CHUYÊN đề ôn THI KHẢO sát hàm số

Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

CHUYÊN ĐỀ 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I.Kiến thức cơ bản:
1. Định lý:
* f / ( x) > 0∀x ∈ D ⇒ f ( x) đồng biến trên D.
* f / ( x) < 0∀x ∈ D ⇒ f ( x) nghịch biến trên D.

2. Định lý mở rộng:
* f / ( x) ≥ 0∀x ∈ D và f / ( x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ⇒ f (x) đồng biến trên D.
* f / ( x) ≤ 0∀x ∈ D và f / ( x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ⇒ f (x) nghịch biến trên D.
3. Chú ý:
* f / ( x) > 0 ∀x ∈ (a; b ) và f(x) liên tục trên [a; b ] ⇒ f (x) đồng biến trên [a; b ] .
* f / ( x) < 0 ∀x ∈ (a; b ) và f(x) liên tục trên [a; b ] ⇒ f (x) nghịch biến trên [a; b ] .
4. Điều kiện không đổi dấu trên R:
Cho f ( x) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) .
a > 0
* f ( x) ≥ 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ ≤ 0
a > 0
* f ( x) > 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ < 0

a < 0
* f ( x) ≤ 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ ≤ 0
a < 0
* f ( x) < 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ < 0

II. Các dạng toán:

1. Tìm điều kiện để hàm số đơn điệu trên khoảng, đoạn cho trước:
1
3

Ví dụ 1. Cho hàm số y = x 3 − (m + 1)x 2 + (2m + 1)x + 6
a. Xác định m để hàm số đồng biến trên R.
b. Xác định m để hàm số đồng biến trên (2; + ∞ )
c. Xác định m để hàm số nghịch biến trên [− 3;1]
Giải:
a. Tập xác định: D = R.
y / = x 2 − 2(m + 1)x + 2m + 1

a > 0

1 > 0
m ∈ R
⇔ 2
⇔
⇔m=0
m = 0
∆ ≤ 0
m ≤ 0

Hàm số đồng biến trên R ⇔ y / ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔ 

/

b. Tập xác định: D = R.
y / = x 2 − 2(m + 1)x + 2m + 1
x = 1

y / = 0 ⇔ x 2 − 2(m + 1)x + 2m + 1 = 0 ⇔ 
 x = 2m + 1

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

1


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

* Trường hợp 1: 2m + 1 = 1 ⇔ m = 0 .
Ta có bảng biến thiên:
x −∞
1
y/

+

0

+∞

+
+∞

1
3

y −∞

Suy ra hàm số đồng biến trên R nên đồng biến trên (2; + ∞ ) .
Do đó m = 0 thỏa mãn.
* Trường hợp 2 : 2m + 1 > 1 ⇔ m > 0 .
Ta có bảng biến thiên:
1
2m+1
x −∞
+∞
y/

+

0

-

0

+

y(1)

+∞

y −∞

y(2m+1)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên (2; + ∞ )
1

( thỏa đk m>0)
2
* Trường hợp 3 : 2m + 1 < 1 ⇔ m < 0 .

⇔ 2m + 1 > 2 ⇔ m >

Ta có bảng biến thiên:
2m+1
x −∞
y/

+

0

1
-

0

+∞

+

y(2m+1)
y −∞

+∞

y(1)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy không có giá trị nào của m để hàm số đồng biến
trên (2; + ∞ )
Vậy hàm số đồng biến trên R nên đồng biến trên (2; + ∞ ) khi m = 0 hoặc m >
c. Tập xác định: D = R.
y / = x 2 − 2(m + 1)x + 2m + 1

x = 1
y / = 0 ⇔ x 2 − 2(m + 1)x + 2m + 1 = 0 ⇔ 
 x = 2m + 1

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

2

1
2


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

* Trường hợp 1: 2m + 1 = 1 ⇔ m = 0 .
Ta có bảng biến thiên:
x −∞
1
y/

+

0

+∞

+
+∞

1
3

y −∞

Suy ra hàm số đồng biến trên R nên không nghịch biến trên [− 3;1]
Do đó m = 0 không thỏa mãn.
* Trường hợp 2 : 2m + 1 > 1 ⇔ m > 0 .
Ta có bảng biến thiên:
1
2m+1
x −∞
+∞
y/

+

0

-

0

+

y(1)

+∞

y(2m+1)

y −∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy không có giá trị nào của m để hàm số nghịch
biến trên [− 3;1]
* Trường hợp 3 : 2m + 1 < 1 ⇔ m < 0 .
Ta có bảng biến thiên:
x −∞
2m+1
1
y/

+

0

-

0

+∞

+

y(2m+1)

+∞

y −∞

y(1)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên
[− 3;1] ⇔ 2m + 1 ≤ −3 ⇔ m ≤ −2 ( Thỏa mãn điều kiện m <0 )
Vậy m ≤ −2 hàm số nghịch biến trên [− 3;1]
1
3

Ví dụ 2. Cho hàm số y = x 3 + 2 x 2 − mx − 10
a. Xác định m để hàm số đồng biến trên R.
b. Xác định m để hàm số đồng biến trên [0; + ∞ )
c. Xác định m để hàm số đồng biến trên (− ∞;1)
d. Xác định m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1.
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

3


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

Giải:
a. Tập xác định: D = R.
y / = x 2 + 4x − m

Hàm số đồng biến trên R
a > 0
1 > 0
m ∈ R
⇔ y / ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔  /
⇔
⇔
⇔ m ≤ −4
4 + m ≤ 0
m ≤ −4
∆ ≤ 0

b. * Tập xác định: D = R.
y / = x 2 + 4x − m

* Hàm số đồng biến trên [0; + ∞ ) ⇔ y / ≥ 0 ∀x ∈ [0; + ∞ )
⇔ x 2 + 4 x − m ≥ 0 ∀x ∈ [0; + ∞ ) ⇔ x 2 + 4 x ≥ m ∀x ∈ [0; + ∞ )
* Xét hàm số f ( x) = x 2 + 4 x trên [0; + ∞ )

Ta có f / ( x) = 2 x + 4
f / ( x) = 0 ⇔ x = −2 (loại)

Ta có bảng biến thiên:
x

0

+∞

f/(x)

+
+∞

f(x)
0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy YCBT ⇔ m ≤ 0
Vậy m ≤ 0 hàm số đồng biến trên [0; + ∞ ) .
c. * Tập xác định: D = R.
y / = x 2 + 4x − m

* Hàm số đồng biến trên (− ∞;1) ⇔ y / ≥ 0 ∀x ∈ (− ∞;1)
⇔ x 2 + 4 x − m ≥ 0 ∀x ∈ (− ∞;1) ⇔ x 2 + 4 x ≥ m ∀x ∈ (− ∞;1)
* Xét hàm số f ( x) = x 2 + 4 x trên (− ∞;1)

Ta có f / ( x) = 2 x + 4
f / ( x) = 0 ⇔ x = −2 ( nhận )

Ta có bảng biến thiên:
x
f/(x)
f(x)

-2

−∞

+∞

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

0

1
+

-4

5
4


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy YCBT ⇔ m ≤ −4
d. * Tập xác định: D = R.
y / = x 2 + 4x − m

Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1
⇔ phương trình ý = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 sao cho x1 − x 2 = 1
∆/ > 0
⇔
 x1 − x 2

2

4 + m > 0
 m > −4
⇔ 2
⇔

2
2
= 1  x1 + x 2 − 2 x1 x 2 = 1 (x1 + x 2 ) − 4 x1 x 2 = 1

m > −4
m > −4
3

⇔
⇔

3 ⇔m=−
2
4
(− 2 ) − 4(−m) = 1
m = − 4
3
thỏa mãn điều kiện bài toán.
4
Ví dụ 3. Cho hàm số y = x 3 − mx 2 + 12 x − 1

Vậy m = −

a. Xác định m để hàm số đồng biến trên R.
b. Xác định m để hàm số đồng biến trên (1;+∞ )
c. Xác định m để hàm số nghịch biến trên (1; 2)
d. Xác định m để hàm số nghich biến trên đoạn có độ dài bằng 2.
Giải:
a. Tập xác định: D = R.
y / = 3 x 2 − 2mx + 12

Hàm số đồng biến trên R
a > 0
3 > 0
m ∈ R
⇔ y / ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔  /
⇔ 2
⇔
⇔ −6 ≤ m ≤ 6
− 6 ≤ m ≤ 6
∆ ≤ 0
m − 36 ≤ 0

b. Tập xác định: D = R.
y / = 3 x 2 − 2mx + 12

* Hàm số đồng biến trên (1;+∞ ) ⇔ y / ≥ 0 ∀x ∈ (1;+∞ )
⇔ 3 x 2 − 2mx + 12 ≥ 0 ∀x ∈ (1;+∞ ) ⇔ 2m ≤

3 x 2 + 12
∀x ∈ (1;+∞ )
x

3 x 2 + 12
trên (1;+∞ )
x
3 x 2 − 12
Ta có f / ( x) =
x2
 x = 2 ( n)

3 x 2 − 12
f / ( x) = 0 ⇔
=0⇔
2
x
 x = −2 (l )

Xét hàm số f ( x) =

Ta có bảng biến thiên:
x

1

f/(x)

2
-

0

15

+
+∞

f(x)
12
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

+∞

5


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy YCBT ⇔ 2m ≤ 12 ⇔ m ≤ 6
Vậy m ≤ 6 thỏa mãn điều kiện bài toán.
c. Tập xác định: D = R.
y / = 3 x 2 − 2mx + 12

* Hàm số nghịch biến trên (1;2) ⇔ y / ≤ 0 ∀x ∈ (1;2)
⇔ 3 x 2 − 2mx + 12 ≤ 0 ∀x ∈ (1;2 ) ⇔ 2m ≤

3 x 2 + 12
∀x ∈ (1;2 )
x

3 x 2 + 12
trên (1; 2 )
x
3 x 2 − 12
Ta có f / ( x) =
x2
x = 2 ( l)
3 x 2 − 12
f / ( x) = 0 ⇔
=0⇔
2

x
 x = −2 (l )

Xét hàm số f ( x) =

Bảng biến thiên:
x

1

2

f/(x)

15

f(x)
12
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy YCBT ⇔ 2m ≤ 12 ⇔ m ≤ 6
Vậy m ≤ 6 thỏa mãn điều kiện bài toán.
d. * Tập xác định: D = R.
y / = 3 x 2 − 2mx + 12

Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2
⇔ phương trình ý = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 sao cho x1 − x 2 = 2
∆/ > 0
m 2 − 36 > 0
m ∈ (− ∞; − 6 ) ∪ (6; + ∞ )
⇔
⇔

⇔


2
2
 x1 2 + x 2 2 − 2 x1 x 2 = 4
 x1 − x 2 = 4
( x1 + x 2 ) − 4 x1 x 2 = 4
m ∈ (− ∞; − 6 ) ∪ (6; + ∞ )
m ∈ (− ∞; − 6 ) ∪ (6; + ∞ )


2
⇔  2m 
⇔  m = 6
⇔ m ∈φ
 − 4.4 = 4

m = −6
 3 


Vậy không có giá trị nào của m thỏa điều kiện bài toán.

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

6


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

Ví dụ 4. Cho hàm số y =

mx + 9
.
x+m

a. Xác định m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
b. Xác định m để hàm số đồng biến trên (2; + ∞ ) .
c. Xác định m để hàm số nghịch biến trên (− ∞; − 1)
Giải:
a. TXĐ: D = R \ {− m}
y/ =

m2 − 9

( x + m )2

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định ⇔ y / > 0 ∀x ≠ −m
⇔ m 2 − 9 > 0 ⇔ m ∈ (− 3; 3)
Vậy: m ∈ (− 3; 3) thỏa điều kiện bài toán.

b. TXĐ: D = R \ {− m}
y/ =

m2 − 9

( x + m )2

Hàm số đồng biến trên

⇔ y / > 0 ∀x ∈ (2; + ∞ ) và x ≠ − m

m 2 − 9 > 0
m ∈ (− ∞; − 3) ∪ (3; + ∞ )
m ∈ (− ∞; − 3) ∪ (3; + ∞ )
⇔
⇔
⇔
⇔m>3
− m ≤ 2
m ≥ −2
− m ∉ (2; + ∞ )
Vậy: m > 3 thỏa điều kiện bài toán.
c. TXĐ: D = R \ {− m}
y/ =

m2 − 9

( x + m )2

Hàm số nghịch biến trên (− ∞; − 1) ⇔ y / < 0 ∀x ∈ (− ∞; − 1) và x ≠ − m
m 2 − 9 < 0
m ∈ (− 3; 3)
m ∈ (− 3; 3)
⇔
⇔
⇔
⇔ −3 < m ≤ 1
− m ≥ −1

m ≤ 1
− m ∉ (− ∞; − 1)
Vậy: − 3 < m ≤ 1 thỏa điều kiện bài toán.

2 .Ứng dụng tính đơn điệu để chứng minh bất đẳng thức:
Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
π
a. sinx < x ∀x ∈  0; 


2

π
b. x < tan x ∀x ∈  0; 


Giải:
a. Ta có: sinx < x ⇔ x − sin x > 0
π
Xét f ( x) = x − sin x Với ∀x ∈ 0; 

 2
x
π
Ta có f / ( x) = 1 − cos x = 2 sin 2 ≥ 0 ∀x ∈ 0; 
2
 2
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

7

2

c. x 4 − 2 x 2 ≤ 0 ∀x ∈ [− 1;1]


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam
f / ( x) = 0 ⇔ sin

x
x
 π
= 0 ⇔ = kπ ⇔ x = k 2π ⇔ x = 0 ( Do x ∈ 0;  )
2
2
 2

π
Suy ra, f (x) đồng biến trên 0; 


2

π
Do đó, ∀x ∈  0; 

 2
Ta có 0 < x ⇒ f (0) < f ( x) ⇔ 0 < x − sin x ⇔ sin x < x

π

Vậy: sinx < x ∀x ∈  0; 

 2
b. Ta có: x < tan x ⇔ x − tan x < 0

Xét hàm số f ( x) = x − tan x trên 0; 
 2
π

Ta có f / ( x) = 1 −

1
 π
= − tan 2 x ≤ 0 ∀x ∈ 0; 
2
cos x
 2

 π
f / ( x) = 0 ⇔ tan x = 0 ⇔ x = kπ ⇔ x = 0 ( Do x ∈ 0;  )
 2
π
Suy ra, f (x) nghịch biến trên 0; 
 2
π
Do đó, ∀x ∈  0; 
 2
Ta có 0 < x ⇒ f (0) > f ( x) ⇔ 0 > x − tan x ⇔ x < tan x

π

Vậy x < tan x ∀x ∈  0; 

 2
c. x − 2 x ≤ 0 ∀x ∈ [− 1;1]
4

2

Xét hàm số f ( x) = x 4 − 2 x 2 với x ∈ [− 1;1]
Ta có f / ( x) = 4 x 3 − 4 x
x = 0
f ( x) = 0 ⇔ 4 x − 4 x = 0 ⇔ 4 x(x − 1) = 0 ⇔  x = 1
 x = −1
/

3

Bảng biến thiên:
x

2

-1

f/(x)

0

1

+ 0 0

f(x)
-1

-1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x) = x 4 − 2 x 2 ≤ 0 ∀x ∈ [− 1;1] (đpcm)

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

8


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

CHUYÊN ĐỀ 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
1. Tìm điều kiện để hàm số đạt cực trị tai một điểm:
Cách 1. ( Thường dùng cho hàm đa thức )
 y / ( x0 ) = 0

* f(x) đạt cực trị tại x = x0 ⇔ 

 y // ( x0 ) ≠ 0
/
 y ( x0 ) = 0
* f(x) đạt cực đại tại x = x0 ⇔  //
 y ( x0 ) < 0
y / (x ) = 0
* f(x) đạt cực tiểu tại x = x0 ⇔  // 0

 y ( x0 ) > 0

Cách 2. ( Thường dùng cho hàm phân thức )
* Nếu f(x) đạt cực trị tại x = x0 thì y / ( x0 ) = 0 .
* Giải phương trình y / ( x0 ) = 0 tìm m, thay m vừa tìm được vào hàm số .
* Lập bảng biến thiên và kết luận.
1
3

Ví dụ 1. Cho hàm số y = x 3 − (m − 1)x 2 + (m 2 − 3m + 2)x + 5 .
a. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x = 0.
b. Tìm m để hàm số đạt cực đại tại x = 1.
c. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.
Giải:
a. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(m − 1)x + m 2 − 3m + 2
y // = 2 x − 2(m − 1)

 m = 1
 y / (0) = 0
m 2 − 3m + 2 = 0

Hàm số đạt cực trị tại x = 0 ⇔  //
⇔
⇔ m = 2 ⇔ m = 2
 y (0) ≠ 0
− 2(m − 1) ≠ 0
m ≠ 1


Vậy Hàm số đạt cực trị tại x = 0
b. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(m − 1)x + m 2 − 3m + 2
y // = 2 x − 2(m − 1)

Hàm số đạt cực đại tại x = 1

5+ 5
 m =
2

 y / (1) = 0
m 2 − 5m + 5 = 0
5+ 5
⇔  //
⇔ 
⇔
5− 5 ⇔ m =
2
 y (1) < 0
4 − 2 m < 0
 m =
2

m > 2

c. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(m − 1)x + m 2 − 3m + 2
y // = 2 x − 2(m − 1)

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

9


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam
 y / (3) = 0
m 2 − 9m + 17 = 0
m ∈ φ
⇔  //
⇔
⇔
⇔ m ∈φ
 y (3) > 0
m < 4
8 − 2m > 0

Vậy không có giá trị nào của m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.
1
3

1
2

1
3

Ví dụ 2. Cho hàm số y = − x 3 + ax 2 + bx + . Xác định a và b để hàm số đạt cực
đại tại x = 1 và giá trị cực đại tại điểm đó bằng 2.

Giải:
* TXĐ: D = R
* y / = − x 2 + ax + b
y // = −2 x + a

Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và giá trị cực đại tại điểm đó bằng 2

 y / (1) = 0
− 1 + a + b = 0
a = −2
 //
a = −2


⇔  y (1) < 0 ⇔ − 2 + a < 0
⇔ b = 3 ⇔ 
b = 3
 y (1) = 2
1
a < 2


 a+b = 2
2
a
=
−
2

Vậy 

thỏa mãn điều kiện bài toán.
b = 3

Ví dụ 3. Xác định m để hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 + 5
a. Hàm số đạt cực tiểu tại x = - 1
b. Hàm số đạt cực tiểu tại x = - 2.
Giải:
a. TXĐ: D = R
y / = 4 x 3 − 4m 2 x
y // = 12 x 2 − 4m 2
 m = 1
 y / (−1) = 0
− 4 + 4m 2 = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x = - 1 ⇔  //
⇔
⇔  m = −1
2
 y (−1) > 0
12 − 4m > 0

m ∈ − 3 ; 3
m = 1
⇔
 m = −1

(

b. TXĐ: D = R
y / = 4 x 3 − 4m 2 x

y // = 12 x 2 − 4m 2

Hàm số đạt cực đại tại x = - 2

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

10

)


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

m = 2
 y / (−2) = 0
− 32 + 8m 2 = 0

⇔  //
⇔
⇔m=2
⇔   m = −2
2
 y (−2) < 0
48 − 4m < 0

m ∈ − ∞; − 2 3 ∪ 2 3 : + ∞

(

Ví dụ 4. Xác định m để hàm số y =

) (

)

x 2 − 2mx + 5
đạt cực tiểu tại x = 3.
x +1

Giải:
TXĐ: D = R \ {− 1}
y/ =

x 2 + 2 x − 2m − 5

(x + 1)2

* Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 thì y / (3) = 0
10 − 2m
=0⇔m=5
16
* Với m = 5 ta có
x 2 + 2 x − 15
y/ =
(x + 1)2
x = 3
y/ = 0 ⇔ 
x = 5
⇔

x

3

−∞

y/

+

5

0

-

+∞

0

+

CĐ

+∞

y −∞

CT

Dựa vào BBT ta thấy x = 3 không phải là điểm cực tiểu.
Vậy không có giá trị nào của m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.
Ví dụ 5. Xác định m để hàm số y =
Giải:
TXĐ: D = R
* y/ =

x 2 + 2x + m
đạt cực đại tại x = 2 .
x 2 − 2x + 2

− 4 x 2 + 4 x − 2mx + 2m

(x

2

− 2x + 2

2

)

* Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 thì y / ( 2 ) = 0
⇔

(

)

4 2 − 8 + 21− 2 m
2

(4 − 2 2 )

= 0 ⇔ m = −2 2

* Với m = −2 2 ta có y / =

(

)

2

− 2x + 2

− 4x 2 + 4 + 4 2 x − 4 2

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

(x

2

)

11

Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam
x = 2
y/ = 0 ⇔ 
x = 1

Bảng biến thiên:
x

1

−∞

y/

-

0

2

+

1

0

+∞

-

CĐ

y
CT

1

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2 .
Vậy m = −2 2 thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước:
1
3

Ví dụ 1. Cho hàm số y = x 3 − (2m − 1)x 2 + (1 − 4m )x + 1
a. Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu.
b. Xác định m để hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 sao cho x1 − x2 = 4 .
c. Xác định m để hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 sao cho 3x1 + x2 = 4 .
d. Xác định m để hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn: x1 2 + x2 2 ≤ 2.
e. Xác định m để đồ thị hàm số có hai điểm cực nằm về cùng phía so với trục
tung.
Giải:
a. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m
y / = 0 ⇔ x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m = 0 (*)
Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ phương (*) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = 4m 2 ≥ 0 ⇔ m 2 ≥ 0 ⇔ m ≠ 0
Vậy m ≠ 0 hàm số có cực đại và cực tiểu.

b. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m

y / = 0 ⇔ x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m = 0 (*)
* Hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 ⇔ phương (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ / = 4m 2 ≥ 0 ⇔ m 2 ≥ 0 ⇔ m ≠ 0
* Với m ≠ 0 hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2
 x + x = 2(2m − 1)
Ta có x1 , x2 là nghiệm của phương trình (*) nên  1 2
 x1 .x 2 = 1 − 4m

Theo đề ta có x1 − x2 = 4 ⇔ x1 2 + x2 2 − 2 x1 x2 = 16 ⇔ (x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 = 16
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

12


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

m = 1 (n)
2
⇔ [2(2m − 1)] − 4.(1 − 4m ) = 16 16m 2 = 16 ⇔ 
m = −1 (n)

Vậy m = 1; m = -1 thỏa mãn điều kiện bài toán.
c. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m
y / = 0 ⇔ x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m = 0 (*)
* Hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 ⇔ phương (*) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = 4m 2 ≥ 0 ⇔ m 2 ≥ 0 ⇔ m ≠ 0
* Với m ≠ 0 hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2
 x + x = 2(2m − 1) (1)
Ta có x1 , x2 là nghiệm của phương trình (*) nên  1 2

 x1 .x 2 = 1 − 4m (2)

Theo đề ta có 3x1 + x2 = 4 (3)
4 − 2 x1 = 2(2m − 1)
 x1 (4 − 3 x1 ) = 1 − 4m

Từ (3) ⇒ x 2 = 4 − 3x1 thay vào (1) và (2) ta được 

 x1 = 3 − 2m (3)
⇔
2
4 x1 − 3 x1 = 1 − 4m (4)
Thay x1 = 3 − 2m vào (4) ta được 4(3 − 2m ) − 3(3 − 2m )2 = 1 − 4m
2

m = ( n)

− 12m + 32m − 16 = 0 ⇔
3

 m = 2 ( n)
2
Vậy m = ; m = 2 thỏa TĐKBT.
3
2

d. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m
y / = 0 ⇔ x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m = 0 (*)
* Hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 ⇔ phương (*) có hai nghiệm phân biệt

∆/ = 4m 2 ≥ 0 ⇔ m 2 ≥ 0 ⇔ m ≠ 0
* Với m ≠ 0 hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2
 x + x = 2(2m − 1)
Ta có x1 , x2 là nghiệm của phương trình (*) nên  1 2
 x1 .x 2 = 1 − 4m

Theo đề ta có x1 2 + x2 2 ≤ 2 ⇔ (x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 ≤ 2 ⇔ [2(2m − 1)]2 − 2(1 − 4m ) ≤ 2
⇔ 16m 2 − 8m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤

Vậy 0 ≤ m ≤

1
2

1
thỏa TĐKBT.
2

e. TXĐ: D = R
y / = x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m
y / = 0 ⇔ x 2 − 2(2m − 1)x + 1 − 4m = 0 (*)
* Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ phương (*) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = 4m 2 ≥ 0 ⇔ m 2 ≥ 0 ⇔ m ≠ 0

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

13


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

* Với m ≠ 0 hàm số có hai điểm cực trị . Gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị của hàm
số.
 x1 + x 2 = 2(2m − 1)
 x1 .x 2 = 1 − 4m

Ta có x1 , x2 là nghiệm của phương trình (*) nên 

Đồ thị hàm số có hai điểm cực nằm về cùng phía so với trục tung
⇔ x1 .x 2 > 0 ⇔ 1 − 4m > 0 ⇔ m <

1
4

Kết hợp với điều kiện m ≠ 0 ta được m ≠ 0; m <
Vậy m ≠ 0; m <

1
4

1
thỏa TĐKBT.
4

Ví dụ 2. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2
a. Xác định m để hàm số có ba điểm cực trị.
b. Xác định m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị lập thành một tam giác vuông
cân.
c. Xác định m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị lập thành một tam giác đều.
d. Xác định m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có

diện tích bằng 1.
Giải:
a. TXĐ: D = R
y / = 4 x 3 − 4mx
y / = 0 ⇔ 4 x 3 − 4mx = 0 (*)
 x = 0 (1)
⇔ 4x x 2 − m = 0 ⇔  2
 x = m ( 2)
Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
m > 0
m > 0
⇔ 2
⇔
⇔m>0
m ≠ 0
0 ≠ m

(

)

Vậy m > 0 thỏa mãn TĐKBT.
b. TXĐ: D = R
y / = 4 x 3 − 4mx
y / = 0 ⇔ 4 x 3 − 4mx = 0 (*)
 x = 0 (1)
⇔ 4x x 2 − m = 0 ⇔  2
 x = m ( 2)
* Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt

⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
m > 0
m > 0
⇔ 2
⇔
⇔m>0
m ≠ 0
0 ≠ m

(

)

* Với m > 0 , ta có (2) ⇔ x = ± m nên đồ thị hàm số có ba diểm cực trị
A( 0; 2), B (− m ; 2 − m 2 ) , C ( m ; 2 − m 2 ) .
Ta có AB = m 4 + m ; AC = m 4 + m ⇒ AB = AC nên tam giác ABC cân tại A.
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

14


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

Do đó tam giác ABC vuông cân ⇔ ∆ABC vuông tại A ⇔ AB . AC = 0 (**)
Có AB = (− m ; − m 2 ) ; AC = ( m ; − m 2 )
m = 0 (l )
 m = 1 ( n)

Vậy (**) ⇔ − m . m + (−m 2 ).(−m 2 ) = 0 ⇔ −m + m 4 = 0 ⇔ 

Vậy m = 1 đồ thị hàm số có ba điểm cực trị lập thành một tam giác vuông cân.
c. TXĐ: D = R
y / = 4 x 3 − 4mx
y / = 0 ⇔ 4 x 3 − 4mx = 0 (*)
 x = 0 (1)
⇔ 4x x 2 − m = 0 ⇔  2
 x = m ( 2)
* Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
m > 0
m > 0
⇔ 2
⇔
⇔m>0
m ≠ 0
0 ≠ m
* Với m > 0 , ta có (2) (2) ⇔ x = ± m nên đồ thị hàm số có ba diểm cực trị

(

)

A( 0; 2), B (− m ; 2 − m 2 ) , C ( m ; 2 − m 2 ) .
Tam giác ABC đều
 m 4 + m = m 4 + m
 AB = AC
⇔ AB = AC = BC ⇔ 
⇔
⇔ m 4 + m = 4m
4

 AC = BC
 m + m = 4m
 m = 0 (l )
⇔ m 4 − 3m = 0 ⇔ m m 3 − 3 ⇔ 
3
 m = 3 ( n)
Vậy m = 3 3 thỏa mãn ĐKBT.

(

)

d. TXĐ: D = R
y / = 4 x 3 − 4mx
y / = 0 ⇔ 4 x 3 − 4mx = 0 (*)
 x = 0 (1)
⇔ 4x x 2 − m = 0 ⇔  2
 x = m ( 2)
* Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
m > 0
m > 0
⇔ 2
⇔
⇔m>0
m ≠ 0
0 ≠ m

(

)

* Với m > 0 , ta có (2) (2) ⇔ x = ± m nên đồ thị hàm số có ba diểm cực trị
A( 0; 2), B (− m ; 2 − m 2 ) , C ( m ; 2 − m 2 ) .
. BC = 4m
. BC = (2 m ; 0) = 2 m . (1; 0) ⇒ vectơ pháp tuyến của đường thẳng BC là n = (0;1)
Nên BC có phương trình: y + m 2 − 2 = 0
d( A; BC)= m 2 = m 2
1
2

Ta có, S ABC = .BC. d ( A; BC ) = 1
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

15


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam
1
⇔ . 4m .m 2 = 1 ⇔ m 5 = 1 ⇔ m = 1 (n)
2

Vậy m = 1 thỏa ĐKBT.

Ví dụ 3. Cho hàm số y = -x3 + 3x2 + 3(m2 - 1)x - 3m2 - 1 (1)
Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số
(1) cách đều gốc tọa độ O.
Giải:
TXĐ: D = R
y’ = –3x2 + 6x + 3(m2 - 1),

y' = 0 ⇔ x2 - 2x - (m2 - 1) = 0 ⇔ x = 1 - m hoặc x = 1 + m
Do đó (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ 1 - m ≠ 1 + m ⇔ m ≠ 0
Gọi A(x1; y1), B(x2; y2) là 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1)
3
3
⇒ A(1 + m; 2(m - 1)); B(1 - m; -2(m +1))
1
1
Ta coù : OA2 = OB2 ⇔ x12 + y12 = x22 + y22 ⇔ 4m = 16m3 ⇔ m2 = (vìm ≠ 0) ⇔ m = ±
4
2

Ví dụ 4. Cho hàm số y =

x 2 − (m + 1)x − m 2 + 4m − 2
x −1

a. Xác định m để hàm số có cực trị.
b. Xác định m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.
Giải:
a. TXĐ:
y/ =

x 2 − 2 x + m 2 − 3m + 3

(x − 1)2

 x ≠ 1 (1)
y/ = 0 ⇔  2
2

 x − 2 x + m − 3m + 3 = 0 (2)
Hàm số có cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1
∆/ > 0
− m 2 + 3m − 2 > 0
⇔ 2
⇔ 2
⇔1< m < 2
1 − 2.1 + m 2 − 3m + 3 ≠ 0
m − 3m + 2 ≠ 0

b. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định
⇔ y / ≥ 0 ∀x ≠ 1 ⇔ x 2 − 2 x + m 2 − 3m + 3 ≥ 0 ∀x ≠ 1
1 > 0
⇔ x 2 − 2 x + m 2 − 3m + 3 ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔  /
⇔ − m 2 + 3m − 2 ≤ 0 ⇔ m ∈ (− ∞;1] ∪ [2; + ∞ )
∆ ≤ 0

Ví dụ 5. Cho hàm số y =

x 2 + mx + 1
x+m

Chứng minh rằng với mọi m để hàm số có cực trị.

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

Giải:
16

Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

TXĐ: D = R \ {− m}
y/ =

x 2 + 2mx + m 2 − 1

( x + m )2

 x ≠ −m (1)
y/ = 0 ⇔  2
2
 x + 2mx + m − 1 = 0 (2)
Hàm số có cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
∆/ > 0
1 > 0
⇔
⇔
⇔ m∈R

(− m )2 + 2m.(−m) + m 2 − 1 ≠ 0
− 1 ≠ 0

Vậy với mọi m hàm số luôn có cực trị.
3. Phương trình đường thẳng đi qua điểm cực trị và cực trị của đồ thị hàm số:
A. Kiến thức cơ bản:
a/ Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d .
Thực hiện phép chia đa thức cho y cho y/ ta được: y = y / .( Ax + B ) + Cx + D
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Khi đó,
y1 = Cx + D và y2 = Cx + D

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y = Cx + D.
b/ Cho hàm số y =

ax 2 + bx + c
.
dx + e

Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Khi đó, y1 =

2 x1 + b
2x + b
và y 2 = 2
.
d
d

Suy ra, phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y =

2x + b
d

c/ Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Khi đó,
* Đồ thị hàm số có hai điểm nằm về cùng phía so với trục hoành ⇔ y1 . y 2 > 0
* Đồ thị hàm số có hai điểm nằm về khác phía so với trục hoành ⇔ y1 . y 2 < 0
B. Các ví dụ:
Ví dụ 1. Cho hàm số y = x 3 + mx 2 + 7 x + 3 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu.
Lập phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu đó.
Giải:

TXĐ: D = R
y / = 3 x 2 + 2mx + 7
y / = 0 ⇔ 3 x 2 + 2mx + 7 = 0 (*)

*Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

17


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

m < − 21
⇔ ∆/ = m 2 − 21 > 0 ⇔ 
m > 21
m < − 21
*Với 
hàm số có hai điểm cực trị
m > 21

Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
Thực hiện phép chia đa thức y cho y/ ta được:
1   14 2m 2
1
y = y / . x + m  +  −
9  3
9
3



7
 x + 3 − m
9


Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
 14 2m 2
−
9
3


7
 x1 + 3 − m
9

 14 2m 2 
7
 x 2 + 3 − m
y 2 =  −
9 
9
 3

Ta có: y1 = 

 14

2m 2 

7

x + 3 − m
Suy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là y =  −
9 
9
3

Ví dụ 2. Cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 3(m + 2)x − m − 6 .
a. Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu cùng dấu.
b. Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về khác phía so
với trục hoành.
c. Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về khác phía so
với trục tung.
Giải:
a. Ta có y = 3x − 12 x + 3m + 6
* Đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu
⇔ phương trình y / = 0 có hai nghiệm phân biệt
/

2

∆/ = 36 − 9m − 18 > 0 ⇔ m < 2

* Với đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
1
3
Ta có y1 = (m − 2)(2 x1 + 1) ; y 2 = (m − 2)(2 x2 + 1)

Chia y cho y / ta được y = y / (x − 2) + (m − 2)(2 x + 1)
Suy ra y1 . y 2 = (m − 2)2 (2 x1 + 1)(2 x 2 + 1) = (m − 2)2 (4 x1 x 2 + 2(x1 + x 2 ) + 1)
 x1 + x 2 = 4
 x1 x 2 = m + 2

Do x1 , x2 là nghiệm của phương trình y / = 0 nên 
Do đó y1 . y 2 = (m − 2)2 (4m + 17 )

17

m > −
Vậy y1 và y 2 cùng dấu ⇔ y1 . y 2 > 0 ⇔ (m − 2 ) (4m + 17 ) > 0 ⇔ 
m
m ≠ 2
2

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

18


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam
17
Kết hợp với điều kiện m < 2 ta được − < m < 2
4
/
2
b. Ta có y = 3x − 12 x + 3m + 6

* Đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu

⇔ phương trình y / = 0 có hai nghiệm phân biệt
∆/ = 36 − 9m − 18 > 0 ⇔ m < 2

* Với đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
1
3
Ta có y1 = (m − 2)(2 x1 + 1) ; y 2 = (m − 2)(2 x2 + 1)

Chia y cho y / ta được y = y / (x − 2) + (m − 2)(2 x + 1)
Suy ra y1 . y 2 = (m − 2)2 (2 x1 + 1)(2 x 2 + 1) = (m − 2 )2 (4 x1 x 2 + 2(x1 + x 2 ) + 1)
 x1 + x 2 = 4
 x1 x 2 = m + 2

Do x1 , x2 là nghiệm của phương trình y / = 0 nên 

Do đó y1 . y 2 = (m − 2)2 (4m + 17 )
Đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về khác phía so với trục hoành
m ≠ 2
17

y1 . y 2 < 0 ⇔ 
17 ⇔ m < −
2
m < − 2

Kết hợp với điều kiện m < 2 ta được m < −
Vậy m < −

17

2

17
thỏa mãn điều kiện bài toán.
2

Ví dụ 3. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + m . Xác định m để
a. Đường thẳng nối hai điểm cực trị đi qua điểm (2; -1)
b. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành một
tam giác vuông tại O. Tính diện tích tam giác đó.
c. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Giải:
a. TXĐ: D = R
y / = 3x 2 − 6 x
x = 0
y/ = 0 ⇔ 
x = 2

Suy ra đồ thị luôn có hai cực trị
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
Thực hiện phép chia đa thức y cho y / ta được
1
1
y = y /  x −  + m − 2x
3
3
Ta có y1 = m − 2 x1 ; y 2 = m − 2 x2

Suy ra đường thẳng nối hai điểm cực trị là d: y = m − 2 x
Đường thẳng d đi qua điểm (2; -1) ⇔ −1 = m − 2.2 ⇔ m = 3

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

19


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

Vậy m = 3 thỏa yêu cầu bài toán.
b. TXĐ: D = R
y / = 3x 2 − 6 x
x = 0
y/ = 0 ⇔ 
x = 2

Suy ra đồ thị luôn có hai cực trị là A( 0 ; m), B( 2; m – 4)
OA = (0; m ) , OB = (2; m − 4 )
m = 0 (l ) ( Do A ≡ O )
m = 4

Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA .OB = 0 ⇔ m(m − 4) = 0 ⇔ 
Vậy m =4 thỏa điều kiện bài toán.
* Với m = 4 ⇒ A(0; 4) và B(2; 0)
⇒ S OAB =

1
1
OA.OB = .4.2 = 4
2
2

c. TXĐ: D = R
y / = 3x 2 − 6 x
x = 0
y/ = 0 ⇔ 
x = 2

Suy ra đồ thị luôn có hai cực trị là A( 0 ; m), B( 2; m – 4)
Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt y A . y B < 0 ⇔ m(m − 4) < 0
⇔0
Vậy 0 < m < 4 thỏa điều kiện bài toán.
Ví dụ 4. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 4m 3 .
a. Xác định m để các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng với nhau
qua đường thẳng y = x.
b. Lập phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu .
c. Xác định m để độ dài đoạn thẳng nối hai điểm cực trị bằng 2 5 .
Giải:
a. TXĐ: D = R
y / = 3 x 2 − 6mx
x = 0
y / = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx = 0 ⇔ 
 x = 2m

* Đồ thị có cực đại cực tiểu
⇔ phương trình y / = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0

* Với m ≠ 0 đồ thị hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu là A(0; 4m 3 ) , B ( 2m; 0) .
Hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

20


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam
1

m = − 2
⇔ y A = x B ≠ 0 ⇔ 4m 3 = 2 m ≠ 0 ⇔ 
1

m = 2

1
1
; m=−
thỏa điều kiện bài toán.
Vậy m =
2
2

b. Cách 1.
TXĐ: D = R
y / = 3 x 2 − 6mx
x = 0
y / = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx = 0 ⇔ 
 x = 2m

* Đồ thị có cực đại cực tiểu

⇔ phương trình y / = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
*Với m ≠ 0 đồ thị hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu là A(0; 4m 3 ) , B ( 2m; 0) .

Vectơ chỉ phương của AB là AB = (2m; − 4m3 )
Suy ra vectơ pháp tuyến của AB là: n = (4m3 ; 2m)
Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A và B là:
4m3 ( x − 0) + 2m( y − 4m3 ) = 0 ⇔ y = −2m 2 x + 4m3

Cách 2. TXĐ: D = R
y / = 3 x 2 − 6mx
x = 0
y / = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx = 0 ⇔ 
 x = 2m

* Đồ thị có cực đại cực tiểu
⇔ phương trình y / = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
*Với m ≠ 0 đồ thị hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu.

Thức hiện phép chia đa thức y cho y/ ta được:
m
1
y = y /  x −  − 2 m 2 x + 4 m3
3
3

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:
y = −2m 2 x + 4m3

c. TXĐ: D = R
y / = 3 x 2 − 6mx
x = 0
y / = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx = 0 ⇔ 
 x = 2m

* Đồ thị có cực đại cực tiểu
⇔ phương trình y / = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

21


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

*Với m ≠ 0 đồ thị hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu là
A(0; 4m 3 ) , B ( 2m; 0) .
Ta có AB = 4m 2 + 16m6 = 2 5
⇔ 4m6 + m 2 − 5 = 0 ⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ±1(n)

Ví dụ 5. Cho hàm số y =

x 2 − mx + 2
.
x −1

a. Xác định đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
b. Xác định m để hai cực trị cùng dấu.
c. Xác định m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về khác phía so với trục

Ox.
d. Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về khác phía so với trục
Oy.
Giải:
a. TXĐ: D = R \ {1}
y/ =

x 2 − 2x + m − 2

(x − 1)2

 x ≠ 1 (1)
=
0
⇔
 2
(x − 1)2
 x − 2 x + m − 2 = 0 (2)
*Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = 3 − m > 0
m < 3
khác 1 ⇔  2
⇔
⇔m<3
1 − 2.1 + m − 2 ≠ 0
m ≠ 3
y/ = 0 ⇔

x 2 − 2x + m − 2

* Với m < 3, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
Ta có y1 =

2 x1 − m
2x − m
; y2 = 2
1
1

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y = 2x – m
Vậy m < 3 , đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y = 2x – m
b. TXĐ: D = R \ {1}
y/ =

x 2 − 2x + m − 2

(x − 1)2

 x ≠ 1 (1)
=0⇔ 2
(x − 1)
 x − 2 x + m − 2 = 0 (2)
*Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = 3 − m > 0
m < 3
khác 1 ⇔  2
⇔
⇔m<3
1 − 2.1 + m − 2 ≠ 0

m ≠ 3
y/ = 0 ⇔

x 2 − 2x + m − 2
2

* Với m < 3, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
2 x1 − m
2x − m
; y2 = 2
1
1
Nên y1 . y 2 = (2 x1 − m )(2 x2 − m ) = 4 x1 x2 − 2m(x1 + x2 ) + m 2

Ta có y1 =

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

22


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

 x1 + x 2 = 2
 x1 x 2 = m − 2

Do x1 , x2 là nghiệm của phương trình y / = 0 nên 

Do đó y1 . y 2 = 4(m − 2) − 2m.2 + m 2 = m 2 − 8

Vậy, y1 và y 2 cùng dấu y1 . y 2 > 0 ⇔ m 2 − 8 > 0 ⇔ m ∈ (− ∞; − 2 2 ) ∪ (2 2 ; + ∞ )
c. TXĐ: D = R \ {1}
y/ =

x 2 − 2x + m − 2

(x − 1)2

 x ≠ 1 (1)
=0⇔ 2
(x − 1)
 x − 2 x + m − 2 = 0 (2)
*Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = 3 − m > 0
m < 3
khác 1 ⇔  2
⇔
⇔m<3
1 − 2.1 + m − 2 ≠ 0
m ≠ 3
y/ = 0 ⇔

x 2 − 2x + m − 2
2

* Với m < 3, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
2 x1 − m
2x − m
; y2 = 2

1
1
Nên y1 . y 2 = (2 x1 − m )(2 x2 − m ) = 4 x1 x2 − 2m(x1 + x2 ) + m 2

Ta có y1 =

 x1 + x 2 = 2
 x1 x 2 = m − 2

Do x1 , x2 là nghiệm của phương trình y / = 0 nên 
Do đó y1 . y 2 = 4(m − 2) − 2m.2 + m 2 = m 2 − 8

Vậy, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về khác phía so với trục Ox

(

⇔ y1 . y 2 < 0 ⇔ m 2 − 8 < 0 ⇔ m ∈ − 2 2 ; 2 2
d. TXĐ: D = R \ {1}
y/ =

)

x 2 − 2x + m − 2

(x − 1)2

 x ≠ 1 (1)
=0⇔ 2
(x − 1)
 x − 2 x + m − 2 = 0 (2)

*Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
∆ / = 3 − m > 0
m < 3
khác 1 ⇔  2
⇔
⇔ m<3
1 − 2.1 + m − 2 ≠ 0
m ≠ 3
y/ = 0 ⇔

x 2 − 2x + m − 2
2

* Với m < 3, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về khác phía so với trục Oy
⇔ x1 .x 2 < 0 ⇔ m − 2 < 0 ⇔ m < 2
Đối chiếu với điều kiện m < 3 ta được m < 2
Vậy m < 2 Đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về khác phía so với trục Oy

Ví dụ 6. Cho hàm số y =

x2 + x + m
.
x +1

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

23

Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

a. Xác định đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số .
b. Xác định m để khoảng cách giữa hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm
số bằng 2 5
Giải:
a. TXĐ: D = R \ {− 1}
y/ =

x 2 + 2x + 1 − m

(x + 1)2

 x ≠ −1 (1)
=0⇔ 2
(x + 1)
 x + 2 x + 1 − m = 0 (2)
* Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = m > 0
m > 0
khác - 1 ⇔  2
⇔
⇔m>0
(− 1) + 2.(−1) + 1 − m ≠ 0
m ≠ 0
y/ = 0 ⇔

x 2 + 2x + 1 − m
2

* Với m > 0, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Ta có: y1 =

2 x1 + 1
2x + 1
; y2 = 2
1
1

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y = 2x + 1
Vậy m >0 , đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y = 2x + 1
b. TXĐ: D = R \ {− 1}
y/ =

x 2 + 2x + 1 − m

(x + 1)2

 x ≠ −1 (1)
=0⇔ 2
(x + 1)
 x + 2 x + 1 − m = 0 (2)
* Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
∆/ = m > 0
m > 0
khác - 1 ⇔  2
⇔
⇔m>0

(− 1) + 2.(−1) + 1 − m ≠ 0
m ≠ 0
y/ = 0 ⇔

x 2 + 2x + 1 − m
2

* Với m > 0, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.
Gọi (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Ta có: y1 =

2 x1 + 1
2x + 1
; y2 = 2
1
1

Suy ra, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A( x1 ; 2 x1 + 1), B ( x2 ; 2 x2 + 1)
Ta có AB = 2 6 ⇔ (x2 − x1 )2 + (2 x2 − 2 x1 )2 = 5(x2 − x1 )2
=

(

2

5 ( x 1 + x 2 ) − 4 x 1 .x 2

) = 5((− 2)

2

)

− 4(1 − m ) =

20m

Theo đề ta có AB = 2 5 ⇔ 20m = 2 5 ⇔ 20m = 20 ⇔ m = 1 (n)
Vậy m = 0 thỏa ĐKBT.
Ví dụ 7:
Cho hàm số y = x + m +

m
(Cm) . Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị tại các điểm
x−2

A, B sao cho đường thẳng AB đi qua gốc tọa độ 0.
LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

24


Giáo Viên: Nguyễn Anh Tuấn – Trường THPT Nguyễn Thái Bình – Quảng Nam

Giải:
TXĐ: D = R
Ta có: y = x + m +

m
m

(x − 2)2 − m
⇒ y' = 1−
=
x−2
(x − 2)2
(x − 2)2

Đồ thị h/s có 2 cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ (x − 2)2 − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0
Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) là 2 điểm cực trị
 x1 = 2 − m ⇒ y1 = 2 + m − 2 m
y' = 0 ⇔ 
 x2 = 2 + m ⇒ y 2 = 2 + m + 2 m

Phương trình đường thẳng AB :

x − (2 − m )
2 m

=

y − (2 + m − 2 m )
4 m

(m > 0)

⇔ 2x − y − 2 + m = 0
AB qua gốc O (0, 0) ⇔ − 2 + m = 0 ⇔ m = 2.
Cách khác:
TXĐ: D = R

x2 + (m − 2)x + m u
= ;
x−2
v
m
y ' = 1−
(x − 2)2
y=

y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là
y=

u/
v/

= 2x + m − 2

Do đó, ycbt ⇔ m − 2 =0 ⇔ m = 2
3

2

Ví dụ 8: Cho hàm số y = 2 x + 3(m - 3) x + 11- 3m ( Cm )
Tìm m để hàm số có hai cực trị. Gọi M 1 và M 2 là các điểm cực trị ,tìm
m để các điểm M 1 , M 2 và B(0,-1) thẳng hàng.
Giải:
TXĐ: D = R
*Tìm m để hàm số có hai cực trị
y, = 6 x 2 + 6(m − 3)

y, = 0 ⇔ 6 x 2 + 6(m − 3) = 0

( 1)

LTĐH - Chuyên Đề Khảo Sát Hàm Số

25