Khảo sát vẽ đồ thị ôn thi tốt nghiệp THPT quốc gia 2015

www.truongthi.com.vn Môn Toán
KHẢO SÁT H ÀM SỐ VÀ VẼ ĐỒ THỊ

Giải bài toán khảo sát và vẽ đồ thị hàm số cần tiến hành các bước sau
1) Tìm tập xác định, xét tính chẵn, lẻ, tuần hoàn.
Nếu hàm số chẵn hay lẻ chỉ cần khảo sát x ≥ 0, với x < 0 hàm số có tính đối
xứng.
Nếu hàm tuần hoàn thì chỉ cần xét trên một chu kì.
2) Tính y’, y”
Xét dấu y’ để tìm khoảng đơn điệu.
Xét dấu y” để tìm các khoảng lồi lõm, điểm uốn.
3) Tìm các điểm cực đại, cực tiểu, điểm uốn
Tìm các đường tiệm cận.
Xác định các giao điểm của đồ thị với các trục.
4) Lập bảng biến thiên.
5) Vẽ đồ thị.
Vẽ các đường tiệm cận (nếu có), chỉ rõ các điểm đặc biệt (cực đại, cực tiểu,
điểm uốn, các giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ).
Chú ý nếu hàm y = f(x) chẵn thì đồ thị nhận trục oy làm trục đối xứng, còn
nếu hàm y = f(x) lẻ thì đồ thị có tâm đối xứng là gốc tọa độ.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
a) Hàm bậc hai : y = ax
2
+ bx + c a ≠ 0
Ta có
2
2
b4ac
yax
2a 4a
−


=+ +


b

Đồ thị đường parabol được suy từ đồ thị hàm y = ax
2
bằng phép tịnh tiến
song song theo véctơ
2
b4acb
r,
2a 4a

−
=−



r
.
Với a > 0, min
2
4ac b
y
4a
−
=
đạt được tại

b
x
2a
=−
. Hàm tăng trên
b
,
2a

−+∞



, giảm trên
b
,
2a

−∞ −


.
Với a < 0, max
2
4ac b
y
4a
−
=
, đạt được tại

b
2a
=−x
. Hàm tăng trên
, giảm trên
()
,b/2a−∞ −
(
)
b/2a,
−
+∞ .
b) Hàm bậc ba: y = f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d a ≠ 0.
− Tập xác định (− ∞, + ∞)
− Ta có y’ = 3 ax
2
+ 2bx + c, ∆’y’ = b
2
− 3 ac
y” = 6 ax + 2 b
Nếu a > 0 thì
+ Với b
2
− 3ac < 0, y’ > 0 với mọi x, khi đó hàm luôn đồng biến.
+ Với b
2

− 3ac > 0, phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
< x
2
và
y’ > 0 ⇔ x ∉ [x
1
, x
2
].
Hàm số tăng (giảm) trên (−∞, x
1
) và (x
2
, + ∞) (tương ứng, trên (x
1
, x
2
)).
Điểm cực đại (cực tiểu) là (x
1
, y(x
1
)) (tương ứng (x
2
, f(x
2
)).
Nếu a < 0 thì
+ Với b

2
− 3ac < 0, y’ < 0 với ∀x, hàm y luôn nghịch biến.
2
1
www.truongthi.com.vn Môn Toán
+ Với b
2
− 3ac > 0, tương tự ta cũng có
Hàm y luôn nghịch biến trên (−∞, x
1
) và (x
2
, + ∞) y đồng biến trên (x
1
, x
2
).
Điểm cực tiểu (cực đại) (x
1
, f(x
1
)) (tương ứng (x
2
, f(x
2
)).
− Điểm uốn: y” = 0 ⇔ x = − b/3a, điểm uốn là (−b/3a, f(−b/3a)).
− Tâm đối xứng (−b/3a, f(−b/3a)) cũng là điểm uốn.
c) Hàm phân thức:
ax b

cx d
y
+
=
+
, c ≠ 0
Ta có
2
abcad1
y
cd
c
x
c
−
=+
+

− Nếu bc − ad = 0 thì
a
y
c
≡
, x ≠ − d/c.
− Nếu bc − ad ≠ 0 thì đồ thị hàm số được suy ra từ đồ thị hàm số
k
y
x
=
với

2
bc ad
k
c
−
=

bằng phép tịnh tiến theo véctơ
r
r =(−d/c, a/c).
Đồ thị có hai tiệm cận x = − d/c và y = a/c.
d) Hàm phân thức:
()
2
ax bx c
yfx
xd
+
+
==
+
, a ≠ 0
Ta có
()
2
ad bd c
f(x) ax b ad
xd
−
+

=+− +
+

Tập xác định R\
{
}
d−
()
()
2
2
ax d m
y'
xd
+−
=
+
, m = ad
2
− bd + c
− Nếu m = 0 thì y = ax + (b − ad), x ≠ − d
− Nếu am < 0 thì
+ Với a > 0, y’ > 0 (
∀ x ≠ −d), hàm đồng biến trên (−∞, −d), (−d, +∞).
+ Với a < 0, y’ < 0 (x ≠ −d), hàm nghịch biến trên (− ∞, −d), (−d, +∞).
− Nếu am > 0 thì phương trình y’ = 0 có hai nghiệm
1, 2
m
xd
a

=−
m
+ Nếu a > 0 thì hàm tăng trên (−∞, x
1
), (x
2
, +∞) giảm trên (x
1
, − d), (−d, x
2
)
các điểm cực đại (cực tiểu) là (x
1
, 2ax
1
+ b), (tương ứng, (x
2
, 2ax
2
+ b)
+ Nếu a < 0 thì hàm tăng trên (x
1
, − d
1
), (−d
1
, x
2
) và giảm trên (−∞, x
1

), (x
2
,
+
∞).
Điểm cực tiểu là (x
1
, 2ax
1
+ b)
Điểm cực đại: (x
2
, 2ax
2
+ b).
Ví dụ 1. Cho hàm số y = f(x) = mx
3
+ 3mx
2
− (m − 1)x − 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
b) Xác định m để hàm y = f(x) không có cực trị
Giải. a) với m = 1, y = x
3
+ 3x
2
− 1
Tập xác định R.
4
2

www.truongthi.com.vn Môn Toán
y’ = 3x
2
+ 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2
y’ = 3(x + 2) x > 0 ⇔ x < − 2 hoặc x > 0
y’ < 0
⇔ − 2 < x < 0. Vậy
y tăng (giảm) thực sự trên (− ∞, − 2) và (0, +∞) (tương ứng (−2, 0)). Hàm có
điểm cực đại (
− 2, 3) và cực tiểu (0, − 1).
y” = 6x + 6, y” = 0 ⇔ x = − 1, y” đổi dấu qua x = − 1 vậy y = f(x) có điểm
uốn (−1, 1).
Ta có bảng biến thiên
X 2 0
y’ + 0  0
+
Y 3 1
Đồ thị y
3






-2 0 x


-1

b) y’ = 3mx
2
+ 6mx − (m − 1)
Điều kiện cần và đủ để y = f(x) không có cực là phương trình f’ (x) = 0 không
có hai nghiệm phân biệt, nghĩa là
2
m
1
m0
0m
4
'9m 3m(m1)0
=


≠

⇔
≤≤




∆= + − ≤




Ví dụ 2. Cho hàm số y = x
3

+ mx
2
− m
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3
b) Khi nào đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
c) Xác định m sao cho
x ≤ 1 ⇒ y ≤ 1.
Giải a) m = 3
⇒ y = x
3
+ 3x
2
− 3
Tập xác định R
Chiều biến thiên y’ = 3x
2
+ 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2
y’ > 0 ⇔ x < − 2 và x > 0.
Trên (
−∞, − 2), (1, +∞) hàm đồng biến
y’ < 0 ⇔ x ∈ (−2, 0), trên đó y nghịch biến
y” = 6x + 6, ta có điểm uốn (
−1, −1).
Bảng biến thiên
X 2 0
y’ + 0  0
+
Y 1 3
Đồ thị xem hình vẽ

6
3
www.truongthi.com.vn Môn Toán
y

1


-2 -1 0 x



-3




b) Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có cực đại
và cực tiểu và
ycđ. yct < 0
Thấy rằng y’ = 3x
2
+ 2mx = x(3x + 2m)
y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2m/3
Hàm có cực đại và cực tiểu
⇔ − 2m/3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
() ( )

3
c® ct
4m 27m
y
.
yy
0.
y
2m / 3 m 0
27
−
=−=− <
2
4m 27 0⇔−>
33
m
2
⇔>

Vậy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi
m33/> 2
c)
()
y
x≤ 1 với x≤ 1 ⇒
(
)
y
0m1
=

≤
Với m1
≤
, m ≠ 0, ta có 2m / 3 1
−
≤ . Vậy, với m ∈ [−1, 1]\
{
}
0 để
()
y
x1
≤
với x≤ 1 điều kiện đủ là
()
3
4m
1
y
2m / 3 m
27
≥− = −
(vì y (
−1) = − 1, y(1) = 1, y (0) = −m đều thuộc [−1, 1]).
Nhưng
32
4m 4m
,m1 m
27 27


−= − ≤ ≤



1
khi m1
≤
. m = 0 cũng thỏa
mãn.
Kết luận m
∈ [−1, 1].
Ví dụ 3. Cho hàm số y = (m − 2)x
3
− mx + 2 (1)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = − 1
b) Chứng minh rằng khi m
∈ (0, 2) hàm không có cực đại và cực tiểu.
c) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (1) luôn qua ba điểm cố định.
Giải
a) Tập xác định R
y’ =
− 9x
2
+ 1 = 0 ⇔ x = − 1/3 và x = 1/3
Điểm cực đại (−1/3, 16/9), cực tiểu (1/3, 20/9).
y” =
− 18x = 0 ⇔ x= 0, điểm uốn (0, 2).
Bảng biến thiên

8

4
www.truongthi.com.vn Môn Toán
X 1/3 1/3
Y’  0 + 0 
Y 16/9 20/9


y
4


20/9
16/9



-1 -1/3 0 1/3 1 x


b) y’ = 3(m
− 2)x
2
− m
Khi m ∈ (0, 2) ⇒ m / 3(m − 2) < 0 và phương trình y’ = 0 vô nghiệm.
c) y = mx
3
− 2x
3
− mx + 2 ⇔ mx (x
2

− 1) − 2(x
3
− 1) − y = 0
Điểm cố định (xo, yo) phải thỏa mãn
()
()
2
oo
oo
oo
3
oo
oo
x0, y2
xx 1 0
x1, y4,
y2x1
x1 y0
==


−=

⇔=− =


=− −
==



Đồ thị luôn đi qua 3 điểm cố định (0, 2), (
− 1, 4), (1, 0).
Ví dụ 4. Cho hàm số
y = f(x) = 2x
3
− 3(2m + 1)x
2
+ 6m (m + 1)x + 1 (1)
a) Tìm quĩ tích điểm uốn
b) Tìm quĩ tích điểm cực đại
c) Tìm quĩ tích trung điểm đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị.
Giải. a) y’ = 6x
2
− 6(2m + 1) x + 6m(m + 1)
y” = 12x
− 6(2m + 1), y” = 0 ⇔
2m 1
x
2
+
=
y” đổi dấu khi x biến thiên qua (2m + 1)/2. Vậy điểm uốn là
2m 1 2m 1
U,f
22

++







. Từ
2m 1
x
2
+
= suy ra
2x 1
2
m
−
= , thay vào
phương trình y = f(x) ta thu được
3
3
y
2x x 1.
2
=
−+ Vậy quĩ tích đồ thị
hàm
3
3
y
2x x 1.
2
=−+

b) y’ = 6[x
2
− (2m + 1)x + m (m + 1)], y’ = 0 ⇔
xm
xm
=


1
=
+


Đó là hai nghiệm phân biệt và rõ ràng
y’(x) < 0
⇔ x ∈ (m, m + 1)
y’(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, m) ∪ (m + 1, +∞)
10
5
www.truongthi.com.vn Môn Toán
Vậy hàm luôn có cực đại và cực tiểu tại x = m và x = m + 1 tương ứng. Điểm
cực đại là (m, f(m)). Khử m bằng cách thay m = x, vào (1) ta được y = 2x
3
+
3x
2
+ 1. Vậy đồ thị của hàm
y = 2x
3
+ 3x

2
+ 1
là quĩ tích các điểm cực đại của hàm số khi m thay đổi.
c) Trung điểm của đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu là điểm uốn, mà quĩ tích
đã biết ở câu a).
Ví dụ 5. Cho hàm số
y = f(x) = x
4
− mx
3
− (2m + 1)x
2
+ mx + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với a = 0.
b) Tìm các điểm trên trục tung sao cho qua đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến
với đồ thị của y = f(x) với m = 0.
c) Xác định m sao cho phương trình
f(x) = 0
có hai nghiệm khác nhau lớn hơn 1.
Giải. a) Với m = 0, hàm số có dạng
y = x
4
− x
2
+ 1
T.X.Đ. R
y’ = 2x(2x
2
− 1), y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = 2/2±
y” = 2(6x

2
− 1), y” = 0 ⇔ x = ± 6/6
y” đổi dấu qua x = ± 6/6 nên hàm số có hai điểm uốn
()()
6 /6,31/36 , 6 /6,31/36− .
Bảng biến thiên
X
2/2−
0
2/2


Y’  0 + 0 + 0
−
Y
3
4

1
3
4



y

1

3/4

-
2 /2 0 2 /2 x


b) f(x) là hàm chẵn nên trục tung là trục đối xứng. Nên qua điểm trên trục
tung kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị thì phải có 1 tiếp tuyến song song với
trục hoành. Từ đó điểm cần tìm phải là điểm M(0, 1). Ta kiểm tra điều đó.
Giả sử y = ax + 1 là tiếp tuyến khác qua a. Khi đó phải có
42
oo o
3
oo
xx1ax
4x 2x a

−+= +


−=


1

nếu xo là hoành độ tiếp điểm.
12
6
www.truongthi.com.vn Môn Toán
Giải hệ đó (đối với (xo, a)) ta có các nghiệm (0, 0), và

(
)
3/3, 4 3/9 .±±
Từ đó các tiếp tuyến khác y = 1 là
(
)
y
43/9x 1
=
±+.
Vậy điểm cần tìm là M (0, 1).
c) Phương trình x
4
− mx
3
− (2m + 1)x
2
+ mx + 1 = 0 (1) tương ứng với
()
2
2
11
xmx2m1
x
x

+− −− +=


0

(2)
Đặt
1
tx
x
=−
. t’(x) =
2
1
x
+1
> 0, do đó x > 1 thì t(x) > t(1) = 0. Bây giờ
(2) có dạng
t
2
− mt − (2 − 1) = 0. (3)
Vậy để có hai nghiệm lớn hơn 1, phương trình (3) phải có hai nghiệm dương.
Tức là phải có
()
2
2
m412m0
m8m4
S/2 m/2 0 m 0
p12m0 m1/2


∆= − − >
0
+

−>



=> ⇔>


=− > <





⇔
(
)
m425,1/2∈−+
Ví dụ 6. Cho hàm số
mx 1
y
xm
−
=
−
(1)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2.
b) Với m nào hàm đồng biến, nghịch biến không đổi?
c) Chứng minh rằng khi m thay đổi đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định.
d) Tìm quĩ tích tâm đối xứng của đồ thị.
Giải. a) Với m = 2,

2x 1 3
x2 x2
y2
−
==+
−
−

Tập xác định R\
{
}
2
Đồ thị có hai tiệm cận
x = 2 và y = 2.
()
2
3
y'
x2
=− >
−
0 với ∀ x ≠ 2. Vậy y giảm trên các khoảng (−∞, 2) và (2,
+
∞).
Các điểm đặc biệt
x = 0
⇒ y = 1/2; y = 0 ⇒ x = 1/2. Vậy đồ thị đi qua các điểm (0, 1/2) và (1/2,
0).
Bảng biến thiên
X 2

y’  
Y 2
∞

+
∞
2
Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I của hai tiệm cận.





14
7
www.truongthi.com.vn Môn Toán

y





2 I

1/2

0 1/2 2 x

b)
()
2
2
1m
y'
xm
−
=
−
, x ≠ m
• Nếu 1 − m
2
> 0 (⇔ − 1 < m < 1) thì hàm luôn đồng biến trên mỗi khoảng
(−∞, m) và (m, +∞).
• Nếu 1 − m
2
< 0 (⇔ m ∉ [−1, 1] thì hàm luôn nghịch biến trên mỗi khoảng
xác định
• Nếu 1 − m
2
= 0 (⇔ m = ± 1) thì y không đổi
m = 1
⇒ y ≡ 1 trên R\
{
}
1
m =
− 1 ⇒ y ≡ − 1 trên R\
{

}
1
−

c) Giả sử (xo, yo) là điểm cố định. Khi đó
()
o
oo o o
xm
x
y
1mx
y
0 víi mäi m
≠



+− + =



oo
oo o o
2
oo o o
o
xy
x
y

0x1,
y
1
x
y
1x1,
y
1
x1
=−

+
==


⇒⇔⇔

=− =− =
=



=−

Vậy đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định (1,
−1) và (−1, 1).
d) Tâm đối xứng là giao của hai tiệm cận tức là điểm (m, m). Khi m thay đổi
các điểm này vạch đường thẳng y = x.
Ví dụ 7. Cho hàm số
(

)
22
m1x m
y
xm
+−
=
−

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b) Chứng minh rằng với mọi m tiệm cận xiên của đồ thị luôn tiếp xúc với một
parabôn cố định. Xác định parabôn đó.
c) Tìm tất cả các điểm mà tiệm cận xiên không đi qua
Giải
a) Tập xác định R\
{
}
1
Với m = 1,
()
2
2x 1 1
y2x1
x1 x1
−
==++
−−

()
2

1
y' 2
x1
=−
−
, y’ = 0
2
x1
2
⇔=±
16
8
www.truongthi.com.vn Môn Toán
y’ > 0 ⇔
22
x,1 1,
22

∈−∞ − ∪ + +∞








y’ < 0 ⇔
22
x1 ,1

22

∈− +



.
Điểm cực đại.
2
1,42
2

−−



2
, cực tiểu
2
1,42
2

++



2

Bảng biến thiên
X

2
1
2
−

1
2
1
2
+


y’ + 0  ||
−
0 +

422−



422+
Tiệm cận xiên
y = 2(x + 1)
Tiệm cận đứng
x = 1
b) Ta có tiệm cận xiên
y = (m + 1)x + m
2
+ m
y

4 +2
2

4
I
2


-1 0 1 x




Giả sử các tiệm cận xiên trên luôn tiếp xúc parabôn cố định
y = ax
2
+ bx + c, a ≠ 0.
Khi đó phương trình
ax
2
+ bx + c = (m + 1)x + m
2
+ m
có nghiệm kép với mọi m.
Ta phải có
∆ = (b − m − 1)
2
− 4a(c − m
2
− m) = 0

với mọi m, hay
(4a + 1)m
2
+ 2(2a − b + 1)m + b
2
− 4ac − 2b + 1 = 0
với mọi m
2
4a 1 0 a 1 / 4
2a b 1 0 b 1 / 2
c1/
b4ac2b10

+= =−



⇔−+= ⇔=


=−

−−+=

4

Như vậy parabôn cần tìm là
18
9
www.truongthi.com.vn Môn Toán

2
111
y
xx
424
=− + − =0
c) Giả sử (xo, yo) là điểm mà tiệm cận không đi qua.
Từ đó phương trình
yo = (m + 1)xo + m
2
+ m
vô nghiệm, hay phương trình
m
2
+ (xo + 1)m + xo − yo = 0
vô nghiệm
⇔ ∆ = (xo + 1)
2
− 4(xo − yo) < 0
⇔
2
ooo
11
yxx
424
1
<
−+−
Đó là các điểm nằm trong parabôn
2

11
yxx
42
=− + −
1
4

Ví dụ 8. Cho hàm số
()
2
x3x
y
2x 1
6
−
+
=
−

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Tìm các điểm trên đồ thị sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến các tiệm
cận là nhỏ nhất.
c) tìm các điểm trên đồ thị sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến hai trục là
nhỏ nhất.
d) Tìm các điểm M, N trên hai nhánh của đồ thị (mỗi điểm thuộc một nhánh)
sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Giải. a) Ta có
1
yx2
2x


=−+

4
1


−

. Tập xác định R\
{
}
1 .
()
2
14
y' 1
2
x1


=−

−


, y’ = 0 ⇔ x = −1 và x = 3.
y’(x) < 0 với − 1 < x < 1 hoặc 1 < x < 3/2 điểm cực đại
5
1,

2

−−



y’(x) > 0 với x <
− 1 hoặc x > 3/2 điểm cực tiểu
3
3,
2




X 1 1 3
y’ + 0  ||
−
0 +
Y
5
2
−


3
2

y

3/2
-1 0 3

x
-5/2

-3

20
10
www.truongthi.com.vn Môn Toán
Tiệm cận xiên :
(
1
)
y
x2
2
=− ~ x − 2y − 2 = 0
Tiệm cận đứng: x = 1
x = 0, y =
−3
b) Giả sử M(x, y) là điểm thuộc đồ thị mà tổng các khoảng cách d = d
1
+ d
2

trong đó d

1
(tương ứng d
2
) là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng (tương
ứng tiệm cận xiên) là bé nhất.
Ta có d
1
= x1− ,
2
22
4
xx2 2
x1
4
d
5x 1
12

−−+ −

−

==
−
+

và
4
1
5x 1

=−+dx
−

Vậy
4
44
x1
5x 1
5
≥− =
−
d2

Dấu bằng xảy ra khi
4
42
x1 x 1
5x 1
5
−= ⇔=±
−
và
4
4
n d
5
=mi
.
c) Điểm M(x, y) thuộc đồ thị thì x
≠ 1 và

1
2
2x

=−+

4
1
yx
−

. Tổng các
khoảng cách từ M đến các trục là
() ()()
14
fx x x 2 ,x ,1 1,
2x1
=+ −+ ∈−∞∪+∞
−

()
()
14
xx2 víi x1,+
2x1
14
xx2 víi x ,
2x1



+−+ ∈∞


−
 



−−+ ∈−∞


−


1

c
1
) Xét f(x) với x > 1
Ta có
()
()
2
12
f' x 1
2
x1
=+ −
−
=

()
2
32
2
x1
−
−

f’(x) = 0
⇔
()
2
4
x1
3
−=
⇒ x − 1 =
2
3
,
2
x1
3
=+

f’(x) < 0 khi
2
,1
3


∈+


x1
và f’(x) > 0 khi

2
,
3

x1
∈
++∞



Vậy
()
x1
21 2 4
n f x 1 1 2
22
33
3
>



=+ + + −+




mi


1
2
=+x3

3
c
2
) Xét f(x) với 0 ≤ x < 1. Khi đó
22
11
www.truongthi.com.vn Môn Toán
() ()
()
2
x2 1 2
fx 1,f'x 0
2x1 2
x1
=− + =+ >
−
−

Vậy
() ()
0x1

min f x f 0 3
≤<
==
c
3
) Xét f(x) với x < 0. Khi đó
() ()
14
fx x x 2
2x

=− − − +

1
−


()
()
2
32
f' x
2
x1
=− +
−
,
(
)
f' x 0

=
⇔
2
x1
3
=−

f’(x) < 0 khi
2
3
<−x
và f(x) > 0 khi
2
x1
3
>−
.
Vậy
()
x0
32 2 1
f x 1 1 2 3
22
3
3
<

=− − + − =− +



−
min

2
So sánh ta thấy
()
(
)
x1
min f x f 0 3
≠
=
= .
d) Giả sử M(s, y(s)) và N (t, y(t)) ở đây t < 1 < s là các điểm thuộc đồ thị. Khi
đó
() ()
(
)
()()
4s t
1
ys yt s t
2
s11t

−
−=−+

−−


và
()
()
()()
2
2
4s t
1
MN st st
4
s11t

−
=− + −+

−−

.
Nhưng
()
()()
(
)
2
4s t 4s t
16
st
s11t
s11t
2

−−
≥=
−
−−
−+−



, do đó
()
2
2
116
MN st st
4st

≥− + −+

−

=
()
()
2
2
564
st 8
4
st
−= − + + ≥

−

5
2.648
4
≥=5

Dấu bằng đạt được khi
()
()
2
2
s11t
st 2
564
4
st
st
4
st
5
−=−

+=



⇔

−=

−=

−



vậy
o
44
42
s2 /21
55

=+ =+



o
4
2
t1
5
=−

Từ đó M(so, y(so)), N (to, y(to)).
24
12
www.truongthi.com.vn Môn Toán

26

13