tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 12 chuyên đề đơn điệu và cực trị

CHUYÊN ĐỀ 1 - TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Định lý Lagrange: Cho f là một hàm liên tục trên  a; b  , có đạo hàm trên  a; b  . Lúc đó tồn tại c   a; b  để:

f b   f  a 
 f '  c  hay f  b   f  a    b  a  f '  c 
ba

Định lý Rolle: Cho f là một hàm liên tục trên  a; b  , có đạo hàm trên  a; b  và f  a   f  b  . Lúc đó tồn tại

c   a; b  để f '  c   0 .
Định lý Cauchy: Cho f và g là hai hàm liên tục trên  a; b  , có đạo hàm trên  a; b  và g '  x   0 tại mỗi

x   a; b  .
Lúc đó tồn tại c   a; b  để

f b  f  a  f 'c 
.

g b  g  a  g 'c 

Tính đơn điệu
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng  a; b  khi đó:
- Nếu f đồng biến trên  a; b  thì f '  x   0 với mọi x   a; b  .
- Nếu f nghịch biến trên  a; b  thì f '  x   0 với mọi x   a; b  .
- Nếu f '  x   0 với mọi x   a; b  và f '  x   0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của  a; b  thì hàm số đồng
biến trên khoảng  a; b  .
- Nếu f '  x   0 với mọi x   a; b  và f '  x   0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của  a; b  thì hàm số nghịch
biến trên khoảng  a; b  .

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn

chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


- Nếu f đồng biến trên khoảng  a; b  và liên tục trên  a; b  thì đồng biến trên  a; b  ; và liên tục trên  a; b  thì
đồng biến trên  a; b  ; liên tục trên  a; b  thì đồng biến trên  a; b  .
- Nếu f nghịch biến trên  a; b  và liên tục trên  a; b  thì nghịch biến trên  a; b  ; liên tục trên  a; b  thì nghịch
biến trên  a; b  ; liên tục trên  a; b  thì nghịch biến trên  a; b  .
- Nếu f '  x   0 với mọi x  D thì hàm số f không đổi trên D.
Cực trị của hàm số
Cho hàm số f xác định trên tập hợp D và x0  D .

x0 được gọi là một điểm cực đại của f nếu tồn tại một khoảng  a; b  chứa điểm x0 sao cho  a; b   D và
f  x   f  x0  , x   a; b  \ x0  .

x0 được gọi là một điểm cực tiểu của f nếu tồn tại một khoảng  a; b  chứa điểm x0 sao cho  a; b   D và
f  x   f  x0  , x   a; b  \ x0  .

Bổ đề Fermat: Giả sử hàm số có đạo hàm trên  a; b  . Nếu f đạt cực trị tại điểm x0   a; b  thì f '  x0   0 .
- Cho y  f  x  liên tục trên khoảng  a; b  chứa x0 có đạo hàm trên các khoảng  a; x0  và  x0 ; b  :
Nếu f '  x  đổi dấu từ âm sang dương thì f đạt cực tiểu tại x0
Nếu f '  x  đổi dấu từ dương sang âm thì f đạt cực đại tại x0
- Cho y  f  x  có đạo hàm cấp hai trên khoảng  a; b  chứa x0
Nếu f '  x0   0 và f ''  x0   0 thì f đạt cực tiểu tại x0
Nếu f '  x0   0 và f ''  x0   0 thì f đạt cực đại tại x0
Ứng dụng vào phương trình
- Nếu hàm số f đơn điệu trên K thì phương trình f  x   0 có tối đa 1 nghiệm. Nếu f  a   0 , a thuộc K thì

x  a là nghiệm duy nhất của phương trình f  x   0 .

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn

chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


- Nếu f có đạo hàm cấp 2 không đổi dấu trên K thì f ' là hàm đơn điệu nên phương trình f  x   0 có tối đa 2
nghiệm trên K. Nếu f  a   0 và f  b   0 với a  b thì phương trình f  x   0 chỉ có 2 nghiệm là x  a
và x  b .
- Nếu f là một hàm liên tục trên  a; b  , có đạo hàm trên  a; b  thì phương trình f '  x  
nhất một nghiệm c   a; b  .

f b   f  a 
có ít
ba

Đặc biệt, nếu f  a   f  b   0 thì phương trình f '  x   0 có ít nhất một nghiệm c   a; b  hay giữa hai
nghiệm của f thì có ít nhất một nghiệm của đạo hàm f ' .
Chú ý:
1) Tung độ cực trị y  f  x  tại x  x0 :
Hàm đa thức: y  q  x  . y ' r  x   y0  r  x0 

u  x0  u '  x0 
u  x
 y0 

v  x
v  x0  v '  x0 

Hàm hữu tỉ: y  f  x  

Đặc biệt: Với hàm y  f  x  bậc 3 có CĐ, CT và nếu y  q  x  . y ' r  x  thì phương trình đường thẳng
qua CĐ, CT là y  r  x  .

2) Số nghiệm của phương trình bậc 3: ax3  bx 2  cx  d  0, a  0 .
Nếu f '  x   0, x hay f '  x   0, x thì f  x   0 chỉ có 1 nghiệm.
Nếu f '  x   0 có 2 nghiệm phân biệt và:
Với yC Ð . yCT  0 : phương trình f  x   0 chỉ có 1 nghiệm
Với yC Ð . yCT  0 : phương trình f  x   0 có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)
Với yC Ð . yCT  0 : phương trình f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 1.1: Chứng minh các hàm số sau là hàm không đổi




a) f  x   cos 2 x  cos 2  x 





  cos x cos  x  
3
3


b) f  x   2  sin 2 x  sin 2  a  x   2cos a.cos x.cos  a  x 
Hướng dẫn giải
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...

a)

  





f '  x   2cos x sin x  2cos  x   sin  x    sin x cos  x    cos x.sin  x  
3 
3
3
3



2

  sin 2 x  sin  2 x 
3





  sin  2 x  
3






  sin 2 x  2cos  2 x   .sin
2
6




  sin 2 x  cos  2 x    0 , với mọi x.
2

Do đó f hằng trên R nên f  x   f  0   1 

1 1 3
  .
4 2 4

b) Đạo hàm theo biến x (a là hằng số).

f '  x   2sin x cos x  2cos  a  x  sin  a  x   2cos a sin x cos  a  x   cos x sin  a  x 

 2sin 2 x  sin  2 x  2a   2cos a.sin  2 x  a   0 .
Do đó f hằng trên R nên f  x   f  0  2  sin 2 a  2cos2 a  sin 2 a .
Bài toán 1.2: Cho 2 đa thức P  x  và Q  x  thỏa mãn: P '  x   Q '  x  với mọi x và P  0   Q  0  . Chứng
minh: P  x   Q  x  .
Hướng dẫn giải
Xét hàm số f  x   P  x   Q  x  , D  ¡
Ta

có

f ' x  P ' x  Q ' x   0

theo

giả

thiết,

do

đó

f  x

là

hàm

hằng

nên

f  x   f  0  P  0  Q  0  0 với mọi x.
 f  x  0  P  x  Q  x .
Bài toán 1.3: Chứng minh rằng:
a) arcsin x  arccos x 
b) 2arctan x  arcsin


2

, x 1

2x
  , x  1
1  x2
Hướng dẫn giải

a) Nếu x  1, x  1 thì đúng.
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Nếu 1  x  1 thì xét hàm số f  x   arcsin x  arccos x

 f ' x 

1
1  x2

1 
 0  f  x  C  f   
2 2
1  x2
1



b) Với x  1 , xét f  x   2arctan x  arcsin

2x
1  x2

2  2x2

1  x2 

2
2
2
Ta có f '  x  



 0 (vì x  1 )
2
2
2
1 x
1

x
1

x
2 2
1 x 


2 
1 x 
2

Suy ra f  x   C  f  1  





2


4

Bài toán 1.4: Tính gọn arctan x  arctan




4

.

1
với x  0 .
x
Hướng dẫn giải

Xét f  x   arctan x  arctan

1
. D   ;0    0;  
x

Với x   0;   thì f liên tục và có đạo hàm

1
2
1
1
1
f ' x  
 x 2 

 0 nên f hằng trên  0; 
2
2
1 x 1 x
1  x 1  x2
x2
Do đó f  x   f 1 


4





4




2

.

Với x   ;0  thì f liên tục và có đạo hàm f '  x   0 nên f hằng trên  ;0  .
Do đó f  x   f  1  


4




4




2

 
 khi x  0
1  2
Vậy arctan x  arctan  
x 

khi x  0
 2
Bài toán 1.5: Tìm số c trong định lý Lagrange:
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


a) y  f  x   2 x 2  x  4 trên  1;2
b) y  f  x   arcsin x trên  0;1
Hướng dẫn giải
a) Hàm số y  f  x   2 x 2  x  4 liên tục trên  1;2 và có đạo hàm f '  x   4 x  1 , theo định lý
Lagrange thì tồn tại số c   1;2 sao cho:

f  2   f  1
63
1
 f 'c  
 4c  1  4c  2  c  .
2   1
3
2
b) Hàm số y  f  x   arcsin x liên tục trên  0;1 và có đạo hàm f '  x  

1
1  x2

, theo định lý Lagrange

thì tồn tại số c  0;1 sao cho:



0
f 1  f  0 
1
2
 f 'c 

1 0
1
1  c2
 1  c2 





2

 c2  1 





2

. Chọn c  1 

4

2

.

Bài toán 1.6: Xét chiều biến thiên của hàm số:
b) y 

a) y  x 4  2 x 2  5

1

 x  4

2

Hướng dẫn giải





a) D  ¡ . Ta có y '  4 x3  4 x  4 x x 2  1





x



Cho y '  0  4 x x 2  1  0  x  0 hoặc x  1 .
BBT

y'

−1
−

0

0
+

0



1
−

0

+

y

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  0;1 , đồng biến trên mỗi khoảng  1;0  và

1;  .
b) D  ¡ \ 4 . Ta có y ' 

2

 x  4

3

y '  0 trên khoảng  4;  nên y nghịch biến trên khoảng  4; 
y '  0 trên khoảng  ;4  nên y đồng biến trên khoảng  ;4 
Bài toán 1.7: Tìm khoảng đơn điệu của hàm số
a) y 

x3

b) y 

x2  6

x 1
1 x

Hướng dẫn giải



 

a) Tập xác định D  ;  6 
Ta có: y ' 

2 x2  x2  9

x

2

 6 x2  6

6; 



, y '  0  x  3 .

BBT:

x



y'

 6

−3
+

−

0



3

6
−

0

+

y





Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 3 ,  3;   , nghịch biến trên các khoảng 3;  6 ;
b) D   ;1 . Ta có y ' 

3 x
2 1  x 

3



6;3 .

 0, x  1.
b) y  x  sin x trên  0;2 

a) y  x  cos2 x

Hướng dẫn giải
a) D  ¡ . Ta có y '  1  2cos x sin x  1  sin 2 x

y '  0  sin 2 x  1  x 


4

 k , k  ¢

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Hàm

số

liên

tục

trên

mỗi




 4  k , 4   k  1  

đoạn




  k ;   k  1   nên đồng biến trên mỗi đoạn
4
4


và

y'  0

trên

mỗi

khoảng




 4  k ; 4   k  1   , k  ¢ .

Vậy hàm số đồng biến trên ¡ .
b) y '  1  cos x . Ta có x 0;2   y '  0 và y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Vì hàm số liên tục trên đoạn  0;2  nên hàm số đồng biến trên đoạn  0;2  .
Bài toán 1.9: Chứng minh các hàm số
a) y  cos 2 x  2 x  5 nghịch biến trên ¡
b) y 

sin  x  a 
 a  b  k ; k  ¢  đơn điệu trên mỗi khoảng xác định.
sin  x  b 
Hướng dẫn giải

a) x1 , x2  ¡ , x1  x2 . Lấy hai số a, b sao cho a  x1  x2  b .
Ta có: f '  x   2  sin 2 x  1  0 với mọi x   a; b  .
Vì f '  x   0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của khoảng  a; b  nên hàm số f nghịch biến trên khoảng  a; b 

 đpcm.
b) Điều kiện x  b  k

y' 

 k ¢  .

sin  x  b  cos  x  a   sin  x  a  cos  x  b  sin  b  a 

sin 2  x  b 
sin 2  x  b 

Vì y ' liên tục tại mọi điểm x  b  k , và a  b  k nên y ' giữ nguyên một dấu trong mỗi khoảng xác
định  đpcm.
Bài toán 1.10: Tìm các giá trị của tham số để hàm số:
a) y   m  3 x   2m  1 cos x nghịch biến trên ¡ .
b) y  x3  3x 2  mx  m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3.
Hướng dẫn giải
a) y '  m  3   2m  3 sin x
Hàm số y không là hàm hằng nên y nghịch biến trên ¡ :

y '  0, x  m  3   2m  1 sin x  0, x
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Đặt t  sin x, 1  t  1 thì m  3   2m  1 sin x  m  3   2m  1 t  f  t 
Điều kiện tương đương: f  t   0, t   1;1


m  4  0
2
 f  1  0


 4  m  .
3

3m  2  0

 f 1  0
b) D  ¡ , y '  3x 2  6 x  m,  '  9  3m
Xét  '  0 thì y '  0, x : Hàm luôn đồng biến (loại)
Xét  '  0  m  0 thì y '  0 có 2 nghiệm x1 , x2 nên x1  x2  2, x1 x2 

m
3

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


BBT:



x
y'

+



x2

x1
−

0

0

+

y

Theo đề bài: x2  x1  3   x2  x1   9  x12  x22  2 x1 x2  9
2

4
15
2
  x2  x1   4 x1 x2  9  4  m  9  m   (thỏa)
3
4
Bài toán 1.11: Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) y   x  2 

2

 x  3

b) y  x  x  2 

3

Hướng dẫn giải
a) y '  2  x  2  x  3  3  x  2 

3

2

 x  3

2

 5x  x  2  x  3

2

Ta có y '  0  x  2 hoặc x  0 hoặc x  3
BBT

x



y'

−2
+

0

0
−

0

0

y





3
+

0
0

+



−108

Vậy điểm cực đại  2;0  và cực tiểu  0; 108
b) Hàm số y  f  x  liên tục trên ¡ . Ta có:


 x  x  2
f  x  

 x  x  2

khi x  0
khi x  0

Với x  0, f '  x   2 x  2; f '  x   0  x  1
Với x  0, f '  x   2 x  2  0

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


BBT



x

−1

y'

+

−

0

y



0
+

1
0

Vậy điểm CĐ  1;1 , CT  0;0  .
Bài toán 1.12: Tìm cực trị của hàm số
a) y 

x 1
x2  8

x3

b) y 

x2  6

Hướng dẫn giải
a) D  ¡ . Ta có y ' 

x 2  8  2 x  x  1

 x 2  8

2



 x2  2 x  8

x

2

 8

2

y '  0  x  4 hoặc x  2 .
BBT



x

−4
−

y'
y

0

0

+

0



 

b) Tập xác định D  ;  6 

3x 2 x 2  6 
y' 

−

1/4
−1/8

Hàm số đạt CĐ tại x  2 , yC Ð 



2

0

1
1
, đạt CT tại x  4; yCT   .
8
4

6; 



x4

2
2
4
2
2
x 2  6  3x  x  6   x  2 x  x  9 
3
3
x2  6
 x2  6
 x2  6

y '  0  x  0 hoặc x  3 .

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


BBT



x
y'

 6

−3
+

−

0

−

0



9 3

y







3

6

+


9 3

Hàm số đạt CĐ tại x  3; yC Ð  9 3 , đạt CT tại x  3; yCT  9 3 .
Bài toán 1.13: Tìm cực trị của hàm số
a) y  x  sin 2 x  2

b) y  3  2cos x  cos 2 x
Hướng dẫn giải

a) D  ¡ , y '  1  2cos 2 x

y '  0  cos 2 x 

1

 x    k , k  ¢ , y ''  4sin 2 x .
2
6

 

 
 k   4sin     2 3  0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm
 6

 3

Ta có y ''  

x


6

 k , k  ¢ , yC Ð  


6

 k 

3
 2.
2




 k   4sin  2 3  0 nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm:
3
6


Ta có y '' 

x



6

 k , k  ¢ , yCT 


6

 k 

3
2
2

b) y '  2sin x  2sin 2 x  2sin x 1  2cos x  :

sin x  0
2
 2k , k  ¢ .
y'  0  
 x  k hoặc x  
1
cos x  
3
2

y ''  2cos x  4cos 2 x
Ta có y ''  k   2cos k  4cos 2k  2cos k  4  0 , với mọi k ¢ , nên hàm số đã cho đạt cực tiểu
tại các điểm x  k , yCT  2  2cos k bằng 0 khi k chẵn và bằng 4 khi k lẻ.
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...

2
4
2
 2

 2k   2cos
 4cos
 6cos
 3  0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm:
3
3
3
 3

2
9
x
 2k , k  ¢ , yC Ð  .
3
2

Ta có y ''  

Bài toán 1.14: Chứng minh hàm số

2 x khi x  0

a) f  x   

không có đạo hàm tại x  0 nhưng đạt cực trị tại điểm đó.
x
sin
khi
x

0
 2
b) y  f  x    x  a  x  b  x  c  , a  c luôn có cực đại và cực tiểu.
Hướng dẫn giải
a) Hàm số f xác định và liên tục trên ¡ . Ta có

2 x khi x  0
1

nên lim f '  x   2  lim f '  x   , do đó f không có đạo hàm tại x  0
f ' x   1
x
x 0
x 0
2
 2 cos 2 khi x  0
và BBT trên khoảng   ;   .

x



y'



0
−

+

y

0

Vậy hàm số đạt cực đại tại x  0 và yC Ð  y  0   0 .
b) D  ¡ . y '   x  b  x  c    x  a  x  c    x  a  x  b  .

 3x2  2  a  b  c   ab  bc  ca .

 '   a  b  c   3 ab  bc  ca   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca
2



1
2
2
2
a  b    b  c    c  a    0 với a  c .


2

Do đó y '  0 có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu 2 lần khi qua 2 nghiệm nên luôn luôn có một cực đại và một
cực tiểu.
Bài toán 1.15: Tìm tham số thực sao cho hàm số
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


a)

f  x  x  p 

b)

f  x 

q
đạt cực đại tại điểm  2; 2  .
x 1

a sin x  cos x  1
đạt cực trị tại 3 điểm thuộc
a cos x

 9 
 0; 
 4 

Hướng dẫn giải
a) Ta có f '  x   1 

q
, với mọi x  1.
x 1

Nếu q  0 thì f '  x   0 với mọi x  1: loại.
Nếu q  0 thì phương trình: f '  x  

x2  2 x  1  q

 x  1

2

 0 có hai nghiệm phân biệt x1  1  q và

x2  1  q .
BBT:

1  q



x
y'

+

0

1  q

−1
−

−

0


+

y

Hàm số đạt cực đại tại điểm  2; 2  khi và chỉ khi



1  q  2
 q  1 q  1



f

2


2
p


1



p 1



b) Điều kiện x 


2

 k . Ta có y ' 

a  sin x
, y '  0  sin x  a .
a cos 2 x

 sin 2 x  2a sin x  1
y '' 
a cos3 x
Với sin x  a thì y '' 

1
 0 , do đó hàm số đạt cực trị tại 3 điểm thuộc khoảng
sin x cos x

 9 
 0; 

 4 

2
 9    3 
 sin x  a có 3 nghiệm thuộc khoảng  0;  \  ;   0  a 
2
 4  2 2 
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Bài toán 1.16: Tìm m để hàm số:

mx 2   2  4m  x  4m  1
a) y 
có 2 cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu.
x 1

x 2  2mx  2
b) y 
có hai điểm cực trị A và B. Chứng minh đường thẳng AB song song với đường thẳng
x 1
2 x  y  10  0 .
Hướng dẫn giải
a) Điều kiện: x  1 .
Ta có y ' 

mx 2  2mx  3

 x  1

2

, đặt g  x   mx 2  2mx  3 .

Đồ thị có 2 cực trị  m  0,  '  0, g 1  0  m  3 hoặc m  0
Ta có x1  x2  2, x1 x2  

3
nên yC Ð . yCT  0
m

  2mx1  2  4m  2mx2  2  4m   0

 4m2 x1 x2  2m  2  4m  x1  x2    2  4m   0
2

1
2
 12m  2m  2  4m    2  4m   0  4  20m  0  m  .
5
b) ĐK: x  1 . Ta có y ' 

x 2  2 x  2m  2

 x  1

2

Điều kiện có 2 cực trị A, B là  '  0 và g 1  0 .

 3  2m  0 và 3  2m  0  m 



3
. Ta có
2







A 1  3  2m ;2  2m  2 3  2m và B 1  3  2m ;2  2m  2 3  2m .
Hệ số góc của đường thẳng AB là: k 

y  x2   y  x1  4 3  2m

 2.
x2  x1
2 3  2m

Và 2 x  y  10  0  y  2 x  10 nên hệ số góc bằng nhau  đpcm.
Bài toán 1.17: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đai, cực tiểu của đồ thị.





a) y  x3  3mx 2  3 m2  1 x  m3  3m
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


x 2  2mx  5m  4  m2
b) y 
x2
Hướng dẫn giải





a) y '  3x 2  6mx  3 m2  1 ,  '  1  0, x nên đồ thị luôn luôn có CĐ và CT với hoành độ x1 , x2 .

1
3

Ta có: y  x    x 

m
 y ' x   2  x  m
3

1
3

Do đó: y1  y  x1    x1 

1
3

và y2  y  x2    x2 

m
 y '  x1   2  x1  m   2  x1  m 
3

m
 y '  x2   2  x2  m   2  x2  m 
3

nên đường thẳng qua CĐ, CT là y  2  x  m 

m  m2
b) ĐK: x  2 . Ta có y  x  2  m  1 
x2
nên

 x  2    m  m2 
y '  1

2
2
 x  2
 x  2
2

m  m2

Điều kiện có CĐ và CT là m  m2  0  0  m  1.
Gọi x1 , x2 là hoành độ CĐ, CT thì x1  2  x2 . Ta có

y  x1   x1  2  m  1 

m  m2
 x  2  m  1   x1  2   2 x1  2m
 x1  2  1

m  m2
y  x2   x2  2  m  1 
 x  2  m  1   x2  2   2 x2  2m
 x2  2 2
Vậy phương trình đường thẳng qua CĐ và CT là y  2 x  2m
Bài toán 1.18:









a) Cho đồ thị của hàm số: y  3a 2  1 x3  b3  1 x 2  3c 2 x  4d có hai điểm cực trị là 1; 7  ;  2; 8 .
Hãy tính tổng M  a 2  b2  c 2  d 2 .
b) Tìm a để đồ thị hàm số

 x  1
y

3

x

 a 1

có 3 cực trị và chứng minh 3 cực trị này thuộc một parabol cố

định.
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Hướng dẫn giải





a) Đặt A  3a 2  1, B   b3  1 , C  3c 2 , D  4d , thì hàm số đã cho là:

y  Ax3  Bx2  Cx  D
Ta có: y '  3 Ax 2  2Bx  C

 y ' 1  0
3 A  2 B  C  0
A  2



 B  9
 y ' 2  0
12 A  4 B  C  0

Ta có: 


 y 1  7
 A  B  C  D  7
C  12
 y 2  8
8 A  4 B  2C  D  8
 D  12
  
Nên được a  1, b  2, c  2, d  3 .
Vậy M  a 2  b 2  c 2  d 2  12  22  22  32  18 .
b) Ta có y ' 

2 x3  3x 2  a
, x  0.
x2

y '  0  2 x 3  3 x 2  a  0  a  2 x 3  3x 2 , x  0
Bằng cách xét hàm số g  x   2 x3  3x 2 , x  0 và lập bảng biến thiên thì điều kiện hàm số cho có 3 cực trị
khi g  x   0 có 3 nghiệm phân biệt khác 0 là 1  a  0 .
Từ tọa độ các điểm cực trị suy ra các điểm cực trị này nằm trên  P  :

y  3x 2  6 x  3 cố định.

Bài toán 1.19: Giải các phương trình:
a)

x2  2 x  4  x2  2x  4  2





3 1

b) 2 x3  x 2  3 2 x3  3x  1  3x  1  3 x 2  2
Hướng dẫn giải
a) Xét hàm số f  x  

f ' x 

x 2  2 x  4  x 2  2 x  4 trên ¡ .

x 1



x2  2 x  4

Xét hàm số g  t  

t
t 3
2

x 1
x2  2x  4



x 1

 x  1

trên ¡ , g '  t  

t

2

3
3

2



x 1

 x  1

 3 t 2  3

2

3

0

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


nên hàm số g  t  đồng biến trên ¡ , do đó:

x 1

x 1  x 1 

 x  1

2

3

x 1



 x  1

2

3

 f ' x   0

nên hàm số f  x  đồng biến trên ¡ , do đó:

x2  2x  4  x2  2x  4  2





3  1  f  x   f  2  x  2 .

Vậy nghiệm duy nhất x  2 .
b) PT  2 x3  3x  3 2 x3  3x  1  x 2  1  3 x 2  2

1

Xét hàm số: f  t   t  3 t  1 trên ¡ , f '  t   1 

3

3

 t  1

2

 0 nên hàm số f  t  đồng biến trên ¡ , do

đó:









PT: f 2 x3  3x  f x 2  1  2 x3  3x  x 2  1

1

 2 x3  x 2  3x  1  0   x    2 x 2  2 x  2   0
2

x

1 5
1
hay x 
.
2
2

Bài toán 1.20: Giải các phương trình:
a) 9 x 2  54 x  72 



1
1

2x  5 x 1



b) 4 2 x  1 x 2  x  1  x3  6 x 2  15 x  14
Hướng dẫn giải

5
2

a) ĐK: x  1; , PT : 3  2 x  5  
2

Xét f  t   3t 2 

f '  t   6t 

1
1
2
 3  x  1 
2x  5
x 1

1
với t  0 . Ta có:

t

1
 0 nên f đồng biến trên  0; 
t2









Phương trình: f 2 x  5  f x  1  2 x  5  x  1
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


 4 x2  20 x  25  x2  2 x  1  3x2  18x  24  0
 x2  6 x  8  0  x  2 hoặc x  4 (chọn)
Vậy nghiệm x  2 hoặc x  4
b) PT: 2 x  1 .  2 x  1  3   x  2   3x  6
2



3



 2x  1  3 2x  1   x  2  3 x  2
3

3

Xét hàm số f  t   t 3  3t , D  ¡
Ta có f '  t   3t 2  2  0 nên f đồng biến trên ¡ .





PT: f 2 x  1  f  x  2   2 x  1  x  2


x  2
x  2  0


(VN ) . Vậy S   .
 2
2
2
3
x

3
2
x


1

x

2







Bài toán 1.21: Giải các hệ phương trình:
7
5
7
5

5 x  7 x  5 y  7 y
a) 
3
3
8
x

1
 27  162 y







x 2  y 2  5; y  1
(1)

b) 
2
y  1  x  y   1  x  y  y 2  2 y  (2)





Hướng dẫn giải
a) Xét f  t   5t 7  7t 5 , t  ¡ thì f '  t   35t 6  35t 4  0, t nên f đồng biến trên ¡ .
Do đó 5x7  7 x5  5x7  7 x 2  f  x   f  y   x  y







3



3

Nên 8 x3  1  27  162 y  8 x3  1  162 x  27





Đặt u  2 x , phương trình: u 3  1  27  3u  1  u 3  1  3 3 3u  1
3

Lại đặt v  3 3u  1  v3  1  3u
3
u 3  1  3v

u  1  3v

 3 3
Ta có hệ:  3


v  1  3u
u  v  3  v  u 

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


3

u 3  1  3v

u  1  3v


2
2
u

v
u

vu

v

3

0




u  v  0



Do đó u 3  1  3u hay 8x3  6 x  1  0
Xét x   1;1 nên đặt x  cos t





PT: 2 4cos3 t  3cos t  1  cos t  

1
2 k 2
t 

,k  ¢ 
2
9
3

Từ đó có 3 giá trị của x và cũng chính là 3 nghiệm của phương trình bậc 3:

x  cos

2
8
14
.
, x  cos , x  cos
9
9
9

Vậy nghiệm hệ x  y  cos
b)

 2   y  1  x  y 

2

2
8
14
;cos ;cos
.
9
8
9

2
 1  x  y  y  1  1




Với y  1:  3  x  1: không thỏa (1)
Với x  y  0  3  y  1  x  1 ; không thỏa (1)
Với x  y  0, y  1:  3

 x y 

 x  y


2

x y

1

 y  1


2

1

y 1

1
1
 y 1
x y
y 1
1
t

Xét hàm số f  t   t  , D   0;  

f 't   1 



1
 0, t  D  hàm số đồng biến trên D
t2



PT  f x  y  f  y  1  x  y  y  1

y 1

 x  1 hay x  1  2 y

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...



1  2 24
x

 x  1

5
Khi x  1: 
. Khi x  1  2 y : 
y  2
 y  2  24

5
Bài toán 1.22: Giải các hệ phương trình

36 x 2 y  60 x 2  25 y  0

b) 36 y 2 z  60 y 2  25 z  0

36 z 2 x  60 z 2  25 x  0


 x2  2x  1  2 y

a)  y 2  2 y  1  2 z
z2  2z  1  2x


Hướng dẫn giải
a) Ta có 2 y  x 2  2 x  1   x  1  0  y  0 . Tương tự z, x  0 .
2

Đặt f  t   t 2  2t  1, t  0 thì f '  t   2  t  1 nên f đồng biến trên 1;  và nghịch biến trên  0;1 .

 f  x  g  y

Đặt g  t   2t , t  0 thì g '  t   2  0 nên g đồng biến trên  0;  . Ta có hệ  f  y   g  z 

 f  z  g  x
Giả sử x  min  x; y; z . Xét x  y  z .
- Nếu x  1 thì 1  x  y  z  f  x   f  y   f  z 

 g  y   g  z   g  x   y  z  x nên x  y  z .
Ta có PT: t 2  4t  1  0 chọn nghiệm: x  y  z  2  3
- Nếu 0  x  1 thì f  0   f  x   f 1  0  f  x   1
nên 0  g  y   1  0  y  1  f  0   f  y   f 1

 0  f  y  1  0  g  z  1  0  z  1
Do đó x  y  z  f  x   f  y   f  z   g  y   g  z   g  x 

 y  z  x nên x  y  z .
Ta có PT t 2  4t  1  0 chọn nghiệm: x  y  z  2  2 .
Xét x  z  y thì cùng nhận được kết quả trên.
Vậy hệ có 2 nghiệm x  y  z  2  3, x  y  z  2  3 .
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...



60 x 2
y


36 x 2  25

60 y 2

b) Hệ phương trình tương đương  z 
36 y 2  25


60 z 2
x 
36 z 2  25

Từ hệ suy ra x, y, z không âm. Nếu x  0 thì y  z  0 suy ra  0;0;0  là nghiệm của hệ phương trình.
Nếu x  0 thì y  0, z  0 . Xét hàm số f  t  

60t 2

,t  0 .
36t 2  25

f '  t   0, t  0 nên f đồng biến trên  0;  .

60 x 2
 y  36 x 2  25

60 y 2

Hệ phương trình được viết lại  z 
36 y 2  25


60 z 2
x 
36 z 2  25






Từ tính đồng biến của f  x  suy ra x  y  z . Thay vào hệ phương trình ta được x 36 x 2  60 x  25  0 .

5
6

Chọn x  0; .



 5 5 5 
 6 6 6 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là  0;0;0  ;  ; ;   .



Bài toán 1.23: Giải các bất phương trình
a)

2 x3  3x2  6 x  16  2 3  4  x

b)

x2  2 x  3  x2  6 x  11  3  x  x  1
Hướng dẫn giải

2 x3  3x 2  6 x  16  0
 2  x  4
a) ĐK 
4  x  0
Xét: f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


f ' x 

6  x 2  x  1
2 2 x3  3x 2  6 x  1



1
0
2 4 x

Suy ra f  x  là hàm số đồng biến
Do đó BPT: f  x   f 1  x  1. Vậy S  1;4 

x 1  0
1 x  3
3  x  0

b) Điều kiện: 

x2  2 x  3  x  1  x 2  6 x  11  3  x

BPT:



 x  1

2

 x  3

 2  x 1 

2

 2  3 x

Xét hàm số y  f  t   t 2  2  t , D   0;  
Đạo hàm: f '  x  

t
t2  2



1
2 t

 0 nên f đồng biến trên 1;3 .

Do đó BPT  f  x  1  f  3  x   x  1  3  x  x  2 .
Vậy nghiệm của bất phương trình S   2;3 .
Bài toán 1.24: Giải các bất phương trình
a)

3  x  x2  2  x  x2  1

b) 4

 x

4

2

5

   2x2   2 3  4x  7
2

Hướng dẫn giải

a) Đặt t  x 2  x , BPT:

3  t  2  t  1, 3  t  2 .

Xét hàm số f  t   3  t  2  t , 3  t  2 .
Với 3  t  2 thì f '  t  

1
1

 0 nên f đồng biến trên  3;2  .
2 3t 2 2t

Ta có f 1  2  1  1 nên bất phương trình:

f  t   f 1  t  1  x 2  x  1  0 

1 5

1 5
x
.
2
2

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


2

3
5

b) ĐK: 0  x  . PT  4 x 2    2 x   2 3  4 x  7
4
2

Với x  0 thì BPT không thỏa mãn. Với x 

3
thì BPT thỏa mãn.
4
2

3
5

Với 0  x  . Xét hàm số g  x   4 x 2    2 x 2   2 3  4 x thì

4
2


4
4
5

g '  x   8x  8x   2 x2  
 4 x  4 x 2  3 
0
3  4x
3  4x
2





1
2

3
4

1
2

nên g  x  nghịch biến trên  0;  , mà g    7 nên bất phương trình g  x   g    x 

1
. Vậy tập
2

 1 3



nghiệm S   ;  .
2 4
Bài toán 1.25: Chứng minh phương trình:

x13  x6  3x4  3x2  1  0 có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn giải
Đặt f  x   x13  x6  3x 4  3x 2  1, D  ¡













Xét x  1 thì f  x   x6 x7  1  3x 2 x 2  1  1  0 : vô nghiệm
Xét 0  x  1 thì f  x   x13  1  x 2

3

 0 : vô nghiệm

Xét x  0 thì f '  x   13x12  6 x5  12 x3  6 x

 13x12  6 x  x  1  0 nên f đồng biến
2

L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...


Bảng biến thiên:



x

0

y'

+

y

1


Nên f  x   0 có nghiệm duy nhất x  0
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất.
Bài toán 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

 x2  y3  y 2  y  a
 2
3
2
y  z  z  z  a
 z 2  x3  x 2  x  a

Hướng dẫn giải
Xét hàm f  t   t 3  t 2  t  a có f '  t   3t 2  2t  1  0 do đó f  t  là hàm đồng biến. Hệ PT:

 x2  f  y 
 2
y  f  z
 2
 z  f  x 
Không giảm tổng quát giả sử x lớn nhất trong 3 số.
- Xét x  y  z  f  x   f  y   f  z 

 z 2  x 2  y 2 . Nếu z  0 thì x  y  z  0
 x2  y 2  z 2  x2  y 2  z 2  f  x   f  y   f  z   x  y  z
Nếu x  0  0  x  y  z  x 2  y 2  z 2  x  y  z
Nếu x  0  z . Khi đó y 2  f  z   f  0   a  a  0
Lại có z 2  f  x   f  0   a  z   a





 y2  f  z   f  a   a





2

a  1  0 : vô lí.

- Xét x  z  y  z 2  y 2  x 2
L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn
chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo...