GIẢI TÍCH 12 CHƯƠNG KHẢO SÁT HÀM SỐ

THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố

1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á

á
p
p
.
. Trang 1
…
…




K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


&

&


V
V
Ẽ
Ẽ


Đ
Đ
Ồ
Ồ


T
T
H
H
Ị
Ị


H
H
À
À
M
M

S
S
Ố
Ố




…
…


§
§
1
1
.
.


H
H
À
À
M
M


S

S
Ố
Ố


Đ
Đ
Ồ
Ồ
N
N
G
G


B
B
I
I
Ế
Ế
N
N
,
,


N
N
G

G
H
H
Ị
Ị
C
C
H
H


B
B
I
I
Ế
Ế
N
N
.
.


1) TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ:
a) Điều kiện cần để hàm số đơn điệu: Giả sử (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).
 Nếu (x) đồng biến trên khoảng (a; b) thì (x)  0 x(a; b).
 Nếu (x) nghịch biến trên khoảng (a; b) thì (x) ≤ 0 x(a; b).
b) Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu: Giả sử (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).
 Nếu (x) > 0 x(a; b) thì (x) đồng biến trên khoảng (a; b).
 Nếu (x) < 0 x(a; b) thì (x) nghịch biến trên khoảng (a; b).

 Nếu (x) = 0 x(a; b) thì (x) không đổi trên khoảng (a; b).
c) Điều kiện đủ mở rộng để hàm số đơn điệu: Giả sử (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).
 Nếu (x)  0 x(a; b) thì (x) đồng biến trên (a; b), (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm.
 Nếu (x) ≤ 0 x(a; b) thì (x) nghịch biến trên (a; b), (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm.
d) Chú ý: Giả sử (x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b).
 Nếu (x) > 0 x(a; b) thì (x) đồng biến trên đoạn [a; b].
 Nếu (x) < 0 x(a; b) thì (x) nghịch biến trên đoạn [a; b].




1
Vd
Chứng minh hàm số
( )
f x
=
2
1
x

đồng biến trên đoạn [–1;0] và nghịch biến trên đoạn [0; 1].
Giải: Hàm số xác định x[–1; 1] nên trên đoạn [–1; 0] và [0; 1] hàm số đã cho liên tục.
Ta có
/
( )
f x
=
2
1

x
x


> 0 x(–1; 0) do đó hàm số đồng biến trên đoạn [–1; 0].
Ta có
/
( )
f x
=
2
1
x
x


< 0 x(0; 1) do đó hàm số nghịch biến trên đoạn [0; 1].
2) QUY TẮC XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ:
 Tìm tập xác định.
 Tính đạo hàm (x). Tìm các điểm
( 1;2;3 , )
i
x i n
 mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không xác định.
 Sắp xếp các điểm
i
x
theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên.
 Nêu kết luận về khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.





2
Vd
Xét chiều biến thiên của hàm số y =
2
3 4
3
x x
x
 


Giải:
 Tập xác định D = R\ {3}.
 Đạo hàm: y =
 
2
2
6 5
3
x x
x
 

, y = 0  x = 1 hoặc x = 5.
 Bảng biến thiên:

 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–; 1) và (5; +)

 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (1; 3) và (3; 5).




3
Vd
Xét chiều biến thiên của hàm số
3 2
1 1
2 4
3 3
y x x x
   

Giải:
 Txđ: D = R
 y =
2
x
– 4x + 4 =
 
2
2
x   0 x; y = 0  x = 2.
 Bảng biến thiên:
1
1

THPT Tõn Bỡnh Bỡnh Dng.

K
K
H
H


O
O


S
S


T
T


H
H


M
M


S
S

1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ờ
ờ


H
H


n
n
h
h


P
P
h
h
ỏ

ỏ
p
p
.
. Trang 2

Hm s ng bin trờn mi na khong (; 2] v [2; +) nờn ng bin trờn khong (; +).




4
Vd
Tỡm m hm s y = (m 2)
3
x
mx + 2 nghch bin trờn R
Gii:
Tp xỏc nh D = R.
y = 3(m 2)
2
x
m.
Hm s nghch bin trờn R khi
( )
f x
/
= 3(m 2)
2
x

m 0 xR
m = 2:
( )
f x
/
= 2 < 0 xR nờn hm s nghch bin trờn R.
m 2:
( )
f x
/
0 xR
3( 2) 0
12 ( 2) 0
a m
m m






2 0
( 2) 0
m
m m

0 m < 2
Kt hp hai trng hp trờn, kt lun vi 0 m 2 thỡ hm s nghch bin trờn R.
B
B


I
I


T
T


P
P


2 2
2 2
2 2
1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 ( )
;
( ) ( )
( ) 2( ) ( )
( )
ẹAẽO HAỉM HAỉM HệếU TY

ax b ad cb ax bx c adx aex be dc
cx d cx d dx e dx e
a x b x c a b a b x a c a c x bc b c
a x b x c a x b x c















/
/
/

1) Xột chiu bin thiờn ca hm s:
a) y = 4 + 3x
2
x
; b) y = 1/3
3
x

+ 3
2
x
7x 2; c) y =
4
x
2
2
x
+ 3;
d) y =
3
x
+
2
x
5; e) y =
3 1
1
x
x


; f) y =
2
2
1
x x
x

;
Hng dn:
a) Hm s ng bin trờn khong (; 3/2), nghch bin trờn khong (3/2; +).
b) Hm s ng bin trờn mi khong (;7) v (1; +), nghch bin trờn khong (7; 1).
c) Hm s ng bin trờn mi khong (1; 0) v (1; +), nghch bin trờn mi khong (; 1) v (0; 1).
d) Hm s ng bin trờn khong (0; 2/3), nghch bin trờn mi khong (; 0) v (2/3; +).
e) Hm s ng bin trờn mi khong (; 1) v (1; +)
f) Hm s nghch bin trờn mi khong (; 1) v (1; +)
2) Chng minh hm s y =
2
1
x
x

ng bin trờn (1; 1), nghch bin trờn mi khong (; 1) v (1; +).
Hng dn:
Hm s xỏc nh x R,
( )
f x
/
=

2
2
2
1
1
x
x

;
( )
f x
/
= 0 x = 1 hoc x = 1. Theo bng bin thiờn ta cú
hm s ng bin trờn khong (1; 1), nghch bin trờn mi khong (; 1) v (1; +)

THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H

À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n

n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 3
3) Chứng minh rằng:
a) Hàm số y =
2
2
x
x


đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó
b) Hàm số y =
2
2 3
1
x x
x

  

nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó
 Hướng dẫn:
a) D = R\{–2}; y =
2
4
( 2)
x 
> 0 x  –2 do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–; –2) và (–2; +)
b) D = R\{–1}; y =
 
/
2
4 4
1 1
1
1
x
x
x
 
     
 

  
< 0 x  –1 do đó hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (–; –1) và (–1; +).
4) Chứng minh rằng các hàm số sau đây đồng biến trên R:
a)

( )
f x
=
3
x
– 6
2
x
+ 17x + 4; b)
( )
f x
=
3
x
+ x – cosx – 4
 Hướng dẫn:
a) Hàm số xác định x R,
( )
f x
/
= 3
2
x
– 12x + 17 > 0 x R  hàm số đồng biến trên R
b) Hàm số xác định x R,
( )
f x
/
= 3
2

x
+ 1 + sinx > 0 x R  hàm số đồng biến trên R
5) Tìm các giá trị của tham số a để hàm số
( )
f x
= 1/3
3
x
+ a
2
x
+ 4x + 3 đồng biến trên R.
 Hướng dẫn:
( )
f x
/
=
2
x
+ 2ax + 4. Để hàm số đồng biến trên R khi
( )
f x
/
 0 xR
 =
2
a
– 4  0  | a |  2  –2  a  2.
6) Chứng minh rằng hàm số
( )

f x
= cos2x – 2x + 3 nghịch biến trên R
 Hướng dẫn:
( )
f x
/
= –2sin2x – 2 = –2(sin2x + 1).
Ta có sin2x + 1  0 x 
( )
f x
/
 0 xR  hàm số nghịch biến trên R.
7) Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) sinx < x x > 0; sinx > x x < 0; b) cosx > 1 –
2
2
x
x  0
c) sinx > x –
3
6
x
x > 0; sinx < x –
3
6
x
x < 0; d) sinx + tanx > 2x x (0;
2

)

Hướng dẫn:
a) Chứng minh sinx < x x > 0: Hiển nhiên x > sinx x 
1.570796
2


vì sin x  1 x.
Ta chứng minh x > sinx x (0;
2

): Hàm số
( )
f x
= x – sinx liên tục trên nửa khoảng [0;
2

) và
( )
f x
/
= 1 – cosx > 0 x (0;
2

) do đó đồng biến trên nửa khoảng [0;
2

) 
( )
f x
> ƒ(0) x (0;

2

)
 x – sinx > 0 x (0;
2

) x > sinx x (0;
2

). Vậy sinx < x x > 0.
Chứng minh sinx > x x < 0:
Hiển nhiên sinx > x x 
1.570796
2

   vì sin x  –1 x. Ta chứng minh sinx > x x (–
2

; 0):
Hàm số
( )
f x
= x – sinx liên tục trên nửa khoảng (–
2

; 0] và
/
( )
f x
= 1 – cosx > 0 x (–

2

; 0) do đó
đồng biến trên nửa khoảng (
2

; 0] 
( )
f x
< ƒ(0) x (
2

; 0)  x – sinx < 0 x (
2

; 0)  x < sinx
x (
2

; 0). Vậy sinx > x x < 0
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O

S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:

L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 4
b)
( )
f x
= cosx +

2
2
x
– 1 xác định x R do đó liên tục trên nửa khoảng [0; +)
và
( )
f x
/
= x – sinx > 0 x > 0 (Ta đã chứng minh x – sinx > 0 x > 0) do đó hàm số đồng biến trên nửa
khoảng [0; +) 
( )
f x
> ƒ(0) x > 0  cosx +
2
2
x
– 1 > 0 x > 0  cosx > 1 –
2
2
x
x > 0 (1).
Tương tự:
( )
f x
= cosx +
2
2
x
– 1 xác định x R do đó liên tục trên nửa khoảng (–; 0] và
( )

f x
/
= x – sinx < 0 x < 0 do đó hàm số nghịch biến trên nửa khoảng (–; 0] 
( )
f x
> ƒ(0) x < 0
 cosx +
2
2
x
– 1 > 0  cosx > 1 –
2
2
x
x < 0 (2)
Từ (1) và (2)  cosx > 1 –
2
2
x
x  0
c) Chứng minh sinx > x –
3
6
x
x > 0:
( )
f x
= sinx +
3
6

x
– x xác định x R do đó liên tục trên nửa khoảng [0; +)
và
/
( )
f x
= cosx +
2
2
x
– 1 > 0 x > 0 nên hàm số đồng biến trên nửa khoảng [0; +)

( )
f x
> ƒ(0) x > 0  sinx +
3
6
x
– x > 0 x > 0  sinx > x –
3
6
x
x > 0;
Chứng minh sinx < x –
3
6
x
x < 0:
( )
f x

= sinx +
3
6
x
– x xác định x R do đó liên tục trên nửa khoảng (–; 0]
và
/
( )
f x
= cosx +
2
2
x
– 1 > 0 x < 0 nên hàm số đồng biến trên nửa khoảng (–; 0]

( )
f x
< ƒ(0) x < 0  sinx +
3
6
x
– x < 0 x < 0  sinx < x –
3
6
x
x < 0.
d)
( )
f x
= sinx + tanx – 2x xác định x R nên liên tục trên nửa khoảng [0;

2

) và
( )
f x
/
= cosx +
2
1
cos
x
– 2 >
2
cos
x
+
2
1
cos
x
– 2 > 0 x (0;
2

)
(vì x (0;
2

) cosx < 1  cosx >
2
cos

x
và
2
cos
x
+
2
1
cos
x
> 2) do đó hàm số đồng biến trên nửa
khoảng [0;
2

) 
( )
f x
> ƒ(0) x (0;
2

)  sinx + tanx – 2x > 0  sinx + tanx > 2x x (0;
2

)
8) Tìm m để hàm số.
a) y =
3
x
– 3
2

x
+ (m – 2)x + 7 đồng biến trên R;
b) y =
1
3
m

3
x
+ m
2
x
+ (3m – 2)x + 1 đồng biến trên R;
c) y =
3
x
+ 3
2
x
+ (m + 1)x + 4m nghịch biến trên khoảng (–1; 1);
d) y = –
1
3
3
x
+ (m – 1)
2
x
+ (m + 3)x + 4 đồng biến trên khoảng (0; 3).
e) y =

3
x
– 3
2
x
+ 3mx – 1 nghịch biến trên khoảng (0; 3);
f) y = –
1
3
3
x
+
2
x
– (m – 3)x + 1 nghịch biến trên khoảng (2; +);
g) y =
3
x
+ 3
2
x
– mx – 4 đồng biến trên khoảng (–; 0).
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O

O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.

.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 5
 Hướng dẫn:
2 2

0 0
0 0
0 0
;
a a
ax bx c x R ax bx c x R
 
 
           
 
   
 

a) Hàm số xác định x  R, để hàm số đồng biến trên R 
/
( )
f x
= 3
2
x
– 6x + m – 2  0 xR
  = 15 – 3m  0  m  5.
b) Hàm số xác định x  R, để hàm số đồng biến trên R 
( )
f x
/
= (m – 1)
2
x
+ 2mx + 3m – 2  0 x 

2
1 0
' 2 5 2 0
a m
m m
  


     

 1 < m  2.
(m = 1  (x) = 2x + 1  0  x  –1/2 nên loại)
c) D = R. Để hàm số nghịch biến trên khoảng (–1; 1) 
( )
f x
/
= 3
2
x
+ 6x + m + 1  0 x (–1; 1).
Parabol
2
( ) 3 6 1
g x x x m
   
 0 x(–1; 1) khi
( 1) 2 0 2
10
(1) 10 0 10
g m m

m
g m m
    
 
   
 
    
 
.
d) D = R. Để hàm số đồng biến trên khoảng (0; 3) 
( )
f x
/
= –
2
x
+ 2(m – 1)x + m + 3  0 x (0; 3).
Parabol
2
( ) 2( 1) 3
g x x m x m
     
 0 x(0; 3) khi
(0) 3 0 3
12
(3) 7 12 0 12 / 7
7
y m m
m
y m m

    
 
  
 
   
 

e) D = R. Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 3) 
( )
f x
/
= 3(
2
x
– 2x + m)  0 x (0; 3).
Parabol g(x) =
2
x
– 2x + m  0 (0; 3) khi
(0) 0 0
3
(3) 0 3
g m
m
g m
 
 
   
 
  

 
.
f) D = R. Để hàm số nghịch biến trên khoảng (2; +) 
( )
f x
/
= –
2
x
+ 2x + 3 – m  0 x(2; +).
Xét g(x) = –
2
x
+ 2x + 3 – m có  = 4 – m.
 Nếu   0  m  4 thì g(x)  0 xR nên hàm số nghịch biến trên R.
 Nếu  > 0  m < 4 thì g(x) = 0 có 2 nghiệm
1 2
,
x x
. Khi đó Parabol g(x)  0 x(2; +) khi g(2)  0
 3 – m  0  m  3 so sánh điều kiện, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng (2; +) khi 3  m < 4.
g) D = R. Để hàm số đồng biến trên khoảng (–; 0)  y =
2
3 6 0 ( ;0)
x x m x     
Xét
( )
g x
=
2

3 6
x x m
 
có  = 9 + 3m.
 Nếu   0  m  –3 thì
( )
g x
 0 xR nên hàm số đồng biến trên R.
 Nếu  > 0  m > –3 thì
( )
g x
có 2 nghiệm
1 2
,
x x
. Khi đó Parabol g(x)  0 x(–; 0) khi g(0)  0
 – m  0  m  0 so sánh điều kiện, ta có hàm số đồng biến trên khoảng (2; +) khi –3 < m  0.
9) Cho hàm số
3 2
y x mx m
   
. Tìm m để hàm số:
a) Đồng biến trên khoảng (1; 2); b) Nghịch biến trên khoảng (0; +).
 Hướng dẫn:
y =
2
3 2
x mx
  . Đặt g(x) =
2

3 2
x mx
  có đồ thị là (P). Parabol (P) có a = –3 < 0.
a) Để g(x)  0 x(1; 2) 
(1) 0 3/ 2
3
(2) 0 3
g m
m
g m
 
 
  
 
 
 

b) (P) cắt trục Ox tại hai điểm x = 0 và x =
2
3
m
. Để g(x)  0 x(0; +) 
2
3
m
 0  m  0.
10) Xác định tham số m để hàm số
3 2 2
( 1) (2 1) 2
y x m x m x m

       

a) Nghịch biến trên R; b) Nghịch biến trên nửa khoảng


3;

.
 Hướng dẫn:
y =


2
3 2 1 2 1
x m x m
    
; y = 0 
2 1
1;
3
m
x x

 

a) Hàm số nghịch biến trên R khi
2 1
1 2
3
m

m

  
.
b) Hàm số nghịch biến trên nửa khoảng


3;

khi
2 1
3 5
3
m
m

  
.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S

S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L

ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 6
§
§
2
2
.
.

C
C
Ự
Ự
C
C


T
T
R
R
Ị
Ị


C
C
Ủ
Ủ
A
A


H
H
À
À

M
M


S
S
Ố
Ố
.
.


1) KHÁI NIỆM CỰC TRỊ:
a) Định nghĩa: Hàm số (x) xác định trên khoảng (a; b) và
0
x
(a; b).
 Nếu tồn tại số h > 0 sao cho (x) < (
0
x
) x(
0
x
– h;
0
x
+ h) và x ≠
0
x
thì (x) đạt cực đại tại

0
x
.
 Nếu tốn tại số h > 0 sao cho (x) > (
0
x
) x(
0
x
– h;
0
x
+ h) và x ≠
0
x
thì (x) đạt cực tiểu tại
0
x
.
b) Chú ý:
 Nếu (x) đạt cực tiểu tại
0
x
thì
0
x
được gọi là điểm cực tiểu của hàm số. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
0
x
thì

CT
y
= (
0
x
) và M(
0
x
;(
0
x
)) được gọi là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
 Nếu (x) đạt cực đại tại
0
x
thì
0
x
được gọi là điểm cực đại của hàm số. Hàm số đạt cực đại tại điểm
0
x
thì
CÑ
y
= (
0
x
) và M(
0
x

;(
0
x
)) được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
 Điểm cực tiểu và điểm cực đại được gọi chung là điểm cực trị.
2) ĐIỀU KIỆN CẦN & ĐỦ ĐỂ HÀM SỐ CÓ CỰC TRỊ:
a) Điều kiện cần: Nếu hàm số (x) có đạo hàm tại điểm
0
x
và đạt cực trị tại điểm đó thì
/
0
( )
f x
= 0.
b) Điều kiện đủ 1: Hàm số y = (x) liên tục trên khoảng (a; b) chứa điểm
0
x
và có đạo hàm trên khoảng
(a;
0
x
), (
0
x
; b). Khi đó:
 Nếu qua
0
x
đạo hàm

( )
f x
/
đổi dấu từ âm sang dương thì hàm số đạt cực tiểu tại
0
x
.
 Nếu qua
0
x
đạo hàm
( )
f x
/
đổi dấu từ dương sang âm thì hàm số đạt cực đại tại
0
x
.

c) Điều kiện đủ 2: Hàm số (x) có đạo hàm cấp 1 trên (a; b),
0
( )
f x
/
= 0 
0
x
 (a; b) và
0
( )

f x
//
 0.
 Nếu
0
( )
f x
//
< 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm
0
x
.
 Nếu
0
( )
f x
//
> 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm
0
x

3) QUY TẮC TÌM CỰC TRỊ:
a) Quy tắc 1:
 Tìm tập xác định.
 Tính


y f x
 


.
 Tìm các


1,2 ,
i
x i n

để


0
i
f x


hoặc không xác định.
 Sắp xếp các
i
x
theo thứ tự tăng dần từ trái sang phải và lập bảng biến thiên của hàm số.
 Nếu
( )
f x
/
đổi dấu khi qua điểm
i
x
thì hàm số đạt cực trị tại
i

x
.




1
Vd
Tìm cực trị của hàm số y = –
3
x
+ 3
2
x
– 2.
 Tập xác định: D = R.
 Đạo hàm:
'
y
= –3
2
x
+ 6x;
'
y
= 0  x = 0 hoặc x = 2.
 Bảng biến thiên:

 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 2,
CÑ

y
= 2, đạt cực tiểu tại điểm x = 0,
CT
y
= –2.




2
Vd
Tìm cực trị của hàm số y = x
2
4
x

.
 Tập xác định D = [–2; 2]. Hàm số liên tục trên đoạn [–2; 2]
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S

S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L

ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 7
 Đạo hàm: y =
2
2
4 2
4
x

x


; y = 0  x = –
2
, x =
2
. Đạo hàm không xác định tại x = –2 và x = 2.
 Bảng biến thiên:

 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = –
2
,
CT
y
= –2, đạt cực đại tại điểm x =
2
,
CÑ
y
= 2.
b) Quy tắc 2:
 Tìm
( )
f x
/
.
 Tìm các nghiệm



1,2 ,
i
x i n
 của phương trình
( ) 0
f x

/
.
 Tính
( )
f x
//
và
( )
i
f x
//
.
 Nếu
( )
i
f x
//
< 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm
i
x

 Nếu
( )

i
f x
//
> 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm
i
x
.




3
Vd
Tìm cực trị của hàm số y = –
3
x
+ 3
2
x
– 2.
 Tập xác định: D = R.
 Đạo hàm:
'
y
= –3
2
x
+ 6x;
'
y

= 0  x = 0 hoặc x = 2.
 Đạo hàm cấp hai: y = –6x + 6.
 Vì y(0) = 6 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 0,
CT
y
= –2.
 Vì y(2) = –6 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 2,
CÑ
y
= 2.




4
Vd
Tìm cực trị của hàm số
2sin2 3
y x
 
.
 Tập xác định: D = R.
 Đạo hàm:
' 4cos2
y x

; y = 0 
4 2
x k
 

  (kZ).
 Đạo hàm cấp hai:
'' 8sin2
y x
 
.

8 2
'' 8sin 2 8sin
4 2 4 2 2
8 2 1
neáu chaün
neáu leû
k k n
y k k k
k k n
    

 

     
       

     
 
     

(nZ).
 Vậy:
Hàm số đạt cực đại tại các điểm

4
x n


  ,
CÑ
y
= –1
Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm
(2 1)
4 2
x n
 
  
,
CT
y
= –5.
B
B
À
À
I
I


T
T
Ậ
Ậ

P
P


1) Áp dụng quy tắc 1, hãy tìm các điểm cực trị của các hàm số sau :
a) y = 2
3
x
+ 3
2
x
– 36x – 10; b) y =
4
x
+ 2
2
x
– 3;
c) y = x +
1
x
; d) y =
3
x
 
2
1
x
 ;
 Hướng dẫn:

a) y = 6
2
x
+ 6x – 36, y = 0  x = 2, x = –3

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = –3,
CÑ
y
= 71. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2,
CT
y
= –54.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T

H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H

à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 8
b) Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0,
CT
y
= –3
c) Hàm số xác định x R \ {0}, y =
2
1
1
x

=
2

2
1
x
x

, y = 0  x = –1 hoặc x = 1

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = –1,
CÑ
y
= –2 đạt cực tiểu tại x = 1,
CT
y
= 2.
d) y= 3
2
x
 
2
1
x
 –
3
x
.2(1 – x) =
2
x
(1 – x)(3 – 5x), y= 0  x = 0  x =
3
5

 x = 1.

Hàm số đạt cực đại tại điểm x =
3
5
,
CÑ
y
=
108
3125
đạt cực tiểu tại x = 1,
CT
y
= 0
2) Áp dụng quy tắc 2, hãy tìm các điểm cực trị của các hàm số sau :
a) y =
4
x
– 2
2
x
+ 1; b) y = sin2x – x; c) y = sinx + cosx;
d) y =
5
x
–
3
x
– 2x + 1; e) y = x – sin2x + 2; f) y = 3 – 2cosx – cos2x;

 Hướng dẫn:
a) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0,
CÑ
y
= 1. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1,
CT
y
= 0
b) y = 2cos2x – 1, y = 0  cos2x =
1
2
 x = 
6

+ k (k Z), y = –4sin2x.
 y(
6

+k)= –4sin(
3

+k2) = –2
3
< 0  Hsố đạt cực đại tại các điểm x =
6

+ k
 y(–
6


+k)= –4sin(–
3

+k2) = 2
3
> 0  Hsố đạt cực tiểu tại các điểm x = –
6

+ k
c) y = cosx – sinx, y = 0  cosx – sinx = 0  x =
4

+ k (k Z), y = –
2
sin(x +
4

)
 k chẵn: y(
4

+ k) = –
2
< 0  Hàm số đạt cực đại tại các điểm x =
4

+ 2l
 k lẻ: y(
4


+ k) =
2
> 0  Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x =
4

+ (2l + 1)
d) Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1,
CT
y
= –1. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = –1,
CÑ
y
= 3
e) y = 1 – 2cos2x, y = 0  cos2x =
1
2
 x = 
6

+ k

, k Z; y = 4sin2x.
 y(–
6

+ k

) = 4sin
2
3

k


 
 
 
 
= 4sin(–
3

) = –2
3
< 0.
Hàm số đạt cực đại tại các điểm x = –
6

+ k

, k Z và
CÑ
y
= –
6

+ k

+
3
2
+ 2

 y(
6

+ k

) = 4sin
2
3
k


 

 
 
= 4sin
3

= 2
3
> 0.
Hàm số đạt cực đại tại các điểm x =
6

+ k

, k Z và
CT
y
=

6

+ k

–
3
2
+ 2.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À

À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n

h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 9
f) y = 2sinx + 2sin2x, y = 0  (1 + 2cosx)sinx = 0 
 
2
2
3
x k
k Z
x k









  

; y = 2cosx + 4cos2x
 y(k) = 2cosk + 4cos2k = 2cosk + 4 > 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = k,
CT
y
= 2 – 2cosk.
 y(
2
3

+ k2) = 2cos
2
3

+ 4cos
4
3

= 5cos
2
3

= –3< 0.
Hàm số đạt cực đại tại các điểm x = 
2
3

+ k2 (kZ),

y
C§
= 3 – 3cos
2
3

= 3 +
3
2
=
9
2
.
3) Chứng minh rằng hàm số y =
| |
x
không có đạo hàm tại x = 0 nhưng vẫn đạt cực tiểu tại điểm đó.
 Hướng dẫn:
 Tập xác định: D = R.
 y = ƒ(
0
x
+ x) – ƒ(
0
x
) =
| |
x

,

y
x


=
| |
x
x


.

0 0 0
| |
1
lim lim lim
| |
x x x
x
y
x x
x
  
     


    
 

,

0 0 0
1
lim lim lim
x x x
y x
x x
x
  
     
 
   
 

.

0
lim
x
y
x
 


không tồn tại hay hàm số y =
| |
x
không có đạo hàm tại x = 0
 Khi x < 0  y =
x


 y=
1
2
x


< 0
 Khi x > 0  y =
x
 y=
1
2
x
> 0
Qua điểm x = 0, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số có cực tiểu tại điểm x = 0.
4) Chứng minh rằng hàm số y =
3
x
– m
2
x
– 2x + 1 luôn có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu với mọi
giá trị của tham số m.
 Hướng dẫn:
y = 3
2
x
– 2mx – 2. Phương trình 3
2
x

– 2mx – 2 = 0 luôn có hai nghiệm vì  =
2
m
+ 6 > 0 m và y
đổi dấu khi qua hai nghiệm đó. Vậy hàm số luôn có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu với mọi giá
trị của tham số m.
5) Xác định các giá trị của tham số m để hàm số y =
2
1
x mx
x m
 

đạt cực đại tại x = 2.
 Hướng dẫn:
Txđ: D = R \ {–m}, y =
 
2
1
1
x m


,y
 
3
2
x m



Hàm số đạt cực đại tại x = 2 khi:
2
'(2) 0
''(2) 0
D
y
y









2
2
2
4 3 0 1 3
2 0 2
hoaëc
m
m
m m m m
m m
 

 




       
 
 
   


 m = –3.
6) Tìm các hệ số a, b, c, d của hàm số (x) = a
3
x
+ b
2
x
+ cx + d sao cho hàm số ƒ đạt cực tiểu tại điểm
x = 0, ƒ(0) = 0 và đạt cực đại tại điểm x = 1, ƒ(1) = 1.
 Hướng dẫn:
(x) = 3a
2
x
+ 2bx + c; (x) = 6ax + 2b các hệ số a, b, c, d thoả điều kiện khi:
 (0) = 0  c = 0; (0) > 0  b > 0; (0) = 0  d = 0; (1) = 0  3a + 2b + c = 0;
 (1) < 0  6a + 2b < 0; (1) = 1  a + b + c + d = 0;
 Từ các ý trên  a = –2; b = 3; c = 0; d = 0.
7) Xác định các hệ số a, b, c sao cho hàm số (x) =
3
x
+ a

2
x
+ bx + c đạt cực trị bằng 0 tại điểm x = –2 và
đồ thị hàm số đi qua điểm A(1; 0).
 Hướng dẫn:
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M

S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h

P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 10
/
( )
f x
= 3
2
x
+ 2ax + b. Hàm số ƒ đạt cực trị bằng 0 tại điểm x = –2 
/
( 2)
f

= 12 – 4a + b = 0 (1) và
ƒ(–2) = –8 + 4a – 2b + c = 0 (2). Đồ thị hàm số ƒ đi qua A(1; 0)  ƒ(1) = 1 + a + b + c = 0 (3).
Từ (1), (2), (3)  a = 3, b = 0, c = –4.
8) Cho hàm số y =
( )
f x
= –
3

x
+ m
2
x
– 4. Tìm m để hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2, y = 0.
 Hướng dẫn:
(x) = –3
2
x
+ 2mx; (x) = –6x + 2m. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2,
CÑ
y
= 0 khi:
/
//
(2) 0
(2) 0
(2) 0
f
f
f










4 12 0
2 12 0
4 12 0
m
m
m
 


 


 


3
6
m
m





 m = 3
9) Tìm m để hàm số y =
3
x
– 2m
2

x
+
2
m
x – 2 đạt cực tiểu tại điểm x = 1.
 Hướng dẫn:
2 2
' 3 4
y x mx m
  
;
'' 6 4
y x m
 
. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1 khi:
2
1 3
(1) 0
3 4 0
3
(1) 0
6 4 0
2
hoaëc
m m
y
m m
y
m
m

 




  


 
  



 




 m = 1.
10) Tìm m để hàm số y = m
4
x
+ (
2
m
– 9)
2
x
+ 10 có ba cực trị.
 Hướng dẫn:

y = 4m
3
x
+ 2(
2
m
– 9)x = 2x(2m
2
x
+
2
m
– 9). Để hàm số có 3 cực trị khi PT 2m
2
x
+
2
m
– 9 = 0 có hai
nghiệm khác 0 
2
9
0
2
m
m



3

0 3
m
m
 


 


11) Tìm m để hàm số y =
4
x
– 2
2 2
m x
+ 1 có ba cực trị là ba đỉnh của tam giác vuông cân.
 Hướng dẫn:
y = 4
3
x
– 4
2
m
x = 4x(
2
x
–
2
m
). Để hàm số có 3 cực trị khi PT

2
x
–
2
m
= 0 có hai nghiệm khác 0
 m ≠ 0 khi đó phương trình có 3 nghiệm là x = 0, x = –m, x = m và toạ độ 3 điểm cực trị là:
A(–m; 1 –
4
m
), B(0; 1), C(m; 1 –
4
m
). Tam giác ABC là vuông cân tại B khi:
. 0
BA BC
BA BC







 

2 2
4 4
. . 0
BA BC

m m m m




 


 m = –1 hoặc m = 1.
12) Xác định m để hàm số y =
4 2 4
2 2
x mx m m
  
có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác đều.
 Hướng dẫn:
(x) =
4 2 4
2 2
x mx m m
  
xác định xR, (x) =
3 2
4 4 4 ( )
x mx x x m
  

Hàm số có 3 cực trị khi (x) = 0 có 3 nghiệm x = 0, x = –
m
, x =

m
, tức là m > 0.
Khi đó 3 điểm cực trị là A(0;
4
2
m m
 ), B(–
m
;
4 2
2
m m m
  ), C(
m
;
4 2
2
m m m
  )
ABC đều khi
2 2 4 4
3
2 2 4
3
4
AB AC m m m m
m
AB BC m m m
 
   

 
  
 
  
 
 
. Vậy m =
3
3
thỏa yêu cầu bài toán.
13) Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
y x mx m
   
, m là tham số thực. Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo thành
một tam giác có diện tích bằng 1.
 Hướng dẫn:
Tập xác định D = R. Đạo hàm
3 2
4 4 4 ( )
y x mx x x m

   
.
y = 0  x = 0 hoặc
2
x m

. Hàm số có 3 cực trị  m > 0 (*).

Gọi
2 2 2
(0;2 4), ( ; 4), ( ; 4)
A m B m m C m m
   
là 3 đỉnh của tam giác ứng 3 cực trị. Ta có B và C
đối xứng qua trục Oy và AOy nên ABC cân tại A. Gọi AH là đường cao thì diện tích ABC là
2
1 1
. 2
2 2
ABC A B C
S AH BC y y x m m
    . Với
1
ABC
S


2
1 1
m m m
  
. Đối chiếu điều kiện
(*) thì m = 1 là giá trị cần tìm.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H

Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1

2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.

. Trang 11
14) Cho hàm số
4 2
2 2
y x mx
  
có đồ thị
( )
m
C
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị
( )
m
C
có
ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua
3 9
;
5 5
D
 
 
 
.
 Hướng dẫn:
Tập xác định D = R. Đạo hàm
3 2
4 4 4 ( )
y x mx x x m


   
;
0 0; ( 0)
y x x m m

     
và 3
điểm cực trị tương ứng m > 0 là
2 2
(0;2), ( ; 2), ( ; 2)
A B m m C m m
    
. Gọi (C) là đường tròn qua
A, B, C, D có tâm I(x; y), khi đó ta có:
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
( 2) ( ) ( 2) 0
3 1 0 1
1
2 2
IA IB
x y x m y m x
IA ID x y y
m
IC IB
x m x m




       




      
  
  


 



. Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
15) Cho hàm số
4 2
1
(3 1) 2( 1)
4
y x m x m
    
có đồ thị
( )
m
C
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ
thị
( )

m
C
có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ O.
 Hướng dẫn:
Tập xác định D = R. Đạo hàm
3 2
2(3 1) 2(3 1)
y x m x x x m

 
     
 
;
1
0 0; 6 2
3
y x x m m
 

       
 
 
và 3 điểm cực trị
tương ứng
1
3
m
 
là
2 2

(0;2 2), ( 6 2; 4 1), ( 6 2; 4 1)
A m B m m m C m m m
         
. ABC có
trọng tâm O(0; 0) khi:
2
2 1
18 6 4 0
3 3
(loaïi) hoaëc m m m m
       

Vậy
1
3
m

là giá trị cần tìm.
16) Cho hàm số
4 2 2
2(1 ) 1
y x m x m
    
, m là tham số thực. Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo
thành một tam giác có diện tích lớn nhất.
 Hướng dẫn:
Tập xác định D = R. Đạo hàm
3 2 2 2
4 4(1 ) 4 ( 1)
y x m x x x m


     
.
y = 0  x = 0 hoặc
2 2
1
x m
 
. Hàm số có 3 cực trị  –1 < m < 1 (*).
Khi đó, tọa độ điểm cực đại là
(0;1 )
A m

, tọa độ hai điểm cực tiểu là
2 2 2 2
( 1 ; 3 ), ( 1 ; 3 )
B m m m C m m m
       . Với BC:
2
3
y m m
   , BC =
2
C
x
nên diện tích
2 2 2 2
1 1
( , ). 2 1 2 1 ( 1) 1 1
2 2

ABC
S d A BC BC m m m m m
        
.
Diện tích ABC lớn nhất bằng 1 khi m = 0. Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.
17) Tìm m đề hàm số y =
4 2
1 3
4 2
x mx
 
có cực tiểu mà không có cực đại.
 Hướng dẫn:
(x) =
4 2
1 3
4 2
x mx
 
xác định xR, (x) =
3 2
2 ( 2 )
x mx x x m
   . Ta có x = 0 luôn là một nghiệm
của phương trình (x) = 0. Để hàm số có cực tiểu mà không có cực đại khi phương trình
2
2
x m
 vô
nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm x = 0.

Điều trên chỉ xảy ra khi m  0. Kết luận: m  0 là kết quả cần tìm.
18) Cho hàm số y =
1
3
3
x
– m
2
x
+ mx – 1. Tìm m để hàm số có điểm cực đại
1
x
, điểm cực tiểu
2
x
thoả:
|
1
x
–
2
x
|  8.
 Hướng dẫn:
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả

Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2

2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 12

19) y =
2
x
– 2mx + m, hàm số có điểm cực đại
1
x
, điểm cực tiểu
2
x
khi PT
2
x
– 2mx + m = 0 có hai
nghiệm phân biệt
1
x
,
2
x
  =
2
m
– m > 0 
0
1
m
m






và |
1
x
–
2
x
|  8 
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 64 ( ) 4 64
x x x x x x x x
      

2
m
– m – 16  0 
1 15 1 15
2 2
hoaëc m m
 
  .
20) Cho hàm số
3 2 3
3 4
y x mx m
  
có đồ thị
( )

m
C
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
( )
m
C
có hai
điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
y x

.
 Hướng dẫn:
Tập xác định D = R. Đạo hàm
2
3 6 3 ( 2 )
y x mx x x m

   
; y = 0  x = 0 hoặc x = 2m.
( )
m
C
có hai điểm cực trị khi m  0 và tọa độ 2 điểm cực trị là




3
0;4 , 2 ;0
A m B m . Gọi I trung điểm

AB 


3
;2
I m m
;


3
2 ; 4
AB m m
 

; Đường thẳng
( )
d
:
y x

có vectơ chỉ phương


1;1
u 

.
A, B đối xứng qua đường thẳng
y x


khi
3
3
2 4 0
. 0
2
( ) 2
2
0 0
m m
AB u
I d m m m
m m

  



     
 
 
 


 

21) Cho hàm số
3 2
3 3 1
y x mx m

    
có đồ thị
( )
m
C
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
( )
m
C
có
hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
8 74 0
x y
  
.
 Hướng dẫn:
Tập xác định D = R. Đạo hàm
2
3 6 3 ( 2 )
y x mx x x m

      ; y = 0  x = 0 hoặc x = 2m.
( )
m
C
có hai điểm cực trị khi m  0 và tọa độ 2 điểm cực trị là





3
0; 3 1 , 2 ;4 3 1
A m B m m m
   
.
Gọi I trung điểm AB 


3
;2 3 1
I m m m
 
;


3
2 ;4
AB m m


; Đường thẳng
( )
d
:
8 74 0
x y
  
có
vectơ chỉ phương



8; 1
u
 

. Hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng
( )
d
:
8 74 0
x y
  
khi
3
3
16 4 0
. 0
( ) 8(2 3 1) 74 0 2
0 0
m m
AB u
I d m m m m
m m

  



        
 

 
 


 

22) Tìm m để hàm số y =
3 2
1 1
( 1) 3( 2)
3 3
mx m x m x
    
có cực đại và cực tiểu và hoành độ hai điểm đó
thỏa
1 2
2 1
x x
 
.
 Hướng dẫn:
(x) =
3 2
1 1
( 1) 3( 2)
3 3
mx m x m x
    
xác định xR, (x) =
2

2( 1) 3( 2)
mx m x m
   

Để hàm số có cực đại và cực tiểu khi
2
2( 1) 3( 2)
mx m x m
   
= 0 có hai nghiệm phân biệt
1
x
,
2
x
,
tức là
2
0
' ( 1) 3 ( 2) 0
a m
m m m
 


     


2
0

2 4 1 0
m
m m



   


6 6
1 1
2 2
m    và m  0 (1)
Từ giả thiết và hệ thức Viét, ta có
1 2 1 2 1 2
2( 1) 3( 2)
; ; 2 1
m m
x x x x x x
m m
 
    

2
3 4 3( 2) 2( 1) 6 16 8
0 0
3 4 (3 4)
m m m m m
m m m m m
    

    
 
 m = 2, m =
2
3
(2).
23) Cho hàm số
3 2
( 3) 3( 1) 9
y x m x m x
     
có đồ thị
( )
m
C
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
( )
m
C
có 2 điểm cực trị có hoành độ lớn hơn 1.
 Hướng dẫn:
Tập xác định D = R. Đạo hàm
2
3 2( 3) 3( 1)
y x m x m

    
.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K

K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố

1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á

p
p
.
. Trang 13
Gọi
1 2
,
x x
là hoành độ hai điểm cực trị, để
1 2
1
x x
 
khi Parabol
2
( ) 3 2( 3) 3( 1)
g x x m x m
    
cắt
trục hoành tại 2 điểm phân biệt lớn hơn 1 
2
3 0
3 0
3
0
(1) 0
hoaëc m m
m m
m
m

g
 
    
  
 




.
24) Tìm m để các hàm số sau có hai cực trị nằm về hai phía trục tung Oy:
a) y =
2 2
2 1 3
x mx m
x m
  

; b) y =
2
1
x x m
x
 

; c) y =
3
x
– 3(m + 1)
2

x
+3(
2
m
– 1)x + 2.
 Hướng dẫn:
a) Txđ: D = R \ {m}, y =
 
2 2
2
2 1
x mx m
x m
  

;
'
y
= 0 
( )
f x
=
2 2
2 1 0
x mx m
   
(1). Hàm số có 2
cực trị  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 
2 2 2
/

2 2
( ) 0
2 1 0
0
1 0
f m
m m m
m m


   



 
 
  



 m.
Khi đó (1) có hai nghiệm thoả
1 2
2
1 2
2
. 1
x x m
x x m
 



 

. Hai cực trị nằm về hai phía trục tung Oy khi
1 2
x x
< 0 
2
m
– 1< 0  –1 < m < 1.
b)
4
1
m
m





; c) –1 < m < 1.
25) Cho hàm số
3 2
y x mx m
   
. Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu và viết phương trình
đường thẳng qua cực đại, cực tiểu đó.
 Hướng dẫn:
Tập xác định:

D


. Đạo hàm:
2
' 3 2
y x mx
   ;
Hàm số có cực đại và cực tiểu
' 0
y
 
có hai nghiệm phân biệt 
2
3 2
x mx

có 2 nghiệm phân biệt
 x = 0 và x =
2
3
m
phân biệt  m ≠ 0. Lấy y chia cho y, ta được:
2
2 1 1
'
9 3 9
y m x m x m y
   
   

   
   

Phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là:
2
2
9
y m x m
 
(với m  0)
26) Cho hàm số


3 2
6 3 2 6
y x x m x m
     
. Định m để hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời hai
giá trị cực trị cùng dấu.
 Hướng dẫn:
Tập xác định:
D


. Đạo hàm:


2
' 3 12 3 2
y x x m

   
;


2
' 0 3 12 3 2 0
y x x m     
(1)
Hàm số có cực đại và cực tiểu
' 0
y
 
có hai nghiệm phân biệt


' 36 9 2 0
m
     

2 0
m
  

2
m
 
(*). Lấy y chia cho y, ta có:
   
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 (1)
Theo định lí Vi-ét, ta có:
1 2 1 2
4, 2
x x x x m
   

Ta có:
     
 
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
    

Tương tự ta cũng có:


2 2
2 2 2
y m x m
   
. Yêu cầu bài toán
1 2
. 0
y y

 





1 2
2 2 2 2 2 2 0
m x m m x m
       
   
   
    
2
1 2
2 2 1 2 1 0
m x x
    

   
2
1 2 1 2
2 4 2 1 0
m x x x x
     
 
 

   
2

2 4 2 2.4 1 0
m m
     
 
 

   
2
2 4 17 0
m m
   

17
4
2
m
m

 






. So với điều kiện (*) ta có giá trị cần tìm là:
17
2
4
m

  
.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S

S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P

h
h
á
á
p
p
.
. Trang 14
§
§
3
3
.
.


G
G
I
I
Á
Á


T
T
R
R
Ị
Ị

L
L
Ớ
Ớ
N
N


N
N
H
H
Ấ
Ấ
T
T


&
&


G
G
I
I
Á
Á

T
T
R
R
Ị
Ị


N
N
H
H
Ỏ
Ỏ


N
N
H
H
Ấ
Ấ
T
T


C
C

Ủ
Ủ
A
A


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố
.
.


1) ĐỊNH NGHĨA:
Cho hàm số y =
( )
f x
xác định trên D.
 Số M được gọi là giá trị lớn nhất của
( )
f x

trên D, ký hiệu
( )
D
Max f x
nếu
0 0
( )
| ( )
f x M x D
x D f x M
  


  


 Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của
( )
f x
trên D, ký hiệu
( )
D
Min f x
nếu
0 0
( )
| ( )
f x m x D
x D f x m
  



  


2) PHƯƠNG PHÁP CHUNG:
 Dùng định nghĩa.
 Lập bảng biến thiên.




1
Vd
Tìm GTLN & GTNN của hàm số
2
4
y x
 
.
Giải:
Tập xác định D = [–2; 2]. Trên [–2; 2],
2 2 2
0 0 4 4 0 4 2
x x x
        

Vậy
0 2
y

 
x[–2; 2]. Ta có
[ 2;2]
0
Min y


khi x = 2 và
[ 2;2]
2
Min y


khi x = 0.




2
Vd
Tìm GTLN & GTNN của hàm số
2
5 1
x x
y
x
 
 trên khoảng (0; 5).
Giải:
Tập xác định

\{0}
D R


Trên khoảng (0; 5), ta có
2
2
1
x
y
x



; y = 0  x = 1.
Bảng biến thiên:

Trên khoảng (0; 5) hàm số không có GTLN. Ta có GTNN
(0;5)
3
Min y
 
khi x = 1.
3) QUY TẮC TÌM GTLN & GTNN TRÊN ĐOẠN [a; b]:
 Tìm các điểm
i
x
(a; b) tại đó hàm số
( )
f x

có đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
 Tính
( )
f a
,
( )
f b
,
( )
i
f x

 So sánh các giá trị tìm được để chọn
[ ; ]
( )
a b
Max f x
và
[ ; ]
( )
a b
Min f x
.




3
Vd
Tìm GTLN và GTNN của hàm số

3
3 3
y x x
  
trên đoạn [0; 2].
Giải:
Tập xác định
D R


Trên khoảng (0; 2), ta có
2
3 3
y x

 
; y = 0  x = 1.
y(0) = 3, y(2) = 5, y(1) = 1.
So sánh các giá trị trên, ta có
[0;2]
5
Max y

khi x = 2 và
[0;2]
1
Min y

khi x = 1.
B

B
À
À
I
I


T
T
Ậ
Ậ
P
P


1) Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
a) y =
3
x
– 3
2
x
– 9x + 35 trên các đoạn [–4; 4] và [0; 5];
b) y =
4
x
– 3
2
x
+ 2 trên các đoạn [0; 3] và [2; 5];

c) y =
2
1
x
x


trên các đoạn [2; 4] và [–3; –2];
d) y =
5 4
x

trên đoạn [–1; 1];
 Hướng dẫn:
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T

T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê

H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 15
a)
[ 4;4]
min
y

= –41,
[ 4;4]
max
y


= 40;
[ 4;4]
min
y

= 8,
[ 4;4]
max
y

= 40.
b)
[0;3]
min
y
=
1
4

,
[0;3]
max
y
= 56;
[0;5]
min
y
= 6,
[0;5]
max

y
= 552.
c)
[2;4]
min
y
= 0,
[2;4]
max
y
=
2
3
và
[ 3; 2]
min
y
 
=
5
4
,
[ 3; 2]
max
y
 
=
4
3

d)
[ 1;1]
min
y

= 1,
[ 1;1]
max
y

= 3.
2) Tính giá trị lớn nhất của các hàm số sau:
a) y =
2
4
1
x


b) y = 4
3
x
– 3
4
x

 Hướng dẫn:
a) y =
 
2

2
8
1
x
x


, y = 0  x = 0;
max
R
y
= 4.
b) y = 12
2
x
– 12
3
x
= 12
2
x
(1 – x); y = 0  x = 0 hoặc x = 1

Theo bảng biến thiên, ta có
max
R
y
= 1 khi x = 1.
3) Tính giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
a) y = | x | b) y = x +

4
x
(x > 0)
 Hướng dẫn:
a) Ta có y = | x |  0 x R 
min
R
y
= 0.
Hoặc:
0
0
vôùi
vôùi
x x
y
x x




 

. Tại x = 0 hàm số không có đạo hàm.
Với x > 0: y = 1> 0; Với x < 0: y = –1 < 0.

Theo bảng biến thiên, ta có
min
R
y

= 0 khi x = 0.
b) y =
2
2
4
x
x

, y= 0 x (0; +)  x = 2.

Theo bảng biến thiên, ta có
(0; )
min
y

= 4.
4) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
a) y =
4 4
sin cos
x x
 ; b) y = 2
2
sin
x
+ 2sinx – 1; c) y =
2
cos 2 sin cos 4
x x x
 

.
 Hướng dẫn:
a)
( )
f x
= (
2 2
sin cos
x x
 ) – 2
2 2
sin cos
x x
= 1 –
2
1
sin 2
2
x

THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O

S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:

L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 16
Ta có:
2
sin 2
x

 0 x  –
2
1
sin 2
2
x
 0  1 –
2
1
sin 2
2
x
 1 x R (1)
Ta có:
2
sin 2
x
 1x  –
2
1
sin 2
2
x
 –
1
2
 1 –
2
1
sin 2

2
x

1
2
x R (2)
Từ (1) và (2) 
1
2

( )
f x
 1 và
4
f

 
 
 
=
1
2
, ƒ(0) = 1. Do đó
min ( )
R
f x
=
1
2
,

max ( )
R
f x
= 1.
b) Đặt t = sinx (–1 t  1), ƒ(t) = 2
2
t
+ 2t – 1,
/
( )
f t
= 4t + 2,
/
( )
f t
= 0 t[–1; 1]  t = –
1
2

Ta có ƒ(–1) = –1, ƒ(1) = 3, ƒ(–
1
2
) = –
3
2
,
[ 1;1]
min ( )
f t


= –
3
2
,
[ 1;1]
max ( )
f t

= 3.
Do đó
min ( )
R
f x
= –
3
2
,
max ( )
R
f x
= 3
c)
( )
f x
= 1 –
2
sin 2
x
–
1

2
sin2x + 4 = –
2
sin 2
x
–
1
2
sin2x + 5. Đặt t = sin2x (–1 t  1),
ƒ(t) = –
2
t
–
1
2
t + 5,
/
( )
f t
= –2t –
1
2
,
/
( )
f t
= 0 t [–1; 1]  t = –
1
4
.

Ta có ƒ(–1) =
9
2
, ƒ(1) =
7
2
, ƒ(–
1
4
) = –
81
16
,
[ 1;1]
min ( )
f t

=
7
2
,
[ 1;1]
max ( )
f t

=
81
16
.
Do đó

min ( )
R
f x
=
7
2
,
max ( )
R
f x
=
81
16

5) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
a)
( )
f x
=
3 2
x

trên đoạn [–3; 1]; b)
( )
f x
= x +
2
4
x


;
c)
( )
f x
=
4 2
sin cos
x x

+ 2; d)
( )
f x
= x – sin2x trên đoạn [–
2

; ].
 Hướng dẫn:
a) D = (–;
3
2
],
/
( )
f x
=
1
3 2
x



< 0 x (–;
3
2
). Hàm số nghịch biến trên đoạn [–3; 1].
Do đó
[ 3;1]
max ( )
R
f x

= ƒ(–3) = 3,
[ 3;1]
min ( )
f x

= ƒ(1) = 1
b) D = [–2; 2],
/
( )
f x
=
2
2 2
4
1
4 4
x x x
x x
 
 

 
x (–2; 2),
/
( )
f x
= 0  x =
2
.
Ta có ƒ(–2) = –2, ƒ(2) = 2, ƒ(
2
) = 2
2
. Do đó
[ 2;2]
max ( )
f x

= 2
2
,
[ 2;2]
min ( )
f x

= –2
c)
max ( )
R
f x
= 3,

min ( )
R
f x
=
11
4

d)
/
( )
f x
= 1 – 2cos2x,
/
( )
f x
= 0 x [–
2

; ]  x =
6

; x = –
6

; x =
5
6

.
Ta có ƒ(–

2

) = –
2

, ƒ() = , ƒ(
6

) =
6

–
3
2
, ƒ(–
6

) = –
6

+
3
2
, ƒ(
5
6

) =
5
6


+
3
2
.
Do đó
[ ; ]
2
max ( )
f x



=
5
6

+
3
2
,
[ ; ]
2
min ( )
f x



= –
2



6) Cho Parabol (P): y =
2
x
và điểm A(–3; 0). Xác định điểm M(P) sao cho khoảng cách AM là ngắn nhất
và tìm khoảng cách ngắn nhất đó.
 Hướng dẫn:
Gọi M(x;
2
x
) là điểm tuỳ ý thuộc (P),
2
AM
=
 
2
3
x  +
4
x
=
4
x
+
2
x
+ 6x + 9
Khoảng cách AM ngắn nhất khi
( )

f x
=
4
x
+
2
x
+ 6x + 9 nhỏ nhất
Ta có
( )
f x
/
= 4
3
x
+ 2x + 6 = (x + 1)(4
2
x
– 4x + 6),
( )
f x
/
= 0  x = –1
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả

O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2

.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 17

Theo bảng biến thiên,
min ( )
R
f x
= 5 khi x = –1.
Vậy khoảng cách AM ngắn nhất khi M ở vị trí
0
M
(–1; 1), A
0
M
=
5

7) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số:
a)
2
.
x
y x e

trên nửa khoảng
( 2;1]

; b)
2 ln
y x x
 
trên nửa khoảng
(0; ]

e
;
c)
2sin cos2
y x x
 
trên đoạn
[0; ]

; d)
3 6
y x x
   
.
 Hướng dẫn:
a)
2
' ( 2 )
x
y e x x
 
. Trên nửa khoảng
( 2;1]

,
' 0 0
y x
  
.
Ta có

(0) 0
y

,
(1)
y e

.

Theo bảng biến thiên, ta có
( 2;1]
0
Min y


khi x = 0 và
( 2;1]
Max y e


khi x = 1.
b) Với x > 0:
1 1 1
'
x
y
x x
x

   . Trên nửa khoảng

(0; ]
e
,
' 0 1
y x
  
.
Ta có
(1) 2
y

,
( ) 2 1
y e e
 


Theo bảng biến thiên, ta có
(0; ]
2
e
Min y

khi x = 1 và
(0; ]
2 1
e
Max y e
 
khi x =

e
.
c)
' 2cos 4cos sin 2cos (1 2sin )
y x x x x x
   
. Trên khoảng


0;

, ' 0
2 6
hoaëc y x x
 
   
.
Ta có
1
2
y

 

 
 
,
3
6 2
y


 

 
 
,
(0) 1
y

,
( ) 1
y


.
[0; ]
1
Min y


khi 0, ,
2
x x x


  
và
[0; ]
3
2

Max y


khi
6
x


.
d) Tập xác định D = [–3; 6]. Đạo hàm
6 3
'
2 (3 )(6 )
x x
y
x x
  

 
. Trên khoảng


3;6

,
3
' 0
2
y x
  

.
Ta có
( 3) 3
y
 
,
(6) 3
y

,
(3/ 2) 3 2
y 
.
[ 3;6]
3
Min y


khi
3, 6
x x
  
và
[ 3;0]
3 2
Max y

 khi
3
2

x

.
Hoặc: Trên [–3; 6],
2
9 9 2 (3 )(6 ) 9 (3 ) (6 ) 9 18 3 3 2
x x x x y y              




THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T

H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à

à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 18
§
§
4
4
.
.


Đ
Đ
Ư
Ư
Ờ

Ờ
N
N
G
G


T
T
I
I
Ệ
Ệ
M
M


C
C
Ậ
Ậ
N
N
.
.


1) TIỆM CẬN NGANG:
 Đường thẳng y =
0

y
được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
( )
f x
nếu
lim ( )
x
f x

=
0
y
hoặc
lim ( )
x
f x

=
0
y

2) TIỆM CẬN ĐỨNG:
 Đường thẳng x =
0
x
được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
( )
f x
nếu thoả ít nhất một trong
các điều kiện sau:


0
lim ( )
x x
f x


= +;
0
lim ( )
x x
f x


= –

0
lim ( )
x x
f x


= +;
0
lim ( )
x x
f x


= –`

3) TIỆM CẬN XIÊN:
 Đường thẳng y = ax + b được gọi là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y =
( )
f x
nếu


lim ( ) ( )
x
f x ax b

  = 0 hoặc


lim ( ) ( )
x
f x ax b

  = 0.




1
Vd
Tìm đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: y =
3 1
2
x
x




Giải: y =
3 1
2
x
x


xác định xR \ {2}.

lim
x
y

=
lim
x
y

= 3. Đồ thị có tiệm cận ngang y = 3.

2
lim
x
y


= –,

2
lim
x
y


=+. Đồ thị có tiệm cận đứng x = 2.




2
Vd
Tìm tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y =
2
2 1
1
x x
x
 


Giải: y =
2
2 1
1
x x
x
 


= 2x + 1 +
2
1
x

xác định xR \ {1}.


lim (2 1)
x
y x

 
=


lim (2 1)
x
y x

 
= 0. Đồ thị có tiệm cận xiên y = 2x + 1.
B
B
À
À
I
I

T
T
Ậ
Ậ
P
P


1) Tìm các tiệm cận của đồ thị hàm số:
a) y =
2
x
x

; b) y =
7
1
x
x
 

; c) y =
2 5
5 2
x
x


;
d) y =

7
x
– 1; e) y =
2
2
9
x
x


; f) y =
2
2
1
3 2 5
x x
x x
 
 
;
g) y =
2
3 2
1
x x
x
 

; h) y =
1

1
x
x


i) y =
2
3 2
x
x


;
j) y =
2 2
3
x
x
 

; k) y = x + 2 –
1
3
x

; l) y =
2
3 4
2 1
x x

x
 

;
 Hướng dẫn:
a)
2 2
lim ( ) lim
2
x x
x
f x
x
 
 
  


2 2
lim ( ) lim
2
x x
x
f x
x
 
 
 
  
 


 
;
lim ( )
x
f x

=
1
lim lim
2
2
1
x x
x
x
x
 



= – 1
 Đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
 Đường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
b)
1 1
7
lim ( ) lim
1
x x

x
f x
x
 
 
 
  


1 1
7
lim ( ) lim
1
x x
x
f x
x
 
 
 
 
  
 

 
;
lim ( )
x
f x


=
7
lim
1
x
x
x

 

= – 1
 Đường thẳng x = –1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
 Đường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T

H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H

H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 19
c) Tiệm cận đứng x =
2
5
, tiệm cận ngang y =
2
5
.
d) Tiệm cận đứng x = 0, tiệm cận ngang y = –1.
e)
  
3 3

2
lim ( ) lim
3 3
x x
x
f x
x x
 
 

  
 

  
3 3
2
lim ( ) lim
3 3
x x
x
f x
x x
 
 
 

  
 
 
 

 

  
3 3
2
lim ( ) lim
3 3
x x
x
f x
x x
 
 

  
 

  
3 3
2
lim ( ) lim
3 3
x x
x
f x
x x
 
 
 


  
 
 
 
 

 Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là x = –3 và x = 3.
lim ( )
x
f x

=
2
2
lim
9
x
x
x



= 0
 Đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
f) Tiệm cận đứng x = –1, x =
3
5
. Tiệm cận ngang y = –
1
5

.
g)
2
1 1
3 2
lim ( ) lim
1
x x
x x
f x
x
 
 
 
  


2
1 1
3 2
lim ( ) lim
1
x x
x x
f x
x
 
 
 
 

  
 

 

 Đường thẳng x = –1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có


lim ( ) ( 4) 0
x
f x x

  

 


lim ( ) ( 4) 0
x
f x x

  

 Đường thẳng
4
y x
 
là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
h)

1 1
1
lim ( ) lim
1
x x
x
f x
x
 
 

  


1 1
1
lim ( ) lim
1
x x
x
f x
x
 
 
 

  
 
 


 

 Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có
lim ( )
x
f x

=
1
1
1
lim lim
1
1
1
x x
x
x
x
x
 





= 1
 Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi x → +∞.
i)

2 2
3 3
2
lim ( ) lim
3 2
x x
x
f x
x
 
 
   
 
   
   

  


2 2
3 3
2
lim ( ) lim
3 2
x x
x
f x
x
 
 

   
 
   
   
 

 
  
 

 
 

 Đường thẳng x = –
2
3
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có
2
1
2
lim ( ) lim lim
2
3 2
3
x x x
x
x
f x
x

x
  


 


=
1
3

 Đường thẳng y =
1
3
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
j) Tiệm cận đứng x = –3. Tiệm cận ngang y = –2.
k)
3 3
1
lim ( ) lim 2
3
x x
f x x
x
 
 
 
    
 


 

3 3
1
lim ( ) lim 2
3
x x
f x x
x
 
 
 
 
    
 
 

 
 

 Đường thẳng x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có
 
1
lim ( ) 2 lim
3
x x
f x x
x
 

 
    
 
 

 
= 0
 Đường thẳng y = x + 2 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
l) Đường thẳng x =
1
2

là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T

H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H

H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 20
§
§
5
5
.
.


K
K
H

H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


S
S
Ự
Ự


B
B
I
I
Ế
Ế
N
N

T
T
H
H
I
I
Ê
Ê
N
N


&
&


V
V
Ẽ
Ẽ


Đ
Đ
Ồ
Ồ


T

T
H
H
Ị
Ị


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố
.
.


1) ĐỒ THỊ HÀM BẬC BA:
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm bậc 3:
3 2
( 0)
y ax bx cx d a
    

 Tập xác định: D = R.
 Sự biến thiên:
2
3 2
y ax bx c

  

a > 0:
 Nếu  =
2
3 0
b ac
 
thì y  0 xR nên hàm số đồng biến trên khoảng (–; +).
 Hàm số không có cực trị.
 Nếu  =
2
3 0
b ac
 
thì y = 0 có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;
x x
.
 Hàm số đồng biến trên các khoảng (–;
1
x
) và (

2
x
; +). Hàm số nghịch biến trên khoảng (
1 2
;
x x
).
 Hàm số đạt cực đại tại điểm
1
x
và
CÑ
y
= y(
1
x
). Hàm số đạt cực tiểu tại
2
x
và
CT
y
= y(
2
x
).
 Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y

 
   
.
 Bảng biến thiên:

a < 0:
 Nếu  =
2
3 0
b ac
 
thì y  0 xR nên hàm số nghịch biến trên khoảng (–; +).
 Hàm số không có cực trị.
 Nếu  =
2
3 0
b ac
 
thì y = 0 có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;
x x
.
 Hàm số đồng biến trên khoảng (
1 2
;
x x
). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–;
1
x

) và (
2
x
; +).
 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
1
x
và
CT
y
= y(
1
x
). Hàm số đạt cực đại tại
2
x
và
CÑ
y
= y(
2
x
).
 Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
   
.

 Bảng biến thiên:

 Đồ thị: y = 6ax + 2b; y = 0  x =
3
b
a


 Điểm uốn


0 0
;
I x y
với
0
3
b
x
a
 
;
0 0
( )
y f x
 là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
 Điểm đặc biệt: x = 0  y = d….
 a > 0 đồ thị hướng đi lên từ trái sang phải;
a < 0 đồ thị hướng đi xuống từ trái sang phải.


a > 0 a < 0
 > 0
2
-2
O

2
-2

THPT Tõn Bỡnh Bỡnh Dng.
K
K
H
H


O
O


S
S


T
T


H
H

M
M


S
S




1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ờ
ờ


H
H


n

n
h
h


P
P
h
h
ỏ
ỏ
p
p
.
. Trang 21
0
2

2

Cỏc chỳ ý:
Khi y = 0 cú 2 nghim phõn bit ly y chia cho y, ta c v y = r x + q + k(Ax + B)y vi k l hng
s khỏc 0, thỡ phng trỡnh ng thng qua 2 im cc tr l y = r x + q.
th hm s ct Ox ti 3 im phõn bit
2
1 2
' 0 ,
( ). ( ) 0
1
coự 2 nghieọm phaõn bieọt x

y x
y x y x






Vi a > 0, (C) ct Ox ti 3 im phõn bit >
2
1 2
' 0
( ) 0
( ). ( ) 0
1
coự 2 nghieọm phaõn bieọt thoỷa x
y x
y
y x y x

Vi a > 0, (C) ct Ox ti 3 im phõn bit <
2
1 2
' 0
( ) 0
( ). ( ) 0
1
coự 2 nghieọm phaõn bieọt thoỷa xy x
y
y x y x











(C) ct Ox ti 3 im phõn bit cỏch u nhau y = 0 cú 2 nghim phõn bit v y(
0
x
) = 0 (
0
x
l
honh im un)
Tip tuyn: Gi I l im un. Cho M(C).

Nu M I thỡ ta cú ỳng 1 tip tuyn qua M.
Nu M khỏc I thỡ ta cú ỳng 2 tip tuyn qua M.




1
Vd
Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s y =
3
x
+ 3
2
x
.
Gii:
Tp xỏc nh: D = R
S bin thiờn:
Chiu bin thiờn:
'
y
= 3
2
x
+ 6x;
'
y
= 0 x = 0, x = 2
Hm s ng bin trờn mi khong (; 2), (0; +) v nghch bin trờn khong (2; 0).
Cc tr: Hm s t cc i ti im x = 2,

Cẹ
y
= 4 v t cc tiu ti im x = 0,
CT
y
= 0.
Gii hn:
lim
x
y

= ,
lim
x
y

= +.
Bng bin thiờn:

th:
im un I(1; 2) l tõm i xng ca th hm s.
im c bit: x = 3; y = 0 v x = 1; y = 4.




2
Vd
Kho sỏt v v th hm s:
3 2

1
1
3
y x x x

.
Tp xỏc nh: D = R.
S bin thiờn:
Chiu bin thiờn:
'
y
=
2
x
2x + 1 0 x R. Hm s ng bin trờn trờn khong (; +).
Cỏc gii hn:
lim
x
y

= ;
lim
x
y

= +
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H

H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1

1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p

.
. Trang 22
 Bảng biến thiên:

 Đồ thị:
 Điểm uốn I(1; 4/3) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
 Điểm đặc biệt: x = –1; y = –4/3 và x = 3; y = 4




3
Vd
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = –
3
x
+ 3
2
x
– 2.
  Tập xác định: D = R
  Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
'
y
= –3
2
x
+ 6x,
'

y
= 0  x = 0, x = 2
 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng (–; 0), (2; +).
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 2,
CÑ
y
= 2, đạt cực tiểu tại điểm x = 0,
CT
y
= –2.
 Giới hạn:
lim
x
y

= +,
lim
x
y

= –
 Bảng biến thiên:

  Đồ thị:
 Điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
 Điểm đặc biệt: x = –1; y = 2 và x = 3; y = –2.



4
Vd
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y =
3 2
1 2
2
3 3
x x x
   

 Tập xác định: D = R
 Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
'
y
= –
2
x
+ 2x – 2 < 0 xR. Hàm số nghịch biến trên khoảng (–; +).
 Các giới hạn:
lim
x
y

= +∞;
lim
x
y

= –∞

 Bảng biến thiên:

 Đồ thị: Điểm uốn I(1; –2) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
 Điểm đặc biệt: x = –1; y = 3 và x = 0; y =
2
3

.
2) ĐỒ THỊ HÀM TRÙNG PHƯƠNG:
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H

À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n

n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 23
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm trùng phương:
4 2
( 0)
y ax bx c a
   

 Tập xác định: D = R.
 Sự biến thiên:
3 2
4 2 2 (2 )
y ax bx x ax b

   
;
a > 0:

 b  0: y = 0  x = 0. Hàm số nghịch biến trên khoảng (–; 0) và đồng biến trên khoảng (0; +).
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0,
CT
y
c

.
 b < 0 (a và b khác dấu): y = 0  0;
2
vôùi
b
x x q q
a
     .
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; –q), (0; q) và đồng biến trên các khoảng (–q; 0), (q; +).
Hàm số đạt cực tiểu tại x = q và đạt cực đại tại x = 0.
 Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
   
.
 Bảng biến thiên:

a < 0:
 b  0: y = 0  x = 0. Hàm số đồng biến trên khoảng (–; 0) và nghịch biến trên khoảng (0; +).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
CÑ
y

c

.
 b > 0 (a và b khác dấu): y = 0  0;
2
vôùi
b
x x q q
a
     .
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–; –q), (0; q) và nghịch biến trên các khoảng (–q; 0), (q; +).
Hàm số đạt cực đại tại x = q và đạt cực tiểu tại x = 0.
 Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
   
.
 Bảng biến thiên:

 Đồ thị:
 Hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung Oy làm trụcđối xứng.
 Điểm đặc biệt: x = 0  y = d….
 a > 0 đồ thị hướng đi xuống từ trái sang phải rồi đi lên;
a < 0 đồ thị hướng đi lên từ trái sang phải rồi đi xuống.
a > 0 a < 0
a và b khác dấu hay
y = 0 có 3 nghiệm
-2

2

a và b cùng dấu hay
y = 0 có 1 nghiệm
2

-2

THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H
H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À

À
M
M


S
S
Ố
Ố


1
1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n

h
h


P
P
h
h
á
á
p
p
.
. Trang 24
 Các chú ý:
 Hàm số có cực trị với mọi giá trị của tham số khi a  0.
 Hàm số có cực đại, cực tiểu  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt  a.b < 0.
 Hàm số có một cực đại và hai cực tiểu khi a > 0 và b < 0.
 Hàm số có hai cực đại và một cực tiểu khi a < 0 và b > 0.
 Đồ thị (C) của hàm số tiếp xúc trục Ox tại 2 điểm phân biệt khi
2
0
2
0
2 0
0
2
b
a
ab

b
ac b
y
a







 
 
 


  
 
 

 






1
Vd
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

4
x
– 2
2
x
.
Giải:
 Tập xác định: D = R.
 Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
'
y
= 4
3
x
– 4x;
'
y
= 0 
0
1
x
x



 


Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–1; 0), (1; +∞) và nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞; –1), (0; 1).

 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
y
C§
= 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = –1 và x = 1,
CT
y
= –1.
 Giới hạn:
lim
x
y

= +∞,
lim
x
y

= +∞.
 Bảng biến thiên:

 Đồ thị:
 Hàm số đã cho là chẵn nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng.
 Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm x = ±
2





2

Vd
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = –
4
x
+ 2
2
x
+ 3.
 Tập xác định: D = R.
 Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
'
y
= –4
3
x
+ 4x= –4x(
2
x
– 1);
'
y
= 0 
0
1
x
x




 


Hàm số đồng biến trên khoảng (–∞; –1), (0; 1) và nghịch biến trên mỗi khoảng (–1;0), (1;+∞)
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1,
y
C§
= 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0,
CT
y
= 3.
 Giới hạn:
lim
x
y

= –∞,
lim
x
y

= –∞
 Bảng biến thiên:

 Đồ thị:
 Hàm số chẵn nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng.
THPT Tân Bình – Bình Dương.
K
K
H

H
Ả
Ả
O
O


S
S
Á
Á
T
T


H
H
À
À
M
M


S
S
Ố
Ố


1

1
2
2
.
.
Gv:
L
L
ê
ê


H
H
à
à
n
n
h
h


P
P
h
h
á
á
p
p

.
. Trang 25
 Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm x = ±
3





3
Vd
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = –
4
x
– 2
2
x
+ 1
 Tập xác định: D = R
 Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
'
y
= –4
3
x
– 4x = –4x(
2
x
+ 1);

'
y
= 0 
0
x


Hàm số đồng biến trên khoảng (–∞; 0)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;+∞)
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
y
C§
= 1
 Giới hạn:
lim
x
y

= –∞,
lim
x
y

= –∞
 Bảng biến thiên:

 Đồ thị:
 Hàm số chẵn nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng.
 Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm x = ±
1 2

 
3) ĐỒ THỊ HÀM NHẤT BIẾN:
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm hàm nhất biến:
( 0 0)
vaø
ax b
y c ad cb
cx d

   


 Tập xác định: D = R \
d
c
 

 
 
.
 Sự biến thiên:
2
( )
ad cb
y
cx d





 ad – cb > 0: Hàm số đồng biến trên các khoảng (–;
d
c

) và (
d
c

; +)
 ad – cb < 0: Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–;
d
c

) và (
d
c

; +)
 Hàm số không có cực trị.
 Giới hạn và tiệm cận:
lim
x
a
y
c


nên
a

y
c

là đường tiệm cận ngang.
lim
d
x
c


 
nên
d
x
c
 
là đường tiệm cận đứng.
 Bảng biến thiên:

 Đồ thị:
 Tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận
;
d a
I
c c
 

 
 

 Điểm đặc biệt: x = 0; y =
b
d
và x =
b
a

; y = 0.