Chuyên đề

KHẢO SÁT HÀM SỐ

BÀI 1: ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ
1. Đinh nghĩa:
Hàm số f đồng biến trên K ⇔ (∀x1, x2 ∈ K, x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2)
Hàm số f nghịch biến trên K ⇔ (∀x1, x2 ∈ K, x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2)
2. Điều kiện cần:
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I.
a) Nếu f đồng biến trên khoảng I thì f′ (x) ≥ 0, ∀x ∈ I
b) Nếu f nghịch biến trên khoảng I thì f′ (x) ≤ 0, ∀x ∈ I
3. Điều kiện đủ:
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I.
a) Nếu f′ (x) ≥ 0, ∀x ∈ I (f′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm) thì f đồng biến trên I.
b) Nếu f′ (x) ≤ 0, ∀x ∈ I (f′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm) thì f nghịch biến trên I.
c) Nếu f′ (x) = 0, ∀x ∈ I thì f không đổi trên I.
Chú ý: Nếu khoảng I được thay bởi đoạn hoặc nửa khoảng thì f phải liên tục trên đó.
VẤN ĐỀ 1: Xét chiều biến thiên của hàm số
Để xét chiều biến thiên của hàm số y = f(x), ta thực hiện các bước như sau:
– Tìm tập xác định của hàm số.
– Tính y′ . Tìm các điểm mà tại đó y′ = 0 hoặc y′ không tồn tại (gọi là các điểm tới hạn)
– Lập bảng xét dấu y′ (bảng biến thiên). Từ đó kết luận các khoảng đồng biến, nghịch biến
của hàm số.
VD: Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
Hàm số nghịch biến: (−1;3)
a) y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 5
b) y = x 3 − 3 x 2 + 3 x + 7
• D=R
• D=R
• y' = 3x 2 − 6 x − 9

• y' = 3x 2 − 6 x + 3
Cho
 x = −1
Cho y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 6 x + 3 = 0 ⇒ x = 1
y' = 0 ⇔ 3x 2 − 6 x − 9 = 0 ⇒ 
• BBT
x = 3
• BBT

•

Vậy: hàm số đồng biến: (−∞ ;−1) và
(3;+∞)

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

• Vậy: hàm số luôn đồng biến trên D
c) y = x 4 − 2 x 2 − 1
•
D=R

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

1


•


•

y' = 4 x 3 − 4 x

x = 0
3
Cho y ' = 0 ⇔ 4 x − 4 x = 0 ⇒  2
x = 1
• BBT

•

Vậy: hàm số tăng : (−1;0) và (1;+∞)
Hàm số giảm: (−∞ ;−1) và

(0;1)
d) y = x 4 − 2 x 3 + 2 x + 1
•
D=R
• y' = 4 x 3 − 6 x 2 + 2
Cho
x = 0
y' = 0 ⇔ 4 x − 6 x + 2 = 0 ⇒ 
x = − 1

2
• BBT
3

2


•

D= R \ {1}
x 2 − 2x
y' =
( x − 1) 2

x = 0
2
Cho y ' = 0 ⇔ x − 2 x = 0 ⇒ 
x = 2
• BBT

•

Vậy: hàm số giảm: (0;1) và (1;2)
Hàm số tăng: (−∞ ;0) và
(2;+∞)

g) y = 4 − x 2
• D ∈ [−2;2]
−x
• y' =
4 − x2
Cho y ' = 0 ⇔ x = 0
• BBT

•


1
Vậy: hàm số tăng : (− ;+∞)
2
1
Hàm số giảm: (−∞ ;− )
2
x +1
e) y =
x −1
• D= R \ {1}
−2
<0
• y' =
( x − 1) 2
• BBT
•

•

Vậy: hàm số luôn giảm trên D
x 2 − 2x + 2
f) y =
x −1

2 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Vậy: hàm số giảm: (0;2)
Hàm số tăng: (−2;0)
h) y = x 4 − x
• D ∈ (−∞ ;4]

x
8 − 3x
=
• y' = 4 − x −
2 4−x 2 4−x
8
Cho y ' = 0 ⇔ 8 − 3 x = 0 ⇒ x = < 4
3
• BBT

•

8
Vậy: hàm số tăng: (−∞ ; )
3
8
Hàm số giảm: ( ;4)
3

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


BÀI TẬP VỀ NHÀ
Baøi 1.
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:
x2
5
+ x−

4
4

a) y = − 2x2 + 4x + 5

b) y =

d) y = x3 − 2x2 + x − 2

e) y = (4 − x)(x − 1)2

f) y = x3 − 3x2 + 4x − 1

1 4
x − 2x2 − 1
4
2x − 1
k) y =
x+ 5

h) y = − x4 − 2x2 + 3

i) y =

g) y =

n) y =
Baøi 2.

x−1

2− x

1
2x2 + x + 26
o) y = − x + 3−
1− x
x+ 2
Xét chiều biến thiên của các hàm số sau:

a) y = −6x4 + 8x3 − 3x2 − 1
d) y =

l) y =

2x − 1
x2

g) y = 2x − 1 − 3− x

b) y =
e) y =

x2 − 1
x2 − 4
x
x2 − 3x + 2

h) y = x 2 − x2

c) y = x2 − 4x + 3


1 4 1 2
x + x −2
10
10
1
m) y = 1−
1− x
p) y =

c) y =

4x2 − 15x + 9
3x
x2 − x + 1
x2 + x + 1

f) y = x + 3+ 2 2− x
i) y = 2x − x2

VẤN ĐỀ 2: Tìm điều kiện để hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến
trên tập xác định (hoặc trên từng khoảng xác định)
Cho hàm số y = f (x, m) , m là tham số, có tập xác định D.

• Hàm số f đồng biến trên D ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ D.
• Hàm số f nghịch biến trên D ⇔ y′ ≤ 0, ∀x ∈ D.
Từ đó suy ra điều kiện của m.
Chú ý:
1) y′ = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm.
2) Nếu y' = ax2 + bx + c thì:

 a = b = 0
 c ≥ 0
• y' ≥ 0,∀x∈ R ⇔  
 a > 0
 ∆ ≤ 0

 a = b = 0
 c ≤ 0
• y' ≤ 0,∀x∈ R ⇔  
 a < 0
 ∆ ≤ 0

3) Định lí về dấu của tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c :

• Nếu ∆ < 0 thì g(x) luôn cùng dấu với a.
b
)
2a
• Nếu ∆ > 0 thì g(x) có hai nghiệm x1, x2 và trong khoảng hai nghiệm thì g(x) khác dấu với

• Nếu ∆ = 0 thì g(x) luôn cùng dấu với a (trừ x = −

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

3



a, ngoài khoảng hai nghiệm thì g(x) cùng dấu với a.
4) So sánh các nghiệm x1, x2 của tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c với số 0:
∆ > 0

x
<
x
<
0
⇔
• 1 2
P > 0
S < 0

∆ > 0

0
<
x
<
x
⇔
•
P > 0
1
2
S > 0

• x1 < 0 < x2 ⇔ P < 0


5) Để hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có độ dài khoảng đồng biến (nghịch biến) (x 1; x2) bằng d
thì ta thực hiện các bước sau:
• Tính y′ .
• Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến và nghịch biến:
a ≠ 0
∆ > 0


(1)

• Biến đổi x1 − x2 = d thành (x1 + x2)2 − 4x1x2 = d2

(2)

• Sử dụng định lí Viet đưa (2) thành phương trình theo m.
• Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm.
VD1: Định m để hàm số luôn đồng biến
a) y = x 3 + 3 x 2 + mx + m
• D=R
• y' = 3x 2 + 6 x + m
∆ ' ≤ 0
⇒ 9 − 3m ≤ 0 ⇒ m ≥ 3
Hàm số luôn đồng biến ⇔ y ' ≥ 0 ⇔ 
a = 1 > 0
• Vậy: với m ≥ 3 thì hs luôn đồng biến trên D.
b) y = mx 3 − ( 2m − 1) x 2 + (m − 2) x − 2
• D=R
• y ' = 3mx 2 − 2(2m − 1) x + m − 2
4m 2 − 4m + 1 − 3m(m − 2) ≤ 0

∆ ' ≤ 0
⇔
y
'
≥
0
⇔
⇔
Hàm số luôn đồng biến


a = 3m > 0
m > 0
(m + 1) 2 ≤ 0
⇔
⇔m>0
m > 0
• Vậy: với m > 0 thì hs luôn đồng biến trên D.
mx + 4
c) y =
x+m
• D= R \ {− m}
•

m2 − 4
y' =
( x + m) 2

 m < −2
2

Hàm số luôn đồng biến ⇔ y ' > 0 ⇔ m − 4 > 0 ⇒ 
m > 2
m < −2
• Vậy: với 
thì hs luôn đồng biến trên D.
m > 2

4 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


VD2: Định m để hàm số luôn nghịch biến: y =
•
•

D= R \ {m}
− x 2 + 2mx + m 2 + 3
y' =
( x + m) 2

x 2 + mx + 3
m−x

∆ ' ≤ 0
Hàm số luôn nghịch biến ⇔ y ' < 0 ⇔ 
⇒ m 2 + m 2 + 3 ≤ 0 (điều không thể)
a

=
−
1
<
0

• Vậy: không tồn tại m để hs luôn nghịch biến trên D.
VD3: Định m để hàm số y = x 3 + 3 x 2 + (m − 1) x + 4m nghịch biến trong ( - 1; 1)
• D=R
• y' = 3x 2 + 6 x + m − 1
af (−1) < 0
Hàm số nghịch biến trong ( - 1; 1) ⇔ y '≤ 0 và x1 < −1 < 1 < x 2 ⇔ 
af (1) < 0
3(3 − 6 + m − 1) < 0
m < 4
⇔
⇔
⇒ m < −8
3(3 + 6 + m − 1) < 0
 m < −8
• Vậy: m < −8 thì hs nghịch biến trong ( - 1; 1).
VD4: Định m để hàm số y = x 3 + (m − 1) x 2 − (2m 2 + 3m + 2) x tăng trên (2;+∞)
• D=R
• y ' = 3 x 2 + 2(m − 1) x − (2m 2 + 3m + 2)
∆' ≤ 0


 ∆ ' > 0
Hàm số tăng trên (2;+∞) ⇔ y '≤ 0 và x1 < x 2 ≤ 2 ⇔ 
af (2) ≥ 0


 S
 2 < 2
7 m 2 + 7 m + 1 ≤ 0

 2
 3
7 m + 7m + 1 > 0
3
− ≤ m ≤ 2
⇔ 
⇔
⇒− ≤m≤2
 2
2
2
m > −5
3(−2m + m + 6) ≥ 0

 − 2(m − 1)
<2
 3.2

3
• Vậy: − ≤ m ≤ 2 thì hs tăng trên (2;+∞)
2
VD5: Định m để hàm số y = x 3 + 3 x 2 + mx + m nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1.
• D=R
• y' = 3x 2 + 6 x + m
Hàm số nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1. ⇔ y '≤ 0 và x1 − x 2 = 1

9 − 3m > 0
m < 3
3
⇔ 2
⇒
⇒m=
4
 S − 4 P = 1 4 − 4 m = 1

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

5


3
thì hs nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1.
4
BÀI TẬP VỀ NHÀ
Baøi 1.
Chứng minh rằng các hàm số sau luôn đồng biến trên từng khoảng xác định
(hoặc tập xác định) của nó:
•

Vậy: m =

a) y = x3 + 5x + 13


b) y =

x3
− 3x2 + 9x + 1
3

c) y =

2x − 1
x+ 2

x2 + 2x − 3
x2 − 2mx − 1
e) y = 3x − sin(3x + 1)
f) y =
x+1
x− m
Baøi 2.
Chứng minh rằng các hàm số sau luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định
(hoặc tập xác định) của nó:
a) y = −5x + cot(x − 1)
b) y = cos x − x
c) y = sin x − cos x − 2 2x
d) y =

Tìm m để các hàm số sau luôn đồng biến trên tập xác định (hoặc từng khoảng
xác định) của nó:

Baøi 3.


a) y = x3 − 3mx2 + (m+ 2)x − m b) y =
mx + 4
x+ m
Baøi 4.
Tìm m để hàm số:
d) y =

e) y =

x3 mx2
−
− 2x + 1
3
2

c) y =

x+ m
x− m

x2 − 2mx − 1
x− m

f) y =

x2 − 2mx + 3m2
x − 2m

a) y = x3 + 3x2 + mx + m nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1.

1 3 1 2
x − mx + 2mx − 3m+ 1 nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 3.
3
2
1
c) y = − x3 + (m− 1)x2 + (m+ 3)x − 4 đồng biến trên một khoảng có độ dài bằng 4.
3
Baøi 5.
Tìm m để hàm số:
b) y =

a) y =

x3
+ (m+ 1)x2 − (m+ 1)x + 1 đồng biến trên khoảng (1; +∞).
3

b) y = x3 − 3(2m+ 1)x2 + (12m+ 5)x + 2 đồng biến trên khoảng (2; +∞).
mx + 4
(m≠ ±2) đồng biến trên khoảng (1; +∞).
x+ m
x+ m
d) y =
đồng biến trong khoảng (–1; +∞).
x− m
c) y =

e) y =

x2 − 2mx + 3m2

đồng biến trên khoảng (1; +∞).
x − 2m

 1

−2x2 − 3x + m
nghịch biến trên khoảng  − ; +∞ ÷.
 2

2x + 1
VẤN ĐỀ 3: Ứng dụng tính đơn điệu để chứng minh bất đẳng thức
Để chứng minh bất đẳng thức ta thực hiện các bước sau:
• Chuyển bất đẳng thức về dạng f(x) > 0 (hoặc <, ≥ , ≤ ). Xét hàm số y = f(x) trên tập xác
f) y =

6 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


định do đề bài chỉ định.
• Xét dấu f′ (x). Suy ra hàm số đồng biến hay nghịch biến.
• Dựa vào định nghĩa sự đồng biến, nghịch biến để kết luận.
Chú ý:
1) Trong trường hợp ta chưa xét được dấu của f ′ (x) thì ta đặt h(x) = f ′ (x) và quay lại tiếp
tục xét dấu h′ (x) … cho đến khi nào xét dấu được thì thôi.
2) Nếu bất đẳng thức có hai biến thì ta đưa bất đẳng thức về dạng: f(a) < f(b).
Xét tính đơn điệu của hàm số f(x) trong khoảng (a; b).

VD 1: chứng minh sin x < x, ∀x > 0
⇔ sin x − x < 0 . Đặt f ( x) = sin x − x
• f ' ( x) = cos x − 1 < 0, ( ∀x > 0 ) ⇒ f ( x ) < 0 ⇒ sin x − x < 0, ( ∀x > 0 ) đpcm.
VD 2: chứng minh sin x > x −

x3
, ∀x > 0
6

x3
x3
⇔ sin x − x +
> 0 . Đặt f ( x) = sin x − x +
6
6
2
x
• f ' ( x) = cos x − 1 +
2
• f ' ' ( x) = − sin x + x > 0 (chứng minh trên)
x3
⇒ f ' ( x ) > 0 ⇒ f ( x) > 0 ⇒ sin x − x +
> 0, ( ∀x > 0 ) đpcm.
6
BÀI TẬP VỀ NHÀ
Baøi 1.
Chứng minh các bất đẳng thức sau:
2
1
π

x3
b) sin x + tan x > x, vôù
i 0< x <
< sin x < x, vôù
i x> 0
3
3
2
6
π
π
c) x < tan x, vôù
d) sin x + tan x > 2x, vôù
i 0< x <
i 0< x <
2
2
Baøi 2.
Chứng minh các bất đẳng thức sau:
tana a
π
π
a)
b) a − sina < b − sinb, vôù
< , vôù
i 0< a< b<
i 0< a < b<
tanb b
2
2

π
c) a − tana < b − tanb, vôù
i 0< a< b<
2
Baøi 3.
Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) x −

a) sin x >

2x
π
, vôù
i 0< x<
π
2

b) x −

x3
x3 x5
< sin x < x − +
, vôù
i x> 0
6
6 120

π
2
Baøi 4.

Chứng minh các bất đẳng thức sau:
i x> 0
a) ex > 1+ x, vôù
b) ln(1+ x) < x, vôù
i x> 0
c) xsin x + cos x > 1, vôù
i 0< x <

Baøi 5.

(

)

1
d) 1+ x ln x + 1+ x2 ≥ 1+ x2
, vôù
i x> 0
1+ x
Chứng minh các bất đẳng thức sau:

c) ln(1+ x) − ln x >

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

7



a) tan550 > 1,4

b)

1
7
< sin200 <
3
20

HD: a) tan550 = tan(450 + 100) . Xét hàm số f (x) =

c) log2 3 > log3 4
1+ x
.
1− x

b) Xét hàm số f (x) = 3x − 4x3 .
 1 1
1
7  1 1
f(x) đồng biến trong khoảng  − ; ÷ và ,sin200, ∈  − ; ÷.
 2 2
3
20  2 2 
c) Xét hàm số f (x) = logx(x + 1) với x > 1.
BÀI 2: CỰC TRỊ HÀM SỐ
I. Khái niệm cực trị của hàm số

Giả sử hàm số f xác định trên tập D (D ⊂ R) và x0 ∈ D.
a) x0 – điểm cực đại của f nếu tồn tại khoảng (a; b) ⊂ D và x0 ∈ (a; b) sao cho
f(x) < f(x0), với ∀x ∈ (a; b) \ {x0}.
Khi đó f(x0) đgl giá trị cực đại (cực đại) của f.
b) x0 – điểm cực tiểu của f nếu tồn tại khoảng (a; b) ⊂ D và x0 ∈ (a; b) sao cho
f(x) > f(x0), với ∀x ∈ (a; b) \ {x0}.
Khi đó f(x0) đgl giá trị cực tiểu (cực tiểu) của f.
c) Nếu x0 là điểm cực trị của f thì điểm (x0; f(x0)) đgl điểm cực trị của đồ thị hàm số f.
II. Điều kiện cần để hàm số có cực trị
Nếu hàm số f có đạo hàm tại x0 và đạt cực trị tại điểm đó thì f′ (x0) = 0.
Chú ý: Hàm số f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không
có đạo hàm.
III. Điểu kiện đủ để hàm số có cực trị
1. Định lí 1: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a; b) chứa điểm x 0 và có đạo hàm trên
(a; b)\{x0}
a) Nếu f′ (x) đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x0 thì f đạt cực tiểu tại x0.
b) Nếu f′ (x) đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua x0 thì f đạt cực đại tại x0.
2. Định lí 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng (a; b) chứa điểm x 0, f′ (x0) = 0 và có
đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x0.
a) Nếu f′′ (x0) < 0 thì f đạt cực đại tại x0.
b) Nếu f′′ (x0) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x0.
VẤN ĐỀ 1: Tìm cực trị của hàm số
Qui tắc 1: Dùng định lí 1.
• Tìm f′ (x).
• Tìm các điểm xi (i = 1, 2, …) mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
• Xét dấu f′ (x). Nếu f′ (x) đổi dấu khi x đi qua xi thì hàm số đạt cực trị tại xi.
Qui tắc 2: Dùng định lí 2.
• Tính f′ (x).
• Giải phương trình f′ (x) = 0 tìm các nghiệm xi (i = 1, 2, …).


8 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


• Tính f′′ (x) và f′′ (xi) (i = 1, 2, …).
Nếu f′′ (xi) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại xi.
Nếu f′′ (xi) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại xi.
VD 1: tìm cực trị của hàm số sau: y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 5
• D=R
• y' = 3x 2 − 6 x − 9
 x = −1
2
Cho y ' = 0 ⇔ 3 x − 6 x − 9 = 0 ⇒ 
x = 3
• BBT

•

Vậy: hàm số đạt cực đại tại (-1;10)
Hàm số đạt cực tiểu tại (3;-22)

Cũng bài trên thầy sẽ làm theo dấu hiệu II.
Các e tính thêm y ' ' = 6 x − 6 .
y ' ' (−1) = −12 < 0 ⇒ hs đạt cực đại tại x=-1
y ' ' (3) = 12 > 0 ⇒ hs đạt cực tiểu tại x=-1
 Vậy với dấu hiệu II ta sẽ bỏ qua bước BBT ( thường dùng cho nhưng bài lượng giác)


Qua ví dụ này ta thấy rằng bài toán cực trị các bước làm như đơn điệu chỉ thêm vào
phần giá trị của y. VẬY các em lấy VD của phần bài 1 tập tìm cực trị nhé.
BÀI TẬP VỀ NHÀ
Baøi 1.
Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) y = 3x2 − 2x3

b) y = x3 − 2x2 + 2x − 1

x4
e) y = x4 − 4x2 + 5
− x2 + 3
2
− x2 + 3x + 6
3x2 + 4x + 5
g) y =
h) y =
x+ 2
x+1
Baøi 2.
Tìm cực trị của các hàm số sau:
d) y =

4x2 + 2x − 1

a) y = (x − 2)3(x + 1)4

b) y =

d) y = x x2 − 4


e) y = x2 − 2x + 5

Baøi 3.

2x2 + x − 3

1
c) y = − x3 + 4x2 − 15x
3
x4
3
f) y = −
+ x2 +
2
2
2
x − 2x − 15
i) y =
x− 3
c) y =

3x2 + 4x + 4
x2 + x + 1

f) y = x + 2x − x2

Tìm cực trị của các hàm số sau:

a) y = 3 x2 + 1


GV:Lê Thị Bạch Tuyết

b) y =

3 2

x
2x + 1

c) y = ex + 4e− x

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

9


d) y = x2 − 5x + 5+ 2ln x

e) y = x − 4sin2 x

f) y = x − ln(1+ x2)

VẤN ĐỀ 2: Tìm điều kiện để hàm số có cực trị
1. Nếu hàm số y = f(x) đạt cực trị tại điểm x0 thì f′ (x0) = 0 hoặc tại x0 không có đạo hàm.
2. Để hàm số y = f(x) đạt cực trị tại điểm x0 thì f′ (x) đổi dấu khi x đi qua x0.
Chú ý:
• Hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d có cực trị ⇔ Phương trình y′ = 0 có hai nghiệm

phân biệt.
Khi đó nếu x0 là điểm cực trị thì ta có thể tính giá trị cực trị y(x0) bằng hai cách:
+ y(x0) = ax03 + bx02 + cx0 + d
+ y(x0) = Ax0 + B , trong đó Ax + B là phần dư trong phép chia y cho y′ .
2
P (x)
• Hàm số y = ax + bx + c =
(aa′≠ 0) có cực trị ⇔ Phương trình y′ = 0 có hai
Q(x)
a' x + b'
b'
nghiệm phân biệt khác − .
a'
Khi đó nếu x0 là điểm cực trị thì ta có thể tính giá trị cực trị y(x0) bằng hai cách:
P (x0)
P '(x0)
y(x0) =
hoặc y(x0) =
Q(x0)
Q '(x0)
• Khi sử dụng điều kiện cần để xét hàm số có cực trị cần phải kiểm tra lại để loại bỏ
nghiệm ngoại lai.
• Khi giải các bài tập loại này thường ta còn sử dụng các kiến thức khác nữa, nhất là định
lí Vi–et.
 y ' ( A) = 0
 Nhận x=A làm cực đại ⇔ 
 y ' ' ( A) < 0
 y ' ( A) = 0
 Nhận x=A làm cực tiểu ⇔ 
 y ' ' ( A) > 0


VD1: CMR hs sau luôn có cực đại, cực tiểu:
a) y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m 3
• D=R
• y ' = 3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
Cho y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1) = 0
∆' = 9m 2 − 9m 2 + 9 > 0 ⇒ hs sau luôn có cực đại, cực tiểu. đpcm.
x 2 + m(m 2 − 1) x − m 4 + 1
b) y =
x−m
• D= R \ {m}
•

x 2 − 2mx − m 2 (m 2 − 1) − (− m 4 + 1) x 2 − 2mx + m 2 − 1
y' =
=
( x − m) 2
( x − m) 2

Cho y ' = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0

10 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


∆' = m 2 − m 2 + 1 > 0 ⇒ hs sau luôn có cực đại, cực tiểu. đpcm.
VD2: tìm m để hs y = (m + 2) x 3 + 3x 2 + mx − 5 có cực đại, cực tiểu

• D=R
• y ' = 3(m + 2) x 2 + 6 x + m
hs có cực đại, cực tiểu ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
m ≠ −2
 m ≠ −2
 m ≠ −2
 m ≠ −2
⇔
⇔
⇔
⇔
2
∆ ' > 0
9 − 3m(m + 2) > 0
− 3 < m < 1
− 3m − 6m + 9 > 0
 m ≠ −2
Vậy: 
thì hs có cực đại, cực tiểu.
− 3 < m < 1
x 2 + mx + 2
VD3: tìm m để hs y =
không có cực trị
x −1
• D= R \ {1}
•

x 2 − 2x − m − 2
( x − 1) 2
hs không có cực trị ⇔ y ' = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

⇔ ∆' ≤ 0 ⇒ 1 + m + 2 ≤ 0 ⇒ m ≤ −3
• Vậy: m ≤ −3 thì hs không có cực trị.
VD4: tìm m để hs y = mx 3 + 3 x 2 + 3 x + 2 đạt cực đại tại x =1.
• D=R
• y ' = 3mx 2 + 6 x + 3
• y ' ' = 6mx + 6
 y ' (1) = 0
⇒ m = −3
hs đạt cực đại tại x =1 ⇔ 
 y ' ' (1) < 0
• Vậy: m = −3 thì hs đạt cực đại tại x =1.
VD5: Tìm a, b để hs y = ax 3 + bx 2 + x đạt cực đại tại x =1 và cực tiểu tại x = 2.
• D=R
• y ' = 3ax 2 + 2bx + 1
• y ' ' = 6ax + 2b
 y ' (1) = 0
1

a=
 y ' ' (1) < 0



6
⇒
hs đạt cực đại tại x =1 và cực tiểu tại x = 2 ⇔ 
 y ' (2) = 0
b = − 3
 y ' ' (2) > 0 
4

1
3
• Vậy: a = ; b = − thì hs đạt cực đại tại x =1 và cực tiểu tại x = 2.
6
4
3
2
VD6: Cho hs y = x − 3 x + 3mx + 1 .Gọi M ( x1 ; y1 ), N ( x 2 ; y 2 ) là hai điểm cực trị.
CMR: y1 − y 2 = 2( x1 − x 2 )( x1 x 2 − 1)
• D=R
• y ' = 3 x 2 − 6 x + 3m
Cho y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 6 x + 3m = 0
Theo định lý Vi-ét thì x1 + x 2 = 2 và x1 .x 2 = m
•

y' =

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

11


•

y1 − y 2 = 3x12 − 6 x1 + 3m − (3 x 22 − 6 x 2 + 3m) = ... = 2( x1 − x 2 )( x1 .x 2 − 1) . Đpcm


Các em nè, qua VD trên ta thấy rằng ứng dụng Vi-ét là rất lớn, ngoài ra còn
dạng so sánh α nữa. Vì vậy nếu các em hiểu sâu so sánh α thì mọi đề thi đại học được giải
quyết rất nhanh.

Thầy xin nhắc lại kiến thức Vi-ét và so sánh α một lần nữa.
b
c
 Vi-ét: S = x1 + x 2 = − và P = x1 .x 2 =
a
a
2
1
1
S
x1 x 2 S − 2 P
x12 x 22 S 2 − 2 P
+
= ;
+
=
+
=
x12 + x 22 = S 2 − 2 P ;
;
x1 x 2 P
x 2 x1
P
x 22 x12
P2
x13 + x 23 = S ( S 2 − 3P) ;

x14 + x 24 = ( S 2 − 2 P) 2 − 2 P 2 ;
d = x1 − x 2 ⇒ d 2 = S 2 − 4 P
 So sánh α:
x1 < α < x 2 ⇔ af (α ) < 0

∆ > 0

x1 < x 2 < α ⇔ af (α ) > 0
S
 <α
2
af (α ) ≤ 0
x1 ≤ α < β ≤ x 2 ⇔ 
af ( β ) ≤ 0


∆ > 0

α < x1 < x 2 ⇔ af (α ) > 0
S
 >α
2

af (α ) < 0
∆ > 0

x1 < α < x 2 < β ⇔ af ( β ) > 0 ...................

S < β
 2

VD7: Cho y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m 3 . Tìm m để hàm số có cực trị trái dấu nhau.
• D=R
• y ' = 3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
Cho y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1) = 0
∆' = 9m 2 − 9m 2 + 9 > 0 ⇒ hs sau luôn có cực đại, cực tiểu tại x1 , x 2
• Hàm số có cực trị trái dấu nhau ⇔ x1 < 0 < x 2
⇔ 3 f (0) < 0 ⇒ 9(m 2 − 1) < 0 ⇒ −1 < m < 1
• Vậy − 1 < m < 1 thì hàm số có cực trị trái dấu nhau.
VD8: Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1) x 2 + 9 x − m . Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại
x1 , x 2 sao cho x1 − x 2 ≤ 2 .
•
•

D=R
y ' = 3 x 2 − 6(m + 1) x + 9.
⇔ phương trình y ' = 0 có hai nghiệm pb là
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x 2
x1 , x 2
⇔ Pt x 2 − 2(m + 1) x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x 2 .

12 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


 m > −1 + 3
⇔ ∆' = (m + 1) 2 − 3 > 0 ⇔ 
(1)

m < −1 − 3
• Theo định lý Viet ta có x1 + x 2 = 2(m + 1); x1 x 2 = 3. Khi đó

x1 − x 2 ≤ 2 ⇔ ( x1 + x 2 ) 2 − 4 x1 x 2 ≤ 4 ⇔ 4( m + 1) 2 − 12 ≤ 4

⇔ (m + 1) 2 ≤ 4 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là − 3 ≤ m < −1 − 3 và − 1 + 3 < m ≤ 1.
VD9: Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực
tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau
qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0.
• D=R
• y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m.
Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0.
Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)
Trung điểm
thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)
uuur I của đoạn
r
Vectơ AB = (2m; 4m3 ) ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (8; −1) .
I ∈ d
Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔ 
 AB ⊥ d
 m + 8(2m3 − 3m − 1) − 74 = 0
⇔  uuur r
⇔m = 2
 AB.u = 0
y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m (1)

VD10: Cho hàm số
Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
• D=R
• y , = 3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
Để hàm số có cực trị thì PT y , = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân biệt
⇔ ∆ = 1 > 0, ∀m
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-22m)
 m = −3 + 2 2
2
Theo giả thiết ta có OA = 2OB ⇔ m + 6m + 1 = 0 ⇔ 
 m = −3 − 2 2
•

Vậy có 2 giá trị của m là m = −3 − 2 2 và m = −3 + 2 2
VD11: Cho hs y = 2 x 3 + 3(m − 1) x 2 + 6(m − 2) x − 1 . Lập phương trình đường thẳng đi qua 2
điểm cực đại và cực tiểu.
• D=R
• y ' = 6 x 2 + 6(m − 1) x + 6(m − 2) x
Hs có 2 điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇒ m ≠ 3
m 1
1
2
2
• Ta có y = y '. x + −  − (m − 3) x − m + 3m − 3
6 6
3
2
2

⇒ y = −(m − 3) x − m + 3m − 3 là đường thẳng qua 2 điểm cực trị.

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

13


x 2 + mx + 2
.
x −1
a) Lập phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại và cực tiểu.
b) Tìm m để hs có cực đại, cực tiểu sao cho y CĐ − y CT = 4
GIẢI:
a) D= R \ {1}
x 2 − 2x − m − 2
• y' =
( x − 1) 2
Hs có 2 điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇒ m > −3
u'
• Ta có y = ⇒ y = 2 x + m là đường thẳng qua 2 điểm cực trị
v'
y
b) YCBT CĐ − y CT = 2( x1 − x 2 ) = 4
⇔ S 2 − 3P = 4 ⇔ 4 + 3m + 6 = 4 ⇒ m = −2 (thỏa đk)

VD12: Cho hs y =


1 3
1
2
VD13: Cho hàm số y = x − (m − 1)x + 3(m − 2)x + .Với giá trị nào của m thì hàm số có
3
3
cực đại, cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại, cực tiểu x1, x2 thỏa x1 + 2x2 = 1.
GIẢI:
TXĐ: D = R. y ' = mx 2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) . Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0 có 2
nghiệm phân biệt x1, x2.
m ≠ 0
m ≠ 0
m ≠ 0

⇔
⇔
⇔ 2 − 6
2− 6
2
2
(*)
∆ ' = (m − 1) − 3m(m − 2) > 0
−2m + 4m + 1 > 0

 2
2
Theo định lí Viet và theo đề bài, ta có:
2(m − 1)


(1)
 x1 + x 2 =
m

3(m − 2)
3m − 4
2−m

(2) . Từ (1) và (3), ta có: x1 =
, x2 =
.
 x1.x 2 =
m
m
m

(3)
 x1 + 2x 2 = 1


 3m − 4  2 − m  3(m − 2)
(m ≠ 0)
Thế vào (2), ta được: 
÷
÷=
m
 m  m 
2


m=
2
2

⇔ 3m − 8m + 4 = 0 ⇔
3 (thỏa(*)). Vậy giá trị cần tìm là: m = ∨ m = 2

3
m = 2
VD14: Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4 . Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng
thời các điểm cực đại và cực tiểu lập thành một tam giác đều.
x = 0
Giải: TXĐ: D = R. y ' = 4x 3 − 4mx . y’= 0 ⇔  2
. Hàm số có cực đại và cực tiểu thì
 x = m(*)
y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi x qua các nghiệm đó ⇔ phương trình (*)
có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0. Khi đó:

14 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


 x = 0 ⇒ y = m 4 + 2m
y' = 0 ⇔ 
. Đồ thị hàm số có một điểm cực đại là
4
2

 x = ± m ⇒ y = m − m + 2m
A(0, m 4 + 2m) và hai điểm cực tiểu là B(− m, m 4 − m 2 + 2m);C( m; m 4 − m 2 + 2m) .
AB = AC
Các điểm A, B, C lập thành một tam giác đêu ⇔ 
AB = BC
⇔ AB2 = BC2 ⇔ m + m 4 = 4m ⇔ m(m3 − 3) = 0 . Vậy m = 3 3
(m > 0)
4
2
VD15: Cho hàm số y = kx + (k − 1)x + 1 − 2k . Xác định các giá trị của tham số k để đồ thị
hàm số chỉ có một điểm cực trị.
x = 0
Giải: TXĐ: D = R. y ' = 4kx 3 + 2(k − 1)x . y ' = 0 ⇔ 
. Hàm số chỉ có một
2
 2kx + k − 1 = 0(*)
cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có một nghiệm duy nhất và y’ đổi dấu khi x đi qua nghiệm đó
⇔ phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm x = 0.
k = 0
k = 0

⇔  k ≠ 0
⇔
⇔ k ≤ 0 ∨ k ≥ 1 . Vậy giá trị cần tìm là
k < 0∨ k ≥1


 ∆ ' = −2k(k − 1) ≤ 0
k ≤ 0 ∨ k ≥ 1.
1 4

3
2
VD16: Cho hàm số y = x − mx + . Xác định m để đồ thị của hàm số có cực tiểu mà
2
2
không có cực đại.
x = 0
Giải: TXĐ: D = R. y ' = 2x 3 − 2mx . y ' = 0 ⇔  2
. Hàm số có cực tiểu mà không có
 x = m(*)
cực đại ⇔ y ' = 0 có một nghiệm duy nhất và y’ đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua nghiệm
đó ⇔ phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0 ⇔ m ≤ 0
BÀI TẬP VỀ NHÀ
Baøi 1.
Chứng minh rằng các hàm số sau luôn có cực đại, cực tiểu:
a) y = x3 − 3mx2 + 3(m2 − 1)x − m3
c) y =
Baøi 2.

x2 + m(m2 − 1)x − m4 + 1
x− m
Tìm m để hàm số:

b) y = 2x3 − 3(2m+ 1)x2 + 6m(m+ 1)x + 1
d) y =

x2 + mx − m+ 2
x − m+ 1

a) y = (m+ 2)x3 + 3x2 + mx − 5 có cực đại, cực tiểu.

b) y = x3 − 3(m− 1)x2 + (2m2 − 3m+ 2)x − m(m− 1) có cực đại, cực tiểu.
c) y = x3 − 3mx2 + (m2 − 1)x + 2 đạt cực đại tại x = 2.
1
d) y = −mx4 + 2(m− 2)x2 + m− 5 có một cực đại x = .
2
2
x − 2mx + 2
e) y =
đạt cực tiểu khi x = 2.
x− m
x2 − (m+ 1)x − m2 + 4m− 2
f) y =
có cực đại, cực tiểu.
x−1

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

15


g) y =
Baøi 3.

x2 − x + m
có một giá trị cực đại bằng 0.
x−1

Tìm m để các hàm số sau không có cực trị:

a) y = x3 − 3x2 + 3mx + 3m+ 4
− x2 + mx + 5
x− 3
Baøi 4.
Tìm a, b, c, d để hàm số:
c) y =

b) y = mx3 + 3mx2 − (m− 1)x − 1
d) y =

x2 − (m+ 1)x − m2 + 4m− 2
x−1

4
1
tại x =
27
3
b) y = ax4 + bx2 + c có đồ thị đi qua gốc toạ độ O và đạt cực trị bằng –9 tại x = 3 .
a) y = ax3 + bx2 + cx + d đạt cực tiểu bằng 0 tại x = 0 và đạt cực đại bằng

x2 + bx + c
đạt cực trị bằng –6 tại x = –1.
x−1
ax2 + bx + ab
d) y =
đạt cực trị tại x = 0 và x = 4.
bx + a

ax2 + 2x + b
e) y =
đạt cực đại bằng 5 tại x = 1.
x2 + 1
Baøi 5.
Tìm m để hàm số :
c) y =

a) y = x3 + 2(m− 1)x2 + (m2 − 4m+ 1)x − 2(m2 + 1) đạt cực trị tại hai điểm x1, x2 sao cho:
1 1 1
+
= (x + x ) .
x1 x2 2 1 2
1 3
x − mx2 + mx − 1 đạt cực trị tại hai điểm x1, x2 sao cho: x1 − x2 ≥ 8 .
3
1
1
c) y = mx3 − (m− 1)x2 + 3(m− 2)x + đạt cực trị tại hai điểm x 1, x2 sao cho: x1 + 2x2 = 1
3
3
.
Baøi 6.
Tìm m để hàm số :
b) y =

x2 + mx − m+ 2
có cực đại, cực tiểu và các giá trị cực đại, cực tiểu cùng dấu.
x − m+ 1
x2 − (m+ 1)x − m2 + 4m− 2

b) y =
có cực đại, cực tiểu và tích các giá trị cực đại, cực tiểu
x−1
đạt giá trị nhỏ nhất.
− x2 + 3x + m
c) y =
có giá trị cực đại M và giá trị cực tiểu m thoả M − m = 4 .
x− 4
2x2 + 3x + m− 2
d) y =
có yCÑ − yCT < 12 .
x+ 2
Baøi 7.
Tìm m để đồ thị hàm số :
a) y =

a) y = − x3 + mx2 − 4 có hai điểm cực trị là A, B và AB2 =

16 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

900m2
.
729

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


b) y = x4 − mx2 + 4x + m có 3 điểm cực trị là A, B, C và tam giác ABC nhận gốc toạ độ O

làm trọng tâm.
x2 + mx + m− 2
c) y =
có hai điểm cực trị nằm hai phía đối với trục tung. Chứng minh hai
x− m
điểm cực trị luôn luôn nằm cùng một phía đối với trục hoành.
x2 + mx
d) y =
có khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 10.
1− x
− x2 + 2mx + 5
e) y =
có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với đường thẳng
x−1
y = 2x.
x2 + 2x + m+ 3
f) y =
có hai điểm cực trị và khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất.
x− m
Baøi 8.
Tìm m để đồ thị hàm số :
a) y = 2x3 + mx2 − 12x − 13 có hai điểm cực trị cách đều trục tung.
b) y = x3 − 3mx2 + 4m3 có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đường phân giác
thứ nhất.
c) y = x3 − 3mx2 + 4m3 có các điểm cực đại, cực tiểu ở về một phía đối với đường thẳng
(d): 3x − 2y + 8 = 0 .
x2 + (2m+ 1)x + m2 + 1
có hai điểm cực trị nằm ở hai phía đối với đường thẳng (d):
x+ 1
2x − 3y − 1= 0 .

Baøi 9.
Tìm m để đồ thị hàm số :
d) y =

x2 − (m+ 1)x + 2m− 1
có hai điểm cực trị ở trong góc phần tư thứ nhất của mặt
x− m
phẳng toạ độ.
2mx2 + (4m2 + 1)x + 32m2 + 2m
b) y =
có một điểm cực trị nằm trong góc phần tư thứ hai
x + 2m
và điểm kia nằm trong góc phần tư thứ tư của mặt phẳng toạ độ.
mx2 − (m2 + 1)x + 4m2 + m
c) y =
có một điểm cực trị nằm trong góc phần tư thứ nhất và
x− m
điểm kia nằm trong góc phần tư thứ ba của mặt phẳng toạ độ.
x2 + (2m+ 1)x + m2 + 1
d) y =
có hai điểm cực trị nằm ở hai phía của trục hoành (tung).
x+ 1
Bài 10. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số :
a) y =

a) y = x3 − 2x2 − x + 1

b) y = 3x2 − 2x3

c) y = x3 − 3x2 − 6x + 8

2x2 − x + 1
x2 − x − 1
e y=
x+ 3
x− 2
Bài 11. Khi hàm số có cực đại, cực tiểu, viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
của đồ thị hàm số:
d) y =

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

17


a) y = x3 − 3mx2 + 3(m2 − 1)x − m3

x2 + mx − 6
x− m
2
x + mx − m+ 2
d) y =
x − m+ 1
b) y =

c) y = x3 − 3(m− 1)x2 + (2m2 − 3m+ 2)x − m(m− 1)

Bài 12. Tìm m để hàm số:

a) y = 2x3 + 3(m− 1)x2 + 6(m− 2)x − 1 có đường thẳng đi qua hai điểm cực trị song song
với đường thẳng y = –4x + 1.
b) y = 2x3 + 3(m− 1)x2 + 6m(1− 2m)x có các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị nằm trên
đường thẳng y = –4x.
c) y = x3 + mx2 + 7x + 3 có đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu vuông góc với
đường thẳng y = 3x – 7.
d) y = x3 − 3x2 + m2x + m có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng
1
5
x− .
2
2
BÀI 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
1. Định nghĩa:
Giả sử hàm số f xác định trên miền D (D ⊂ R).
(∆): y =

 f (x) ≤ M ,∀x∈ D
a) M = max f (x) ⇔ 
D
∃x0 ∈ D : f (x0) = M
 f (x) ≥ m,∀x∈ D
b) m= min f (x) ⇔ 
D
∃x0 ∈ D : f (x0) = m
2. Tính chất:
a) Nếu hàm số f đồng biến trên [a; b] thì max f (x) = f (b), min f ( x) = f (a) .
[a;b]

[a;b]

f (x) = f (a), min f ( x) = f (b) .
b) Nếu hàm số f nghịch biến trên [a; b] thì max
[a;b]
[a;b]
VẤN ĐỀ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số bằng cách lập bảng biến thiên
Cách 1: Thường dùng khi tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một khoảng.
• Tính f′ (x).
• Xét dấu f′ (x) và lập bảng biến thiên.
• Dựa vào bảng biến thiên để kết luận.
Cách 2: Thường dùng khi tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên một đoạn [a; b].
• Tính f′ (x).
• Giải phương trình f′ (x) = 0 tìm được các nghiệm x1, x2, …, xn trên [a; b] (nếu có).
• Tính f(a), f(b), f(x1), f(x2), …, f(xn).
• So sánh các giá trị vừa tính và kết luận.
M = max f (x) = max{ f (a), f (b), f (x1), f (x2),..., f (xn)}
[a;b]

m= min f (x) = min{ f (a), f (b), f (x1), f (x2),..., f (xn)}
[a;b]

VD1: Tìm GTLN-GTNN của hs: y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 5
• D=R

18 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


•

y' = 3x 2 − 6 x − 9

 x = −1
2
Cho y ' = 0 ⇔ 3 x − 6 x − 9 = 0 ⇒ 
x = 3
• BBT

Vậy: không có Maxy, Miny
VD2: Tìm GTLN-GTNN của hs: y = x 4 − 2 x 3 + 2 x + 1
•
D=R
• y' = 4 x 3 − 6 x 2 + 2
x = 0
3
2

y
'
=
0
⇔
4
x
−

6
x
+
2
=
0
⇒
Cho
x = − 1

2
• BBT

Vậy: Min y =

5
1
⇔x=−
16
2


Qua vd trên Max và Min rất để tìm chỉ cần tìm CĐ-CT mà thôi.
 Đối với hs có MXĐ trên đoạn thì ta không dùng đến BBT nữa.
VD3: Tìm GTLN-GTNN của hs: y = x 4 − 2 x 2 + 5 , x ∈ [−2;3]
D ∈ [−2;3] (hoặc D=R xét x ∈ [−2;3] )
y' = 4 x 3 − 4 x
x = 0
2
Cho y ' = 0 ⇔ 4 x( x − 1) = 0 ⇒ 

 x = ±1
y (0) = 5; y (−1) = 4; y (1) = 4; y (−2) = 13; y (3) = 68.
Vậy: Max y = 68 ⇔ x = 3 và Min y = 4 ⇔ x = ±1
•
•

x∈[ −2; 3]

x∈[ −2; 3]

VD4: Tìm GTLN-GTNN của hs: y = x 5 − 5 x 4 + 5 x 3 + 2 , x ∈ [−1;2]
• D ∈ [−1;2] (hoặc D=R xét x ∈ [−1;2] )
• y ' = 5 x 4 − 20 x 3 + 15 x 2
x = 0

Cho y ' = 0 ⇔ 5 x − 20 x + 15 x = 0 ⇒  x = 1
 x = 3 ∉ [−1;2]
4

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

3

2

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

19

y (0) = 2; y (1) = 3; y (−1) = −9; y (2) = −6.
Vậy: Max y = 3 ⇔ x = 1 và Min y = −9 ⇔ x = −1
x∈[ −1; 2 ]

x∈[ −1; 2 ]

VD5: Tìm GTLN-GTNN của hs: y =

20 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

x 2 + 2x + 3
, x ∈ (1;3]
x −1

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


•
•

D ∈ (1;3] (hoặc D= R \ {1} xét x ∈ (1;3] )
x 2 − 2x − 5
y' =
( x − 1) 2

Cho y ' = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 5 = 0 ⇒ x = 1 ± 6

• BBT

y = 9 ⇔ x = 3 và Max y không tồn tại.
Vậy: xMin
∈(1; 3]
x∈(1;3]
VD6: Tìm GTLN-GTNN của hs: y = 4 − x 2
D ∈ [−2;2]
−x
• y' =
4 − x2
Cho y ' = 0 ⇔ x = 0
y (0) = 2; y (−2) = 0; y (2) = 0.
Vậy: Max y = 2 ⇔ x = 0 và Min y = 0 ⇔ x = ±2
•

x∈[ −2; 2 ]

x∈[ −2; 2 ]

VD7: Tìm GTLN-GTNN của hs: y =
•
•
•

sin x + 1
sin x + sin x + 1
2

Đặt t = sin x, t ≤ 1

t +1
y= 2
; t ∈ [−1;1]
t + t +1
− t 2 − 2t
y' = 2
(t + t + 1) 2

t = 0
2
Cho y ' = 0 ⇔ −t − 2t = 0 ⇒ 
t = −2 ∉ [−1;1]
2
y (0) = 1; y ( −1) = 0; y (1) = .
3
Vậy: Max y = 1 ⇔ x = 0 và Min y = 0 ⇔ x = −1
t∈[ − −1;1]

x∈[ −1;1]

BÀI TẬP VỀ NHÀ
Baøi 1.
Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:
2
a) y = x + 4x + 3
b) y = 4x3 − 3x4
2

d) y = x + x − 2

e) y =

x−1
x2 − 2x + 2

c) y = x4 + 2x2 − 2
f) y =

2x2 + 4x + 5
x2 + 1
x4 + x2 + 1

1
x2 − x + 1
h) y =
i) y =
(x > 0)
x
x2 + x + 1
x3 + x
Baøi 2.
Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:
3
a) y = 2x + 3x2 − 12x + 1 trên [–1; 5]
b) y = 3x − x3 trên [–2; 3]
g) y = x2 +

c) y = x4 − 2x2 + 3 trên [–3; 2]

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

(x > 0)

d) y = x4 − 2x2 + 5 trên [–2; 2]

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

21


e) y =

3x − 1
trên [0; 2]
x− 3

g) y =

4x2 + 7x + 7
trên [0; 2]
x+ 2

x−1
trên [0; 4]
x+ 1
1− x + x2
h) y =
trên [0; 1]

1+ x − x2
k) y = 2 + x + 4 − x
f) y =

i) y = 100 − x2 trên [–6; 8]
Baøi 3.
Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:
1
2sin x − 1
a) y =
b) y =
sin x + 2
cos2 x + cos x + 1
d) y = cos2x − 2sin x − 1

e) y = sin3 x + cos3 x

g) y = 4 x2 − 2x + 5 + x2 − 2x + 3

c) y = 2sin2 x − cos x + 1
f) y =

x2 − 1
x4 − x2 + 1

h) y = − x2 + 4x + x2 − 4x + 3

 Ta chưa hết phần Max-Min đâu vì dạng toán này còn những ứng dụng từ các công cụ khác nữa. các
em muốn phần này đầy đủ thì đọc chuyên đề về Bất đẳng thức của thày thì các em sẽ hiểu sâu hơn.
 Giới thiệu sơ sơ về BĐT

VD1: Giả sử D = { (x; y; z) / x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z = 1} . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
x
y
z
+
+
.
x + 1 y + 1 z+ 1
 1
1
1 
+
+
Giải: P = 3− 
÷
 x + 1 y + 1 z + 1
P=

 1
1
1 
+
+
Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: [ (x + 1) + (y + 1) + (z = 1)] 
÷≥ 9
 x + 1 y + 1 z + 1
3
1
3
⇒ P ≤ . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = . Vậy min P = .

D
4
3
4

5
VD2: Cho D = (x; y)/ x > 0, y > 0, x + y =  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4
4 1
S= +
.
x 4y
1 1 1 1 1 
4 1 
Giải: ( x + x + x + x + 4y)  + + + + ÷ ≥ 25 ⇔ 4(x + y) + ÷ ≥ 25
 x x x x 4y 
 x 4y 
1
. Vậy minS = 5.
4
VD3: Cho D = { (x; y)/ x > 0, y > 0, x + y < 1} . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

⇒ S ≥ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1, y =

P=

x2
y2
1

.
+
+ x+ y+
1− x 1− y
x+ y

1
1
1
x2
y2
1
+
+
− 2.
+ (1+ y) +
+
−2 =
1− x 1− y x + y
1− x
1− y x + y
 1
1
1 
+
+
Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: [ (1− x) + (1− y) + (x + y)] 
÷≥ 9
 1− x 1− y x + y 
Giải: P = (1+ x) +

⇔

1
1
1
9
+
+
≥
1− x 1− y x + y 2

22 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


5
1
5
. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = . Vậy minP = .
2
3
2
VD4: Cho D = { (x; y)/ x > 0, y > 0, x + y ≥ 4} . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

⇒P ≥

P=
Giải: P =

3x2 + 4 2 + y2
+
.
4x
y2

x 1  1 y y x+ y
+ + 2 + + ÷+
4 x  y2 8 8 
2

Theo bất đẳng thức Cô–si:
1
y2

⇒P ≥

+

(1)

x 1
x 1
+ ≥ 2 . =1
4 x
4 x

y y
1 y y 3
+ ≥ 33 . . =
8 8
y2 8 8 4

(2)
(3)

9
9
. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 2. Vậy minP = .
2
2
BÀI4: TIỆM CẬN

1. Định nghĩa:
• Đường thẳng x = x0 đgl đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f (x) nếu ít nhất một trong các
điều kiện sau được thoả mãn:
lim+ f (x) = +∞ ;
lim+ f (x) = −∞ ;
lim− f (x) = +∞ ;
lim− f (x) = −∞
x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

• Đường thẳng y = y0 đgl đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f (x) nếu ít nhất một trong
các điều kiện sau được thoả mãn:
lim f (x) = y0 ;
lim f (x) = y0
x→+∞

x→−∞

• Đường thẳng y = ax + b, a ≠ 0 đgl đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f (x) nếu ít nhất một
trong các điều kiện sau được thoả mãn:
lim [ f (x) − (ax + b)] = 0;
lim [ f (x) − (ax + b)] = 0
x→+∞

x→−∞

2. Chú ý:
a) Nếu y = f (x) =

P (x)
là hàm số phân thức hữu tỷ.
Q(x)

• Nếu Q(x) = 0 có nghiệm x0 thì đồ thị có tiệm cận đứng x = x0 .
• Nếu bậc(P(x)) ≤ bậc(Q(x)) thì đồ thị có tiệm cận ngang.
• Nếu bậc(P(x)) = bậc(Q(x)) + 1 thì đồ thị có tiệm cận xiên.
b) Để xác định các hệ số a, b trong phương trình của tiệm cận xiên, ta có thể áp dụng các công thức
sau:
f (x)

a = lim
;
b = lim [ f (x) − ax]
x→+∞ x
x→+∞
f (x)
hoặc
a = lim
;
b = lim [ f (x) − ax]
x→−∞ x
x→−∞
VD1 : Tìm các đường tiệm cận của các hs sau:
x+2
a) y =
x −1
• D= R \ {1}
• lim+ y = +∞ ⇒ x = 1 là đường tiệm cận đứng.
x →1

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

23


•

b) y =
•
•
•
.c) y =
•
•

lim y = 1 ⇒ y = 1 là đường tiệm cận ngang.

x → +∞

x 2 − 3x + 3
1
= x−2+
x −1
x −1
D= R \ {1}
lim y = +∞ ⇒ x = 1 là đường tiệm cận đứng.
x →1+
 1 
lim [ y − ( x − 2)] = lim 
 = 0 ⇒ y = x − 2 là đường tiệm cận xiên
x → +∞ x − 1



x → +∞

x2 +1

x
D= R \ {0}
lim y = +∞ ⇒ x = 0 là đường tiệm cận đứng.
x →0 +
lim y = 1 ⇒ y = 1 là đường tiệm cận ngang.

•

x → +∞

•

x → −∞

lim y = −1 ⇒ y = −1 là đường tiệm cận ngang.

y
y
= 0; lim = 0 ⇒ không có tiệm cận xiên.
x → −∞ x
x → +∞ x
BÀI TẬP VỀ NHÀ
BÀI 1. Tìm các tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:
2x − 5
10x + 3
a) y =
b) y =
x−1
1− 2x
2

x − 4x + 3
(x − 2)2
d) y =
e) y =
x+1
1− x
BÀI 2. Tìm các tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:
x
2+ x
a) y = 2
b) y =
x − 4x + 5
9− x2
•

lim

d) y =

2x2 + 3x + 3

e) y =

x3 + x + 1

x2 + x + 1
x2 + 1
BÀI 3. Tìm các tiệm cận của đồ thị các hàm số sau:
4x + 2
a) y = x2 − 4x

b) y =
x2 − 9
x−1
x+1

2x + 3
2− x
7x2 + 4x + 5
f) y =
2 − 3x
c) y =

c) y =
f) y =

c) y =

x2 + 4x + 5
x2 − 1
x4 − x + 4
x3 − 1
1
x2 − 4x + 3

x2 − 3x + 2
x− 2
BÀI 5: KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
1. Các bước khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
• Tìm tập xác định của hàm số.
• Xét sự biến thiên của hàm số:

+ Tính y′ .
+ Tìm các điểm tại đó đạo hàm y′ bằng 0 hoặc không xác định.
+ Tìm các giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tìm tiệm cận (nếu có).
+ Lập bảng biến thiên ghi rõ dấu của đạo hàm, chiều biến thiên, cực trị của hàm số.
• Vẽ đồ thị của hàm số:
+ Tìm điểm uốn của đồ thị (đối với hàm số bậc ba và hàm số trùng phương).
– Tính y′′ .
– Tìm các điểm tại đó y′′ = 0 và xét dấu y′′ .
d) y = x

24 GV:Lê Thị Bạch Tuyết

e) y = 3 3x2 − x3

f) y =

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an


+ Vẽ các đường tiệm cận (nếu có) của đồ thị.
+ Xác định một số điểm đặc biệt của đồ thị như giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ (trong
trường hợp đồ thị không cắt các trục toạ độ hoặc việc tìm toạ độ giao điểm phức tạp thì có thể bỏ
qua). Có thể tìm thêm một số điểm thuộc đồ thị để có thể vẽ chính xác hơn.
+ Nhận xét về đồ thị: Chỉ ra trục đối xứng, tâm đối xứng (nếu có) của đồ thị.
2. Hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) :
• Tập xác định D = R.
• Đồ thị luôn có một điểm uốn và nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
• Các dạng đồ thị:

a>0
y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ’ = b2 – 3ac > 0

a<0

y

y

I
0

0

x

x

I

y’ = 0 có nghiệm kép
⇔ ’ = b2 – 3ac = 0

y’ = 0 vô nghiệm
⇔ ’ = b2 – 3ac < 0

y

y

I

I

0

0

x

x

3. Hàm số trùng phương y = ax4 + bx2 + c (a ≠ 0) :
• Tập xác định D = R.
• Đồ thị luôn nhận trục tung làm trục đối xứng.
• Các dạng đồ thị:
a > 0a < 0y’ = 0 coù 3 nghieäm phaân bieät
y ⇔ ab < 0

y’ =00 chæ coù x
1 nghieäm
y ⇔ ab > 0

0

GV:Lê Thị Bạch Tuyết

y

0

x

0

x

y

x

Trường THPT Quỳnh Lưu 2

Nghệ an

25