Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 2 KHẢO sát và vẽ đồ THỊ hàm số lê hoành phò file word

CHUYÊN ĐỀ 2 - KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Tính lồi lõm của đồ thị:
Hàm số f xác định trên K là một khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng.
f gọi là lõm trên K nếu  ,  ,     1: f   x   y  � f  x    f  y  , x, y �0
f gọi là lồi trên K nếu  ,  ,     1: f   x   y  � f  x    f  y  , x, y �0

Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên K

f ''  x 
f lõm trên K ۳�
ۣۣ
�f ''  x 
f lồi trên K 

0, x
0, x

K
K.

Điểm uốn của đồ thị:



Điểm U x0 ; f  x0 



được gọi là điểm uốn của đường cong  C  : y  f  x  nếu tồn tại một khoảng  a; b 

chứa điểm x0 sao cho một trong 2 khoảng  a; x0  ,  x0 ; b  thì tiếp tuyến tại điểm U nằm phía trên đồ thị còn
ở khoảng kia thì tiếp tuyến nằm phía dưới đồ thị.
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp 2 một khoảng  a; b  chứa điểm x0 . Nếu f ''  x0   0 và f ''  x 



đổi dấu khi x qua điểm x0 thì U x0 ; f  x0 



là điểm uốn của đường cong  C  : y  f  x  .

Chú ý:
1) Nếu y  p  x  . y '' r  x  thì tung độ điểm uốn tại x0 là y0  r  x0 



2) Nếu f lồi trên đoạn  a; b  thì GTLN  max f  a  ; f  b 





3) Nếu f lõm trên đoạn  a; b  thì GTNN  min f  a  ; f  b 



Khảo sát và vẽ đồ thị hàm đa thức: gồm 3 bước:
Bước 1: Tập xác định
- Tập xác định D  �

Trang 1


- Xét tính chẵn, lẻ nếu có.
Bước 2: Sự biến thiên
- Tính các giới hạn
- Tính đạo hàm cấp một, xét dấu
- Lập bảng biến thiên rồi chỉ ra khoảng đồng biến, nghịch biến và cực đại, cực tiểu
Bước 3: Vẽ đồ thị
- Tính đạo hàm cấp hai, xét dấu để chỉ ra điểm uốn của hàm đa thức
- Cho vài giá trị đặc biệt, giao điểm với hai trục tọa độ
- Vẽ đúng đồ thị
Bốn dạng đồ thị hàm bậc 3: y  ax 3  bx 2  cx  d , a �0 có tâm đối xứng là điểm uốn.

Bốn dạng đồ thị hàm trùng phương: y  ax 4  bx 2  c, a �0

Đường tiệm cận
- Đường thẳng x  x0 được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  nếu ít nhất một trong các
điều kiện sau được thỏa mãn:

lim f  x   �; lim f  x   �; lim f  x   �; lim f  x   �

x � x0

x �x0

x �x0

x � x0

f  x   y0 hoặc
- Đường thẳng y  y0 được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu xlim
��
lim f  x   y0

x ��

- Đường thẳng

y  ax  b, a �0 được gọi là tiệm cận xiên của đồ thị

y  f  x

nếu

lim �
�f  x    ax  b  �
�f  x    ax  b  �
� 0 hoặc xlim
� 0 .
���

x ��

Chú ý:

r  x   0 thì tiệm cận xiên: y  ax  b
1) Nếu chia tách được y  f  x   ax  b  r  x  và xlim
���
�: x 2  bx  c �x 

2) Biểu thức tiệm cận khi x � �

b
2

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm hữu tỉ: gồm 3 bước:
Trang 2


Bước 1: Tập xác định
- Tìm tập xác định
- Xét tính chẵn, lẻ nếu có
Bước 2: Chiều biến thiên
- Tính các giới hạn, tìm các tiệm cận
- Tính đạo hàm cấp một, xét dấu
- Lập bảng biến thiên rồi chỉ ra khoảng đồng biến, nghịch biến và cực đại, cực tiểu
Bước 3: Vẽ đồ thị
- Cho vài giá trị đặc biệt, giao điểm với hai trục tọa độ
- Vẽ đúng đồ thị, lưu ý tâm đối xứng là giao điểm 2 tiệm cận
Hai dạng đồ thị hàm hữu tỉ bậc 1/1: y 

Bốn dạng đồ thị hàm hữu tỉ: y 

ax  b
với c �0, ad  bc �0
cx  d

ax 2  bx  c
a' x  b'

 a �0, a ' �0 

Chú ý:
1) Từ đồ thị  C  : y  f  x  suy ra các đồ thị:

y   f  x  bằng cách lấy đối xứng qua trục hoành
y  f   x  bằng cách lấy đối xứng qua trục tung
y   f   x  bằng cách lấy đối xứng qua gốc
y  f  x  bằng cách lấy phần đồ thị ở phía trên trục hoành, còn phần phía dưới trục hoành thì đối
xứng qua trục hoành.

y  f  x  là hàm số chẵn, bằng cách lấy phần đồ thị ở phía bên phải trục tung, rồi lấy đối xứng phần
đó qua trục tung.
Trang 3


2) Bài toán về biện luận số nghiệm phương trình dạng g  x, m   0
Đưa phương trình về dạng f  x   h  m  trong đó vế trái là hàm số đang xét, đã vẽ đồ thị  C  : y  f  x  .
Số nghiệm là số giao điểm của đồ thị  C  với đường thẳng y  h  m  .
3) Điểm đặc biệt của họ đồ thị:  Cm  : y  f  x, m 
- Điểm cố định của họ là điểm mà mọi đồ thị đều đi qua:

M 0  x0 ; y0  � Cm  , m � y0  f  x0 , m  , m
- Điểm mà họ không đi qua là điểm mà không có đồ thị nào của họ đi qua với mọi tham số:

M 0  x0 ; y0  � Cm  , m ۹ y0

f  x0 , m  m

Nhóm theo tham số và áp dụng các mệnh đề sau:

Am  B  0, m � A  0, B  0
Am 2  Bm  C  0, m � A  0, B  0, C  0
Am  B �0, m � A  0, B �0
Am 2  Bm  C �0, m � A  0, B  0, C �0
hoặc A �0,   B 2  4 AC  0

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 2.1: Tìm điểm uốn và các khoảng lồi lõm của đồ thị:
a) y  x 3  2 x 2  x  1

b) y  x 4  8 x 2  9
Hướng dẫn giải

a) D  �. Ta có y '  3 x 2  4 x  1, y ''  6 x  4

2
2
2
y ''  0 � x  ; y ''  0 � x  ; y ''  0 � x 
3
3
3
�2 29 �
, hàm số lồi trên khoảng
�
�3 37 �

Vậy điểm uốn I � ;

� 2�
�; �và lõm trên khoảng
�
� 3�

�2
�
.
� ; ��
�3
�

b) D  �. Ta có y '  4 x 3  16 x, y ''  12 x 2  16  0x
Vậy đồ thị không có điểm uốn và hàm số lõm trên �.
Bài toán 2.2: Tìm điểm uốn và các khoảng lồi lõm của đồ thị:
a) y 

x2  2x  3
x 1

b) y 

2x  1
x5

Hướng dẫn giải
Trang 4


a) D  �\  1 . Ta có y 

Nên y '  1 

6

 x  1

2

x2  2x  3
6
 x  3
x 1
x 1

, y '' 

12

 x  1

3

�0, x �1

y ''  0 � x  1; y ''  0 � x  1
Vậy đồ thị không có điểm uốn, hàm số lồi trên khoảng  �; 1 và lõm trên khoảng  1; � .
b) D  �\  5 . Ta có y ' 

11

 x  5

2

, y '' 

22

 x  5

3

�0, x �5

y ''  0 � x  5; y ''  0 � x  5
Vậy đồ thị không có điểm uốn, hàm số lồi trên khoảng  �;5  và lõm trên khoảng  5; � .
Bài toán 2.3: Chứng minh rằng với mọi a, đồ thị hàm số y 

xa
luôn có ba điểm uốn thẳng hàng.
x  x 1
2

Hướng dẫn giải
Ta có:

y '' 

x
y' 

2

 x  1   x  a   2 x  1

 x 2  x  1

2



x 2  2ax  a  1

x

2

 x  1

2

2  x3  3ax 2  3  a  1 x  1

x

2

 x  1

3

y ''  0 � x3  3ax 2  3  a  1 x  1  0
3
2
Đặt f  x   x  3ax  3  a  1 x  1, x ��

Ta có: f  0   1  0, f  1  1  0

lim f  x   �, lim f  x   � và đồng thời hàm số này liên tục trên tập số thực nên phương trình
x��

x ��

f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thuộc các khoảng  �; 1 ,  1;0  ,  0; � .
Giả sử hoành độ của một trong các điểm uốn là x0 nên

x03  3ax02  3  a  1 x0  1  0
3
2
Ta có: x0  3ax0  3ax0  3a  1  3x0  3a

�  x0  3a  1  x02  x0  1  3  x0  a 

Trang 5


 x0  3a  1  x02  x0  1 x0  3a  1
x0  a



Suy ra y0  2
x0  x0  1
3
3  x02  x0  1
Vậy các điểm uốn của đồ thị thuộc đường thẳng y 

x  3a  1
nên chúng thẳng hàng
3

Bài toán 2.4: Cho hàm số: y  x3  6 x 2  3mx  m  2 , m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3
b) Tìm m sao cho đồ thị của hàm số đã cho có các điểm cực đai, cực tiểu A và B mà khoảng cách AB  4 65 .
Hướng dẫn giải
a) Khi m  3 hàm số trở thành y  x 3  6 x 2  9 x  1


Tập xác định D  �



Sự biến thiên: y '  3 x 2  12 x  9

y '  0 � x  1 �x  3
Bảng biến thiên:

x

�

y'

1
+

y

0

�

3
−

0

�

3

�

+

−1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  �;1 và  3; � , nghịch biến trên  1;3 . Hàm số đạt cực đại khi

x  1 , yC Ð  3 và đạt cực tiểu tại x  3, yCT  1 .
• Đồ thị:

y ''  6 x  12 ,
y ''  0 � x  2
nên tâm đối xứng là điểm uốn I  2;1 .
Cho x  0 thì y  1 .
b) Ta có y '  3 x 2  12 x  3m
Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình

y '  0 có hai nghiệm phân biệt �  '  36  9m  0 � m  4
Gọi các điểm cực trị là A  x1; y1  , B  x2 ; y2  .

Trang 6


�x1  x2  4
�x1 x2  m

Theo định lý Viet �

Ta có y1   2m  8  x1  m  2, y2   2m  8  x2  m  2

AB 

 x1  x2 

2

  2m  8 

2

 x2  x1 

2

2
2
 1   2m  8  �
�x1  x2   4 x1x2 �
�



 4m

2

 32m  65   16  4m 




 193m  0 � m  4m

2
nên AB  4 65 � 4m  32m  65  16  4m   1040

� 4m3  48m 2

2

 48m  193  0

� m  0 (thỏa mãn). Vậy m  0 .
Bài toán 2.5: Cho hàm số: y  

2 3
5
x   m  1 x 2   3m  2  x  có đồ thị  Cm  với m là tham số.
3
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  2
b) Tìm m để trên đồ thị  Cm  có hai điểm phân biệt có hoành độ cùng dấu và tiếp tuyến của  Cm  tại mỗi
điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  3 y  1  0 .
Hướng dẫn giải
a) Khi m  2 hàm số trở thành y  

2 3
5
x  x2  4x  .
3
3



Tập xác định D  �



Sự biến thiên: y '  2 x 2  2 x  4 ;

y '  0 � x  1 �x  2
Bảng biến thiên

x

�

y'
y

−1
−

0

�

�

2
+

0

+

5
−4

�

Trang 7


Hàm số đồng biến trên khoảng  1;2  và nghịch biến trên mỗi khoảng  �; 1 ,  2; � .
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và yCT  4 , đạt cực đại tại x  2 và yC Ð  5 .


Đồ thị:

�
�

5�
3�

0;  �,
Đồ thị cắt Oy tại �
y ''  4 x  2 ,
y ''  0 � x 

1
nên đồ thị nhận điểm uốn
2

�1 1 �
I � ; �làm tâm đối xứng.
�2 2 �

2
b) y '  2 x  2  m  1 x  3m  2

Hệ số góc của d : x  3 y  1  0 là k 

1
3

Tiếp tuyến của  Cm  tại mỗi điểm vuông góc với đường thẳng d : x  3 y  1  0 khi y '  3

� 2 x 2  2  m  1 x  3m  2  3
� 2 x 2  2  m  1 x  3m  1  0
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2  0
2
�
m  3
�
m 2  4m  3  0
�
 '   m  1  2  3m  1  0
�
�
� �3m  1
��
��
1
1
�
1  m  

m


0
�
�
3
�
3
�
� 2

1
3

Vậy m  3 hay 1  m   .
Bài toán 2.6: Cho hàm số y 

1 3 1 2 3
x  x  x  2 . Tìm m để hai điểm A, B thuộc đồ thị  C  có tung độ m
6
2
2

và gốc O tạo thành tam giác OAB cân tại O.
Hướng dẫn giải
Hai điểm A, B thuộc đồ thị  C  có tung độ m nên thuộc đường thẳng d : y  m .
Hoành độ giao điểm của d và đồ thị  C  là nghiệm của phương trình
Phương trình � x3  3x 2  9 x  12  6m  0

1 3 1 2 3
x  x  x2m
6
2
2

(1)

Trang 8


17
�5
 �m �
�
Đường thẳng d cắt  C  tại A, B thỏa mãn tam giác OAB cân tại O khi � 2
6 và phương trình (1)
�
m �0
�
có nghiệm x1 ,  x1 , x2 (trong đó x1 ,  x1 là hoành độ của A, B)



2
2
Khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình x  x1

 xx  0

3
2
2
2
Phương trình � x  x2 x  x1 x  x1 x2  0

2

(2)

x2  3
�
�2
x1  9
Đồng nhất các hệ số của (1) và (2): �
�
x12 x2  12  6m
�
Suy ra 12  6m  27 � m  

5
2

Bài toán 2.7: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
a) y   x 3  3x 2  4 x  2

b) y  x3  3 x 2  3 x  1
Hướng dẫn giải

a) y   x 3  3x 2  4 x  2



Tập xác định D  �



y  � và lim y  �
Sự biến thiên xlim
��
x ��

Ta có y '  3 x 2  6 x  4  0, x nên hàm số nghịch biến trên �. Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên

x

�

y'
y

�
−

�
�



Đồ thị: y ''  6 x  6, y ''  0

� x  1 nên đồ thị có điểm uốn I  1;0  .
Cho x  0 � y  2 . Cho y  0

�  x3  3x 2  4 x  2  0

�  x  1  x 2  2 x  2   0 � x  1
b) y  x 3  3x 2  3x  1
Trang 9




Tập xác định D  �



y  � và lim y  �
Sự biến thiên: xlim
��
x ��

Ta có y '  3 x 2  6 x  3  3  x  1 �0, x nên hàm số đồng biến trên �, hàm số không có cực trị.
2

Bảng biến thiên:

�

x

y'

�

1
+

0

−

y

�
�



Đồ thị: y ''  6 x  6, y ''  0

� x  1 nên đồ thị có điểm uốn I  1;2 
Cho x  0 � y  1 .





3
2
2

Bài toán 2.8: Cho hàm số: y  x  3  m  3 x  3 m  3m  5 x  1 , m là tham số. Tìm m để đồ thị của

hàm số đã cho đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  x1 x2  7 .
Hướng dẫn giải

D  �,
y '  3 x 2  6  m  3  x  3  m 2  3m  5 
y '  0 � 3 x 2  6  m  3  x  3  m 2  3m  5   0
Hàm

số

cực

đại,

cực

tiểu

x1 , x2 �  '  3m  4  0 � m 

tại

x1 , x2

khi

phương

trình

có

2

nghiệm

phân

biệt

4
3

2
Ta có x1  x2  2  m  3 ; x1 x2  m  3m  5

Do đó x1  x2  x1 x2  7 � 2  m  3  3m  5  7
2

� m 2  5m  11  7
2
�
�
m2  5m  11  7
�
�m  5m  4  0
��2
��2

�1 m  4
m  5m  11  7
�
�m  5m  18  0

Kết hợp thì chọn: 1  m 

4
3

Bài toán 2.9: Cho hàm số: y  x 4  2mx 2  2m  1 , với m là tham số.
Trang 10


a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  3
b) Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác vuông.
Hướng dẫn giải
a) Khi m  3 , hàm số trở thành y  x 4  6 x 2  5


Tập xác định D  �, hàm số chẵn.



3
2
Sự biến thiên: y '  4 x  12 x  4 x x  3





y '  0 � x  0 hoặc x  � 3
Bảng biến thiên

x

�

 3

y'
y

−

0

0

+

0

�

�

3
−

0

+

�

5
−4





Hàm số đồng biến trên khoảng  3;0 ,

−4





 

3; � và nghịch biến trên khoảng �;  3 ; 0; 3



Hàm số đạt cực đại tại x  0, yC Ð  5 và đạt cực tiểu tại x  � 3, yCT  4


Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy tại trục đối xứng



2
b) Ta có D  �. y '  4 x x  m



y '  0 � 4 x  x 2  m   0 � x  0 hoặc x 2  m
Hàm số có 3 điểm cực trị � y '  0 có 3 nghiệm phân biệt � m  0
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là:





A  m ; m 2  2m  1 , B  0;2m  1 , C





m ;  m 2  2m  1

Trang 11


Vì hàm số chẵn nên tam giác ABC cân tại B �Oy , A và C đối xứng nhau qua Oy.

ABC là tam giác vuông � tam giác ABC vuông cân tại B

� AC  AB. 2 � m 2  m � m  1 hoặc m  0 .
Vậy chọn m  1 .
Bài toán 2.10: Cho hàm số: y  x 4  mx 2  2m  1 , với m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số cho có 3 điểm
cực trị sao cho 3 điểm cực trị cùng với gốc tọa độ là 4 đỉnh của một hình thoi.
Hướng dẫn giải
Ta có y '  4 x 3  2mx

x0
�
y '  0 � 4 x 3  2mx  0 � � 2
2x  m
�
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt � m  0
Khi đó các điểm cực trị:

� m m2
�
� m m2
�
A�

;
 2m  1 �
, B  0;2m  1 , C � ; 
 2m  1 �
4
4
� 2

�
�2
�
Vì tam giác ABC cân tại B, AC song song Ox nên O, A, B, C là 4 đỉnh hình thoi khi và chỉ khi OABC là hình
thoi

� O và B đối xứng nhau qua AC �

yO  yB
 yA
2

2m  1
m2
�

 2m  1 � m 2  4 m  2  0
2
4
� m  2 � 2 (thỏa mãn). Vậy m  2 � 2 .
Bài toán 2.11: Cho hàm số: y   x 4  2mx 2  m 2  m , với m là tham số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  2
b) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành Ox tại 4 điểm phân biệt A, B, C, D sao cho AB  BO  OC  CD .
Hướng dẫn giải
a) Khi m  2 hàm số trở thành y   x 4  4 x 2  2


Tập xác định D  �, hàm số chẵn



3
2
Sự biến thiên: y '  4 x  8 x  4 x x  2





y '  0 � x  0 �x  � 2
Bảng biến thiên
Trang 12


x

�

y'

 2
+

0

y

0
−

0

−

�

2



0
6

�



+

6

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng �;  2

�

2











và 0; 2 ; nghịch biến trên mỗi khoảng  2;0 và



2; � . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0 , giá trị cực tiểu yCT  2 ; hàm số đạt cực đại tại các điểm

x  � 2 , giá trị cực đại yC Ð  6 .


Đồ thị: nhận Oy là trục đối xứng

b) Cho y  0 �  x 4  2mx 2  m 2  m  0
Đặt t  x 2 , t �0 thì PT: t 2  2mt  m 2  m  0
Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt khi phương trình bậc 2 có 2 nghiệm dương phân biệt t1  t2 .

�
�
 '  m2  m2  m  0
2m 2  m  0
�
�
� �S  2m  0
��

m0
�P  m 2  m  0
�
m2  m  0
�
�
1
�
m  0 �m 
�
2
�
1
��
m0
� 1  m  
2
�
1  m  0
�
�
Vì đồ thị đối xứng qua trục tung nên 4 giao điểm A, B, C, D thỏa mãn AB  BO  OC  CD khi và chỉ khi

t2  2 t1 � t2  4t1 .
2
Theo định lý Viet ta có t1  t2  2m; t1t2   m  m .

Trang 13

5t1  2m
�

Do đó �

4t   m  m
�
2
1

2

� 4.4m 2  25  m 2  m 
25
.
41

� 42m 2  25m  0 � m  0 hay m  
Ta chọn m  

25
.
41

Bài toán 2.12: Cho hàm số y 

1 4
x  2 x2  3
4

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
4
2
b) Tìm m để phương trình x  8 x  6  m có 8 nghiệm phân biệt

Hướng dẫn giải
a) y 

1 4
x  2x2  3 .
4



Tập xác định D  �. Hàm số chẵn.



3
2
Sự biến thiên: y '  x  4 x  x x  4





y '  0 � x  0 hay x  �2
Bảng biến thiên

x

�

y'
y

−2
−

0

�

0
+

0

−

0

+

�

3
−1

�

2

−1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  2;0  ;  2; � , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

 0;2  . Hàm số đạt cực đại tại


 �; 2  ;

x  0; yC Ð  3 , đạt cực tiểu tại x  �2, yCT  1 .

Đồ thị: Đồ thị  C  hàm số nhận Oy là trục đối xứng

Trang 14


b) Ta có phương trình

x 4  8 x 2  12  m �

1 4
m
x  2 x2  3 
4
4

1 4

x  2 x 2  3 được suy ra từ đồ thị  C  bằng cách giữ nguyên phần nằm
4

Đồ thị  C ' của hàm số y 

phía trên Ox, còn phần nằm phía dưới Ox thì lấy đối xứng qua Ox.

1 4
m
m
x  2x2  3 
là giao điểm của đồ thị  C ' và đường thẳng y  .
4
4
4

Số nghiệm của phương trình

Dựa vào đồ thị, phương trình có 8 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

0
Bài toán 2.13: Cho hàm số: y 

m
1� 0  m  4 .
4

1 4
x   3m  1 x 2  2  m  1 , với m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số có 3
4

điểm cực trị lập thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ.
Hướng dẫn giải

y '  x3  2  3m  1 x  x �
x 2  2  3m  1 �
�
�
y '  0 � x  0 �x 2  2  3m  1
Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị � 3m  1  0 � m  
Khi

C



đó

3

điểm

cực

trị

của đồ

thị

là:

1
3

A  0;2m  2  ,





B  6m  2; 9m 2  4m  1

và



6m  2; 9m 2  4m  1

Vì hàm số chẵn nên tam giác ABC cân tại A thuộc trục Oy, B, C đối xứng nhau qua Oy.
Trang 15


O là trọng tâm của tam giác ABC � y A  yB  yC  0

� 2m  2  2  9m 2  4m  1  0
2
�
m



�
1
3
� 9m 2  3m  2  0 � �
. Chọn giá trị m  .
1
3
�
m
� 3
Bài toán 2.14: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
a) y   x 4  2 x 2  5

b) y 

x4
3
 x2 
2
2

Hướng dẫn giải
a) y   x 4  2 x 2  5 .


Tập xác định D  �. Hàm số chẵn



y  � và lim y  �
Sự biến thiên xlim
��
x ��

y '  4 x3  4 x  4 x  x 2  1 , y '  0 � x  0
BBT

x

�

y'

�

0
+

y

0

−

5

�

�

Hàm số đồng biến trên khoảng  �;0  và nghịch biến trên khoảng  0; �
Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 : yC Ð  5 .


Đồ thị: y ''  12 x 2  4  0, x nên đồ thị không có điểm uốn.

Cho y  0 � x  � 6  1

x4
3
b) y 
 x2 
2
2


Tập xác định D  �: Hàm số chẵn.



y  �.
Sự biến thiên: xlim
���

y '  2 x3  2 x  2 x  x 2  1 , y '  0 � x  0 .
Trang 16


BBT

�

x
y'

−

y

�

0
0

+

�

�
−3/2

Hàm số đồng biến trên khoảng

�
�

 0; � , nghịch biến trên khoảng  �;0 

và

3�
2�

0;  �
đạt cực tiểu tại �
.


Đồ thị: y ''  6 x 2  2  0, x nên đồ thị không có điểm uốn.

�
�

3�
2�

0;  �
Giao điểm với trục tung �
, giao điểm với trục hoành  1;0  và  1;0  .
Bài toán 2.15: Tìm các đường tiệm cận của đồ thị mỗi hàm số sau:
a) y 

x3  2
x2  2x

b) y 

x2  x  1
5 x 2  2 x  3

Hướng dẫn giải
a) D  �\  0;2 suy ra 2 TCĐ: x  0 và x  2 .

x3  2
4x  2
Ta có y  2
nên TCX: y  x  2 .
 x2 2
x  2x
x  2x
� 3�
� 5

1; �suy ra 2 TCĐ: x  1 và x 
b) D  �\ �
Ta có lim y  
x ���

3
.
5

1
1
nên TCN: y   .
5
5

Bài toán 2.16: Tìm các đường tiệm cận của đồ thị mỗi hàm số sau:

a) y  x 

3
x

b) y 

x2  4x  3

Hướng dẫn giải

y  � nên TCĐ: x  0 (khi x � 0  )
a) D   0; � . Ta có xlim
�0
Ta có lim  y  x   lim
x ��

x ��

3
nên TNX: y  x (khi x � �).
x
Trang 17


b) D   �;1 � 3; � . Đồ thị không có TCĐ.
Gọi y  ax  b là TCN, TCX thì:

y
x2  4x  3

4 3
 lim
 lim 1   2  1 ;
x �� x
x ��
x ��
x
x x

a1  lim

b1  lim  y  x   lim
x ��

 lim

x ��



x2  4x  3  x

x ��



3
x
 lim
 2

2
x ��
4 3
x  4x  3  x
1  2 1
x x
4 

4 x  3

Vậy tiệm cận xiên: y  x  2 (khi x � �).

y
x2  4x  3
 lim
x �� x
x ��
x

a2  lim

 lim

4 3

x x 2   lim 1  4  3  1
x ��
x
x x2

x 1 

x ��

b2  lim  y  x   lim
x ��

 lim

x ��

4 x  3
x2  4x  3  x
4 

 lim

x ��



x ��

x 1

x2  4x  3  x



4 x  3

x ��
4 3
x 1  2  x
x x

 lim

3
x

4 3

1
x x2



4
2
2

Vậy tiệm cận xiên: y   x  2 (khi x � �)
Cách khác: y 
và vì lim



x ���

x2  4x  3  x  2 



x2  4x  3  x  2





x 2  4 x  3  x  2  0 suy ra TCX.

Bài toán 2.17: Tùy theo m, tìm các tiệm cận của đồ thị:
a) y 

x 2  mx  1
x 1

b) y 

mx 3  1
x 2  3x  2

Hướng dẫn giải
Trang 18


x 2  mx  1
m2
a) Ta có y 
 x  m  1

, x �1
x 1
x 1





m2
 0 nên y  x  m  1 là tiệm cận xiên. Ta có:
x ��� x  1

- Khi m �2 thì lim y   x  m  1  lim
x ���

x 2  mx  1
lim
 �
x �1
x 1
x 2  mx  1
Khi m  2 và lim
 � khi m  2 nên TCĐ x  1 .
x �1
x 1
- Khi m  2 thì

 x  1
y

x 1

2

(với x �1 ), đồ thị là đường thẳng (trừ điểm  1;0  ) nên nó trùng với tiệm

cận xiên.

mx3  1
7 mx  1  6m
b) Ta có: y  2
 mx  3m  2
x  3x  2
x  3x  2
Khi m  1 thì y 

x3  1
x2  x  1

, x �1, x �2
x 2  3x  2
x2

x3  8
x2  2x  4
1

, x �1, x �2
Khi m  thì y 
8  x  1

8  x 2  3x  2 
8
Từ đó suy ra: Với m  1 thì x  2 là tiệm cận đứng
Với m 

1
thì x  1 là tiệm cận đứng.
8
1
8

Với m �1 và m � thì đồ thị có hai tiệm cận đứng là x  1 và x  2 .





7 mx  1  6 m
 0 nên đồ thị có TCN, TCX: y  mx  3m .
x ��� x 2  3 x  2

Ta có lim y   mx  3m   lim
x ���

2 x 2   m  1 x  3
Bài toán 2.18: Cho đường cong  Cm  : y 
xm
a) Tìm m để tiệm cận xiên của  Cm  đi qua A  1;1
2
b) Tìm m để giao điểm của hai tiệm cận nằm trên  P  : y  x  3

Hướng dẫn giải

2 x 2   m  1 x  3
y
lim

lim
2
a) Ta có
x �� x
x ��
x  x  m
Trang 19


�2 x 2   m  1 x  3
�
lim  y  2 x   lim �

2
x
�
�
x ��
x ���
� x  x  m
�
2 x 2   m  1 x  3  2 x 2  2mx
 lim

1 m
x ��
xm
Suy ra phương trình tiệm cận xiên là y  2 x  1  m .
TCX đi qua A  1;1 khi và chỉ khi: 1  2.1  1  m � m  2 .
b) Đồ thị có tiệm cận đứng là x   m . Từ đó suy ra giao điểm của hai tiệm cận là I   m;1  3m  .
Giao điểm này nằm trên đường cong y  x 2  3 khi

1  3m    m   3 � m 2  3m  2  0 � m  1 hoặc m  2
2

x2   1  m  x  2
Bài toán 2.19: Cho hàm số y 
 Cm  . Tìm m để tiệm cận xiên của  Cm  tạo với các trục tọa
x 1
độ thành một tam giác có diện tích bằng 18.
Hướng dẫn giải
Hàm số y  x  m 



m2
, D  �\  1 .
x 1



y   x  m   0 nên tiệm cận xiên d của  Cm  có phương trình y  x  m . Giao điểm của d
Ta có xlim
���

với Ox: A  m;0  , giao điểm của d với Oy: B  0; m 
Diện tích tam giác OAB là S 
Điều kiện S  18 �

1 2
m .
2

1 2
m  18 � m  �6
2

Bài toán 2.20: Cho hàm số: y 

2x 1
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số
b) Suy ra đồ thị y 

2x 1
.
x 1
Hướng dẫn giải

a) y 


2x 1

.
x 1
Tập xác định D  �\  1 .
Trang 20


y  � và lim y  �
Sự biến thiên: Ta có: lim
x �1
x �1



Do đó đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng

y  lim y  2 nên đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Vì xlim
��
x ��
Ta có: y ' 

1

 x  1

2

 0, x �1

Bảng biến thiên

x

�

y'

�

1
−

−

y

�
2

2

�
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  �;1 ,  1; �


�1
�2

�
�

Đồ thị: Đồ thị  C  cắt Ox tại � ;0 �cắt Oy tại  0;1 .

 C

nhận giao điểm I  0;2  hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

�2 x  1
2x 1 �
� x 1
�
b) Ta có y 
x 1 � 2x 1

� x 1

khi x  1
khi x  1

nên đồ thị  C ' giữ nguyên phần bên phải tiệm cận đứng x  1

của đồ thị  C  , còn phần bên trái tiệm cận đứng x  1 của đồ thị  C  thì lấy đối xứng qua trục hoành.

Trang 21


Bài toán 2.21: Cho hàm số: y 

2x  2
.

x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số.
b) Lập phương trình tiếp tuyến của  C  , biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận đứng tại A, cắt đường tiệm cận
ngang tại B mà OB  2OA .
Hướng dẫn giải
a) y 

2x  2
x 1



Tập xác định D  �\  1



lim  y  � và lim  y  �
Sự biến thiên: Ta có x �
x � 1
 1

Do đó đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng

y  lim y  2 nên đường thẳng y  2 là tiệm cận đứng
Ta có xlim
��
x ��
y' 

4

 x  1

2

 0, x �1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  �; 1 ;  1; �


Đồ thị: Đồ thị  C  cắt Ox tại  1;0  , cắt Oy tại  0; 2  , và nhận giao điểm I  1;2  của hai đường tiệm
cận làm tâm đối xứng.

b) Phương trình tiếp tuyến tại M  x0 ; y0    C  , x0

d:y

4

 x0  1

2

 x  x0  

1

2 x0  2
x0  1

Trang 22


� 2 x0  6 �
�;
� x0  1 �

1;
Giao điểm của d với tiệm cận đứng x  1 là A �

Giao điểm của d với tiệm cận ngang y  2 là B  2 x0  1;2  .
2

Do đó OB  2OA �

4   2 x0  1

2

�2 x  6 �
 2 1 � 0
�
�x0  1 �

�
2 x0  1 
�2 x0  6 � �
2
�  2 x0  1  4 �

�� �
x

1
�0
� �
2 x0  1 
�
�
2

� x0 

�
2 x02  x0  13  0  VN 
�� 2
4 x0  12
2 x0  7 x0  11  0
�
x0  1

7 � 137
. Thế vào d thì có tiếp tuyến cần tìm.
4

Bài toán 2.22: Cho hàm số: y 
a) y 

4 x0  12
x0  1

x2
.
x 1

x2
.
x 1



Tập xác định: D  �\  1



y  � và lim y  �
Sự biến thiên: Ta có lim
x �1
x �1

Do đó đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng.

y  lim y  1 nên đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang.
Vì xlim
��
x ��
Ta có y ' 

1

 x  1

2

 0, x �1 .

Bảng biến thiên

x

�

y'

�

1
+

y

+

�
1

1

�

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  �;1 ,  1; �


Đồ thị: Đồ thị  C  cắt Ox tại  2;0  , cắt Oy tại  0;2  ,  C  nhận giao điểm I  1;1 của hai đường tiệm
cận làm tâm đối xứng.
Trang 23


b) Vì x  1 không là nghiệm nên phương trình

x  2   x  1  m  5  �

x2
 m5
x 1

�x  2
x2 �
�x  1
�
Ta có: y 
x 1 � x  2

� x 1
Suy ra đồ thị  C ' của y 

x  2 qua trục hoành.

khi x �2
khi 1 �x  2

x2
gồm phần của  C  ứng với x �2 và đối xứng phần  C  ứng với
x 1

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị  C ' và đường thẳng y  m  5 :
Xét m  5 �1 hay m  5  0 hay m  5  1

۳ m 6 hay m  5 hay m  4 thì phương trình có 1 nghiệm.
Xét 0  m  5  1 � 5  m  6 thì phương trình có 2 nghiệm.
Xét 1 �m  5  0 � 4  m  5 thì phương trình vô nghiệm.
Bài toán 2.23: Cho hàm số: y 

mx
, với m là tham số. Tìm m để đường thẳng d : 2 x  2 y  1  0 cắt đồ thị
x2

tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích là S 

3
.
8

Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm

x  m
1
 x 
x2
2

� 2 x 2  x  2  m  1  0, x �2
Ycbt là phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt khác −2
Trang 24


� 17
  17  16m  0
�
m
�
�
��
� � 66
2
2  2   2  2  m  1 �0
�
�
m �2
�
1
�
�x1  x2  
Ta có �
2 nên AB 
�
�x1 x2  m  1
 2

 x2  x1 

2

 2

 x2  x1 

 x2  x1 
2

  y2  y1 

 4 x1 x2 

Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến d là h 

SOAB 

2

2

2
. 17  16m
2

1
2 2

1

1 2
1
17  16m
AB.h  .
. 17  16m .

2
2 2
8
2 2

Nên SOAB 

3
17  16m 3
1
�
 � m  (thỏa mãn).
8
8
8
2

x 1
. Tìm trên  H  các điểm A, B sao cho độ dài AB  4 và đường thẳng
x2
AB vuông góc với đường thẳng y  x .
Bài toán 2.24: Cho hàm số y 

Hướng dẫn giải

Vì đường thẳng AB vuông góc với y  x nên phương trình của AB là:

y  x  m .
Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình

x 1
 x  m
x2

� x 2   m  3 x  2m  1  0, x �2 .
Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và khác 2:
2
�
   m  3  4  2m  1  m 2  2m  5  0, m
�
�
4   m  3  .2  2 m  1  1 �0, m
�

luôn thỏa mãn. Ta có x1  x2  m  3; x1.x2  2m  1
Nên AB 2  16 �  x2  x1    y2  y1   16
2

2

�  x2  x1     x2  m  x1  m   16
2

2

�  x2  x1   8 �  x1  x2   4 x1 x2  8
2

2

Trang 25