Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>
CHUẨN KĨ NĂNG ĐẠI SỐ 2017

fb

Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

.c

1. KĨ NĂNG XÉT DẤU CỦA BIỂU THỨC

o

Nguyên tắc:

m

/g

+) Phân tích biểu thức cần xét dấu hay bất phương trình về dạng tích, rồi loại bỏ những hạng tử là lũy thừa bậc chẵn.
+) Sắp xếp các nghiệm của các hạng tử sau khi đã “thanh lọc” các hạng tử chẵn theo thứ tự từ bé đến lớn trong bảng
xét dấu.
+) Tiến hành xét dấu theo quy tắc đan dấu khi biết dấu của một khoảng nào đó.
+) Việc xét dấu biểu thức chúng ta chỉ được quy đồng mẫu số mà không được nhân chéo.

ro


s/

p

iL
a

x+2
+ 3.
3 − 4x
( x + 3)(3 − 2 x)
c) f ( x) =
.
1− x
x 2 − 3x + 2
e) f ( x) =
− x.
x −1
1 x −1
2
g) f ( x) = +
−
.
x x + 1 x2 + x

a) f ( x ) =

u

Ví dụ 1: [ĐVH]. Xét dấu các biểu thức sau


2
1
−4
+ ≤ 2
.
x + 2 2 x + 2x
x 4 − 3 x3 + 2 x 2
d)
> 0.
x 2 − x − 30
x3 − 3 x 2 − x + 3
f)
> 0.
x(2 − x)

ie

a)

2. KĨ NĂNG SỬ DỤNG LƯỢC ĐỒ HOOCNER CHIA ĐA THỨC

T

Nguyên tắc:

f ( x)

k
g ( x)

o

x 4 + 3 x3 − 2 x 2 + x
= ………...........................
x+3
2 x 2 + mx + m
c)
= ………...................................
x −1

a)

iH
a

Các ví dụ điển hình:

iD

+) Thực hiện chia theo quy tắc: đầu rơi - nhân ngang - cộng chéo.

= h( x) +

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>

/g

+) Với các phương trình có chứa tham số, để nhẩm nghiệm của phương trình ta cho phần hệ số của tham số m bằng 0,
được nghiệm x ta thay vào phương trình kiểm tra lại.

Các ví dụ điển hình:

ro

Ví dụ 1: [ĐVH]. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) f ( x ) = 2 x 4 + 4 x3 − 3x 2 − 2 x − 1

u

b) f ( x ) = 4 x 3 − 2 x 2 − 7 x − 1

a) f ( x ) = 2 x 4 + 4 x3 − 3x 2 − 2 x − 1

T
s/

p

c) f ( x ) = x3 − ( m + 1) x 2 − ( m − 1) x + 2m − 1
Hướng dẫn giải :

iL
a

Xét phương trình f ( x ) = 0 ⇔ 2 x 4 + 4 x3 − 3x 2 − 2 x − 1 = 0

4 x3 − 2 x 2 − 7 x − 1
Khi đó f ( x ) = ( x + 1) .g ( x ) ⇔ 4 x3 − 2 x 2 − 7 x − 1 = ( x + 1) .g ( x ) 
→ g ( x) =
x +1
Dùng lược đồ Hoocner ta được
4 x3 − 2 x 2 − 7 x − 1
g ( x) =
= 4 x 2 − 6 x − 1 
→ f ( x ) = 4 x3 − 2 x 2 − 7 x − 1 = ( x + 1) 4 x 2 − 6 x − 1
x +1
c) f ( x ) = x3 − ( m + 1) x 2 − ( m − 1) x + 2m − 1

)

h

(

iD

Tổng các hệ số đa thức là 1 − ( m + 1) − ( m − 1) + 2m − 1 = 0 nên f(x) = 0 có một nghiệm x = 1.

(

)

Tiến hành chia đa thức ta được f ( x ) = x3 − ( m + 1) x 2 − ( m − 1) x + 2m − 1 = ( x − 1) x 2 − mx − 2m + 1

iH
a

/>Xét phương trình bậc hai: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0,

(1)

a) Giải và biện luận phương trình (1):

m

o

.c

fb

Nếu a = 0 thì (1) ⇔ bx + c = 0, (*)
+ nếu b = 0 và c = 0 thì (*) nghiệm đúng với mọi x.
+ nếu b = 0 và c ≠ 0 thì (*) vô nghiệm.
c
+ nếu b ≠ 0 thì (*) ⇔ x = −
b
 ∆ = b 2 − 4ac
Nếu a ≠ 0 thì (1) là phương trình bậc hai có biệt thức 
2
 ∆′ = b′ − ac; ( b′ = 2b )

/g

+ nếu ∆ > 0 thì (1) có hai nghiệm phân biệt x1;2 =

ro

a
Một số các kết quả cần lưu ý:
2

iL
a

x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = S 2 − 2 P

x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) = S 3 − 3SP
3

(

x14 + x24 = x12 + x22

)

2

(

− 2 x12 x22 = S 2 − 2 P

)

− 2P2

c) Tính chất nghiệm của phương trình bậc hai:


b 2 − 4ac > 0

∆ > 0
−b

Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt khi 
⇔  S = x1 + x2 =
0
Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt và đều lớn hơn α khi

b 2 − 4ac > 0
b 2 − 4ac > 0
∆ > 0


∆ > 0

−b
−b


⇔  x1 + x2 > 2α
⇔  S = x1 + x2 =
> 2α


iD

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>Phương trình có hai nghiệm phân biệt và đều nhỏ hơn α khi

/g

m

o

.c

fb


b 2 − 4ac > 0
b 2 − 4ac > 0
∆ > 0


∆ > 0

−b


)( 2 )
( 1
b
 x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α 2 > 0
c
2

 a + α. a + α > 0
∆ > 0
∆ > 0
∆ > 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt và đều khác α khi 
⇔
⇔ 2
 x1 ; x2 ≠ α
 g ( α ) ≠ 0 aα + bα + c ≠ 0
Phương trình có một nghiệm và nghiệm này lớn hơn α khi
 ∆ = 0
 ∆ = 0
 ∆ = 0
 ∆ = 0







−b

a
 

2a
⇔
⇔
⇔



 ∆ > 0
0
∆
>
0
∆
>


 
 ∆ > 0
 c
b
2
 x x − α ( x + x ) + α2 < 0
 ( x1 − α )( x2 − α ) < 0
  x1 < α < x2
  + α. + α < 0
1
2

2a
⇔ 
⇔ 
⇔



  ∆ > 0
  ∆ > 0
  ∆ > 0
 ∆ > 0
 c
b
2
 x x − α ( x + x ) + α2 < 0
 ( x1 − α )( x2 − α ) < 0
  x1 < α < x2
  + α. + α < 0
1
2


  1 2
a
a



T
s/

4
Nếu m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ −1 thì (1) là phương trình bậc hai có ∆′ = 4m 2 − ( m + 1)( 2m + 3) = 2m 2 − 5m − 3

T

1
+ Nếu ∆′ < 0 ⇔ 2m 2 − 5m − 3 < 0 ⇔ − < m < 3 thì (1) vô nghiệm.
2
m
 =3
b′ −2m
2
+ Nếu ∆′ = 0 ⇔ 2m − 5m − 3 = 0 ⇔ 
thì (1) có nghiệm kép x = − =
.
1
m = −
a m +1

2
m > 3
−2m ± 2m 2 − 5m + 3
2
+ Nếu ∆′ > 0 ⇔ 2m − 5m − 3 > 0 ⇔ 
thì (1) có 2 nghiệm phân biệt x1;2 =
.
1
m < −
m +1


iH
a

iD

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>
fb

−1 < m < 0
 4m
−
>
0

x + x > 0
 m + 1
  m > −1
Hai nghiệm đều dương khi  1 2
⇔
⇔ 

→ vno .
 x1 x2 > 0
 2m + 3 > 0


 x1 + x2 < −2
 − 4m < −2
 4m − 2 > 0   m < −1

 m + 1
 m + 1
Đối chiếu với điều kiện (*) vể tồn tại hai nghiệm phân biệt ta được 3 < m < 4 là giá trị cần tìm.

Ví dụ 2: [ĐVH]. Cho phương trình ( x + 2 ) ( x 2 + mx − 2m + 1) = 0, (1) .

ro

a) Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt, trong đó có hai nghiệm âm.

u

c) Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1; x2; x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 < 7.

p

Hướng dẫn giải :

T
s/

 x = −2
a) Ta có (1) ⇔ 
2

1
Từ đó ta có P < 0 ⇔ 1 − 2m < 0 ⇔ m > .
2
Giá trị này thỏa mãn điều kiện (*) nên là giá trị cần tìm.
c) Không mất tính tổng quát, giả sử x1 = −2. Khi đó x2 ; x3 là hai nghiệm phân biệt của (2).
 x2 + x3 = −m
Theo định lí Vi-ét ta được 
 x2 x3 = 1 − 2m

T

n

O

u

ie

iL
a

h

2

Kết hợp với điều kiện (*) ta được −4 + 2 5 < m < 1 là giá trị cần tìm.

Bài 1: [ĐVH]. Cho phương trình ( m − 1) x 2 − 2mx + m + 1 = 0.



Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>b) Tìm m để tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 song song với đường thẳng d: y = −2x − 3

c) Tìm m để phương trình y = 0 có ba nghiệm phân biệt x1; x2; x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 < 4.

fb

d) Tim m để phương trình y = 0 có ba nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm lớn hơn 2.

Bài 3: [ĐVH]. Cho phương trình mx2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0.

.c

a) Tìm m để phương trình có nghiệm.

o

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm, nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?
c) Xác định m để các nghiệm x1, x2 của phương trình thoả mãn x1 + 4x2 = 3.

m

d) Tìm một hệ thức giữa x1, x2 mà không phụ thuộc vào m.


Bài 5: [ĐVH]. Cho phương trình ( x − 1) ( x 2 + 2mx + m − 3) = 0.
a) Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt.

b) Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt đều dương.

ie

c) Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1; x2; x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 = 15.
d) Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt, trong đó có hai nghiệm âm.

T

n

O

u
h
1

0

c

o

iH
a

iD

Các ví dụ điển hình:

ro

u

Ví dụ 1: [ĐVH]. Xét sự biến thiên của các hàm số sau đây:
a) y = −2 x 3 + 3 x 2 + 1.
b) y = x3 − 3x 2 + 3x + 1.
1
1
x2
d) y = x5 − x 4 − x3 +
+ 2 x − 1.
5
4
2
Lời giải:

T
s/

p

c) y = x 4 − 2 x 2 − 1.
a) y = −2 x 3 + 3 x 2 + 1.
Tập xác định: D = R.

−



T

n

O

u

Vậy hàm số đồng biến trên (0; 1) và nghịch biến trên (−∞; 0) và (1; +∞).
b) y = x3 − 3x 2 + 3x + 1.
Tập xác định: D = R.
2
Đạo hàm: y′ = 3 x 2 − 6 x + 3 = 3 ( x − 1) ≥ 0 
→ y′ ≥ 0, ∀x ∈ D.

x = 0
Đạo hàm: y′ = 4 x3 − 4 x = 4 x x 2 − 1 
→ y′ = 0 ⇔ 4 x x 2 − 1 = 0 ⇔ 
 x = ±1
Bảng xét dấu của đạo hàm:
x
−∞
−1
0
1

(

0

2
Tập xác định: D = R.
 x = −1
2
4
3
2
Đạo hàm: y′ = x − x − 3 x + x + 2 = ( x + 1) ( x − 1)( x − 2 ) 
→ y ′ = 0 ⇔  x = 1
 x = 2

+∞

iH
a

−

)

iD

y'

)

h

(


+∞

0

+

.c

Hàm số đồng biến trên (−∞; 1) và (2; +∞); hàm số nghịch biến trên (1; 2).

/g

m

o

Ví dụ 2: [ĐVH]. Xét sự biến thiên của các hàm số cho dưới đây:
x +1
x 2 + 3x + 3
a) y =
b) y =
.
.
2x − 2
x +1
2
c) y = 1 − x +
d) y = x 2 − 2 x + 2.
.
x +1

x 2 + 3x + 3
.
x +1
Tập xác định: D = R \ {−1} .

b) y =

( 2 x + 3)( x + 1) − x 2 − 3x − 3 = x 2 + 2 x 
x = 0
→ y′ = 0 ⇔ x 2 + 2 x = 0 ⇔ 
2
2
 x = −2
( x + 1)
( x + 1)
−∞

−2

y'

+

−1

0

ie

Bảng xét dấu của đạo hàm:

2
c) y = 1 − x +
.
x +1
Tập xác định: D = R \ {−1} .
2

< 0, ∀x ∈ D 
→ hàm số luôn nghịch biến trên tập xác định của nó.

T

( x + 1)2

h

d) y = x 2 − 2 x + 2.

Hàm số xác định khi x 2 − 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) + 1 > 0, ∀x 
→ D = R.
2

(x

2

− 2x + 2

)′ =


→ y′ = 0 ⇔ x = 1.

1

Đạo hàm:

0

′
2x − x )
(
y′ =
=

c

Hàm số xác định khi 2 x − x 2 ≥ 0 ⇔ x ( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 
→ D = [ 0; 2].

o

e) y = 2 x − x 2 .

iH
a

2 x − 2x + 2
Bảng xét dấu của đạo hàm:
2


m

o

.c

Hàm số đồng biến trên (0; 1) và nghịch biến trên (1; 2).
2x + 1
f) y =
.
3x − 2
1

2 x + 1 ≥ 0  x ≥ −


 1
 2
2
Hàm số xác định khi 
⇔

→ D = − ; + ∞ \  .
2
 2
 3
 x ≠ 3
x ≠ 2

3


u

ro

−

p

y’

−

||

T
s/

 1 2
2

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên  − ;  và  ; +∞  .
 2 3
3


BÀI TẬP LUYỆN TẬP

3) y = −2 x3 + 3x 2 + 2.
5) y = x 4 − 2 x 2 + 5.

ie

7) y = x 3 + x 2 + 2 x − 2.
x +1
9) y =
.
x−2
1− x
11) y =
.
3x − 2
1
13) y = x + .
x

iL
a

Xét sự biến thiên của các hàm số sau:
1) y = −2 x + 5.

a < 0
+) f ( x ) < 0, ∀x ∈ R ⇔ 
∆ < 0
+) f ( x ) < 0, ∀x ∈ ( α; β ) :

a > 0 
→ x1 < α < β < x2
 x1 < x2 < α < β
a < 0 

∆ < 0

f ( x ) > 0 ⇔ x1 < x < x2

iD

+) Nếu a > 0:

 x > x2
f ( x) > 0 ⇔ 
 x < x1
f ( x ) < 0 ⇔ x1 < x < x2

h

Phương pháp: Sử dụng các tính chất của tam thức bậc hai để giải
Xét tam thức bậc hai: f ( x ) = ax 2 + bx + c, gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình f(x) = 0, với x1 < x2

1

Ví dụ 1: [ĐVH]. Tìm m để hàm số
x3
a) y =
− x 2 + ( m − 1) x + m đồng biến trên R.
3
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Vậy hàm số đồng biến trên R khi m ≥ 2.
1
b) y = − x3 + mx 2 + ( 3m − 2 ) x + 1 
→ y ′ = − x 2 + 2mx + 3m − 2.
3
Hàm số nghịch biến trên R khi y′ ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆′ ≤ 0 ⇔ m 2 + ( 3m − 2 ) ≤ 0 ⇔

ro

Vậy hàm số đồng biến trên R khi

−3 − 17
−3 + 17
≤m≤
.
2
2

u

( m − 1) x 3 + mx 2 +

−3 − 17
−3 + 17
.
≤m≤
2
2

→ y ′ = ( m − 1) x 2 + 2mx + 3m − 2

 ∆′ ≤ 0

u

ie

m > 1

m ≥ 2
⇔ 

→ m ≥ 2.
m ≤ 1
 
2
Vậy với m ≥ 2 thì hàm số đã cho luôn đồng biến trên R.

O

BÀI TẬP LUYỆN TẬP

T

n

x3
− x 2 + ( m − 1) x + m đồng biến trên R.
3
2) Tìm m để hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 ( 2m − 1) x + 1 đồng biến trên R.


c

o

Phương pháp:
+ Tìm tập xác định của hàm số.
+ Tính y ' và giải phương trình y ' = 0 để tìm các nghiệm.
+ Lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên để kết luận về điểm cực đại, cực tiểu của hàm số.
Chú ý: Với một số dạng hàm đặc biệt (thường là hàm vô tỉ) thì ta phải tính giới hạn tại các điểm biên để cho bảng
biến thiên được chặt chẽ hơn.
Các ví dụ điển hình:

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>a) y = 2 x3 + 3 x 2 − 36 x − 10.

b) y = x 4 + 2 x 2 − 3.
1
d) y = x 4 − x3 + 3.
4
Lời giải:

c) y = 2 x 2 − x 4 .

fb


0

0

+∞

+
+∞

71

ro
y

−∞

−54

u
(

Bảng biến thiên:

T
s/

p

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên (−∞; 3) và (2; +∞); hàm số nghịch biến trên (−3; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = −3; y = 71 và đạt cực tiểu tại x = 2; y = −54.


ie

−3

(

)

(

n

O

u

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và nghịch biến trên (0; +∞).
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y = −3.
c) y = 2 x 2 − x 4 .
Tập xác định: D = R.
x = 0
Đạo hàm: y′ = 4 x − 4 x3 = 4 x 1 − x 2 
→ y′ = 0 ⇔ x 1 − x 2 = 0 ⇔ 
 x = ±1
Bảng biến thiên:

)

T


iD

y'

−1

h

x

−∞

1

0

c

o

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (0; 1); hàm số nghịch biến trên (−1; 0) và (1; +∞).
Hàm số đạt cực đại tại x = −1; y = 1 và x = 1; y = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y = 0.
1
d) y = x 4 − x3 + 3.
4
Tập xác định: D = R.
x = 0
Đạo hàm: y′ = x 3 − 3 x 2 = x 2 ( x − 3) 


+

.c

+∞

+∞

y

15
4

m

o

−

/g

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên (3; +∞) và hàm số nghịch biến trên (−∞; 3).
15
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3; y = − .
4
Ví dụ 2: [ĐVH]. Tìm các khoảng đơn điệu và cực trị của các hàm số sau:
x +1
a) y = x 1 − x 2 .
b) y = 2 x + 3 x 2 + 1.

0

y

+

1
2

+1
−

0
1
2

0

O

u

−

1
2

1
2


1 
 1 1 

 1 
;
;1 .
Hàm số đồng biến trên  −
 ; hàm số nghịch biến trên  −1; −
 và 
2 2
2


 2 
1
1
1
1
Hàm số đạt cực đại tại x =
;y=
và đạt cực tiểu tại x = −
;y =−
.
2
2
2
2

3x
x +1


(

2

iH
a

x +1
x < 0
2
 x < 0
 x < 0

⇔ 2
⇔ 2
⇔
→x = −
2 
2
5
4 x + 4 = 9 x
5 x = 4  x = ± 5

Giới hạn:


1 
1 
lim 2 x + 3 x 2 + 1 = lim  2 x + 3 x 1 + 2  = lim x  2 − 3 1 + 2  = +∞

x

fb

2
5

−
−

y'

+∞

0

+

0

.c

+∞

+∞

y

m


x+5
2 x + 3 = 2 ( x + 3) − x − 1 =
=
→ y ′ > 0, ∀x ∈ D.
x+3
2 ( x + 3) x + 3 2 ( x + 3) x + 3 2 ( x + 3) x + 3

x+3 −

Bảng biến thiên:
x

−3

y
−∞

+∞
+

iL
a

y'

T
s/

p



O

Tìm cực trị của các hàm số sau bằng quy tắc I:

u

BÀI TẬP LUYỆN TẬP:
1
3) y = − x 3 + 4 x 2 − 15 x.
3
x4
3
6) y = − + x 2 + .
2
2

h

iH
a

iD

Phương pháp:
+) Tìm tập xác định của hàm số.
+) Tính y ' và giải phương trình y ' = 0 để tìm các nghiệm.
+) Tính y '' tại các giá trị nghiệm tìm được ở trên rồi kết luận.
Chú ý: Quy tắc II tìm cực trị thường được áp dụng cho các hàm số khó lập bảng biến thiên như hàm lượng giác,
hàm siêu việt, hàm vô tỉ...


/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>
fb

π

π

y ′′  + kπ  = −4sin  + k 2π  = −2 3 < 0
6

3

→
Đạo hàm bậc hai: y′′ = −4sin 2 x 
 π

 π

y ′′  − + kπ  = −4sin  − + k 2π  = 2 3 > 0
6
3





3
 6

/g

1
b) y = cos x + cos 2 x.
2
Tập xác định: D = R.

u

ro

1
2π


cos x = −
x=±
+ k 2π


Đạo hàm: y′ = − sin x − sin 2 x = − sin x (1 + 2cos x ) 
→ y′ = 0 ⇔
2⇔
3


sin x = 0


 4π
 3
+ 4nπ + 2π  = − cos  ±
+ 4nπ + 2π  − 2cos  ±
+ 8nπ + 4π  = > 0
y ′′  ±
+ Nếu k = 2n + 1 
→
 3

 3

 3
 2
y ′′ ( π + 2nπ ) = − cos ( π + 2nπ ) − 2cos ( 2π + 4nπ ) = −1 < 0

iL
a

3
 2 ; k = 2n
1
Vậy hàm số đạt cực đại tại x = kπ; y = cos ( kπ ) + cos ( k 2π ) = 
2
 − 1 ; k = 2n + 1
 2

ie


→ y′ = 0 ⇔ 2 x − x2 + 1 − x ⇔ 2 x − x2 = x − 1 ⇔ 
2
2
 2 x − x = x − 2 x + 1
1
→x =
2 
2

(1 − x )2

iH
a

− 2x − x −
2
2
′
1
2 x − x2 = x − 2 x − x + 2 x − 1 = −

.
2

1

2

 1− x
Đạo hàm bậc hai: y′′ = 

2
 2x − x

iD

2x − x2
x ≥ 1

2+ 2

x
≥
1
=1+

 x =
⇔ 2
⇔ 
2
 2 x − 4 x + 1 = 0  

5) y = sin

fb

1) y = x x 2 − 4.

3) y = x − 4sin 2 x.

x
x
− cos .
2
2

6) y =

x2 − 4
.
3x − 2

DẠNG 3. TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CÓ CỰC TRỊ

.c

o

Phương pháp:
+) Hàm số có cực trị khi y ' = 0 có nghiệm và đổi dấu qua các nghiệm.
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ x1; x2 thì khi đó x1; x2 là hai nghiệm của y ' = 0.


n

O

 x1 + x2 = 2m

Theo định lí Vi-ét ta có 
2
 x1 x2 = 3

u

ie

iL
a


6
m >
2
3
⇔ y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 ⇔ 9m 2 − 6 > 0 ⇔ m 2 > ⇔ 
3

6
m < −
3

6

→ 8m 2 − 18m +
= 0 ⇔ 24m 2 − 54m + 29 = 0 
→ phương trình vô nghiệm.
3
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài.
c) Ta có y′′ = 6 x − 6m
7

 y′ ( 2 ) = 0
3.4 − 12m + 2 = 0 m =
7
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 khi 
⇔
⇔
→m = .
6 
6
 y′′ ( 2 ) > 0 12 − 6m > 0
m < 2

h

1

0

5

3 + 6m + 2 = 0 m = −
5

Facebook: LyHung95
/>Giá trị m = −

5
thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị nên là giá trị cần tìm.
6

fb

BÀI TẬP LUYỆN TẬP:

.c

1
Bài 1: [ĐVH]. Cho hàm số y = x3 + mx 2 + ( 2m + 3) x + 2. Tìm giá trị của m để
3

a) hàm số có cực trị.

o

b) hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1, x2 thỏa mãn 2x1 + 3x2 = –2.

m

c) hàm số đạt cực đại tại điểm có hoành độ x = 0.
d) hàm số đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = –2.

/g


a) y = ax4 + bx2 đạt cực trị bằng –9 tại điểm x = 3.

c) y =

ax 2 + 2 x + b
đạt cực đại bằng 5 tại điểm x = 1.
x2 + 1

)

(

)

T

n

Bài 5: [ĐVH]. Tìm m để hàm số

(

O

ax 2 + bx + ab
đạt cực trị tại x = 0 và x = 4.
bx + a

u



iH
a

1
1
c) y = mx3 − (m − 1) x 2 + 3(m − 2) x + đạt cực trị tại hai điểm x1, x2 sao cho x1 + 2x2 = 1.
3
3

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>
TÍNH LỒI LÕM và TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

fb

Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

.c

VẤN ĐỀ 1. ĐIỂM UỐN, TÍNH LỒI LÕM

o


c) y = x 4 − 3x 2 + .
2
2

T
s/

Ví dụ 2: [ĐVH]. Tìm a, b để hàm số y = ax3 + bx2 + x + 2 nhận điểm U(1; –1) làm điểm uốn.
Ví dụ 3: [ĐVH]. Tìm m để hàm số y = x 3 +

3x 2
+ 1 nhận điểm U(–1; 3) làm điểm uốn.
m

iL
a

BÀI TẬP TỰ LUYỆN :

Bài 1: [ĐVH]. Tìm m để tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị hàm số
a) y = x3 + 3x2 – mx + 2 song song với đường thẳng d: y = 3x – 5.
b) y = x3 + 3mx2 – 2mx + 3 vuông góc với đường thẳng ∆: y = x – 3.

ie

Bài 2: [ĐVH]. Tìm m, n để đồ thị các hàm số

x3
2
− x 2 + mx + có điểm uốn nằm trên đường thẳng d : y = x + 2.

1

0

c

o

iH
a

 
b c

lim ( ax n + bx n −1 + cx n − 2 ...) = lim  x n  a + + 2 + ...   =
x 
→∞
x 
→∞
x x

 
1
1

lim = 0 
→ lim n = 0
 x 
x 
→∞ x


fb


 0; khi m > n
a n x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 
lim
=  ∞; khi m < n
m
m −1
x 
→∞ b x + b
+ ... + b1 x + b0 
m
m −1 x
 an ; khi m = n
 bm

2) Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

o

Định nghĩa: Đường thẳng x = a được gọi là tiệm cận đứng (TCĐ) của đồ thị y = f(x) khi lim f ( x) = ∞
x 
→a

m

+ nếu lim f ( x) = +∞ thì x = a là tiệm cận đứng bên phải.
x 

s/


x 
a) Ta có lim 
→ x = ±3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
 = ∞ 
x 
→±3  x 2 − 9 


x =1
b) Xét phương trình x 2 + 4 x − 5 = 0 ⇔ 
 x = −5

 x+2 
 2
=∞
 x lim
1

→

 x + 4x − 5 
Ta có 

→ x = 1; x = 5 là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
+
2
x

biệt, trong đó một nghiệm x = 2.

9
 ∆ = 0 ⇔ 9 − 4m = 0 ⇔ m = 4
9


→m =
4
 x = − b ≠ 2 ⇔ − 3 ≠ 2

2a
2
Điều đó xảy ra khi 

9

 ∆ > 0 ⇔ 9 − 4m > 0 ⇔ m < 4 
→ m = −10
 2
 2 + 6 + m = 0 ⇔ m = −10

h

c

o

iH
a


/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>Đồ thị hàm phân thức chỉ có tiệm cận ngang khi bậc của tử số không lớn hơn bậc của mẫu số. Thông thường, với
hàm phân thức ta thường chia cả tử và mẫu số cho lũy thừa mũ cao nhất của x để tìm tiệm cận ngang.

fb

Chú ý: Với các giới hạn mà hàm số có chứa căn thì chúng ta thực hiện theo quy tắc sau:

A+

B C
+
=
x x2

B C
+
khi x 
→ +∞
x x2

−x A +

m

o

.
2x − 3

/g

a) y =

e) y =

3 − 2x
.
x +1

c) y =

x +1
.
x − 2x + 1
2

x +1

u

.
2x2 + 3
Hướng dẫn giải :

2


1
x = 1 
Mặt khác, lim
= lim
→ y = là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
3 2
x 
→∞ 2 x − 3
x 
→∞
2
2−
x
3 − 2x
b) Ta có lim
= +∞ 
→ x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 
→−1 x + 1
3
−2
3 − 2x
Mặt khác, lim
= lim x
= −2 
→ y = −2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
1
x 
→∞ x + 1
x 

T

d) Ta có lim

h

1

0

c

o

iH
a

iD

2 

2
x 2 1 + 2 
x 1+ 2
x +2
 x 
x
Xét lim
= lim
= lim

x = −1 
Khi x 
→ −∞ thì |x| = −x nên ta được lim
→ y = −1 là tiệm cận ngang.
3
x 
→−∞
x 
→−∞
x −3
1−
x
x +1
x +1
x +1
e) Xét lim
= lim
= lim
x 
→∞ 2 x 2 + 3
x 
→∞
x

→∞
3
3 

x 2+ 2
x2  2 + 2 

3
x 2+ 2
x

3
x 2+ 2
x

1
x = 1
3
2
2+ 2
x

1+

= lim

x 
→+∞

1
là tiệm cận ngang.
2

o

.c



= lim

−1
là tiệm cận ngang.
2
4) Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
Định nghĩa:
Đường thẳng y = ax +b được gọi là tiệm cận xiên (TCX) của đồ thị y = f(x) khi lim

x 
→−∞

1
x

− 2+

3
x2

=

−1
2

/g

⇒ y=



Suy ra lim

x 
→∞

g ( x)
r ( x)
r ( x)
= ax + b +
⇒ f ( x) − (ax + b) =
h( x )
h( x )
h( x)

lim
[ f ( x) − (ax + b)] = x 
→∞

iL
a

Thực hiện phép chia đa thức f ( x) =

r ( x)
= 0 do r(x) có bậc nhỏ hơn h(x).
h( x )

ie


x−2
7
Suy ra lim [ f ( x) − ( x − 3) ] = lim
= 0 ⇒ y = x − 3 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
x 
→∞
x 
→∞ x − 2
−2 x 2 + x + 3
b) y =
.
2x + 1
1
+) Ta dễ dàng nhận thấy đồ thị có tiệm cận đứng là x = − .
2
2
−2 x + x + 3
2
2
+) Ta có y = f ( x) =
= x +1+
⇒ f ( x) − ( x + 1) =
2x + 1
2x + 1
2x + 1
2
Suy ra lim [ f ( x) − ( x + 1)] = lim
= 0 ⇒ y = x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
x 
→∞


1

0

c

o

iH
a

iD

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>Suy ra lim

x 
→∞

lim
[ f ( x) − (3x − 5)] = x 
→∞

13

1
; OB = 2 − m . Tam giác OAB vuông tại O nên SOAB = OA.OB ⇒ OA.OB = 8
Ta dẽ dàng tính được OA =
2
2
2−m
m = 6
. 2 − m = 8 ⇔ (2 − m) 2 = 16 ⇔ 
⇔
2
 m = −2
Vậy m = 6 và m = –2 là các giá trị cần tìm.

/g

m

o

+) Ta có y =

p

u

ro

m2 + 1
. Tìm m biết rằng
x +1

17) y = 2 x − 4 x 2 − x + 2
20) y = 3x 2 − 2 x + 4

12) y =
15) y =

x
x + x +1
2

2x2 + 1
2x −1

18*) y =

4x2 − 5x + 1
x −1

Bài 3: [ĐVH]. Biện luận theo tham số m số tiệm cận của các đồ thị hàm số sau
2 x 2 + mx − 4
x+m

c) y =

mx + 1
x+m

d) y =

mx3 − 1


x2 + x + 2

x2 + 2
x −1

h

11) y =

−2 x − 1

T

x2

10) y = x − x 2 + 1

16) y =

1
4 − x2

3) y =

n

Bài 2: [ĐVH]. Tìm các đường tiệm cận các đồ thị hàm số sau :
x2
x 2 + 3x + 4

2x + 3
a). y =
b) y =
1− x
x −1

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95
/>Bài 4: [ĐVH]. Tim m để đồ thị hàm số y =

fb

Bài 5: [ĐVH]. Cho hàm số y =

x 2 + 2mx + m − 4
có tiệm cận xiên đi qua điểm M(1; 2).
x +1

2 x 2 + (m + 1) x − 3
x+m

.c

a) Tìm m để đồ thị có tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đi qua điểm A(1; 1).

o

2x + m
. Tìm m để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng, tiệm cận ngang và các tiệm cận
mx − 1

T
s/

p

Bài 7: [ĐVH]. Cho hàm số y =

cùng với hai trục tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 8.

Bài 8: [ĐVH]. Cho hàm số y =

iL
a

mx 2 + (3m + 1) x − m + 2
.
x +1

Tìm m để đồ thị hàm số có tiệm cận xiên ∆ biết ∆ tiếp xúc với đường tròn tâm I(1; 2), bán kính R = 2 .

Bài 9: [ĐVH]. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị của các hàm số sau đến hai tiệm

a) y =

b) y =


o

iH
a

iD
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

/>

/>Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95

KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM BẬC BA – P1

fb

Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

.c

VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

o

Ví dụ 1: [ĐVH]. Cho hàm số: y = x3 − 3x 2 + 4 ( C ) . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) .

m

Lời giải:


u

- Bảng biến thiên:

ro

x = 0
- Đạo hàm: y ' = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔ 
x = 2
- Giới hạn: lim y = lim ( x 3 − 3 x 2 + 4 ) = −∞ ; lim y = lim ( x 3 − 3 x 2 + 4 ) = +∞ .
2
−

0

+∞

0

+

4

+∞
0

iL
a



o

Ví dụ 2: [ĐVH]. Cho hàm số: y = − x 3 + 3x + 2 ( C ) . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
/>

/>Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: LyHung95

fb

 x = −1
- Đạo hàm: y ' = −3 x 2 + 3 = 0 ⇔ 
x = 1
- Giới hạn: lim y = lim ( − x 3 + 3 x + 2 ) = +∞ ; lim y = lim ( − x 3 + 3 x + 2 ) = −∞
x →−∞

x →−∞

x →+∞

x →+∞

- Bảng biến thiên:

.c

−∞

0

/g

Nhận xét: Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và yCT = 0 ; hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCD = 4 .
• Đồ thị.

T
s/

p

u

ro

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

T

n

O

u

ie

iL
a


Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
/>