .
Chú ý : Ngoài cách giải trên ta có thể trình bày :
Hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm
phân biệt , nghĩa là phương trình 3 2
4x − 3mx + 4 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. 3 4x + 4 Khi đó phương trình
= 3m có 3 nghiệm phân biệt khác 0 . Nói khác 2 x 4x + 4
hơn đường thẳng y = 3m cắt đồ thị của hàm số h (x ) 3 = , tại 3 giao 2 x
điểm . Đến đây đã dễ dàng. 2 x − x + 1
Ví dụ 2 : Cho hàm số : y =
có đồ thị là (C ) . Gọi (C ') là đồ thị x − 1
đối xứng với (C ) qua điểm A(3;4) . Tìm phương trình đồ thị (C ') . Giải :
Gọi M (x,y ) ∈ (C ) và M ' (x ',y ') ∈ (C ') đối xứng qua đồ thị (C ) qua điểm A (3;4) . 139
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x + x ' =  3 x    = 6 − x ' Ta có 2  ⇔  y + y ' y = 4 − y '  = 4   2 2 2 6 − x ' − 6 − x ' + 1
x ' − 11x '+ 31
Thay vào đồ thị (C ) ( ) ( ) : 8 − y ' = = 6 − x '− 1 5 − x ' 2 2
x ' − 11x '+ 31 9 + 3x '− x ' Hay y ' = 8 − = . 5 − x ' 5 − x ' x − + x + x − x −
Vậy phương trình đồ thị (C ) 2 2 3 9 3 9 ' : y = = . x − + 5 x − 5 Bài tập:
Xét đường cong: (C ) 3 2
: y = mx − nx − mx + n .Tìm các cặp số (m;n ) sao cho
trong các giao điểm của (C ) với trục hoành có hai giao điểm cách nhau
1995 đơn vị và khoảng cách từ tâm đối xứng của (C ) đến trục hoành là 2000 đơn vị.
Bài 6: KHẢO SÁT SỰ BIẾN THIÊN
VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
6.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Hàm số bậc ba f (x ) 3 2
= ax + bx + cx + d ( a ≠ 0)
Dáng điệu đồ thị của hàm số f (x ) 3 2
= ax + bx + cx + d ( a ≠ 0) 8 y y 5 6 4 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 2 x -6 -4 -2 2 4 -5 -2 -4
Một số tính chất thường gặp của hàm số bậc ba 140
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
1. Đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt f
 (′x) =0 :có 2 nghiem phan biet x ,x 1 2 ⇔ 
f (x ).f (x ) < 0  1 2 
2. Giả sử a > 0 ta có :
a) Đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ > α
f (′x) = 0 có 2 nghiem phan biet α < x < x 1 2  ⇔ f(α) < 0
f(x ).f(x ) < 0 1 2 
b) Đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ < α
f (′x) = 0 có 2 nghiem phan biet x < x < α 1 2  ⇔ f(α) > 0
f(x ).f(x ) < 0 1 2 
Tương tự cho trường hợp a < 0 .
Ví dụ 1:Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2
y = x + 3x + 1 . Giải:
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ
* Giới hạn : lim y = −∞ lim y = +∞ hàm số không có tiệm cận. x →−∞ x →+∞ * Đạo hàm : 2
y ' = 3x + 6x x
 = −2, f (−2) = 5 y ' = 0 ⇔  x  = 0, f  (0) = 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ; ∞ 2 − ) à v
( 0;+∞), nghịch biến trên khoảng (−2;0)
Hàm số có điểm cực đại tại x = −2, f ( 2
− ) = 5 và có điểm cực tiểu tại
x = 0, f (0) = 1 * Bảng biến thiên : x −∞ −2 0 +∞ y ' + 0 − 0 + 5 +∞ y −∞ 1
* f ' (x ) = 6x + 6 141
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
f ' (x ) = 0 ⇔ x = −1, f (−1) = 3 , f ' (x ) đổi dấu một lần qua nghiệm x = −1 nên I ( 1
− ;3) là điểm uốn của đồ thị . * Đồ thị :
Đồ thị hàm số đi qua các điểm y (−3;1),(−2;5),( 1 − ;3),(0;1),(1;5) và 5 nhận điểm I ( 1
− ;3) là điểm uốn của đồ thị . 3 -3 -2 -1 0 1 x
Ví dụ 2: Cho hàm số 3 2 y = x −
− 3x + mx + 4 , trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞) . Giải :
1. Với m = 0 , ta có hàm số 3 2 y = x − − 3x + 4
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ
* Giới hạn : lim y = −∞ lim y = +∞ hàm số không có tiệm cận. x →−∞ x →+∞ * Đạo hàm : 2
y ' = −3x − 6x x  = −2,y (−2) = 0 y ' = 0 ⇔  x  = 0,y  (0) = 4
Hàm số đồng biến trên khoảng (−2;0) , nghịch biến trên các khoảng (− ; ∞ 2) và (0;+∞)
Hàm số có điểm cực đại tại x = 0,y (0) = 4 và có điểm cực tiểu tại x = −2,y ( 2 − ) = 0 * Bảng biến thiên : x −∞ −2 0 +∞ y ' − 0 + 0 − +∞ 4 y 142
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 0 −∞ * Đồ thị :
Giao điểm của đồ thị với trục y 4 Oy A (0;4)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox B ( 2 − ;0),C (1;0) 3 − 2 − O 1 x
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞) .
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞) khi và chỉ khi 2 2
y ' = −3x − 6x + m ≤ 0, x
∀ > 0 ⇔ m ≤ 3x + 6x = f (x ) Hàm số f (x ) 2
= 3x + 6x liên tục trên (0;+∞)
Ta có f ' (x ) = 6x + 6 > 0, x
∀ > 0 và f (0) = 0 . Bảng biến thiên x 0 +∞ y ' + +∞ y 0
Từ đó ta được : m ≤ 0 .
Bài tập tự luyện
1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số f (x ) 3 3 2 = x −
+ x + 6x − 3 .Chứng minh rằng phương trình 2 3 3 2 x −
+ x + 6x − 3 = 0 có ba nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm dương 2 1 nhỏ hơn . 2 143
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số f (x ) 1 3 2 17 = x − 2x +
.Chứng minh rằng phương trình f (x ) = 0 có 3 nghiệm 3 3 phân biệt.
c) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số f (x ) 3 2 = x −
+ 3x + 9x + 2 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại
điểm có hoành độ x , biết rằng f ' (x = −6 . Giải bất phương trình 0 ) 0
f ' (x − 1) > 0
d) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2
f (x) = x − 6x + 9x .Tìm tất
cả các đường thẳng đi qua điểm M (4;4) và cắt đồ thị (C ) tại 3 điểm phân biệt.
2. Tìm hệ số a, ,
b c sao cho đồ thị của hàm số ( ) 3 2
f x = x + ax + bx + c cắt trục tung tại điểm có tung
độ bằng 2 và tiếp xúc với đường thẳng y = 1 tại điểm có hoành độ là −1 . Khảo
sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với giá trị a, ,
b c vừa tìm được 1
3. Tìm các hệ số ,
m n, p sao cho hàm số f (x ) 3 2
= − x + mx + nx + p đạt cực 3
đại tại điểm x = 3 và đồ thị (C ) tiếp xúc với đường thẳng (d ) 1 : y = 3x − tại 3
giao điểm của (C ) với trục tung . Hướng dẫn :
1. a) Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt f (0) = −3 < 0   1   1  x < 1
− < x < 2 < x và   1  1
⇒ f (0).f   < 0 ⇒ x ∈ 0; . 1 2 3 f    = > 0  2   2    2  4
b) f (−2) f (0) < 0 .Hàm số f liên tục trên đoạn 0;2 
 và theo định lý về giá trị
trung gian của hàm số liên tục , tồn tại một số thực α ∈ (−2;0) sao cho
f (α ) = 0 . Số α là một nghiệm của phương trình f (x ) = 0 . Mặt khác hàm số
f đồng biến trên khoảng (0; +∞) nên phương trình có nghiệm duy nhất α ∈ (−2;0) . 144
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
f (0) f (4) < 0 . Hàm số f liên tục trên đoạn 0;4 
 và theo định lý về giá trị
trung gian của hàm số liên tục , tồn tại một số thực β ∈ (0;4) sao cho
f (β ) = 0 . Số β là một nghiệm của phương trình f (x ) = 0 . Mặt khác hàm số
f đồng biến trên khoảng (0; 4) nên phương trình có nghiệm duy nhất β ∈ (0;4) .
Tương tự phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (4; +∞) .
Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt , do đó phương trình f (x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
c) f ' (x ) = −6x + 6 ⇒ x = 2, f 2 = 24 ⇒ t : y = 9x + 6 0 ( ) ( )
f (x − ) = − (x − )2 + (x − ) 2 ' 1 3 1 6 1 + 9 = 3 − x + 12x
⇒ f ' (x ) > 0 ⇔ 0 < x < 4 2. 2  = c a  = 3   f (−1) = 1
− + a − b + c = 1 ⇔ b  = 3   f '
 (−1) = 3 − 2a + b = 0 c = 2   3.  (    d ) 1 ∩ Oy = A   0; −   1    3  p = −    f (0) 3 1 = p = − ⇔ n  = 3   = f ( ) 3 m 1 ' 0 = n = 3  
f '(3) = 6m − 6 = 0 
Hàm số trùng phương f (x ) 4 2
= ax + bx + c ( a ≠ 0)
Dáng điệu đồ thị của hàm số f (x ) 4 2
= ax + bx + c ( a ≠ 0) 145
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. y y x1 x2 x O x x1 O x2
Một số tính chất thường gặp của hàm số trùng phương
1. Đồ thị của hàm số f (x ) 4 2
= ax + bx + c (a ≠ 0) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng khi phương trình: 2
aX + bX + c = ( 2
0, X = x ≥ 0) có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa X = 9X . 1 2
2. Phương trình trùng phương: 4 2
ax + bx + c = 0 (1) Đặt 2
t = x ≥ 0 ⇔ x = ± t , ta có phương trình: 2
at + bt + c = 0 (2) Một
nghiệm dương của (2) ứng với 2 nghiệm của (1) .
Vậy điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có nghiệm là phương trình (1) có ít
nhất một nghiệm không âm.  ∆ > 0 ( 
1) có 4 nghiệm ⇔ (2) có 2 nghiệm dương ⇔ P  > 0 S  > 0  2 P  = 0 
(1) có 3 nghiệm ⇔ (2) có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm bằng 0 ⇔ S >  0  2 P  < 0 ∆ =  0
(1) có 2 nghiệm ⇔ (2) có 1 nghiệm dương ⇔  S  >  0  2 146
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  P  = 0 S  <  < =  0 ( t 0 t  1) 
có 1 nghiệm ⇔ (2) có nghiệm thỏa 1 2 2  ⇔ t t 0  = = ∆ =  0 1 2   S =  0  2 ∆ < 0   (   ∆ ≥ 0
1) vô nghiệm ⇔ (2) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm âm ⇔   P  > 0   S  < 0 2
0 < t < t  1 2
(1) có 4 nghiệm tạo thành cấp số cộng ⇔  . Ta giải hệ pt: t = 3 t  2 1  t  = 9t 2 1 S  = t + t 1 2 P = t t12 
3. Phương trình bậc 4 có tính đối xứng: 4 3 2
ax + bx + cx + bx + a = 0 (1)
• Nếu a = 0 , ta có phương trình: 2
x(bx + cx + b) = 0
• Nếu a ≠ 0 , ta có phương trình tương đương:  1   1  2 a x +
 + b x +  + c = 0 2  x x    1 Đặt t = x +
, phương trình được viết thành: x 2
a(t − 2) + bt + c = 0, t ≥ 2 ( 2) Chú ý: 1
Khi khảo sát hàm số t = x + , ta có: x
* Một nghiệm lớn hơn 2 của phương trình (2) tương ứng với 2 nghiệm dương của phương trình (1) .
* Một nghiệm nhỏ hơn 2 của phương trình (2) tương ứng với 2 nghiệm âm của phương trình (1) . 147
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
* Một nghiệm t = −2 của phương trình (2) tương ứng với nghiệm x = −1 của phương trình (1) .
* Một nghiệm t = 2 của phương trình (2) tương ứng với nghiệm x = 1 của phương trình (1) . 1
* Phương trình t = x +
vô nghiệm khi t < 2 x
4. Phương trình bậc 4 có tính đối xứng: 4 3 2
ax + bx + cx − bx + a = 0 (1)
• Nếu a = 0 , ta có phương trình: 2
x(bx + cx − b) = 0
• Nếu a ≠ 0 , ta có phương trình tương đương:  1   1  2 a x +
 + b x −  + c = 0 2  x x    1 Đặt t = x −
, phương trình được viết thành: x 2
a(t + 2) + bt + c = 0,t ∈ ℝ (2) 1
Chú ý: Phương trình t = x −
có 2 nghiệm trái dấu với mọi t x
5. (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e , với a + b = c + d . Đặt 2
t = x + (a + b)x . a − b a + b 6. 4 4
(x + a) + (x + b) = c ,với α = .Đặt t = x + , t ∈ ℝ 2 2
Ví dụ 1:Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 . Giải:
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ
* Giới hạn : lim y = lim y = +∞ hàm số không có tiệm cận. x →−∞ x →+∞
* Đạo hàm : f (x ) 3
= x − x = x ( 2 ' 4 4 4 x − 1) x  = 0, f (0) = −3 
f ' (x ) = 0 ⇔ x
 = −1, f (−1) = −4
x = 1, f (−1) = 4 −  * Bảng biến thiên : x −∞ −1 0 1 +∞ y ' − 0 + 0 − 0 + 148
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. +∞ −3 +∞ y −4 −4
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1;0) à v
( 1;+∞), nghịch biến trên khoảng (− ; ∞ 1 − ) à v ( 0;1)
Hàm số có điểm cực đại tại x = 0, f (0) = −3 và có điểm cực tiểu tại x = −1, f ( 1 − ) = −4 à v x = 1, f (1) = −4 * f (x ) 2 ' = 12x − 4  3  3  5 x  = − , f  −  = −3 1      f (x ) 3 3 9 ' = 0 ⇔ 
, f ' (x ) đổi dấu hai lần qua nghiệm 3  3   5 x = , f   = −3 2  3  3  9    3 3  3 5   3 5  x = x = − à v x = x = nên U  − ; −3  à v U  ; 3 −  là 1 3 2 3 1 2  3 9   3 9     
hai điểm uốn của đồ thị . * Đồ thị :
Giao điểm của đồ thị với y f(x)=x^4-2x^2-3 trục Oy A (0; 3 − )
Giao điểm của đồ thị với 5 trục x Ox B (− 3;0),C ( 3;0) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8
Đồ thị là hàm số chẵn nên
nhận trục Oy làm trục -5 đối xứng Ví dụ 2: 4 2 2 4
Chứng minh rằng phương trình: x − 2 (m + 2)x + m + 3 = 0
luôn có 4 nghiệm phân biệt x , x , x , x với mọi giá trị của m . 1 2 3 4 2 2 2 2
Tìm giá trị m sao cho x
+ x + x + x + x ⋅ x ⋅ x ⋅ x = 11. 1 2 3 4 1 2 3 4 Giải: 4 x − ( 2 m + ) 2 4 2
2 x + m + 3 = 0 (1) 149
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Đặt : 2
t = x , ta có : 2 t − ( 2 m + ) 4 2
2 t + m + 3 = 0 (2) (t ≥ 0)
Ta chứng tỏ (2) luôn có hai nghiệm : 0 < t < t . 1 2 ∆ = (m + )2 2 − ( 4 m + ) 2 ' 2
3 = 4m + 1 > 0 với mọi m .
Vậy (2) luôn có hai nghiệm phân biệt t ,t và 4
t ⋅ t = m + 3 > 0 1 2 1 2 t + t = 2 ( 2 m + 2 > 0 1 2 )
Do đó phương trình (1) có 4 nghiệm : − t , t ,− t , t 1 1 2 2 2 2 2 2
x + x + x + x + x ⋅ x ⋅ x ⋅ x 1 2 3 4 1 2 3 4
= (− t )2 + ( t )2 + (− t )2 + ( t )2 + − t ⋅ t ⋅ − t ⋅ t = 2 t + t + t ⋅t 1 1 2 2 ( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 1 2) 1 2 2 2 2 2
x + x + x + x + x ⋅ x ⋅ x ⋅ x = 4 ( 2 m + 2) 4 4 2
+ m + 3 = m + 4m + 11 1 2 3 4 1 2 3 4 2 2 2 2 4 2 4 2
x + x + x + x + x ⋅ x ⋅ x ⋅ x = 11 ⇔ m + 4m + 11 = 11 ⇔ m + 4m = 0 ⇔ m = 0 1 2 3 4 1 2 3 4 ax + b
Hàm số hữu tỷ y = cx + d ( ) ax +b = ( ad − bc f x
c ≠ 0,ad − bc ≠ 0) ⇒ f ' (x ) = cx + d (cx + d)2 ax + b
Dáng điệu đồ thị của hàm số f (x ) = (
c ≠ 0,ad − bc ≠ 0) cx + d y y x d − I c O a x a I c c d − c 2x − 1
Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x − 1 Giải :
* Hàm số đã cho xác định D = ℝ \ { } 1 150
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. * Giới hạn : lim y = −∞ l
im y = +∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng x 1− x 1+ → →
lim y = lim y = 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang. x →−∞ x →+∞ −1 * Đạo hàm : y ' = < 0,x ≠ 1 . 2 (x − 1)
Đồ thị của hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ; ∞ 1) à v ( 1;+∞). * Bảng biến thiên : x −∞ 1 +∞ y ' − − 2 +∞ y −∞ 2
* Đồ thị : Giao điểm của đồ thị với trục Oy A (0;1)
Giao điểm của đồ thị với trục  1  Ox B  ; 0  2 
Đồ thị của hàm số nhận
I (1;2) giao điểm hai đường
tiệm cận làm tâm đối xứng. 2 2
ax + bx + c
aa ' x + 2ab ' x + bb '− ca '
Hàm số hữu tỷ y = ⇒ y ' =
a ' x + b '
(a 'x +b')2 2
ax + bx + c
Dáng điệu đồ thị của hàm số y =
a ' x + b ' y y 15 10 I x I 5 x -10 -5 5 10 -5 151
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Dáng điệu hàm số chứa giá trị tuyệt đối ( ) 2 x 2 x f x = ( C ) f (x ) = ( C 1 ) x − 1 x − 1 y y 6 6 5 5 4 y=x+1 4 y=x+1 3 3 2 2 y=-x-1 1 1 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -1 -1 x=1 -2 x=1 -2 -3 -3 ( ) 2 x 2 f x = ( C ( ) x f x = ( C 3 ) 2 ) x − 1 x − 1 y y 6 6 4 y=x+1 y=-x+1 4 y=x+1 2 y=-x+1 2 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x x=-1 x=1 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 x=-1 x=1 -2 ( ) 2 x 2 x f x = ( C f (x ) = ( C 5 ) 4 ) x − 1 x − 1 152
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. y y 6 8 6 4 4 y=x+1 y=x+1 2 y=-x-1 x y=-x-1 2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x=1 -2 x -4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -6 x=-1 x=1 -2 -8 -10 2 x − 3x + 6
Ví dụ 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x − 1 Giải :
* Hàm số đã cho xác định D = ℝ \ { } 1 * Giới hạn : lim y = −∞ l
im y = +∞ lim y = −∞ lim y = +∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận 1− → 1+ → x →−∞ x x x →+∞ đứng lim y  −  (x − ) 4  = lim = lim y  −   (x − ) 4 2 0, 2  = lim = 0  là x →−∞
x →−∞ x − 1 x →+∞
x →+∞ x − 1
⇒ y = x − 2 tiệm cận xiên. 2 x − 2x − 3 * Đạo hàm : y ' = ,x ≠ 1. 2 (x − 1) x
 = −1, f (−1) = −5 y ' = 0 ⇔ 
x = 3, f (3) = 3  * Bảng biến thiên : x −∞ −1 1 3 +∞ y ' + 0 − − 0 + +∞ +∞ y −∞ −∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ; ∞ 1 − ) v à (
3; +∞) , nghịch biến trên khoảng (−1;1) à v ( 1;3) 153
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Hàm số có điểm cực đại tại x = −1, f (−1) = 5
− và có điểm cực tiểu tại
x = 3, f (3) = 3
* Đồ thị : Dành cho bạn đọc 2
mx + (2m − 1)x − 1
Ví dụ 2: Cho hàm số y = có đồ thị là (C m là tham m ) , x + 2 số .
1.Chứng minh rằng với mọi m > 0 hàm số luôn có cực đại , cực tiểu .
2.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số với m = 1.
3.Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số biết tiếp tuyến đi qua A (1;0) . Giải : 1 y = mx − 1 +
. Hàm số cho xác định D = ℝ \ {− } 2 x + 2 m (x + 2)2 − 1 1 1.y ' = m − = . (x + 2)2 (x + 2)2
Với m > 0 thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −2 . Vậy hàm
số luôn có cực đại và cực tiểu khi m > 0 . 1
2.Với m = 1,y = x − 1 + x + 2
* Hàm số cho xác định D = ℝ \ {− } 2
* lim y = −∞ và lim y = +∞ x →−∞ x →+∞
Vì lim y = −∞ và lim y = +∞ nên đường thẳng x = 2 − là tiệm cận đứng − + x →( 2 − ) x →( 2 − ) của đồ thị hàm số. Vì y  −  − −   (x − ) 1 lim 1  = lim = 0  và y  (x ) 1 lim 1 = lim = 0  x →+∞ x →+∞ x + 2 x →−∞
x →−∞ x + 2
nên đường y = x − 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số. (x + 2)2 −1 1 * y ' = 1 − = , x ≠ −2 (x + 2)2 (x + 2)2  2
x = −1,y −1 = −1
y ' = 0 ⇔ (x + 2) ( ) − 1 = 0 ⇔  x  = −3,y (−3) = 5 −  154
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. * Bảng biến thiên x −∞ −3 −2 −1 +∞ y ' + 0 − − 0 + −5 +∞ +∞ y −∞ −∞ −1
Đồ thị của hàm số đồng biến trên các khoảng : (− ; ∞ 3 − ),( 1 − ; +∞)và nghịch
biến trên các khoảng (−3; −2),(−2; −1)
Đồ thị của hàm số đạt điểm cực đại tại x = −3,y ( 3
− ) = −5 và đạt điểm cực tiểu
tại x = −1,y (−1) = −1 .
Đồ thị: Học sinh tự vẽ
3.Xét (d ) đi qua A(1;0) và có hệ số góc k . Nên (d ) : y = k (x − 1)
(d)tiếp xúc với đồ thị (C ) của hàm số khi hệ sau có nghiệm:  1 x − 1 + = k(x −  1)  x + 2 5  1 ⇒ k =
.Vậy tiếp tuyến là: (d ) 5 : y = (x − 1)  1 − = k 9 9  (x + 2)2 2 x + 3
Ví dụ 3: Cho hàm số y = (1) x − 1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2. Tìm trên đường thẳng y = 4 các điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số. Giải : 2 x + 3
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y = (1) x − 1
Hàm số cho xác định D = ℝ \ { } 1 2 x − 2x − 3 x
 = −1,y (−1) = −2 * y ' =
,x ≠ 1 ⇒ y ' = 0 ⇔  ( − )2 x  = 3,y = x (3) 6 1 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1;1), (1; 3) đồng biến trên các khoảng (− ; ∞ 1 − ),(3;+ ) ∞ . 155
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Đồ thị của hàm số đạt điểm cực đại tại (−1; 2
− ) và đạt điểm cực tiểu tại (3;6). * lim y = − ,
∞ lim y = +∞ ⇒ x = 1là tiệm cận đứng. x 1− x 1+ → → * lim y  − 
(x + 1) = 0, lim y −   (x + 1) = 0 
⇒ y = x + 1là tiệm cận xiên. x →−∞ x →+∞ * Bảng biến thiên Đồ thị y x −∞ −1 1 3 +∞ 6 y ' + 0 − − 0 + −2 +∞ +∞ 1 − 0 3 1 y 3 − −∞ −∞ 6
Đồ thị : Nhận I (1;2) làm tâm đối xứng.
2. Tìm trên đường thẳng y = 4 các điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số.
Gọi M (a;4) ∈ (d ) : y = 4 là điểm cần tìm .
Khi đó tiếp tuyến với (C ) kẻ từ M có phương trình : (∆) : y = k (x − a ) + 4 . 2 x + 3 
= k (x − a ) + 4 ( ) 1  x − 1
Để (∆) tiếp xúc với (C ) ⇔ 2
x − 2x − 3 có nghiệm x ≠ 1  = k 2 2 ( )  (x − 1)
Từ ( ) ( ) ⇒ ( − a ) 2 1 , 2 3
x + 2 (a − 7)x + 3a + 7 = 0 (3)
Để từ M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số. Khi phương trình (3) có
2 nghiệm phân biệt x ≠ 1 3 − a ≠ 0 a  ≠ 3    2 a  ≠ 3
⇔ ∆ = (a − 7) − (3a + 7).(3 − a ) 2 > 0 ⇔ a
− 4a + 7 > 0 ⇔  a ≠    3  − a + 2  (a − 7) 1 + 3a + 7 ≠ 0 a ≠ 1  
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là đường thẳng (d ) : y = 4 bỏ đi các điểm (1; 4),(3; 4). 156
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Bài 7: GIAO ĐIỂM CỦA HAI ĐỒ THỊ Phương pháp :
• Lập phương trinh hoành độ giao điểm của hai đồ thị (C ) : y = f (x ) và
(C ') : y = g (x) là : f (x) = g (x) ( *).
• Biện luận số nghiệm của phương trình (*) , số nghiệm phương trình (*) là
số giao điểm của (C ) và (C ') . x − 3
Ví dụ 1 : Cho hàm số y =
có đồ thị là (C ) . Tìm tất cả tham số thực x − 2
m để đường thẳng (d ) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số tại 2 điểm phân biệt. Giải :
Đồ thị là (C ) cắt (d ) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình :
x − 3 = mx + 1 có 2 nghiệm phân biệt khi đó phương trình x − 2 2
g(x) = mx − 2mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 2 hay m  ≠ 0 m  ≠ 0   m  < 0 2
∆′ = m − m > 0 ⇔ m
< 0 ∨ m > 1 ⇔  m > 1 g  (2) ≠ 0
4m − 4m + 1 ≠ 0    
Bài tập tương tự:
1. Tìm tất cả tham số thực m để đường thẳng (d ) : y = mx + 4 cắt đồ thị của 2 x hàm số y = tại 2 điểm phân biệt. x − 1
2. Giả sử (d ) là đường thẳng đi qua A(−3;1) và có hệ số góc m . Tìm tất cả
tham số thực m để đường thẳng (d ) cắt đồ thị của hàm số 3 2
y = x + 3x + 1 tại 3 điểm phân biệt. 2x − 1
Ví dụ 2 :Cho hàm số y =
có đồ thị (C ) . Gọi (d là đường thẳng đi m ) x + 1
qua điểm A (−2;2) và có hệ số góc m . Tìm m để đường thẳng (d cắt đồ m ) thị (C ) 157
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
• Tại hai điểm phân biệt?.
• Tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị ?. Giải :
(d ) : y = mx + 2(m + 1 m )
(d ) ∩ (C ) g (x) 2 :
= mx + 3mx + 2m + 3 = 0,x ≠ −1(* m )
• Để (d ∩ C tại hai điểm phân biệt khi phương trình (*) có hai nghiệm m ) ( ) m  ≠ 0  m   < 0
phân biệt khác −1 . Khi đó ta có hệ : ∆ > 0 ⇔  >   g  (− ) m 12 1 ≠ 0 
• Để (d ∩ C tại hai điểm thuộc hai nhánh khi phương trình (*) có hai m ) ( )
nghiệm phân biệt x < −1 < x ⇔ mg ( 1
− ) < 0 ⇔ m < 0 . 1 2 Cách khác : Để (d
∩ C tại hai điểm thuộc hai nhánh khi phương trình m ) ( )
(*)có hai nghiệm phân biệt x < −1 < x . Đặt x = t − 1 khi đó phương trình 1 2
(*) trở thành tìm m để phương trình 2
mt + mt + 3 = 0 có hai nghiệm trái dấu.
Ví dụ 3 : Tìm tham số m để đường thẳng (d ) : y = m (x + 1) − 2 cắt đồ thị m x + hàm số (C ) 1 : y =
tại hai điểm phân biệt ,
A B sao cho hai điểm , A B x − 1
đối xứng nhau qua M (1;0) . Giải :
• Điều kiện cần: đường thẳng (d cắt đồ thị hàm số (C ) tại hai điểm phân m ) biệt ,
A B sao cho hai điểm ,
A B đối xứng nhau qua M (1;0) thì điểm M thuộc
đường thẳng (d , do đó 0 = m (1 + 1) − 2 ⇔ m = 1. m )
• m = 1 thì (d ) ≡ (d ) : y = x − 1, phương trình hoành độ giao điểm (d ) và m ( x + 1 x
 = 0 ⇒ y = −1 ⇒ A 0;−1 2 ( ) C ) là
= x − 1 ⇔ x − 3x = 0 ⇔  x − 1 x
 = 3 ⇒ y = 2 ⇒ B  (3;2)  3 1 
Vì trung điểm AB là  ;  ≠ M nên ,
A B không đối xứng qua M .  2 2 
Do đó không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 4: Cho hàm số 3 2
y = x − 3m x + 2m có đồ thị là (C . Tìm m để m ) 158
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
(C cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt. m ) Giải:
* Hàm số đã cho xác định trên ℝ . * Ta có : 2 2
y ' = 3x − 3m Để (C
cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt khi (C
có 2 cực trị đồng thời m ) m ) y = 0 hoặc y = 0 . Cð CT * (C
có 2 cực trị ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 2
⇔ 3x − 3m = 0 có m )
2 nghiệm phân biệt .Khi m ≠ 0 thì y ' = 0 ⇔ x = m ± .
Bảng xét dấu y ' : x m − m y ' + 0 − 0 + 3 y = y( m
− ) = 0 ⇔ 2m + 2m = 0 ⇔ m = 0 (loại) Cð 3 y
= y(m) = 0 ⇔ −2m + 2m = 0 ⇔ m = 0 ∨ m = ±1 CT Vậy, m = 1
± thì (C cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt. m )
Ví dụ 5: Tìm m để đồ thị (C : 3 2
y = x − 3mx − 3x + 3m + 2 cắt trục Ox m )
tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x , x , x thỏa mãn 2 2 2
x + x + x ≥ 15 . 1 2 3 1 2 3 Giải :
(C cắt trục Ox : 3 2
x − 3mx − 3x + 3m + 2 = 0 m ) x  = 1 2
⇔ (x − 1)[x − (3m − 1)x − 3m − 2]=0 ⇔  2 x
− (3m − 1)x − 3m − 2 = 0 (2) 
(C cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x ,x ,x với x = 1 m ) 1 2 3 3
thì x , x là nghiệm khác 1 của phương trình (2) .Theo định lý Vi-et ta có: 1 2 x
 + x = 3m − 1 1 2 
x x = −3m − 2  1 2 ∆( > 0  2) 2
9m + 6m + 9 > 0     Theo bài toán ta có : 2 1
 − (3m − 1).1 − 3m − 2 ≠ 0 ⇔ m  ≠ 0   2 2 2 2
x + x + x ≥ 15 9m − 9 ≥ 0  1 2 3    ⇔ m ∈ (− ; ∞ 1 −  ∪ 1  ; +∞   ).
Ví dụ 6: Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d ) : y = x + 4 cắt đồ thị 159
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. (C ) 3 2
: y = x + 2mx + (m + 3)x + 4 tại ba điểm phân biệt A (0;4) ,B,C m
sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 (đvdt), biết K (1;3) . Giải :
Phương trình hoành độ điểm chung của (C và (d ) là: m ) 3 2
x + mx + m + x + = x + ( ) 2 2 ( 3) 4
4 1 ⇔ x(x + 2mx + m + 2) = 0 x  = 0 ⇔  2
g(x) = x + 2mx + m + 2 =  0 (2) 
(d) cắt (C tại ba điểm phân biệt A(0;4) ,B,C ⇔phương trình (2) có 2 m )
nghiệm phân biệt khác 0 . / 2
∆ = m − m − 2 > 0 m  ≤ 1 − ∨ m ≥ 2 ⇔  ⇔  . g  (0) (*) = m + 2 ≠ 0 m ≠ 2 −   1 − 3 + 4
Mặt khác: d(K,d) = = 2 2 Do đó: 1 2 S = 8 2 ⇔ BC. ( d ,
K d) = 8 2 ⇔ BC = 16 ⇔ BC = 256 K ∆ BC 2 2 2
⇔ (x − x ) + (y − y ) = 256 với x ,x là hai nghiệm của phương trình (2). B C B C B C 2 2 2
⇔ (x − x ) + ((x + 4) − (x + 4)) = 256 ⇔ 2(x − x ) = 256 B C B C B C 2 2
⇔ (x + x ) − 4x x = 128 ⇔ 4m − 4(m + 2) = 128 B C B C 2 1 ± 137
⇔ m − m − 34 = 0 ⇔ m = (thỏa (*) ). 2 ± Vậy 1 137 m =
thỏa yêu cầu bài toán. 2 ax + b
Ví dụ 7 :Cho hàm số y = x − 1
1. Tìm a,b để đồ thị hàm số cắt trục tung tại A (0; 1
− ) và tiếp tuyến của đồ
thị tại A có hệ số góc bằng −3 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của
hàm số với a,b vừa tìm được .
2. Cho đường thẳng (d ) có hệ số góc m và đi qua điểm B (−2;2) . Tìm m
để (d ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M ,M . Các đường thẳng đi qua 1 2
M , M song song với các trục toạ độ tạo thành hình chữ nhật . Tính các cạnh 1 2 160
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
của hình chữ nhật đó theo m , khi nào hình chữ nhật này trở thành hình vuông. Giải :  ( ax + b
A 0; −1) ∈ y =   x − 1 a  = 2 2x + 1 1.  − − 1 ⇔  ⇒ y a = y  ' = = −3 b = 1 x − 1  (  x − 1)2
2. (d ) đi qua điểm B (−2;2) có phương trình y = m (x + 2) + 2
Để (d ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M ,M khi phương trình 1 2 + m (x + ) 2x 1 2 + 2 =
có hai nghiệm khác 1 , hay phương trình x − 1 2
mx + mx − 2m − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 , tức là m  ≠ 0 m  ≠ 0   4   < − 2  ∆ = + m ( m + ) 4 m m 4 2
3 > 0 ⇔  m < − ⇔  3 ( *)  3   2 + − − ≠  m > 0 m1 m1 2m 3 0    m 0  >   Giả sử M x ;y , M x ;y
, hai cạnh hình chữ nhật M PM Q có độ dài là 1 ( 1 1 ) 2 ( 2 2 ) 1 2 2 9m + 12m 2
M P = x − x =
,M Q = y − y = 9m + 12m 1 2 1 1 2 1 m
Hình chữ nhật M PM Q trở thành hình vuông khi và chỉ khi 1 2 2 9m + 12m 2 M P = M Q ⇔
= 9m + 12m ⇔ m = 1 ⇔ m = 1 do * 1 1 ( ( )) m
Bài tập tương tự :
1. Cho hàm số f (x ) 3 2
= 2x + 3x + 1có đồ thị (C ) và parabol (P) g (x) 2 : = 2x + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. Tùy theo giá trị của m , giải
và biện luận phương trình 3 2
2x + 3x − m = 0
b) Chứng tỏ rằng trong số tiếp tuyến của đồ thị (C ) thì thiếp tuyến tại điểm
uốn I có hệ số góc nhỏ nhất . Viết phương trình tiếp tuyến đó. Chứng tỏ I là
tâm đối xứng của đồ thị (C ) . 161
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. c) Gọi ,
A B là giao điểm của đồ thị (C ) và parabol (P ) . Viết phương trình tiếp
tuyến của (C ) và parabol (P ) tại các giao điểm của chúng .
d) Xác định trên khoảng đó (C ) nằm phía trên hoặc phía dưới (P ) . Hướng dẫn :  1 3  3 3
c) A − ; ,B (0;1) . Tiếp tuyến (C ) tại , A B là y = − x + ,y = 1 .Tiếp  2 2  2 4 1 tuyến (P ) tại , A B là y = 2
− x + ,y = 1 . 2
d) Xét h (x ) = f (x ) − g (x ) 3 2
= 2x + x . Lập bảng xét dấu :   h (x ) 1 < 0,x ∈ − ;
∞ −  ⇒ (C ) nằm phía dưới  2  (  1 
P ) .h (x ) > 0,x ∈  − ;0,(0; +∞) ⇒ (C ) nằm phía trên (P ) .  2 
2. Cho hàm số f (x ) 3 = x − 3x + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . Viết phương trình tiếp
tuyến của đồ thị tại điểm uốn I của nó . Chứng minh rằng trong số tiếp tuyến
của đồ thị thì tiếp tuyến tại I có hệ số góc nhỏ nhất .
b) Gọi (d là đường thẳng đi qua điểm I có hệ số góc m . Tìm các giá trị m m )
sao cho đường thẳng (d cắt đồ thị đã cho tại ba điểm phân biệt. m ) Hướng dẫn : a) y = 3
− x + 1 b) m > 3 −
3. Cho hàm số f (x ) 4 = x − (m + ) 2 1 x + m
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 2 . Viết phương
trình tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị .
b) Tìm các giá trị của m sao cho đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm
, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau . Hướng dẫn : b) 4 x − (m + ) 2 x + m = ⇔ ( 2 x − )( 2 1 0
1 x − m ) = 0. Để đồ thị của hàm số cắt
trục hoành tại 4 điểm phân biệt , tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài bằng nhau khi 0 < m ≠ 1 . • m
> 1, m − 1 = 1 − ( 1 − ) ⇔ m = 9 • < m <
− m = m − (− m ) 1 0 1,1 ⇔ m = 9
Ngoài cách giải trên các bạn có thể dùng cấp số cộng ( lớp 11) để giải . 162
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 4.
a) Với giá trị nào của m , đường thẳng y = m cắt đường cong 4 2
y = x − 2x − 3 tại 4 điểm phân biệt?.
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m , đường thẳng (d ) : y = x − m cắt m 2 x − + 2x đường cong y =
tại hai điểm phân biệt. x − 1 2 x + 4x + 3
c) Tìm k để đường thẳng y = kx + 1 cắt đồ thị hàm số y = tại 2 x + 2 điểm phân biệt ,
A B . Tìm quỹ tích trung điểm I của AB . 2 x − 2x + 2
5. Cho hàm số y = , (C ) . x − 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C ) .
b) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 2
x − 2x = m x − 1 − 2 .
c) Tìm m để đường thẳng (d ) : y = x
− + m cắt đồ thị (C ) tại 2 điểm , A B
đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x + 3 .
d) Chứng minh rằng qua điểm E (1;0) ta không thể kẻ được một tiếp tuyến
nào đến đồ thị hàm số. x +
6. Cho hàm số f (x ) 2 = có đồ thị (G ) 2x + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
b) Chứng minh rằng đường thẳng (d ) : y = mx + m − 1luôn đi qua điểm cố m
định của đường cong (G ) khi m thay đổi .
c) Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng đã cho cắt đường cong (G ) tại
hai điểm thuộc cùng một nhánh của (G ) . Hướng dẫn: b) M ( 1
− ; −1) là điểm cố định mà (d đi qua khi m biến thiên và m ) M ( 1 − ; −1) ∈ (G ). x + c) (d ∩ G m x + − = x ≠ − m ) ( ) ( ) 2 1 : 1 1 , 2x + 1 2
⇔ (x + )( mx + m − ) 1 1 2 3 = 0, x ≠ − 2 163
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  1 x = −1 < −  ⇔  k  (x ) 2
= 2mx + m − 3 = 0  1
Hai nhánh của (G ) nằm về hai bên của tiệm cận đứng x = − . Đường thẳng 2
(d ∩ G tại hai điểm thuộc cùng một nhánh của đồ thị khi phương trình m ) ( ) 1
k (x ) = 2mx + m − 3 = 0 có nghiệm x < − và x ≠ −1 , khi đó ta có 2 m  ≠ 0 m  ≠ 0    3 − m 1  3 −3 < m < 0 x  = < − ⇔  < 0 ⇔  ⇔ 3 − ≠ m < 0 2m 2 2m m < −3    k (−1) ≠  0 m − − 3 ≠ 0   
Bài 8 :SỰ TIẾP XÚC CỦA HAI ĐƯỜNG CONG Bài toán 1 :
Hai đường cong (C ) : y = f (x ) và (C ') : y = g (x ) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi
f (x ) = g (x ) hệ phương trình sau:  có nghiệm. f '
 (x ) = g '(x )
Ví dụ 1 : Tìm tham số thực m để đường thẳng (d ) : y = m (x − 3) tiếp xúc 1 với đồ thị (C ) 3
: y = − x + 3x . 3 Giải :  1 ( 3
− x + 3x = m (x − 3)
d ) tiếp xúc với (C ) khi hệ sau :  3 ( *) có nghiệm. 2  x − + 3 = m   x  = 3 3 2 x  = 3 ⇒ m = −6 (  x  − x + =  *) 2 9 27 0 2 ⇔  ⇔  2x 3x 9 0  − − = ⇔ 2  3 3 m = x − + 3 x  = − ⇒ m =   2 m = x − + 3  2 4 
Ví dụ 2 : Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị của 2 x hàm số : y =
hai tiếp tuyến tạo với nhau 1 góc 0 45 . x − 1 Giải : 164
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Gọi M ∈ Ox ⇒ M (x ;0 , đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k , phương 0 )
trình có dạng : (d ) : y = k (x − x . 0 ) 2  x
= k (x − x0 ) ( x − 1
d ) là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ sau có nghiệm : 2  x − 2x  = k (x − 1)2 2 2 x x − 2x = x − x
⇔ x x + 1 x − 2x  = 0 2 ( 0 ) ( 0 ) x 1 (  − x − 1) 0 x  = 0  ⇔ 2x  0 x = , x ≠ −1 0  x + 1  0 2 − • x 2x x = 0 ⇒ k = = 0 . (x −1)2 2x −4x • 0 0 x = ⇒ k = x + 1 (x + 1)2 0 0 2 • x
Tiếp tuyến qua M tạo với đồ thị của hàm số : y = hai tiếp tuyến tạo x − 1 với nhau 1 góc 0 45 khi và chỉ khi k − k 4x 0 1 2 0 tan 45 = ⇒ = 1 ⇒ x = 3 ± 2 2 . 1 + k k 1 2 (x + 1 0 )2 0
Vậy M (3 − 2 2;0),(3 + 2 2;0)
Ví dụ 3 :Tìm tất cả các điểm trên trục hoành những điểm M mà qua đó vẽ
được đúng 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C ) 3 2
: y = x + 3x mà trong đó có 2 tiếp
tuyến vuông góc với nhau . Giải :
Gọi M (a;0) ∈Ox , đường thẳng (t ) đi qua M và có hệ số góc
k ⇒ (t ) : y = k (x − a ) . 3 2 x
+ 3x = k(x − a) (1) ( 
t ) tiếp xúc với (C ) khi hệ sau có nghiệm :  2
3x + 6x = k (2)  Từ (1) ,(2) suy ra : 3 2 2 3 2
x + 3x = 3x + 6x(x − a) ⇔ 2x + 3(a − 1)x − 6ax = 0 165
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. x  = 0 ⇔ x 2
x 2 − 3(a − 1)x − 6a = 0 ⇔    2
x 2 − 3(a − 1)x − 6a = 0 (3)  • x
= 0 ⇒ k = 0 ⇒ 1tiếp tuyến.
Qua M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đến đồ thị (C ) mà trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau .
Khi đó (3) có 2 nghiệm phân biệt x , x ≠ 0 và k k = 1 − 1 2 1 2  a  ≠ 0 a  ≠ 0    ⇔ ∆ > 0
⇔ 9 (a − 1)2 + 48a > 0    2   2  2
3x + 6x  3x + 6x = −  1 9 x x
+ 18x x x + x + 36x x = −1 1 1 2 2      ( 1 2 ) 1 2 ( 1 2 ) 1 2  1 a
 < −3 ∨ a > − vaø a ≠ 0 3  2
⇔ 81a − 81a (a − 1) − 108a + 1 = 0  3(a-1) 
vì x x = - 3a ; x + x =  1 2 1 2  2    1 a
 < −3 ∨ a > − vaøa ≠ 0 1 ⇔  3 ⇔ a = 27 −27a + 1 = 0   1  Vậy M
, 0 ∈Ox thỏa bài toán .  27  Bài toán 2 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y = f (x ) tại điểm M (x ; f x có 0 ( 0))
dạng : y = f ' (x x − x + f x . 0 ) ( 0 ) ( 0) x − 4
Ví dụ 1 :Tìm tọa độ tiếp điểm của đồ thị (C ) : y =
với tiếp tuyến (t), x − 1
biết rằng tiếp tuyến (t) tạo với đường thẳng (d) : y = −2x + 2010 1 góc 0 45 . Giải : • D = ℝ \ { } 1 • 3 Ta có : y ' = , x ≠ 1 (x − )2 1 166
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
• Gọi M (x ;f x là tọa độ tiếp điểm cần tìm thì hệ số góc tiếp tuyến (t) là 0 ( 0)) 3 k = ,x ≠ 1. (x −1 0 )2 0  1 + = − • k 2 k
Vì (t)và(d)tạo nhau 1 góc 0 45 khi 0 ta n 45 = ⇔ 3 1 − 2kk = 3  1 3 1 * k = − ⇔
= − điều này không xảy ra . 3 (x − )2 3 1 0 3 x
= 0 ⇒ y = 4 ⇒ M 0; 4 0 0 ( ) 2 * k = 3 ⇔
= 3 ⇔ x − 2x = 0 ⇔  ( x  = 2 ⇒ y = 2 − ⇒ M 2; 2 − 0 0  ( ) x − 1 0 )2 0 0 2x + 3
Ví dụ 2 : Cho hàm số y =
, có đồ thị (C ) . Tìm tất cả các tham số x − 2
m để đường thẳng (t) : y = 2x + m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp
tuyến tại đó song song với nhau. Giải :
Đường thẳng (t) : y = 2x + m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến tại 2x + 3
đó song song với nhau khi và chỉ khi phương trình
= 2x + m có hai x − 2
nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn điều kiện y ' (x = y ' x . Khi đó phương 1 ) ( 2) 1 2 trình g (x ) 2
= 2x + (m − 6)x − 2m − 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x ,x khác 2 1 2 7 7
và thỏa mãn điều kiện − = − ⇔ x + x = 4 (x − 2 x − 2 1 )2 ( 2 )2 1 2 
∆ = (m − 6)2 + 8(2m + 3) > 0  ⇔ g  (2) 2
= 2.2 + (m − 6).2 − 2m − 3 ≠ 0 ⇔ m = 2 .  m − 6 − = 4  2 2x
Ví dụ 3: Cho hàm số y =
có đồ thị là (C ) . Tìm trên đồ thị (C ) những x + 1
điểm M , sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai trục tọa độ Ox,Oy tại hai điểm 1 phân biệt ,
A B sao cho diện tích tam giác AOB có diện tích bằng . 4 Giải : 167
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2x 2
Gọi M (x ;y ) ∈ (C ) 0 ⇒ y = ⇒ y ' = 0 0 0 0 x + 1 (x + 1)2 0 0 2 2 2x
Phương trình tiếp tuyến (t) của (C ) tại M là : 0 y = x + . 0 (x + 1)2 (x + 1)2 0 0
Tiếp tuyến (t) cắt hai trục tọa độ Ox,Oy tại hai điểm phân biệt A ( 2 x − ; 0 , 0 )   2 2x  1 0  B 0; 
sao cho diện tích tam giác AOB có diện tích bằng khi đó 4  (   x + 1)2  0  2 1 1 1 2x 1 0 .O . AOB = ⇔ O . AOB = ⇔ x . =
⇔ 4x − x + 1 = 0 0 2 0 ( 0 )2 2 2 2 4 2 ( 2 x + 1 0 )    2 1 1 2
x + x + 1 = 0 x
= − ⇒ M  − ;−2 0 0 0  ⇔ 2   2 . 2  2x  − x − 1 = 0 0 0  x  = 1 ⇒ M 1;1 0 ( )   1 
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán M  − ; 2 −  ,M (1;1) .  2 
Ví dụ 4 : Chứng minh rằng nếu các tiếp tuyến (d), (t ) của đồ thị (C ) : 3 2
y = x − 6x + 9x song song với nhau thì hai tiếp điểm ,
A B đối xứng nhau qua M (2;2). Giải :
Gọi A (x ,y (x ) 3 2
= x − 6x + 9x ),B (x ,y (x ) 3 2
= x − 6x + 9x là tọa độ 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 )
tiếp điểm của (d), (t ) và đồ thị (C ). (d) và(t ) song song với nhau khi
y ' (x ) = y ' (x ) 2 2
⇔ 3x − 12x + 9 = 3x − 12x + 9 ⇔ x + x = 4 . 1 2 1 1 2 2 1 2 x
 = 2 − t ⇒ y x = t − 3t + 2 1 ( 1) 3
Với x + x = 4 thì tồn tại t > 0 :  1 2
x = 2 + t ⇒ y  (x ) 3 = t − + 3t + 2 2 2  x + x 1 2 x  = = 2 0 
Dễ thấy trung điểm đoạn AB có tọa độ  . y  ( 2x + y x 1 ) ( 2 ) y = = 2  0  2 Do đó hai tiếp điểm ,
A B đối xứng nhau qua M (2;2). 168
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 2 2x π
Ví dụ 5 : Cho hàm số y = .Tìm α  
∈  0;  sao cho điểm x − 1  2 
M (1 + sinα; 9) nằm trên đồ thị (C ) . Chứng minh rằng, tiếp tuyến của
(C ) tại điểm M cắt hai tiệm cận của (C ) tại hai điểm ,
A B đối xứng nhau qua điểm M . Giải :
Vì M (1 + sinα; 9) nằm trên đồ thị (C ) nên:  1 ( + α )2 sin 2 1 sin α = 2 9 2 sin α 5 sin α 2 0  = ⇔ − + = ⇔ 2 1 + sin α − 1 sinα = 2  π 1 π 3 Vì α   ∈  0;  nên sinα α   = ⇒ = ⇒ M  ;9  2  2 6  2   3   3 
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là: y = y '   x −  + 9  2   2 
hay (d ) : y = −6x + 18 .
Tiếp tuyến (d ) cắt tiệm cận đứng x = 1 tại: A (1;12)
Tiếp tuyến (d ) cắt tiệm cận xiên tai điểm B có tọa độ là nghiệm y  = −6x + 18 x  = 2 (  
x;y ) hệ phương trình:  ⇔  ⇒ B (2;6) y = 2x + 2 y = 6   x + x 3 A B = = xM  Dễ thấy: 2 2  y + y A B  = 9 = y  2 M Suy ra, ,
A B đối xứng nhau qua điểm M (đpcm). 2x − 3
Ví dụ 6: Gọi (d ) là tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y =
tại M cắt các đường x − 2
tiệm cận tại hai điểm phân biệt ,
A B . Tìm tọa độ điểm M sao cho đường
tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất , với I là giao điểm hai tiệm cận . Giải : 2x − 3 1
Gọi M (x ;y ) ∈ (C ) 0 ⇒ y = ,y ' = − 0 0 0 0 x − 2 (x − 2)2 0 0 169
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. −1 2x − 3
Phương trình tiếp tuyến (d ) của (C )tạiM : 0 y = (x − x ) + ( − x − )2 0 x 2 2 0 0 (  2x − 2 
d ) cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt 0 A 2;
, B (2x − 2;2 . 0 )  x 2  −  0 
Dễ thấy M là trung điểm AB và I (2;2) là giao điểm hai đường tiệm cận.
Tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 2    2x − 3    2 2 1 0 2 S = π IM = π (  x − 2) +  − 2   = π (  x − 2) +  ≥ 2π 0 0   2  x − 2     (x − 2)   0 0    1 x  = 1 ⇒ y = 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 (x − 2) = 0 0 ⇔  0 2 (x − 2) x = 3 ⇒ y = 3  0 0 0 
Vậy M (1;1) M (3;3) thỏa mãn bài toán. Bài toán 3 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y = f (x ) đi qua điểm M (x ;y 1 1 ) Cách 1 :
• Phương trình đường thẳng (d ) đi qua điểmM có hệ số góc là k có dạng :
y = k (x − x + y . 1 ) 1
f (x ) = k (x − x + y 1 )
• (d ) tiếp xúc với đồ thị (C ) khi hệ sau 1  có nghiệm. f '  (x ) = k Cách 2 :
• Gọi N (x ;y là tọa độ tiếp điểm của đồ thị (C ) và tiếp tuyến (d ) qua điểm 0 0 )
M , nên (d ) cũng có dạng y = y ' x − x + y . 0 ( 0 ) 0
• (d ) đi qua điểm M nên có phương trình : y = y ' x − x + y * 1 0 ( 1 0 ) 0 ( )
• Từ phương trình (*) ta tìm được tọa độ điểm N (x ;y , từ đây ta tìm được 0 0 )
phương trình đường thẳng (d ) . 4 x 5 Ví dụ 2 2 : Cho hàm số : y =
− 3x + có đồ thị là (C ). Giả sử 2 2
M ∈ (C ) có hoành độ a . Với giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C ) tại M
cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khác M . Giải : 170
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 4  a
Vì M ∈ (C ) nên 2 5
M a;y = − 3a +  M 2 2  
Tiếp tuyến tại M có hệ số góc ' 3 y = 2a − 6a M
Tiếp tuyến tại M có dạng : a y = y x − x + y ⇒ d y =
a − a x − a + − a + x M M ( ) 4 ' 3 2 5 ( ) : (2 6 )( ) 3 M 2 2
Tiếp tuyến (d ) của (C ) tại M cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khác M khi
phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt : 4 4 x 2 5 3 a 2 5 − 3x +
= (2a − 6a)(x − a) +
− 3a + hay phương trình 2 2 2 2 2 2 3
(x − a) (x + 2ax + 3a − 6) = 0 có 3 nghiệm phân biệt , nghĩa là phương trình g (x ) 2 3
= x + 2ax + 3a − 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt và khác a . ' 2 2 2 ∆
= a − (3a − 6) > 0 a  − 3 < 0 a < 3 g (x ) ⇔  ⇔  ⇔  2 2
g(a) = 6a − 6 ≠ 0 a ≠ 1 a ≠ 1 ±    a < 3
Vậy giá trị a cần tìm  a ≠ 1 ± 
Bài tập tương tự :
1. Tìm m để tiếp tuyến đi qua điểm M (2;m + 2) của đồ thị hàm số 3
y = x − 3x + m phải đi qua gốc tọa độ O .
Bài 8 :SỰ TIẾP XÚC CỦA HAI ĐƯỜNG CONG Bài toán 1 :
Hai đường cong (C ) : y = f (x ) và (C ') : y = g (x ) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi
f (x ) = g (x ) hệ phương trình sau:  có nghiệm. f '
 (x ) = g '(x )
Ví dụ 1 : Tìm tham số thực m để đường thẳng (d ) : y = m (x − 3) tiếp xúc 1 với đồ thị (C ) 3
: y = − x + 3x . 3 Giải : 171
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.  1 ( 3
− x + 3x = m (x − 3)
d ) tiếp xúc với (C ) khi hệ sau :  3 ( *) có nghiệm. 2  x − + 3 = m   x  = 3 3 2 x  = 3 ⇒ m = −6 (  x  − x + =  *) 2 9 27 0 2 ⇔  ⇔  2x 3x 9 0  − − = ⇔ 2  3 3 m = x − + 3 x  = − ⇒ m =   2 m = x − + 3  2 4 
Ví dụ 2 : Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị của 2 x hàm số : y =
hai tiếp tuyến tạo với nhau 1 góc 0 45 . x − 1 Giải :
Gọi M ∈ Ox ⇒ M (x ;0 , đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k , phương 0 )
trình có dạng : (d ) : y = k (x − x . 0 ) 2  x
= k (x − x0 ) ( x − 1
d ) là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ sau có nghiệm : 2  x − 2x  = k (x − 1)2 2 2 x x − 2x = x − x
⇔ x x + 1 x − 2x  = 0 2 ( 0 ) ( 0 ) x 1 (  − x − 1) 0 x  = 0  ⇔ 2x  0 x = , x ≠ −1 0  x + 1  0 2 − • x 2x x = 0 ⇒ k = = 0 . (x −1)2 2x −4x • 0 0 x = ⇒ k = x + 1 (x + 1)2 0 0 2 • x
Tiếp tuyến qua M tạo với đồ thị của hàm số : y = hai tiếp tuyến tạo x − 1 với nhau 1 góc 0 45 khi và chỉ khi k − k 4x 0 1 2 0 tan 45 = ⇒ = 1 ⇒ x = 3 ± 2 2 . 1 + k k 1 2 (x + 1 0 )2 0 172
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Vậy M (3 − 2 2;0),(3 + 2 2;0)
Ví dụ 3 :Tìm tất cả các điểm trên trục hoành những điểm M mà qua đó vẽ
được đúng 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C ) 3 2
: y = x + 3x mà trong đó có 2 tiếp
tuyến vuông góc với nhau . Giải :
Gọi M (a;0) ∈Ox , đường thẳng (t ) đi qua M và có hệ số góc
k ⇒ (t ) : y = k (x − a ) . 3 2 x
+ 3x = k(x − a) (1) ( 
t ) tiếp xúc với (C ) khi hệ sau có nghiệm :  2
3x + 6x = k (2)  Từ (1) ,(2) suy ra : 3 2 2 3 2
x + 3x = 3x + 6x(x − a) ⇔ 2x + 3(a − 1)x − 6ax = 0 x  = 0 ⇔ x 2
x 2 − 3(a − 1)x − 6a = 0 ⇔    2
x 2 − 3(a − 1)x − 6a = 0 (3)  • x
= 0 ⇒ k = 0 ⇒ 1tiếp tuyến.
Qua M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đến đồ thị (C ) mà trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau .
Khi đó (3) có 2 nghiệm phân biệt x , x ≠ 0 và k k = 1 − 1 2 1 2  a  ≠ 0 a  ≠ 0    ⇔ ∆ > 0
⇔ 9(a − 1)2 + 48a > 0    2   2  2
3x + 6x  3x + 6x = −  1 9 x x
+ 18x x x + x + 36x x = −1 1 1 2 2      ( 1 2 ) 1 2 ( 1 2 ) 1 2  1 a
 < −3 ∨ a > − vaø a ≠ 0 3  2
⇔ 81a − 81a (a − 1) − 108a + 1 = 0  3(a-1) 
vì x x = - 3a ; x + x =  1 2 1 2  2    1 a
 < −3 ∨ a > − vaøa ≠ 0 1 ⇔  3 ⇔ a = 27 −27a + 1 = 0   1  Vậy M
, 0 ∈Ox thỏa bài toán .  27  173
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. Bài toán 2 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y = f (x ) tại điểm M (x ; f x có 0 ( 0))
dạng : y = f ' (x x − x + f x . 0 ) ( 0 ) ( 0) x − 4
Ví dụ 1 :Tìm tọa độ tiếp điểm của đồ thị (C ) : y =
với tiếp tuyến (t), x − 1
biết rằng tiếp tuyến (t) tạo với đường thẳng (d) : y = −2x + 2010 1 góc 0 45 . Giải : • D = ℝ \ { } 1 • 3 Ta có : y ' = , x ≠ 1 (x − )2 1
• Gọi M (x ;f x là tọa độ tiếp điểm cần tìm thì hệ số góc tiếp tuyến (t) là 0 ( 0)) 3 k = ,x ≠ 1. (x −1 0 )2 0  1 + = − • k 2 k
Vì (t)và(d)tạo nhau 1 góc 0 45 khi 0 ta n 45 = ⇔ 3 1 − 2kk = 3  1 3 1 * k = − ⇔
= − điều này không xảy ra . 3 (x − )2 3 1 0 3 x
= 0 ⇒ y = 4 ⇒ M 0; 4 0 0 ( ) 2 * k = 3 ⇔
= 3 ⇔ x − 2x = 0 ⇔  ( x  = 2 ⇒ y = 2 − ⇒ M 2; 2 − 0 0  ( ) x − 1 0 )2 0 0 2x + 3
Ví dụ 2 : Cho hàm số y =
, có đồ thị (C ) . Tìm tất cả các tham số x − 2
m để đường thẳng (t) : y = 2x + m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp
tuyến tại đó song song với nhau. Giải :
Đường thẳng (t) : y = 2x + m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến tại 2x + 3
đó song song với nhau khi và chỉ khi phương trình
= 2x + m có hai x − 2 174
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn điều kiện y ' (x = y ' x . Khi đó phương 1 ) ( 2) 1 2 trình g (x ) 2
= 2x + (m − 6)x − 2m − 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x ,x khác 2 1 2 7 7
và thỏa mãn điều kiện − = − ⇔ x + x = 4 (x − 2 x − 2 1 )2 ( 2 )2 1 2 
∆ = (m − 6)2 + 8(2m + 3) > 0  ⇔ g  (2) 2
= 2.2 + (m − 6).2 − 2m − 3 ≠ 0 ⇔ m = 2 .  m − 6 − = 4  2 2x
Ví dụ 3: Cho hàm số y =
có đồ thị là (C ) . Tìm trên đồ thị (C ) những x + 1
điểm M , sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai trục tọa độ Ox,Oy tại hai điểm 1 phân biệt ,
A B sao cho diện tích tam giác AOB có diện tích bằng . 4 Giải : 2x 2
Gọi M (x ;y ) ∈ (C ) 0 ⇒ y = ⇒ y ' = 0 0 0 0 x + 1 (x + 1)2 0 0 2 2 2x
Phương trình tiếp tuyến (t) của (C ) tại M là : 0 y = x + . 0 (x + 1)2 (x + 1)2 0 0
Tiếp tuyến (t) cắt hai trục tọa độ Ox,Oy tại hai điểm phân biệt A ( 2 x − ; 0 , 0 )   2 2x  1 0  B 0; 
sao cho diện tích tam giác AOB có diện tích bằng khi đó 4  (   x + 1)2  0  2 1 1 1 2x 1 0 .O . AOB = ⇔ O . AOB = ⇔ x . =
⇔ 4x − x + 1 = 0 0 2 0 ( 0 )2 2 2 2 4 2 ( 2 x + 1 0 )    2 1 1 2
x + x + 1 = 0 x
= − ⇒ M  − ;−2 0 0 0  ⇔ 2   2 . 2  2x  − x − 1 = 0 0 0  x  = 1 ⇒ M 1;1 0 ( )   1 
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán M  − ; 2 −  ,M (1;1) .  2  175
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
Ví dụ 4 : Chứng minh rằng nếu các tiếp tuyến (d), (t ) của đồ thị (C ) : 3 2
y = x − 6x + 9x song song với nhau thì hai tiếp điểm ,
A B đối xứng nhau qua M (2;2). Giải :
Gọi A (x ,y (x ) 3 2
= x − 6x + 9x ),B (x ,y (x ) 3 2
= x − 6x + 9x là tọa độ 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 )
tiếp điểm của (d), (t ) và đồ thị (C ). (d) và(t ) song song với nhau khi
y ' (x ) = y ' (x ) 2 2
⇔ 3x − 12x + 9 = 3x − 12x + 9 ⇔ x + x = 4 . 1 2 1 1 2 2 1 2 x
 = 2 − t ⇒ y x = t − 3t + 2 1 ( 1) 3
Với x + x = 4 thì tồn tại t > 0 :  1 2
x = 2 + t ⇒ y  (x ) 3 = t − + 3t + 2 2 2  x + x 1 2 x  = = 2 0 
Dễ thấy trung điểm đoạn AB có tọa độ  . y  ( 2x + y x 1 ) ( 2 ) y = = 2  0  2 Do đó hai tiếp điểm ,
A B đối xứng nhau qua M (2;2). 2 2x π
Ví dụ 5 : Cho hàm số y = .Tìm α  
∈  0;  sao cho điểm x − 1  2 
M (1 + sinα; 9) nằm trên đồ thị (C ) . Chứng minh rằng, tiếp tuyến của
(C ) tại điểm M cắt hai tiệm cận của (C ) tại hai điểm ,
A B đối xứng nhau qua điểm M . Giải :
Vì M (1 + sinα; 9) nằm trên đồ thị (C ) nên:  1 ( + α )2 sin 2 1 sin α = 2 9 2 sin α 5 sin α 2 0  = ⇔ − + = ⇔ 2 1 + sin α − 1 sinα = 2  π 1 π 3 Vì α   ∈  0;  nên sinα α   = ⇒ = ⇒ M  ;9  2  2 6  2   3   3 
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là: y = y '   x −  + 9  2   2 
hay (d ) : y = −6x + 18 .
Tiếp tuyến (d ) cắt tiệm cận đứng x = 1 tại: A (1;12)
Tiếp tuyến (d ) cắt tiệm cận xiên tai điểm B có tọa độ là nghiệm 176
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. y  = −6x + 18 x  = 2 (  
x;y ) hệ phương trình:  ⇔  ⇒ B (2;6) y = 2x + 2 y = 6   x + x 3 A B = = xM  Dễ thấy: 2 2  y + y A B  = 9 = y  2 M Suy ra, ,
A B đối xứng nhau qua điểm M (đpcm). 2x − 3
Ví dụ 6: Gọi (d ) là tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y =
tại M cắt các đường x − 2
tiệm cận tại hai điểm phân biệt ,
A B . Tìm tọa độ điểm M sao cho đường
tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất , với I là giao điểm hai tiệm cận . Giải : 2x − 3 1
Gọi M (x ;y ) ∈ (C ) 0 ⇒ y = ,y ' = − 0 0 0 0 x − 2 (x − 2)2 0 0 −1 2x − 3
Phương trình tiếp tuyến (d ) của (C )tạiM : 0 y = (x − x ) + ( − x − )2 0 x 2 2 0 0 (  2x − 2 
d ) cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt 0 A 2;
, B (2x − 2;2 . 0 )  x 2  −  0 
Dễ thấy M là trung điểm AB và I (2;2) là giao điểm hai đường tiệm cận.
Tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 2    2x − 3    2 2 1 0 2 S = π IM = π (  x − 2) +  − 2   = π (  x − 2) +  ≥ 2π 0 0   2  x − 2     (x − 2)   0 0    1 x  = 1 ⇒ y = 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 (x − 2) = 0 0 ⇔  0 2 (x − 2) x = 3 ⇒ y = 3  0 0 0 
Vậy M (1;1) M (3;3) thỏa mãn bài toán. Bài toán 3 :
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y = f (x ) đi qua điểm M (x ;y 1 1 ) Cách 1 : 177
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
• Phương trình đường thẳng (d ) đi qua điểmM có hệ số góc là k có dạng :
y = k (x − x + y . 1 ) 1
f (x ) = k (x − x + y 1 )
• (d ) tiếp xúc với đồ thị (C ) khi hệ sau 1  có nghiệm. f '  (x ) = k Cách 2 :
• Gọi N (x ;y là tọa độ tiếp điểm của đồ thị (C ) và tiếp tuyến (d ) qua điểm 0 0 )
M , nên (d ) cũng có dạng y = y ' x − x + y . 0 ( 0 ) 0
• (d ) đi qua điểm M nên có phương trình : y = y ' x − x + y * 1 0 ( 1 0 ) 0 ( )
• Từ phương trình (*) ta tìm được tọa độ điểm N (x ;y , từ đây ta tìm được 0 0 )
phương trình đường thẳng (d ) . 4 x 5 2
Ví dụ 2: Cho hàm số : y =
− 3x + có đồ thị là (C ). Giả sử 2 2
M ∈ (C ) có hoành độ a . Với giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C ) tại M
cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khác M . Giải : 4  a
Vì M ∈ (C ) nên 2 5
M a;y = − 3a +  M 2 2  
Tiếp tuyến tại M có hệ số góc ' 3 y = 2a − 6a M
Tiếp tuyến tại M có dạng : a y = y x − x + y ⇒ d y =
a − a x − a + − a + x M M ( ) 4 ' 3 2 5 ( ) : (2 6 )( ) 3 M 2 2
Tiếp tuyến (d ) của (C ) tại M cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khác M khi
phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt : 4 4 x 2 5 3 a 2 5 − 3x +
= (2a − 6a)(x − a) +
− 3a + hay phương trình 2 2 2 2 2 2 3
(x − a) (x + 2ax + 3a − 6) = 0 có 3 nghiệm phân biệt , nghĩa là phương trình g (x ) 2 3
= x + 2ax + 3a − 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt và khác a . ' 2 2 2 ∆
= a − (3a − 6) > 0 a  − 3 < 0 a < 3 g (x ) ⇔  ⇔  ⇔  2 2
g(a) = 6a − 6 ≠ 0 a ≠ 1 a ≠ 1 ±    178
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. a < 3
Vậy giá trị a cần tìm  a ≠ 1 ± 
Bài tập tương tự :
1. Tìm m để tiếp tuyến đi qua điểm M (2;m + 2) của đồ thị hàm số 3
y = x − 3x + m phải đi qua gốc tọa độ O . BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1. ax − bx  5 
a) Tìm a,b biết rằng đồ thị của hàm số f (x ) 2 = đi qua điểm A  1 − ;  x − 1  2 
và tiếp tuyến tại O (0;0) có hệ số góc bằng −3 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị ứng với giá trị a,b vừa tìm được.
b) Tìm a,b biết rằng đồ thị của hàm số f (x ) 2
= 2x + ax + b tiếp xúc với 1  1 
hypebol a) Tìm a,b biết rằng đồ thị của hàm số y =
tại điểm M  ;2 x  2  2.
a) Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm A (1; −2) và tiếp xúc với parabol 2
y = x − 2x 5
b) Chứng minh hai đường cong 3 2 y = x +
x − 2,y = x + x − 2 tiếp xúc nhau 4
tại M , viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong đó .
c) Chứng minh rằg các đồ thị của ba hàm số f (x ) 2 = x −
+ x + g (x ) 3 2 3 6,
= x − x + 4, h (x ) 2
= x + 7x + 8 tiếp xúc nhau tại điểm A (−1;2) .
d) Chứng minh rằng các đồ thị của ai hàm số ( ) 2x 3 = + g (x ) 3x f x x, =
tiếp xúc nhau . Xác định tiếp điểm và viết 2 2 x + 2
phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong tại điểm đó .
e) Chứng minh rằng các đồ thị của ai hàm số f (x ) 3
= x − x g (x ) 2 , = x − 1tiếp
xúc nhau . Xác định tiếp điểm và viết phương trình tiếp tuyến chung của hai
đường cong tại điểm đó . 179
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD.
3. Cho họ đường cong (C ) 3 2
: y = x − 3x + mx + 4 − m (m là tham số). m
Đường thẳng (d ) : y = 3 − x cắt một đường cong bất kỳ (C ) của họ (C tại 3 m ) điểm phân biệt ,
A B,C (theo thứ tự), tiếp tuyến tại A và tiếp tuyến tại B của
(C )lần lượt cắt đường cong tại điểm thứ hai là M và N . Tìm m để tứ giác AMBN là hình thoi.
4. Cho đường cong (C ) 4 2 : y = x −
+ 4x − 3 .Tìm m và n để đường thẳng
(d) : y = mx + n cắt đường cong (C )tại 4 điểm phân biệt ,AB,C,D ( theo thứ 1
tự ) sao cho AB = CD = BC . 2 Hướng dẫn : 1.a  (− )2 1 − (− ) 1 5 a  =  = 2 − a)  ⇔  − − = −   f ( )1 1 2 b 3 ' 0 3  = −  9 b) a = 6 − ,b = 2
2. a) (d ) : y = m (x − 1) − 2 ⇒ m = 2 (
y = 2x − 4), m = −2 ( y = −2x )  1 5  9
b) M  ; − ,y = 2x −  2 4  4
c) f (−1) = g (−1) = h (−1) = 2, f ' (−1) = g ' (−1) = h ' ( 1
− ) = 5 , chứng tỏ tại
A (−1;2) các đồ thị của ba hàm số có tiếp tuyến chung , nói khác hơn là các đồ
thị của ba hàm số tiếp xúc nhau tại điểm A (−1;2) . d) O ( ) 3 0; 0 ,y = x 2
Cám ơn các bạn đã đọc tài liệu và góp ý để tài liệu hoàn chỉnh . Tài liệu dài
500 trang, trên đây là phần rút gọn và là những dạng toán phù hợp học sinh
mọi miền. Tài liệu miễn phí hoàn toàn , không có mục đích thương mại.
Thư từ góp ý gởi về Email: phukhanh@moet.edu.vn cám ơn. 180
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt Tài Liệu ôn thi Tú Tài Đại học theo cấu trúc BGD. 181