khảo sát hàm số - nguyễn phú khánh

www.VNMATH.com



Sách có tất cả 10 chủ đề ,
dưới đây là chủ đề 01

CHỦ ĐỀ 1
KHẢO SÁT HÀM SỐ

1.1. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

VẤN ĐỀ 1
TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1. 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
(

)
f ' x 0
≥
với
mọi
x I
∈
;
•

Nếu hàm số
f
nghịch biến trên khoảng
I
thì
(
)
f ' x 0
≤
với
mọi
x I
∈
.
2. 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 khơng phải đầu mút của
I
).
Khi đó:
•

Nếu
(
)
f ' x 0
>
với mọi
x I
∈
thì hàm số
f
đồng biến trên
khoảng
I
;
•

Nếu
(

)
f ' x 0
<
với mọi
x I
∈
thì hàm số
f
nghịch biến trên
khoảng
I
;
•

Nếu
(
)
f ' x 0
=
với mọi
x I
∈
thì hàm số
f
khơng đổi trên
khoảng
I
.
Ví dụ 1 : Xét sự biến thiên của hàm số :
3

1
= −
y x

www.VNMATH.com



Giải:
Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng
(
;1

−∞


.
Ta có:
2
3
3x
y '
2 1 x
= −
−

y ' 0
=
khi
x 0

=
và
y ' 0
<
khi
(
)
x ;1
∀ ∈ −∞
và
x 0
≠
.
Do đó hàm số nghịch biến trên nửa khoảng
(
;1

−∞


.
Chú ý:
y ' 0
=
tại
x 0
=
thì hàm số không đổi trên nửa
khoảng
(

;1

−∞


.
Ví dụ 2 : Xét sự biến thiên của hàm số :
2
2 3
= − −
y x x
Giải:
2
2
2
x 2x 3 khi x 1 x 3
y x 2x 3
x 2x 3 khi 1 x 3


− − ≤ − ∨ ≥


= − − =


− + + − < <




Hàm số đã cho xác định trên

.
Ta có:
2x 2 khi x 1 x 3
y '
2x 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
>
.
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
.
www.VNMATH.com



Chú ý:
( )
(
)
(
)
2

2
2 2
2
2 x 1 x 2x 3
y x 2x 3 x 2x 3 y '
x 2x 3
− − −
= − − = − − ⇒ =
− −

Khi tính đạo hàm của hàm số có dạng
(
)
=
y f x
, ta chuyển trị
tuyệt đối vào trong căn thức
( )
=
2
y f x
, khi đó tại những
điểm mà
(
)
=
f x 0
thì hàm số không có đạo hàm.
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng hàm số :
cos 2 2 3

= − +
y x x

nghịch biến trên
.
»

Giải:
Hàm số đã cho xác định trên

.
Ta có:
(
)
= − − = − + ≤ ∀ ∈


y ' 2sin 2x 2 2 1 s in2x 0, x và
=
y ' 0

khi
π
= − + π ∈


x k , k
4
. Vì
=

y ' 0
tại vô hạn điểm nên chưa thể
kết luận hàm số nghịch biến trên
.
»

Với
∀ ∈

1 2
x , x
và
<
1 2
x x
, khi đó luôn tồn tại khoảng
(
)
a;b

chứa
1 2
x , x
. Do
=
y ' 0
tại hữu hạn điểm trên khoảng
(
)
a;b

nên
hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
a;b
khi đó
(
)
(
)
> ⇒
1 2
y x y x
hàm số nghịch biến trên
.
»

Chú ý: Khi xét tính đơn điệu của hàm số chứa hàm lượng giác
ta để ý đạo hàm của hàm số có thể triệt tiêu tại vô hạn điểm,
do đó ta chuyển về xét tính đơn điệu trên một khoảng chứa
hữu hạn điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu.
Ví dụ 4 : Tìm tham số
∈
»
m
để hàm số :
1
−
=
−

mx
y
x m

nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.
Giải:
Hàm số đã cho xác định trên khoảng
(
)
(
)
;m m;
−∞ ∪ +∞
.
www.VNMATH.com



Ta có:
(
)
2
2
1 m
y '
x m
−
=
−

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi
y ' 0,
≤

(
)
(
)
x ;m m;
∀ ∈ −∞ ∪ +∞
và dấu đẳng thức xảy ra tại một
số hữu hạn điểm
2 2
1 m 0 m 1 m 1
⇔ − < ⇔ > ⇒ >
.
Vậy
m 1
>
và
m
∈

thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 5 : Giải phương trình :
(
)
3
1 1.
= − +

x x
Giải:
Điều kiện:
≥
x 0
.
Xét hàm số
( )
3
y x 1 x 1
= − − −
xác định trên nửa khoảng
)

+∞

0; .
Ta có:
( )
2
1
y ' 3 1 x 0, x 0 y
2 x

= + − > ∀ > ⇒
đồng biến trên
nửa khoảng
)

+∞


0; . Do đó, nếu phương trình
=
y 0
có nghiệm
thì nghiệm đó là duy nhất.
Dễ thấy
(
)
= ⇒ =
y 1 0 x 1
là nghiệm duy nhất của phương
trình đã cho.
Ví dụ 6 : Tìm
m
∈
»
để phương trình:
(
)
(
)
2
5
4
34 1 33 1
x x m x x
− + − − − =
có nghiệm.
Giải:

1. Đặt
(
)
(
)
2
5
4
; v 0
u x 34x m, v x 1 x 33
≥
= − + = − −
Ta có hệ:
(
)
4
5
u v 1 v u 1 0
u u 1 m 33


− = ⇒ = − ≥




− − = −




Xét hàm số
(
)
(
)
4
5
f u u u 1
= − − với
u 1
≥
.
www.VNMATH.com



Ta có:
(
)
(
)
(
)
3
4
f ' u 5u 4 u 1 0, u 1 f u
= − − > ∀ > ⇒ tăng trên nửa
khoảng
)

1;

+∞


và
(
)
x
f 1 1; lim
→+∞
= = +∞
.
Lập bảng biến thiên, suy ra
(
)
f u 1 m 33 1 m 34
≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
.
Hoạt động : Tìm
m
∈
»
để phương trình:
2
3 1
2 1
2 1
x
x mx

x
−
= − +
−
có nghiệm.
Ví dụ 7 : Tìm
m
∈
»
để hệ phương trình:
(
)
(
)
0 1
2 2
x y m
y xy


− + =




+ =




có nghiệm.
Giải:
Vì
y 0
=
không là nghiệm của hệ.
Với
y 0
≠
phương trình
(
)
2

xy 2 y
⇔ = −

( )
2
y 2
y 2
x
y
≤
⇔
−
=













Khi đó phương trình
(
)
1
viết lại
( )
y 1
m 4. 3
y
−
=

. Đặt
( )
y 1
f y
y
−
=
với

y 2
≤
. Để hệ có nghiệm khi phương trình
(
)
3
có
nghiệm với mọi
y 2
≤
.
Ta có:
( )
2
1
f ' y 0
y
= >
với mọi
y 2
<
và
y 0
≠
. Khi đó
(
)
f y

đồng biến trên khoảng

(
)
;0
−∞
và nửa đoạn
(
0;2




Và
(
)
(
)
(
)
y
y 0 y 0
lim f y 1; lim f y ; lim f y
− +
→∞
→ →
= = +∞ = −∞


Lập bảng biến thiên, ta suy ra
(
)

1
f y
>
hoặc
( )
f y
1
2
≤
. Khi đó
m 4
>
hoặc
m
2
≤
.
www.VNMATH.com



Hot ng : Tỡm
m

ằ
h phng trỡnh :
(
)
2
1

3 1 0
x xy
x y m


+ =




+ + =



cú
3
cp nghim thc.
ỏp s :
15
4
4
m hoc
20
12
3
m .
VAN ẹE 2
CệẽC TRề HAỉM SO
1. iu kin cn hm s t cc tr:
nh lý 1: Gi s hm s

f
t cc tr ti im
0
x
. Khi ú,
nu
f
cú o hm ti im
0
x
thỡ
(
)
0
f ' x 0
=

2. iu kin hm s t cc tr:
nh lý 2: Gi s hm s
f
liờn tc trờn khong
(
)
a;b
cha
im
0
x
v cú o hm trờn cỏc khong
(

)
0
a;x
v
(
)
0
x ;b
. Khi
ú:
a)

Nu
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0
0 0
f ' x 0, x a;x
f ' x 0, x x ;b




<

>



thỡ hm s t cc tiu ti im
0
x
.
Núi mt cỏch khỏc, nu
(
)
f ' x
i du t õm sang dng khi
x
qua im
0
x
thỡ hm s t cc tiu ti im
0
x
.
x

a

0

x

b

(
)
f ' x




0

+


(
)
f x

(
)
f a

(
)
f b


(

)
0
f x

b)

Nu
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0
0 0
f ' x 0, x a;x
f ' x 0, x x ;b




>




<

thỡ hm s t cc i ti im
0
x
.
Núi mt cỏch khỏc, nu
(
)
f ' x
i du t dng sang õm khi
x
qua im
0
x

www.VNMATH.com



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
f ' x 0
=
và
f
có đạo hàm cấp hai khác
0
tại điểm
0
x
.
a)

Nếu
(
)
0
f '' x 0
<
thì hàm số
f
đạt cực đại tại điểm
0
x
.
b)

Nếu
(
)
0
f '' x 0
>
thì hàm số
f
đạt cực tiểu tại điểm
0
x
.
Ví dụ 1 : Tìm cực trị của hàm số :
(
)
3 .

= −y x x

Giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

.
(
)
(
)


x x 3 khi x 0
y
x x 3 khi x 0


− ≥


=


− − <



.
Ta có
(

)
3 x 1
khi x 0
2 x
y '
3 x
x khi x 0
2 x


−


>



=


−

− <



−



+

Hàm số không có đạo hàm tại
=
x 0
.
Trên khoảng
(
)
;0
−∞ :
y ' 0
>
,trên khoảng
(
)
0;
+∞
:
y ' 0 x 1
= ⇔ =

Bảng biến thiên
x

−∞

0

1

+∞

y '


+



−

0

+

y



0



+∞


www.VNMATH.com

−∞



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
= = −
.
Chú ý: Cho dù hàm số không có đạo hàm tại
=
x 0
, nhưng
nó vẫn đạt cực đại tại điểm đó.
Cho hàm số
(
)
=
y f x

xác định trên
D
và điểm
= ∈
0
x x D
là
điểm cực trị của hàm số khi và chỉ khi hai điều kiện sau cùng
thỏa mãn:
1. Tại
=
0
x x
đạo hàm triệt tiêu hoặc không tồn tại.
2. Đạo hàm đổi dấu khi
x
đi qua
0
x
.
Ví dụ 2 : Tìm tham số
∈
»
m
để hàm số :
2
1
+ +
=
+

x mx
y
x m

đạt cực tiểu tại
1.
=
x

Giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng
(
)
(
)
−∞ − ∪ − +∞
; m m; .
Ta có:
( )
= −
+
2
1
y ' 1
x m
và
( )
=
+
3

1
y ''
x m
.
Hàm số có đạo hàm tại mọi điểm trên khoảng xác định, nên
hàm số đạt cực tiểu tại
=
x 1
khi thỏa mãn:
Điều kiện cần:
( )
( )
= ⇔ − = ⇔ = =
+

2
1
y ' 1 0 1 0 m 0; m 2
1 m

Điều kiện đủ:
(
)
= ⇒ = > ⇒ =
m 0 y '' 1 1 0 x 1
là điểm cực tiểu.
(
)
= ⇒ = − < ⇒ =
m 2 y '' 1 1 0 x 1

là điểm cực đại.
Vậy
=
m 0
thỏa yêu cầu bài toán.
Chú ý: Để ý định lý 3 chỉ phát biểu khi
(
)
≠
y '' 1 0
.
www.VNMATH.com



Nếu trình bày hàm số đạt cực tiểu tại
(
)
( )

=

= ⇔

>


y ' 1 0
x 1
y '' 1 0

thì
lời giải chưa chính xác. Như vậy, để áp dụng được hệ
(
)
( )
y ' 1 0
y '' 1 0

=


>


ta cần khẳng định
(
)
y '' 1 0
>
.
Hoạt động : Cho hàm số
(
)
3 2
3 1
y x x mx
= − +

. Tìm tất cả
các giá trị của

∈
»
m
để hàm số
(
)
1
có cực đại, cực tiểu và
các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số
(
)
1
đối xứng
nhau qua đường thẳng
(
)
: 2 9 0
d x y
+ − =
.
Đáp số:
6
m
=

Ví dụ 3 : Tìm tham số
∈
»
m
để hàm số :

( )
3 2
1
5 4 2
3
y x mx m x
= − + − +
có cực đại , cực tiểu và đường
thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số song song
với đường thẳng
(
)
: 8 3 9 0
d x y
+ + =
.
Giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

.
Ta có:
= − + −
2
y ' x 2mx 5m 4
.
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi
y '
triệt tiêu và đổi dấu hai lần
qua nghiệm
x

, khi đó phương trình
− + − =
2
x 2mx 5m 4 0
có
hai nghiệm phân biệt
1 2
x , x
⇔ ∆ = − + > ⇔ <
2
m 5m 5 0 m 1
hoặc
>
m 4
.
Thực hiện phép chia
y
cho
y '
, ta được:
( )
( )
= − − − + + − +
2 2
1 2 5 4
y x m y ' m 5m 4 x m m 2
3 3 3 3
.
Gọi
1 2

x , x
là hoành độ cực trị
(
)
⇒ =
1
y ' x 0
và
(
)
=
2
y ' x 0
.
Khi đó
( )
( )
= − − + + − +
2 2
1 1
2 5 4
y x m 5m 4 x m m 2;
3 3 3

( )
( )
= − − + + − +
2 2
2 2
2 5 4

y x m 5m 4 x m m 2.
3 3 3

www.VNMATH.com



Vậy, đường thẳng đi qua
2
điểm cực đại, cực tiểu là
(
)
t :

( )
= − − + + − +
2 2
2 5 4
y m 5m 4 x m m 2
3 3 3
.
Đường thẳng
( )
= − −

8
d : y x 3
3
. Theo bài toán
(

)
(
)

d t
khi và
chỉ khi
( )

− − + = − −


=

⇔


=



− + ≠ −


2
2
2 8
m 5m 4
m 0
3 3

5 4 m 5
m m 2 3
3 3
.
Vậy:
=
m 0
hoặc
=
m 5
là giá trị cần tìm.
Hoạt động : Tìm tham số
∈
»
m
để hàm số :
3 2
3 2
y x mx
= − +
có hai cực trị
,
A B
sao cho tam giác
AIB

có diện tích bằng
3 2
với
(

)
1; 1
I .
Ví dụ 4 : Tìm tham số thực
m
để hàm số :
(
)
3 2 3
2 3 1 6
y x m x mx m
= − + + +
có cực đại
A
cực tiểu
B
sao
cho:
1. Khoảng cách giữa
A
và
B
bằng
2
.
2. Hai điểm
A
và
B
tạo với điểm

(
)
4; 0
C một tam giác
vuông tại
.
C

Giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

.
Ta có:
(
)
(
)
(
)
2
y ' 6 x m 1 x m 6 x 1 x m
 
= − + + = − −
 

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi
y '
triệt tiêu và đổi
dấu hai lần qua nghiệm
x

, nghĩa là phương trình
(
)
(
)
6 x 1 x m 0
− − =
có hai nghiệm phân biệt hay
m 1
≠
thỏa
mãn đề bài.
Giả sử
(
)
(
)
3 2
A 1;m 3m 1 , B m; 3m
+ − .
1.
2
AB 2 AB 2
= ⇒ =

( )
(
)
2
2

3 2
m 1 m 3m 3m 1 2
⇔ − + − + − + =
( ) ( )
3
2 2
m 1 m 1 2
 
⇔ − + − =
 
 

www.VNMATH.com



( ) ( ) ( )
2 4 2
m 1 1 m 1 m 1 2 0
   
⇔ − − − + − + =
   
   
( )
2
m 1 1 0
⇔ − − =
hay
m 0
=

hoặc
m 2
=
thỏa mãn đề bài.
2. Tam giác
ABC
vuông tại
C
, khi đó
(
)
AC BC AC.BC 0
⊥ ⇒ = ∗

 

(
)
(
)
3 2
AC 3; m 3m 1 , BC 4 m; 3m
= − − + = − −
 

Đẳng thức
(
)
(
)

(
)
(
)
3 2
3 4 m m 3m 1 3m 0
∗ ⇔ − + − − + − =

(
)
(
)
(
)
2 2 2
m 1 m m m 1 3m 5m 4 0
 
⇔ + − + + − + = ∗ ∗
 

Dễ thấy
(
)
2 2
m m m 1 0
− + ≥
và
2
3m 5m 4 0, m
− + > ∀ ∈


.
Do đó
(
)
m 1 0
∗ ∗ ⇔ + =
hay
m 1
= −
thỏa mãn đề bài.
Hoạt động : Cho hàm số
4 2
4
y x mx x m
= − + +
. Tìm
m
∈
»
để hàm số có
3
điểm cực trị sao cho tam giác có
đỉnh là
3
điểm cực trị đó nhận gốc tọa độ làm trọng
tâm.
Đáp số :
6

m
=
.
Ví dụ 5 : Tìm tham số thực
m
để hàm số :
(
)
(
)
4 2
2 1 1
y x m x m
= − + +

có
3
cực trị
, ,
A B C
sao cho:
OA BC
=
,
O
là gốc tọa độ ,
A
là cực trị thuộc trục tung,
,
B C

là
2
điểm cực trị còn lại.
Đề thi Đại học khối B – năm 2011.
Giải:
(
)
3
y' 4x 4 m 1 x y' 0 x 0
= − − ⇒ = ⇔ =
hay
2
x m 1
= +

Hàm số có
3
cực trị khi và chỉ khi
y ' 0
=
và đổi dấu
3
lần qua
nghiệm
x
hay
2
x m 1
= +
có

2
nghiệm phân biệt khác
0
m 1 0
⇔ + >
tức
m 1
> −
.
Khi đó đồ thị hàm số có
3
cực trị
(
)
A 0;m ,
(
)
2
B m 1; m m 1 ,
− + − − −
(
)
2
C m 1; m m 1
+ − − −

www.VNMATH.com

Theo bài tốn, ta có:
OA BC
=
(
)
2
m 4 m 1 m 2 2 2
⇔ = + ⇔ = ±
thỏa
m 1
> −


VẤN ĐỀ 3
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA HÀM SỐ.
Ví dụ 1 : Cho
0, 0
x y
> >

và
5
4
x y
+ =
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
4 1
4

P
x y
= + .
Giải:
Cách 1 : Ta có : + = ⇒ = − ⇒ = +
−
5 4 1
x y 4y 5 4x P
4 x 5 4x
.
Xét hàm số :
( )
= +
−
4 1
f x
x 5 4x
xác định và liên tục trên
khoảng
 
 
 
5
0;
4

Ta có :
( )
( )
= − +

−
2 2
4 4
f ' x
x
5 4x
.
Trên khoảng
( )
 
=
 
 

5
0; : f ' x 0
4

⇔ =
x 1
.
Lập bảng biến thiên, ta được
(
)
(
)
 
∈
 
 

= = ⇒ =
5
x 0;
4
min f x f 1 5 min P 5

khi
= =

1
x 1, y
4
.
Cách 2 :
( ) ( )
4 1 x 4y 17 17 25
x y P x y 2
x 4y 4y x 4 4 4
 



+ = + + = + + ≥ + =





 

www.VNMATH.com



Suy ra
P 5
≥
. Đẳng thức xảy ra:
x 4y
4y x
= và
5
x y
4
+ =
hay
= =

1
x 1, y
4
.
Chú ý: 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
(
)
x D
m min f x
∈
=
.
Nếu
(
)

f x m x D
≥ ∀ ∈
thì ta chưa thể suy ra
(
)
x D
m min f x
∈
=
.
Hoạt động : Cho
, 3; 2
x y
 
∈ −
 
 
thỏa mãn điều kiện
3 3
2
x y
+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
2 2
P x y
= +
.
Ví dụ 2 : Cho
0

x
>
và số thực
y
thỏa mãn
2
3 0
2 3 14
x xy
x y


− + =



+ ≤



.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
(
)
2 2 2
3 2 1
Q x y xy x x
= − − −
.
Giải:

Từ giả thiết


+
+
=
=



− + =
  
⇒ ⇔
  
+ ≤
+

 

≤ ≤
+ ≤




2
2
2
2
x 3

x 3
y
y
x xy 3 0
x
x
2x 3y 14 9
x 3
1 x
2x 3. 14
5
x
.
Khi đó
( )
   
+ +
= − − − = −
   
   
2
2 2
2 2
x 3 x 3 9
Q 3x x 2x x 1 5x
x x x
.
Xét hàm số:
( )
= −

9
f x 5x
x
, xác định và liên tục trên đoạn
 
 
 
9
1;
5
.
www.VNMATH.com



Ta có:
( )
 
= + > ∀ ∈
 
 

2
9 9
f ' x 5 0, x 0;
5
x
, do đó trên đoạn
 
 

 
9
1;
5

hàm số
(
)
f x
luôn đồng biến và
( )
 
= − =
 
 

9
f 1 4, f 4
5
.
Do đó
(
)
 
∈
 
 
= =
9
x 0;

5
max Q max f x 4
khi
=
9
x
5
và
(
)
 
∈
 
 
= = −
9
x 0;
5
min Q min f x 4
khi
=
x 1.

Cho hàm số xác định trên
D

Chú ý: 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
(
)
x D
M max f x

∈
=
.
Nếu
(
)
f x M x D
≤ ∀ ∈
thì ta chưa thể suy ra
(
)
x D
M max f x
∈
=

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.
Hoạt động : Cho
,
x y

∈

»
, thỏa mãn điều kiện
0, 1
x y
≥ ≥

và
3
x y
+ =
+ =+ =
+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
3 2 2
2 3 4 5
P x y x xy x
= + + + −
.
Ví dụ 3: Cho
x, y, z
là ba số thực thuộc đoạn
1; 4
 
 
 
và
x y, x z
≥ ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Đề thi Đại học Khối A – năm 2011.
Giải:
Cách 1 :
www.VNMATH.com



Đặt
y z x
a ,b ,c
x y z
= = =
. Bài toán trở thành : Cho
1
a,b, c ;1
4
 
∈
 
 

và
abc 1

=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1
P
3a 2 b 1 c 1
= + +
+ + +

Ta có :
1 1 1 bc 1 bc 2
1 1
b 1 c 1 bc b c 1
bc 2 bc 1 bc 1
− −
+ = + ≥ + =
+ + + + +
+ + +

Suy ra :
( )
2
2
2
1 2 1 2 t 2
P f t
3a 2 3 t 1 t 1
2t 3
bc 1
2
t

≥ + = + = + =
+ + +
+
+
+

với
(
)
t bc 1 t 2
= ≤ ≤

Để tồn tại giá trị nhỏ nhất của
P
khi tồn tại giá trị nhỏ nhất
của
(
)
f t
trên đoạn
1;2
 
 
với
( )
2
2
t 2
f t
t 1

2t 3
= +
+
+

Ta có
( )
( )
( )
( )
2 2
2
3t 1
f ' t 2 0, t 1;2
t 1
2t 3
 
 
= − < ∀ ∈ ⇒
 
+
+
 
 
(
)
f t
nghịch
biến trên đoạn
1;2

 
 
. Suy ra
( ) ( )
34
P f t f 2
33
≥ ≥ = . Đẳng thức
xảy ra khi
x 4, y 1,z 2
= = =
.
Vậy
34
min P
33
= , khi
x 4, y 1,z 2
= = =

Chú ý:
Đặt
x y z
a ,b ,c abc 1
y z x
= = = ⇒ =
,
a 1;4
 
∈

 

Ta cần chứng minh :
1 1 2
1 a 1 b
1 ab
+ ≥
+ +
+
với
a
và
b
dương,
ab 1
≥
. Đẳng thức xảy ra khi
a b
=
hoặc
ab 1
≥
.
Khi đó
a 1 1 a 2
P
2a 3 1 ac 1 ab 2a 3
1 a.abc
= + + ≥ +
+ + + +

+
hay
a 2
P
2a 3
1 a
≥ +
+
+
do
abc 1
=
.
www.VNMATH.com



Xét
( )
a 2
f a
2a 3
1 a
= +
+
+
,
a 1;4
 
∈

 
. Đặt
t a t 1;2
 
= ⇒ ∈
 
.
Cách 2 :

x y z
P
2x 3y y z z x
= + +
+ + +

Lấy đạo hàm theo
z
ta có :

( )
( ) ( )
(
)
(
)
( ) ( )
2
2 2 2 2
x y z xy
y x

P' z 0
y z z x y z z x
− −
−
= + + =
+ + + +

* Nếu
x y
=
thì
6
P
5
=

* Ta xét
x y
>
thì
(
)
2 y
x
P P xy
2x 3y
y x
≥ = +
+
+

Khảo sát hàm
P
theo
z
, ta có
P
nhỏ nhất khi
z xy
=
Đặt
( )
2
2
x t 2
t P f t
y 1 t
2t 3
= ⇒ = + =
+
+
với
(
t 1;2

∈


( )
(

)
(
)
( )
( )
( ) ( )
3 2
2
2
2
2 4t t 1 3 2t t 3
f ' t 0, t 1;2 f t
2t 3 t 1
 
− − + − +
 
⇒ = < ∀ ∈ ⇒
+ +

nghịch biến trên nửa khoảng
(
1;2



Vậy
( ) ( )
34
P f t f 2
33

≥ ≥ = . Đẳng thức xảy ra khi
x 4, y 1,z 2
= = =
.
Vậy
34
min P
33
= , khi
x 4, y 1,z 2
= = =
.
Ví dụ 4: Cho
a
và
b
là các số thực dương thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
2 2
2 a b ab a b ab 2
+ + = + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9

a b a b
P
b a b a
   
   
= + − +
   
   
   
   
.
Đề thi Đại học Khối B – năm 2011.
Giải:
www.VNMATH.com



Theo giả thiết ta có
(
)
(
)
(
)
2 2
2 a b ab a b ab 2
+ + = + +
. Từ đây
suy ra
( )

a b 1 1
2 1 ab 2
b a a b
   
+ + = + +
   
   
hay
a b 2 2
2 1 a b
b a b a
 
+ + = + + +
 
 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :
2 2 a b
a b 2 2
b a b a
 
 
+ + + ≥ +
 
 

Đặt
a b
t
b a

= +
, ta suy ra :
2t 1 2 2 t 2
+ ≥ +

2
5
4t 4t 15 0 t
2
⇒ − − ≥ ⇒ ≥

Mặt khác:
( ) ( )
3 3 2 2
3 2
3 3 2 2
a b a b
P 4 9 4 t 3t 9 t 2
b a b a
   
= + − + = − − −
   
   

Xét hàm số
(
)
3 2
f t 4t 9t 12t 18
= − − +

trên nửa khoảng
5
;
2
 
+∞


 


( ) ( ) ( )
2
5
f' t 12t 18t 12 6 t 2t 5 2 t 1 0, t ;
2
 
 
= − − = − + − > ∀ ∈ +∞
 
 
 

Vậy
(
)
f t
luôn đồng biến trên nửa khoảng
5
;

2
 
+∞


 
, suy ra

( )
5 23
P f t f
2 4
 
= ≥ = −
 
 
và đẳng thức xảy ra khi
5
t
2
=
tức là
a 1
=
và
b 2
=
.
Vậy
23

min P
4
= − khi
a 1
=
và
b 2
=
hoặc ngược lại.
Để ý : Theo bất đẳng thức TBC – TBN, ta có :
ab 2 2 2ab
+ ≥ .
Khi đó
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 a b ab a b ab 2 2 2ab a b
+ + = + + ≥ +
Bình
phương
2
vế ta được
( )
( )

2
2 2
2 a b ab 8ab a b
 
+ + ≥ +
 
tức là
www.VNMATH.com




( )
2
a b a b
2 1 8 2
b a b a
 
   
+ + ≥ + + ∗
 
   
   
 

Đặt
a b
t 2
b a
= + ≥

.
Khi đó
(
)
∗
trở thành
( ) ( )
2
2t 1 8 t 2
+ ≥ +
, từ đây ta tìm được
5
t
2
≥
.

VẤN ĐỀ 4
TIỆM CẬN HÀM SỐ
Ví dụ 1 : Tìm trên đồ thị
( )
2
:
3
x
C y
x
+
=
−

những điểm
M

sao cho khoảng cách từ điểm
M
đến đường tiệm cận
đứng bằng
1
5
khoảng cách từ điểm
M
đến đường tiệm
cận ngang.
Giải:
Gọi đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt là
(
)
=
1
d : x 3,

(
)
=
2
d : y 1
.
( ) ( )
0
0 0 0

0
x 2
M x ; y C M x ;
x 3
 
+
∈ ⇒
 
 
−
 

Ta có
( ) ( )
0
1 0 2
0 0
x 2
5
d M, d x 3 , d M, d 1
x 3 x 3
+
= − = − =
− −


Theo bài ra ta có
( )
2
0

0 0
0
0
x 4
1 5
x 3 x 3 1
x 2
5 x 3

=
− = ⇔ − = ⇔

=
−



Vậy có
2
điểm thỏa mãn
(
)
(
)
1 2
M 2; 4 , M 4;6
− .
Ví dụ 2 : 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:
www.VNMATH.com



Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
(
)
(
)
;0 0;
−∞ ∪ +∞
.
Ta có :
2
1
y ' m , x 0
x

= − ≠
.
Để hàm số đã cho có cực trị thì phương trình
y ' 0
=
có hai
nghiệm phân biệt khác
0
.
Với
m 0
>
thì
1 2
2
1 1 1
y ' 0 m 0 x x
x
m m
= ⇔ − = ⇔ = − < = và
điểm cực tiểu của hàm số là
1
A ;2 m
m
 
 
 
.
Vì
x x

1 1
lim lim 0
x x
→−∞ →+∞
= =
nên
(
)
d : y mx
=
là đường cận xiên.
( )
( )
2 2
1
m 2 m
2 2 m 2
m
d A, d
17 17 17
m 1 m 1
−
= ⇔ = ⇔ =
+ +

2 2
17.m 2 m 1 4m 17m 4 0 m 4
= + ⇔ − + = ⇔ =
hoặc
1

m
4
=
.
VẤN ĐỀ 5
PHÉP TỊNH TIẾN VÀ TÂM ĐỐI XỨNG

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
và
(
)
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
và
(
)
(
)
0 0

I x ;f x
là
một điểm uốn của đồ thị hàm số thì
(
)
0
f '' x 0
=

2. Phép tịnh tiến hệ tọa độ:
Cơng thức chuyển hệ tọa độ trong phép tình tiến theo vectơ
OI

là
www.VNMATH.com




o
0
x X x
y Y y

= +


= +



,
(
)
(
)
0 0
I x ;f x
.
Ví dụ 1: Cho hàm số
2
m x
y
x m
−
=
+
có đồ thị là
(
)
m
C . Tìm
m
∈
»
để trên
(
)
m
C tồn tại điểm
B

sao cho tam giác
ABI
vuông cân tại
.
A
Trong đó
(
)
0; 1
A và
(
)
; 1
I m
− −
.
Giải:
Ta có:
(
)
= − −

AI m; 2
. Vì điểm
( )
 
−
∈ ⇒
 
+

 
m
2m b
B C B b;
m b

 
−
⇒ =
 
+
 

m 2b
AB b;
m b
.
Tam giác
ABI
vuông cân tại


⊥
=
 
⇔ ⇒
 
=
=





 
2 2
AB AI
AB.AI 0
A
AB AI
AB AI

( )
( )
 
− −
+ = = −
 
+ +
 
⇔ ⇔
 
   
−
 
+ = + + = + −
   
 
+
   
 

2 2
2 2 2 2
m 2b m 2b bm
mb 2. 0 1
m b m b 2
m 2b bm
m 4 b m 4 b 2
m b 2

Từ
( )
 
⇔ + = + ⇔ = ⇒ = ±
 
 
2 2
2 2
m b
2 m 4 b 1 1 b 2
4 4
.
Nếu
= −
b 2
thì
( )
−
⇔ = − ⇔ + − = ⇔ =

+
2
m 4
1 m m 3m 4 0 m 1
m 2

hoặc
= −
m 4
.
Nếu
=
b 2
thì
( )
+
⇔ = ⇔ − − = ⇔ = −
−
2
m 4
1 m m 3m 4 0 m 1
m 2

hoặc
=
m 4
.
Vậy
= ± = ±

m 1, m 4
là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 2: Cho hàm số
4 3
mx m
y
x m
− +
=
−
, cho
m
hai giá trị
1
m

và
2
m
. Tìm hệ thức liên hệ giữa
1
m
và
2
m
để một trong hai
www.VNMATH.com

đường cong
(
)
1
m
C và
(
)
2
m
C suy ra từ đường kia nhờ một
phép tịnh tiến.
Giải:
2
mx 4m 3 m 4m 3
y m , x m
x m x m
− + − +
= = + ≠
− −

Xét trường hợp
m 1,m 3
≠ ≠
.
Tịnh tiến hệ trục tọa độ
Oxy
theo vec tơ
OI


, cơng thức chuyển
hệ tọa độ:
x X m
y Y m

= +


= +



Phương trình đường cong
(
)
m
C
đối với hệ tọa độ
IXY
là:
( )
2
m 4m 3
Y m m
X m m
− +
+ = +
+ −
hay
2

m 4m 3
Y
X
− +
= .
Phương trình
(
)
1
m
C
đối với hệ tọa độ
1
I XY
:
2
1 1
m 4m 3
Y
X
− +
=

Phương trình
(
)
2
m
C
đối với hệ tọa độ

2
I XY
:
2
2 2
m 4m 3
Y
X
− +
=

Một trong hai đường cong
(
)
1
m
C
và
(
)
2
m
C
suy ra từ đường kia
nhờ một phép tịnh tiến khi và chỉ khi:
2 2
1 1 2 2
m 4m 3 m 4m 3
− + = − +

( )( )
1 2
1 2 1 2
1 2
m m
m m m m 4 0
m m 4

=
⇔ − + − = ⇔

+ =



Khi
1 2
m 1 m 1
= ⇒ =
hoặc
2
m 3
=
. Khi
1 2
m 3 m 1
= ⇒ =
hoặc
2
m 3

=
.
VẤN ĐỀ 6
KHẢO SÁT SỰ BIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ
HÀM SỐ

Hàm số bậc ba
(
)
3 2
y ax bx cx d a 0
= + + + ≠

www.VNMATH.com



Dáng điệu đồ thị của hàm số
(
)
3 2
y ax bx cx d a 0
= + + + ≠



Một số tính chất thường gặp của hàm số bậc ba
1.

Đồ thị cắt

Ox
tại
3
điểm phân biệt
( ) ( )
1 2
1 2
y ' 0 có 2 x , x
y x .y x 0
=


⇔

<


nghieäm phaân bieät

2.

Giả sử
a 0
>
ta có:

a.
Đồ thị cắt
Ox
tại

3
điểm phân biệt có hoành độ
> α

( )
( ) ( )
1 2
1 2
y ' 0 có 2 x x
y 0
y x .y x 0

= α < <

⇔ α <


<

nghieäm phaân bieät


b.

Đồ thị cắt
Ox
tại
3
điểm phân biệt có hoành độ
< α

( )
( ) ( )
1 2
1 2
y ' 0 có 2 x x
y 0
y x .y x 0

= < < α

⇔ α >


<

nghieäm phaân bieät

Tương tự cho trường hợp
a 0
<
.

www.VNMATH.com



Hàm số trùng phương
(
)

4 2
y ax bx c a 0
= + + ≠

Dáng điệu đồ thị của hàm số
(
)
4 2
y ax bx c a 0
= + + ≠




Một số tính chất thường gặp của hàm số trùng phương
1.

Đồ thị của hàm số
4 2
y 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 0,
+ + =

(

)
2
X x 0
= >
có
2
nghiệm dương phân biệt thỏa
1 2
X 9X
= .
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.
(
)
1
có
4
nghiệm
⇔

(
)
2

có
2
nghiệm dương
0
P 0
S
0
2
∆ >



⇔ >


>




(
)
1
có
3
nghiệm
⇔
(
)
2

có
1
nghiệm dương và
1
nghiệm
bằng
0

www.VNMATH.com



P 0
S
0
2
=


⇔

>




(
)
1
có

2
nghiệm
⇔

(
)
2
có
1
nghiệm dương
P 0
0
S
0
2
<


∆ =


⇔



>





(
)
1
có
1
nghiệm
⇔

(
)
2
có nghiệm thỏa
1 2
1 2
P 0
S
0
t 0 t
2
t t 0
0
S
0
2
 =






<

< =



⇔


= =
∆ =






=





(
)
1
vô nghiệm
⇔

(
)
2
vô nghiệm hoặc có
2
nghiệm âm
0
0
P 0
S
0
2

∆ <







∆ ≥




⇔


>









<







(
)
1
có
4
nghiệm tạo thành cấp số cộng
1 2
2 1
0 t t
t 3 t


< <



⇔


=



.
Ta giải hệ pt:
2 1
1 2
1 2
t 9t
S t t
P t t


=



= +



=




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:
www.VNMATH.com