Chuyên đề Khảo sát hàm số (Văn Phong)

Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(1) 
CHUYÊN ĐỀ: KHẢO SÁT HÀM SỐ 
BÀI 1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 
A. Tóm tắt lý thuyết 
1. Định nghĩa 
 Cho hàm số f(x) xác định trên (a, b); x1, x2 (a, b) 
+ f là hàm số tăng (đồng biến) trên (a, b) khi x1 < x2  f(x1) < f(x2) 
+ f là hàm số giảm (nghịch biến) trên (a, b) khi x1 f(x2) 
 + Hàm số tăng, giảm được gọilà hàm số đơn điệu. 
(*) Đặt 21 xxx  và y = f(x1) - f(x2) 
+ Nếu 0


y
x
 hàm số đồng biến 
+ Nếu 0


y
x
 hàm số nghịch biến 
2. Định lý 1 
+ Nếu ),(0)(' baxxf  thì f(x) tăng trên (a, b) 
+ Nếu ),(0)(' baxxf  thì f(x) giảm trên (a, b) 
+ Nếu ),(0)(' baxxf  thì f(x) = const 
3. Định lý 2 
+ f(x) tăng trên (a, b) khi và chỉ khi ),(0)(' baxxf  
+ f(x) giảm trên (a, b) khi và chỉ khi ),(0)(' baxxf  
 (ta không xét trường hợp )0)(' xf 
4. Chú ý 
 Cho hàm số y = f(x, m) (m: tham số) 
 + Điều kiện để hàm số đồng biến trên (a, b) là ),(0),(' baxmxf  
 + Điều kiện để hàm số nghịch biến trên (a, b) là ),(0),(' baxmxf  
5. Điểm tới hạn của hàm số 
a. Định nghĩa 
Cho hàm số f(x) xác định trên (a, b). Điểm x0 (a, b); x0 được gọi là điểm tới hạn của hàm số 
nếu 0)(' 0 xf hoặc )(' 0xf không xác định 
b. Chú ý 
 Giả sử x1, x2 là hai điểm tới hạn kề nhau của hàm số f(x) thì trên khoảng (x1, x2) )(' xf giữ 
nguyên dấu. 
B. Phương pháp giải toán 
I. Dạng 1: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số 
Phương pháp: - Tìm miền xác định của hàm số 
- Tính đạo hàm 'y và tìm các điểm tới hạn 
- Xét dấu 'y và lập bảng biến thiên 
VD1: Tìm điểm tới hạn của hàm số 
y = x3 – 2x2 + x + 3 
x
xxy 42
2 
 
xxy  
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(2) 
VD2: Xét tính đơn điệu của các hàm số sau: 
a. y = -2x3 – 3x2 + 12x + 8 (NB/(-2, 1); ĐB/(- , -2) và (1, + )) 
b. 
1
742 2



x
xxy (ĐB/(- , )
2
101 và (
2
101 , + ); NB/(
2
101 ,1) và (1, 
2
101 ) 
c. 22 xxy  (ĐB/(0, 1); NB/(1, 2) 
d. 
2
122



x
xxy (ĐB/(-5, -2) và (-2, 1); NB/(- , -5) và (1, + ) 
VD3: Xét tính đơn điệu của các hàm số f(x) = sinx trên khoảng (0, 2 ) 
Giải 
+ Hàm số đã cho xác định trên (0, 2 ) 
+ Ta có f’(x) = cosx, x (0, 2 ) 
 f’(x) = 0, x (0, 2 ) ,
2

 x 
2
3
x 
+ Lập bảng biến thiên: 
x
f'(x)
f(x)
/2
0 0+ +
3 /2 2
-
0
0
1
-1
0
Hàm số đồng biến trên; hàm số nghịch biến trên 
VD4: Khảo sát sự biến thiên của các hàm số: 
a. y = 2x – sin2012x 
 b. y = xx 
Giải 
a. 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có y’ = 2 – cos2012x > 0. Vậy hàm số luôn tăng trên R 
b. 
+ TXĐ: D = (0, + ) 
+ ln 2 vế: lny = lnxx )1(ln'1ln)'.(lnln''  xxyxxxxx
y
y x 
e
xy 10'  (y’ không xác định tại )0x 
+ Lập bảng biến thiên: 
x
y'
y
0 1/e + 8
0- +
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(3) 
VD5: Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 12  xxxy 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có: 
1.14
1212'
22
2



xxxxx
xxxy 
Xét: 
g(x) = xxxxxxxxxxx  012|12|123)12(124441212 222 
Vậy y’ > 0 x nên hàm số đã cho đồng biến trên R 
BT1. Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 
a. y = x3 – 3x2 + 4x – 5 b. y = 
3
1 x3 + x2 – 3x + 4 
c. 
1
22



x
xxy d. 
2
122 2



x
xxy 
BT2. Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 
a. 2xxxy  b. 22 3 xxy  
BT3. Xét chiều biến thiên của các hàm số sau: 
a. y = x3 + x – cosx – 4 b. y = cosx trên khoảng (0, 2 ) 
c. y = sin x + cosx trên khoảng (0,  ) d. y = cos2x – 2x + 3 
II. Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để hàm số đơn điệu trên một khoảng cho trước 
Phương pháp: Sử dụng định lý 2: 
+ f(x) tăng trên (a, b) khi và chỉ khi ),(0)(' baxxf  
+ f(x) giảm trên (a, b) khi và chỉ khi ),(0)(' baxxf  
*) Hàm số y = f(x, m) tăng 0'min0' 

yIxyIx
Ix
*) Hàm số y = f(x, m) giảm 0'0' 

yMaxIxyIx
Ix
VD1: Tìm m để hàm số sau luôn giảm trên R: 23)12(2
3
1)( 23  mxmxxxfy 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có: y’ = -x2 + 4x + 2m + 1, ' = 2m + 5 
+ Lập bảng xét dấu ' 
m
'
y'
-5
- 8 2 + 8
+0-
*) m = -5/2 thì Rxx  ,0)2(' 2y . Hàm số nghịch biến trên R 
*) m < -5/2 thì Rxy  ,0' . Hàm số nghịch biến trên R 
*) m > -5/2 thì 0'y có 2 nghiệm x1, x2 (x1< x2). Hàm số đồng biến trên khoảng (x1< x2). Không thỏa 
mãn. 
+ Vậy hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi 
2
5
m 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(4) 
VD2: Tìm a để hàm số sau luôn tăng trên R: 34
3
1)( 23  xaxxxfy 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có y’ = x2 + 2ax + 4, ' = a2 - 4 
+ Lập bảng xét dấu: 
a
'
y'
-2- 8 2 + 8
0- +0+
VD3: Tìm m để hàm số y = x + mcosx đồng biến trên R 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có: y’ = 1 – msinx 
Cách 1: hàm số đồng biến trên R RxxmRxxmRxy  ,1sin,0sin1,0' (1) 
*) m = 0 thì (1) luôn đúng 
*) m > 0 thì (1) 1011,1sin  m
m
Rx
m
x 
*) m < 0 thì (1) 0111,1sin  m
m
Rx
m
x 
Vậy 11  m 
Cách 2: hàm số đồng biến trên R 
0)1;1min('min,0'  mmyRxy 11
01
01






 m
m
m
VD4: Tùy theo m khảo sát sự biến thiên của hàm số: 12)1
2
1(
3
1 23  mxxmxy 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có mxmxy 2)2(' 2  ;  = m2 + 4m + 4 – 8m = (m – 2)2 
*) Nếu m = 2 Rxy  ,0'0  hàm số đồng biến trên R 
*) Nếu m  2 0'0  y có 2 nghiệm phân biệt: 





mx
x
2
1 2 
Ta có x1 – x2 = 2 – m 
- Với m > 2  x1 < x2, ta có bảng biến thiên: 
x
y'
y
2- 8 m + 8
0 0- + -
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(5) 
- Với m x2, ta có bảng biến thiên: 
x
y'
y
m- 8 2 + 8
0 0- + -
Kết luận: 
- Với m = 2: hàm số đồng biến trên R 
- Với m > 2: hàm số ĐB/(2, m); NB/(- , 2) và (m, + ) 
- Với m < 2: hàm số ĐB/(m, 2); NB/(- , m) và (2, + ) 
VD5: Cho hàm số: 
1
3



mx
mmxy 
 a. Tìm m để hàm số tăng trên từng khoảng xác định 
 b. Tìm m để hàm số đồng biến trên(4, ) 
 c. Tìm m để hàm số nghịch biến trên )3,(  
Giải 
+ Miền xác định: D = R\ 1m 
+ Ta có: 
 2
2
1
32'



mx
mmy 
a. Hàm số tăng trên từng khoảng xác định 

















1
3
)1(
032
)1(
0' 2
m
m
mx
mm
mx
y
b. Hàm số tăng trên (4, ) : 
 















































1
35
5
1
3
41
1
3
),4(1
1
3
),4(
0'
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
x
y
c. Hàm số giảm trên )3,(  : 
13
2
13
31
13
)3,(1
13
)3,(
0'
























 m
m
m
m
m
m
m
x
y
VD6: Tìm m để hàm số: y = x3 + 3x2 +3mx – 2 
 a. Tăng trên TXĐ 
b. Giảm trên (-1, + ) 
c. Tăng trên (-2, 3) 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ y’ = 3x2 + 6x + 3m 
a. Để hàm số tăng trên TXĐ thì R xy 0' 10'  m 
b. Để hàm số giảm trên (-1, + ) thì: (*)),1(0363),1(0' 2  xmxxxy 
 Đk để bphương trình (*) có nghiệm là 0' khi đó bphương trình có nghiệm [x1, x2] với x1, x2 
là nghiệm của tam thức bậc 2. Như vậy bphương trình có nghiệm trong khoảng hữu hạn  không m 
để hàm số giảm trên (-1, + ) 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(6) 
c. Để hàm số tăng trên (-2, 3) thì mxxxy  2)3,2(0' 2 
Đặt g(x) = x2 + 2x 
 g’(x) = 2x + 2 g’(x) = 0  x = -1 
Lập bảng biến thiên: 
x
g'(x)
g(x)
-2 -1 -3 +-
0
+-
-1
0 3
8 8
88
Trên BBT ta thấy ming(x)/(-2, -3) = g(-1) = -1 
Vậy điều kiện để bphương trình mxx  22 nghiệm đúng )3,2(x là -m 11  m 
VD7: Tìm m để hàm số sau: 
a. 
mx
mxxfy



4)( luôn giảm trên (- , 1) 
b. y = x3 + 3x2 + (m + 1)x + 4m nghịch biến trên (- 1, 1) 
Giải 
a. 
+ TXĐ: D = R\ m 
+ Ta có: 
 
mx
mx
mxfy 


 ,4)('' 2
2
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (- , 1) 
12
1
22
1
04
)1,(
)1,(,0' 2


















 m
m
m
m
m
m
xy
Vậy 12  m 
b. y = x3 + 3x2 + (m + 1)x + 4m 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có: 163)('' 2  mxxxfy 
Cách 1: 
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1, 1) )1,1(,0)('  xxf 
 mxgxmxx 

)(min)1,1(,)163(
]1,1[
2 
Xét hàm số )1,1(),163()( 2  xxxxg 
 )1,1(,066)('  xxxg  g(x) nghịch biến trên (-1, 1) 
Ta có: 2)(lim
1


xg
x
; 10)(lim
1


xg
x
x
f'(x)
f(x)
-
1-1
-2
-10 
Vậy m 10 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(7) 
Cách 2: 
66)(''  xxf 
110)(''  xxf . Do đó hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1, 1) 10)(lim
1


xgm
x
Vậy m 10 
Cách 3: 
Điều kiện để hàm số nghịch biến trên (-1, 1) là )1,1(0'  xy 
Vì y’ liên tục trên R nên y’ liên tục tại x = -1 va x = 1 nên ]1,1[0')1,1(0'  xyxy 
xmxxxg ]1,1[0163)( 2  
Khi đó g(x) phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và [-1, 1] ],[ 21 xx hay x1 211 x 
10
010
02
0)1(
0)1(
0)1(.
0)1(.


















 m
m
m
g
g
ga
ga
VD8: Tìm m để hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + m nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ y’ = 3x2 + 6x + m 
+ Điều kiện để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài = 1 là: 
y’ có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: |x1 – x2| = 1 
Vì 0'y ],[ 21 xxx 
Điều kiện là: 
4
9
1 | x- x|
3
1 | x- x|
0'
2121












m
m
BT1. Tìm m để hàm số sau: 
a. y = f(x) = 2x3 – 2x2 – mx – 1 tăng trên khoảng (1, + ) 
b. y = f(x) = mx3 – x2 + 3x + m – 2 tăng trên (-3, 0) 
c. y = f(x) = mxmxmx  )1()1(2
3
1 23 tăng trên (2, + ) 
BT2. Với giá trị nào của m thì hàm số sau luôn đồng biến với mọi x 
y = (2m + 3)sinx + (2 – m)x 
BT3. Tìm m để hàm số y = (m –x)x2 – m đồng biến trên (1, 2) 
BT4. Tìm m để hàm số y = x3 + 3x2 - (m + 1)x - 4m nghịch biến trên (-1, 1) 
BT5. Tìm m để hàm số y = (m - 3)x – (2m + 1)cosx nghịch biến với mọi x? 
BT6. Tìm m để hàm số y = x3 – 3(2m + 1)x2 + (12m + 5)x + 2 đồng biến trên (- , -1] và [2, + ) 
 HD: 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có: y’ = 3x2 – 6(2m + 1)x + 12m + 5 
+ ĐK để hàm số đồng biến trên (- , -1] và [2, + ) là: ) + [2, 1]- , (-,0'  xy 
0512)12(63 2  mxmx , (*) ) + [2, 1]- , (- x 
Cách 1: sử dụng tam thức bậc 2 thì điều kiện là: 











21
0'
0'
21 xx
Cách 2: sử dụng hàm số. ĐS 



12
5;
12
7m 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(8) 
BT7. Cho hàm số: 
1
22 2



mx
mmxxy 
a. Xét chiều biến thiên khi m = 0 
b. Xác định k để hàm số đồng biến trên (1, + ) 
BT8. Tìm m để hàm số 
2
262



x
xmxy nghịch biến trên [1, + ) 
BT9. Tìm a và b để hàm số y = asinx + bcosx + 2x luôn đồng biến trên R? 
HD: 
 + TXĐ: D = R 
+ Ta có: y’ = acosx – bsinx + 2 
+ ĐK để hàm số đồng biến là Rxy  ,0' 
,02sincos  xbxa Rx 
0)2sincos(min  xbxa
R
Ta có:   2cos2sincos' 22
2222
22 










 xbax
ba
bx
ba
abay , 
Với 
22
cos
ba
a

 
Ta có: Rxx  ,1)cos(  nên   2222 22cos' baxbay   
Chứng tỏ 222'min bay
R
 
42020'min 222222  bababay
R
BT10. Tìm m để hàm số sau đồng biến trên các khoảng đã chỉ ra: 
a. 
3
1)2(3)1(
3
1 23  xmxmmxy trên [2, + ) 
b. 4)3()1(
3
1 23  xmxmxy trên (0, 3) 
III. Dạng 3: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trìnhm bất phương trình và 
HPHƯƠNG TRÌNH 
Phương pháp: Sử dụng các định lý sau: 
Định lý 1:Hàm số f(x) liên tục và đơn điệu trên [a, b] thì ],[2,1 bax  mà f(x1) = f(x2) 21 xx  
Định lý 2: Hàm số f(x) liên tục và đơn điệu trên [a, b] và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 
có nghiệm duy nhất trên (a, b) 
Định lý 3: Hàm số f(x) liên tục và đơn điệu tăng (giảm) trên [a, b] còn hàm số g(x) liên tục và 
đơn điệu giảm (tăng) trên [a, b] khi đó nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm trên[a, b] thì 
nghiệm đó là duy nhất 
Chú ý: Khi gặp hệ có dạng:





)2(0),(
)1()()(
yxg
yfxf
 ta có thể tìm lời giải theo một trong hai hướng 
sau: 
Hướng 1: Phương trình 0)()()1(  yfxf (3) tìm cách đưa (3) về dạng tích. 
Hướng 2: Xét hàm số y = f(t) ta thường gặp hàm số liên tục trên TXĐ của nó. 
Nếu hàm số y = f(t) đơn điệu thì từ (1)  x = y. 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(9) 
VD1: Giải phương trình: 
a. 043135  xxx 
b. 141675  xxxx 
c. 541 3  xxx 
d. 1414 2  xx (ĐHNH KD00) 
e. 321342  xxx 
Giải 
a. 043135  xxx 
+ ĐK: 
3
1
x 
+ Xét hàm số: y = 43135  xxx (
3
1
x ) 
 0
312
335' 24 


x
xxy 
  y là hàm số tăng trên (- ,
3
1 ) 
 Mà f(-1) = 0 chứng tỏ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = -1 
b, c, d, e: các em làm tương tự 
VD2: Giải bất phương trình: 871357751 543  xxxxy 
Giải 
+ ĐK: 
7
5
x 
+ ),
7
5[0
)713(5
13
)57(4
7
)75(3
5
12
1'
5 44 33 2








 x
xxxx
y 
Chứng tỏ hàm số đồng biến trên ),
7
5[  
Mặt khác f(3) = 8 nên bphương trình )3()( fxf  với ),
7
5[ x 3
7
5
 x 
VD3: Giải phương trình: 
a. 0)11)(24()392(3 22  xxxxx 
b. 3 223 497654  xxxxx 
c. xxx 4)32()32(  
Giải 
a. 0)11)(24(392(3 22  xxxxx 
   3)2(2)12(3)3(23 22  xxxxx 
+ Đặt u = -3x, v = 2x +1 phương trình thành:    3232 22  vvuu (*) 
+ Xét hàm số: 24 32)( ttttf  liên tục trên (0, + ) 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(10) 
x
f'(x)
f(x)
+
2 + 8
0
+ 8
 Ta có: 0
3
322)('
24
3




tt
tttf với mọi t > 0  f(t) đồng biến trên (0, + ) 
Khi đó (*) 
5
1123)()(  xxxvuvfuf 
Vậy 
5
1
x 
b. 3 223 497654  xxxxx 
+ Đặt 3 2 497  xxy . Khi đó phương trình đã cho 







497
654
23
23
xxy
xxxy














(*)1)1(
654
243
654
33
23
233
23
xxyy
xxxy
xxxyy
xxxy
(*) có dạng f(y) = f(x + 1) 
+ Xét hàm số f(t) = t3 + t, tR 
 f’(t) = 3t2 + 1 > 0, tR nên f(t) đồng biến trên R. 
Suy ra (*) có y = x + 1. Từ đó ta tính được x 
Tập nghiệm là: 





 

2
51,
2
51,5S 
c. xxx 4)32()32(  
(*)1)
4
32()
4
32(  xx 
Đặt f(x) = xx )
4
32()
4
32(  , 0)
4
32ln()
4
32()
4
32ln()
4
32()('  xxxf 
=> f(x) nghịch biến. 
Mà f(1) = 1 = f(x) => x = 1 là nghiệm duy nhất. 
VD4: Chứng minh rằng phương trình 1122 2 xx có nghiệm duy nhất 
Giải 
+ Xét hàm số 22)( 2  xxxf liên tục trên ),2[  
+ Ta có 2,0
2
)85()(' 


 x
x
xxxf 
+ Lập bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số 22)( 2  xxxf luôn cắt đường thẳng y = 11 tại duy 
nhất một điểm. Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. 
VD5: Giải bất phương trình: 62
12
5233 

 x
x
x 
Giải 
+ Điều kiện: 
2
3
2
1
 x 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(11) 
+ Bphương trình )()(62
12
5233 xgxfx
x
x 

 (*) 
+ Xét hàm số: 
12
5233)(


x
xxf liên tục trên 




2
3,
2
1 
Ta có 
  









2
3,
2
1,0
12
5
23
3)(' 3 x
xx
xf nên f(x) nghịch biến trên 




2
3,
2
1 
+ Xét hàm số g(x) = 2x + 6, g’(x) = 2 > 0 nên g(x) đồng biến trên R 
Ta thấy f(1) = g(1) = 8 
*) Nếu x > 1  f(x) < f(1) = g(1) < g(x) nên (*) đúng 
*) Nếu x f(1) = g(1) > g(x) nên (*) vô nghiệm 
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 
2
31  x 
VD6: Giải hệ phương trình: 
a. 






4432
4432
xy
yx
 b. 






xyy
yxx
2
2
3
3
 c. 






)2(1
)1(33
66
33
yx
yyxx
Giải 
a. Điều kiện 








4
2
3
4
2
3
y
x
 Ta có: yyxx
xy
yx







432432
4432
4432
(*) 
+ Xét hàm số f(t) = tt  432 trên 


 4,
2
3 
+ Ta có f’(t) = 0
42
1
32
1



 tt
, 




 4,
2
3x . Từ (*) ta có f(x) = f(y)  x = y 
Từ đó ta tìm ra x, y 
b. Xét hàm số f(t) = t3 + 2t, f’(t) = 3t2 + 2 > 0 suy ra f(t) đồng biến trên R. 
Hệ phương trình thành: 





xyf
yxf
)(
)(
+ Nếu x > y  f(x) > f(y)  y > x (mâu thuẫn) 
+ Nếu x < y  f(x) < f(y)  y < x (mâu thuẫn) 
 x = y 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0 
c. Từ (2) yx ]1,1[),(  
 Từ (1) )()( yfxf  (3) 
+ Xét hàm số f(t) = t3 – 3t liên tục trên ]1,1[ 
+ Ta có f’(t) = 3t2 – 3 0 , ]1,1[t nên f(t) nghịch biến trên ]1,1[ , o vậy từ (3) yx  
Thay lại (2) ta giải được: 
6 2
1
 yx 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(12) 
VD7: Giải bất phương trình: xxxx  43216632 23 
Giải 
+ ĐK: 42
04
016632 23






x
x
xxx
+ bphương trình 32416632 23  xxxx 
+ Đặt xxxxxf  416632)( 23 , f(x) liên tục trên [-2, 4] 
+ Ta có: 0
42
1
16632
)1(3)('
23
2






xxxx
xxxf , )4,2(x 
Vậy hàm số f(x) đồng biến trên )4,2( . 
Mà f(1) = 1)1()(32  xfxf 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 12  x 
BT1. Giải phương trình: 444 88
1
111 


xx
xx 
Giải 
+ ĐK: 10  x 
+ Xét 44 1)( xxxf  , 
4 34 3
4 34 3
4 34 3 )1(.4
)1(
)1(4
1
4
1)('
xx
xx
xx
xf




 
2
10)1(0)(' 4 34 3  xxxxf 
Lập bảng biến thiên ta có 4
)1,0(
8)(max xf khi x = 1/2 
+ Xét 
xx
xg


1
11)( , 
xx
xg


12
1
2
1)(' 
2
110)('  xxxxg 
Lập bảng biến thiên ta có 8)(max
)1,0(
xg khi x = 
2
1 
Vậy 444
)1,0(
88
1
111max 







xx
xx khi x = 
2
1 
Suy ra nghiệm của phương trình là x = 
2
1 
BT2. Giải phương trình: 82315 22  xxx 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ Ta có 8231582315 2222  xxxxxx 
+ Đạo hàm vế trái: x
x
xx
x
xx
x
xVT 







 ,0
15
||3
15
1533
15
)'(
22
2
2
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(13) 
 hàm số xxy 3152  nghịch biến trên R. 
+ Đạo hàm vế phải: 







0,0
0,0
8
)'(
2 x
x
x
xVP 
Nên hàm số 82 2  xy ĐB/[0, + ) ; NB/ )0,( 
*) Xét )0,(x ta có 03152  xxy 
 28315 22  xxxy , phương trình vô nghiệm. 
*) Xét ),0[ x , VT đồng biến, VP nghịch biến 
 Mà VT có f(1) = 1 
 VP có f(1) = 1 => x = 1 là nghiệm duy nhất. 
BT3. Tìm x để f(x) = x(1 – x)(x – 3)(4 – x) đạt GTNN 
HD: f(x) = x(1 – x)(x – 3)(4 – x) = (4x – x2)(4x – x2 – 3) 
Tính f’(x), lập bảng biến thiên. 
2
104
2
9)(min  xtaixf 
BT4. Giải các bất phương trình: 
a. x7 + x3 > 2(3- x – x2) 
b. 9325  xx 
BT5. Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + 2 
BT6. Giải phương trình: 
256
81cossin81 1010  xx 
BT7. Giải phương trình:     xxx 3cos21217257 3coscos  
BT8. Giải phương trình: ,2cos
2
 xe xtg 





2
;
2
x 
BT9. Giải phương trình: 2003x + 2005x = 4006x + 2 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(14) 
NHỮNG BÀI TOÁN CHỨA THAM SỐ 
1. Điều kiện để f(x) = a có nghiệm là: 
a. Nếu M = Maxf(x) trên D 
 m = mìn(x) trên D 
 thì điều kiện là: Mam  
 b. Nếu M = Maxf(x) trên D, không có GTNN thì điều kiện là Ma  
 c. Nếu m = minf(x) trên D, không có GTLN thì điều kiện là ma  
2. Điều kiện để bất phương trình f(x) > m Dx là )(min xfm
D
 
 f(x) > m với Dx là mxfMax
D
)( 
 Điều kiện để bất phương trình f(x) < m Dx là mxfMax
D
)( 
 f(x) < m với Dx là mxf
D
)(min 
VD1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: mxxxx  )6)(3(63 (*) 
Giải 
+ Điều kiện: 63  x 
+ Đặt 
2
9)6)(3(63
2 

txxxxt 
+ Phương trình (*) thành: mtt 
2
92 (**) 
   xxxx
x
xx
xx
xx
t










6.3362
23
6.32
36
62
1
32
1' 
 t’ = 0 => x = 3/2 
+ Lập bảng biến thiên: 
x
t'
t
0+ -
-3
3
3
2 6
2
3 3 
Vậy t ]23,3[ 
Như vậy (*) có nghiệm  (**) có nghiệm t ]23,3[ 
+ Xét hàm số 
2
9)(
2 

tttf , t ]23,3[ 
 ttf 1)(' 
+ Lập bảng biến thiên: 
t
f'(t)
f(t)
- -
1 33 2
3
3
0
2 -
9
2 
Dựa vào bảng biến thiên suy ra (**) có nghiệm t ]23,3[ 3
2
923  m 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(15) 
VD2: Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm ]
4
,
4
[ x : cos3 – sin3x = m (*) 
Đặt 




 
4
cos2sincos xxxt 
Do 
24
0
44

 xx 
201
4
cos0 




  tx  
Ứng với mỗi giá trị của ]2,0[t có tương ứng một giá trị ]
4
,
4
[ x sao cho 




 
4
cos2 xt 
(*) (**)232)3(
2
11)cossin1)(cossin 32
2
mttmttmttmxxxx 




 
 
(*) có đúng 2 nghiệm ]
4
,
4
[ x  (**) có đúng 2 nghiệm ]2,0[t 
+ Đặt tttf 3)( 3  , 33)(' 2  ttf , 10)('  ttf 
t
f'(t)
f(t)
0 2 + 8
0 +-
0
2
2-1
2 
Từ bảng biến thiên ta có (**) có đúng 2 nghiệm ]2,0[t khi và chỉ khi 1
2
2222  mm 
VD3: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 13  mxmx (*) 
Đặt 303 2  txxt 
(*) 
2
11)2(0,1)3( 2
22



t
tmttmtmttm 
Đặt 0,
2
1)( 2 

 t
t
ttf 
Khảo sát sự biến thiên, dựa vào bảng biến thiên suy ra 
4
31
m 
VD4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 059481245 2  mxxxx 
Giải 
+ TXĐ: D = 



4
5,1 
+ Đặt txx  1245 (Chú ý xét giá trị của t như VD0) 
Ta có: 2121)11)(1245( 222
222  ttxxt 
+ Phương trình thành: 






21
22 2
t
mtt
+ Xét 22)( 2  tttf , 21  t 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(16) 
14)('  ttf , ]2,1[
4
10)('  ttf . Vậy hàm số đồng biến trên ]2,1[ 
1)1()(min
]2,1[
 ftf ; 22)2()(
]2,1[
 ftfMax 
Vậy 221  m 
VD5: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: 
mxxxxxx  42224)22( 2232 
Giải 
+ TXĐ: D = R 
+ Đặt 1222  txx . Phương trình trở thành: t3 – 2t2 – 4t – m + 4 = 0 (*) 
+ Điều kiện để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 
1t 
+ Ta có f’(t) = 3t2 – 4t – 4 








3
2
2
0)('
t
t
tf 
+ Lập bảng biến thiên 
t
f'(t)
f(t)
1- 8 2 + 8
0- +
-1
-4
+ 8
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 1t khi 14  m 
VD6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 



2
;
2
x : 2 + 2sin2x = m(1 + cosx)2 
Giải 
+ Xét cosx = - 1 không phải là nghiệm của phương trình 
+ Phương trình đã cho: 
(*)
cos1
cossin2
)cos1(
)2sin1(2
2
2
m
x
xx
m
x
x













+ Đặt 
2
xtgt  . Do 



2
;
2
x nên  1;1t 
Ta có 21
2sin
t
tx

 ; 2
2
1
1cos
t
tx


 nên (*) thành mtt  22 )12(
2
1 
+ Xét hàm số: 22 )12(
2
1)( tttf  
 )13(2)(' 23  ttttf 
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(17) 









21
21
1
0)('
t
t
t
tf (loại) 
Ta có f(1) = 2, f(-1) = 2, f( 21 ) = 0 
Vậy điều kiện để phương trình có nghiệm  1;1t là 20)()(min
]1,1[]1,1[


mtfMaxmtf 
VD7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 1)2)(2(22  mxxxx 
Giải 
+ ĐK: x ]2,2[ 
+ Đặt xx  22 = t ......  t 
2
4)22)(2(
2 

tx 
+ Phương trình thành: -t2 + 2t + 2 = 2m 
2
 2 2t t- 2 
 m 
Xét hàm số: 
2
 2 2t t-)(
2 
tf trên ...][..., 
 ttf 1)(' 
Lập bảng biến thiên tìm được minf(t), Maxf(t). 
Kết luận minf(t)  m Maxf(t). 
VD8: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: mxxm  72 2 
Giải 
Bphương trình m
x
x



172 2
Xét hàm số: 
172
)(
2 

x
xxf 
 
   22
2
2
2
2
2
172
727
172
72
2.172
)('















x
x
x
x
xxx
xf 
210)('  xxf 
Xét 
2
2
172
1lim
172
lim)(lim
2
2








xx
x
xxf
xxx
2
2
172
1lim
172
lim)(lim
2
2








xx
x
xxf
xxx
Văn Phong Chuyên đề Khảo sát hàm số 
(18) 
x
f'(x)
f(x)
21- 8 - 21- + 8
0 0- + -
2-
2
21-
6
21
6
2
2 
Vậy minf(x) = 
6
21)(min
6
21 

 mxfm 
VD9: Tìm m để bất phương trình: 
a. 182)2)(4(4 2  mxxxx có nghiệm ]4,2[x 
b. 352)3)(21( 2  mxxxx có nghiệm ]3,
2
1[x 
c.   421 222  xmx có nghiệm với mọi x. 
Giải 
a. ]4,2[xTXĐ 
+ Bphương trình mxxxxmxxxx  182)2)(4(4182)2)(4(4 22 
+ Đặt 300)2)(4(  ttxx 
Bất phương trình có dạng: t2 – 4t + 10 < m (*) 
Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình nghiệm đúng ]3,0[t 
Xét hàm số f(t) = t2 – 4t + 10, f’(t) = 2t – 4, f’(t) = 0 suy ra t = 2. 
t
f'(t)
f(t)
0- 8 2 + 8
0
3
+-
10 7
6
Từ BBT ta thấy 10)(,6)(min  tfMaxtf
DD
Vậy để bphương trình nghiệm đúng ]4,2[x thì m > 10 
b, c: các em làm tương tự 
VD10: Tìm m để bất phương trình: 04)1(6).1(29
222 222   xxxxxx mm 
có nghiệm với x thỏa mãn: |x| 
2
1
 
Giải 
Chia cả 2 vế cho xx 
224 ta được 0)1(
2
3).1(2
4
9
22 22












mm
xxxx
 (1) 
Đặt t
xx






22
2
3 . Với |x| 
2
1
  2x2 – x 0 nên t 1 . Khi đó (1) tr thành: 
f(t) = t2 – 2(m – 1)t + (m + 1) 0 (2) 
Văn