Toán ôn thi đại học - chuyên đề 1: khảo sát hàm số

TTLT ĐH VĨNH VIỄN

 Chuyên đề 1:

KHẢO SÁT HÀM SỐ

 Vấn đề 1:

GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
0 
; ;    ; .0 .
0 

1/ Moät số dạng vô định thường gặp:

Chú ý: Các trường hợp sau không phải là dạng vô định
(+) + (+) = +


 (+) – (–) = +

a
  (a  0)
0



 (–) + (–) = –

a

 0 (a  0)


 a.   (a  0)

2/ Khử dạng vô định
 Hàm số có chứa căn: Nhân và chia với biếu thức liên hợp.
 Hàm số có chứa lượng giác: Biến đổi để sử dụng ba giới hạn quen thuộc
sin x
1
x 0 x

tan x
1
x 0 x

,

lim

,

lim

lim

x 0

1  cos x
x

2



1
2

0
 Dạng vô định
khi x  a: Phân tích tử số và mẫu số để có (x – a) làm
0
nhân tử chung.

 Dạng vô định


: Đặt số hạng bậc cao nhất của tử số và mẫu số làm thừa


số chung.
 Dạng vô định    , .0 : Biến đổi đưa về dạng

0

hoặc .
0


B. ĐỀ THI

Bài 1:
Tìm giới hạn I  lim

x 0

x 1  3 x 1
.
x

Giải
Giới hạn I có dạng vô định
Ta có: I  lim

x 0

I1  lim

x 0

0
.
0

 x  1  1 3 x  1  1
x  1 1 1 3 x 1
= lim 
+

x 0 
x

x
x



x 1 1
 lim
x 0
x







x 1 1

x 1 1





x

x 1 1

3

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 lim

x 0 x

I2  lim



3

x 11



x 1 1

1

 lim

x 1 1

x 0

x 1 1
 lim
x 0

x

1
2



 3 x  1  1  3  x  12  3 x  1  1

2


x  3  x  1  3 x  1  1


1 x 1
1
1
 lim
 lim

x 0  3
2
 x 0 3 x  1 2  3 x  1  1 3


x   x  1  3 x  1  1


1 1 5

Vaäy I = I1 + I2 =   .
2 3 6
x 0

Bài 2: ĐỀ DỰ BỊ 1
Tìm giới hạn I = lim

3

x 0

3x2  1  2x2  1
.
1  cos x

Giải
Giới hạn I có dạng vô định


Ta có I  lim

3



3x2  1  1 

x 0

I1  lim

x 0

3

0
.
0

2sin2

  lim 

2x2  1  1
x
2

3x2  1  1
2x2  1  1 


x
x 
x 0 
2sin2
2sin2

2
2 
3

3x2  1  1
3x2  1  1
 lim
2
x 0
x

  3 3x2  1  1
2 x 3
2
2sin2
2sin
3x

1



2
2 



2

 x 


1

6
 lim
.6  2    2
2
x 0 3
3
 3x2  1   3 3x2  1  1  sin x 



2



2

 x 


2x
1
4
 lim
4 2    2 .
 I2  lim
x 0
x

0
x

x
2
2
2x  1  1  sin 
2sin2  2x2  1  1
2

2

2

Vaäy I = I1 + I2 = 4.
Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 2
Tìm giới haïn L = lim

x 1

4

x6  6x  5

 x  12

.


TTLT ĐH VĨNH VIỄN

Giải
Giới hạn L có dạng vô định

Ta coù L = lim

x6  6x  5

x1

= lim

 x  12

0
.
0

 lim

 x  1  x5  x4  x3  x2  x  5
 x  12

x1

 x  12  x4  2x3  3x2  4x  5
 x  12

x1





= lim x4  2x3  3x2  4x  5  15 .
x1

 Vấn đề 2: TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1/ Định nghóa:
Hàm số f xác định trên khoảng (đoạn hoặc nửa khoảng) K và x1, x2  K.
 Hàm số f gọi là đồng biến trên K nếu x1 < x2  f(x1) < f(x2).
 Hàm số f gọi là nghịch biến trên K nếu x1 < x2  f(x1) > f(x2).
Định nghóa này kết hợp với định lý dưới đây được sử dụng để chứng minh một bất
đẳng thức.
2/ Định lí:
Hàm số f có đạo hàm trên khoảng K.
 Nếu f'(x) > 0, x  K thì hàm số f đồng biến trên K.
 Nếu f'(x) < 0, x  K thì hàm số f nghịch biến trên K.
Định lý này thường được ứng dụng cho các dạng toán sau:
Dạng 1: Tìm tham số để hàm số luôn đồng biến (hoặc nghịch biến).
Thường sử dụng dấu của tam thức bậc hai P(x) = ax2 + bx + c (a  0)
  0
a  b  0
* P(x)  0, x 
.

hay 
a  0
c  0
* P(x)  0, x 

  0
a  b  0

.

hay 
a  0
c  0

Dạng 2: Tìm tham số để hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng (a; b).
Hàm số y = f(x, m) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng (a; b)
 y'  0 (hoặc y'  0), x(a; b) và dấu "=" xảy ra ở hữu hạn điểm (*)
Thông thường điều kiện (*) biến đổi được về một trong hai dạng:
(*) h(m)  g(x), x(a; b)  h(m)  max g(x)
 a; b 
5


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

(*) h(m)  g(x), x(a; b)  h(m)  min g(x)
 a; b 
(Xem Vấn đề 4: GTNN – GTLN của hàm số, để xác định max g(x)
 a; b 
và min g(x) )
 a; b 
Dạng 3: Tìm tham số để phương trình (hệ phương trình) có nghiệm.
Biến đổi phương trình đã cho về dạng g(x) = h(m).
Lập bảng biến thiên cho hàm số y = g(x) và dựa vào bảng biến thiên này
để kết luận.
Chú ý: Nếu bài toán có đặt ẩn số phụ thì phải xác định điều kiện cho ẩn số phụ đó.
B. ĐỀ THI
Bài 1: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009

Cho a và b là hai số thực thỏa mãn 0 < a < b < 1.
Chứng minh rằng: a2lnb  b2lna > lna  lnb
Giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
ln b
ln a
 2
(a2 + 1)lnb > (b2 + 1)lna  2
.
b 1 a 1
ln x
; 0  x 1
Xét hàm số f(x)  2
x 1
 f (x) 

x2  1  2x2 ln x
x(x2  1)2

 0, x  (0; 1)  f đđồng biến trên (0; 1)

Mặt khác 0 < a < b < 1 neân:
ln b
ln a
 2
f(b) > f(a)  2
(Điều phải chứng minh).
b 1 a 1
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực

phân biệt:

4

2x  2x  24 6  x  2 6  x  m

Giải
4

4

Xét hàm số f(x)  2x  2x  2 6  x  2 6  x .
 Tập xác định: D = [0; 6]
1 1
1
1
1
1
 f (x) 



2 4 (2x)3
2x 2 4 (6  x)3
6x

6

(m  )

TTLT ĐH VĨNH VIỄN

3
3

   1 2  1 2 
1  1  
1
 
  
 
 
 
2  4 (2x)   4 (6  x)    4 2x   4 6  x  


 

 
 1
1  1  1
1
1





4

4
4
4

6  x  2  4 (2x)2
2x 6  x 4 (6  x)2
 2x


 Vì


1 1
1
1


4
4
2  4 (2x)2
2x 6  x 4 (6  x)2


Neân f (x)  0 
 Bảng biến thiên:
x
0
f'(x)
f(x)
2

1
4

2x



1
4

6x

3


 1  1
> 0, x  (0; 6)
 4 2x 4 6  x


 0  4 2x  4 6  x  x  2

2
0

+




 1  1 .
 4 2x 4 6  x 



6

4 4  4



4 6  6

4

12  12

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Phương trình f(x) = m có 2 nghiệm phân biệt
2



4

6 6

  m  3

4



4 4 .

CÁCH KHÁC Đặt g(u)  4 u  u
g/ (u) 

3

1

7

3

1  4 1  2 //
3 4 1 2
u  u ; g (u)  
u  u  0, u  (0;6)
4
2
16
4

Vậy g / là 1 hàm giảm ( nghiêm cách ), Ta có f(x)  g(2x)  2g(6  x)
Suy ra f / (x)  2g/ (2x)  2g/ (6  x)
Neân) f (x)  0  g/ (2x)  g/ (6  x)  2x  6  x ( do g / giaûm )
 x  2 Suy ra f / (x)  2g/ (2x)  2g/ (6  x)  0  2x  6  x  x  2

vaø f / (x)  0  g/ (2x)  g/ (6  x)  2x  6  x (do g / giảm)  x  2
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007
Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
1
1

x  x  y  y  5


x3  1  y3  1  15m  10

x3
y3
Giaûi
7


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 Ñaët x 

1
1
 u, y   v (Ñk : u  2, v  2).
x
y

 Hệ đã cho trở thaønh:
u  v  5
u  v  5




 3
3
 u  v u2  v2  uv  3(u  v)  15m  10


 u  v  3(u  v)  15m  10






u  v  5


2


 u  v   u  v   3uv   3(u  v)  15m  10

u  v  5
u  v  5

.
  2



 uv  8  m
5  5  3uv   3(5)  15m  10


 Khi đó u, v (nếu có) sẽ là nghiệm của phương trình:
t2  5t + 8 – m = 0 hay t2  5t + 8 = m (1).
 Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm t = t 1, t = t2
thỏa mãn: t1  2, t 2  2 (t1, t2 không nhất thiết phân biệt).
 Xét hàm số f(t)  t 2  5t  8 với t  2 :
Suy ra f'(t) = 2t – 5 vaø f'(t) = 0  t =

5
2

Bảng biến thiên
t



2

2



f'(t)

5/2
0



+
f(t)

+
+
+

22

2
7/4

 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
7
 m  2 hoặc m  22.
4
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007
b

1 
1 


Cho a  b > 0. Chứng minh rằng:  2a  a    2b  b 

2 

2 

a

Giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
(1  4a )b  (1  4b )a  b ln(1  4a )  a ln(1  4 b ) 

8

ln(1  4a ) ln(1  4b )

a
b


TTLT ĐH VĨNH VIỄN

Xét hàm số f(x) 

ln(1  4x )
với x > 0.
x

4x ln 4
x
Ta có: f (x)  1  4



x  ln 1  4x



x2



x.4x ln 4  (1  4x )ln(1  4x )
x2 (1  4x )

4x  ln 4x  ln(1  4x )  ln(1  4x )

 
2
x
x (1  4 )

Nhaän xeùt :  4x < 1 + 4x  ln 4x  ln(1  4x )
 1 + 4x > 1  ln(1  4x )  0
Do đó f'(x) < 0, x > 0
Suy ra f(x) nghịch biến trên khoảng (0; +).
Mặt khác a  b > 0 nên:
f(a)  f(b) 

ln(1  4a ) ln(1  4b )

a
b

(Điều phải chứng minh).

Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
4

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 3 x  1  m x  1  2 x2  1
Giải
 Điều kiện: x  1.
 Chia hai vế của phương trình cho
3

x 1
x 1

m2

 Đặt t  4
Vì t  4

4

x2  1
x 1

 3

x  1 , phương trình đã cho tương đương với

x 1
x 1
 24

m
x 1
x 1

x 1
, khi đó phương trình (1) trở thành 3t2 + 2t = m
x 1

(1)

(2)

x 1 4
2
vaø x  1 neân 0  t < 1
 1
x 1
x 1

 Xét hàm số f(t) = 3t2 + 2t, với 0  t < 1
Suy ra : f'(t) = – 6t + 2 và f'(t) = 0  t =

1
3

 Bảng biến thiên:

9

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

1
3

0

t

1

1
3

f(t)
0

1

 Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Phương trình đã cho có nghiệm  (2) có nghiệm t  [0; 1)  1  m 

1
.
3

Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai
nghiệm thực phân biệt: x2  2x  8  m(x  2)
Giải

 Điều kiện: m(x – 2)  0  x  2 (Do xét m > 0).
 Phương trình đã cho tương đương với
2

 x  2 x  4   m  x  2    x  2  x  4   m  x  2 
x  2
2
  x  2   x  2  x  4   m   0   3
 x  6x2  32  m  0

 Nhận xét: Phương trình đã cho luôn có một nghiệm dương x = 2, nên từ yêu
cầu bài toán, ta chỉ cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 32 = m (1) có một
nghiệm trong khoảng (2; +).
 Xét hàm số f(x) = x3 + 6x2 32, với x > 2.
Ta có: f'(x) = 3x2 + 12x > 0, x  2
Baûng biến thiên:
x

2

f'(x)
f(x)

+
+
+

0

 Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m > 0, phương trình (1) luôn có một

nghiệm trong khoảng (2; +).
Vậy với mọi m > 0 phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
Bài 7:

10


TTLT ĐH VĨNH VIỄN

Xác định m để phương trình sau có nghiệm.
m

 1 x

2



 1  x2  2  2 1  x 4  1  x2  1  x2

Giải
 Điều kiện: 1  x  1.
 Ñaët t =

1  x2  1  x 2  0  t 2  2  2 1  x 4  2

Điều kiện: 0  t 

2

 Phương trình đã cho trở thành: m (t + 2) = 2  t2 + t  m 
 Xeùt hàm số f(t) =
 f'(t) =

t 2  4t

 t  2 2

t 2  t  2
, với 0  t 
t2

t 2  t  2
t2

2.

, f'(t) = 0  t = 0, t = 4

 Bảng biến thiên
t

0

f’(t)

2



f(t)

1
2 1

Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ
khi

2  1  m  1.

Bài 8: ĐỀ DỰ BỊ 1
x2  5x  m2  6
(1)
(m là tham số)
x3
Tìm m để hàm số (1) đồng biến khoảng (1; +).

Cho hàm số y 

Giải
Ta có: y 

2

x  6x  9  m

2

(x  3)2

 Hàm số y đồng biến trên (1; +)  y'  0, x  1
 x2 + 6x + 9  m2  0, x  1  x2 + 6x + 9  m2, x  1 .
 Xét hàm số g(x) = x2 + 6x + 9, x  1
g'(x) = 2x + 6 > 0, x  1
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với
11


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

min g(x)  m 2  g(1) = 16  m2  4  m  4.
x1

Bài 9:
Chứng minh rằng: ex  cosx  2  x 

x2
, x 
2

Giải
Ta chứng minh hai bất đẳng thức sau:
1/ ex  1  x, x 
2/ cosx  1 

x2
, x 
2

 Chứng minh ex  1  x, x 

Xét hàm số f(x) = ex  x  1  f'(x) = ex  1  f'(x) = 0  x = 0
Bảng biến thiên:
x 
0
+
f'(x)



0

+

f(x)

0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
f(x)  0, x 

 ex  x  1, x 

 Chứng minh: cosx  1 

(1)

x2
, x 
2

Xét hàm số g(x) = cosx  1 +

x2
2

Vì g(x) là hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét x  0 là đủ.
 g'(x) = sinx + x
 g"(x) = cosx + 1  0
 g'(x) đồng biến, x  0  g'(x)  g'(0) = 0, x  0
 g(x) đồng biến, x  0  g(x)  0, x  0
 cosx +

x2
x2
 1  0, x  0  cosx  1  ; x 
2
2

Từ (1) và (2) suy ra ex + cosx  2 + x 

12

x2
; x 
2

(2)

.

TTLT ĐH VĨNH VIỄN

Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 2
Cho hàm số y =

x2  2x  m
(1) (m là tham số)
x2

Xác định m để hàm số (1) nghịch biến trên ñoaïn [1; 0].


y 

x2  4x  4  m

 x  2 2

 Hàm số nghịch biến trên đoạn [1; 0]  y'  0, x  [1; 0]
 x2 – 4x + 4 – m  0, x  [1; 0]  x2 – 4x + 4  m, x  [1; 0]
 Xét hàm số g(x) = x2 – 4x + 4, x  [1; 0]; g'(x) = 2x – 4
Bảng biến thiên:
x 
1
0
2
+


g'(x)

 0 +
g(x)

9
4

 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: m  Max f(x)  m  9
 1; 0 

Bài 11: CAO ĐẲNG GTVT III
Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm dương:
x2  4x  5  m  4x  x2

Giải
x2

 Đặt t  x2  4x  5 , ta coù t  
x

0

2

t'
t

x2  4x  5



vaø t’ = 0  x = 2.

+

0

+

5

+

1
 Từ bảng biến thiên suy ra:
+ Điều kiện cho ẩn phụ là: t  1.



+ Ứng với một giá trị t  1;



5 thì cho hai giá trị x dương.



+ Ứng với một giá trị t   5; + thì cho một giá trị x dương.
 Phương trình đã cho trở thành: m = t2 + t  5 (1).
 Xét hàm số f(t) = t2 + t  5 (t  1) thì f’(t) = 2t + 1 > 0,  t  1.

13


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

t

5

1

f'(t)

+

+

+

f(t)

+

5
3
Nhận xét rằng phương trình (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t  1.
Vậy phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm x > 0 khi và chỉ khi



phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t 1;



5  3  m  5 .

Bài 12: CAO ĐẲNG KINH TẾ ĐỐI NGOẠI
Xác định m để phương trình sau có nghiệm thực: 2 x 1 = x + m
Giải
 Đặt t =

x  1 . Điều kiện t  0

 Phương trình đã cho trở thành : 2t = t2 – 1 + m  m = t2 + 2t + 1
 Xeùt hàm số y = t2 + 2t + 1, t  0. Ta có y' = 2t + 2 và y' = 0  t = 1.
t 0
1
+
y'

+

y

0



2
1



 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và
chỉ khi m  2.

 Vấn đề 3:

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

A. TỔNG QUÁT
1. Hàm số f có cực trị  y' đổi dấu.
2. Hàm số f không có cực trị  y' không đổi dấu.
3. Hàm số f chỉ có một cực trị  y' đổi dấu 1 lần.
4. Hàm số f có 2 cực trị (cực đại và cực tiểu)  y' đổi dấu 2 lần.
5. Hàm số f có 3 cực trị  y' đổi dấu 3 lần.
6. Hàm số f đạt cực đại tại x0 nếu

14

f (x 0 )

0

f (x 0 )

0

TTLT ĐH VĨNH VIỄN

7. Hàm số f đạt cực tiểu tại x0 nếu

f (x 0 )

0

f (x 0 )

0

8. Hàm số f có đạo hàm và đạt cực trị tại x0  f (x0 )

0

9. Hàm số f có đạo hàm và đạt cực trị bằng c tại x = x0 

f (x 0 )

0

f(x 0 )

c

Chú ý : Đối với một hàm số bất kì, hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm
mà tại đó đạo hàm triệt tiêu hoặc đạo hàm không xác định.
B. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ BẬC 3
y = ax3 + bx2 + cx + d, y' = 3ax2 + 2bx + c.

1. Đồ thị có 2 điểm cực trị nằm cùng một phía đối với Ox
a  0

 Hàm số có hai giá trị cực trị cùng dấu  y  0
y .y  0
 CĐ CT

2. Đồ thị có 2 điểm cực trị nằm 2 phía đối với Ox
a  0

 Hàm số có hai giá trị cực trị trái dấu  y  0
y .y  0
 CĐ CT

3. Cho đường thẳng d: Ax + By + C = 0
Gọi M1(x1; y1) và M2(x2; y2) là điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị.
Khoảng cách đại số từ M1 và M2 đến đường thẳng d là :
Ax  By1  C
Ax  By2  C
t1 = 1
t2 = 2
A2  B2
A2  B2
 Đồ thị có 2 điểm cực đại, cực tiểu ở hai phía của d
y  0 có 2 nghiệ m phâ n biệ t x1, x2
 
t1.t 2  0
 Đồ thị có 2 điểm cực trị cùng phía đối với một đường thẳng d
y  0 có 2 nghiệ m phâ n biệ t x1, x2
 

t1.t 2  0
4. Hàm số đạt cực trị tại x1, x2 thỏa hệ thức F(x1, x2) = 0 (1)
 Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là:
a  0
y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2  
 điều kiện của m
y  0

15


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

x  x   b
2
 1
a

 x1 và x2 thỏa hệ thức (1)  
c
x .x 
 1 2 a
Hệ thứ c (1)


 Giải hệ suy ra m. So với điều kiện nhận hay loại giá trị của m.
5. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc ba
Lấy y chia cho y' giả sử ta được: y = (ux + v).y' + mx + n (*)
Gọi A(x0; y0) là cực trị của đồ thị thì y'(x0) = 0 và tọa độ điểm A thỏa phương
trình (*): y0 = (ux0 + v).y'(x0) + mx0 + n  y0 = mx0 + n.

Do đó đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị có phương trình y = mx + n
C. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ BẬC 4 TRÙNG PHƯƠNG
y = ax4 + bx2 + c
y' = 4ax3 + 2bx
x  0
y' = 0  2x(2ax2 + b) = 0 
2ax2  b  0

(1)

 Hàm số có 3 cực trị  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  a.b < 0.
 Hàm số có đúng một cực trị
 (1) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có nghiệm bằng 0
a  0 vaø b  0

a  0 vaø ab  0

Chú ý : Nếu đồ thị của hàm số bậc 4 trùng phương có 3 cực trị thì 3 cực trị này
luôn tạo thành một tam giác cân tại đỉnh nằm trên trục tung.
D. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ HỮU TỈ y =
y' =

ab'x2  2ac'x  bc' cb'

 b'x  c'

2

ax2 + bx + c
bx + c

,

y' = 0  g(x) = ab'x2 + 2ac'x + bc' – cb' = 0 (b'x +c'  0)
1. Hàm số có cực đại và cực tiểu  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
ab  0
 
g  0
( Khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt thì hiển nhiên 2 nghiệm đó thỏa b'x +c'  0)
2. Hàm số không có cực trị  y' = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.
3. Đồ thị có 2 điểm cực trị ở cùng một phía đối với Ox
16


TTLT ĐH VĨNH VIỄN

ab  0

 g  0
y .y  0
 CĐ CT



ab  0



 hoặ c g  0


y  0 có 2 nghiệm phâ n biệt 




4. Đồ thị có 2 điểm cực trị nằm về hai phía đối với Ox
ab  0


ab  0

 g  0
 hoặ c 

y  0 vô nghiệ m 
y .y  0 
 CĐ CT

5. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số hữu tæ
ax2  bx  c u(x)
uv  vu
y=
(*)  y' =

ax  b
v(x)
v2
Gọi A(x0; y0) là cực trị của đồ thị thì
 Tọa độ điểm A thỏa phương trình (*): y 0 
 y'(x0) = 0 

u  x0  v  x0   v  x0  u  x0 
v2  x 0 

u(x 0 )

v(x 0 )

0

 u  x0  v  x0   v  x0  u  x0 


u  x0 

v  x0 



u  x 0 
2ax0  b
 y0 
a
v  x 0 

Vậy đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị có phương trình y 

2ax  b
.
a

B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011
Cho hàm số y  x4  2(m  1)x2  m

(1), m là tham số.

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, O laø gốc
tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
Giải

Ta coù: y' = 4x3 – 4(m + 1)x.
y' = 0  x = 0 hoaëc x2 = m + 1.
 Hàm số có ba cực trị  Phương trình y' = 0 có ba nghiệm
 m + 1 > 0  m > –1.
 Khi m > –1 thì y' = 0  x = 0 hoaëc x =  m  1 .





Suy ra A(0; m), B  m  1; m2  m  1 vaø C





m  1; m2  m  1 .

Ta coù: OA = BC  m2 = 4(m + 1)  m  2  2 2 (thỏa m > –1)

Vậy: m  2  2 2 .
17


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009
Cho hàm soá y = x3 – (2m – 1)x2 + (2 – m)x + 2 (1), với m là tham số thực
Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của
đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương.
Giải
 Tập xác định: D  , y' = 0  3x2 – 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*)
 Yêu cầu bài toán tương đương với
Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt
4m 2  m  5  0
5


m  1 hay m  4
  0
2m

5


0
 m  2
 m2.
 P  0   3
4


S  0

1

m 
 2  2m  1  0
2

3


Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Cho hàm số: y = – x3 + 3x2 + 3(m2 – 1)x – 3m2 – 1 (1), m là tham số.
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
 Tập xác định: D 
Ta coù: y' = 3x2 + 6x + 3(m2  1)
y' = 0  x2  2x  m2 + 1 = 0
(2)
 Hàm số (1) có cực trị  (2) có 2 nghiệm phân biệt
 ∆' = m2 > 0  m  0.
 x  1  m  y   2  2m3
Khi đó y' = 0  
.
 x  1  m  y   2  2m3

 Gọi A, B là 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) thì
A(1  m; 2  2m3), B(1 + m; 2 + 2m3).

 O cách đều A và B  OA = OB  8m3 = 2m  m  
Baøi 4: CAO ĐẲNG KỸ THUẬT CAO THẮNG NĂM 2007
Cho hàm số y 

x2  mx  1
, (1) (m là tham số)
xm

1/ Tìm m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị trái dấu nhau.
2/ Tìm m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = 2.
Giải
18

1
(vì m  0).
2


TTLT ĐH VĨNH VIỄN

1/ Hai giá trị cực trị trái dấu nhau
 Đồ thị hàm số (1) không cắt trục hoành
 x2 + mx + 1 = 0 vô nghiệm   = m2 – 4 < 0  2 < m < 2.
Cách khác:
Nghiệm của y' = 0 là x1 = m + 1, x2 = m – 1
Ta coù y(x1) =  m + 2, y(x2) =  m – 2
Hai giá trị cực trị trái dấu nhau  y(x1).y(x2) < 0
 ( m + 2)(  m – 2) < 0  2 < m < 2.
\ m và y 

2/  Tập xác định: D =

x2  2mx  m 2  1
(x  m)2

Hàm số đạt cực đại tại x = 2 thì y'(2) = 0.
Nghóa là: m2 + 4m + 3 = 0  m = 1  m = 3
x2  2x

Khi m = 1 thì y 

(x  1)2

, y' = 0  x = 0  x = 2

Bảng biến thiên:
x

0



y'

+

1

0

2



+

0



+

y

+


Hàm số không đạt cực đại tại x = 2.
Khi m = 3 thì y 

x2  6x  8
(x  3)2

, y' = 0  x = 2  x = 4

Bảng biến thiên:
x

2



y'

+

y

0

3


4


1

0

+
+
+


Hàm số đạt cực đại tại x = 2.
Kết luận m = 3, khi đó giá trị cực đại tương ứng là y(2) = 1.
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
Cho hàm số y 

x2  2(m  1)x  m2  4m
(1), m laø tham số
x2

Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ
thị cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O.
Giải
19


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 Tập xác định: D =

\ 2 và y 

x2  4x  4  m2
(x  2)2

 Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu
 g(x) = x2 + 4x + 4  m2 có 2 nghiệm phân biệt
( Khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt thì 2 nghiệm đó thỏa x  2)
   4  4  m2  0  m  0
 x  2  m  y   2
 y' = 0  
 x  2  m  y  4m  2

Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1)
 A(2 m; 2), B(2 + m; 4m  2).
Do OA  ( m  2;  2)  0 , OB  (m  2; 4m  2)  0

Neân ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O
 OA.OB  0  m2  8m + 8 = 0  m  4  2 6 (thoûa mãn m  0).
Vậy giá trị cần tìm là: m  4  2 6 .
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NAÊM 2005
x2  (m  1)x  m  1
(m là tham số).
x 1

Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số y =

Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị (Cm) luôn có điểm cực đại, điểm cực
tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng
Giải
1
Ta có: y = x + m +
x 1
Tập xác định : D =
y' = 1 

1
2

(x  1)

20 .

\{1}.


x(x  2)

(x  1)2

; y' = 0  x =  2 hay x = 0.

Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị là M(2; m3) và N(0; m + 1) đồng thời
MN =

2

2

 0  (2)  (m  1)  (m  3)

 20 (Điều phải chứng minh)

Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1
Cho hàm số y = x4  2m2x2 + 1

(1) với m là tham số.

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông
cân.
Giải
 Tìm m để hàm số có 3 cực trị.
 y' = 4x3 – 4m2x
20


TTLT ĐH VĨNH VIỄN

x  0  y  1

 y' = 0  x(x2 – m2) = 0   x  m  y  1  m 4

4
 x  m  y  1  m

 Hàm số có 3 cực trị  y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0.
 Ba điểm cực trị của đồ thị A(0; 1), B(m; 1 – m4), C(m; 1 – m4)









 Ta coù: AB  m;  m4 , AC  m; m 4 .
 Vì y là hàm chẳn nên tam giác ABC luôn cân ở A. Do đó:
Tam giác ABC vuông cân  AB  AC  AB.AC  0
 m  0  loaï i 
 m2 + m8 = 0  
.
 m  1

Vậy m =  1.
Bài 8: ĐỀ DỰ BỊ 2
Cho hàm số y 

x2   2m  1 x  m 2  m  4
2x  m

(1) (m là tham số).

Tìm m để hàm số (1) có cực trị và tính khoảng cách giữa hai điểm cực trị của
đồ thị hàm số (1).
Giải
 Tìm m để hàm số có cực trị
Tập xác định: D =
y' =

2

\{m}.
2

x  2mx  m  4
2x  m

2

;

y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt  g(x) = x2 + 2mx + m2 – 4 = 0 (*)
coù 2 nghiệm phân biệt
( Khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt thì 2 nghiệm đó thỏa x  m)
Hàm số có cực trị  (*) có 2 nghiệm phân bieät
 g  m2  m2  4  0 .

Vậy với mọi m hàm số luôn có hai cực trị.
 Tính độ dài hai điểm cực trị.
Gọi A(x1; y1), B(x2; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Khi đó:
 x1, x2 là nghiệm (*). Theo Viét ta có: x1 + x2 = 2m, x1.x2 = m2 – 4.
2x  2m  1
2x2  2m  1
 y1 = 1
vaø y2 =
.
2
2
21


Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Ta coù AB 

 x 1  x2 2   y1  y2 2



2

2

 2  x1  x2   2  x1  x2   8x1x2



 8m2  8 m2  4  32  4 2 .

Bài 9:
Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(1  m2) x + m3  m2 (1) (m là tham số).
Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Giải
 Tập xác định: D 
Ta có y' = 3x2 + 6mx + 3 (1  m2)
y' = 0  x2  2mx + m2  1 = 0 coù ' = 1 > 0, m.
Do đó phương trình y' = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt, nghóa là hàm số (1)
luôn có 2 cực trị với mọi m.
1
 Ta có y   x  m  y  2x  m  m2 (*)
3
Gọi A(x0; y0) là cực trị của đồ thị hàm số (1) thì y'(x0) = 0 và tọa độ điểm A
thỏa phương trình (*):
y0 

1
 x  m  y'  x0   2x0  m  m2  y0  2x0  m  m2
3 0

Vậy đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có phương trình
y = 2x + m  m2.
Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 2
Cho hàm số y = (x  m)3  3x (m là tham số)
Xác định m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0.
Giải
 Tập xác định: D = , y' = 3(x – m)2 – 3, y" = 6(x – m)
 Haøm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm có hoành ñoä x = 0

2

y(0)  0
3  0  m   3  0
 

 m  1
6
0

m

0
y(0)  0




Bài 11:
Cho hàm số y = mx4 + (m2  9)x2 + 10 (1) (m là tham số).
Tìm m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị.
Giải
 Tập xác ñònh: D =

22