Tải bản đầy đủ

Toán trắc nghiệm lớp 12 Full công thức

Quyn 1
TNG LM TNG VINH..

TRAẫC NGHIEM TOAN 2018

Phiờn bn mi nht

TAỉI LIEU CHUYEN TOAN


Mục lục
I

Giải tích

4

1 Ứng dụng của đạo hàm
1.1 Tính đơn điệu của hàm số . . . . . . .
1.2 Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . .
1.3 GTLN và GTNN của hàm số . . . . .

1.4 Điểm uốn và tịnh tiến hệ trục tọa độ .
1.5 Đường tiệm cận của đồ thị hàm số . .
1.6 KSHS và vẽ đồ thị hàm đa thức . . . .
1.7 KSHS và vẽ đồ thị của hàm phân thức
1.8 Một số bài toán thường gặp về đồ thị

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.


.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

5
5
14
25
34
38
43
50
55

2 Hàm số lũy thừa - Mũ - Logarit
2.1 Lũy thừa với số mũ hữu tỉ - thực
2.2 Lôgarit . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Hàm số mũ và hàm số lôgarit . .
2.4 Phương trình mũ . . . . . . . . .
2.5 Phương trình lôgarit . . . . . . .
2.6 Hệ phương trình mũ và lôgarit .
2.7 Bất phương trình mũ . . . . . . .
2.8 Bất phương trình lôgarit . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

61
61
67
71
77
80
83
86
89

3 Nguyên hàm - Tích phân và ứng dụng
3.1 Nguyên hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Một số phương pháp tìm nguyên hàm . . .
3.3 Tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Các phương pháp tính tích phân . . . . . .
3.5 Ứng dụng tích phân . . . . . . . . . . . . .
3.6 Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

92
92
96
102
106
111
117

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

4 Số phức
121
4.1 Số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
4.2 Căn bậc 2 của số phức và phương trình bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.3 Dạng lượng giác của số phức và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

II

Hình học

135

1 Khối đa diện và thể tích của chúng
136
1.1 Khái niệm về khối đa diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
1.2 Phép đối xứng qua mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
1.3 Thể tích của khối đa diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

2


Tăng Lâm Tường Vinh

MỤC LỤC
2 Mặt cầu - Mặt trụ - Mặt nón
2.1 Mặt cầu - Khối cầu . . . . . . .
2.2 Khái niệm về mặt tròn xoay . .
2.3 Mặt trụ, hình trụ và khối trụ .
2.4 Mặt nón, hình nón và khối nón

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

157
157
163
163
169

3 Phương pháp tọa độ không gian
173
3.1 Hệ tọa độ trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
3.2 Phương trình mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
3.3 Phương trình đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

3


Phần I

Giải tích

4


Chương 1

Ứng dụng của đạo hàm
1.1

Tính đơn điệu của hàm số

1. Nhắc lại
Giả sử K là 1 khoảng (1 đoạn hoặc nửa khoảng) là f 1 hàm số xác định trên K.
(a) f đồng biến trên K ⇔ (∀x1 , x2 ∈ K : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 )).

(b) f nghịch biến trên K ⇔ (∀x1 , x2 ∈ K : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 )).
2. Ứng dụng của đạo hàm để xét tính đơn điệu
(a) Điều kiện cần
Định lý 1
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng K
❼ Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng K thì f (x) ≥ 0, ∀x ∈ K.
❼ Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng K thì f (x) ≤ 0, ∀x ∈ K.

(b) Điều kiện đủ
Định lý 2: Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu trên 1 khoảng
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng K.
❼ Nếu f (x) > 0, ∀x ∈ K ⇒ f đồng biến trên khoảng K.
❼ Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ K ⇒ f nghịch biến trên khoảng K.
❼ Nếu f (x) = 0, ∀x ∈ K ⇒ f không đổi trên khoảng K.

Chú ý: Khoảng K trong định lý trên có thể được thay bởi 1 đoạn hay nửa khoảng. Khi
đó ta phải bổ sung thên giả thiết: “Hàm số liên tục trên đoạn hay nửa khoảng đó ”. Tức là
ta có
❼ Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm f (x) > 0 trên khoảng (a, b) thì
hàm số f đồng biến trên [a, b]
❼ Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm f (x) < 0 trên khoảng (a, b) thì
hàm số f nghịch biến trên [a, b]

5


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ


4 − x2 nghịch biến trên đoạn 0; 2 .

VD1: Chứng minh rằng hàm số f (x) =


Hàm số f liên tục trên đoạn [0; 2]. Ngoài ra


−x
< 0, ∀x ∈ (0, 2)
4 − x2

Do đó hàm số nghịch biến trên đoạn [0; 2].
f (x) = √

VD2: Xét chiều biến thiên của hàm số y =
❼ TXĐ: D = R\{1}
❼ y =

x2 − 2x
(x − 1)2

x2 − 4x + 4
x−1

x=0
x=2

❼ y = 0 ⇔ x2 − 2x = 0 ⇔
❼ Bảng biến thiên

−∞

x
y

0
+

y

−∞

1

0 −
−4

2
+∞

+∞

− 0 +

−∞

+∞

0

❼ Vậy:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (0; 1) và (1, 2).

VD3: Xét chiều biến thiên của hàm số
4
y = x3 − 2x2 + x − 3
3
❼ TXĐ: D = R
❼ y = 4x2 − 4x + 1 = (2x − 1)2
1
1
❼ y = 0 ⇔ x = và y > 0, ∀x =
2
2
❼ Bảng biến thiên

x

−∞
+

y

1
1
2
0

+∞
+
+∞

17

6

y
−∞

❼ Vậy: Hàm số đồng biến trên mỗi nửa khoảng

−∞;

1
1
; +∞ .

2
2

Từ đó suy ra hàm số đồng biến trên R
Nhận xét: Trong trường hợp y = 0 có hữu hạn nghiệm, thì ta có định lý mở
rộng sau

6


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Định lý 3
f đồng biến trên K ⇔ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ K
f nghịch biến trên K ⇔ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ K
Bài tập

Dạng 1

Tìm khoảng đồng biến, nghịch
biến của hàm số y = f (x)
❼ Tìm TXĐ
❼ Tìm y
❼ GPT y = 0 (Tìm các điểm mà tại đó hàm số có đhàm = 0 hay tại đó hàm số k có đhàm)
❼ BBT
❼ KL

1. Xét chiều biến thiên của các hàm số sau
(a) y = x3 − 6x2 + 9x + 1

(b) y = x4 − 8x2 + 3
2x − 3
(c) y =
x−2
4
(d) y = x +
x
(e) y = x + 4 − x2
(f) y = 2x −

x2 − 4x − 5

(g) y = −x2 + 6|x − 2|

(h) y = |x2 + 4x − 5|

2. Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của các hàm số sau
(a) y = x2 + 2mx + m − 1

(b) y = −x3 + 6x2 − 12x + 8
1
1
(c) y = − x4 − x3 + x2 + 3x
4
2
1 3 1
(d) y = x + (2m + 2)x2 + (m2 + 2m)x
3
2
3x + 1
(e) y =
x+2
(x − 2)2
(f) y =
1−x
x2 − x
(g) y = 2
x −x−2
x3
(h) y =
3 − x2
7


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
x
x2 + 1
x2 + 2x + 2
(j) y = 2
x − 2x + 2
(i) y =

3. Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của các hàm số sau
(a) y =

x2 − 4x + 3
x+1
(b) y = √
2
x −x+1
x2
(c) y = √
x2 − 1

(d) y =

2x − x2

x2 + x + 2
x+1
2
(f) y = x − 2x − 4|x − 2| + 3

(e) y = |x − 1| +

4. Chứng minh các hàm số
(a) y = (m2 + 1)x3 + x2 + 2x − 10 luôn tăng trên khoảng xác định.
2x − 3
(b) y =
luôn giảm trên các khoảng xác định.
3x − 6
x2 − x − 4
(c) y =
luôn giảm trên các khoảng xác định.
1−x
(m − 2)x − 2m2 + 2m − 4
(d) y =
luôn tăng trên các khoảng xác định.
x−m
(e) y = x3 + x − cos x − 4 luôn tăng trên các khoảng xác định.

Dạng 2

Chứng minh hàm số đồng
(nghịch) biến trên đoạn
(khoảng, nửa khoảng)
Để CM hàm số đồng (nghịch) biến trên [a; b] (hay [a; b) hay (a; b] hay (a; b)) ta thực hiện các
bước sau
❼ f là hàm số liên tục trên đoạn (khoảng, nửa khoảng) đã cho.
❼ f (x) > 0 (f (x) < 0), ∀x ∈ (a; b)

KL: f làm hàm số đồng (nghịch) biến trên đoạn (khoảng, nửa khoảng) đã cho.
1
1. Chứng minh rằng hàm số y = √ x +
3

16 − x2 nghịch biến trên [2; 4].

2. Chứng minh hàm số y = x 8 − x2 đồng biến trên [−2; 2]


3. Chứng minh hàm số y = x − 1 + 7 − x nghịch biến trên đoạn [4; 7]

4. Chứng minh hàm số y = x2 + 2 5 9 − x2 đồng biến trên [−3; −2] và nghịch biến trong
[2; 3].
8


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Dạng 3

Định giá trị tham số để hàm số
đơn điệu trên K cho trước
❼ B1: Tìm y
❼ B2: Đặt ĐK cho bài toán

hàm số đồng biến trên K ⇔ y ≥ 0, ∀x ∈ K

hàm số nghịch biến trên K ⇔ y ≤ 0, ∀x ∈ K
❼ B3: Từ điều kiện trên, sử dụng kiến thức về dấu của nhị thức, tam thức.
❼ Chú ý 1: Cho f (x) = ax2 + bx + c(a = 0) ta có

f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔

∆≤0
a>0

f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔

∆≤0
a<0

❼ Chú ý 2: Đối với hàm số lượng giác

|a sin x| ≤ |a|, ∀x ∈ R
|a sin x + b cos x| ≤

a2 + b2 , ∀x ∈ R

1. Tìm m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + (2m + 3)x + m − 4 luôn tăng trên R.
2. Tìm m để các hàm số sau đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
mx + 7m − 8
x−m
2
2x + x + 3m − 5
(b) y =
x−1
(a) y =

3. Định m để hàm số y =

x2 − 3mx + 4m − 12
đồng biến trên (−∞; 0).
x−2

4. Tìm m để hàm số y = m sin x + (m − 3) cos x − 3x luôn nghịch biến trên [0; 4π].
5. Định m để hàm số
(a) y = x2 − 2(m − 4)x + m + 3 đồng biến trên khoảng (2; +∞)
1
(b) y = x3 − 2mx2 − 4mx − 2 đồng biến trên khoảng (−∞; 0).
3
1
(c) y = x3 − (m + 1)x2 + 4x − 10 nghịch biến trên đúng 1 khoảng có độ dài bằng 2.
3
mx − 8
(d) y =
nghịch biến trên (1; +∞)
x−m−2
x2 − 2mx + m2 + 1
(e) y =
đồng biến trên (2; +∞).
x−m

6. Định m để hàm số

9


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
(a) y = x + (m + 1) sin x tăng trên [0; 2π]
(b) y = m sin x + 2 cos x + (m + 2)x tăng trên (0; 10π).

Dạng 4

Chứng minh BĐT
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ K
1. Chứng minh các bất đẳng thức sau
(a) sin x < x, ∀x > 0

x2
, ∀x = 0
2
x3
x3
(c) sin x > x − , ∀x > 0 và sin x < x − , ∀x < 0
6
6
π
(d) 3x < 2 sin x + tan x, ∀x ∈ 0;
2

3 3
π π
(e) 2 sin x + sin 2x ≤
, ∀x ∈
;
2
3 2
(b) cos x > 1 −

2. Cho a ≤ 6, b ≤ −8 và x ≥ 1. Chứng minh rằng x4 − ax2 − bx > c.
3. Chứng minh rằng với mọi x ∈ 0;

4x
π
ta có tan x ≤
4
π

4. Chứng minh rằng với mọi x ∈ 0;

π
2

ta có tan x > x +

x3
3

Dạng 5

Dùng tính đơn điệu để giải
PT−HPT
❼ Để CM pt F (x) = 0 có nghiệm duy nhất ta thực hiện

Chỉ ra 1 nghiệm của pt hay dùng tính chất hslt để CM PT có nghiệm.
CM F (x) là hs ltục và luôn tăng hay luôn giảm ⇒ F (x) = 0 nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
KL: PT F (x) = 0 có nghiệm duy nhất.
❼ Nếu hàm số f (x) lt và tăng (hay giảm) trên K thì với u, v ∈ K ta có

f (u) = f (v) ⇔ u = v
1. Giải pt
(a) 9





3x − 2 = x + 3

(b) 8x − 4x − 2 = 3 6x + 2


(c) 2x + 3 + 3 4x + 13 = 18
3

4x + 1 −

10


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
(d)
(e)





x+1+



2x + 3 +
3



3x + 7 +

(c)
(d)

4x + 24 = 15

2

x − 1 = −x + 3x − 4x + 5

2. Giải hpt


x + x2 − x + 1 −
(a)
2
x + y 2 = 2
(b)



x − y = cos x − cos y
cos x + cos y = 1

tan x − tan y = y − x
3x2 + 6y 2 = π 2

x+6+ y−9=5

x−9+ y+6=5

y+

y 2 − y + 1 = (y − x)(xy + 2)

x ∈ (−π; 2π)
π π
x∈ − ;
2 2

Bài toán: Cho hàm số y = f (x). Tìm điều kiện để hàm số đồng biến trên K.
❼ Hàm số bậc 3:

Phương pháp 1:





TXĐ: D = R
Tính y
Để hs đb trên K ⇔ y ≥ 0, ∀x ∈ K.
Biến đổi bpt có được ở bước 3 về dạng
g(x) ≤ m, ∀x ∈ K ⇔ max g(x) ≤ m
x∈K

hoặc
g(x) ≥ m, ∀x ∈ K ⇔ min g(x) ≥ m
x∈K

Phương pháp 2:
✯ TXĐ: D = R
✯ TH1: Hsđb trên R ⇒ hsđb trên K.
Sử dụng dấu của tam thức bậc 2 ⇒ m.
✯ TH2: pt y = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 (x1 < x2 )
➲ Tìm điều kiện để pt y = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 .
➲ Lập bảng xét dấu của y và kết hợp ycbt (sử dụng Vi-ét) ⇒ m.
❼ Hàm số bậc 4:

TXĐ: D = R
Giải y = 0
TH1: PT y = 0 có 1 nghiệm
✯ Tìm điều kiện để pt y = 0 có 1 nghiệm.
✯ Lập bxd của y và kết hợp ycbt ⇒ m.

TH2: PT y = 0 có 3 nghiệm pb

✯ Tìm đk để pt y = 0 có 3 nghiệm pb.
✯ Gpt y = 0 ⇔ 3 nghiệm pb.
✯ Lập bxd y và kết hợp ycbt ⇒ m.

11


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
❼ Hàm số y =

ax + b
cx + d

TXĐ: D = R\ −

d
c

Tính y
Đk để hsđb trên từng khoảng xác định ⇔
Lập bxd của y và kết hợp ycbt ⇒ m.

y > 0, ∀x ∈ D
y ≥ 0, ∀x ∈ D

(khi tử chỉ có m)
(khi tử chỉ có m và x)

Ví dụ 1: Cho hàm số y = x4 − 2mx2 − 3m + 1. Tìm m để hsđb trên (1; 2).
❼ TXĐ: D = R
❼ y = 4x3 − 4mx

y =0⇔

x=0
x2 = m

❼ TH1: Pt y = 0 có 1 nghiệm

Đk để y = 0 có 1 nghiệm ⇔ m ≤ 0. Khi đó pt y = 0 ⇔ x = 0
Bxd:
x −∞
0
+∞
y
− 0 +
Với m ≤ 0 thì hsđb trên (0; +∞) ⇒ hsđb trên (1; 2).
❼ TH2: Pt y = 0 có 3 nghiệm pb



x=√
0
m
Đk để pt y = 0 có 3 nghiệm pb ⇔ m > 0. Khi đó y = 0 ⇔  x = √
x=− m
Bxd


x −∞
− m
0
m
+∞
y

0
+ 0 −
0
+
hsđb trên (1; 2) ⇔

m>0

m≤1

⇔0
Vậy hsđb trên (1; 2) ⇔ m ≤ 1.
Ví dụ 2: Cho hàm số y =

mx + 4
. Tìm m để hsnb trên (−∞; 1)
x+m

❼ TXĐ:D = R
❼ y =

m2 − 4
(x + m)2

❼ hsnb trên từng khoảng xác định ⇔ y < 0, ∀x ∈ D
m2 − 4

< 0, ∀x ∈ D
(x + m)2
⇔ −2 < m < 2

12


Tăng Lâm Tường Vinh

1.1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
❼ Bxd của y

x

−∞

−m


y

+∞


Để hsnb trên (−∞; 1) ⇔ 1 ≤ −m ⇔ m ≤ −1
Kết hợp đk suy ra −2 < m ≤ −1 thì hsnb trên (−∞; 1).
Ví dụ 3: Định m để hàm số y =
❼ TXĐ: D = R\{2}
❼ y =

x2 − 3mx + 4m − 12
đồng biến trên (−∞; 0).
x−2

x2 − 4x + 2m + 12
(x − 2)2

❼ TH1: hsđb trên từng khoảng xác định ⇔ y ≥ 0, ∀x ∈ D
x2 − 4x + 2m + 12

≥ 0, ∀x ∈ D
(x − 2)2

⇔ x2 − 4x + 2m + 12 ≥ 0, ∀x ∈ D


a=1>0
∆ = −2m − 8 ≤ 0

⇔ m ≥ −4

Khi m ≥ −4 thì hsđb trên từng khoảng xác định ⇒ hsđb trên (−∞; 0).
TH2: y = 0 có 2 nghiệm pb x1 , x2 (x1 , x2 ) ⇔

a=1=0
∆ >0

⇔ m < −4

Bxd:
x
y

−∞

x1

x2

+∞

+ 0 − 0 +

x1 + x2 > 0
x1 .x2 ≥ 0
Kết hợp điều kiện m < −4 ⇔ −6 ≤ m < −4

Hsđb trên (−∞; 0) ⇔ 0 ≤ x1 < x2 ⇔

Kết hợp 2TH, vậy hsđb trên (−∞; 0) ⇔ m ≥ −6 .

13

⇔ −6 ≤ m


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

1.2

Cực trị của hàm số

1. Khái niệm cực trị của hàm số
Hệ quả 1
Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp D (D ⊂ R) và x0 ∈ D.
(a) x0 đgl 1 điểm cực đại của hàm số f nếu ∃ 1 (a; b) chứa điểm x0 sao cho
(a; b) ⊂ D và
f (x) < f (x0 ), ∀x ∈ (a; b)\{x0 }
Khi đó f (x0 ) đgl giá trị cực đại của hàm số f .

(b) x0 đgl 1 điểm cực tiểu của hàm số f nếu ∃ 1 (a; b) chứa điểm x0 sao cho
(a; b) ⊂ D và
f (x) > f (x0 ), ∀x ∈ (a; b)\{x0 }
Khi đó f (x0 ) đgl giá trị cực tiểu của hàm số f .

Điểm cực đại và điểm cực tiểu đgcl điểm cực trị. Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu
đgcl cực trị.
Nếu x0 là 1 điểm cực trị của hàm số f thì ta nói hàm số f đạt cực trị tại điểm x0 .

Chú ý:
(a) Giá trị cực đại (cực tiểu) f (x0 ) của hàm số f nói chung không phải là giá trị lớn nhất
(nhỏ nhất) của hàm số f trên tập hợp D; f (x0 ) chỉ là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của
hàm số f trên 1 khoảng (a; b) nào đó chứa điểm x0 .
(b) Hàm số f có thể đạt cực trị hoặc cực tiểu tại nhiều điểm trên tập hợp D. Hàm số
cũng có thể không có cực trị trên 1 tập hợp số thực cho trước.
(c) Nếu x0 là 1 điểm cực trị của hàm số f thì điểm x0 ; f (x0 ) đgl điểm cực trị của đồ
thị hàm số f .
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị
Định lý 1
Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó nếu f có đạo hàm tại x0 thì f (x0 ) = 0.
Chú ý:
14


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

❼ Hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại các điểm x0 ∈ D mà tại x0 hàm số có đạo hàm bằng
0 hoặc hàm số không có đạo hàm.
❼ Chiều ngược lại của định lý 1 có thể không đúng.

Chẳng hạn:
♥ Có những hàm số có đạo hàm bằng 0 tại x0 nhưng tại x0 hàm số không đạt cực trị.
Xét hàm số f (x) = x3 , ta có f (x) = 3x2 và f (0) = 0. Tuy nhiên hàm số f không
đạt cực trị tại điểm x = 0. Vì f (x) = 3x2 > 0, ∀x = 0 nên hàm số đồng biến trên R.

♥ Có những hàm số f đạt cực trị tại 1 điểm mà tại điểm đó hàm số không có đạo hàm.
Xét hàm số y = f (x) = |x| xác định trên R. Vì f (0) = 0 và f (x) > 0, ∀x = 0 nên
hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0.
Hàm số y = |x| không có đạo hàm tại điểm x = 0.

3. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị
Định lý 2
Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a; b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các
khoảng (a; x0 ) và (x0 ; b). Khi đó
(a) Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ (a; x0 ) và f (x) > 0, ∀x ∈ (x0 ; b) thì hàm số f đạt cực tiểu
tại điểm x0 .

(b) Nếu f (x) > 0, ∀x ∈ (a; x0 ) và f (x) < 0, ∀x ∈ (x0 ; b) thì hàm số f đạt cực đại
tại điểm x0 .

15


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Từ định lý 2 ta có quy tắc 1 tìm cực trị
Tính chất 1
❼ B1: Tìm f (x).

❼ B2: Tìm các điểm xi (i = 1, 2, . . .) tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc hàm
số liên tục nhưng không có đạo hàm.
❼ B3: Xét dấu f (x). Nếu f (x) đổi dấu khi x qua điểm xi thì hàm số đạt cực trị
tại xi . (Lập BBT)

Ví dụ 1: Tìm cực trị của hàm số
1
4
f (x) = x3 − x2 − 3x +
3
3
Giải
❼ TXĐ: D = R
❼ Ta có

f (x) = x2 − 2x − 3

❼ Từ đó

f (x) = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 3

❼ Bảng biến thiên

x

−∞

−1
+

y



0

+∞

3
0

+
+∞

3
y


−∞

23
3

Vậy hs đạt cực đại tại điểm x = −1, GTCĐ của hs là f (−1) = 3.
23
Hs đạt cực tiểu tại điểm x = 3, GTCT của hs là f (3) = −
3
Ví dụ 2: Tìm cực trị của hàm số
f (x) = |x|
Giải
❼ TXĐ: D = R
❼ Ta có

f (x) =

−x với x < 0
x với x ≥ 0

f (x) =

−1 với x < 0
1 với x > 0

Do đó

Hàm số f không có đạo hàm tại điểm x = 0
lim

x→0+

f (x) − f (0)
f (x) − f (0)
= 1 = −1 = lim

x−0
x−0
x→0
16


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
❼ Bảng biến thiên

x

0

+∞

0


y

+

+∞

+∞

y
0
Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và giá trị cực tiểu của hàm số là f (0) = 0.
Định lý 3
Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp 1 trên khoảng (a; b) chứa điểm x0 , f (x0 ) = 0 và f
có đạo hàm cấp 2 khác 0 tại điểm x0 .
(a) Nếu f (x0 ) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x0 .
(b) Nếu f (x0 ) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x0 .
Từ định lý 3 ta có quy tắc 2 để tìm cực trị sau
Tính chất 2
❼ B1: Tìm f (x).
❼ B2:Tìm các điểm xi (i = 1, 2, . . .) của phương trình f (x) = 0.
❼ B3: Tìm f (x) và tính f (xi )

♦ Nếu f (xi ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm xi .
♦ Nếu f (xi ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm xi .
Ví dụ 3: Áp dụng quy tắc 2 tìm cực trị của hàm số
1
4
f (x) = x3 − x2 − 3x +
3
3
Giải
❼ TXĐ: D = R
❼ Ta có

f (x) = x2 − 2x − 3
f (x) = 0 ⇔

x = −1
x= 3

f (x) = 2x − 2

♠ f (−1) = −4 < 0 nên hs đạt cực đại tại điểm x = −1, f (−1) = 3
23
♠ f (3) = 4 > 0 nên hs đạt cực tiểu tại điểm x = 3, f (3) = −
3
17


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

Dạng 1

Tìm cực trị của hàm số theo
quy tắc 1
1. Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau
(a) y = 2x3 − 3x2 − 72x + 8
1
(b) y = x3 − 2x2 + 3x − 1
3
5
2
(c) y = x3 + x2 + 2x + 1
3
2
(d) y = x4 − 4x2 − 5
(e) y =

x5 x3

+2
5
3

2. Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau
x2 − 2x + 9
x−2
4
(b) y = x + 3 +
x
x2 − x + 1
(c) y = 2
x +x+1
x2
(d) y = 3
x +1
(a) y =

3. Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau
(a) y = 2x + |x2 − 4|

(b) y = |x|(x + 4)

(c) y = |x2 − 6x + 5| + 2x

(d) y = x2 + 3x +

x2 − 6x + 9

4. Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau
(a) y = x

4 − x2

(b) y = x +
(c) y =
(d) y =

x2 + 1

x2 − 4x + 12
5 − 4x − x2

Dạng 2

Tìm cực trị của hàm số theo
quy tắc 2
Tìm các điểm cực trị của các hàm số
1. y = x4 − 8x2 − 6
18


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
2. y = sin 2x + cos 2x +



2

3. y = x − sin 2x + 2
4. y = 3 − 2 cos x − cos 2x

5. y = sin2 x − 3 cos x

Dạng 3

Điều kiện để hàm số đạt cực trị
❼ Tìm TXĐ và tính f (x)
❼ Hàm số đạt cực trị tại x0 ∈ D ⇔ f (x) đổi dấu khi qua x0 .

1. Định các giá trị của m để hàm số có cực trị
x2 − 2x + 3m − 2
x−m
3
(b) y = x − 3mx2 − 3(m2 − 8)x + m
(a) y =

(c) y = x3 + 3x2 + mx − 10

(d) y = x3 − 3x2 + 3mx + 3m + 4
x2 − mx + 3
x−1
2
x − (m + 1)x + 2m − 1
(f) y =
x−m

(e) y =

2. Chứng minh rằng hàm số y =

x2 − m(m + 1)x + m3 + 1
luôn có cực đại và cực tiểu.
x−m

3. Định m để hàm số y = −2x + m x2 + 1
(a) Có cực trị.
(b) Có cực đại.

Dạng 4

Định giá trị tham số để hàm số
đạt cực trị tại x0 cho trước
❼ Tìm TXĐ và tính f (x).
❼ Điều kiện cần: Hàm số có cực trị tại x0 ⇒ f (x0 ) = 0 ⇒ giá trị của tham số.
❼ Thay giá trị tham số vừa tìm được vào f (x) thử lại.

Chú ý
Khi thử lại ta có thể dùng 1 trong 2 cách: Dùng Quy tắc 1 hay Quy tắc 2.
Khi phương trình y = 0 có thể xác định được nghiệm cụ thể thì ta lập BBT và dựa vào
BBT để suy ra ycbt.
19


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Ví dụ: Định m để hàm số y =

x2 − mx + 1
đạt cực đại tại x = 10.
x−m
Giải

❼ Cách 1:

TXĐ: D = R\{m}
y =

x2 − 2mx + m2 − 1
(x − m)2
y (10) = 0 ⇔ m2 − 20m + 99 = 0 ⇔ m = 11 ∨ m = 9

x2 − 22x + 120
2
⇒y =
⇒ y (10) = −2 < 0 ⇒ hàm
2
(x − 11)
(x − 11)3
số đạt cực đại tại x = 10

Khi m = 11 thì y =

Khi m = 9 thì y =
cực tiểu tại x = 10

x2 − 18x + 80
2
⇒y =
⇒ y (10) = 2 > 0 ⇒ hàm số đạt
2
(x − 9)
(x − 9)3

Vậy m = 11 thỏa yêu cầu bài toán.
❼ Cách 2:

TXĐ: D = R\{m}
y =

x2 − 2mx + m2 − 1
(x − m)2
y = 0 ⇔ x2 − 2mx + m2 − 1 = 0 ⇔

x=m−1
x=m+1

BBT
x

−∞

y
y

m−1
+

0


−∞

m


m+1
+∞

−∞



0

+∞
+
+∞

CT

Dựa vào BBT ta có: Hàm số đạt cực đại tại
x = 10 ⇔ m − 1 = 10 ⇔ m = 11
Vậy m = 11 thỏa ycbt.
1. Định m để hàm số y = x3 − (m + 1)x2 + (3m − 4)x + 5 đạt cực đại tại x = 1.
2. Định a để hàm số y = 2x − a sin x +

π
1
sin 3x đạt cực tiểu tại x = .
3
3

3. Tìm a, b, c, d của hàm số f (x) = ax3 + bx2 + cx + d sao cho f (x) đạt cực tiểu tại x =
0, f (0) = 0 và đạt cực đại tại x = 1, f (1) = 1.
4. Cho hàm số y =

x2 − ax + 2b
5
. Tìm a, b để hàm số có giá trị cực trị bằng khi x = −3.
x2 − 2x + 1
4

5. Xác định a, b, c sao cho hàm số f (x) = x3 + ax2 + bx + c đạt cực trị bằng 0 tại điểm x = −2
và đồ thị của hàm số qua điểm A(1; 0).
20


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

1
6. Cho hàm số y = x3 − (m − 1)x2 + (m2 + 6m)x + 4. Định m để hàm số đạt cực trị tại
3
x1 , x2 sao cho x1 < x2 < 1.
7. Định m để hàm số y =

x2 + (m + 1)x + 2m + 1
đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1 < x2 < 2.
x+1

8. Định m để hàm số y = x3 − (m − 3)x2 + (4m − 1)x − m đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho
x1 < −2 < x2 .
mx2 − 2x + m
x2 − x

9. Định m để hàm số y =

(a) Đạt CĐ và CT tại điểm có hoành độ dương.
(b) Chỉ có 1 cực trị.
10. Tìm m để đồ thị hàm số y =
với trục Oy.

1 3
x + mx2 + (m + 6)x + 2 có 2 điểm cực trị về 2 phía đối
3

11. Tìm m đề hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m2 − 1)x + m2 − 3m đạt CĐ, CT tại x1 , x2 thỏa
x21 + x22 = 10.

Dạng 5

Giá trị cực trị của hs bậc 3 và
hs dạng phân thức
❼ Cho hàm số bậc 3: y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d đạt cực trị tại x0 .
Khi đó lấy y chia cho y ta được thương T (x) và dư là D(x) = αx + β

y = y .T (x) + D(x)
Ta có: Toạ độ điểm cực trị của hàm số thỏa hệ
y =0
y = y .T (x) + D(x)

⇒ y = D(x) = αx + β

Do đó ta có y(x0 ) = αx0 + β .
u(x)
đạt cực trị tại x0 .
v(x)
Ta có tọa độ điểm cực trị của hàm số thỏa hệ


y = 0
u (x)v(x) = u(x)v (x)
u(x) ⇒
u(x)
y =
y =
v(x)
v(x)

❼ Cho hàm số y = f (x) =

Do đó ta có

y(x0 ) =

⇒y=

u (x)
v (x)

u (x0 )
v (x0 )

Ví dụ 1: Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 3(4m − 3)x + 3. Định m để hàm số có cực đại, cực tiểu và
khoảng cách giữa 2 giá trị cực trị bằng 32.
21


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Giải
❼ TXĐ: D = R
❼ y = 3x2 − 6x + 3(4m − 3)

y = 0 ⇔ 3x2 − 6x + 3(4m − 3) = 0 ⇔ x2 − 2x + 4m − 3 = 0
❼ Hàm số có cực đại, cực tiểu
⇔ (1.1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
⇔ ∆ = 1 − 4m + 3 > 0 ⇔ 4m − 4 < 0 ⇔ m < 1
❼ Chia y cho y ta viết được

y=

x−1
y + (8m − 8)x + 4m
3

Tọa độ điểm cực trị của đồ thị thỏa hệ

y = 0
x−1
y =
y + (8m − 8)x + 4m
3

⇒ y = (8m − 8)x + 4m

Vì tại điểm cực trị ta có y = 0 nên

♣ Tiếp tuyến của đồ thị tại A(x1 ; y1 ) (cực trị thứ nhất): A x1 , (8m − 8)x1 + 4m
♣ Tiếp tuyến của đồ thị tại B(x2 ; y2 ) (cực trị thứ hai): B x2 , (8m − 8)x2 + 4m
Suy ra d = d(y1 , y2 ) = |y1 − y2 | = (8m − 8)(x1 − x2 ) . Do đó
YCBT ⇔ d2 = 322

⇔ (8m − 8)2 (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 322
⇔ (8m − 8)2 (2)2 − 4(4m − 3) = 322

⇔ (m − 1)2 (16 − 16m) = 16
⇔ (m − 1)3 = −1

⇔ m − 1 = −1
⇔m=0
Vậy m = 0 thỏa ycbt.

Ví dụ 2: Định m để hàm số y =
a. Hai giá trị cực trị cùng dấu.

2x2 + (m + 2)x − 4 − m
có cực trị, cực tiểu sao cho
2x − m

b. Hai điểm cực trị cùng với điểm A(1; 1) tạo thành 1 ∆ vuông tại A.
Giải
❼ TXĐ: D = R\

m
2
22

(1.1)


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
❼ y =

4x2 − 4mx − m2 + 8
(2x − m)2
y = 0 ⇔ g(x) = 4x2 − 4mx − m2 + 8 = 0

x=

m
2

Hàm số có cực đại, cực tiểu
⇔ y đổi dấu 2 lần trên D


∆g > 0
8m2 − 32 > 0



−2m2 + 8 = 0
g m = 0
2

⇔ m < −2 ∨ m > 2

❼ Khi đó: Tọa độ điểm cực trị thỏa hệ


u (x)v(x) = u(x)v (x)
y = 0
u(x)
u(x) ⇒
y =
y =
v(x)
v(x)

Do đó

yCĐ =

4xCĐ + m + 2
;
2

xCĐ .xCT =

⇒y=

yCT =

−m2 + 8
;
4

u(x)
u (x)
4x + m + 2
=
=
v(x)
v (x)
2

4xCT + m + 2
2

xCĐ + xCT = m

a. yCĐ và yCT cùng dấu
⇔ yCĐ .yCT > 0
1
⇔ 16xCĐ xCT + 4(m + 2)(xCĐ + xCT ) + (m + 2)2 > 0
4
−m2 + 8
⇔ 16 ·
+ 4(m + 2).m + (m + 2)2 > 0
4
⇔ m2 + 12m + 36 > 0
⇔m=6

b. Ta có 2 điểm cực trị là M (xCĐ ; yCĐ ) và N (xCT ; yCT ). Suy ra
−−→
AM =

xCĐ − 1;

4xCĐ + m
2

;

−−→
AN =

xCT − 1;

4xCT + m
2

∆AM N vuông tại A
−−→ −−→
⇔ AM .AN = 0

(4xCĐ + m)(4xCT + m)
=0
4
⇔ 4xCĐ xCT − 4(xCĐ + xCT ) + 4 + 16xCĐ xCĐ + 4m(xCĐ + xCT ) + m2 = 0

⇔ (xCĐ − 1)(xCT − 1) +

⇔ 20xCĐ xCT + (4m − 4)(xCĐ + xCT ) + m2 + 4 = 0

⇔ 5(−m2 + 8) + (4m − 4)(m) + m2 + 4 = 0
⇔ −4m + 44 = 0

⇔ m = 11 (thỏa đk m < −2 ∨ m > 2)
Vậy m = 11 thỏa ycbt.

23


Tăng Lâm Tường Vinh

1.2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Bài tập
1. Cho hàm số y =

u(x)
x2 − 2mx + m + 1
=
x−1
v(x)

(a) Tìm m để hàm số đạt CĐ, CT tại các điểm có hoành độ dương.
u (x0 )
(b) Giả sử x0 là hoành độ cực trị. Chứng minh rằng: y(x0 ) =
v (x0 )
(c) Khi hàm số có CĐ và CT. Tìm m để yCĐ và yCT cùng dấu.
2. Cho hàm số y =

mx3
− mx2 + x − 1
3

(a) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu.
(b) Giả sử x0 là hoành độ cực trị; R(x) là biểu thức dư khi chia y cho y . CMR: f (x0 ) =
R(x0 )
(c) Khi hàm số có CĐ và CT. Tìm m để yCĐ và yCT cùng dấu.
3. Cho hàm số y =

−x2 + 3x + m
. Định m để hàm số có CĐ và CT thỏa ĐK
x−4
yCĐ − yCT = 4

4. Định m để các hàm số sau có CĐ và CT. Viết ptđt đi qua 2 điểm cực trị đó
x2 − 2x + m + 2
x+m−1
3
(b) y = −x + 3mx2 + 3(1 − m2 )x + m3 − m2 .
(a) y =

x2 + (m + 1)x + m + 1
. CMR: Với m bất kì, (Cm ) luôn có điểm
x+1

CĐ, CT và khoảng cách giữa 2 điểm đó bằng 20

5. Cho hàm số (Cm ) y =

6. Cho hàm số y = x + |x2 − 2x + m|
(a) Tùy theo m hãy lập BBT của hs.
(b) Định m để hs có CĐ và yCĐ < 3.
7. Tìm m để đồ thị hs y =

x2 + 2m2 x + m
có 2 điểm cực trị ở về 2 phía đối với trục Ox.
x+1

8. Tìm m để đồ thị hàm số y = 2x3 − 3(2m + 1)x2 + 6m(m + 1)x + 1 có 2 điểm cực trị đối
xứng nhau qua đường thẳng d : y = x + 4.

24


Tăng Lâm Tường Vinh

1.3. GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ

1.3

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Hệ quả 1
Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp D (D ⊂ R)
1. Nếu ∃ 1 điểm x0 ∈ D sao cho
f (x) ≤ f (x0 ), ∀x ∈ D
thì M = f (x0 ) đgl GTLN của hàm số f trên D, kí hiệu M = max f (x)
x∈D

2. Nếu ∃ 1 điểm x0 ∈ D sao cho
f (x) ≥ f (x0 ), ∀x ∈ D
thì M = f (x0 ) đgl GTNN của hàm số f trên D, kí hiệu M = min f (x)
x∈D

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f (x) = x3 − 3x + 1 trên đoạn

3 3
− ;
2 2

Giải
3 3
❼ TXĐ: D = R, X = − ;
2 2
❼ Ta có

f (x) = 3(x2 − 1)

f (x) = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 1
❼ Bảng biến thiên của f trên X

x



3
2

−1
+

f (x)

0



0

3
f (x)

3
2

1
+



17
8

1
8

−1

Từ bảng biến thiên ta được
max f (x) = f (−1) = 3;

x∈[− 32 ; 32 ]

Đồ thị

25

min

x∈[− 32 ; 32 ]

f (x) = f (1) = −1


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×