Bài 4 bài tập có đáp án chi tiêt về chứng minh đồ thị có tâm đối xứng

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bài 1:
3 − x + x2 − 4x + 3 khi x2 − 4x + 3 ≥ 0
x2 − 5x + 6 khi x ≤ 1,x ≥ 3
⇔ y=
1. y = 
2
2
2
3 − x − x + 4x − 3 khi x − 4x + 3 ≤ 0
−x + 3x khi 1≤ x ≤ 3
Với x ∈ (−∞;1) U (3; +∞), y' = 2x – 5 hay y' = 2( x – 2) − 1
Ta thấy: y' < 0 với x ∈ (−∞;1 và y' > 0 với x ∈ (3; +∞)
3
Với x ∈ (1;3), y' = −2x + 3 và y' = 0 ⇔ x = ∈ (1;3)
2
+
−
Tại x = 1: y'(1 ) = −2(1) + 3 = 1,y'(1 ) = 2(1) − 5 = −3 ⇒ y'(1) không tồn tại
Tại x = 3: y'(3+ ) = 2(3) − 5 = 1, y'(3− ) = −2(3) + 3 = −3 ⇒ y'(3) không tồn tại
 3 1
4 3 
lim y = lim x2 
− + 1− +
÷ = +∞
2
x→±∞
x→±∞
x

x x2 
x
y = 0 , maxy không tồn tại.
Từ bảng biến thiên trên suy ra min
x∈¡
x∈¡
 4 − x2 + x − 1 khi x ∈ [1;2]

2. y = 
 4 − x2 + 1− x khi x ∈ [−2;1]
∗x ∈ (1;2) , y' =

−x
4 − x2

+ 1=

4 − x2 − x
4 − x2



2
2
4 − x2 = x2 x2 = 2
y' = 0 ⇔  4 − x − x = 0 ⇔  4 − x = x ⇔ 
⇔
⇔ x = 2.
x ∈ (1;2)
x ∈ (1;2)

x ∈ (1;2)
x ∈ (1;2)
∗x ∈ (−2;1) , y' =

−x
4 − x2

− 1=

−x − 4 − x2
4 − x2

x ∈ (−2;1)
x ∈ (−2;1)

y' = 0 ⇔ 
⇔ −x ≥ 0
⇔ x= − 2
2
 4 − x = − x  4 − x2 = x2

1
1
+
+ 1 , y'(1− ) = −
− 1⇒ y'(1) không tồn tại.
Tại x = 1: y'(1 ) = −
3
3
Tại x = 2 , x = −2 thì y' khơng xác định .

Từ bảng biến thiên trên suy ra maxy = 2 2 + 1 , miny = 1
x∈D

x∈D

Bài 2:

23


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

1. Điều kiện : 5 − x2 ≥ 0 ⇔ x ∈ [− 5; 5] . Ta có
y' =

2(x2 − 4)
5 − x2

⇒ y' = 0 ⇔ x = ±2 .

Vì f(± 5) = 0, f(2) = 1,f(−2) = 5 nên maxf(x) = f(−2) = 5;

(

)

min f(x) = f ± 5 = 0 .
2. Hàm số xác định trên D = −
 2;2

Ta có : y' = 1−

x
2

4− x

=

4 − x2 − x
2

4− x

⇒ y' = 0 ⇔ 4 − x2 = x

0 < x ≤ 2
⇔
⇔ x = 2 . Do y(−2) = −2;y(2) = 2;y( 2) = 2 2 nên
2
2
4 − x = x
maxy = y( 2) = 2 2; min y = y(−2) = −2 .
3. Hàm số xác định ⇔ 2x − x2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 .
y' = 1+

1− x

2x − x2 + 1− x

,x ∈ (0;2)
2x − x2
2x − x2
Tại hai điểm x = 0 ,x = 2 thì y’ khơng tồn tại.
x ∈ (0;2)
1 < x < 2
1< x < 2
y' = 0,x ∈ (0;2) ⇔ 
⇔
⇔ 2
2
2
2
 2x − x = x − 1 2x − x = x − 2x + 1 2x − 4x + 1 = 0
⇔ x=

=

2+ 2
.
2

 2+ 2 
y ( 0) = 2 , y ( 2) = 4 ,y 
÷ = 3 + 2 suy ra maxf(x) = 3 + 2 , minf(x) = 2
 2 ÷
x∈D
x∈D



.
Bài 3:
1. y' =

x2 − 1
2

2

(2x + x + 2)

⇒ y' = 0 ⇔ x = −1,x = 1. ⇒ y ( 1) =

2
2
,y ( − 1) =   .
5
3


1
1
x2  1+
1+
2÷

x  = lim
x2 = 1 . Tương tự
lim y = lim
1 1 2

x→+∞
x→+∞ 2 
1 1  x→+∞
2+ +
x  2+ +
÷
2
x x2
x x 

Từ bảng biến thiên trên suy ra maxy =
x∈¡

24

2
2
, miny = .
3 x∈¡
5

lim y =

x→−∞

1
.
2

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

2. Ta có: y' =

10x2 + 22x + 4

1
⇒ y' = 0 ⇔ 5x2 + 11x + 2 = 0 ⇔ x = − ,x = −2
5
(3x + 2x + 1)
2

Mặt khác: lim y =
x→∞

2

10
nên ta có bảng biến thiên sau:
3
x

+∞
+

y'
y

−

−2

-∞

0
7

1
5

−

10
3
10
3

0

+

5
2

5
.
2
Chú ý: Với bài tốn trên ta có thể giải bằng phương pháp miền giá trị
như sau:
Dựa vào bảng biến thiên suy ra: maxf(x) = 7, minf(x) =

y=

20x2 + 10x + 3
2

⇔ (20 − 3y)x2 + 2(5 − y)x + 3 − y = 0 (1)

3x + 2x + 1
20
⇒ (1) có nghiệm
* y=
3
20
5
⇒ (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' = −2y2 + 19y − 35 ≥ 0 ⇔ ≤ y ≤ 7 .
* Nếu y ≠
3
2
5
Vậy maxf(x) = 7, minf(x) = .
2
Bài 4:
2x + 1
2x − 1
−
1. Ta có y' =
2 x2 + x + 1 2 x2 − x + 1
⇒ y' = 0 ⇔ (2x + 1) x2 − x + 1 = (2x − 1) x2 + x + 1 (1)
Bình phương hai vế ta có phương trình hệ quả

(2x + 1)2[(2x − 1)2 + 3] = (2x − 1)2[(2x + 1)2 + 3]
⇔ (2x + 1)2 = (2x − 1)2 ⇔ x = 0 thay vào (1) ta thấy 1 = −1 vơ lý.
Vậy phương trình y' = 0 vơ nghiệm hay y' không đổi dấu trên ¡ , mà
y'(0) = 1 > 0 ⇒ y' > 0 ∀x ∈ ¡ .
Vậy maxf(x) = f(3) = 13 − 7; min f(x) = f(−2) = 5 − 7 .
[-2;3]

[-2;3]

25


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

− x2 + 4x + 21≥ 0
⇔ −2 ≤ x ≤ 5
2. Điều kiện:  2
− x + 3x + 10 ≥ 0
2

Xét trên miền −2 < x < 5, ta có : y = 25 − (x − 2)2 − 49 −  x − 3 ÷ ,
4 
2
3
x−
−(x − 2)
2
y' =
+

=0
nên
2
25 − (x − 2)2
49 
3
− x− ÷
4 
2
2

⇔ (x − 2)

49 
3

3
−  x − ÷ =  x − ÷ 25 − (x − 2)2
4 
2
2





−2 < x < 5
 
3


x ∈  −2;  ∪  2;5)
2



3
 
⇔ (x − 2) x − ÷ ≥ 0
⇔
2
2

3
49

 
25
x
−
= (x − 2)2

÷


2
2


2
4

 
(x − 2)2  49 −  x − 3  ÷ =  x − 3  25 − (x − 2)2

÷

÷

 4 
2 ÷ 
2




(

⇔ x=

1
. Ta có y(−2) = 3;
3

)

 1
 1
y  ÷ = 2; y(5) = 4 . Vậy max y = y  ÷ = 2 .
−
2
≤

x
≤
5
3
 
 3

Chú ý: Vì (−x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0 ⇒ y > 0
⇒ y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2r(x + 3)(7 − x)(x + 2)(5 − x)
=

(

(x + 3)(5 − x) − (x + 2)(7 − x)

khi và chỉ khi x =

)

2

+ 2 ≥ 2 . Suy ra y ≥ 2 , dấu bằng xảy ra

1
. Vậy min y = 2 .
3

Bài 5:
3
1− sin2 2x

4 − 3sin2 2x
4
=
1. y =
2
1
1− sin2 2x 2 − sin 2x
2
Đặt t = sin2 2x, 0 ≤ t ≤ 1. Khi đó: y =
Ta có g'(t) =

26

2
(2 − t)2

4− t
= g(t) với 0 ≤ t ≤ 1,
2− t

> 0 ⇒ maxy = maxg(t) = 3, miny = 2 .
0;1


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

2. Đặt t =

2x
1+ x2

⇒ t ≤ 1 ⇒ y = sint + cos2t + 1 = −2sin2 t + sint + 2

Đặt u = sint ⇒ − sin1 ≤ u ≤ sin1⇒ y = −2u2 + u + 2
Ta có y' = −4u + 1⇒ y' = 0 ⇔ u =

1
17
. min y = −2sin2 1− sin1+ 2; maxy =
.
4
8

Bài 6:
3 2
1
3
≥ a + b2 + c2 ≥ 3 a2b2c2 ⇒ abc ≤ .
4
8
Áp dụng BĐT Cơ si, ta có: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc
1
1
1
3
3
+
+
≥
⇒ P ≥ 8abc +

.
3
3
3 abc
abc
a
b
c
1. Từ giả thiết

1
3
và P ≥ 8t + = f(t)
8
t
3
 1
 1
Xét hàm f(t) có f '(t) = 8 − 2 < 0 ⇒ f(t) ≥ f  ÷ = 25 ∀t ∈  0; 
t
 8
 2
1
⇒ P ≥ 25. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = .
2
2. Cách 1 :
Đặt t = abc ⇒ 0 < t ≤

Đặt: u = x + y,v = xy ⇒ ( x + y ) xy = x2 + y2 − xy ⇔ uv = u2 − 3v
⇔ ( u + 3) v = u2 ⇔ v =

Vậy A =

1
x3

+

1
y3

=

u2
( do u ≠ −3) .
u+3

x3 + y3

( xy) 3

=

u3 − 3uv
v3

=

(

u u2 − 3v

v3

) =u

2

2

 u + 3
=
÷
2
v
 u 

4u2
4
u−1
⇔
≤ 1⇔
≥ 0 ( lưu ý u ≠ 0 )
u+3
u+3
u+3
u+3
⇔ u ≥ 1∨ u < −3 ⇒
> 0.
u
u+3
−3

⇒ f '( u ) =
< 0 ⇒ f ( u ) ≤ f ( 1) = 4 ⇒ A ≤ 16 .
Xét hàm f ( u ) =
u
u2
Vì u2 ≥ 4v ⇒ u2 ≥

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y =
Cách 2 : Đặt a =

1
. Vậy GTLN của A = 16 .
2

1
1
;b = . Khi đó giả thiết của bài toán trở thành
x
y

a + b = a2 + b2 − ab ≥

1
2
a + b) ⇔ 0 ≤ a + b ≤ 4 ⇒ A ≤ 16
(
4

27

Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = 2 ⇔ x = y =

1
.
2

( x + y ) xy = x2 + y2 − xy

Cách 3 : Xét hệ phương trình :  1
1
 3+ 3 =A
y
x
( x + y ) xy = x2 + y2 − xy
( x + y ) xy = x2 + y2 − xy




2
⇔  ( x + y ) x2 + y2 − xy
⇔  ( x + y) xy
=A
=A



3
3

 ( xy )
xy
(
)

 x + y xy = x + y 2 − 3xy
SP = S2 − 3P
)
(
)
(

S = x + y
2
2
⇔ 
⇔
;
với S2 ≥ 4P



S

x+ y
P = xy
=

A



=
A
 ÷
÷
 P 
 xy 

(

)

2

 S
Giả thiết suy ra  ÷ = A thỏa điều kiện A > 0 , do đó S = A P
P
Thay S = A P vào phương trình SP = S2 − 3P rồi rút gọn ta được

( A − A ) P = 3 , để phương trình này có nghiệm thì A −

A ≠ 0 tức

0 < A ≠ 1.
Với 0 < A ≠ 1 suy ra P =

3

A− A

và S =

3
A −1

2

 3 

3 
S2 ≥ 4P ⇔ 
÷ ≥ 4
÷ ⇔ A ≤ 4 ⇔ 0 < A ≤ 6, A ≠ 1
 A − 1
A − A 
Vậy, GTLN của A = 16 .
1 1 1
3
3
3
⇒P≥
+ 2xyz = + 2t3 = f(t)
Bài 7: Ta có: + + ≥ 3
3
x y z
t
xyz
xyz

x2 + y2 + z2

Trong đó, ta đặt t = 3 xyz ⇒ 0 < t ≤
Xét hàm số f(t) , ta có: f '(t) = 6t −

3
3
2

t

=

6t − 3

 1  29 3
29 3
⇒ f(t) ≥ f 
Vậy minP =
.
÷=
9
9
 3
Bài 8: Đặt t = cotx

28

3

2

t

=

1
3

 1
< 0 ∀t ∈  0; 
3



Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

⇒ sin2x =
⇒ g(x) =
g(x) =

2tanx
1+ tan2 x

=

2cotx
1+ cot2 x

=

2t
1+ t2

; cos2x =

t2 − 1
t2 + 1

⇒ f(t) =

t2 + 2t − 1
t2 + 1

(sin4 x + 2sin2 x − 1)(cos4 x + 2cos2 x − 1)
(sin4 x + 1)(cos4 x + 1)

sin4 xcos4 x + 8sin2 xcos2 x − 2
sin4 xcos4 x − 2sin2 xcos2 x + 2

u = sin2 xcos2 x; 0 ≤ u ≤

=

u2 + 8u − 2
u2 − 2u + 2

= h(u) , trong đó

−5u2 + 4u + 6

1
⇒ h'(u) = 2
>0
4
(u2 − 2u + 2)2

 1
∀u ∈  0;  .
 4

 1 1
 1
h(u) = h  ÷ =
⇒ hàm số h(u) luôn tăng trên 0;  nên max
 1
 4  25
u∈ 0; 
 4
4


min h(t) = h(0) = −1

 1
u∈0; 
 4

.Vậy maxg(x) =



1
; ming(x) = −1 .
25

x + my − 2 = 0
Bài 9: Xét hệ: 
(*) có D = −m − 2.
2x + (m − 2)x − 1 = 0
• Nếu m ≠ −2 ⇒ (*) có nghiệm duy nhất (x0;y0)
x = x0
⇒ minP = 0 .
Khi đó P ≥ 0, P = 0 ⇔ 
 y = y0
• m = −2 ta có: P = (x − 2y − 2)2 + (2x − 4y − 1)2
Đặt t = x − 2y − 2 , ta có: P = t2 + (2t + 3)2 = 5t2 + 12t + 9
Suy ra minP =

9
.
5

Vấn đề 2. Xác định tham số để hàm số có giá
trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất thỏa điều kiện
cho trước
Bài 1:
y . Điều kiện cần để m > 2 là y ( 1) > 2 ⇒ 4a > 2 ⇒ a > 1
1. Gọi m = min
x∈¡
2

2
2
 4ax + x − 4x + 3= x + 4(a − 1)x + 3 , x ∈ (−∞;1]U [3; +∞)
y=
2
2
 4ax − x + 4x − 3 = −x + 4(a + 1)x − 3 , x ∈ [1;3]
*Với x ∈ (−∞;1]U [3; +∞ ) : y' = 2x + 4( a – 1) và y' = 0 ⇔ x = 2(1− a) < 1
* Với x ∈ [1;3] : y' = −2x + 4( a + 1) và y' = 0 ⇔ x = 2(a + 1) > 3 .

29


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Từ bảng biến thiên trên suy ra
miny = m = y 2( 1− a)  =  4( 1− a) − 8( a − 1) + 3 = 3 − 4( a − 1) = 8a – 4a2 – 1
2

2

m > 2 ⇔ 8a − 4a2 − 1 > 2 ⇔ 4a2 − 8a + 3 < 0⇔

2

1
3
< a<
2

2

1
1
3
< a<
ta được các giá trị của tham số a cần tìm là
2
2
2
msinx + 1
2. Tìm tập giá trị E của hàm số y, y ∈ E ⇔ phương trình y =
cosx + 2
(1) có nghiệm (1) ⇔ ycosx + 2y = msinx + 1⇔ ycosx − msinx = 1− 2y .
Kết hợp a >

(1) có nghiệm ⇔ m2 + y2 ≥ (1− 2y)2 ⇔ 3y2 − 4y + 1− m2 ≤ 0
⇔

2 − 1+ 3m2
2 + 1+ 3m2 ,suy ra
2 − 1+ 3m2 .
≤ y≤
miny =
3
3
3

min y < −1 ⇔

2 − 1+ 3m2
< −1 ⇔ 1+ 3m2 > 5⇔ 1+ 3m2 > 25
3

⇔ m2 > 8 ⇔ m ≤ −2 2,m ≥ 2 2
m
3. y' = 8x – 4m ⇒ y' = 0 ⇔ x =
2
Xét các trường hợp sau.
m
≤ −2 ⇔ m ≤ −4 . Khi đó ∀x ∈ (−2;0) , y' > 0 ⇒ Hàm số y đồng biến
*
2
trên (−2;0) , hàm số y liên tục trên [−2;0]
⇒ min y = y ( −2)  = m2 + 6m + 16.
x∈[−2;0]

Miny = 2 ⇔ m2 + 6m + 16 = 2 ⇔ m2 + 6m + 14 = 0 ,phương trình này vơ
nghiệm.
m
≤ 0 ⇔ −4 ≤ m ≤ 0
* −2 ≤
2
 m
Bảng biến thiên của hàm số y trên [−2;0] ⇒ miny = y  ÷ = −2m .
 2
Miny = 2 ⇔ −2m = 2 ⇔ m = −1∈ [−4;0] .
*

m

> 0 ⇔ m > 0 ,khi đó ∀x ∈ (−2;0) , y' < 0 ⇒ Hàm số y nghịch biến trên
2

2
[−2;0] ⇒ min y = y ( 0) = m – 2m
x∈[−2;0]

Miny = 2 ⇔ m2 − 2m = 2 ⇔ m2 − 2m − 2 = 0 ⇔ m = 1± 3 .
Vì m > 0 nên chỉ nhận giá trị m = 1+ 3 .
Vậy m = −1 hoặc m = 1+ 3
30


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt


ax + b
≤4
∀x ∈ ¡ , 2
∀
x +1
 x ∈ ¡ ,y ≤ 4

⇔
4. Maxy = 4 ⇔ 
∃x1 ∈ ¡ : y(x1) = 4 ∃x ∈ ¡ : ax1 + b = 4
 1
x12 + 1

∀x ∈ ¡ ,4x2 − ax + 4 − b ≥ 0

⇔
⇔ ∆1 = 0 ⇔ a2 + 16b − 64 = 0 (1)
2
∃x1 ∈ ¡ ,4x1 − ax1 + 4 − b = 0

ax + b
≥1
∀x ∈ ¡ , 2
x +1
∀x ∈ ¡ ,y ≥ 1

⇔
* Miny = 1 ⇔ 
∃x2 ∈ ¡ : y(x2) = 1 ∃x ∈ ¡ : ax2 + b = 1
 2
x22 + 1

∀x ∈ ¡ ,x2 + ax + b + 1 ≥ 0
⇔
⇔ ∆ 2 = 0 ⇔ a2 − 4b − 4 = 0 (2)
2
∃x2 ∈ ¡ ,x2 + ax2 + b + 1 = 0
a2 + 16b − 64 = 0 20b − 60 = 0
a = ±4
 b = 3
⇔ 2
⇔ 2
⇔
Hệ  2
.

a − 4b − 4 = 0 a = 16
b = 3
a − 4b − 4 = 0
Bài 2:
1. Đặt t = x3 – 3x2 + 4, x 0;4 . Tìm tập giá trị của t .
t' = 0
t' = 3x2 − 6x, 
⇔ x= 2
x ∈ (0;4)

Vì t ( 0) = 4, t ( 4) = 20, t ( 2) = 0 , hàm số t liên tục và có đạo hàm trên
0;4 , suy ra tập giá trị của t là 0;20 .
Hàm số y trở thành hàm f ( t) = t + m , t ∈ [0;20] .Bài toán quy về: Tìm
f(t) đạt giá trị nhỏ nhất .
tham số m để t∈max
[0;20]
t'

O

T(t)

E(10)

A(20)

M(-m)

t

Trên trục t’Ot , gọi A, T, M là các điểm có hồnh độ lần lượt là 20 , t
và – m , khi đó MT = t + m và T di động trên đoạn OA . Từ đó suy ra.
* Nếu M ở ngồi đoạn OA thì maxMT = max{ MO,MA } ≥ OA .
* Nếu M ở trong đoạn OA thì maxMT = max{ MO,MA } ≥
maxMT =

OA
.
2

OA
⇔ M trùng với trung điểm E của OA .
2

31


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Vậy maxMT đạt giá trị nhỏ nhất bằng
⇔ m = −10.
2. y =
t' =

OA
= 10 ⇔ M trùng E
2

2

x2 − x + 2 − m(x − 2) x2 − x + 2
=
− m . Đặt  t = x − x + 2 , x ∈ [−1;1] .
x− 2
x− 2
x− 2

x2 − 4x

t' = 0
⇒
⇔ x= 0
(x − 2)2
x ∈ (−1;1)

Từ bảng biến thiên trên suy ra tập giá trị của t là −
 2; −1 .
Hàm số y trở thành f ( t) = t − m . Bài tốn quy về: Tìm tham số m để
max f(t) đạt giá trị nhỏ nhất .

t∈[−2;−1]
t'

A(-2) T(t)

E

B(-1)

M(m)

t

O

Trên trục t’Ot , gọi A, B, T, M là các điểm có hồnh độ lần lượt là -2 ,
- 1 , t và m , khi đó MT = t − m = f ( t) và T di động trên đoạn AB. Từ
đó suy ra.
* Nếu M ở ngồi đoạn AB thì maxMT = max{ MA ,MB} ≥ AB .
* Nếu M ở trong đoạn AB thì maxMT = max{ MA ,MB} ≥

AB
.
2

AB
⇔ M trùng với trung điểm E của AB.
2
AB 1
⇔ M trùng E ⇔
=
Vậy maxMT đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2 2
3
m=− .
2
maxMT =

32