Lý thuyết trọng tâm

1. Sơ đồ khảo sát hàm số

Để khảo sát và vẽ đồ thị của một hàm số $y = f(x)$, ta thực hiện theo sơ đồ 3 bước sau:

Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2: Khảo sát sự biến thiên của hàm số:

• Tính đạo hàm $y’$. Tìm các điểm tại đó $y’ = 0$ hoặc $y’$ không xác định.
• Xét dấu $y’$ để xác định các khoảng đồng biến, nghịch biến.
• Tìm cực trị của hàm số (nếu có).
• Tính các giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tìm tiệm cận của đồ thị (nếu có).
• Lập bảng biến thiên của hàm số.

Bước 3: Vẽ đồ thị của hàm số dựa vào bảng biến thiên.

Chú ý khi vẽ đồ thị:

• Nên xác định thêm một số điểm đặc biệt như giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ (nếu việc tìm không quá phức tạp).
• Lưu ý đến tính đối xứng của đồ thị (tâm đối xứng, trục đối xứng) để vẽ chính xác hơn.

2. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đa thức bậc ba

Hàm bậc ba có dạng: $y = ax^3 + bx^2 + cx + d$ với $a \neq 0$.

Tính chất quan trọng: Đồ thị hàm bậc ba có tâm đối xứng là điểm uốn, có hoành độ thỏa mãn $y” = 0$, tức $x = -\dfrac{b}{3a}$. Đồ thị không có tiệm cận.

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $y = -x^3 + 3x^2 – 2$.

Lời giải:

① Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $y’ = -3x^2 + 6x = -3x(x – 2)$.

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 2 \end{array}\right.$

• Trên khoảng $(0; 2)$: $y’ > 0$ ⟹ hàm số đồng biến.
• Trên các khoảng $(-\infty; 0)$ và $(2; +\infty)$: $y’ < 0$ ⟹ hàm số nghịch biến.

Cực trị:

• Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$, $y_{CT} = -2$.
• Hàm số đạt cực đại tại $x = 2$, $y_{CĐ} = 2$.

Giới hạn: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = +\infty$; $\lim\limits_{x \to +\infty} y = -\infty$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị:

• Giao điểm với trục tung: $(0; -2)$.
• Tâm đối xứng: $x = -\dfrac{b}{3a} = -\dfrac{3}{3 \cdot (-1)} = 1$, $y(1) = 0$ ⟹ điểm $I(1; 0)$.

Ví dụ 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $y = x^3 – 3x^2 + 4x + 1$.

Lời giải:

① Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $y’ = 3x^2 – 6x + 4$.

Xét biệt thức: $\Delta’ = 9 – 12 = -3 < 0$. Do hệ số của $x^2$ dương ($3 > 0$) nên $y’ > 0, \ \forall x \in \mathbb{R}$.

⟹ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$, không có cực trị.

Giới hạn: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = -\infty$; $\lim\limits_{x \to +\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị:

• Giao điểm với trục tung: $(0; 1)$.
• Tâm đối xứng: $x = -\dfrac{-3}{3 \cdot 1} = 1$, $y(1) = 3$ ⟹ điểm $I(1; 3)$.

3. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số phân thức hữu tỉ

3.1. Hàm phân thức $y = \dfrac{ax + b}{cx + d}$ (với $c \neq 0$, $ad – bc \neq 0$)

Tính chất quan trọng:

• Đồ thị có tiệm cận đứng $x = -\dfrac{d}{c}$ và tiệm cận ngang $y = \dfrac{a}{c}$.
• Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
• Nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai tiệm cận làm trục đối xứng.

Ví dụ 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $y = \dfrac{x + 2}{x – 1}$.

Lời giải:

① Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus {1}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $$y’ = \dfrac{1 \cdot (x – 1) – (x + 2) \cdot 1}{(x – 1)^2} = \dfrac{-3}{(x – 1)^2} < 0, \ \forall x \neq 1$$

⟹ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng $(-\infty; 1)$ và $(1; +\infty)$. Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận:

• $\lim\limits_{x \to 1^+} y = +\infty$; $\lim\limits_{x \to 1^-} y = -\infty$ ⟹ Tiệm cận đứng: $x = 1$.
• $\lim\limits_{x \to \pm\infty} y = 1$ ⟹ Tiệm cận ngang: $y = 1$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị:

• Giao điểm với trục tung: $(0; -2)$.
• Giao điểm với trục hoành: $y = 0 \Leftrightarrow x = -2$, điểm $(-2; 0)$.
• Tâm đối xứng: giao điểm 2 tiệm cận $I(1; 1)$.

3.2. Hàm phân thức $y = \dfrac{ax^2 + bx + c}{px + q}$ (với $a \neq 0$, $p \neq 0$, tử không chia hết cho mẫu)

Tính chất quan trọng:

• Đồ thị có tiệm cận đứng $x = -\dfrac{q}{p}$ và tiệm cận xiên $y = \alpha x + \beta$ (tìm bằng cách chia đa thức).
• Đồ thị nhận giao điểm hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

Ví dụ 4. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $y = \dfrac{x^2 + x – 3}{x – 1}$.

Lời giải:

① Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus {1}$.

② Sự biến thiên:

Thực hiện phép chia đa thức, ta viết lại: $$y = x + 2 – \dfrac{1}{x – 1}$$

Đạo hàm: $$y’ = 1 + \dfrac{1}{(x – 1)^2} > 0, \ \forall x \neq 1$$

⟹ Hàm số đồng biến trên từng khoảng $(-\infty; 1)$ và $(1; +\infty)$. Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận:

• Khi $x \to 1$: $\lim\limits_{x \to 1^+} y = -\infty$; $\lim\limits_{x \to 1^-} y = +\infty$ ⟹ Tiệm cận đứng: $x = 1$.
• $\lim\limits_{x \to \pm\infty} [y – (x + 2)] = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \dfrac{-1}{x – 1} = 0$ ⟹ Tiệm cận xiên: $y = x + 2$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị:

• Giao điểm với trục tung: $y(0) = \dfrac{-3}{-1} = 3$ ⟹ điểm $(0; 3)$.
• Tâm đối xứng: giao điểm 2 tiệm cận $I(1; 3)$.

Các dạng bài tập trọng tâm

Dạng 1: Hàm số bậc ba và các bài toán liên quan

Phương pháp giải:

Khảo sát hàm bậc ba $y = ax^3 + bx^2 + cx + d$ ($a \neq 0$) theo sơ đồ 3 bước. Tính biệt thức $\Delta’ = b^2 – 3ac$ của đạo hàm:

• Nếu $\Delta’ > 0$ ⟹ hàm có hai cực trị.
• Nếu $\Delta’ \leq 0$ ⟹ hàm luôn đơn điệu trên $\mathbb{R}$ (đồng biến nếu $a > 0$, nghịch biến nếu $a < 0$).

Điểm uốn: $y” = 6ax + 2b = 0 \Leftrightarrow x = -\dfrac{b}{3a}$. Đây là hoành độ tâm đối xứng của đồ thị.

Biện luận số nghiệm bằng đồ thị: Phương trình $f(x) = m$ có số nghiệm bằng số giao điểm của đồ thị $y = f(x)$ với đường thẳng $y = m$ (song song trục hoành).

Bài 1. Cho hàm số $y = -x^3 + 3x + 1$ có đồ thị $(C)$.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(C)$.

b) Dựa vào đồ thị $(C)$, biện luận số nghiệm của phương trình $x^3 – 3x + m = 0$ theo $m$.

Lời giải chi tiết:

a) Khảo sát $(C): y = -x^3 + 3x + 1$

① Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $y’ = -3x^2 + 3 = -3(x^2 – 1)$.

$y’ = 0 \Leftrightarrow x^2 = 1 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 1 \\ x = -1 \end{array}\right.$

Đạo hàm cấp hai: $y” = -6x$. $y” = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y = 1$. Điểm uốn $I(0; 1)$.

Xét dấu $y’$:

• $y’ > 0$ trên $(-1; 1)$ ⟹ hàm số đồng biến.
• $y’ < 0$ trên $(-\infty; -1)$ và $(1; +\infty)$ ⟹ hàm số nghịch biến.

Cực trị:

• Hàm đạt cực tiểu tại $x = -1$, $y_{CT} = -1$.
• Hàm đạt cực đại tại $x = 1$, $y_{CĐ} = 3$.

Giới hạn: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = +\infty$; $\lim\limits_{x \to +\infty} y = -\infty$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị: Đồ thị nhận điểm uốn $I(0; 1)$ làm tâm đối xứng.

b) Biện luận số nghiệm phương trình $x^3 – 3x + m = 0$

Biến đổi phương trình: $$x^3 – 3x + m = 0 \Leftrightarrow -x^3 + 3x = m \Leftrightarrow -x^3 + 3x + 1 = m + 1$$

Đặt $k = m + 1$. Khi đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị $(C): y = -x^3 + 3x + 1$ với đường thẳng $y = k$.

Dựa vào đồ thị (các giá trị cực đại $y_{CĐ} = 3$, cực tiểu $y_{CT} = -1$):

Trường hợp 1: $k < -1$ hoặc $k > 3$, tức $m + 1 < -1$ hoặc $m + 1 > 3$: $$\Leftrightarrow m < -2 \text{ hoặc } m > 2$$

⟹ Phương trình có một nghiệm duy nhất.

Trường hợp 2: $k = -1$ hoặc $k = 3$, tức $m = -2$ hoặc $m = 2$:

⟹ Phương trình có hai nghiệm (trong đó một nghiệm kép).

Trường hợp 3: $-1 < k < 3$, tức $-2 < m < 2$:

⟹ Phương trình có ba nghiệm phân biệt.

Bài 2. Cho hàm số $y = -x^3 + 3x^2 + 1$ có đồ thị $(C)$.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(C)$.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(C)$ tại điểm $M(3; 1)$.

Lời giải chi tiết:

a) Khảo sát $(C): y = -x^3 + 3x^2 + 1$

① Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $y’ = -3x^2 + 6x = -3x(x – 2)$.

$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 2 \end{array}\right.$

Đạo hàm cấp hai: $y” = -6x + 6$. $y” = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 3$. Điểm uốn $I(1; 3)$.

Xét dấu $y’$:

• $y’ > 0$ trên $(0; 2)$ ⟹ hàm số đồng biến.
• $y’ < 0$ trên $(-\infty; 0)$ và $(2; +\infty)$ ⟹ hàm số nghịch biến.

Cực trị:

• Cực tiểu tại $x = 0$, $y_{CT} = 1$.
• Cực đại tại $x = 2$, $y_{CĐ} = 5$.

Giới hạn: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = +\infty$; $\lim\limits_{x \to +\infty} y = -\infty$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị: Đồ thị nhận điểm uốn $I(1; 3)$ làm tâm đối xứng.

b) Phương trình tiếp tuyến tại $M(3; 1)$

Kiểm tra: $y(3) = -27 + 27 + 1 = 1$ ⟹ $M(3; 1)$ thuộc đồ thị.

Tính $y'(3) = -3 \cdot 9 + 6 \cdot 3 = -27 + 18 = -9$.

Phương trình tiếp tuyến tại $M(3; 1)$ có dạng: $$y – y_0 = y'(x_0)(x – x_0)$$ $$y – 1 = -9(x – 3) \Leftrightarrow y = -9x + 27 + 1 \Leftrightarrow y = -9x + 28$$

Vậy phương trình tiếp tuyến: $y = -9x + 28$.

Dạng 2: Hàm số nhất biến $y = \dfrac{ax+b}{cx+d}$ và các bài toán liên quan

Phương pháp giải:

Khảo sát hàm số theo sơ đồ chung, chú ý:

• Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left{-\dfrac{d}{c}\right}$.
• Đạo hàm: $y’ = \dfrac{ad – bc}{(cx + d)^2}$.
  • Nếu $ad – bc > 0$ ⟹ hàm đồng biến trên từng khoảng xác định.
  • Nếu $ad – bc < 0$ ⟹ hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định.
• Tiệm cận đứng: $x = -\dfrac{d}{c}$. Tiệm cận ngang: $y = \dfrac{a}{c}$.
• Tâm đối xứng: giao điểm hai tiệm cận $I\left(-\dfrac{d}{c}; \dfrac{a}{c}\right)$.

Bài 1. Cho hàm số $y = \dfrac{mx – 1}{2x + m}$.

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số $m$, hàm số luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định.

b) Xác định $m$ để tiệm cận đứng của đồ thị đi qua điểm $A(-1; \sqrt{2})$.

c) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi $m = 2$.

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh hàm luôn đồng biến

Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left{-\dfrac{m}{2}\right}$.

Tính đạo hàm theo công thức: $$y’ = \dfrac{m \cdot m – (-1) \cdot 2}{(2x + m)^2} = \dfrac{m^2 + 2}{(2x + m)^2}$$

Vì $m^2 + 2 > 0$ với mọi $m$ và $(2x + m)^2 > 0$ với mọi $x \in D$, nên $y’ > 0, \ \forall x \in D$.

⟹ Hàm số luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định (đpcm).

b) Tìm $m$ để tiệm cận đứng đi qua $A(-1; \sqrt{2})$

Tiệm cận đứng của đồ thị là $x = -\dfrac{m}{2}$.

Điểm $A(-1; \sqrt{2})$ thuộc đường thẳng này khi và chỉ khi hoành độ của $A$ bằng $-\dfrac{m}{2}$: $$-\dfrac{m}{2} = -1 \Leftrightarrow m = 2$$

Vậy $m = 2$.

c) Khảo sát hàm số khi $m = 2$

Thay $m = 2$: $y = \dfrac{2x – 1}{2x + 2}$.

① Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus {-1}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $y’ = \dfrac{2 \cdot 2 – (-1) \cdot 2}{(2x + 2)^2} = \dfrac{6}{(2x + 2)^2} > 0, \ \forall x \neq -1$.

⟹ Hàm đồng biến trên từng khoảng $(-\infty; -1)$ và $(-1; +\infty)$. Không có cực trị.

Tiệm cận:

• $\lim\limits_{x \to -1^+} y = -\infty$; $\lim\limits_{x \to -1^-} y = +\infty$ ⟹ Tiệm cận đứng: $x = -1$.
• $\lim\limits_{x \to \pm\infty} y = 1$ ⟹ Tiệm cận ngang: $y = 1$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị: Đồ thị nhận giao điểm $I(-1; 1)$ của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

Bài 2. Cho hàm số $y = \dfrac{(m+1)x – 2m + 1}{x – 1}$ (với $m$ là tham số), có đồ thị $(G)$.

a) Xác định $m$ để đồ thị $(G)$ đi qua điểm $(0; -1)$.

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với $m$ vừa tìm được.

c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của nó với trục tung.

Lời giải chi tiết:

a) Tìm $m$ để $(G)$ đi qua $(0; -1)$

Thay $x = 0, y = -1$ vào hàm số: $$-1 = \dfrac{(m+1) \cdot 0 – 2m + 1}{0 – 1} = \dfrac{-2m + 1}{-1} = 2m – 1$$

$$\Leftrightarrow 2m – 1 = -1 \Leftrightarrow m = 0$$

Vậy $m = 0$.

b) Khảo sát với $m = 0$

Thay $m = 0$: $y = \dfrac{x + 1}{x – 1}$.

① Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus {1}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $y’ = \dfrac{1 \cdot (x-1) – (x+1) \cdot 1}{(x-1)^2} = \dfrac{-2}{(x-1)^2} < 0, \ \forall x \neq 1$.

⟹ Hàm số nghịch biến trên $(-\infty; 1)$ và $(1; +\infty)$. Không có cực trị.

Tiệm cận:

• $\lim\limits_{x \to 1^+} y = +\infty$; $\lim\limits_{x \to 1^-} y = -\infty$ ⟹ Tiệm cận đứng: $x = 1$.
• $\lim\limits_{x \to \pm\infty} y = 1$ ⟹ Tiệm cận ngang: $y = 1$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị: Đồ thị nhận $I(1; 1)$ làm tâm đối xứng.

c) Phương trình tiếp tuyến tại giao điểm với trục tung

Giao điểm với trục tung: $x = 0 \Rightarrow y = \dfrac{0 + 1}{0 – 1} = -1$. Điểm $P(0; -1)$.

Tính $y'(0) = \dfrac{-2}{(0 – 1)^2} = -2$.

Phương trình tiếp tuyến tại $P(0; -1)$: $$y – (-1) = -2(x – 0) \Leftrightarrow y = -2x – 1$$

Vậy phương trình tiếp tuyến: $y = -2x – 1$.

Dạng 3: Hàm số hữu tỉ bậc hai trên bậc nhất

Phương pháp giải:

Với hàm số $y = \dfrac{ax^2 + bx + c}{dx + e}$ (tử và mẫu không có nghiệm chung, $a \neq 0$, $d \neq 0$):

• Viết lại hàm số dưới dạng: $y = \alpha x + \beta + \dfrac{\gamma}{dx + e}$ (bằng phép chia đa thức).
• Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left{-\dfrac{e}{d}\right}$.
• Tiệm cận đứng: $x = -\dfrac{e}{d}$. Tiệm cận xiên: $y = \alpha x + \beta$.
• Đạo hàm: $y’ = \alpha – \dfrac{\gamma d}{(dx + e)^2}$. Giải $y’ = 0$ để tìm cực trị (nếu có).
• Tâm đối xứng: giao điểm hai tiệm cận.

Chú ý: Mọi tiếp tuyến tại điểm $M \in (C)$ cắt hai tiệm cận tại $A, B$ thì $M$ là trung điểm $AB$ (tính chất đặc biệt).

Bài 1.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y = x – \dfrac{2}{x – 1}$.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho, biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm $(3; 3)$.

Lời giải chi tiết:

a) Khảo sát hàm số $y = x – \dfrac{2}{x – 1}$

① Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus {1}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $$y’ = 1 – \dfrac{-2}{(x-1)^2} = 1 + \dfrac{2}{(x-1)^2} > 0, \ \forall x \neq 1$$

⟹ Hàm số đồng biến trên $(-\infty; 1)$ và $(1; +\infty)$. Không có cực trị.

Tiệm cận:

• Khi $x \to 1$: $\lim\limits_{x \to 1^+} y = -\infty$; $\lim\limits_{x \to 1^-} y = +\infty$ ⟹ Tiệm cận đứng: $x = 1$.
• $\lim\limits_{x \to \pm\infty} [y – x] = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \dfrac{-2}{x – 1} = 0$ ⟹ Tiệm cận xiên: $y = x$.

Giới hạn: $\lim\limits_{x \to -\infty} y = -\infty$; $\lim\limits_{x \to +\infty} y = +\infty$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị: Đồ thị nhận giao điểm $I(1; 1)$ của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

b) Phương trình tiếp tuyến đi qua $(3; 3)$

Đường thẳng đi qua $(3; 3)$ có dạng: $d: y = k(x – 3) + 3$.

$d$ là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ phương trình sau có nghiệm: $$\begin{cases} k(x – 3) + 3 = x – \dfrac{2}{x – 1} \\ k = 1 + \dfrac{2}{(x-1)^2} \end{cases}$$

Thế $k$ từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất: $$\left[1 + \dfrac{2}{(x-1)^2}\right](x – 3) + 3 = x – \dfrac{2}{x – 1}$$

Biến đổi: $$(x – 3) + \dfrac{2(x – 3)}{(x-1)^2} + 3 = x – \dfrac{2}{x – 1}$$

$$x + \dfrac{2(x – 3)}{(x-1)^2} = x – \dfrac{2}{x – 1}$$

$$\dfrac{2(x – 3)}{(x-1)^2} = -\dfrac{2}{x – 1}$$

Nhân hai vế với $(x-1)^2$: $$2(x – 3) = -2(x – 1) \Leftrightarrow x – 3 = -x + 1 \Leftrightarrow 2x = 4 \Leftrightarrow x = 2$$

Với $x = 2$: $k = 1 + \dfrac{2}{(2-1)^2} = 1 + 2 = 3$.

Phương trình tiếp tuyến: $y = 3(x – 3) + 3 = 3x – 6$.

Vậy phương trình tiếp tuyến: $y = 3x – 6$.

Bài 2.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y = \dfrac{2x^2 – x + 1}{x – 1}$.

b) Với giá trị nào của $m$ thì đường thẳng $y = m – x$ cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt?

c) Gọi $A, B$ là hai giao điểm đó. Tìm tập hợp trung điểm $M$ của đoạn thẳng $AB$ khi $m$ biến thiên.

Lời giải chi tiết:

a) Khảo sát hàm số $y = \dfrac{2x^2 – x + 1}{x – 1}$

Thực hiện phép chia đa thức: $$\dfrac{2x^2 – x + 1}{x – 1} = 2x + 1 + \dfrac{2}{x – 1}$$

① Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus {1}$.

② Sự biến thiên:

Đạo hàm: $$y’ = 2 – \dfrac{2}{(x-1)^2} = \dfrac{2(x-1)^2 – 2}{(x-1)^2} = \dfrac{2x^2 – 4x}{(x-1)^2} = \dfrac{2x(x – 2)}{(x-1)^2}$$

$y’ = 0 \Leftrightarrow 2x(x – 2) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 2 \end{array}\right.$

Xét dấu $y’$:

• $y’ > 0$ trên $(-\infty; 0)$ và $(2; +\infty)$ ⟹ hàm đồng biến.
• $y’ < 0$ trên $(0; 1)$ và $(1; 2)$ ⟹ hàm nghịch biến.

Cực trị:

• Cực đại tại $x = 0$: $y_{CĐ} = y(0) = \dfrac{1}{-1} = -1$.
• Cực tiểu tại $x = 2$: $y_{CT} = y(2) = \dfrac{8 – 2 + 1}{1} = 7$.

Tiệm cận:

• Tiệm cận đứng: $x = 1$.
• Tiệm cận xiên: $y = 2x + 1$.

Bảng biến thiên:

③ Đồ thị: Đồ thị nhận giao điểm $I(1; 3)$ của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

b) Tìm $m$ để đường thẳng $y = m – x$ cắt $(C)$ tại 2 điểm phân biệt

Phương trình hoành độ giao điểm: $$\dfrac{2x^2 – x + 1}{x – 1} = m – x, \quad x \neq 1$$

$$\Leftrightarrow 2x^2 – x + 1 = (m – x)(x – 1) = mx – m – x^2 + x$$

$$\Leftrightarrow 2x^2 – x + 1 + x^2 – mx + m – x = 0$$

$$\Leftrightarrow 3x^2 – (m + 2)x + (m + 1) = 0 \quad (*)$$

Điều kiện cắt tại hai điểm phân biệt: phương trình $(*)$ có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

Điều kiện 1: $\Delta > 0$ $$\Delta = (m + 2)^2 – 12(m + 1) = m^2 + 4m + 4 – 12m – 12 = m^2 – 8m – 8 > 0$$

Giải: $m < 4 – 2\sqrt{6}$ hoặc $m > 4 + 2\sqrt{6}$.

Điều kiện 2: $x = 1$ không là nghiệm: $$3 \cdot 1 – (m + 2) \cdot 1 + (m + 1) = 3 – m – 2 + m + 1 = 2 \neq 0 \ \checkmark$$

Điều kiện này luôn thỏa mãn.

Kết luận: $m < 4 – 2\sqrt{6}$ hoặc $m > 4 + 2\sqrt{6}$.

c) Tìm tập hợp trung điểm $M$ của $AB$

Gọi $x_1, x_2$ là hai nghiệm của $(*)$. Theo định lý Vi-ét: $$x_1 + x_2 = \dfrac{m + 2}{3}$$

Tọa độ trung điểm $M(x_M; y_M)$ của $AB$: $$x_M = \dfrac{x_1 + x_2}{2} = \dfrac{m + 2}{6}$$

Vì $M$ nằm trên đường thẳng $y = m – x$ nên: $$y_M = m – x_M = m – \dfrac{m + 2}{6} = \dfrac{6m – m – 2}{6} = \dfrac{5m – 2}{6}$$

Khử $m$: Từ $x_M = \dfrac{m + 2}{6} \Rightarrow m = 6x_M – 2$. Thay vào $y_M$: $$y_M = \dfrac{5(6x_M – 2) – 2}{6} = \dfrac{30x_M – 12}{6} = 5x_M – 2$$

Vậy quỹ tích trung điểm $M$ là đường thẳng $y = 5x – 2$, loại trừ các điểm mà $x \in \left[\dfrac{4 – 2\sqrt{6} + 2}{6}; \dfrac{4 + 2\sqrt{6} + 2}{6}\right] = \left[1 – \dfrac{\sqrt{6}}{3}; 1 + \dfrac{\sqrt{6}}{3}\right]$.

Dạng 4: Bài toán thực tế

Phương pháp giải:

• Bước 1: Mô hình hóa — từ dữ liệu bài toán, lập hàm số mô tả đại lượng cần tối ưu (lợi nhuận, thể tích, chi phí, …).
• Bước 2: Khảo sát hàm số trên miền điều kiện (lập bảng biến thiên).
• Bước 3: Dựa vào bảng biến thiên, tìm giá trị tối ưu và kết luận.

Bài 1. Một hộ làm nghề dệt vải lụa tơ tằm sản xuất mỗi ngày được $x$ mét vải lụa $(1 \leq x \leq 18)$. Tổng chi phí sản xuất $x$ mét vải lụa được cho bởi hàm chi phí: $$C(x) = x^3 – 3x^2 – 20x + 500 \ (\text{nghìn đồng})$$

Giả sử hộ dệt này bán hết sản phẩm mỗi ngày với giá $220$ nghìn đồng/mét. Gọi $B(x)$ là số tiền bán được và $L(x)$ là lợi nhuận thu được.

a) Viết biểu thức $B(x)$ và $L(x)$ theo $x$.

b) Lập bảng biến thiên của $L(x)$ trên $[1; 18]$.

c) Hộ làm nghề dệt cần sản xuất và bán ra mỗi ngày bao nhiêu mét vải lụa để thu được lợi nhuận tối đa? Tính lợi nhuận tối đa đó.

Lời giải chi tiết:

a) Lập biểu thức $B(x)$ và $L(x)$

Số tiền bán được: $$B(x) = 220x \ (\text{nghìn đồng})$$

Lợi nhuận = Doanh thu − Chi phí: $$L(x) = B(x) – C(x) = 220x – (x^3 – 3x^2 – 20x + 500)$$

$$= 220x – x^3 + 3x^2 + 20x – 500$$

$$= -x^3 + 3x^2 + 240x – 500$$

⚠ Chú ý: Kiểm tra lại. Theo đề bài, $L(x) = B(x) – C(x)$: $$L(x) = 220x – x^3 + 3x^2 + 20x – 500 = -x^3 + 3x^2 + 240x – 500$$

Tuy nhiên, theo giáo án gốc, ta có công thức: $$L(x) = x^3 – 3x^2 – 240x + 500 \text{ (theo cách ghi khác dấu)}$$

Ở đây ta dùng công thức lợi nhuận = Doanh thu − Chi phí cho đúng: $$L(x) = -x^3 + 3x^2 + 240x – 500$$

b) Lập bảng biến thiên của $L(x)$ trên $[1; 18]$

Đạo hàm: $$L'(x) = -3x^2 + 6x + 240$$

$L'(x) = 0 \Leftrightarrow -3x^2 + 6x + 240 = 0 \Leftrightarrow x^2 – 2x – 80 = 0$

Giải: $\Delta = 4 + 320 = 324$, $\sqrt{\Delta} = 18$.

$$\left[\begin{array}{l} x = \dfrac{2 + 18}{2} = 10 \in [1; 18] \\ x = \dfrac{2 – 18}{2} = -8 \notin [1; 18] \end{array}\right.$$

Tính giá trị tại các điểm:

• $L(1) = -1 + 3 + 240 – 500 = -258$
• $L(10) = -1000 + 300 + 2400 – 500 = 1200$
• $L(18) = -5832 + 972 + 4320 – 500 = -1040$

Bảng biến thiên:

c) Kết luận

Dựa vào bảng biến thiên, lợi nhuận đạt tối đa khi $x = 10$ mét vải lụa mỗi ngày.

Lợi nhuận tối đa: $L(10) = 1200$ nghìn đồng $= 1{,}2$ triệu đồng.

Bài 2. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh $12$ cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh $x$ (cm), rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp. Tìm $x$ để hộp có thể tích lớn nhất.

Lời giải chi tiết:

Bước 1 — Thiết lập hàm số:

Sau khi cắt và gập, chiếc hộp có:

• Cạnh đáy (hình vuông): $12 – 2x$ (cm).
• Chiều cao: $x$ (cm).

Điều kiện: $0 < x < 6$ (để cạnh đáy dương).

Thể tích hộp: $$V(x) = (12 – 2x)^2 \cdot x = 4x^3 – 48x^2 + 144x \ (\text{cm}^3)$$

Bước 2 — Tính đạo hàm và tìm cực trị:

$$V'(x) = 12x^2 – 96x + 144 = 12(x^2 – 8x + 12)$$

$V'(x) = 0 \Leftrightarrow x^2 – 8x + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 2 \in (0; 6) \\ x = 6 \notin (0; 6) \end{array}\right.$

Bước 3 — Bảng biến thiên trên $(0; 6)$:

Tính $V(2) = 4 \cdot 8 – 48 \cdot 4 + 144 \cdot 2 = 32 – 192 + 288 = 128$.

Kết luận: Thể tích hộp lớn nhất khi $x = 2$ cm, với $V_{\max} = 128$ cm³.

Sai lầm thường gặp

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh