Đề Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị

Môn Toán 2 3 1 KHẢO SÁT H ÀM SỐ VÀ VẼ ðỒ THỊ Giải bài toán khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số cần tiến hành các bước sau 1) Tìm tập xác ñịnh, xét tính chẵn, lẻ, tuần hoàn. Nếu hàm số chẵn hay lẻ chỉ cần khảo sát x ≥ 0, với x < 0 hàm số có tính ñối xứng. Nếu hàm tuần hoàn thì chỉ cần xét trên một chu kì. 2) Tính y’, y” Xét dấu y’ ñể tìm khoảng ñơn ñiệu. Xét dấu y” ñể tìm các khoảng lồi lõm, ñiểm uốn. 3) Tìm các ñiểm cực ñại, cực tiểu, ñiểm uốn Tìm các ñường tiệm cận. Xác ñịnh các giao ñiểm của ñồ thị với các trục. 4) Lập bảng biến thiên. 5) Vẽ ñồ thị. Vẽ các ñường tiệm cận (nếu có), chỉ rõ các ñiểm ñặc biệt (cực ñại, cực tiểu, ñiểm uốn, các giao ñiểm của ñồ thị với các trục tọa ñộ). Chú ý nếu hàm y = f(x) chẵn thì ñồ thị nhận trục oy làm trục ñối xứng, còn nếu hàm y = f(x) lẻ thì ñồ thị có tâm ñối xứng là gốc tọa ñộ. 1. Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số. a) Hàm bậc hai : y = ax 2 + bx + c a ≠ 0 Ta có 2 2b 4ac b y a x 2a 4a − = + +    ðồ thị ñường parabol ñược suy từ ñồ thị hàm y = ax 2 bằng phép tịnh tiến song song theo véctơ 2b 4ac b r , 2a 4a  − = −     r . Với a > 0, min 24ac b y 4a − = ñạt ñược tại b x 2a = − . Hàm tăng trên b , 2a  − +∞    , giảm trên b , 2a  −∞ −    . Với a < 0, max 24ac b y 4a − = , ñạt ñược tại b x 2a = − . Hàm tăng trên ( ), b / 2a−∞ − , giảm trên ( )b / 2a,− +∞ . b) Hàm bậc ba: y = f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d a ≠ 0. − Tập xác ñịnh (− ∞, + ∞) − Ta có y’ = 3 ax 2 + 2bx + c, ∆’y’ = b 2 − 3 ac y” = 6 ax + 2 b Nếu a > 0 thì + Với b 2 − 3ac 0 với mọi x, khi ñó hàm luôn ñồng biến. + Với b 2 − 3ac > 0, phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 0 ⇔ x ∉ [x1, x2]. Hàm số tăng (giảm) trên (−∞, x1) và (x2, + ∞) (tương ứng, trên (x1, x2)). ðiểm cực ñại (cực tiểu) là (x1, y(x1)) (tương ứng (x2, f(x2)). Nếu a < 0 thì + Với b 2 − 3ac < 0, y’ < 0 với ∀x, hàm y luôn nghịch biến. + Với b 2 − 3ac > 0, tương tự ta cũng có Môn Toán 4 5 2 Hàm y luôn nghịch biến trên (−∞, x1) và (x2, + ∞) y ñồng biến trên (x1, x2). ðiểm cực tiểu (cực ñại) (x1, f(x1)) (tương ứng (x2, f(x2)). − ðiểm uốn: y” = 0 ⇔ x = − b/3a, ñiểm uốn là (−b/3a, f(−b/3a)). − Tâm ñối xứng (−b/3a, f(−b/3a)) cũng là ñiểm uốn. c) Hàm phân thức: ax b y cx d + = + , c ≠ 0 Ta có 2 a bc ad 1 y c dc x c − = + + − Nếu bc − ad = 0 thì a y c ≡ , x ≠ − d/c. − Nếu bc − ad ≠ 0 thì ñồ thị hàm số ñược suy ra từ ñồ thị hàm số k y x = với 2 bc ad k c − = bằng phép tịnh tiến theo véctơ r = r (−d/c, a/c). ðồ thị có hai tiệm cận x = − d/c và y = a/c. d) Hàm phân thức: ( ) 2ax bx c y f x x d + + = = + , a ≠ 0 Ta có ( ) 2ad bd c f(x) ax b ad x d − + = + − + + Tập xác ñịnh R\ { }d− ( ) ( ) 2 2 a x d m y ' x d + − = + , m = ad 2 − bd + c − Nếu m = 0 thì y = ax + (b − ad), x ≠ − d − Nếu am < 0 thì + Với a > 0, y’ > 0 (∀ x ≠ −d), hàm ñồng biến trên (−∞, −d), (−d, +∞). + Với a < 0, y’ < 0 (x ≠ −d), hàm nghịch biến trên (− ∞, −d), (−d, +∞). − Nếu am > 0 thì phương trình y’ = 0 có hai nghiệm 1,2 m x d a = − m + Nếu a > 0 thì hàm tăng trên (−∞, x1), (x2, +∞) giảm trên (x1, − d), (−d, x2) các ñiểm cực ñại (cực tiểu) là (x1, 2ax1 + b), (tương ứng, (x2, 2ax2 + b) + Nếu a < 0 thì hàm tăng trên (x1, − d1), (−d1, x2) và giảm trên (−∞, x1), (x2, +∞). ðiểm cực tiểu là (x1, 2ax1 + b) ðiểm cực ñại: (x2, 2ax2 + b). Ví dụ 1. Cho hàm số y = f(x) = mx 3 + 3mx 2 − (m − 1)x − 1 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số với m = 1. b) Xác ñịnh m ñể hàm y = f(x) không có cực trị Giải. a) với m = 1, y = x 3 + 3x 2 − 1 Tập xác ñịnh R. y’ = 3x 2 + 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2 y’ = 3(x + 2) x > 0 ⇔ x 0 y’ < 0 ⇔ − 2 < x < 0. Vậy Môn Toán 6 7 3 y tăng (giảm) thực sự trên (− ∞, − 2) và (0, +∞) (tương ứng (−2, 0)). Hàm có ñiểm cực ñại (− 2, 3) và cực tiểu (0, − 1). y” = 6x + 6, y” = 0 ⇔ x = − 1, y” ñổi dấu qua x = − 1 vậy y = f(x) có ñiểm uốn (−1, 1). Ta có bảng biến thiên X 2 0 y’ + 0  0 + Y 3 1 ðồ thị y 3 -2 0 x -1 b) y’ = 3mx 2 + 6mx − (m − 1) ðiều kiện cần và ñủ ñể y = f(x) không có cực là phương trình f’ (x) = 0 không có hai nghiệm phân biệt, nghĩa là 2 m 1 m 0 0 m 4 ' 9m 3m(m 1) 0 =  ≠ ⇔ ≤ ≤  ∆ = + − ≤ Ví dụ 2. Cho hàm số y = x 3 + mx 2 − m a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 3 b) Khi nào ñồ thị cắt trục hoành tại 3 ñiểm phân biệt c) Xác ñịnh m sao cho x ≤ 1 ⇒ y ≤ 1. Giải a) m = 3 ⇒ y = x 3 + 3x 2 − 3 Tập xác ñịnh R Chiều biến thiên y’ = 3x 2 + 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2 y’ > 0 ⇔ x 0. Trên (−∞, − 2), (1, +∞) hàm ñồng biến y’ < 0 ⇔ x ∈ (−2, 0), trên ñó y nghịch biến y” = 6x + 6, ta có ñiểm uốn (−1, −1). Bảng biến thiên X 2 0 y’ + 0  0 + Y 1 3 ðồ thị xem hình vẽ Môn Toán 8 9 4 y 1 -2 -1 0 x -3 b) ðồ thị cắt trục hoành tại 3 ñiểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có cực ñại và cực tiểu và ycñ. yct < 0 Thấy rằng y’ = 3x 2 + 2mx = x(3x + 2m) y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2m/3 Hàm có cực ñại và cực tiểu ⇔ − 2m/3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 ( ) ( ) 3 c® ct 4m 27m y .y y 0 .y 2m / 3 m 0 27 − = − = − < 24m 27 0⇔ − > 3 3 m 2 ⇔ > Vậy ñồ thị cắt trục hoành tại ba ñiểm phân biệt khi và chỉ khi m 3 3 / 2> c) ( )y x 1≤ với x 1≤ ⇒ ( )y 0 m 1= ≤ Với m 1≤ , m ≠ 0, ta có 2m / 3 1− ≤ . Vậy, với m ∈ [−1, 1]\{ }0 ñể ( )y x 1≤ với x 1≤ ñiều kiện ñủ là ( ) 34m 1 y 2m / 3 m 27 ≥ − = − (vì y (−1) = − 1, y(1) = 1, y (0) = −m ñều thuộc [−1, 1]). Nhưng 3 24m 4m , m 1 m 1 27 27   − = − ≤ ≤     khi m 1≤ . 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 ñồ thị hàm số khi m = − 1 b) Chứng minh rằng khi m ∈ (0, 2) hàm không có cực ñại và cực tiểu. c) Chứng minh rằng ñồ thị của hàm số (1) luôn qua ba ñiểm cố ñịnh. Giải a) Tập xác ñịnh R y’ = − 9x 2 + 1 = 0 ⇔ x = − 1/3 và x = 1/3 ðiểm cực ñại (−1/3, 16/9), cực tiểu (1/3, 20/9). y” = − 18x = 0 ⇔ x= 0, ñiểm uốn (0, 2). Bảng biến thiên X 1/3 1/3 Y’  0 + 0  Y 16/9 20/9 Môn Toán 10 11 5 y 4 20/9 16/9 -1 -1/3 0 1/3 1 x b) y’ = 3(m − 2)x 2 − m Khi 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 ðiểm cố ñịnh (xo, yo) phải thỏa mãn ( ) ( ) 2 o oo o o o 3 o o o o x 0, y 2x x 1 0 x 1, y 4 , y 2 x 1 x 1 y 0 = = − = ⇔ = − =   = − − = = ðồ thị luôn ñi qua 3 ñiểm cố ñịnh (0, 2), (− 1, 4), (1, 0). Ví dụ 4. Cho hàm số y = f(x) = 2x 3 − 3(2m + 1)x 2 + 6m (m + 1)x + 1 (1) a) Tìm quĩ tích ñiểm uốn b) Tìm quĩ tích ñiểm cực ñại c) Tìm quĩ tích trung ñiểm ñoạn nối ñiểm cực ñại và cực tiểu của ñồ thị. Giải. a) y’ = 6x 2 − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) y” = 12x − 6(2m + 1), y” = 0 ⇔ 2m 1 x 2 + = y” ñổi dấu khi x biến thiên qua (2m + 1)/2. Vậy ñiểm uốn là 2m 1 2m 1 U , f 2 2  + +        . Từ 2m 1 x 2 + = suy ra 2x 1 m 2 − = , thay vào phương trình y = f(x) ta thu ñược 3 3 y 2x x 1. 2 = − + Vậy quĩ tích ñồ thị hàm 3 3y 2x x 1. 2 = − + b) y’ = 6[x 2 − (2m + 1)x + m (m + 1)], y’ = 0 ⇔ x m x m 1 =  = + ðó 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 ñại và cực tiểu tại x = m và x = m + 1 tương ứng. ðiểm cực ñại là (m, f(m)). Khử m bằng cách thay m = x, vào (1) ta ñược y = 2x 3 + 3x 2 + 1. Vậy ñồ thị của hàm y = 2x 3 + 3x 2 + 1 Môn Toán 12 13 6 là quĩ tích các ñiểm cực ñại của hàm số khi m thay ñổi. c) Trung ñiểm của ñoạn nối ñiểm cực ñại và cực tiểu là ñiểm uốn, mà quĩ tích ñã biết ở câu a). Ví dụ 5. Cho hàm số y = f(x) = x 4 − mx 3 − (2m + 1)x 2 + mx + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số với a = 0. b) Tìm các ñiểm trên trục tung sao cho qua ñó có thể kẻ ñược ba tiếp tuyến với ñồ thị của y = f(x) với m = 0. c) Xác ñịnh m sao cho phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm khác nhau lớn hơn 1. Giải. a) Với m = 0, hàm số có dạng y = x 4 − x 2 + 1 T.X.ð. R y’ = 2x(2x 2 − 1), y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = 2 /2± y” = 2(6x 2 − 1), y” = 0 ⇔ x = ± 6 /6 y” ñổi dấu qua x = ± 6 /6 nên hàm số có hai ñiểm uốn ( ) ( )6 /6,31/36 , 6 /6,31/36− . Bảng biến thiên X 2 /2− 0 2 /2 Y’  0 + 0 + 0 − Y 3 4 1 3 4 y 1 3/4 - 2 /2 0 2 /2 x b) f(x) là hàm chẵn nên trục tung là trục ñối xứng. Nên qua ñiểm trên trục tung kẻ ñược ba tiếp tuyến với ñồ thị thì phải có 1 tiếp tuyến song song với trục hoành. Từ ñó ñiểm cần tìm phải là ñiểm M(0, 1). Ta kiểm tra ñiều ñó. Giả sử y = ax + 1 là tiếp tuyến khác qua a. Khi ñó phải có 4 2 o o o 3 o o x x 1 ax 1 4x 2x a  − + = +  − = nếu xo là hoành ñộ tiếp ñiểm. Giải hệ ñó (ñối với (xo, a)) ta có các nghiệm (0, 0), và ( )3 /3, 4 3 /9 .± ± Từ ñó các tiếp tuyến khác y = 1 là ( )y 4 3 /9 x 1= ± + . Vậy ñiểm cần tìm là M (0, 1). c) Phương trình x 4 − mx 3 − (2m + 1)x 2 + mx + 1 = 0 (1) tương ứng với ( )2 2 1 1 x m x 2m 1 0 xx  + − − − + =    (2) ðặt 1 t x x = − . t’(x) = 2 1 1 x + > 0, do ñó x > 1 thì t(x) > t(1) = 0. Bây giờ (2) có dạng Môn Toán 14 15 7 t 2 − mt − (2 − 1) = 0. (3) Vậy ñể có hai nghiệm lớn hơn 1, phương trình (3) phải có hai nghiệm dương. Tức là phải có ( )2 2m 4 1 2m 0 m 8m 4 0 S / 2 m / 2 0 m 0 p 1 2m 0 m 1 / 2  ∆ = − − > + − >  = > ⇔ >   = − > <  ⇔ ( )m 4 2 5,1 / 2∈ − + Ví dụ 6. Cho hàm số mx 1 y x m − = − (1) a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số với m = 2. b) Với m nào hàm ñồng biến, nghịch biến không ñổi? c) Chứng minh rằng khi m thay ñổi ñồ thị luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh. d) Tìm quĩ tích tâm ñối xứng của ñồ thị. Giải. a) Với m = 2, 2x 1 3 y 2 x 2 x 2 − = = + − − Tập xác ñịnh R\ { }2 ðồ thị có hai tiệm cận x = 2 và y = 2. ( )2 3 y ' x 2 = − > − 0 với ∀ x ≠ 2. Vậy y giảm trên các khoảng (−∞, 2) và (2, +∞). Các ñiểm ñặc biệt x = 0 ⇒ y = 1/2; y = 0 ⇒ x = 1/2. Vậy ñồ thị ñi qua các ñiểm (0, 1/2) và (1/2, 0). Bảng biến thiên X 2 y’   Y 2 ∞ +∞ 2 ðồ thị có tâm ñối xứng là giao ñiểm I của hai tiệm cận. y 2 I 1/2 0 1/2 2 x Môn Toán 16 17 8 b) ( ) 2 2 1 m y ' x m − = − , x ≠ m • Nếu 1 − m 2 > 0 (⇔ − 1 < m < 1) thì hàm luôn ñồng biến trên mỗi khoảng (−∞, m) và (m, +∞). • Nếu 1 − m 2 < 0 (⇔ m ∉ [−1, 1] thì hàm luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác ñịnh • Nếu 1 − m 2 = 0 (⇔ m = ± 1) thì y không ñổi m = 1 ⇒ y ≡ 1 trên R\ { }1 m = − 1 ⇒ y ≡ − 1 trên R\ { }1− c) Giả sử (xo, yo) là ñiểm cố ñịnh. Khi ñó ( ) o o o o o x m x y 1 m x y 0 víi mäi m ≠  + − + = o oo o o o 2 o o o oo x yx y 0 x 1, y 1 x y 1 x 1, y 1x 1 = −+ = = = − ⇒ ⇔ ⇔  = − = − ==  Vậy ñồ thị luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh (1, −1) và (−1, 1). d) Tâm ñối xứng là giao của hai tiệm cận tức là ñiểm (m, m). Khi m thay ñổi các ñiểm này vạch ñường thẳng y = x. Ví dụ 7. Cho hàm số ( ) 2 2m 1 x m y x m + − = − a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 1 b) Chứng minh rằng với mọi m tiệm cận xiên của ñồ thị luôn tiếp xúc với một parabôn cố ñịnh. Xác ñịnh parabôn ñó. c) Tìm tất cả các ñiểm mà tiệm cận xiên không ñi qua Giải a) Tập xác ñịnh R\ { }1 Với m = 1, ( ) 22x 1 1 y 2 x 1 x 1 x 1 − = = + + − − ( )2 1 y ' 2 x 1 = − − , y’ = 0 2 x 1 2 ⇔ = ± y’ > 0 ⇔ 2 2 x ,1 1 , 2 2     ∈ −∞ − ∪ + +∞           y’ < 0 ⇔ 2 2 x 1 ,1 2 2   ∈ − +     . ðiểm cực ñại. 2 1 , 4 2 2 2   − −     , cực tiểu 2 1 , 4 2 2 2   + +     Bảng biến thiên X 2 1 2 − 1 2 1 2 + y’ + 0  || − 0 + 4 2 2− 4 2 2+ Tiệm cận xiên y = 2(x + 1) Tiệm cận ñứng Môn Toán 18 19 9 x = 1 b) Ta có tiệm cận xiên y = (m + 1)x + m 2 + m y 4 +2 2 4 I 2 -1 0 1 x Giả sử các tiệm cận xiên trên luôn tiếp xúc parabôn cố ñịnh y = ax 2 + bx + c, a ≠ 0. Khi ñó phương trình ax 2 + bx + c = (m + 1)x + m 2 + m có nghiệm kép với mọi m. Ta phải có ∆ = (b − m − 1) 2 − 4a(c − m 2 − m) = 0 với mọi m, hay (4a + 1)m 2 + 2(2a − b + 1)m + b 2 − 4ac − 2b + 1 = 0 với mọi m 2 4a 1 0 a 1 / 4 2a b 1 0 b 1 / 2 c 1 / 4b 4ac 2b 1 0  + = = −  ⇔ − + = ⇔ =    = −− − + = Như vậy parabôn cần tìm là 21 1 1y x x 0 4 2 4 = − + − = c) Giả sử (xo, yo) là ñiểm mà tiệm cận không ñi qua. Từ ñó phương trình yo = (m + 1)xo + m 2 + m vô nghiệm, hay phương trình m 2 + (xo + 1)m + xo − yo = 0 vô nghiệm ⇔ ∆ = (xo + 1) 2 − 4(xo − yo) < 0 ⇔ 2o o o 1 1 1 y x x 4 2 4 < − + − ðó là các ñiểm nằm trong parabôn 21 1 1y x x 4 2 4 = − + − Ví dụ 8. Cho hàm số ( ) 2x 3x 6 y 2 x 1 − + = − a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số Môn Toán 20 21 10 b) Tìm các ñiểm trên ñồ thị sao cho tổng các khoảng cách từ ñó ñến các tiệm cận là nhỏ nhất. c) tìm các ñiểm trên ñồ thị sao cho tổng các khoảng cách từ ñó ñến hai trục là nhỏ nhất. d) Tìm các ñiểm M, N trên hai nhánh của ñồ thị (mỗi ñiểm thuộc một nhánh) sao cho ñộ dài ñoạn MN là nhỏ nhất. Giải. a) Ta có 1 4 y x 2 2 x 1  = − + −  . Tập xác ñịnh R\ { }1 . ( )2 1 4 y ' 1 2 x 1    = −  −  , y’ = 0 ⇔ x = −1 và x = 3. y’(x) < 0 với − 1 < x < 1 hoặc 1 < x < 3/2 ñiểm cực ñại 5 1, 2  − −    y’(x) > 0 với x 3/2 ñiểm cực tiểu 3 3, 2       X 1 1 3 y’ + 0  || − 0 + Y 5 2 − 3 2 y 3/2 -1 0 3 x -5/2 -3 Tiệm cận xiên : ( )1y x 2 2 = − ~ x − 2y − 2 = 0 Tiệm cận ñứng: x = 1 x = 0, y = −3 b) Giả sử M(x, y) là ñiểm thuộc ñồ thị mà tổng các khoảng cách d = d1 + d2 trong ñó d1 (tương ứng d2) là khoảng cách từ M ñến tiệm cận ñứng (tương ứng tiệm cận xiên) là bé nhất. Ta có d1 = x 1− , 2 2 2 4 x x 2 2 x 1 4 d 5 x 11 2  − − + − − = = −+ và 4 d x 1 5 x 1 = − + − Vậy 4 4 4 d 2 x 1 5 x 1 5 ≥ − = − Dấu bằng xảy ra khi 4 4 2 x 1 x 1 5 x 1 5 − = ⇔ = ± − và 4 4 min d 5 = . c) ðiểm M(x, y) thuộc ñồ thị thì x ≠ 1 và 1 4 y x 2 2 x 1  = − + −  . Tổng các khoảng cách từ M ñến các trục là Môn Toán 22 23 11 ( ) ( ) ( )1 4f x x x 2 , x ,1 1, 2 x 1 = + − + ∈ −∞ ∪ +∞ − ( ) ( ) 1 4 x x 2 víi x 1,+ 2 x 1 1 4 x x 2 víi x ,1 2 x 1   + − + ∈ ∞  −      − − + ∈ −∞  −  c1) Xét f(x) với x > 1 Ta có ( ) ( )2 1 2 f ' x 1 2 x 1 = + − − = ( )2 3 2 2 x 1 − − f’(x) = 0 ⇔ ( )2 4x 1 3 − = ⇒ x − 1 = 2 3 , 2 x 1 3 = + f’(x) < 0 khi 2 x 1,1 3   ∈ +    và f’(x) > 0 khi 2 x 1 , 3   ∈ + +∞    Vậy ( ) x 1 2 1 2 4 min f x 1 1 2 2 23 3 3 >      = + + + − +       1 x 3 3 2 = + c2) Xét f(x) với 0 ≤ x < 1. Khi ñó ( ) ( ) ( )2 x 2 1 2 f x 1, f ' x 0 2 x 1 2 x 1 = − + = + > − − Vậy ( ) ( ) 0 x 1 min f x f 0 3 ≤ < = = c3) Xét f(x) với x < 0. Khi ñó ( ) ( )1 4f x x x 2 2 x 1  = − − − + −  ( ) ( )2 3 2 f ' x 2 x 1 = − + − , ( )f ' x 0= ⇔ 2x 1 3 = − f’(x) < 0 khi 2 x 3 0 khi 2 x 1 3 > − . Vậy ( ) x 0 3 2 2 1 min f x 1 1 2 3 2 2 23 3 <  = − − + − = − +    − So sánh ta thấy ( ) ( ) x 1 min f x f 0 3 ≠ = = . d) Giả sử M(s, y(s)) và N (t, y(t)) ở ñây t < 1 < s là các ñiểm thuộc ñồ thị. Khi ñó ( ) ( ) ( )( ) ( ) 4 s t1 y s y t s t 2 s 1 1 t  − − = − + − −  và ( ) ( )( ) ( ) 2 2 4 s t1 MN s t s t 4 s 1 1 t  − = − + − + − −  . Môn Toán 24 25 12 Nhưng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 s t 4 s t 16 s ts 1 1 t s 1 1 t 2 − − ≥ = −− − − + −      , do ñó ( ) 2 2 1 16MN s t s t 4 s t  ≥ − + − + = −  ( ) ( ) 2 2 5 64 s t 8 4 s t − = − + + ≥ − 5 2 .64 8 5 4 ≥ = Dấu bằng ñạt ñược khi ( ) ( ) 2 2 s 1 1 t s t 2 5 64 4s t s t4 s t 5 − = − + =  ⇔ − = − = −  vậy o 4 4 4 2 s 2 / 2 1 5 5   = + = +    o 4 2 t 1 5 = − Từ ñó M(so, y(so)), N (to, y(to)).