1 ham so bac nhat va bac hai ts lê hồng đức image marked

CHƯƠNG 1

 HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

I. HÀM SỐ
1.

TẬP XÁC ĐỊNH CỦA HÀM SỐ

Với một hàm số y = f(x), ta có:
D = {x  | y tồn tại},
khi đó D gọi là tập xác định của hàm số.
2. SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ

Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b).
1. Một hàm số y = f(x) gọi là tăng hay đồng biến trong khoảng (a, b) nếu với x1,
x2 bất kỳ thuộc khoảng đó ta có:
x1 < x2  f(x1) < f(x2).
2. Một hàm số y = f(x) gọi là giảm hay nghịch biến trong khoảng (a, b) nếu với
x1, x2 bất kỳ thuộc khoảng đó ta có
x1 < x2  f(x1) > f(x2).
3. TÍNH CHẴN, LẺ CỦA HÀM SỐ

Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D.
 Hàm số y = f(x) được gọi là hàm chẵn nếu với mọi xD ta có:
 x  D
.

 f ( x)  f ( x)



Hàm số y = f(x) được gọi là hàm lẻ nếu với mọi xD ta có:
 x  D
.

 f ( x)   f ( x)

NhËn xÐt:



Hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.
Hàm số lẻ nhận gốc toạ độ O làm tâm đối xứng.

4. TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

Định nghĩa 1: Đường thẳng x = a là trục đối xứng của đồ thị y = f(x)
 với phép biến đổi toạ độ:
X  x  a
x  X  a
 

Y  y
y Y
hàm số Y = F(X) là hàm số chẵn.

7

5. TÂM ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

Định nghĩa: Điểm I(a; b) là tâm đối xứng của đồ thị y = f(x)
 với phép biến đổi toạ độ:
X  x  a
x  X  a
 

Y  y  b
y Y b
hàm số Y = F(X)  b là hàm số lẻ.

II. HÀM SỐ BẬC NHẤT
Định nghĩa: Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y = ax + b, trong đó a, b là các hằng số
và a  0.
Cho hàm số:
y = ax + b, với a  0.
Miền xác định D =  .
Sự biến thiên: là hàm số đơn điệu.
Cụ thể:
 Với a > 0, hàm số đồng biến.
 Với a < 0, hàm số nghịch biến.
Bảng biến thiên:
Với a > 0
Với a < 0
x -
x -
+
+
+

y
y +
-
-
Đồ thị: đồ thị của hàm bậc nhất là một đường thẳng (d), do đó chỉ cần xác định
hai điểm bất kỳ thuộc (d) ta sẽ có được đồ thị của (d).
 Nếu b = 0, đồ thị của (d) đi qua gốc toạ độ O và điểm A(1, a).
b
 Nếu b  0, đồ thị của (d) đi qua hai điểm B(0, b) và C( , 0).
a
a>0

C

y
B
a

y=ax+b
y=ax

A
O 1

x

y
B

a<0

a

A

O

1

C
x

Hệ số góc: hệ số a được gọi là hệ số góc của đường thẳng (d).

 Chú ý:


8

Cho hai đường thẳng (d1) và (d2):
(d1): y = a1x + b1 với a1  0, (d2): y = a2x + b2 với a2  0.
(d1) // (d2)  a1 = a2 và b1  b2.
(d1) cắt (d2)  a1  a2.


III. HÀM SỐ BẬC HAI
Định nghĩa: Hàm số bậc hai là hàm số có dạng y = ax2 + bx + c, trong đó a, b, c là
các hằng số và a  0.
Nhận xét rằng:
2

 2
b
b2  b2
b  b2  4ac

2
ax + bx + c = a  x  2 x.

+ c = x 
.

 
4a
2a 4a 2  4a
2a 


Từ đó, nếu đặt:

b

và q = 
2a
4a
2
thì hàm số y = ax + bx + c có dạng y = a(x  p)2 + q.
Như vậy, nếu gọi (P0): y = ax2 thì để có được đồ thị của parabol y = ax2 + bx + c
ta tịnh tiến hai lần như sau:
1. Tịnh tiến (P0) sang phải p đơn vị nếu p > 0, sang trái p đơn vị nếu p < 0, ta
nhận được đồ thị hàm số y = a(x  p)2 gọi là (P1).

2. Tịnh tiến (P1) lên trên q đơn vị nếu q > 0, xuống dưới q đơn vị nếu q < 0,
ta nhận được đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c.
 = b2  4ac, p = 

Đồ thị hàm số bậc hai: đồ thị của hàm số là một Parabol (P) có đỉnh S(

b
làm trục đối xứng và:
2a
 Hướng bề lõm lên trên nếu a > 0.
 Hướng bề lõm xuống dưới nếu a < 0.
Từ đồ thị hàm số bậc hai, ta suy ra bảng biến thiên:
Với a > 0
Với a < 0
b
b
x
x -
-
+
2a
2a

+
+
y
y

4a
-

4a
Vậy, ta có kết luận:
Vậy, ta có kết luận:
o Hàm số nghịch biến trên o Hàm số đồng biến
b
b
khoảng (-; ).
khoảng (-;).
2a
2a
o Hàm số đồng biến trên khoảng o Hàm số nghịch biến
b
b
(; +).
khoảng (; +).
2a
2a

b

,
)
2a
4a

và nhận đường thẳng x = 

o

Khi x=-

b
hàm số đạt cực tiểu
2a

o

Khi x=-

+

-
trên

trên

b
hàm số đạt cực
2a

đại
9


b

b

)=ymax=f()=2a
4a

2a
4a
Để vẽ đồ thị hàm số bậc hai chúng ta không thực hiện các phép tịnh tiến từ đồ thị hµm sè y = ax2 mµ
thùc hiƯn nh­ sau:
 LÊy ba điểm chủ đạo, gồm đỉnh S và hai điểm A, B ®èi xøng víi nhau qua S.
 Nèi ASB ®Ĩ ®­ỵc mét gãc råi thùc hiƯn vÏ ®­êng cong parabol lựon theo đường góc này.
Ta có các trường hợp:
Với a > 0 thì:
y
y
y
ymin=f(-

(P)
B

A
-/4a

O



S
-b/2a

-b/a

O

O
A

-b/2a

-b/2a

x

x

x

S
B
(P)

O

x

S

y
-b/2a

-b/a

S
A

-b/a

-/4a

y
-b/a

-b/2a

O
-b/a

(P)
B

A

S

Với a < 0 thì:
y
-/4a

(P)
B

A

B

(P)

x

S

-/4a

-b/a

O
(P)

-b/2a

A

B

x

NhËn xÐt chung:




 > 0 Parabol cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
 = 0 Parabol tiếp xúc với trục hoành.
 < 0 Parabol khơng cắt trục hồnh.

B PHƯƠNG PHÁP GIẢI CC DNG TON LIấN QUAN

Đ1. HM S
Dạng toán 1:
Tỡm tp xác định của hàm số
Phương pháp thực hiện
Ta lựa chọn mt trong hai phng phỏp sau:
Phương pháp 1:
Tỡm tp D của x để f(x) có nghĩa, tức là tìm:
D = {x | f(x) }.
Phương pháp 2:
Tỡm tập E của x để f(x) khơng có nghĩa, khi đó tập xác định
của hàm số là D =  \E.

 Chú ý:
10

Thông thường f(x) cho bởi biểu thức đại số thì với:





ThÝ dô 1.

 f ( x ), f 2 ( x ) cã nghÜa
f1 ( x )
điều kiện là  1
.
f2 ( x)

 f2 ( x)  0
 f ( x ) cã nghÜa
f(x) = 2 k f1 ( x ) (k   ) điều kiện là  1
.
f
(
x
)

0
 1
f(x) =

Tìm tập xác định của các hàm số:
x 1
a. y = 2
.
b. y =
x  2x  3

x 1 +

x 2  3x  2 .

 Giải
a.

Hàm số xác định khi:

x  1

x2  2x  3  0  
.
 x  3
Vậy, tập xác định của hàm số là D =  \{3, 1}.
b. Hàm số xác định khi:

 x  1
x 1  0
 x  1
x  2

 
  x  2  
 2
( x  1)( x  2)  0
 1  x  1
 x  3x  2  0
 x  1

Vậy, tập xác định của hàm số là D = [1; 1][2; +).

 Chú ý:

ThÝ dô 2.

1
.
x3
rồi khẳng định hàm số xác định khi x + 3  0  x  3 và do đó tập
D =  \{3}. Đây là lời giải sai vì phép biến đổi hàm số không phải là

phép biến đổi tương đương.

Trong câu a), nếu các em học sinh biến đổi hàm số về dạng y =

Tìm tập xác định của các hàm số:
a. y =

1
2  3x 
.
1  2x

 1
víi x  1

b. y =  x  3
.
 2  x víi x  1


 Giải
a.

Hàm số xác định khi:

2  3x  0
x  2 / 3
1
 
x< .


2
1  2 x  0
x  1 / 2
1

Vậy, tập xác định của hàm số là D =  ;  .
2

11


b.

Hàm số xác định khi:
 x  3  0 víi x  1
 x  3 víi x  1
x  1
 
 
.

2  x  0 víi x  1
 x  2 víi x  1
x  1
Vậy, ta được D =  .

 Nhận xét:

ThÝ dơ 3.

Như vậy, trong thí dụ trên:
 Ở câu a), miêu tả điều kiện có nghĩa của biểu thức trong dấu căn
ở dạng đơn và ở mẫu số.
 Ở câu b), chúng ta gặp dạng hàm số hợp.

Tìm m để hàm số sau xác định trên đoạn [1; 3]:
y = 1  2 x 2  mx  m  15 .

 Giải
Hàm số nghĩa khi:
1  2x2 + mx + m + 15  0  2x2 + mx + m + 15  1.
(1)
Bài toán được chuyển về việc tìm m để (1) nghiệm đúng với x  [1; 3].
Điều kiện cần: Bất phương trình nghiệm đúng với x[1; 3]
 Nghiệm đúng với x = 1, x = 2
 9  m  8
| 2m  17 | 1  1  2m  17  1 
 


22  m = 8.
| 3m  23 | 1  1  3m  23  1  8  m  
3

Vậy, với m = 8 là điều kiện cần để (1) nghiệm đúng với x  [1; 3].
Điều kiện đủ: Với m = 8, ta có:
(1)  2x2  8x + 7  1  1  2x2  8x + 7  1
2
2

2 x  8 x  8  0
( x  2)  0
  2
  2
 1  x  3.
2 x  8 x  6  0
 x  4 x  3  0
Vậy, với m = 8 thoả món iu kin u bi.

Dạng toán 2:
Xột s bin thiờn của hàm số
Phương pháp thực hiện
Ta lựa chọn một trong hai phng phỏp sau:
Phương pháp 1:
S dng nh ngha.
Phương pháp 2:
Thực hiện theo các bước:
B­íc 1: Lấy x1, x2(a, b) với x1  x2 ta thiết lập tỉ số:
f ( x1 )  f ( x2 )
A=
.
x1  x2
B­íc 2: Khi đó:
 Nếu A > 0 với mọi x1, x2(a, b) và x1  x2 thì hàm số
đồng biến trên (a, b).
12


 Nếu A < 0 với mọi x1, x2(a, b) và x1  x2 thì hàm số
nghịch biến trên (a, b).

ThÝ dô 1.

Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
a. y = f(x) = x + 3.
b. y = f(x) = x2 + x + 1.

 Giải
a.

Với x1, x2   và x1  x2 ta có:
f ( x1 )  f ( x2 ) ( x1  3)  ( x2  3)
A=
=
=1>0
x1  x2
x1  x2

Vậy, hàm số đồng biến.
b. Với x1, x2   và x1  x2 ta có:

f ( x1 )  f ( x2 ) ( x12  x1  1)  ( x22  x2  1)
A=
=
= x1 + x2 + 1.
x1  x2
x1  x2
Khi đó:



1
1
thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên ( ; +).
2
2
1
1
Nếu x1, x2 <  thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (;  ).
2
2
Nếu x1, x2 > 

 Chú ý:

1. Với hàm số y = f(x) = ax + b, a  0, thì:
Lấy x1, x2   và x1  x2 ta có:
f ( x1 )  f ( x2 ) ( ax1  b)  ( ax2  b)
A=
=
= a.
x1  x2
x1  x2
Khi đó:
 Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến trên  .
 Nếu a < 0 thì hàm số nghịch biến trên  .
2. Với hàm số y = f(x) = ax2 + bx + c, a  0, thì:
Lấy x1, x2   và x1  x2 ta có:
f ( x1 )  f ( x2 ) ( ax12  bx1  c )  ( ax22  bx2  c )
A=

=
x1  x2
x1  x2
b
= a(x1 + x2 + ).
a
Khi đó:
a. Với a > 0, ta có:

13




Nếu x1, x2 > 

b
thì A > 0 nên hàm số đồng biến trên ( 
2a

b
 + ).
2a


Nếu x1, x2 < 

b
thì A < 0 nên hàm số nghịch biến trên
2a

b
).
2a
b. Với a < 0, ta có:
(; 



Nếu x1, x2 > 
(



b
 + ).
2a

Nếu x1, x2 < 
(; 

ThÝ dô 2.

b
thì A < 0 nên hàm số nghịch biến trên
2a

b
thì A > 0 nên hàm số đồng biến trên
2a

b
).
2a

Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
a. y = f(x) = x3 + 2x + 8.
b. y = f(x) = x3 + 3x2 + 7x + 1.

 Giải
a.

Với x1, x2   và x1  x2 ta có:
f ( x1 )  f ( x2 )
A
=
x1  x2

=

( x13  2 x1  8)  ( x23  2 x2  8)
=
x1  x2

( x13  x23 )  (2 x1  2 x2 )
x1  x2
1
1
(x1 + x2)2 + ( x12  x22 ) + 2 > 0, x.
2

2
Vậy, hàm số đồng biến trên  .
b. Với x1, x2   và x1  x2 ta có:
f ( x1 )  f ( x2 ) ( x13  3x12  7 x1  1)  ( x23  3x22  7 x2  1)
A=
=
x1  x2
x1  x2
= x12  x22 + x1x2 + 2 =

( x13  x23 )  3( x12  x22 )  7( x1  x2 )
= x12  x22 + x1x2 + 3x1 + 3x2 + 7
x1  x2
1
1
= (x1 + x2)2 + ( x12  x22 ) + 3(x1 + x2) + 7
2
2
=

14


1
1
5
[(x1 + x2)2 +6(x1 + x2) + 9] + ( x12  x22 ) +
2
2
2

1
1
5
= [(x1 + x2) + 3]2 + ( x12  x22 ) +
> 0, x.
2
2
2
Vậy, hàm số đồng biến trên  .
=

ThÝ dô 3.

Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
x2  x  1
2x  1
a. y = f(x) =
.
b. y = f(x) =
.
x 1
3x  1

 Giải
a.

Viết lại hàm số dưới dạng:
5
2
y=

+
.
3 3(3x  1)
1
Với x1, x2   \{ } và x1 < x2 ta có:
3
3x1 < 3x2  3x1  1 < 3x2  1  3(3x1  1) < 3(3x2  1)
5
5
5
5
2
2

>

+
>
+
3(3x1  1)
3(3x2  1)
3 3(3x1  1)
3 3(3x2  1)
 f(x1) > f(x2).
1
Vậy, hàm số luôn nghịch biến trên  \{ }.
3
b. Viết lại hàm số dưới dạng:
1
y  x

.
x 1
Với x1, x2   \{1} và ở về cùng một phía so với 1, ta có:

1  
1 
 x1  x  1    x2  x  1 
f ( x1 )  f ( x2 ) 
1
2
 

A

x1  x2
x1  x2

 1
1 


 x1  1 x2  1 

x1  x2
x1  x2
 x1  x2  
 x1  1 x2  1  1 
1
>0


x1  x2
 x1  1 x2  1
Vậy, hàm số luôn đồng biến trên  \{1}.

 x1  x2   

ThÝ dô 4.

Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
15


a. y = f(x) =

x2  2 .

x2  2 x  3 .

b. y = f(x) =

 Giải

a. Với x1, x2   và x1  x2 ta có:

x12  2  x22  2
f ( x1 )  f ( x2 )
A=
=
x1  x2
x1  x2

=

( x12  2)  ( x22  2)
( x1  x2 )( x  2  x  2)
2
1

2
2

=

x1  x2
x  2  x22  2
2
1

.

Khi đó:
 Nếu x1, x2 > 0 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên (0; +).
 Nếu x1, x2 < 0 thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (; 0).
b. Với x1, x2   và x1  x2 ta có:
A=

x12  2 x1  3  x22  2 x2  3
x1  x2

f ( x1 )  f ( x2 )
=

x1  x2

( x12  2 x1  3)  ( x22  2 x2  3)

=

( x1  x2 )

x1  x2  2
x  2 x1  3  x22  2 x2  3
2
1



x12  2 x1  3  x22  2 x2  3



.

Khi đó:
 Nếu x1, x2 > 1 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên (1; +).
 Nếu x1, x2 < 1 thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (; 1).

ThÝ dô 5.

Cho hàm số:
ax
.

x2
a. Với a = 1, hãy khảo sát sự biến thiên của hàm số trên (2; +).
b. Tìm a để hàm số đồng biến trên (2; +).

y = f(x) =

 Giải
Với x1, x2  (2; +) và x1  x2 ta có:
ax1
ax2

f ( x1 )  f ( x2 )
2a
x  2 x2  2
A=
= 1
=
.
x1  x2
( x1  2)( x2  2)
x1  x2
a.

16

Với a = 1, suy ra:
A < 0 với mọi x1, x2(2; +) và x1  x2.
Vậy, với a = 1 hàm số nghịch biến trên (2; +).

=

b.

Để hàm số đồng biến trên (2; +) điều kiện là:
A > 0 với mọi x1, x2(2; +) và x1  x2  2a > 0  a < 0.
Vậy, với a < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.

D¹ng to¸n 3:
Xét tính chẵn, lẻ của hàm số
Phương pháp thực hiện
Ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Tìm tập xác định D của hàm số, khi đó:
 Nếu D là tập đối xứng (tức là xD  xD), ta thực hiện tiếp
bước 2.
 Nếu D không phải là tập đối xứng (tức là xD mà xD), ta kết
luận hàm số khơng chẵn cũng khơng lẻ.
B­íc 2:
Xác định f(x) , khi đó:
 Nếu f(x) = f(x) kết luận hàm số là hàm chẵn.
 Nếu f(x) = f(x) kết luận hàm số là hàm lẻ.
 Ngồi ra kết luận hàm số khơng chẵn cũng khơng lẻ.
ThÝ dơ 1.

Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:
x2  1
x 4  3x 2  1
a. y = f(x) =
.

b. y = f(x) =
.
x 1
x2  4
x2  1
c. y = f(x) =
.
d. y = f(x) = |x|3(x2  1).
x

 Giải

a. Vì tập xác định D =  \{1} không phải là tập đối xứng nên hàm số không chẵn,
không lẻ.
b. Tập xác định D =  \{2}  là tập đối xứng.
Xét:
(  x ) 4  3(  x ) 2  1 x 4  3x 2  1
f(–x) =
=
= f(x).
(  x )2  4
x2  4
Vậy, hàm số chẵn.
c. Tập xác định D =  \{0}  là tập đối xứng. Xét:
(  x )2  1
x2  1
f(–x) =
=–
= –f(x)
x

x
Vậy, hàm số lẻ.
d. Tập xác định D =   là tập đối xứng. Xét:
f(–x) = |–x|3[(–x)2  1] = |x|3(x2  1) = f(x).
Vậy, hàm số chẵn.

ThÝ dơ 2.

Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:
17


a.

y  f ( x )  1  x  1  x . . b. y = f(x) =

3

2x  3 

3

2x  3

 Giải
Tập xác định D = [1; 1]  là tập đối xứng. Xét:
f(–x) = 1  (  x ) + 1  (  x ) = 1  x + 1  x = f(x).
Vậy, hàm số chẵn.
b. Hàm số xác định trên D =  là tập đối xứng. Ta có:
f(x) = 3 2(  x )  3  3 2(  x )  3 =  3 2 x  3 + 3 2 x  3 = f(x).

Vậy, hàm số là chẵn.
a.

ThÝ dô 3.

 Giải

Xác định m để hàm số y = f(x) = x3 + (m2  1)x2 + m  1 là hàm lẻ.

Hàm số xác định trên D =  là tập đối xứng.
Khi đó, để hàm số là lẻ điều kiện là:
m 2  1  0
f(–x) = –f(x), m  
 m = 1.
m  1  0
Vậy, với m = 1 thoả mãn điều kiện đề bài.
n

 Chú ý: Với hàm đa thức bậc n dạng: y = f(x) =  a x
i 0

ThÝ dơ 4.

i

i

thì:

 Nếu các hệ số bậc lẻ bằng 0 thì hàm số là hàm chẵn.

 Nếu các hệ số bậc chẵn bằng 0 thì hàm số là hàm lẻ.
 Nếu tồn tại ít nhất một hệ số bậc chẵn và một hệ số bậc lẻ khác 0
thì hàm số khơng chẵn cũng khơng lẻ.
1
Cho hàm số y = f(x) =
. Tuỳ theo m hãy xét tính
( m  1) x 2  mx  1
chẵn, lẻ của hàm số.

 Giải
Ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Với m = 0, ta được:
1
y= 2
.
x 1
Hàm số này xác định trên D =  \{1, 1} là tập đối xứng và có:
1
1
f(x) =
= 2
= f(x),
2
( x)  1
x 1
do đó, nó là hàm chẵn.
Trường hợp 2: Với m = 1, ta được:

18

1
.
x 1
Hàm số này xác định trên D =  \{1} là tập khơng đối xứng do đó hàm số không
chẵn, không lẻ.
y=

Trường hợp 3: Với m  0  m  1.
Khi đó, hàm số g(x) = (m + 1)x2 + mx  1 không chẵn cũng không lẻ do đó hàm
số y = f(x) cũng khơng chẵn, khơng lẻ.
Kết luận:
 Với m = 0, hàm số là chẵn.
 Ngồi ra nó khơng chẵn, khơng lẻ.

ThÝ dơ 5.

 Giải

Cho a, b   , xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho:
f(a  x) + f(x) = b, với x   .

a
a
a
 x suy ra x =
 t và a  x =
+ t. Khi đó:
2
2

2
a
a
(1)  f( + t) + f(  t) = b, t  
2
2
a
b
a
b
 f( + t) 
+ f(  t) 
= 0, t   .
2
2
2
2
a
b
a
b
Đặt g(t) = f( + t)  , suy ra g(  t) = f(  t)  . Khi đó:
2
2
2
2
(2)  g(t) + g(  t) = 0, tR  g(t) =  g(t), t  
 g(t) là hàm lẻ trên  .
a
b

Vậy hàm số f(x) = g(x  ) +
với g(x) là hm l tu ý trờn .
2
2

(1)

t t =

(2)

Dạng toán 4:
Sơ lược về phép tịnh tiến
Phương pháp thực hiện
Sử dụng kết quả: Trong mặt phẳng toạ độ, cho (G) là đồ thị của hàm số y = f(x),
p và q là hai số tuỳ ý. Khi đó:
1. Đồ thị hàm số y = f(x) + q có được khi tịnh tiến (G)
 Lên trên q đơn vị nếu q > 0.
 Xuống dưới q đơn vị nếu q < 0.
2. Đồ thị hàm số y = f(x  p) có được khi tịnh tiến (G)
 Sang phải p đơn vị nếu p > 0.
 Sang trái p đơn vị nếu p < 0.

19


2
2  3x
. Hỏi muốn có đồ thị hàm số y =
thì phải tịnh

x
x
tiến (H) như thế nào ?

ThÝ dơ 1.

Cho (H): y =

 Giải
Ta có:

2  3x
2
=
 3.
x
x
Vậy, muốn có đồ thị của hàm số này ta cần tịnh tiến (H) xuống dưới 3 đơn vị.
ThÝ dô 2. Hãy lựa chọn phép tịnh tiến song song với trục Oy để nhận được đồ thị
x2  7
x2  2 x  3
hàm số y =
từ đồ thị (H): y =
2 x
2 x
y=

 Giải
Ta có:

x2  7
x 2  2 x  3  2(2  x )
x2  2 x  3
=
=
 2.
2 x
2 x
2 x
Vậy, muốn có đồ thị của hàm số này ta cần tịnh tiến (H) xuống dưới 2 đơn vị.
y=

 Chú ý: Các em học sinh hẳn sẽ thắc mắc về lí do xác định được phép biểu
x2  7
, để trả lời câu hỏi này thơng thường chúng ta lựa
2 x
chọn cách trình bày, giả sử:
x2  7
y=
= f(x) + b
2 x
x2  7
x2  2 x  3
x 2  (b  2) x  3  2b

=
+b=
.
2 x
2 x

2 x
Bằng việc đồng nhất hệ số, ta suy ra:
1  1

 b = 2.
0  b  2
 7  3  2 b

Vậy, ta được:
x2  7
y=
= f(x)  2.
2 x
Do đó, đồ thị của hàm số được suy ra bằng phép tịnh tiến (H) theo Oy
xuống dưới 2 đơn vị.

diễn trên cho hm s y =

Dạng toán 5:
Trc i xng ca thị hàm số
Phương pháp thực hiện

20


Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = f(x) nhận đường thẳng x = a làm trục đối
xứng, ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Với phép biến đổi toạ độ
X  x  a

x  X  a
 

Y  y
y Y
hàm số có dạng:
Y = f(X + a)  Y = F(X)
(1)
B­íc 2:
Nhận xét rằng hàm số (1) là hàm số chẵn.
B­íc 3:
Vậy, đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng.
2. Tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số y = f(x) nhận đường thẳng x = a làm
trục đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Với phép biến đổi toạ độ
X  x  a
x  X  a
 

Y  y
y Y
hàm số có dạng:
Y = f(X + a)  Y = F(X)
(1)
B­íc 2:
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng
 hàm số (1) là hàm số chẵn  tham số .
B­íc 3:
Kết luận.

3. Tìm phương trình đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua đường thẳng y = a,
ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua đường y = a.
B­íc 2:
Khi đó, với mỗi M(x, y)(H)
 M1(x1; y1)(C) sao cho M đối xứng với M1 qua đường thẳng y = a
  x1, y1 thoả mãn:
 y1  f ( x1 )

(I)
 x1  x
 y  y  2a
 1
1.

B­íc 3:

ThÝ dơ 1.

Khử x1, y1 từ hệ (I) ta được phương trình của đường cong (H).

Tìm trục đối xứng của đồ các thị hàm số:
a. y = x2 + 4x + 3.
b. y = x4 + 2x2 + 2.

 Giải
a.

Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng là x = a.

Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:

X  x  a
x  X  a
 

Y  y
y Y
hàm số:
21


Y = (X + a)2 + 4(X + a) + 3 là hàm số chẵn.
Ta có:
Y = (X + a)2 + 4(X + a) + 3 = X2 + 2(a + 2)X + a2 + 4a + 3.
Hàm số (1) là hàm số chẵn
a+2=0a=–2
Vậy, đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường thẳng x + 2 = 0.
b. Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng là x = a.
Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:
X  x  a
x  X  a
 

Y  y
y Y
hàm số:
Y = (X + a)4 + 2(X + a)2 + 2 là hàm số chẵn
Ta có:
Y = (X + a)4 + 2(X + a)2 + 2

= X4 + 4aX3 + (6a2 + 2)X2 + (4a3 + 4a)X + 2a + 2
Hàm số (1) là chẵn:
 4a  0
  3
 a = 0.
 4a  4a  0
Vậy, đồ thị hàm số có trục đối xứng là trục tung.

ThÝ dô 2.

(1)

(1)

Cho hàm số:
y = x4 + 4mx3  2(m  1)x2  2mx + 1.
Tìm m để đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy.

 Giải
Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy là x = a (a  0).
Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:
X  x  a
x  X  a
 

Y  y
y Y
hàm số:
Y = (X + a)4 + 4m(X + a)3 – 2(m–1)(X + a)2 – 2m(X + a) + 1 là chẵn.
Ta có:

Y = (X + a)4 + 4m(X + a)3 – 2(m – 1)(X + a)2 – 2m(X + a) + 1
= X4 + (4a + 4m)X3 + (6a2 + 12ma – 2m + 2)X2 +
+ (4a3 + 12ma2 – 4ma + 4a – 2m)X +
+ a4 + 4ma2–2(m–1)a2–2ma + 1.
Hàm số (1) chẵn:
 4a  4m  0
a  m
  3

 3
2
2
4a  12ma  4ma  4a  2m  0
4m  2m  3m  0
22

(1)


m0

 4m2 + 2m  3 = 0  m =

Vậy, với m =

1  13
.
4

1  13

thoả mãn điều kin u bi.
4

Dạng toán 6:
Tõm i xng ca th hàm số
Phương pháp thực hiện
1. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = f(x) nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng, ta
thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Với phép biến đổi toạ độ
X  x  a
x  X  a
 

Y  y  b
y Y b
hàm số có dạng:
Y + b = f(X + a)  Y = F(X)
(1)
B­íc 2:
Nhận xét rằng hàm số (1) là hàm số lẻ.
B­íc 3:
Vậy, đồ thị hàm số nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng.
2. Tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số y = f(x) nhận điểm I(a, b) làm tâm
đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Thực hiện phép biến đổi toạ độ
X  x  a
x  X  a
 


Y  y  b
y Y b
hàm số có dạng:
Y + b = f(X + a)  Y = F(X)
(1)
B­íc 2:
Đồ thị hàm số nhận I(a, b) làm tâm đối xứng
 hàm số (1) là hàm số lẻ  tham số .
B­íc 3:
Kết luận.
3. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y = f(x) đối xứng qua điểm I(a, b), ta thực
hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Lấy hai điểm A(xA, y(xA)) và B(xB, y(xB)) thuộc đồ thị hàm số.
B­íc 2:
Hai điểm A và B đối xứng qua điểm I(a, b)
 x A  x B  2a
 
 toạ độ A và B.
 y A  y B  2b
4.

Tìm phương trình đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua điểm I(x0, y0), ta thực
hiện theo các bước sau:
B­íc 1:
Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua điểm I(x0, y0).
B­íc 2:
Khi đó, với mỗi M(x, y)(H)
 M1(x1, y1)(C) sao cho M đối xứng với M1 qua I

  x1, y1 thoả mãn:
23


B­íc 3:

ThÝ dơ 1.

 y1  f ( x1 )

(I)
 x1  x  2 x0
y  y  2y
 1
0
Khử x1, y1 từ hệ (I) ta được phương trình của đường cong (H).
Tìm tâm đối xứng của đồ thị các hàm số sau:
a. y = 2x3  6x + 3.

b. y =

x
.
2x  1

 Giải
a.

Giả sử hàm số nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng.
Với phép biến đổi toạ độ:

X  x  a x  X  a


Y  y  b
y Y b
khi đó hàm số có dạng:
Y + b = 2(X + a)3  6(X + a) + 3
 Y = 2X3 + 6aX2 + (6a  6)X + 2a3  6a + 3  b
Hàm số (1) là lẻ
 6a  0
a  0
  3
.

 2 a  6a  b  3  0  b  3
Vậy, hàm số có tâm đối xứng I(0; 3).
b. Viết lại hàm số dưới dạng:
1
1
y= 
.
2 2(2 x  1)
Giả sử hàm số nhận điểm I(a; b) làm tâm đối xứng.
Với phép biến đổi toạ độ:
X  x  a x  X  a


Y  y  b
y Y b
khi đó hàm số có dạng:

1
1
1
1
Y+b= 
 Y = b
.
2 [2( X  a )  1]
2
2 X  2a  1
Hàm số (1) là lẻ
1

b
1


 b 0
2 .
 2
 
a   1
2a  1  0

2

24

(1)

(1)


Vậy, hàm số có tâm đối xứng I(

 Chú ý:


1 1
; ).
2 2

Đồ thị hàm số:

y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, với a  0 luôn nhận điểm U(

b
b
, f( )) làm
3a
3a

tâm đối xứng.
ax  b
d a
 y = f(x) =
, với c  0, D = ad  bc  0 luôn nhận điểm I( , ) làm
cx  d
c c
tâm đối xứng.

ax 2  bx  c
e
e
 y = f(x) =
, với a, d  0 luôn nhận điểm I( , f( )) làm
dx  e
d
d
tâm đối xứng.
ThÝ dô 2.

Cho hàm số:

(2m  1) x  m  2
.
mx  1
Tìm m để đồ thị hàm số nhận điểm I(1; 1) làm tâm đối xứng.

y=

 Giải
Điểm I(1; 1) là tâm đối xứng của đồ thị khi với phép biến đổi toạ độ:
X  x 1 x  X 1
 

Y  y  1
 y  Y 1
hàm số sau là hàm lẻ
(2m  1)( X  1)  m  2
(2m  1)( X  1)  m  2

Y+1=
Y=
 1.
m( X  1)  1
mX  m  1
Để hàm số là hàm lẻ trước tiên nó phải có tập xác định D là tập đối xứng, tức là
m = 0 hoặc m = 1.
Thử lại:
 Với m = 0, ta được:
Y = X, là hàm số lẻ.
 Với m = 1, ta được:
X 2
2
Y=
1=
, là hàm số lẻ.
X
X
Vậy, với m = 0 hoặc m = 1 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

ThÝ dô 3.

Cho hàm số:
x 2  4mx  5m
.
x2
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có hai điểm phân
biệt đối xứng nhau qua gốc toạ độ.

(Cm): y =

25


 Giải
x A2  4mx A  5m
xB2  4mxB  5m
Hai điểm A(xA,
) và B(xB,
) thuộc (Cm).
xA  2
xB  2
Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc toạ độ
(1)
 x A  xB  0
 2
2
  x A  4mx A  5m xB  4mxB  5m

 0 (2)

xA  2
xB  2

Thay (1) vào (2) ta được:
(2m  1) x A2 = 5m
(3)
Để tồn tại hai điểm A và B thì phương trình (3) phải có nghiệm.
Do 0 < x A2  4 nên:
4

1
m
5m

0<
4 2
3.

2m  1
m  0
1
4
Vậy, với
hoặc m < 0 tho món iu kin u bi.
2
3

Dạng toán 7:
Thí dụ 1.

Tìm phương trình đường cong đối xứng
Tìm phương trình đường cong đối xứng với đồ thị hàm số (C) qua
đường thẳng y = 1, biết:
x 1
a. (C): y = 2x + 3.
b. (C): y =
.
x 1

 Giải
a.

Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 1.
Khi đó, với mỗi M(x; y)(H)
 M1(x1; y1)(C) với y1 = 2x1 + 3
sao cho M đối xứng với M1 qua đường thẳng y = 1   x1, y1 thoả mãn:
 x1  x
 x1  x
 
.

 y1  y  2
 y1  2  y
Thay (I) vào (1), ta được:
y = – 2x – 1.
Vậy, đường cong (H) có phương trình: y = – 2x – 1.
b. Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 1.
Khi đó, với mỗi M(x; y)(H)

26

(1)

(I)


x1  1
x1  1
sao cho M đối xứng với M1 qua đường thẳng y = 1   x1, y1 thoả mãn:

 x1  x
 x1  x
 
.

 y1  y  2
 y1  2  y
Thay (I) vào (1), ta được:
x3
y=
.
x 1
x3
Vậy, đường cong (H) có phương trình: y =
.
x 1
 M1(x1; y1)  (C) với y1 =

ThÝ dơ 2.

(1)

(I)

Cho hàm số:
( x  1) 2
.
x2
Tìm phương trình đường cong đối xứng với đồ thị (C) qua điểm I(1; 1).

(C): y =

 Giải
Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua điểm I(1; 1).
Khi đó, với mỗi M(x; y)(H)
( x1  1) 2
 M1(x1, y1)(C) với y1 =
x1  2
(1)
sao cho M đối xứng với M1 qua điểm I(1; 1)   x1, y1 thoả mãn:
 x1  x  2
 x1  2  x
 
.

 y1  y  2
 y1  2  y
Thay (I) vào (1), ta được:
x2  1
y=
.
x
x2  1
Vậy, đường cong (H) có phương trình : y =
.
x

(I)

§2. HM S BC NHT

Dạng toán 1:
Kho sỏt s bin thiờn và vẽ đồ thị hàm số bậc nhất
Phương pháp thực hiện
Dựa trên lý thuyết trong phần kiến thức cần nhớ.

27


ThÝ dô 1.

 Giải

Cho hàm số y = x + 3.
a. Xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung và trục hoành.
Vẽ đồ thị hàm số.
b. Gọi A và B theo thứ tự là hai giao điểm nói trên. Tính diện tích
OAB (O là gốc toạ độ).
c. Gọi  là góc nhọn tạo bởi đồ thị hàm số với trục Ox. Tính tan,
suy ra số đo góc .
d. Bằng đồ thị tìm x để y > 0, y  0.

a.

Đồ thị cắt trục Oy tại A có:
x = 0  y = 0 + 3 = 3  A(0, 3).
y=x+3 y
Đồ thị cắt trục Ox tại B có:
3 A
y = 0  0 = x + 3  x = 3  B(3, 0).
b. Ta có:

1
1
9
SOAB = OA.OB = .3.3 =
(đơn vị diện tích).
O
2
2
2
 = , suy ra:
c. Trong OAB, ta có ABO
OA 3
 = 1   = 450.
tan =
OB 3
d. Từ đồ thị suy ra:
 y > 0  x < 3, ứng với phhần đồ thị phía trên trục Ox.
 y  0  x  3, ứng với phhần đồ thị phía dưới trục Ox.

ThÝ dô 2.

Vẽ đồ thị của các hàm số:
2 x víi x  0

a. y =  1
.

x
víi
x


0
 2

B
|

x

3

víi x  1
x 1
b. y = 
.
 2 x  4 víi x  1

 Giải  Bạn đcọ tự vẽ hình.
a.

Đồ thị gồm hai tia:
 Tia Ot trùng với đồ thị hàm số y = 2x với x  0.
1
 Tia Ot' trùng với đồ thị hàm số y = x với x < 0.
2
b. Đồ thị gồm hai tia:
 Tia A1B đi qua hai điểm A(1; 2) và B(2; 3).
 Tia A2B đi qua hai điểm A(0; 4) và B(2; 3).

ThÝ dô 3.

 Giải
28

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số:
a. y = |x  1|.
b. y = |2x  1| + |2x  1|.
y
B

O

y = |x1|

1

A

I
1

1

x


a.

Ta biến đổi:
 x  1 nÕu x  1  x  1 nÕu x  1

y= 
= 
.
 ( x  1) nÕu x  1 1  x nÕu x  1
Do đó, đồ thị hàm số là hai tia IA (với I(1; 0) và A(2,
1)) và IB (với B(0, 1)).
Dựa vào đồ thị chúng ta nhận được bảng biến thiên của hàm số như sau:
x -
1
+
-
+
y
0
Điều đó chứng tỏ:
 Hàm số nghịch biến trên (; 1).
 Hàm số đồng biến trên (1; +).
b.

Viết lại hàm số dưới dạng:
1

 4 x nÕu x   2

1
1

y =  2 nÕu   x  .
2
2


1

 4 x nÕu x  2
Do đó, đồ thị hàm số gồm:
1
 Tia IA với A(1; 4) và I( ; 2).
2
1
 Đoạn thẳng IJ với J( ; 2).
2
 Tia JB với B(1; 4).

ThÝ dô 4.

 Giải

y
4

A
I
1

2

O

y = 4x

B
J
1

x

y = 4x

Cho hàm số:
(dm): y = (m  1)x + 2m  3.
a. Tìm m để hàm số là đồng biến, nghịch biến, không đổi.
b. Chứng tỏ rằng khi m thay đổi (Cm) luôn đi qua 1 điểm cố định.

a.

Điều kiện để hàm số đồng biến:
m – 1 > 0  m > 1.
Điều kiện để hàm số nghịch biến:
m – 1 < 0  m < 1.
Điều kiện để hàm số không đổi biến:
m – 1 = 0  m = 1.
b. Giả sử đồ thị hàm số luôn đi qua điểm M(x0 ; y0), ta có:
29


y0 = (m  1)x0 + 2m  3, m  (x0 + 2)m – x0 – 3 – y0 = 0, m
 x0  2  0
 x0  2
 
 

.
  x0  y0  3  0
 y 0  1
Vậy, đồ thị hàm số luôn đi qua điểm cố định M(–2 ; –1).

ThÝ dô 5.

Cho họ đường thẳng (dm) có phương trình:
(dm): (m  1)x + (2m  3)y  m  1 = 0.
1. Xác định m để:
a. (dm) đi qua A(2, 1).
b. (dm) có hướng đi lên.
c. (dm)//Ox.
d. (dm) vng góc với đường thẳng (1): 3x + 2y  100 = 0.
e. (dm) song song với đường thẳng (2): x  2y + 12 = 0.
2. Tìm điểm cố định mà họ (dm) ln đi qua.

 Giải
1.

Ta lần lượt có:
a. (dm) đi qua điểm A(2, 1) điều kiện là:
(m  1).2 + (2m  3).1  m  1 = 0  3m – 6 = 0  m = 2.
b. (dm) có hướng đi lên điều kiện là:
3
ab < 0  (m  1)(2m  3)  1 < m < .
2
c. (dm) song song với Ox điều kiện là:
m – 1 = 0  m = 1.
d. (dm) vng góc với đường thẳng (1) điều kiện là:

9
3(m  1) + 2(2m  3) = 0  7m = 9  m = .
7
e. (dm) song song với đường thẳng (2) điều kiện là:
m  1 2m  3
5

 4m = 5  m = .
1
2
4
2. Giả sử đồ thị hàm số ln đi qua điểm M(x0 ; y0), ta có:
(m  1)x0 + (2m  3)y0  m  1 = 0, m
 (x0 + 2y0 – 1)m – x0 – 3y0 – 1 = 0, m
 x0  2 y0  1  0
 x0  5
 
 
.
 x0  3 y0  1  0
 y 0  2
Vậy, đường thẳng (dm) luôn đi qua điểm cố định M(5 ; – 2).

ThÝ dô 6.
30

Cho hai hàm số f(x) = (m2 + 1)x  4 và g(x) = mx + 2, với m  0.


 Giải

Chứng minh rằng:
a. Các hàm số f(x), f(x) + g(x), f(x)  g(x) là các hàm đồng biến.
b. Hàm số g(x)  f(x) là hàm nghịch biến.

a.

Ta lần lượt xét:
 Hàm số f(x) có hệ số a = m2 + 1 > 0 do đó nó là hàm đồng biến.
 Hàm số:
f(x) + g(x) = (m2 + 1)x  4 + mx + 2 = (m2 + m + 1)x  2.
có hệ số:
2
3
1

2
a = m + m + 1 = m   +
>0
4
2

do đó, nó là hàm đồng biến.
 Hàm số:
f(x)  g(x) = (m2 + 1)x  4  (mx + 2) = (m2  m + 1)x  6.
có hệ số:
2
3
1


2
a = m  m + 1 = m   +
>0
4
2

do đó, nó là hàm đồng biến.
b. Hàm số:
g(x)  f(x) = mx + 2  [(m2 + 1)x  4] = (m2  m + 1)x + 6.
có hệ số:
2

1  3
2
a = (m  m + 1) =   m     < 0
2  4 

do đó, nó là hàm nghịch biến.

ThÝ dô 7.

Cho hàm số y = f(x) = ax + b, với a  0.
a. Chứng minh rằng với một giá trị x0 tuỳ ý cho trước, bao giờ cũng
tìm được hai số m và n sao cho f(m) < f(x0) < f(n).
b. Chứng minh rằng hàm số bậc nhất khơng có giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất.

 Giải
a.

Ta biết rằng với mỗi x0 tuỳ ý cho trước, bao giờ cũng có:
x0  1 < x0 < x0 + 1.
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Với a > 0, khi đó hàm số đồng biến, do đó:
f(x0  1) < f(x0) < f(x0 + 1)
từ đó, ta chọn m = x0  1 và n = x0 + 1.

31