<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

§5

<b>KHẢO SÁT HÀM SỐ</b>

<b>A</b>

<b>CÁC DẠNG TOÁN</b>

<b>| Dạng 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm bậc ba</b>

y = ax3+ bx2+ cx + d (a 6= 0).

<b>ccc BÀI TẬP DẠNG 1 ccc</b>

Ví dụ 1. Khảo sát dự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3− 3x2_{+ 1.}

Lời giải.

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên

y0 = 3x2_{− 6x, xác định với ∀x ∈ R;}
y0 = 0 ⇔

"
x = 0

x = 2.

y0 > 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ (2; +∞);
y0 < 0 ⇔ x ∈ (0; 2).

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞); nghịch biến trên (0; 2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = y(0) = 1.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = y(2) = −3.

lim

x→−∞y = limx→−∞x
3

Å
1 − 3

x +
1
x3

ã

= −∞.

lim

x→+∞y = limx→+∞x
3

Å
1 − 3

x +
1
x3

ã

= +∞.

Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ 0 2 +∞

+ 0 − 0 +

−∞
−∞

1
1

−3
−3

+∞
+∞

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Đồ thị cắt trục Oy tại (0; 1).

Đồ thị đi qua các điểm (2; −3), (−1; −3), (3; 1).
Đồ thị nhận điểm I(1; −1) làm tâm đối xứng.

−2 3

−2
−1
1
2

x
y

O

I

2

−3

−1 1



Ví dụ 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3− 3x2_{+ 4x − 2.}

Lời giải.

• Tập xác định: R.

• Sự biến thiên

y0 = 3x2_{− 6x + 4 > 0 với ∀x ∈ R. Suy ra hàm số đồng biến trên R.}
Hàm số khơng có cực trị.

lim

x→−∞y = −∞.
lim

x→+∞y = +∞.
Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ +∞

+

−∞
−∞

+∞
+∞

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại (0; −2).

x3_{− 3x}2_{+ 4x − 2 = 0 ⇔ (x − 1)(x}2_{− 2x + 2) = 0 ⇔}
x = 1

suy ra đồ thị cắt trục Ox tại (1; 0).

Đồ thị đi qua (2; 2).

Đồ thị nhận I(1; 0) làm tâm đối xứng.

−1 2 3

−2
−1
1
2

x
y

O I

1



Ví dụ 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = −x
3
3 + x

2_{− x − 1.}

Lời giải.

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên

y0 = −x2_{+ 2x − 1 = −(x − 1)}2 _{= 0 ⇔ x = 1, y}0 _{< 0 với ∀x 6= 1.}
Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; +∞).

Hàm số khơng có cực trị.

lim

x→−∞y = +∞.
lim

x→+∞y = −∞.
Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ 1 +∞

− 0 −

+∞
+∞

−∞
−∞

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Đồ thị cắt trục Oy tại (0; −1).

Đồ thị đi qua các điểm (3; −4),
Å

−1;4
3

ã
.

Đồ thị nhận điểm I
Å

1; −4
3

ã

làm tâm đối xứng.

−2 −1 2

−4

−3
−2
−1
1
2

x
y

O

I

3

−4
3

4
3

1



Ví dụ 4.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = −x3_{− 3x}2_{+ 2.}

b) Sử dụng đồ thị, biện luận số nghiệm của phương trình −x3_{− 3x}2_{+ 2 = m.}

Lời giải.

a)

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên

y0 = −3x2_{− 6x, xác định với ∀x ∈ R;}
y0 = 0 ⇔

"

x = −2

x = 0.

y0 < 0 ⇔ x ∈ (−∞; −2) ∪ (0; +∞);
y0 > 0 ⇔ x ∈ (−2; 0).

Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −2) và (0; +∞); đồng biến trên (−2; 0).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = y(0) = 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = −2; yCT = y(−2) = −2.

lim

x→−∞y = +∞.
lim

x→+∞y = −∞.
Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ −2 0 +∞

− 0 + 0 −

+∞
+∞

−2
−2

2
2

−∞
−∞

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Đồ thị cắt trục Oy tại (0; 2).

Đồ thị đi qua các điểm (−2; −2), (1; −2), (−3; 2).

Đồ thị nhận điểm I(−1; 0) làm tâm đối xứng.

−3 2

−1
1

x
y

O
I

2

−2
−2 −1

1

y = m
m

b) Số nghiệm của phương trình −x3 − 3x2 _{+ 2 = m (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y =}
−x3_{− 3x}2_{+ 2 và đường thẳng y = m.}

Dựa vào đồ thị, ta suy ra:

•
"

m > 2

m < −2

: Phương trình (*) có một nghiệm.

•
"

m = 2

m = −2: Phương trình (*) có hai nghiệm.
• −2 < m < 2: Phương trình (*) có ba nghiệm.



BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho hàm số y = x3_{− 2x}2_{+ (1 − m)x + m có đồ thị (}_Cm_).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1.

b) Tìm m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, x3 thỏa mãn x21 +
x2

2+ x23 < 2018.

Lời giải.

a) Khi m = 1 hàm số có dạng y = x3_{− 2x}2_{+ 1.}
• Tập xác định: R.

y0 = 3x2− 4x = 0 ⇔



x = 0

x = 4
3
.

y0 > 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪Å 4
3; +∞

ã

; y0 < 0 ⇔ x ∈
Å

0;4
3

ã

. Suy ra hàm số đồng biến trên các

khoảng (−∞; 0) và Å 4
3; +∞

ã

, nghịch biến trên
Å

0;4
3

ã
.

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4

3, yCT = y
Å 4

3
ã

= −5
27.
lim

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

x

y0

y

−∞ 0 4

3 +∞

+ 0 − 0 +

−∞
−∞

1
1

− 5
27
− 5

27

+∞
+∞

• Đồ thị

Đồ thị cắt Oy tại (0; 1).

x3_{− 2x}2_{+ 1 = 0 ⇔ (x − 1)(x}2_{− x − 1) = 0}

⇔










x = 1

x = 1 −
√

5
2

x = 1 +
√

5
2

Suy ra đồ thị cắt trục Ox tại (1; 0),
Ç

1 −√5
2 ; 0

å
,

Ç

1 +√5
2 ; 0

å
.

Đồ thị qua Å 4
3; −

5
27

ã
.

−2 2

−2
−1
1
2

x
y

O
1

b) x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình x3− 2x2+ (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x2− x − m) = 0

⇔

"
x = 1

x2− x − m = 0 (∗)

Coi x1 = 1. Khi đó (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt thỏa mãn x21+ x22+ x23 < 2018 khi và chỉ khi (∗)
có hai nghiệm x2, x3 khác 1 và thỏa mãn x22+ x23 < 2017.

(∗) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔
(

∆ = 1 + 4m > 0

− m 6= 0 ⇔ −
1

4 < m 6= 0 (∗∗).

Khi đó, theo Định lý Viet ta có:

x2₂+ x2₃ < 2017 ⇔ (x2 + x3)2− 2x2x3 < 2017 ⇔ 1 + 2m < 2017 ⇔ m < 1008 (∗ ∗ ∗).

Kết hợp (∗∗) và (∗ ∗ ∗), ta được




− 1

4 < m < 1008
m 6= 0

.



Bài 2. Cho hàm số y = x3− 3x2_.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng d : y =
1

3x + 5.

Lời giải.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

y0 = 3x2_{− 6x = 0 ⇔}
"

x = 0

x = 2
.

y0 > 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ (2; +∞); y0 < 0 ⇔ x ∈ (0; 2). Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
(−∞; 0) và (2; +∞), nghịch biến trên (0; 2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = −4.

lim

x→−∞y = −∞, limx→+∞y = +∞.
Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ 0 2 +∞

+ 0 − 0 +

−∞
−∞

0
0

−4
−4

+∞
+∞

• Đồ thị

x3_{− 3x}2 _{= 0 ⇔ x}2_{(x − 3) = 0}
⇔

"
x = 0

x = 3

Suy ra đồ thị hàm số đi qua (0; 0), (3; 0), (−1; −4),

(2; −4).

1

−3
−2
−1
1
2

x
y

O

−1 2

3

−4

b) Hệ số góc của d là 1
3.

Tiếp tuyến ∆ ⊥ d ⇒ hệ số góc của ∆ là −3.

Ta có y0 = 3x2_{− 6x.}

Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm của ∆ và (C ) ⇒ y0(x0) = −3 ⇔ x20− 2x0+ 1 = 0 ⇔ x0 = 1 ⇒ y0 = −2.

Vậy ∆ : y + 2 = −3(x − 1) ⇔ y = −3x + 1. _

Bài 3. Cho hàm số y = 2x3− 9x2_{+ 12x − 4.}

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

b) Tìm m để phương trình |2x3_{− 9x}2_{+ 12x − 4| + 2m − 1 = 0 có nhiều hơn 3 nghiệm phân biệt.}
a) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng ∆ : y = 36x−5.

Lời giải.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

• Tập xác định: R.

y0 = 6x2_{− 18x + 12 = 0 ⇔}
"

x = 1

x = 2
.

y0 > 0 ⇔ x ∈ (−∞; 1) ∪ (2; +∞); y0 < 0 ⇔ x ∈ (1; 2). Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
(−∞; 1) và (2; +∞), nghịch biến trên (1; 2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = y(1) = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0.

lim

x→−∞y = −∞, limx→+∞y = +∞.
Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ 1 2 +∞

+ 0 − 0 +

−∞
−∞

1
1

0
0

+∞
+∞

• Đồ thị

Đồ thị hàm số giao Oy tại (0; −4).

2x3_{− 9x}2_{+ 12x − 4 = 0 ⇔ (x − 2)(2x}2_{− 5x + 2) = 0}
⇔




x = 2

x = 1
2

Suy ra đồ thị hàm số giao Ox tại (2; 0), Å 1
2; 0

ã
.

Đồ thị đi qua (3; 5).

−1 1 2 3

−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5

x
y

O
1
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

|2x3_{− 9x}2_{+ 12x − 4| + 2m − 1 = 0}
⇔ |2x3_{− 9x}2_{+ 12x − 4| = 1 − 2m.}

Suy ra số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm

của đồ thị (C1) của hàm số y = |2x3_{− 9x}2_{+ 12x − 4| với đường}
thẳng d : y = 1 − 2m.

Đặt f (x) = 2x3_{− 9x}2 _{+ 12x − 4}
⇒ y = |2x3_{− 9x}2_{+ 12x − 4| = |f (x)|.}
Do (C1) suy ra từ (C ) như sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị (C ) nằm phía trên trục Ox;

- Lấy đối xứng phần đồ thị (C ) nằm phía dưới Ox qua trục

Ox.

Từ đồ thị (C1) như hình bên suy ra phương trình đã cho có
nhiều hơn 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

0 < 1 − 2m < 1 ⇔ 0 < m < 1
2.

−1 1 2 3

−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5

x
y

O

1
2

c) Tiếp tuyến song song với ∆ : y = 36x − 5 ⇒ hệ số của tiếp tuyến là 36 ⇒ y0(x0) = 36
⇔ 6x2

0− 18x0+ 12 = 36 ⇔ x20− 3x0− 4 = 0 ⇔
"

x0 = 4 ⇒ y0 = 28
x0 = −1 ⇒ y0 = −27

.

Với x0 = 4, y0 = 28, ta có tiếp tuyến y = 36x − 116.

Với x0 = −1, y0 = −27, ta có tiếp tuyến y = 36x + 9. 
Bài 4. Cho hàm số y = −x3_{+ 3x}2_{+ 3(m}2_{− 1)x − 3m}2 _{− 1.}

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho khi m = 1.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên R.
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên (−∞; 2).

Lời giải.

a) Với m = 1 hàm số có dạng y = −x3+ 3x2− 4.
• Tập xác định: R.

y0 = −3x2_{+ 6x = 0 ⇔}

"

x = 0

x = 2
.

y0 < 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ (2; +∞); y0 > 0 ⇔ x ∈ (0; 2). Suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng
(−∞; 0) và (2; +∞), đồng biến trên (0; 2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = −4.

lim

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

x

y0

y

−∞ 0 2 +∞

− 0 + 0 −

+∞
+∞

−4
−4

0
0

+∞
+∞

• Đồ thị

Đồ thị hàm số giao Oy tại (0; −4).

−x3_{+ 3x}2_{− 4 = 0 ⇔ (x + 1)(−x}2 _{+ 4x − 4) = 0}
⇔

"
x = 2

x = −1

Suy ra đồ thị hàm số giao Ox tại (2; 0), (−1; 0).

−1 1 2

−4
−3
−2
−1
1
2

x
y

O

b) y0 = −3x2 + 6x + 3(m2− 1).

Hàm số nghịch biến trên R ⇔ y0 ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔( − 3 < 0

∆0 = 9 + 9(m2− 1) ≤ 0 ⇔ m

2 _{≤ 0 ⇔ m = 0.}
Kết luận: m = 0.

c) Hàm số nghịch biến trên (−∞; 2) ⇔ y0 ≤ 0, ∀x ∈ (−∞; 2) ⇔ −3x2_+6x+3(m2_{−1) ≤ 0, ∀x ∈ (−∞; 2)}
⇔ x2_{− 2x − (m}2_{− 1) ≥ 0, ∀x ∈ (−∞; 2) ⇔ f (x) = x}2_{− 2x ≥ m}2_{− 1, ∀x ∈ (−∞; 2).}

⇔ min

(−∞;2)f (x) ≥ m

2_{− 1} _(∗).

Lập bảng biên thiên của hàm số f (x) = x2_{− 2x f}0_{(x) = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1.}

x

f0(x)

f (x)

−∞ 1 +∞

− 0 +

+∞
+∞

−1
−1

+∞
+∞

Từ BBT suy ra min

(−∞;2)f (x) = −1. Do đó (∗) ⇔ −1 ≥ m

2_{− 1 ⇔ m}2 _{≤ 0 ⇔ m = 0.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>| Dạng 2. Khảo sát hàm số bậc 4 trùng phương và các bài toán liên</b>

<b>quan</b>

Các dạng đồ thị hàm số y = ax4_{+ bx}2_{+ c, (a 6= 0).}

Dấu a a > 0 a < 0

a.b < 0 ₀

f

O

f

a.b ≥ 0 _O

f

O

f

<b>ccc BÀI TẬP DẠNG 2 ccc</b>

Ví dụ 1. Khảo sát hàm số y = −x4 _{− x}2 _{+ 2.}

Lời giải.

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:

y0 = −4x3_{− 2x}2 _{= −2x(2x}2_{+ 1); y}0 _{= 0 ⇔ x = 0.}
y0 > 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0).

y0 < 0 ⇔ x ∈ (0; +∞).

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0) và nghịch biến trên khoảng (0; +∞).

+ Cực trị

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 2.

Hàm số khơng có điểm cực tiểu.
+ Giới hạn tại vô cực lim

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

x

y0

y

−∞ 0 +∞

+ 0 −

−∞
−∞

2
2

−∞
−∞

• Đồ thị:

x
y

−1 1

2



Ví dụ 2. Khảo sát hàm số y = x4− 2x2_{− 3}

Lời giải.

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:

y0 = 4x3_{− 4x}2 _{= 4x(x}2_{− 1); y}0 _{= 0 ⇔}






x = 0

x = −1

x = 1
.

y0 > 0 ⇔ x ∈ (−1; 0) ∪ (0; +∞).
y0 < 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 1).

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1; 0) và (1; +∞).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1).

+ Cực trị

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = −3.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và x = 1, yCT = y(±1) = −4.
+ Giới hạn tại vô cực lim

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

x

y0

y

−∞ −1 0 1 +∞

− 0 + 0 − 0 +

+∞
+∞

−4
−4

−3
−3

−4
−4

+∞
+∞

• Đồ thị:

−1 1 2

−2 0

−3

−4

x
y



Ví dụ 3. Khảo sát hàm số y = −x4 + 2x2

Lời giải.

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:

y0 = −4x3_{+ 4x}2 _{= −4x(x}2_{− 1); y}0 _{= 0 ⇔}







x = 0

x = −1

x = 1
.

y0 < 0 ⇔ x ∈ (−1; 0) ∪ (0; +∞).
y0 > 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 1).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) và (1; +∞).

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1).

+ Cực trị

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = 0.

Hàm số đạt cực đại tại x = −1 và x = 1, yCĐ = y(±1) = 1.
+ Giới hạn tại vô cực lim

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

x

y0

y

−∞ −1 0 1 +∞

+ 0 − 0 + 0 −

−∞
−∞

1
1

0
0

1
1

−∞
−∞

• Đồ thị

−2 −1 1

−2
−1
1

O

x
y



Ví dụ 4. Khảo sát hàm số y = x4_{+ x}2_{− 2.}

Lời giải.

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:

y0 = 4x3_{+ 2x}2 _{= 2x(2x}2_{+ 1); y}0 _{= 0 ⇔ x = 0.}
y0 < 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0).

y0 > 0 ⇔ x ∈ (0; +∞).

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 0) và đồng biến trên khoảng (0; +∞).

+ Cực trị

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = −2.

Hàm số khơng có điểm cực đại.
+ Giới hạn tại vô cực lim

x→±∞y = +∞.
+ Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ 0 +∞

− 0 +

+∞
+∞

−2
−2

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

• Đồ thị:

x
y

−1 1

−2
O



BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho hàm số y = x4− 4x2_{+ 3 có đồ thị (C).}
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

b. Tìm m để phương trình −x4+ 4x2− 3 − m = 0(∗) có 4 nghiệm phân biệt

Lời giải.

a. Khảo sát hàm số, ta có đồ thị hàm số :

−1 1

−1
1
2
3

O
y

x

−√2 √2

b. Ta có x4_{− 4x}2_{+ 3 = −m}

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số điểm chung giữa đồ thị(C) và đường thẳng (d) : y = −m.

Vậy để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt thì (d) phải cắt (C) tại 4 điểm phân biệt.
⇒ −1 < −m < 3 ⇔ −3 < m < 1.

Vậy −3 < m < 1 thì phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt _

Bài 2. Cho hàm số y = x4− 2x2_{− 1 có đồ thị (C).}
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

b. Tìm m để phương trình

x4_{− 2x}2 _{− 1}

= 2m (∗) có 6 nghiệm phân biệt

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

a.

• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:

y0 = 4x3− 4x2 _{= 4x(x}2_{− 1); y}0 _{= 0 ⇔}






x = 0

x = −1

x = 1
.

y0 > 0 ⇔ x ∈ (−1; 0) ∪ (0; +∞).
y0 < 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 1).

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1; 0) và (1; +∞).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1).

+ Cực trị

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = −1.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và x = 1, yCT = y(±1) = −2.
+ Giới hạn tại vô cực lim

x→±∞y = +∞.
+ Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ −1 0 1 +∞

− 0 + 0 − 0 +

+∞
+∞

−2
−2

−1
−1

−2
−2

+∞
+∞

• Đồ thị:

−1 1 2

−2 O

−1

−2

x
y

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số điểm chung của đồ

thị(C0) : y =

x4_{− 2x}2_{− 1}

và đường thẳng (d) : y = 2m.

Vậy để phương trình (*) có 6 nghiệm phân biệt thì (d) phải

cắt (C0) tại 6 điểm phân biệt.
⇔ 1 < 2m < 2 ⇔ 1

2 < m < 1.
Vậy 1

2 < m < 1 thì phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt −1 1 2

−2 O

−1
1
2

x
y



Bài 3. Cho hàm số y = x4− 2mx2_{− 3m + 1. Tìm m đề hàm số đồng biến trên (1; 2).}

Lời giải.

Nếu −2m ≥ 0 ⇔ m ≤ 0 thì y0 > 0, ∀x > 0 suy ra hàm số luôn đồng biến trên (0; +∞) nên cũng đồng
biến trên (1; 2).

Nếu −2m < 0 ⇔ m > 0, ta có y0 > 0 ⇔ x ∈ (√m; ∞) ∪ (−√m; 0) nên hàm số đồng biến trên (1; 2)
khi và chỉ khi √m ≤ 1 ⇔ 0 < m ≤ 1.

Vậy m ∈ (−∞; 1] thì hàm số đã cho đồng biến trên (1; 2). _

Bài 4. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất (nếu có) của hàm số f (x) = x4_{− 4x}2_{+ 4 trên đoạn [−1; 2]}

Lời giải.

f0(x) = 4x3_{− 8x Ta có f}0_{(x) = 0 ⇔}






x = 0

x =√2

x = −√2
.

Các nghiệm x = 0; x = √2 thuộc khoảng (−1; 2).

Tính: f (−1) = 1; f (2) = 4; f (0) = 4; f (√2) = 0

Vậy max

[−1;2]f (x) = 4 tại điểm x = 2 và x = 0.
min

[−1;2]f (x) = 0 tại điểm x =
√

2. _

Bài 5. Tìm m để hàm số f (x) = −x4_{+ 2x}2_{+ m nhận 2 làm giá trị lớn nhất trên khoảng (−2; 3).}

Lời giải.

f0(x) = −4x3_{+ 4x Ta có f}0_{(x) = 0 ⇔}






x = 1

x = −1

x = 0
.

Tính: f (−2) = m − 8; f (±1) = m + 1, f (0) = m; f (3) = m − 63

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

x

f0(x)

f (x)

−2 −1 0 1 3

+ 0 − 0 + 0 −

m − 8
m − 8

m + 1
m + 1

m
m

m + 1
m + 1

m − 63
m − 63

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng (−2; 3) là m + 1 tại điểm x = ±1.

Theo yêu cầu bài toán ⇒ m + 1 = 2 ⇒ m = 1.

Thử lại thỏa yêu cầu, vậy m = 1. 

Bài 6. Cho hàm số y = mx4_{− (2m + 1) x}2_{+ 1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có một điểm}
cực đại.

Lời giải.

Với m = 0 ta có y = −x2+ 1, hàm số có một điểm cực đại.

Với m > 0, ta có y0 = 4mx3− 2(2m + 1)x = 2x(2mx2_{− 2m − 1) nên hàm số có một điểm cực đại}
khi và chỉ khi

m(−2m − 1) ≤ 0 ⇔




m < −1
2
m > 0

suy ra m > 0 thoả mãn.

Với m < 0, ta có y0 = 4mx3_{− 2(2m + 1)x = 2x(2mx}2_{− 2m − 1) nên hàm số có một điểm cực đại}
khi và chỉ khi

m(−2m − 1) ≥ 0 ⇔ −1

2 ≤ m < 0 thoả mãn.

Kết hợp các trường hợp m = 0 ta được m ≥ −1

2. 

Bài 7. Cho hàm số y = x4_{− 2 (m + 1) x}2_{+ m}2 _{(1), với m là tham số thực. Tìm tham số m để đồ thị}
hàm số (1) có ba cực trị tạo thành một tam giác vng.

Lời giải.

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ chỉ −2(m + 1) < 0 ⇔ m > −1. Khi đó, tọa độ ba điểm cực trị là:

A 0; m2
, BÄ−√m + 1; −2m − 1ä, CÄ√m + 1; −2m − 1ä.
Dễ thấy ∆ABC vuông cân tại A.

# »

AB = −√m + 1; −2m − 1 − m2
, # »AC = √m + 1; −2m − 1 − m2
. Khi đó
# »

AB ·AC = 0 ⇔ − (m + 1)# » 2 + m2+ 2m + 1
2 ⇔ (m + 1)4 = (m + 1)2 ⇔ m = 0.



Bài 8. Cho hàm số y = x4_{− 2mx}2_{+ m − 1 (2), với m là tham số thực. Tìm điều kiện của tham số m}
để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng

1.

Lời giải.

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi y0 = 4x3− 4mx đổi dấu ba lần ⇔ −2m < 0 ⇔ m > 0. Khi đó, tọa
độ ba điểm cực trị là:

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Đến đây ta có thể giải quyết bài tốn theo hai cách sau:

Cách 1. SABC =
1

2 · |yB− yA| · |xB− xC| = m

2√_{m, AB = AC =}√_m4_{+ m, BC = 2}√_{m. Lúc đó:}

R = 1 ⇔ AB.AC.BC
4SABC

= 1 ⇔ 2√m (m4_{+ m) = 4m}2√_{m ⇔ m}3_{− 2m + 1 = 0}
⇔ m = 1 ∨ m =

√
5 − 1

2 , (do m < 0).
.

Cách 2. Do đồ thị hàm số (2) nhận Oy làm trục đối xứng và A ∈ Oy nên tâm I của đường tròn ngoại

tiếp ∆ABC nằm trên Oy. Suy ra I(0; a), a ∈ R. Khi đó

IA = IB = 1 ⇔
(

|a − m + 1| = 1 (∗)
m + (a + m2− m + 1)2 = 1 (∗∗) .
Giải (∗) ta được a = m ∨ a = m − 2.

Với a = m, (∗∗) ⇔ m + (m2+ 1)2 ⇔ m3_{+ 2m + 1 = 0, (vô lý do m > 0).}

Với a = m − 2, (∗∗) ⇔ m + (m2_{− 1)}2 _{= 0 ⇔ m}3_{− 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1 ∨ m =}
√

5 − 1
2 , (do

m > 0). _

Bài 9. Cho hàm số y = x4− 2mx2_{+ m + 1, với m là tham số thực có đồ thị (Cm). Tìm tham số m để:}
a) Ba điểm cực trị tạo thành tam giác đều;

b) Ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 32.

Lời giải.

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi y0 = 4x3_{− 4mx đổi dấu ba lần ⇔ −2m < 0 ⇔ m > 0.}
Khi đó tọa độ ba điểm cực trị sẽ là

A (0; m + 1) , B −√m; −m2+ m + 1
, C √m; −m2+ m + 1
.
Nhận xét, ∆ABC cân tại A.

a) ∆ABC đều khi và chỉ khi

AB = BC ⇔ m + m4 = 4m ⇔ m3 = 3 ⇔= √3 3.
b) Ta có

S = 32 ⇔ 1

2 · |yB− yA| · |xB− xC| = 32 ⇔ m

2√_{m = 32 ⇔ m}5 _{= 1024 ⇔ m = 4.}



Bài 10. Cho hàm số y = x4 − 2 (1 − m2_{) x}2_{+ m + 1 (4), với m là tham số thực. Tìm điều kiện của}
tham số m để hàm số (4) có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích lớn nhất.

Lời giải.

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi y0 = 4x3_{− 4(1 − m}2_{)x đổi dấu ba lần ⇔ −2 (1 − m}2_{) < 0 ⇔ m ∈}
(−1; 1). Khi đó tọa độ các điểm cực trị là

A (0; m + 1) , BÄ−√1 − m2_{; −m}4_{+ 2m}2_{+ m}ä_{, C}Ä√_{1 − m}2_{; −m}4_{+ 2m}2_{+ m}ä_.
S = 1

2 · |yB− yA| · |xB− xC| = · m

4_{− 2m}2_{+ 1}
√

1 − m2 _{= m}2_{− 1}
2√_{1 − m}2 ₌»_{(1 − m}2₎5 _{≤ 1.}
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi m = 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

<b>| Dạng 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số phân thức hữu</b>

<b>tỉ</b>

Xét hàm số y = ax + b

cx + d với c 6= 0, ad − bc 6= 0.

• Tập xác định D = R \
ò

d
c

.

ã o hm y0 ₌ ad bc
(cx + d)2.

• Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −d

c và tiệm cận ngang là đường thẳng
y = a

c.

<b>ccc BÀI TẬP DẠNG 3 ccc</b>

Ví dụ 1. Cho hàm số y = x + 1
x − 2.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.

b) Tìm các tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng ∆ : 3x + y = 0.

Lời giải.

a) • Tập xác định D = R \ {2}.
• Giới hạn và tiệm cận

lim

x→±∞y = 1 nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.
lim

x→2+y = +∞ và lim_x→2−y = −∞ nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng.
• Sự biến thiên của hàm số

Ta có y0 = −3

(x − 2)2 > 0, ∀x 6= 2.
Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ 2 +∞

− −

1
1

−∞
+∞

1
1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞).

Hàm số khơng có cực trị.
• Đồ thị

Đồ thị hàm số đi qua các điểm A(−1; 0), B
Å

0; −1
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

O x
y

−2 −1 1 2 3 4 5

−3
−2
−1
1
2
3
4
5

b) Đường thẳng ∆ viết lại là y = −3x.

Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến song song với ∆ là nghiệm phương trình

y0 = −3 ⇔ −3

(x − 2)2 = −3 ⇔
"

x = 1

x = 3

Với x = 1 thì y = −2, nên phương trình tiếp tuyến là y = −3(x − 1) + (−2) hay y = −3x + 1.

Với x = 3 thì y = 4, nên phương trình tiếp tuyến là y = −3(x − 3) + 4 hay y = −3x + 5.



Ví dụ 2. Cho hàm số y = x + 3
x + 1 (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

b) Chứng minh rằng đường thẳng d : y = 2x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B.

Xác đinhụ m để đoạn AB là nhỏ nhất.

Lời giải.

a) • Tập xác định D = R \ {−1}.
• Giới hạn và tiệm cận

lim

x→±∞y = 1 nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.
lim

x→(−1)+y = +∞ và _x→(−1)lim −y = −∞ nên đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng.
• Sự biến thiên của hàm số

Ta có y0 = −2

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

x

y0

y

−∞ −1 +∞

− −

1
1

−∞
+∞

1
1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (−1; +∞).

Hàm số khơng có cực trị.
• Đồ thị

Đồ thị hàm số đi qua các điểm A(−3; 0), B (0; 3)

O x

y

−3 −2 −1 1 2 3

−3
−2
−1
1
2
3

4

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là

x + 3

x + 1 = 2x + m ⇔
(

2x2+ (m + 1)x + (m − 3) = 0 (2)
x 6= −1

Phương trình (2) có ∆ = m2 _{− 6m + 25 = (m − 3)}2 _{+ 16 > 0, ∀m và −1 khơng là nghiệm của}
(2), nên phương trình (2) ln có hai nghiệm phân biệt khác −1. Như vậy đồ thi (C) và đường

thẳng d luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Gọi hai giao điểm là A(x1; y1) và B(x2; y2). Ta có

AB2 = (x2− x1)2+ (y2− y1)2
= 5(x1 + x2)2− 4x1x2 =

ï (m + 1)2
4

ò

− 2(m − 3)

= 5

4(m − 3)

2_{+ 16 ≥ 20.}

Như vậy, độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất là bằng 2√5 khi m = 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Ví dụ 3. Cho hàm số y = x − 1
x + 1.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Chứng minh rằng: Tích các khoảng cách từ điểm M0(x0; y0) bết kì thuộc (C) đến hai tiệm
cận của (C) là một hằng số.

Lời giải.

a) • Tập xác định D = R \ {−1}.
• Giới hạn và tiệm cận

lim

x→±∞y = 1 nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.
lim

x→(−1)+y = −∞ và_x→(−1)lim −y = +∞ nên đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng.
• Sự biến thiên của hàm số

Ta có y0 = 2

(x + 1)2 > 0, ∀x 6= −1.
Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞ −1 +∞

+ +

1
1

+∞

−∞

1
1

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (−1; +∞).

Hàm số khơng có cực trị.
• Đồ thị

Đồ thị hàm số đi qua các điểm A(1; 0), B (0; −1)

O x

y

−4 −3 −2 −1 1 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

b) Đồ thị hàm số (C) có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1, tiệm cận ngang là đường thẳng
y = 1.

Điểm M0(x0; y0) thuộc (C) thì x0 6= −1 và y0 =

x0− 1
x0+ 1

. Ta có:

• Khoảng cách từ điểm M0 đến tiệm cận đứng là |x0+ 1|.
• Khoảng cách từ điểm M0 đến tiệm cận ngang là |y0− 1| =

x0− 1
x0+ 1

− 1

=

2
x0+ 1

.

Bởi vậy, tích các khoảng cách này là

|x0+ 1| ·