Chuyên đề khảo sát hàm số ồ Văn Hoàng
1
Chuyên đề : Khảo sát hàm số và ứng dụng
Các bài toán liên quan đến khảo sát hàm số .
1.Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M(x
M
; y
M
) .
B
1
: hệ số góc tiếp tuyến k = f ‘(x
M
) .
B
2
:Phương trình tiếp tuyến : y – y
M
= k(x – x
M
) .
2.Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến khi biết dạng của tiếp tuyến
với đồ thị.
B
1
: Tìm dạng của tiếp tuyến y = g(x) .
B
2
: Điều kiện tiếp xúc :
( ) ( )
'( ) '( )

*Tại M(x
o
, y
o
) : y = f'(x
o
)(x – x
o
) + y
o
.
*Qua M (x
o
, y
o
): viết phương trình đường thẳng qua M :
(d): y = k(x – x
o
) + y
o
. Dùng điều kiện tx tìm k. Số lượng k = số
lượng tiếp tuyến (nếu f bậc 3 hay bậc 2 / bậc 1 thì số nghiệm x
trong hệ phương trình đk tx = số lượng tiếp tuyến).
* // () : y = ax + b : (d) // ()  (d) : y = ax + m.
*  () : y = ax + b (a  0) : (d)  ()  (d) : y =
1
a

x + m.
Tìm m nhờ đk tx.

Thế k vào (1) được phương trình ẩn x, tham số x
o
hay y
o
.
Đặt đk để phương trình có n nghiệm x (số nghiệm x = số tiếp
tuyến), tìm được x
o
hay y
o
.
3.Dạng 3:Đường cong : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d cắt Ox tại ba điểm
phân biệt khi : ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 có ba nghiệm phân biệt
hay y
CĐ
.y
CT
< 0 .
4.Dạng 4:. Điểm đặc biệt của (Cm) : y = f(x, m)
a/ Điểm cố định : M(x
o
, y





). Giải hệ, được M.
b/ Điểm (Cm) không đi qua, m : M(x
o
, y
o
)  (Cm), m
 y
o
 f(x
o
,m), m
 y
o
= f(x
o
, m) VN m  Am + B = 0 VN m (hay Am
2
+ Bm +
C = 0 VN m) 
0
0
A
B




VN  B = 0 
0B
A BC VN





c/ Điểm có n đường cong của họ (Cm) đi qua : Có n đường
(Cm) qua M(x
o
, y
o
)  y
o
= f(x
o
, m) có n nghiệm m.
Cần nắm vững điều kiện có n nghiệm của các loại phương trình :
bậc 2, bậc 2 có điều kiện x  , bậc 3, trùng phương.
d/Tìm điểm M  © : y = ax + b +
c
dx e
có tọa độ nguyên
(a, b, c, d, e  Z) : giải hệ
,
M M
M
M M
c






,
M M
M
M M
c
y ax b
dx e
x Z dx e c

  




  

öôùc cuûa
5.Dạng 5:TÂM, TRỤC, CẶP ĐIỂM ĐỐI XỨNG :
a. Cmr đồ thị hàm số nhận điểm M(x
M
; y
M
) làm tâm đối xứng
B
1


làm tâm đối xứng
hàm bậc 3 có tâm đx (điểm uốn), hàm phân thức (gđ 2 tc) tại I :
b. CM hàm bậc 4 có trục đx // (Oy) : giải pt y
/
= 0; nếu x = a là
nghiệm duy nhất hay là nghiệm chính giữa của 3 nghiệm :
đổi tọa độ x = X + a, y = Y; thế vào hàm số : Y = F(X);
cm F(–X) = F(X); suy ra F là hàm chẵn, đồ thị có trục đối xứng là
trục tung X = 0  x = a
c. Tìm trên (C) : y = f(x) cặp điểm M, N đối xứng qua I .
giải hệ 4 pt 4 ẩn :
2
2
( )
( )
M N I
M N I
M M
N N
x x x
y y y
y f x
y f x
 


 




y
o
= f(x
o
)
B
2
: Tọa độ điểm uốn : U(x
o
;y
o
) .
6.Dạng 6:ĐƠN ĐIỆU :
a. Biện luận sự biến thiên của hàm bậc 3 :
i) a> 0 và y’ = 0 vô nghiệm  hàm số tăng trên R (luôn tăng)
ii) a< 0 và y’ = 0 vô nghiệm  hàm số giảm trên R (luôn giảm)
iii)a > 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với x
1
< x
2
 hàm số đạt cực đại tại x
1
và đạt cực tiểu tại x
2
. Ngoài ra ta có :

2
thỏa điều kiện x
1
+ x
2
= 2x
0
(x
0
là hoành độ điểm uốn). Ta cũng có :
+ hàm số giảm trên (, x
1
); + hàm số giảm trên (x
2
, +);
+hàm số tăng trên (x
1
, x
2
)
b. Biện luận sự biến thiên của y =
2
ax bx c
mx n
 

i) Nếu a.m > 0 và y
/
= 0 vô nghiệm thì hàm tăng ( đồng biến) trên
từng khỏang xác định.

iv) Nếu a.m < 0 và y
/
= 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thì hàm đạt
cực tiểu tại x
1
và đạt cực đại tại x
2
thỏa x
1
< x
2
và


1 2
2
x x
p
m
.
c.Tìm m để hàm số bậc 3, bậc 2/bậc 1 đồng biến
(nghịch biến) / miền xI: đặt đk để I nằm trong miền đồng
biến (nghịch biến) của các BBT trên; so sánh nghiệm pt y
/
= 0
với .

o
o
f x
f x







;
 f đạt cực tiểu tại x
o

/
//
( ) 0
( ) 0
o
o
f x
f x








=
/ /
/ /
( ). ( )
( ). ( )
CÑ CT
CÑ CT
u x u x
v x v x
,
dùng Viète với pt y
/
= 0.
2/ Hàm trùng phương: y = ax
4
+ bx
2
+ c có 1 cực trị  ab  0,
3 cực trị  ab < 0
9.Dạng 9: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và
điểm cực tiểu (cực trị)
a) Hàm phân thức : y =
2
ax bx c
dx e
 

=
( )
( )

B
3
:Kết luận :Đường thẳng qua cực trị là : y =
'( )
'( )
f x
g x
.
b) Hàm đa thức :y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d .
B
1
:Điều kiện để có có cực trị là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt .
B
2
:Chia đa thức :Lấy y chia y’ .Kết quả có dạng :
y = y’(x) .[
1
3 9
b
x
a

] +
2
2(3 ) 9
.

 

2
2(3 ) 9
.
9 9
CT
ac b ad cb
x
a a
B
4
:Kết luận :đường thẳng qua cực trị là:y =
 

2
2(3 ) 9
.
9 9
ac b ad cb
x
a a
.
10.Dạng 10:Vẽ đồ thị hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối .
1) Hàm số y = f(|x|) .
Phương pháp :
B
1
: Vẽ đồ thị hàm số y = f(x) .
B

y g m





.
B
2
:Khử tham số m giữa x và y ta có phương trình quỹ tích .
B
3
:Giới hạn quỹ tích là dựa vào điều kiện của tham số m , suy ra
điều kiện của x và y .
 Nếu x
o
= a thì M  (d) : x = a.
 Nếu y
o
= b thì M  (d) : y = b.
12.Dạng 12 : Bài toán TƯƠNG GIAO :
* Phương trình hđ điểm chung của (C) : y = f(x) và (C
/
) : y = g(x)
là : f(x) = g(x). Số nghiệm pt = số điểm chung.
*Tìm m để (C
m
) : y = f(x, m) và (C
/
m

1
:Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) với trục hoành là
ax
4
+ bx
2
+ c = 0 (1).
Đặt t = x
2
(điều kiện :t > 0) .Khi đó phương trình (1) trở thành :
at
2
+ bt + c = 0 (2).
Điều kiện để (C ) cắt trục hoành tại 4 điểm thì phương trình (1)
có 4 nghiệm phân biệt

phương trình (2) có 2 nghiệm dương
phân biệt
0
0
0
S
P
 


 




b. Với pt mũ, log,
, .
, lượng giác: đổi biến; cần biết mỗi
biến mới t được mấy biến cũ x; cần biết đk của t .
1/ Giải bất phương trình bằng đồ thị :
f < g  a < x < b, f > g 
x a
b x





f  g  a  x  b , f  g 
x a
x b





2/ Tìm 2 điểm thuộc hai nhánh đồ thị sao cho khoảng cách đó là
ngắn nhất .
B
1
: Từ y =
( )
( )
f x
g x

0; 0
 
 
.
Ví dụ 1. Cho hàm số y = f(x) = mx
3
+ 3mx
2
 (m  1)x  1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
b) Xác định m để hàm y = f(x) không có cực trị
Giải. a) với m = 1, y = x
3
+ 3x
2
 1
b) y’ = 3mx
2
+ 6mx  (m  1). Điều kiện cần và đủ để y = f(x)
không có cực trị là phương trình f’ (x) = 0 không có hai nghiệm
phân biệt, nghĩa là
2
0
1
0
0
4
' 9 3 ( 1) 0
m
m

2
+ 2mx = x(3x + 2m). y’ = 0  x = 0 và x =  2m/3
Hàm có cực đại và cực tiểu   2m/3  0  m  0
   

    
3
c®
4 27
. 0 . 2 / 3 0
27
ct
m m
y y y y m m
  
2
4 27 0m
 
3 3
2
m
Vậy đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt 
3 3 / 2m 
c)
 
1y x 
với
1x 

 

m m
 
    
 
 
khi
1m 
.
m = 0 cũng thỏa mãn. Kết luận m  [1, 1].
Ví dụ 3. Cho hàm số y = (m  2)x
3
 mx + 2 (1)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m =  1
b) C minh rằng khi m  (0, 2) hàm không có cực đại và cực tiểu.
c) C minh rằng đồ thị của hàm số (1) luôn qua ba điểm cố định.
Giải b) y’ = 3(m  2)x
2
 m
m  (0, 2)  m / 3(m  2) < 0 và phương trình y’ = 0 vô nghiệm.
c) y = mx
3
 2x
3
 mx + 2  mx (x
2
 1)  2(x
3
 1)  y = 0
Phương trình đúng với mọi m  R



Đồ thị luôn đi qua 3 điểm cố định (0, 2), ( 1, 4), (1, 0).
Ví dụ 4. Cho y = f(x) = 2x
3
 3(2m + 1)x
2
+ 6m (m + 1)x + 1(1)
a) Tìm quĩ tích điểm uốn
b) Tìm quĩ tích điểm cực đại
c) Tìm quĩ tích trung điểm đoạn nối điểm CĐ & CT của đồ thị.
Giải. a) y’ = 6x
2
 6(2m + 1) x + 6m(m + 1)
y” = 12x  6(2m + 1), y” = 0 
2 1
2
m
x


y” đổi dấu khi x biến thiên qua (2m + 1)/2.
Vậy điểm uốn là
2 1 2 1
,
2 2
m m
U f
   
 
 

y x x  
b) y’ = 6[x
2
 (2m + 1)x + m (m + 1)], y’ = 0 
1
x m
x m



 

Đó là hai nghiệm phân biệt và rõ ràng
y’(x)<0  x (m, m + 1); y’(x)>0  x(, m)  (m + 1, +)
Vậy hàm luôn có cực đại và cực tiểu tại x = m và x = m + 1.
Điểm cực đại là (m, f(m)). Khử m bằng cách thay m = x, vào (1)
ta được y = 2x
3
+ 3x
2
+ 1. Vậy đồ thị của hàm y = 2x
3
+ 3x
2
+ 1
là quĩ tích các điểm cực đại của hàm số khi m thay đổi.
c) Trung điểm của đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu là điểm uốn,
mà quĩ tích đã biết ở câu a).
Ví dụ 5. Cho hàm số y = f(x) = x
4

1 1
4 2
o o o
o o
x x ax
x x a

   


 


với xo là hoành độ tiếp điểm.
Giải hệ đó (đối với (xo, a)) ta có các nghiệm (0, 0), và
 
3 / 3, 4 3 / 9 . 
Từ đó các tiếp tuyến khác y = 1 là
 
4 3 / 9 1y x  
.Vậy điểm cần tìm là M (0, 1).
c) Phương trình x
4
 mx
3
 (2m + 1)x
2
+ mx + 1 = 0 (1)

 

2
4 1 2 0
8 4 0
/ 2 / 2 0 0
1 2 0 1/ 2
m m
m m
S m m
p m m

    

  


   
 
 
   



 
4 2 5,1/ 2m   
Ví dụ 6. Cho hàm số
1mx
y
x m




0 với  x  2.
Vậy y giảm trên các khoảng (, 2) và (2, +).
Bảng biến thiên
Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I của hai tiệm cận.
b)
 
2
2
1
'
m
y
x m



,x  m
 Nếu 1  m
2
> 0 (  1 < m < 1) thì hàm luôn đồng biến trên
(, m) và (m, +).
 Nếu 1  m
2
< 0 ( m  [1, 1] thì hàm luôn nghịch biến trên
mỗi khoảng xác định
 Nếu 1  m
2
= 0 ( m =  1) thì y không đổi
m = 1  y  1 trên R\

x
 
    

 

  
  
    


 

Vậy đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định (1, 1) và (1, 1).
d) Tâm đối xứng là giao của hai tiệm cận tức là điểm (m, m). Khi
m thay đổi các điểm này vạch đường thẳng y = x.
Vd 7. Cho hàm số
 
2 2
1 


m x m
y
x m
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b) Chứng minh rằng với mọi m tiệm cận xiên của đồ thị luôn
tiếp xúc với một parabôn cố định. Xác định parabôn đó.
c) Tìm tất cả các điểm mà tiệm cận xiên không đi qua
Giải Với m = 1,

y’ > 0 
2 2
,1 1 ,
2 2
   
     
   
   
   
x
y’ < 0 
2 2
1 ,1
2 2
 
  
 
 
 
x
.
 Tiệm cận xiên y = 2(x + 1)  Tiệm cận đứng x = 1
b) Ta có tiệm cận xiên y = (m + 1)x + m
2
+ m
Giả sử các tiệm cận xiên trên luôn tiếp xúc parabôn cố định y =
ax
2
+ bx + c, a  0.
Ta có



ab a
a a
vậy:
1
2
 m b
a
=
4 2
(4 1)



ab a
a a
(4a+1)m = 12ab8a+b1 Đ m 
 
2 2 2
4 1 0 1/ 4
12ab 8a b 1 0 1/ 2
1/ 4
4a a x (4ab 2a)x b b c 0
a a
b
c

   


+ (x
o
+ 1)m + x
o
− y
o
= 0 vô nghiệm
  = (x
o
+ 1)
2
− 4(x
o
− y
o
) < 0 
2
1 1 1
4 2 4
   
o o o
y x x
Đó là các điểm nằm trong parabôn
2
1 1 1
4 2 4
   y x x
.
ĐH Năm 2006:
1/ A : ( C ) y = 2x

− 3x +2 a/ KSHS.
b/ Đt (D) qua A(3;20) có hsg m. Định m để (D ) cắt ( C ) tại 3
điểm khác nhau . Đsố : m>15/4 và m ≠ 24.
ĐH Năm 2005 :
1/ A : ( Cm ) y = mx +1/x a/ KSHS.
b/Xác định m để HS có ctrị và khoảng cách từ cực tiểu đến tiệm
cận xiên bằng
1
2
2 2
2
2
1 1
( ;2 ); ( ; )
2
1 1
2 1 0 1
m m
m
CT m d m tcx
m
m m
m m m

  
 
     
2/ B : ( C)
2
( 1) 1

ĐH Năm 2004:
1/ A : ( C)
2
3 3
2( 2)
x x
y
x
  


a/ KSHS.
b/ Tìm m để y = m cắt (C) tại A,B sao cho : AB=1 .
HD: pt hđộ : x
2
+ (2m  3) x + 3  2m = 0 có
0 3 / 2; 1/ 2m m     
2
1 2 1 2 1 2
1 5
1 1 ( ) 4
2
AB x x x x x x m

        
2/ B: ( C)
3 2
1
2 3
3

b/Tìm m để ( Cm ) có hai hai điểm đối xứng qua gốc toạ độ .
HD : YCĐB  x
o
≠ 0 sao cho y(x
0
) ≠ − y(−x
0
)
Thế x
0
vào hai vế để phương trình có 2 ngh:
2
0
3 0.x m m  
ĐH Năm 2002:
1/A: (C):
3 2 2 3 2
3 3(1 )y x mx m x m m      
a/KSHS khi m =1
b/Tìm k để
3 2 3
3 0x x k   
có 3 nghiệm phân biệt.
c/ Viết phương trình đường thẳng qua hai cực trị của ( Cm )
b/ (
3 2
0 3 4 1 3; 0; 2k k k k k         
)
c/ (Cm) có cực trị với mọi m .Chia y cho y
/

9
0 2
2
m
m
m
m
x
m


 


 



 




DỰ BỊ 1 B:Cho ( C )
4 2
6 5y x x  
; a/ KSHS.
b/ Tìm m để phương trình x
4
− 6x

4 4
( ; ); ( ; )AB m m AC m m    
 
.
Vì y là hàm số chẵn nên AC = AB . YCĐB
2 8 6
. 0; 0 0 1 1AB AC m m m m m          
 
DỰ BỊ 1 B –2004 Cho
3 2 2
2 2y x mx m x   
a/KSHS khi m = 1 .
b/Tìm m để HS đạt cực tiểu tại x=1 .
HD: y đạt ctiểu tại x = 1
,
,,
(1) 0
1.
(1) 0
y
m
y



  





M
−1)
2
 k
IM
= (x
M
−1)
2
Mặt khác I(1;2)  k
IM
=
1 1
1
2
1
M M
M
M
x x
y
x
 



=1
Vậy : (x
M
−1)

) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt
HD: pt t
2
− mx + m −1 = 0 Có hai nghiệm dương

2
( 2) 0
1
0
2
1 0
m
m
S m
m
P m

   



  
 



  

DỰ BỊ 3 –2002:(C)
3 2

2 3
2 2
1 3 0
1 1
log log ( 1) 1
2 3
x x k
x x

   


  


Bài 2: Cho hàm số
1
(1)
1
x
y
x



1) Khảo sát sự biến thiên của đồ thị của hàm
2) Tìm m để đường thẳng D:y = 2x + m cắt (C ) tại 2 điểm phân
biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C ) tại A, B song song nhau
3) Tìm tất cả các điểm M thuộc (C ) sao cho khoảng cách từ M
đến giao điểm 2 đường tiệm cận là ngắn nhất

giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành có diện tích phần phía trên
và phần phía dưới đối với trục hoành bằng nhau
HD: ĐK cắt 0<m<4 vẽ minh hoạ gọi x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, là nghiệm
S
trên
= S
duói

3
4
3
0
( ) ( )
x
x
x
f x dx f x dx 
 
.
Vận dụng tính chất đối xứng , định ly Viét m = 20/9.
Bài 6 : Cho hàm số
3 2