Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang
BÀI TOÁN XÉT DẤU VÀ ỨNG DỤNG
I. Cơ sở lý thuyết
Định lý:
Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a;b] và f(a).f(b)<0 thì phương trình f(x)=0 có ít
nhất một nghiệm x=c
∈
(a;b).
Từ định lý này ta có được mệnh đề phản đảo (làm cơ sở cho việc xét dấu) sau:
Mệnh đề 1:
Nếu hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a;b) và phương trình f(x)=0 vô nghiệm trên (a;b)
thì f(x) không đổi dấu trên (a;b).
Chứng minh.
Giả sử ngược lại thì tồn tại c, d∈(a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu. Vì f(x) liên tục
trên (a;b) nên liên tục trên [c;d] ⊂ (a;b). Áp dụng định lý trên thì f(x) có nghiệm
α∈(c;d)⊂(a;b). Điều này mâu thuẫn với giả thiết f(x) vô nghiệm trên (a;b).
II. Qui trình xét dấu của một biểu thức
Dựa vào tính liên tục của hàm số sơ cấp và mệnh đề trên ta có qui trình xét dấu cho
những biểu thức mà nó xác định một ra hàm số sơ cấp một biến f(x) như sau:
– Tìm tập xác định D của f(x).
– Tìm tất cả các nghiệm của f(x).
– Phân hoạch tập D thành các khoảng mà trên đó f(x) liên tục và không có nghiệm.
– Xác định dấu của f(x) tại một điểm thuộc mỗi khoảng để suy ra dấu của f(x) trên mỗi
khoảng đó.
III. Ứng dụng
1) Xét dấu nhanh biểu thức dạng đa thức và phân thức hữu tỷ
Vì dấu của thương
P
Q
và dấu của tích
.P Q

( )( )...( ) 0,
m m
x b x c x b x c x b x c x+ + + + + + > ∀ ∈ ¡
nên ta chỉ cần xét dấu
1 1
1 1 2
( ) ( ) ( ) ...( ) .
k
nn n
n k
P x a x x x x x x= − − −
Phân hoạch  thành các khoảng
1 1 2
( ; ), ( ; ),...,( ; )
k
x x x x−∞ +∞
thì trên mỗi khoảng này
1
( )P x
liên tục và không có nghiệm nên chỉ mang một dấu.
– Vì
1
lim ( ) ( ).( )
n
x
P x sign a
→+∞
= +∞
nên dấu của
1


và dấu của
1
( )P x
trên
1
( ; )
i i
x x
+
là dấu của
1
( )P b
. Mặt khác, ta có
1 1 1
... ...
i i i k
x x a x b x x
− +
< < < < < < < <
nên
( )( ) 0
j j
a x b x− − >
khi j ≠ i và
( )( ) 0
i i
a x b x− − <
. Suy ra
2

n
là số tự nhiên chẵn thì
1
( )P a
và
1
( )P b
cùng dấu.
Từ các nhận xét trên ta rút ra được qui tắc xét dấu nhanh cho biểu thức dạng phân thức
1
1 1 0
1
1 1 0
...
( )
( )
( ) ...
n n
n n
m m
m m
a x a x a x a
P x
f x
Q x b x b x b x b
−
−
−
−
+ + + +

n
a
mà còn phụ thuộc vào n chẵn hay lẻ (khi n chẵn thì cùng dấu với
n
a
, khi
n lẻ thì trái dấu với
n
a
).
Bài toán 1: Xét dấu
3 2
( ) ( )f x ax bx x ax b= + = +
với a
≠
0.
Giải: – Nếu b=0 thì f(x) có nghiệm duy nhất x=0 là nghiệm bội 3 nên f(x) đổi dấu qua
nghiệm này.
– Nếu a, b cùng dấu thì f(x) có nghiệm duy nhất x=0 là nghiệm đơn nên f(x) đổi dấu
qua nghiệm này.
– Nếu a, b trái dấu thì f(x) có 3 nghiệm đơn phân biệt nên f(x) đổi dấu qua mỗi nghiệm
này.
Nhận xét: Hàm số y = ax
4
+bx
2
+c có đạo hàm là y’=4ax
3
+2bx nên ta có thể xét dấu
nhanh y’ như sau: tìm nghiệm của y’


− + = ⇔

=

•
2 0 2x x− = ⇔ =
,
–2–
0 a.f(x)>0
a.f(x)<0
0 a.f(x)>0
a.f(x)<0
0
a.f(x)>0
a.f(x)<0
a.f(x)<0
a.f(x)>0
b
a
−
−
b
a
−
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang
•
3 2
2
1

. Vì dấu của f(x) và g(x) giống nhau nên ta có dòng
xét dấu của f(x) như sau
2) Xét tính đơn điệu của hàm số
Dựa vào qui trình xét dấu tổng quát ở trên ta rút ra được qui trình xét tính đơn điệu như
ý tưởng mà SGK Giải tích 12 đã viết:
– Tìm tập xác định D của hàm số f(x).
– Tìm tất cả các điểm tới hạn của f(x).
– Phân hoạch tập D thành các khoảng mà trên đó
'( )f x
liên tục và không có nghiệm.
– Xác định dấu của
'( )f x
tại một điểm thuộc mỗi khoảng để suy ra dấu của
'( )f x
trên
mỗi khoảng đó.
– Dựa vào dấu của
'( )f x
suy ra tính đơn điệu của f(x).
Bài toán 3: (SGK trang 66) Tìm GTLN của hàm số
3 4
4 3y x x= −
.
Giải: Ta có y’=12x
2
(1–x); y’=0 có nghiệm x=0 (bội 2) với x=1 (đơn). Do đó ta có BBT
của hàm số như sau:
Từ đó ta được
max (1) 1.y y= =
¡

2
( ) 5 4 2.y f x x x x= = − + −
–3–
–1
1
2
2
+
+
+
–
0
x
y
y’
–
∞
+
∞
0
1
+
–
0 0
+
–
∞
1
1
0

( ) 2 2 .y f x x x x= = + − −
Giải:
– TXĐ: D=(–∞;–2]∪[1;+∞).
ĐH:
2
2
2 1 4 2
' '( ) ;
2 2
x x x
y f x
x x
+ − + −
= =
+ −

2
1
' 0 2 2 1 3
2
y x x x x= ⇔ + − = + ⇔ = −
;
y’ không xác định tại x=–2∈D với x=1∈D. Do đó hàm số có ba điểm tới hạn là x=–2; x=1
với
1
3
2
x = −
.
'( 3) 0, '(1 ) 0, '(2) 0.y y y

x≈1 nhưng x>1 thì
2
2x x+ −
có nghĩa và
2
2 0x x+ − ≈
, 2x+1>0 do vậy y’(1
+
)>0.
3) Tính diện tích hình phẳng
Mệnh đề 2: Nếu f(x) liên tục trên [a;b] và không có nghiệm trên (a;b) thì
| ( ) | ( )
b b
a a
f x dx f x dx=
∫ ∫
.
Chứng minh: Do f(x) liên tục trên [a;b] và không có nghiệm trên (a;b) nên, theo mệnh
đề 1, f(x) không đổi dấu trên [a;b].
• Trường hợp f(x) ≤ 0, ∀x∈[a;b] thì
| ( ) | ( )
b b
a a
f x dx f x dx= −
∫ ∫
và
( ) 0 0
b b
a a
f x dx dx≤ =

a a
f x dx f x dx=
∫ ∫
và
( ) 0 0
b b
a a
f x dx dx≥ =
∫ ∫
.
Do đó
| ( ) | ( ) ( )
b b b
a a a
f x dx f x dx f x dx= =
∫ ∫ ∫
.
Bài toán 7: Tính diện tích các hình phẳng sau:
1) (H
1
) được giới hạn bởi
2
1
( ) : 5 9C y x x= +
với
3
2
( ) : 9 .C y x x= +
2) (H
2

0
5 9 9 9.(5 9) 0
4
x
x x x x x x x
x
=

+ = + ⇔ + − + = ⇔

= ±

Mặt khác hàm số
2 3
5 9 ( 9 )y x x x x= + − +
liên tục trên [–4;0] với [0;4] và không có
nghiệm trên mỗi khoảng (–4;0) với (0;4), do đó diện tích cần tính là
4 0 4
2 3 2 3 2 3
4 4 0
0 4
2 3 2 3
4 0
| 5 9 ( 9 ) | | 5 9 ( 9 ) | | 5 9 ( 9 ) |
82 82 164
[5 9 ( 9 )] [5 9 ( 9 )]
3 3 3
S x x x x dx x x x x dx x x x x dx
x x x x dx x x x x dx
− −

x x
π
−
= =
Mặt khác hàm số
2
( ) 2sin siny f x x x= = +
liên tục trên
[ ; ]
2 2
π π
−
nên diện tích cần tính là
0
6
2 2
0
2 2 6
0
6
2
0
2 6
| ( ) | | ( ) | | ( ) | | ( ) |
3 3 2 3
( ) ( ) ( ) 1 1 2 .
3 4 6 4 2 3 2
S f x dx f x dx f x dx f x dx
f x dx f x dx f x dx
π

=
−

Nếu không để ý ta sẽ bị sai lầm khi cho rằng diện tích cần tính là
3 1 3
2 2 2
0 0 1
4 3 4 3 4 3
| | | | | | ...
2 2 2
x x x x x x
S dx dx dx
x x x
− + − + − +
= = +
− − −
∫ ∫ ∫
–5–