chuyen de tinh don dieu, CUC TRỊ cua ham so(gv)

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Vấn đề 1: Xét tính đơn điệu của hàm số


y  x4  2 x3  2x  1
x2
y
x2
x2  x  2
y
2 x
x
y 2
x 1
y  x ( x  1) ( x  0)
1
y 2
x  4x  3
3  2x
y
x7
x 2  3x  2
y 2
2x  x 1
y  2 x  4 x  1
2

y  16 x  2 x 2 

16 3
x  x4

3

y  x4  8x2  5
2x
y 2
x 9
x2  2x  3
y
x 1
2
x  5x  3
y
x2
y  25  x 2
1
y  x 4  x3  x  5
2
7
y  9 x 7  7 x 6  x 5  12
6
x 1
y
3 x

y

3x
x 1
2

y  x2  2 x  3
 x2  2 x  3
x 1
2
x  8x  9
y
x5
1
y  2 x 
x 1
2
2 x  3x
y
2x 1
y

y  x2  2 x  3
y  4  x2
y  2x  x2


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Vấn đề 2: Xác định tham số m để hàm số đồng biến (nghịch biến)
I. Cơ sở lý thuyết
1. Cho hàm số y  f ( x) xác định và có đạo hàm trên D
D�khi f '( x ) 0, x ( a, b)

* Hàm số đồng biến trên (a, b) ̳̳
D�khi f '( x ) 0, x ( a, b)
* Hàm số nghịch biến trên (a, b) ̳̣
2
2. Xét tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c , a �0
a0
�
2
* ax  bx  c �0 � �
 �0
�
a0
�
2
* ax  bx  c �0 � �
 �0
�
II. Bài tập áp dụng
A – HÀM ĐA THỨC
Cho hàm số y  x3  3( m  1) x 2  3m( m  2) x  1 . Tìm m để hàm số
a. Đồng biến trên R
b. Nghịch biến trên R
Lời giải:
y '  3 x 2  6( m  1) x  3m( m  2)
TXĐ: D = R.
a. Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x
a30
�
��
 '  6m  9 �0

�
3
2
b. Hàm số nghịch biến trên R khi y ' �0, x
a 3 0
�
��
(vô nghiem)
 '  6m  9 �0
�
Vậy: Không có giá trị nào để hàm số nghịch biến trên R
 m 
̳

Cho hàm số y  x 2 (m  x)  m . Tìm m để hàm số nghịch biến trên R
Lời giải: TXĐ: D = R
y '   x 3  mx 2  m
Hàm số đã cho nghịch biến trên R khi y ' �0, x
�  x 3  mx 2  m �0, x
a  1  0
�
��
  m 2 �0
�
�m0
Vậy: Với m = 0 thì yêu cầu bài toán được thỏa
Cho hàm số y  x 3  2 x 2  (m  1) x  m  3 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R
Lời giải:
TXĐ: D = R. y '  3x 2  4 x  m  1
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x

3


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

� 3 x 2  4 x  m  1 �0, x
a 30
�
��
 '  3m  7 �0
�
۳ m

7
3

7
Vậy: Với m � thì yêu cầu bài toán được thỏa
3
Cho hàm số y  x 2 (m  x)  mx  6 . Tìm m để hàm số luôn nghịch biến
Lời giải:
TXĐ: D = R. y '  3x 2  2mx  m
Hàm số nghịch biến trên R khi y ' �0, x
� 3 x 2  2mx  m �0, x
a  3  0
�

��
  m 2  3m �0
�
�0 m 3
̳
Vậy: Với 0 �m �3 thì điều kiện bài toán được thỏa
Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(2m  1) x  1 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R
Lời giải: TXĐ: D = R
y '  3x 2  6mx  3(2m  1)
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x
� 3 x 2  6mx  3(2m  1) �0, x
a 1 0
�
��
 '  m 2  2m  1 �0
�
� m 1
Vậy: Với m = 1 thì điều kiện bài toán được thỏa
1 3
2
Cho hàm số y   x  (m  1) x  (m  3) x  4 . Tìm m để hàm số luôn luôn giảm
3
y '   x 2  2( m  1) x  m  3
Lời giải: TXĐ: D = R.
Hàm số luôn luôn giảm khi y ' �0, x
�  x 2  2(m  1) x  m  3 �0, x
a  1  0
�
��
(vô nghiem)

2

'

m

m

4
�
0
�
Vậy: Không có giá trị m thỏa yêu cầu bài toán
Cho hàm số y  x 3  mx 2  3x  1 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến
Lời giải:
TXĐ: D = R
2
y '  3x  2mx  3
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x

4


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

� 3 x 2  2mx  3 �0, x
a 30

�
��
 '  m 2  9 �0
�
� 3 �m �3
Vậy: Với 3 �m �3 thì điều kiện bài toán được thỏa
1 3
2
Cho hàm số y  x  (m  1) x  2(m  1) x  2 . Tìm m để hàm số luôn tăng trên R
3
Lời giải: TXĐ: D = R
y '  x 2  2(m  1) x  2(m  1)
Hàm số luôn tăng trên R khi y ' �0, x
� x 2  2(m  1) x  2(m  1) �0, x
a 1 0
�
��
 '  (m  1)( m  3) �0
�
�1 m 3
̳
Vậy: Với 1 �m �3 thì điều kiện bài toán được thỏa
1 3 1
3
2
Cho hàm số y  x  (sin m  cos m) x  x sin 2m . Tìm m để hàm số đồng biến trên R
3
2
4
Lời giải:

TXĐ: D = R
3
y '  x 2  (sin m  cos m) x  sin 2m
4
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x
3
� x 2  (sin m  cos m) x  sin 2m �0, x
4
a 1 0
�
��
  1  2sin m �0
�
� 1  2sin m �0


�   k 2 �2m �  k 2
6
6


�   k �m �  k
12
12
Cho hàm số y  x 3  mx 2  2 x  1 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R
Lời giải: TXĐ: D = R
y '  3x 2  2mx  2
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x
� 3 x 2  2mx  2 �0, x
a 30

�
��
 '  m 2  6 �0
�
�  6 �m � 6
5


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Vậy: Với  6 �m � 6 thì điều kiện bài toán được thỏa
Cho hàm số y  mx3  (2m  1) x 2  (m  2) x  2 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến
Lời giải:
TXĐ: D =R
y '  3mx 2  2(2m  1) x  m  2
Trường hợp 1:
m  0 � y '  2 x  2 � m = 0 không thỏa yêu càu bài toán
Trường hợp 2: m �0
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x
a  3m  0
�
��
 '  (2m  1) 2  3m( m  2) �0
�
m0
�
��2

m  2m  1 �0
�
m0
�
��
(vô nghiem)
m  1
�
Vậy: Không có giá trị nào của m thỏa yêu cầu bài toán
m 1 3
x  mx 2  (3m  2) x luôn đồng biến
Tìm m để hàm số y 
3
Lời giải: TXĐ: D = R
y '  ( m  1) x 2  2mx  3m  2
Trường hợp 1: m  1  0 � m  1 � y '  2 x  1 � m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán
1 0
m 1
Trường hợp 2: m �۹
Hàm số luôn đồng biến khi y ' �0, x
� (m  1) x 2  2mx  3m  2 �0, x
m 1  0
�
��
 '  2m2  5m  2 �0
�
۳ m 2
Vậy: Với m �2 thì yêu cầu bài toán được thỏa
1 3
2

Cho hàm số y  mx  mx  x . Tìm m để hàm số đã cho luôn nghịch biến
3
Lời giải:
TXĐ: D = R
2
y '   mx  2mx  1
Trường hợp 1: m  0 � y '  1  0 � m = 0 thỏa yêu cầu bài toán
Trường hợp 2: m �0
Hàm số đã cho nghịch biến trên R khi y ' �0, x

6


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

� mx 2  2mx  1 �0, x
a  m  0
�
��
 '  m 2  m �0
�
m0
�
��
(vô nghiem)
0 �m �1
�

Vậy: Với m = 0 thì yêu cầu bài toán được thỏa
1 m 3
x  2(2  m) x 2  2(2  m) x  5 luôn luôn giảm
Định m để hàm số y 
3
Lời giải
TXĐ: D = R
y '  (1  m) x 2  4(2  m) x  4  2m
1
1 
y '�۳ 4 x 2 0
x
Trường hợp 1: m �
nên m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán
2
Trường hợp 2: m �1
a  1 m  0
m 1
�
�
��
2 m 3
Hàm số luôn giảm khi �
2
2 �m �3
 '  2m  10m  12 �0
�
�
Cho hàm số y 

m2 3
x  (m  2) x 2  (m  8) x  m 2  1 . Tìm m để dồ thị hàm số nghịch biến
3

trên R
Lời giải:
TXĐ: D = R
y '  (m  2) x 2  2(m  2) x  m  8
Trường hợp 1: m  2  0 � m  2 � y '  10 � m = -2 thỏa yêu cầu bài toán
Trường hợp 2: m �2
Hàm số nghịch biến trên R khi y ' �0, x
� (m  2) x 2  2(m  2) x  m  8 �0, x
a  m20
�
��
 '  (m  2) 2  ( m  2)( m  8) �0
�
� m  2
KL: Với m < - 2 thì yêu cầu bài toán được thỏa
1 2
3
2
Cho hàm số y  (m  1) x  (m  1) x  3x  5 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R
3
Lời giải:
TXĐ: D = R
y '  ( m 2  1) x 2  2(m  1) x  3
Trường hợp 1: m 2  1  0 � m  �1
* m  1 � y '  4 x  3 � m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán
* m  1 � y '  3  0 � m = - 1 thỏa yêu cầu bài toán

Trường hợp 2: m 2 �۹�
1 0
m
1
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x
7


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

� (m 2  1) x 2  2(m  1) x  3 �0
�
m2  1  0
��
  2m 2  2m  4 �0
�
� m  1 �m  2
Vậy: Với m �1 �m  2 thì bài toán được thỏa
1
3
2
Cho hàm số y  (m  3) x  2 x  mx . Tìm m để hàm số:
3
a. Đồng biến trên R
b. Nghịch biến trên R
Lời giải:
TXĐ: D = R

y '  (m  3) x 2  4 x  m
Trường hợp 1: m  3  0 � m  3 � y '  4 x  3 � m = -3 không thỏa yêu cầu bài toán
Trường hợp 2: m �3 .
a. Hàm số luôn đồng biến khi y ' �0, x
� (m  3) x 2  4 x  m �0, x
a  m3 0
�
��
  m 2  3m  4 �0
�
۳ m 1
b. Hàm số luôn nghịch biến khi y ' �0, x
� (m  3) x 2  4 x  m �0, x
a  m3 0
�
��
  m 2  3m  4 �0
�
 m 4
1 3
1
2
Cho hàm số y  mx  (m  1) x  3(m  2) x  . Xác định giá trị m để hàm số đã cho nghịch
3
3
biến trên R
Lời giải:
TXĐ: D = R
y '  mx 2  2(m  1) x  3( m  2)
Trường hợp 1: m  0 � y '  2 x  6 � m = 0 không thỏa yêu cầu bài toán

Trường hợp 2: m �0
Hàm số nghịch biến trên R khi y ' �0, x
� mx 2  2(m  1) x  3(m  2) �0, x
am0
�
��
  2m 2  4m  1 �0
�
 m

2 6
2
8


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

Cho hàm số y 

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

1 2
m  2m  x3  mx 2  2 x  1 . Xác định m để hàm số sau đồng biến trên R

3

Lời giải:
TXĐ: D = R
2

2
Ta có: y '   m  2m  x  2mx  2
Xét 2 trường hợp:
m0
�
2
* m  2m  0 � �
m  2
�
+ m = 0 � y ' �0, x nên m = 0 thỏa yêu cầu bài toán
1
� y '4�
x 2 0
x
+ m = - 2 ��
nên m = -2 không thỏa điều kiện bài toán
2
m �0
�
2
* m  2m �0 � �
m �2
�
a0
�
�
m 2  2m  0
‫�ڳ‬
�
Hàm số đồng biến trên R khi �

� 2

�
0
 m  4m �0
y
'
�
�

m

4 m 0

Vậy với m ‫ڳ‬4� m 0 thì điều kiện bài toán được thỏa
Cho hàm số y  (m 2  5m) x 3  6mx 2  6 x  6 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R
Lời giải
TXĐ: D = R
y '  3(m 2  5m) x 2  12mx  6
Trường hợp 1: m 2  5m  0 � m  0, m  5
+ m  0 � y '  6  0 � m = 0 thỏa yêu cầu bài toán
+ m  5 � y '  60 x  6 � m = - 5 không thỏa yêu cầu bài toán
Trường hợp 2: m 2  5m �0
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x
� 3(m 2  5m) x 2  12mx  6 �0, x
a  m 2  5m  0
�
��
 '  2m 2  10m �0
�

� 0  m �5
Vậy: Với 0 �m �5 thì yêu cầu bài toán được thỏa
B – HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ
Tìm m để hàm số y 

mx  2
luôn đồng biến
x m3

Lời giải:
TXĐ: D  R \  3  m
m 2  3m  2
( x  m  3) 2
Hàm số luôn đồng biến khi y ' �0, x �3  m
y'

9


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

� m 2  3m  2 �0
̳ ‫ ̳̳ڳ‬m 1 m 2
x2  m2 x  m  2
Cho hàm số y 
. Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
x 1

Lời giải:
TXĐ: D  R \  1
x2  2 x  m2  m  2
y'
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên tập xác định khi y ' �0, x �1
� x 2  2 x  m 2  m  2 �0, x �1
a 1 0
�
�
��
  m 2  m  3 �0
�
( 1) 2  2(1)  m 2  m  2 �0
�
� m

1  13
1  13
�m 
2
2

Cho hàm số y 

x
. Xác định m để hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định
xm

Lời giải:

TXĐ: D  R \  m
m
y'
( x  m) 2
Hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định khi y ' �0, x �m
� m �0
 m 0
mx 2  (m  2) x  m 2  2m  2
. Xác định m để hàm số nghịch biến trên từng
x 1
khoảng xác định của nó
Lời giải:
TXĐ: D  R \  1
Cho hàm số y 

mx 2  2mx  m 2  3m
y'
( x  1) 2
Trường hợp 1: m  0 � y '  0 � chưa xác định được tính đơn điệu của hàm số nên m=0 không
thỏa yêu cầu bài toán
Trường hợp 2: m �0
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi y ' �0, x �1

10


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

� mx 2  2mx  m 2  3m �0, x �1
am0
�
�
��
 '  m3  2m 2 �0
�
m12  2m.1  m 2  3m �0
�
m0
�
�
��
m  2 �0
�
m �0, m �6
�
� m0
(m  1) x 2  2mx  (m3  m 2  2)
Cho hàm số y 
. Tìm m để hàm số đồng biến trên R
xm
Lời giải:
TXĐ: D  R \  m
(m  1) x 2  2( m 2  m) x  m3  m 2  2
y'
( x  m) 2
2
 0, x �1 � m = - 1 thỏa yêu cầu bài toán

Trường hợp 1: m  1 � y ' 
2
 x  1
Trường hợp 2: m �1
Hàm số đồng biến trên R khi y ' �0, x �m
� (m  1) x 2  2( m 2  m) x  m3  m2  2 �0, x �m
�
a  m 1  0
�
��
  2m  2 �0
�
(m  1)m 2  2(m 2  m).m  m3  m 2  2 �0
�
m  1
�
�
۳ �
m 1
�
2 �0
�
� m  1
C – BÀI TẬP NÂNG CAO
Cơ sở lý thuyết:
f ( x)
Giả sử tồn tại mx�ax
K
f ( x)  g (m), x �K � max f ( x)  g ( m)
x�K

f ( x) ��
�g (m),� x

K

max f ( x)
x�K

g ( m)

f ( x)
Giả sử tồn tại min
x�K
f ( x )  g (m), x �K � min f ( x)  g (m)
x�K

f ( x ) �g(�۳
m), x

K

min f ( x)
x�K

g ( m)

11

BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

1 3
1
2
Định m để hàm số y  mx  (m  1) x  3(m  2) x  đồng biến trong khoảng (2; �)
3
3
Lời giải:
TXĐ: D = R
y '  mx 2  2(m  1) x  3( m  2)
Điều kiện bài toán được thỏa khi y ' �0, x  2 � mx 2  2(m  1) x  3(m  2) �0, x  2
2 x  6
۳ m
, x  2
2
x  2x  3
2 x  6
2 x 2  12 x  6
� g '( x)  2
Xét hàm số g ( x)  2
x  2x  3
( x  2 x  3) 2
�
x  3 6
g '( x)  0 � �
x  3 6

�
Bảng xét dấu
�
x
3 6
g’(x)
+
0

2
-

-

3 6
0

�
+

2
3

g(x)

0
 6
3 2 6

2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điều kiện bài toán được thỏa khi m �
3
Cho hàm số y  x3  3 x 2  mx  4 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên khoảng
 �;0 
Lời giải
TXĐ: D = R
y '  3x 2  6 x  m

Hàm số đồng biến trên  �;0  khi y ' �0, x �(�,0)
� 3 x 2  6 x  m �0, x �( �, 0)
̳

m̳
�3�
x 2 6 x g ( x), x (
 m min g ( x)

, 0)

( �,0)

Ta có: g '( x)  6 x  6  0 � x  1
Vẽ bảng biến thiên ta có m �min g ( x )  g (1)  3
( �,0)

Kết luận: Với m �3 thì điều kiện bài toán được thỏa
Cho hàm số y   x3  3 x 2  mx  2 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên khoảng
 0; 2 
Lời giải
TXĐ: D = R

y '  3 x 2  6 x  m
12


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Hàm số đồng biến trên (0, 2) khi y ' �0, x �(0, 2)
� 3 x 2  6 x  m �0, x �(0, 2)
۳
m �3 x 2 6 x g ( x), x (0, 2)
۳ m max g ( x)
(0,2)

Ta có: g '( x)  6 x  6  0 � x  1
Vẽ bảng biến thiên ta có m �max g ( x)  0
(0,2)

Vậy: m �0 thì điều kiện bài toán được thỏa
m 3
1
2
Cho hàm số y  x   m  1 x  3  m  2  x  . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến
3
3
2;
�


trên 
Lời giải
TXĐ: D = R
y '  mx 2  2(m  1) x  3(m  2)
0 �۳
y ' 2x 6 0
x 3 nên không thỏa yêu cầu bài toán
Trường hợp 1: m �
Trường hợp 2: m �0
Hàm số đồng biến trên  2; � khi y ' �0, x �[2, �)
� y '  mx 2  2(m  1) x  3(m  2) �0, x �[2, �)
6  2x
۳m��
g ( x ), x [2, )
2
x  2x  3
۳ m max g ( x)
[2,�)

Ta có: g '( x) 

2 x 2  12 x  6
( x 2  2 x  3) 2

 0 � x  3� 6

Vẽ bảng biến thiên ta được m �max g ( x )  g (2) 
[2,�)

2

3

1 3
2
Tìm m để hàm số y   x  (m  1) x  (m  3) x  4 đồng biến trên (0; 3)
3
Lời giải:
TXĐ: D = R
y '   x 2  2(m  1) x  m  3
Hàm số đồng biến trên (0; 3) � y '   x 2  2(m  1) x  m  3 �0, x �(0;3)
� m(2 x  1) �x 2  2 x  3
x2  2x  3
 g ( x)
(*)
2x  1
2x2  2 x  8
g
'(
x
)

 0, x �(0;3)
Ta có:
(2 x  1) 2
� g(x) là hàm số đồng biến trên (0; 3)
12
� g (0)  g ( x )  g (3) � 3  g ( x ) 
7
۳ m

13


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

12
Vậy điều kiện (*) được thỏa khi m �
7
1 3
1
2
Tìm m để hàm số y  mx  (1  3m) x  (2m  1) x  nghịch biến trên [1; 5]
3
3
Lời giải
y '  mx 2  2(1  3m) x  2m  1
1
��
0 
y ' �2 x 1 0
x
Trường hợp 1: m �
nên không thỏa yêu cầu bài toán
2
Trường hợp 2: m �0
Hàm số nghịch biến trên [1; 5] khi y '  mx 2  2(1  3m) x  2m  1 �0, x �[1;5]
2x  1

۳
m� 2
g ( x), x [1;5]
x  6x  2
۳ m max g ( x)
[1;5]

� 1  21
x
�
2( x  x  5)
2
0� �
Ta có: g '( x)  2
2
( x  6 x  2)
� 1  21
x
�
�
2
11
Vẽ bảng biến thiên ta có m �max g ( x ) 
[1;5]
3
2

2





Tìm m để y  mx  6m  5 x  2 1  3m nghịch biến trên [1, )
x 1
2
 mx  2mx2  7 �0 x �1
Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, )  y �
 x  1

 mx 2  2mx  7 �0 � m  x 2  2 x  �7 x �1  u  x  
 x   7 22 x  2 2  0 x �1
có: u �

7 �m x �1 ۳ Min u  x 
x�
1
x  2x
2

m . Ta

( x  2 x)

u  x   u  1  7
 u(x) đồng biến trên [1, )  m �Min
x�
1
3

Tìm m để hàm số y 

mx  (1  m) x  2m
đồng biến trên  4; �
2x  3
2

Lời giải
2mx 2  6mx  3  m
y'
(2 x  3) 2
Hàm số đồng biến trên  4; � khi y ' 
� 2mx 2  6mx  3  m �0, x � 4; �
3
۳
m��2
2x  6x 1
۳ m max g ( x)

g ( x ), x

 4;

2mx 2  6mx  3  m
�0, x � 4; �
(2 x  3) 2



x� 4;�

14


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

6(2 x  3)
 0, x � 4; � � g(x) là hàm số nghịch biến trên  4; � nên
(2 x 2  6 x  1) 2
3
m � max g ( x)  f (4) 
x� 4;�
7

Ta có: g '( x) 

Định m để hàm số y 

2 x 2  3 x  m
nghịch biến trong khoảng
2x  1

�1
�
 ; ��
�
�2
�

Lời giải
� 1�
TXĐ: D  R \ � �
�2
2
4 x  4 x  3  2m
y'
(2 x  1) 2
4 x 2  4 x  3  2m
�1
�
�1
�
 ; ��khi y ' 
�0, x ��
 ; ��
Hàm số nghịch biến trên �
2
(2 x  1)
�2
�
�2
�
3
�1
�
2
۳
m �

2 x
�
2x
g ( x), x � ; �
2
�2
�
۳ m max g ( x)
�1
�
 ; ��
�
�2
�

�1
�
 ; ��
Ta có: g '( x )  4 x  2  0, x ��
�2
�
�1�
g ( x)  g �
 � 1
Vậy: m ��max
1
�
2�
�
 ;��

�
2
�

�

Cho hàm số y 

2 x 2  mx  2  m
(Cm). Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (0; �)
x  m 1

Lời giải
TXĐ: D  R \  1  m
y'

2 x 2  4(m  1) x  m 2  2
( x  m  1) 2

2 x 2  4(m  1) x  m2  2
�0, x �(0; �)
( x  m  1)2
� g ( x)  2 x 2  4(m  1) x  m 2  2 �0, x �(0; �)
Tam thức g(x) có biệt thức  '  2(m  2) 2 . Ta xét các trường hợp:
0 m
��
2 y ' 0, x
1
+ Trường hợp 1: �
hàm số đồng biến trên (0; �)

Nên m = 2 thỏa yêu cầu bài toán
+ Trường hợp 2:   0 ۹ m 2
Hàm số đồng biến trên (0; �) khi y ' 

15


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Với điều kiện trên thì điều kiện bài toán được thỏa khi phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm x1, x2
�
�
�
0
m �0
m �0
�
�
�
�
S  x1  x2  0 � �
2(1  m)  0 � �
m 1
� m 2
thỏa x1  x2  0 � �
�P  x x  0
�m 2  2

�
m   2 �m  2
�
1 2
�
�
0
� 2
Kết luận: với m   2 �m  2 thì yêu cầu bài toán được thỏa
Vấn đề 3: Ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình
Giải các phương trình
a. x 2011  x  2
b. x 2  x  1  5
Lời giải:
a. Đặt f ( x)  x 2011  x � f '( x)  2011x 2010  1  0
� f(x) là hàm số đồng biến
Mặt khác: f (1)  2 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
b. Điều kiện x �1 và x = 1 không là nghiệm của phương trình
Đặt f ( x )  x 2  x  1 với x > 1
1
� f '( x)  2 x 
 0, x  1
2 x 1
� f(x) là hàm số đồng biến
Mặt khác: f (2)  5 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình

x  3  x  7x  2  4

(1)

Lời giải
Điều kiện của phương trình

7  41
7  41
�x �
2
2

(*)

(1) � x  3  x  7 x  2  4  0
Xét g ( x)  x  3  x  7 x  2  4 � g '( x) 

1

7
2 x3

1

 0, x �(*)
2 x  3 2 x  7x  2

� g(x) là hàm số đồng biến
Mặt khác: g(1) = 0
Vậy: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Thật vậy:
Khi x > 1 thì g(x) > g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm

Khi x < 1 thì g(x) < g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Giải các phương trình sau

5x3  1  3 2 x  1  4  x

(1)

Lời giải
1
Điều kiện: x �3
5
(1) � 5 x 3  1  3 2 x  1  x  4

16


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

3
3
Xét f ( x)  5 x  1  2 x  1  x � f '( x) 

15 x 2

2
1
 .

1  0
2 5 x3  1 3 3  2 x  1 2

�1
�
� hàm số đã cho đồng biến trên �3 ; ��
�5
�
f
(1)

4
Mặt khác:
nên x = 1 là nghiệm duy nhất
Kết luận: S   1
Giải phương trình

3

x  2  3 x  1  3 2 x2  1  3 2 x2

Lời giải
Phương trình (1) được viết lại

(1)

x  1  1  3 x 1  3 2x2 1  3 2x2
1
1
1 1

3
3
 .
0
Xét f (t )  t  1  t � f '(t )  3 . 3
(t  1) 2 3 3 t 2
3

(2)

� hàm số đồng biến trên R

x 1
�
�
Mặt khác: (2) � f ( x  1)  f (2 x ) � x  1  2 x �
1
�
x
�
2
2

2

� x2  x  3 � 2
log
Giải phương trình
� x  3x  2
3� 2

�2 x  4 x  5 �

(1)

Lời giải
�x 2  x  3  0
�
Điều kiện � 2
�2 x  4 x  5  0

(đúng x )

(1) � log 3 ( x 2  x  3)  log 3 (2 x 2  4 x  5)  (2 x 2  4 x  5)  ( x 2  x  3)
� log 3 ( x 2  x  3)  ( x 2  x  3)  log 3 (2 x 2  4 x  5)  (2 x 2  4 x  5)
1
 0, t  0
Xét f (t )  log 3 t  t � f '(t ) 
t.ln 3
x  1
�
2
2
2
Mặt khác: (2) � f ( x  x  3)  f (2 x  4 x  5) � x  3x  2  0 � �
x  2
�

(2)

Vậy: S   1; 2

Giải phương trình 3x  4 x  5x
Lời giải
x
x
�3 � �4 �
(1) � � � � � 1
�5 � �5 �
x

x

(1)

x

x

�3 � �4 �
�3 � 3 �4 � 4
Xét f ( x )  � � � � 1 � f '( x)  � �ln  � �ln  0, x
�5 � �5 �
�5 � 5 �5 � 5
� f(x) là hàm đồng biến trên R
Mặt khác: f (2)  0 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình 9 x  2( x  2)3x  2 x  5  0
Lời giải
Đặt t  3x  0

(1)

17


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

t  1
(loai)
�
2
Phương trình trở thành t  2( x  2)t  2 x  5  0 � �
t  5  2x
�
Với t  5  2 x � 3x  5  2 x � 3x  2 x  5  0
Xét f ( x)  3x  2 x  5 � f '( x)  3x ln 3  2  0, x
� f(x) là hàm đồng biến
Mặt khác: f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình x  x  5  x  7  x  16  14
Lời giải
Điều kiện của phương trình x �5 . Nhận xét x = 5 không là nghiệm của phương trình
Xét f ( x)  x  x  5  x  7  x  16
1
1
1
1
� f '( x) 




 0, x  5
2 x 2 x  5 2 x  7 2 x  16
� f(x) là hàm số đồng biến trên (5; �)
Mặt khác: f (9)  14 nên x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình: x 5  x 3  1  3x  4  0 .
Giải. Điều kiện: x �1 . Đặt f  x   x 5  x 3  1  3x  4  0 .
3

 x   5 x  3x 2 
Ta có: f �
4



3
 0  f (x) đồng biến trên �, 1 �.
3�
2 1  3x

Mặt khác f (1)  0 nên phương trình f (x)  0 có nghiệm duy nhất x  1.
2

Giải phương trình 2 x  x  2 x 1  ( x  1) 2
Lời giải
2
(1) � 2 x  x  2 x 1  x 2  2 x  1
� 2 x

2

x

(1)

 2 x 1  x 2  x  ( x  1)
2

� 2 x 1  x  1  2 x  x  x 2  x
(2)
t
t
Xét f (t )  2  t � f '(t )  2 ln 2  1  0, t
� f(t) là hàm đồng biến
Mặt khác: (2) � f ( x  1)  f ( x 2  x) � x  1  x 2  x � x 2  2 x  1  0 � x  1
Kết luận: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
(1)
Giải phương trình 25 x  2(3  x)5 x  2 x  7  0
Lời giải
t  1
(l )
�
2
Đặt t  5 x  0 . Phương trình trở thành t  2(3  x)t  2 x  7 � �
t  7  2x
�
Với t  7  2 x � 5 x  7  2 x � 5x  2 x  7  0
Xét f ( x)  5 x  2 x  7 � f '( x)  5 x ln 5  2  0, x
� f(x) là hàm đồng biến

Mặt khác: f (1)  0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình log 2 (1  3 x )  log 7 x

(1)

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình x > 0
18


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

t
Đặt t  log 7 x � x  7
t

t
�1 � �3 7 �
Phương trình (1) trở thành log 2 (1  7 )  t � 1  7  2 � � � �
�
� 1
�2 � �
�3 �
3

t
3

t

t

t

t

t
t
�1 � �3 7 �
�1 � 1 �3 7 � 3 7
 0, t
Xét f (t )  � � �
�
�.ln  � �
� 1 � f '(t )  �
�.ln
�2 � �
�2 � 2 �
�3 �
�3 � 3
� f(t) là hàm số nghịch biến trên R
Mặt khác: f(3) = 0 nên t  3 � x  343 là nghiệm duy nhất của phương trình

Giải phương trình log 5 x  log 7 ( x  2)
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x  0
t

Đặt t  log5 x � x  5
t

t

�5 � �1 �
Phương trình trở thành t  log 7 (5  2) � 5  2  7 � 5  7  2  0 � � � 2 � � 1  0
�7 � �7 �
t

t

t

t

t

t

t

t

t

�5 � �1 �
�5 � 5
�1 � 1
Xét f (t )  � � 2 � � 1 � f '(t )  � �.ln  2 � �.ln  0, t

�7 � �7 �
�7 � 7
�7 � 7
� f(t) là hàm nghịch biến trên R � phương trình f(t) = 0 có không quá 1 nghiệm trên R
Mặt khác: f (1)  0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Vấn đề 4: Ứng dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình
Giải bất phương trình

2 x3  3x 2  6 x  16  2 3  4  x

Lời giải
Điều kiện xác định của bất phương trình là 2 �x �4
Bất phương trình được viết lại thành 2 x 3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3
(2)
Nhận thấy x = - 2 là nghiệm của bất phương trình trên
Xét
3x 2  3x  3
1
f ( x )  2 x 3  3x 2  6 x  16  4  x � f '( x ) 

 0, x �(2; 4)
4 x
2 x 3  3 x 2  6 x  16
� f(x) là hàm số đồng biến trên (-2; 4)
Mặt khác: (2) � f ( x)  f (1) � x  1
So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là 2 �x  1
Giải bất phương trình x  9  2 x  4  5
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x �2
Nhận thấy x = -2 không là nghiệm của bất phương trình đã cho

1
1

 0, x  2
Xét f ( x)  x  9  2 x  4 � f '( x ) 
2 x9
2x  4
� f(x) là hàm số đồng biến trên (2; �)
Mặt khác: x  9  2 x  4  5 � f ( x)  f (0) � x  0
So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là x > 0
Giải bất phương trình 3 x  4  2 2 x  4  13
19


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Lời giải
Điều kiện xác định của bất phương trình x �2
Nhận xét x = -2 không là nghiệm của bất phương trình đã cho
1
1
x 4
 2 2 x  4 � f '( x) 
3 x  4.ln 3 
2
Xét f ( x )  3
x4

2x  4
� f(x) là hàm số đồng biến trên (2; �)
Mặt khác: 3 x  4  2 2 x  4  13 � f ( x)  f (0) � x  0
So với điều kiện ta có x  0 là nghiệm của bất phương trình

2 x 4

.ln 2  0, x  2

Giải bất phương trình log 2 x  1  log 3 x  9  1
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x  1
Xét
1
1
f ( x)  log 2 x  1  log 3 x  9  log 2 ( x  1)  log 3 ( x  9)
2
2
1
1
� f '( x) 

 0, x  1
2( x  1) ln 2 2( x  9) ln 3
� f(x) là hàm số đồng biến trên (1; �)
Ta có: log 2 x  1  log 3 x  9  1 � f ( x)  f (0) � x  0
So với điều kiện ta có x > 0 là nghiệm của bất phương trình
Giải bất phương trình

x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13x  7  8 (*)

5
Giải. Điều kiện x � . Đặt f  x   x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13x  7
7

5
7
13
1
 


0
Ta có: f �x  2 x  1  3
2
3
5
4
5 � (13x  7) 4
3 � 5x  7 
4 � 7 x  5



5 , �
 f (x) đồng biến trên �
. Mà f (3)  8 nên (*)  f (x) < f (3)  x < 3.
�
7
�

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
Giải bất phương trình 3 3  2 x 

5 �x  3
7

5
 2 x �6
2x 1

(1)

Lời giải
Điều kiện của bất phương trình là

1
3
�x �
2
2

(*)

5
3
10
 2 x � g '( x) 

 2  0, x �(*)

2x 1
3  2x 2x 1
�1 3 �
� g(x) là hàm số nghịch biến trên � ; �
�2 2 �
Mặt khác: g(1) = 6
 g ( x) 6 ̳
۳ g ( x) g (1)
x 1
Khi đó: (1) ̳
Kết luận: x �1 là nghiệm của bất phương trình
Xét g ( x)  3 3  2 x 

x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1
Điều kiện của bất phương trình: 1 �x �3
Giải bất phương trình

(1)

20


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

(1) � ( x  1) 2  2  x  1  ( x  3) 2  2  3  x
t
1

2

0
Xét f (t )  t  2  t , t �0 � f '(t )  2
t 2 2 t
� f(t) đồng biến trên (0; �)
Mặt khác: (1) � f ( x  1)  f (3  x) � x  1  3  x � x  2
So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là 2  x �3
Giải bất phương trình sau

7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x (1)

Lời giải
6
Điều kiện xác định của bất phương trình x �
7
2
(1) � 7 x  7  7 x  6  2 49 x  7 x  42  181  14 x  0
(t �0)
Đặt t  7 x  7  7 x  6 � t 2  14 x  2 49 x 2  7 x  42
2
Phương trình trở thành : t  t  182  0 � 14  t  13 kết hợp điều kiện (t �0)
6
�
�
ta được 0 �t �13 � (1) � 7 x  7  7 x  6  13 (2); điều kiện x �� ; ��
7
�
�
Xét hàm f ( x)  7 x  7  7 x  6

1
1
6
6
�
�
� f '( x) 

 0 ; x �( ; �) hàm số đồng biến trên x �� ; ��
7
7
2 7x  7 2 7x  6
�
�
6
�x �6 hay
Mặt khác f (6)  13 nên f ( x )  13 � x  6 vậy nghiệm của bất phương trình là
7
6 �
�
x �� .6 �
7 �
�
Giải bất phương trình log 7 x  log 3 (2  x )

(1)

Lời giải:
Điều kiện của bất phương trình x > 0
Đặt t  log 7 x



Phương trình (1) trở thành t  log 3 2  7

t



t

t
�1 � � 7 �
� 2  7  3  0 � 2. � � �
�
� 1  0
�3 � �
�3 �

t

t
2

t

t

t
t

�1 � � 7 �
�1 � 1 � 7 � 7

1
�
f
'(
t
)

2.
Xét f (t )  2. � � �
�
� �ln  �
�
�3 �
�ln 3  0
3
3
3
�3 � �
�
�
� �
� �
� f(t) là hàm số nghịch biến
t

t
�1 � � 7 �

Mặt khác: f(2) = 0 nên 2. � � �
�
� 1  0 � f (t )  f (2) � t  2 � log 7 x  2 � x  49
3
�3 � �
� �

Giải bất phương trình 8 x 3  2 x  ( x  2) x  1
Lời giải:
Điều kiện x �1

21


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

(*) � (2 x)3  2 x  ( x  1  1) x  1
� (2 x)3  2 x  ( x  1)3  x  1
� f (2 x)  f ( x  1), f (t )  t 3  t
� 2x  x 1
x0
�
x0
�
�
�x �0
�

��
��
�x �0
�
�
�
�
1  17
2
�
4x  x 1 �
0 x
�
�
�
8
�
�
Vậy bất phương trình có nghiệm 1 �x 

1  17
8

Vấn đề 5: Ứng dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình
3
�
�x  x  ( y  2) y  1
Giải hệ phương trình � 2
2
�x  y  1

Lời giải:
(1) � x3  x  ( y  2) y  1 � x3  x  ( y  1)3  y  1

� f ( x)  f ( y  1), f (t )  t 3  t
� x  y 1
y  0 � x 1
�
2
Thay x  y  1 vào (2) ta có: y  1  y  1  0 � �
y  1 � x  0
�
Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 0) và (0; -1)
�x 3  3 y  y 3  3x
(1)
�
Giải hệ phương trình � 2
2x  y 2  4
�
Lời giải
(1) � x3  3x  y 3  3 y
Xét f (t )  t 3  3t � f '(t )  3t 2  3  0
� f(t) là hàm số đồng biến trên R
Mặt khác: x 3  3x  y 3  3 y � f ( x )  f ( y ) � x  y
�x  y
�x  y
��
Ta được hệ phương trình như sau: � 2
2
2x  y  4
�x  �2

�
Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (2; 2) và (-2; -2)
�
� x  3  10  y  5
Giải hệ phương trình �
� y  3  10  x  5
Lời giải
Điều kiện xác định của hệ phương trình 3 �x, y �10
Nhận thấy x = -3, y = 10 không là nghiệm của hệ phương trình
22


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Trừ hai vế của hệ cho nhau ta được phương trình x  3  10  x  y  3  10  y
1
1

 0, t �(3;10)
Xét hàm số f (t )  t  3  10  t � f '(t ) 
2 t  3 2 10  t
� f(t) là hàm số đồng biến trên (-3; 10)
x  3  10  x  y  3  10  y � f ( x)  f ( y ) � x  y
Ta được hệ phương trình như sau
�x  y
�x  y
�x  y

�x  1
�
��
��
��
�
�x  1
�y  1
� x  3  10  x  5
� x  3  10  y  5
Kết luận: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình
1
� 1
�x  x  y  y
Giải hệ phương trình �
�
2 y  x3  1
�
Lời giải
Điều kiện xác định của hệ phương trình x �0, y �0
1
1
Xét hàm số f (t )  t  � f '(t )  1  2  0, t �0
t
t
� f(t) là hàm số đồng biến trên R \  0
Mặt khác: x 

1
1

 y  � f ( x)  f ( y) � x  y
x
y

�x  y
�x  y
�x  y
�
� �3
��
Ta được hệ phương trình như sau �
1 � 5
3
2 y  x  1 �x  2 x  1  0
�
�x  1, x 
�
2
1 � 5
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm x  y  1, x  y 
2
Vấn đề 6: Ứng dụng tính đơn điệu để biện luận số nghiệm của phương trình, bất phương
trình
0;1  3 �
Tìm m để phương trình m( x 2  2 x  2  1)  x(2  x) �0 có nghiệm x ��
�
�
Lời giải:
m( x 2  2 x  2  1)  x(2  x) �0 � m( x 2  2 x  2  1)  ( x 2  2 x) �0
x 1

2
 0 � x 1
Đặt t  x  2 x  2 �0 � t ' 
2
x  2x  2
0;1  3 �
Vẽ bảng biến thiên suy ra x ��
�
�� t � 1; 2
t2  2
(*) �
m  t���
1 t 2
2  0 t 2 m  t 1 2 0 m
t 1
2
2
t 2
t  2t  2
,1 �t �2 � f '(t ) 
 0,1 �t �2
Xét f (t ) 
2
t 1
 t  1

(*)

� f(t) là hàm số đồng biến

23


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Bất phương trình được thỏa khi m �min f ( x)  f (1)  
1�x �2

Tìm m để phương trình sau có nghiệm x( x  1)  4( x  1)

1
2
x
m
x 1

Lời giải:
0 x 1
Điều kiện của phương trình x ‫�ڳ‬
Với điều kiện trên thì (*) � x( x  1)  4 x( x  1)  m

(*)

(**)

Đặt t  x( x  1) , t �0
Phương trình (**) trở thành t 2  4t  m  0 có nghiệm t �0

Điều kiện trên được thỏa khi m �4
Tìm m để phương trình 2 ( x  2)(4  x)  x 2  2 x  m có nghiệm
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình 2 �x �4
Đặt t  ( x  2)(4  x) (0 �t �3) �  x 2  2 x  t 2  8
Phương trình trở thành 2t  t 2  8  m
� g (t )  t 2  2t  8  m
Phương trình có nghiệm khi min g (t ) �m �m ax g (t )
 0;3

Ta có: g '(t )  2t  2
g '(t )  0 � t  1
Vẽ bảng biến thiên ta có
min g (t ) �
����
m �
max g�
(t)
 0;3

 0;3

g (1) m

 0;3

g (3)

9 m

5

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
§1. Các phương pháp tìm cực trị
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Khái niệm cực trị của hàm số
Cho f : D � � và x0 �D .
a) x0 được gọi là một điểm cực đại của f nếu tồn tại khoảng  a; b  sao cho
�
�x0 � a; b  �D
.
�
�f  x   f  x0  x � a; b  \  x0 
b) x0 được gọi là một điểm cực tiểu của f nếu tồn tại khoảng  a; b  sao cho
�
�x0 � a; b  �D
.
�
�f  x   f  x0  x � a; b  \  x0 
c) Điểm cực đại và điểm cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị.
Bảng sau đây tóm tắt các khái niệm được sử dụng trong phần này:
x0
f  x0 
 x0 ; f  x0  
24


BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC
HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ CỦA

Điểm cực đại của f
Giá trị cực đại (cực đại) của f
Điểm cực đại của đồ thị hàm số f
Điểm cực tiểu của f
Giá trị cực tiểu (cực tiểu) của f
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số f
Điểm cực trị của f
Cực trị của f
Điểm cực trị của đồ thị hàm số f
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị
Giả sử hàm f có đạo hàm tại x0 . Khi đó: nếu f đạt cực trị tại x0 thì f '  x0   0 .
3. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị
a) Quy tắc 1
 Nếu f '  x  đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua x0 thì f đạt cực đại tại x0 ;


Nếu f '  x  đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x0 thì f đạt cực tiểu tại x0 .

b) Quy tắc 2:


�
�f '  x0   0
� f đạt cực đại tại x0 ;
�
�f "  x0   0



�
�f '  x0   0
� f đạt cực tiểu tại x0 .
�
�f "  x0   0

B. Một số ví dụ
1 3
4
2
Ví dụ 1. [SGKNC] Sử dụng quy tắc 1 tìm cực trị của hàm số y  x  x  3x  .
3
3
Giải. Hàm số có TXĐ  �, y '  x 2  2 x  3 , y '  0 � x  1 hoặc x  3 .
Bảng biến thiên:
Kết luận:
Hàm số đạt cực đại tại x  1 , giá trị cực đại
tương ứng là y  1  3 ; hàm số đạt cực tiểu
tại x  3 , giá trị cực tiểu tương ứng là
23
y  3   .
3

Ví dụ 2. [SGKNC] Sử dụng quy tắc 1 tìm cực trị của hàm số y  x  x  2  .
Giải. Hàm số có TXĐ  �. Ta có
y  x  x  2 � y ' 
2

2  x2  x 

x
x

2

x

( x �0 ).


x
x

Ta thấy với mọi x �0 , dấu của y ' chính là dấu của tam thức bậc hai x 2  x . Nên ta có bảng biến
thiên của hàm số như sau:

25