GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

LÝ THUYẾT KHẢO SÁT HÀM SỐ
I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1. Định nghĩa:
Hàm số f đồng biến trên K ⇔ ∀x1, x 2 ∈ K , x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) < f (x 2 )
Hàm số f nghịch biến trên K ⇔ ∀x1, x 2 ∈ K , x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) > f (x 2 )
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 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.
4. Điều kiện hàm số luôn đồng biến trên một miền 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:
● y ' = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm.
●Nếu y ' = ax 2 + bx + c thì:

a = b = 0

c ≥ 0

♣ x1 < x2 < 0 ⇔ 
P > 0

S < 0


∆ > 0

♣ 0 < x1 < x 2 ⇔ 
P > 0

S > 0


♣ x1 < 0 < x 2 ⇔ P < 0

●Để hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có độ dài khoảng đồng biến (nghịch biến) (x1; x2 ) bằng d thì
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 1


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tính y ' .
Bước 2: Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến và nghịch biến:
a ≠ 0

hàm.
3. 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) \ {x 0}
a) Nếu f '(x ) đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x 0 thì f đạt cực tiểu tại x 0 .
b) Nếu f '(x ) đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua x 0 thì f đạt cực đại tại x 0 .
2. Định lí 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng (a; b) chứa điểm x 0 , f '(x 0 ) = 0 và có đạo
hàm cấp hai khác 0 tại điểm x 0 .
a) Nếu f ''(x 0 ) < 0 thì f đạt cực đại tại x 0 .
b) Nếu f ''(x 0 ) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x 0 .
4. Quy tắc tìm cực trị
Qui tắc 1: Dùng định lí 1.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 2


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

• Tìm f '(x ) .
• Tìm các điểm x i (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 x i thì hàm số đạt cực trị tại x i .
Qui tắc 2: Dùng định lí 2.
• Tính f '(x ) .
• Giải phương trình f '(x ) = 0 tìm các nghiệm x i (i = 1, 2, …).
• Tính f ''(x ) và f ''(xi ) (i = 1, 2, …).
Nếu f ''(x i ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại x i .

• Giải hệ (*), tìm được m . Từ đó viết phương trình của ∆.
Chú ý: Hệ số góc k của tiếp tuyến ∆ có thể được cho gián tiếp như sau:
+ ∆ tạo với chiều dương trục hoành góc α thì k = tan α
+ ∆ song song với đường thẳng d : y = ax + b thì k = a

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

(*)

Page 3


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

+ ∆ vuông góc với đường thẳng d : y = ax + b (a ≠ 0) thì k = −

1
a

k −a
= tan α
1 + ka
Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f (x ) , biết ∆ đi qua điểm A(x A; yA ) .
Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm.
• Gọi M 0 (x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm. Khi đó: y0 = f (x 0 ); y '0 f '(x 0 ) .

+ ∆ tạo với đường thẳng d : y = ax + b một góc α thì


VI. KHOẢNG CÁCH
1. Khoảng cách giữa hai điểm A, B: AB =

(x B − x A )2 + (yB − yA )2

2. Khoảng cách từ điểm M(x0; y0) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0
d(M, ∆) =

ax 0 + by 0 + c
a 2 + b2

VII. ĐỒ THỊ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
Cách 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị.
• Xét dấu biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
• Chia miền xác định thành nhiều khoảng, trong mỗi khoảng ta bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 4


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

• Vẽ đồ thị hàm số tương ứng trong các khoảng của miền xác định.
Cách 2: Thực hiện các phép biến đổi đồ thị.
Dạng 1: Vẽ đồ thị hàm số y = f (x ) .
Đồ thị (C′) của hàm số y = f (x ) có thể được suy từ đồ thị (C) của hàm số y = f(x) như sau:
+ Giữ nguyên phần đồ thị (C) ở phía trên trục hoành.
+ Lấy đối xứng phần đồ thị của (C) ở phía dưới trục hoành qua trục hoành.


⇔ (m − 3)x 2 + 2mx + 3m − 2 ≥ 01 ∀x
m − 3 = 2m = 0
m > 3


3m − 2 ≥ 0
m > 3


3
⇔ 
⇔
⇔ m ≤ ⇔ m ≥ 2
−2m 2 + 5m − 2 ≤ 0

m − 3 > 0
2


 2
≥
2
m


m − (m − 3)(3m − 2) ≤ 0




Cho hàm số y = 2x3 − 3(2m + 3)x 2 + 6m(m + 3)x + 3 có đồ thị (Cm). Tìm m để hàm số đồng

biến trên khoảng (2; +∞)
Giải

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN

Page 6


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

• Tập xác định: D = ℝ

y ' = 6x 2 − 6(2m + 3)x + 6m(m + 3) có ∆ = (2m + 3)2 − 4(m 2 + m ) = 3 > 0
x = m
y ' = 0 ⇔ 
x = m + 3

Ta có: y’ ≥ 0, ∀x (-∞;m) và (m + 1; +∞)
Do đó: hàm số đồng biến trên (2; +∞) ⇔ m + 3 ≤ 2 ⇔ m ≤ 3
HT 4.

Cho hàm số y = x 3 + (3 − 2m )x 2 + (2 − m )x + m + 2 . Tìm m để hàm đồng biến trên

(0;+∞) .
Giải
• Tập xác định: D = ℝ


HT 5.

Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 − 3m + 3 (1), (m là tham số). Tìm m để hàm số (1) đồng biến

trên khoảng (1; 2).
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
Ta có y ' = 4x 3 − 4mx = 4x (x 2 − m)

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN

Page 7


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

+ m ≤ 0 , y ′≥ 01 ∀x ∈ (3;2) ⇒ m ≤ 0 thoả mãn.
+ m > 0 , y ′= 0 có 3 nghiệm phân biệt: − m 1 01

m.

Hàm số (1) đồng biến trên (1; 2) khi chỉ khi m ≤ 3 ⇔ 0 < m ≤ 3 .

HT 6.

Cho hàm số y =


3 


Giải
Hàm số đã cho xác định trên  0; π 
Ta có: y ' = sin x (2 cos x − 3)1 x ∈ (0; π)
Vì x ∈ (0; π) ⇒ sin x > 0 nên trên (0; π) : y ' = 0 ⇔ cos x =

3
π
⇔x =
2
3

 π
+ Trên khoảng 0;  : y ' > 0 nên hàm số đồng biến trên đoạn
 3 

 π
0; 
 3



π 
+ Trên khoảng  ; π : y ' < 0 nên hàm số nghịch biến trên đoạn
 3 
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN

π 

⇔ (x 2 − x3 ) = 3 ⇔ (x3 + x 2 )2 − 4x3x 2 = 3 ⇔ 4 − m = 3 ⇔ m =
3
4

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN

Page 9


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

PHẦN 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
HT 9.

Cho hàm số y = x 3 + 31 2 2y )x 2 + 32 2 y )x + y + 2 (m là tham số) (1). Tìm các giá trị của

m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ
hơn 1.
Giải
• Tập xác định: D = ℝ

y ′= 3x 2 + 231 − 2y )x + 2 − y = g3x )
YCBT ⇔ phương trình y ′= 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn: x1 < x 2 < 1 .

 ′
2
∆ = 4y − y − 5 > 0
5


y
⇔ P =
⇔ y < 0
⇔ y < 0
⇔ −3 < y < −2
0
>



33y + 2)
y + 2 < 0
y < −2



−3

0
=
>
S

y +2
HT 11. Cho hàm số y = 2 x 3 − 3(y + 2) x 2 + 6(5y + 1) x − (4y3 + 2). Tìm y để hàm số đạt cực tiểu tại
x0 ∈ (1; 2 

Giải
Vì hàm số bậc 3 nên để hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.


-

-

-

0

+

0

Từ bảng biến thiên và kết hợp với nhận xét trên
1
⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại x0 ∈ (1;2] ⇔ − ≤ y < 0
3

HT 12. Cho hàm số y =

1 4
3
x − yx 2 +
(1). Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có cực tiểu mà
2
2

không có cực đại.
Giải
• Tập xác định: D = ℝ


y > 0
⇒ Điều kiện các điểm nằm trên trục hoành là 
⇔m=2
 2
y − 4 = 0

y = 2
Kết luận: 
y ≤ 0

HT 14. Cho hàm số y = −x 3 + 32y + 1)x 2 − 3y 2 − 3y + 2)x − 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm).
Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục tung.
Giải
•Tập xác định: D = ℝ

y ′= −3x 2 + 232y + 1)x − 3y 2 − 3y + 2) .
(Cm) có các điểm CĐ và CT nằm về hai phía của trục tung ⇔ PT y ′ = 0 có 2 nghiệm trái dấu
⇔ 33y 2 − 3y + 2) < 0 ⇔ 1 < y < 2 .

HT 15. Cho hàm số y =

1 3
x − yx 2 + 32y − 1)x − 3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để
3

(Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu nằm về cùng một phía đối với trục tung.
Giải
• TXĐ: D = ℝ ; y ′= x 2 2 2yx + 2y 2 1 .


⇔ 
2
g3x ) = x + 2x + y − 2 = 0 32)
(Cm) có 2 điểm cực trị nằm về 2 phía đối với trục 0x ⇔ PT (1) có 3 nghiệm phân biệt

∆ ′= 3 − y > 0
⇔y
2

16
3y + 1)6 ; IB = 4y 2
9



16
− R2 IB 2 − R2 < 0 ⇔ 3 + 3y + 1)6  34y 2 − 1) < 0 3*)

9


)(

)



16
Ta có: 3 + 3y + 1)6  > 0 ∀x

9

Suy ra: 3*) ⇔ 4y 2 − 1 < 0 ⇔ y

Giải
• Tập xác định: D = ℝ

y ′= −3x 2 + 6yx ; y ′= 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2y .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 14


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

Hàm số có CĐ, CT ⇔ PT y ′= 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ y ≠ 0 .
Khi đó 2 điểm cực trị là: A30; −3y − 1), B32y; 4y 3 − 3y − 1) ⇒ AB32y; 4y 3 )
Trung điểm I của AB có toạ độ: I 3y;2y 3 − 3y − 1)
Đường thẳng d: x + 8y − 74 = 0 có một VTCP u = 38; −1) .
y + 832y 3 − 3y − 1) − 74 = 0
I ∈ d


⇔ 
⇔y =2
A và B đối xứng với nhau qua d ⇔ 
AB.u = 0
AB ⊥ d



HT 20. Cho hàm số y = −x 3 + 3yx 2 + 331 − y 2 )x + y 3 − y 2 (1). Viết phương trình đường thẳng



GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

x 1 
y

y
Ta có : y = y '  −  + 2  − 1 x + 2 +
và y '3x1 ) = y '3x 2 ) = 0
3
 3 3 
3

y

y
Nên phương trình đường thẳng đi qua A, B là : d ' : y = 2  − 1 x + 2 + .
3
3

Do đó, các điểm A, B cách đều đường thẳng (d) trong hai trường hợp sau :

y

9
Trường hợp 1 : (d’) cùng phương với (d) ⇔ 2  − 1 = 1 ⇔ y = (Không thỏa mãn)
2



1
y
+ 2 x + 2 − 
Thực hiện phép chia y cho y′ ta được: y =  x −  y '− 
 3
 3

3 
3 

 2y


 2y


y
y
+ 2 x1 + 2 − ; y2 = y (x 2 ) = −
+ 2 x 2 + 2 − 
⇒ y1 = y (x1 ) = −
3 
3 
 3


 3


 3

TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y = x − 1
⇔ yI = x I − 1 ⇔

y1 + y2

=

x1 + x 2

2
2
 2y

2y
⇔ 
+ 3 .2 = 6 −
⇔y=0

3
 3

 2y


y
− 1 ⇔ − 
+ 2 (x 1 + x 2 ) + 2 2 −  = (x 1 + x 2 ) − 2


3

Tại các điểm cực trị thì y ′= 0 , do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình:

2

1
y =  y − 2 x + y

3
3

2

1
Như vậy đường thẳng ∆ đi qua các điểm cực trị có phương trình y =  y − 2 x + y
3
3


BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 17


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

nên ∆ có hệ số góc k1 =

Giải
• Tập xác định: D = ℝ

y ' = 3x 2 − 63y + 1)x + 9
Hàm số có CĐ, CT ⇔ ∆ ' = 93y + 1)2 − 3.9 > 0 ⇔ y ∈ 3−∞; −1 − 3) ∪ 3−1 + 3; +∞)

1
y + 1 ′
 y − 23y 2 + 2y − 2)x + 4y + 1
Ta có y =  x −
3 
3
Giả sử các điểm cực đại và cực tiểu là A3x 1; y1 ), B3x 2 ; y2 ) , I là trung điểm của AB.
⇒ y1 = −23y 2 + 2y − 2)x 1 + 4y + 1 ; y2 = −23y 2 + 2y − 2)x 2 + 4y + 1

x + x = 23y + 1)
2
và:  1
x 1.x 2 = 3


Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y = −23y 2 + 2y − 2)x + 4y + 1

A, B đối xứng qua (d): y =

AB ⊥ d
1
x ⇔ 
⇔ y = 1.
I ∈ d

x + x = 23y − 1)
x = 3 − 2y
2
Khi đó ta có:  1
⇔  2
x 1x 2 = 33y − 2)
x 2 (1 − 2x 2 ) = 33y − 2)


⇔ 8y 2 + 16y − 9 = 0 ⇔ y =

−4 ± 34
.
4

HT 26. Cho hàm số y = x 3 − 33y + 1)x 2 + 9x − y , với y là tham số thực. Xác định y để hàm số
đã cho đạt cực trị tại x 1, x 2 sao cho x1 − x 2 ≤ 2 .
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
Ta có y ' = 3x 2 − 63y + 1)x + 9.
+ Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x 1, x 2 ⇔ PT y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2
⇔ PT x 2 − 23y + 1)x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là x 1, x 2 .
y > −1 + 3

⇔ ∆ ' = 3y + 1) − 3 > 0 ⇔ 
y < −1 − 3

2

31)

Giải
• Tập xác định: D = ℝ
Ta có: y ' = 3x 2 + 231 − 2y )x + 32 − y )
Hàm số có CĐ, CT ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1, x 2 (giả sử x 1 < x 2 )

y > 5
2
2
⇔ ∆ ' = 31 − 2y ) − 332 − y ) = 4y − y − 5 > 0 ⇔ 
4

y


3

1
số (1) đạt cực đại, cực tiểu tại x 1x 2 sao cho x1 + x 2 − x 1x 2 đạt giá trị lớn nhất.
2
Giải
Ta có : y ' = 2x 2 + 23y + 1)x + 3y + 1)3y + 3) ;
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt

⇔ 3y + 1)2 − 23y + 1)3y + 3) > 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 20


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

⇔ −3y + 1)3y + 5) > 0 ⇔ −5 < y < −1

Khi đó : x 1 + x 2 = −y − 1; x 1x 2 =

3y + 1)3y + 3)
2

1
1
1
Nên x1 + x 2 − x 1x 2 = −y − 1 − 3y + 1)3y + 3) = −3y 2 + 8y + 7)

Khi đó: x1 + x 2 = −

6

1
x1x 2 = −
4


⇒y =±

9
2

Câu hỏi tương tự:
a) y = x 3 + 3x 2 + yx + 1 ;

x1 + 2x 2 = 3

HT 30. Tìm các giá trị của m để hàm số y =

ĐS: y = −105 .

1 3 1
x − yx 2 + 3y 2 − 3)x có cực đại x1 , cực tiểu x 2 đồng
3
2

thời x1 ; x 2 là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng



P > 0
y 2 − 3 > 0
y < − 3 ∨ y > 3




x + x = y
 1
2
Theo Vi-ét ta có: 
2
x1x 2 = y − 3
Mà x 12 + x 22 =

5
14
⇔ 23x1 + x 2 )2 − 4x 1x 2 = 5 = 5 ⇔ 2y 2 − 43y 2 − 3) = 5 ⇔ y = ±
2
2

Đối chiếu điều kiện (*) ta được: y =

HT 31. Cho hàm số y =

14
2

2 3


HT 32. Cho hàm số y = x 3 − 33y + 1)x 2 + 9x − y 31) với y là tham số thực. Xác định y để hàm
số (1) đạt cực đại , cực tiểu sao cho yCD + yCT = 2
Giải
Ta có: y ' = 3x 2 − 63y + 1)x + 9

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 22


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x 1, x 2 ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x 2

⇔ x 2 − 23y + 1)x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2

y > −1 + 3
⇔ ∆ ' = 3y + 1) − 3 > 0 ⇔ 
3*)
y < −1 − 3

2

x + x = 23y + 1)
2
Theo Viet ta có:  1
x1x 2 = 3

− y3y + 1)2 + 3y 2 − 1)3y + 1) + 1] + [
− y3y − 1)2 + 3y 2 − 1)3y − 1) + 1]
3
3
−1 < y < 0
= 2y 3 − 2y + 2 > 2 ⇔ y3y 2 − 1) > 0 ⇔ 
y > 1
−1 < y < 0
KL: 
y > 1
=[

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

Page 23


GV.Lưu Huy Thưởng

0968.393.899

3
HT 34. Cho hàm số y = x 3 − 3y − 2)x 2 − 33y − 1)x + 1 31), y là tham số. Tìm y > 0 để đồ thị
2

hàm số (1) có giá trị cực đại, cực tiểu lần lượt là yCD , yCT thỏa mãn: 2yCD + yCT = 4 .
Giải
Ta có: y ' = 3x 2 − 33y − 2)x − 33y − 1), ∀x ∈ ℝ
x = x = − 1
1


Đối chiếu điều kiện y > 0 ta có giá trị của y là y = 1, y =

−1 + 33
2

HT 35. Cho hàm số y = x 3 2 3x 2 + 2 (1). Tìm điểm M thuộc đường thẳng d : y = 3x − 2 sao tổng
khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.
Giải
• Các điểm cực trị là: A(0; 2), B(2; –2).
Xét biểu thức g 3x , y ) = 3x − y − 2 ta có:
g 3x A, yA ) = 3x A − yA − 2 = −4 < 0; g3x B , yB ) = 3x B − yB − 2 = 6 > 0

⇒ 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d: y = 3x − 2 .
Do đó MA + MB nhỏ nhất ⇔ 3 điểm A, M, B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của d và AB.
Phương trình đường thẳng AB: y = −2x + 2

y = 3x − 2
x =

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 
⇔ 
y = −2x + 2


y =


4



Hàm số (1) có cực trị thì PT y ′= 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x 2 − 2yx + y 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân biệt ⇔ ∆ = 1 > 0, ∀y

Khi đó: điểm cực đại A3y − 1;2 − 2y ) và điểm cực tiểu B 3y + 1; −2 − 2y )
y = −3 + 2 2

Ta có OA = 2OB ⇔ y + 6y + 1 = 0 ⇔ 
.
y = −3 − 2 2

2

HT 37. Cho hàm số y = x 3 − 33y + 1)x 2 + 3y3y + 2)x − 2 + y 3C ) .Tìm y để đồ thị hàm số (C)
có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số (C) tới trục Ox bằng khoảng
cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C) tới trục Oy.
Giải
x = y
Ta có: y ' = 3x 2 + 63y + 1)x + 3y3y + 2); y ' = 0 ⇔ 
x = y + 2

Hàm số có cực trị với mọi y . Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (C) là:

A3y; y 3 + 3y 2 + y − 2), B3y + 2; y 3 + 3y 2 + y − 6)
Ta có hàm số là hàm bậc ba với hệ số a = 1 > 0 ⇒ điểm cực đại nhỏ hơn điểm cực tiểu.
Vậy A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu.
Ta có: d3A;Ox ) = y 3 + 3y + y − 2 , d3B,Oy ) = y + 2
y

y