Chuyên đề môn Toán: Khảo sát hàm số

Chia sẻ: Phan Thanh Tuan Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

146
lượt xem 44
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh trung học phổ thông đang trong giai đoạn ôn thi đại học chuyên môn toán.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề môn Toán: Khảo sát hàm số

KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ VẼ ĐỒ THỊ Giải bài toán khảo sát và vẽ đồ thị hàm số cần tiến hành các bước sau 1) Tìm tập xác định, 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 đối xứng. Nếu hàm tuần hoàn thì chỉ cần xét trên một chu kì. 2) Tính y’, y” Xét dấu y’ để tìm khoảng đơn điệu. Xét dấu y” để tìm các khoảng lồi lõm, điểm uốn. 3) Tìm các điểm cực đại, cực tiểu, điểm uốn Tìm các đường tiệm cận. Xác định các giao điểm của đồ thị với các trục. 4) Lập bảng biến thiên. 5) Vẽ đồ thị. Vẽ các đường tiệm cận (nếu có), chỉ rõ các điểm đặc biệt (cực đại, cực tiểu, điểm uốn, các giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ). Chú ý nếu hàm y = f(x) chẵn thì đồ thị nhận trục oy làm trục đối xứng, còn nếu hàm y = f(x) lẻ thì đồ thị có tâm đối xứng là gốc tọa độ. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2 a≠ 0 a) Hàm bậc hai : y = ax + bx + c 2 2 4ac − b  b Ta có y = a  x + + 2a  4a   2 Đồ thị đường parabol được suy từ đồ thị hàm y = ax bằng phép tịnh tiến r  b 4ac − b2  song song theo véctơ r =  − . ,  2a 4a    2 b Với a > 0, min y = 4ac − b đạt được tại x = − . Hàm tăng trên 2a 4a    b b  − 2a , +∞  , giảm trên  −∞, − 2a  .     2 b Với a < 0, max y = 4ac − b , đạt được tại x = − . Hàm tăng trên 2a 4a ( −∞, −b / 2a) , giảm trên ( −b / 2a, +∞ ) . 3 2 a ≠ 0. b) Hàm bậc ba: y = f(x) = ax + bx + cx + d − Tập xác định (− ∞ , + ∞ ) 2 2 − Ta có y’ = 3 ax + 2bx + c, ∆ ’y’ = b − 3 ac y” = 6 ax + 2 b Nếu a > 0 thì 2 + Với b − 3ac < 0, y’ > 0 với mọi x, khi đó hàm luôn đồng biến. 2 + Với b − 3ac > 0, phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 và y’ > 0 ⇔ x ∉ [x1, x2]. Hàm số tăng (giảm) trên (−∞, x1) và (x2, + ∞ ) (tương ứng, trên (x1, x2)). Điểm cực đại (cực tiểu) là (x1, y(x1)) (tương ứng (x2, f(x2)). Nếu a < 0 thì 2 + Với b − 3ac < 0, y’ < 0 với ∀x, hàm y luôn nghịch biến. 2 1 3
2 + Với b − 3ac > 0, tương tự ta cũng có Hàm y luôn nghịch biến trên (−∞, x1) và (x2, + ∞ ) y đồng biến trên (x1, x2). Điểm cực tiểu (cực đại) (x1, f(x1)) (tương ứng (x2, f(x2)). − Điểm uốn: y” = 0 ⇔ x = − b/3a, điểm uốn là (−b/3a, f(−b/3a)). − Tâm đối xứng (−b/3a, f(−b/3a)) cũng là điểm uốn. ax + b c) Hàm phân thức: y = c≠ 0 , cx + d a bc − ad 1 y= + c c2 x + d Ta có c a − Nếu bc − ad = 0 thì y ≡ , x ≠ − d/c. c − Nếu bc − ad ≠ 0 thì đồ thị hàm số được suy ra từ đồ thị hàm số bc − ad k với k = y= c2 x bằng phép tịnh tiến theo véctơ r r = (−d/c, a/c). Đồ thị có hai tiệm cận x = − d/c và y = a/c. 2 d) Hàm phân thức: y = f ( x ) = ax + bx + c , a ≠ 0 x+d Ta có ad2 − bd + c f (x) = ax + ( b − ad ) + x+d Tập xác định R\ { −d} 2 a( x + d) − m 2 y' = , m = ad − bd + c 2 ( x + d) − Nếu m = 0 thì y = ax + (b − ad), x ≠ − d − Nếu am < 0 thì + Với a > 0, y’ > 0 (∀ x ≠ −d), hàm đồng biến trên (−∞, −d), (−d, +∞ ). + Với a < 0, y’ < 0 (x ≠ −d), hàm nghịch biến trên (− ∞ , −d), (−d, +∞ ). m − Nếu am > 0 thì phương trình y’ = 0 có hai nghiệm x1,2 = −d m a + Nếu a > 0 thì hàm tăng trên (−∞, x1), (x2, +∞ ) giảm trên (x1, − d), (−d, x2) các điểm cực đại (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, +∞ ). Điểm cực tiểu là (x1, 2ax1 + b) Điểm cực đại: (x2, 2ax2 + b). 3 2 Ví dụ 1. Cho hàm số y = f(x) = mx + 3mx − (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 3 2 Giải. a) với m = 1, y = x + 3x − 1 Tập xác định R. 2 2 3
2 y’ = 3x + 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2 y’ = 3(x + 2) x > 0 ⇔ x < − 2 hoặc x > 0 y’ < 0 ⇔ − 2 < x < 0. Vậy y tăng (giảm) thực sự trên (− ∞ , − 2) và (0, +∞ ) (tương ứng (−2, 0)). Hàm có điểm cực đại (− 2, 3) và cực tiểu (0, − 1). y” = 6x + 6, y” = 0 ⇔ x = − 1, y” đổi dấu qua x = − 1 vậy y = f(x) có điểm uốn (−1, 1). Ta có bảng biến thiên X 2 0 + y’ + 0  0 Y 3 1 Đồ thị y 3 -2 0 x -1 2 b) y’ = 3mx + 6mx − (m − 1) Điều kiện cần và đủ để y = f(x) không có cực là phương trình f’ (x) = 0 không có hai nghiệm phân biệt, nghĩa là m =  1 m ≠ 0 ⇔ 0≤ m≤  4   ∆ ' = 9m2 + 3m(m − 1) ≤ 0   3 2 Ví dụ 2. Cho hàm số y = x + mx − m a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3 b) Khi nào đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt c) Xác định m sao cho  ≤ 1 ⇒  ≤ 1. x y 3 2 Giải a) m = 3 ⇒ y = x + 3x − 3 Tập xác định R 2 Chiều biến thiên y’ = 3x + 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2 y’ > 0 ⇔ x < − 2 và x > 0. Trên (−∞, − 2), (1, +∞ ) hàm đồng biến y’ < 0 ⇔ x ∈ (−2, 0), trên đó y nghịch biến y” = 6x + 6, ta có điểm uốn (−1, −1). Bảng biến thiên X 2 0 + y’ + 0  0 Y 1 3 Đồ thị xem hình vẽ 2 3 3
y 1 -2 -1 0 x -3 b) Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có cực đại và cực tiểu và ycđ. yct < 0 2 Thấy rằng y’ = 3x + 2mx = x(3x + 2m) y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = − 2m/3 Hàm có cực đại và cực tiểu ⇔ − 2m/3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 4m3 − 27m y c®.y ct = y ( 0 ) .y ( −2m / 3 ) = −m 0 ⇔ m > 2 Vậy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm 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} để y ( x ) ≤ 1 với x ≤ 1 điều kiện đủ là 4m3 1 ≥ y ( −2m / 3 ) = −m 27 (vì y (−1) = − 1, y(1) = 1, y (0) = −m đều thuộc [−1, 1]).  4m2  4m3 −, = m  1 −  ≤ m ≤ 1 khi m ≤ 1 . m = 0 cũng thỏa Nhưng  27  27   mãn. Kết luận m ∈ [−1, 1]. 3 Ví dụ 3. Cho hàm số y = (m − 2)x − mx + 2 (1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = − 1 b) Chứng minh rằng khi m ∈ (0, 2) hàm không có cực đại và cực tiểu. c) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (1) luôn qua ba điểm cố định. Giải a) Tập xác định R 2 y’ = − 9x + 1 = 0 ⇔ x = − 1/3 và x = 1/3 Điểm cực đại (−1/3, 16/9), cực tiểu (1/3, 20/9). y” = − 18x = 0 ⇔ x= 0, điểm uốn (0, 2). 2 4 3
Bảng biến thiên X 1/3 1/3 Y’  0 + 0  Y 16/9 20/9 y 4 20/9 16/9 -1 -1/3 0 1/3 1 x 2 b) y’ = 3(m − 2)x − m Khi m ∈ (0, 2) ⇒ m / 3(m − 2) < 0 và phương trình y’ = 0 vô nghiệm. 3 3 2 3 c) y = mx − 2x − mx + 2 ⇔ mx (x − 1) − 2(x − 1) − y = 0 Điểm cố định (xo, yo) phải thỏa mãn ( )  x o = 0, yo = 2  x x2 − 1 = 0 o o  ⇔  x o = −1, y o = 4,  ( )  y o = −2 x3 − 1 x = 1 yo = 0 o o  Đồ thị luôn đi qua 3 điểm cố định (0, 2), (− 1, 4), (1, 0). Ví dụ 4. Cho hàm số 3 2 y = f(x) = 2x − 3(2m + 1)x + 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 cực đại và cực tiểu của đồ thị. 2 Giải. a) y’ = 6x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) 2m + 1 y” = 12x − 6(2m + 1), y” = 0 ⇔ x = 2 y” đổi dấu khi x biến thiên qua (2m + 1)/2. Vậy điểm uốn là  2m + 1  2m + 1   2m + 1 2x − 1 U ,f  . Từ x = suy ra m = , thay vào 2  2 2 2    3 phương trình y = f(x) ta thu được y = 2x3 − x + 1. Vậy quĩ tích đồ thị 2 hàm 3 y = 2x3 − x + 1. 2 x = m 2 b) y’ = 6[x − (2m + 1)x + m (m + 1)], y’ = 0 ⇔  x = m + 1 Đó là hai nghiệm phân biệt và rõ ràng y’(x) < 0 ⇔ x ∈ (m, m + 1) y’(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, m) ∪ (m + 1, +∞ ) 2 5 3
Vậy hàm luôn có cực đại và cực tiểu tại x = m và x = m + 1 tương ứng. Điểm cực đại là (m, f(m)). Khử m bằng cách thay m = x, vào (1) ta đ ược y 3 2 = 2x + 3x + 1. Vậy đồ thị của hàm 3 2 y = 2x + 3x + 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 4 3 2 y = f(x) = x − mx − (2m + 1)x + mx + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với a = 0. b) Tìm các điểm trên trục tung sao cho qua đó có thể k ẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị của y = f(x) với m = 0. c) Xác định 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 4 2 y = x −x + 1 T.X.Đ. R 2 y’ = 2x(2x − 1), y’ = 0 ⇔ x = 0 và x = ± 2 /2 2 6 /6 y” = 2(6x − 1), y” = 0 ⇔ x = ± y” đổi dấu qua x = ± 6/6 nên hàm số có hai điểm uốn (− )( ) 6/6,31/36 , 6 /6,31/36 . Bảng biến thiên X 0 − 2 /2 2/2 − Y’  0 + 0 + 0 Y 1 3 3 4 4 y 1 3/4 - 2 /2 0 2 /2 x b) f(x) là hàm chẵn nên trục tung là trục đối xứng. Nên qua điểm trên trục tung kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị thì phải có 1 tiếp tuyến song song với trục hoành. Từ đó điểm cần tìm phải là điểm M(0, 1). Ta kiểm tra điều đó. Giả sử y = ax + 1 là tiếp tuyến khác qua a. Khi đó phải có  x 4 − x 2 + 1 = ax + 1 o o o 3  4x o − 2x o = a  nếu xo là hoành độ tiếp điểm. 2 6 3
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 ( ) y = ± 4 3/9 x + 1 . Vậy điểm cần tìm là M (0, 1). 4 3 2 c) Phương trình x − mx − (2m + 1)x + mx + 1 = 0 (1) tương ứng với  1 1 − m  x −  − ( 2m + 1) = 0 x2 + (2) x 2  x 1 1 Đặt t = x − . t’(x) = 1 + 2 > 0, do đó x > 1 thì t(x) > t(1) = 0. Bây giờ x x (2) có dạng 2 t − mt − (2 − 1) = 0. (3) Vậy để có hai nghiệm lớn hơn 1, phương trình (3) phải có hai nghiệm dương. Tức là phải có  ∆ = m2 − 4 ( 1 − 2m ) > 0  m2 + 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= (1) x−m a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2. b) Với m nào hàm đồng biến, nghịch biến không đổi? c) Chứng minh rằng khi m thay đổi đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định. d) Tìm quĩ tích tâm đối xứng của đồ thị. 2x − 1 3 Giải. a) Với m = 2, y = = 2+ x−2 x−2 Tập xác định R\ { 2} Đồ thị có hai tiệm cận x = 2 và y = 2. 3 y' = − > 0 với ∀ x ≠ 2. Vậy y giảm trên các khoảng (−∞, 2) và 2 ( x − 2) (2, +∞ ). Các điểm đặc biệt x = 0 ⇒ y = 1/2; y = 0 ⇒ x = 1/2. Vậy đồ thị đi qua các điểm (0, 1/2) và (1/2, 0). Bảng biến thiên X 2 y’   +∞ Y 2 ∞ 2 Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I của hai tiệm cận. 2 7 3
y 2 I 1/2 0 1/2 2 x 1 − m2 b) y ' = x≠ m , ( x − m) 2 2 • Nếu 1 − m > 0 (⇔ − 1 < m < 1) thì hàm luôn đồng biến trên mỗi khoảng (−∞, m) và (m, +∞ ). 2 • Nếu 1 − m < 0 (⇔ m ∉ [−1, 1] thì hàm luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định 2 • Nếu 1 − m = 0 (⇔ m = ± 1) thì y không đổi m = 1 ⇒ y ≡ 1 trên R\ { 1} m = − 1 ⇒ y ≡ − 1 trên R\ { −1} c) Giả sử (xo, yo) là điểm cố định. Khi đó  xo ≠ m    x oy o + 1 − m ( x o + y o ) = 0 ví i mäi m   xo = −y o  x + yo = 0  x = 1, y o = −1  ⇒ o ⇔ o ⇔ 2  x oy o = −1  x o = −1, y o = 1  xo = 1  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. ( m + 1) x 2 − m2 Ví dụ 7. Cho hàm số 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 a) Tập xác định R\ { 1} 2 Với m = 1, y = 2x − 1 = 2 ( x + 1) + 1 x −1 x −1 1 y' = 2− 2 , y’ = 0 ⇔ x = 1 ± ( x − 1) 2 2 2 8 3
 2   2 y’ > 0 ⇔ x ∈  −∞,1 −  ∪ 1+ , +∞   2   2     2 2 y’ < 0 ⇔ x ∈  1 − ,1 + .  2 2       2 2 Điểm cực đại.  1 − , 4 − 2 2  , cực tiểu 1+ ,4+ 2 2     2 2     Bảng biến thiên X 1 2 2 1− 1+ 2 2 0 + − y’ + 0  || 4−2 2 4+ 2 2 Tiệm cận xiên y = 2(x + 1) Tiệm cận đứng x=1 b) Ta có tiệm cận xiên 2 y = (m + 1)x + m + m y 4 +2 2 4 I 2 -1 0 1 x Giả sử các tiệm cận xiên trên luôn tiếp xúc parabôn cố định 2 a ≠ 0. y = ax + bx + c, Khi đó phương trình 2 2 ax + bx + c = (m + 1)x + m + m có nghiệm kép với mọi m. Ta phải có 2 2 ∆ = (b − m − 1) − 4a(c − m − m) = 0 với mọi m, hay 2 2 (4a + 1)m + 2(2a − b + 1)m + b − 4ac − 2b + 1 = 0 với mọi m  4a + 1 = 0  a = −1 / 4   ⇔  2a − b + 1 = 0 ⇔ b = 1 / 2 2  c = −1 / 4   b − 4ac − 2b + 1 = 0 Như vậy parabôn cần tìm là 2 9 3
12 1 1 y=− x + x− =0 4 2 4 c) Giả sử (xo, yo) là điểm mà tiệm cận không đi qua. Từ đó phương trình 2 yo = (m + 1)xo + m + m vô nghiệm, hay phương trình 2 m + (xo + 1)m + xo − yo = 0 vô nghiệm 2 ⇔ ∆ = (xo + 1) − 4(xo − yo) < 0 12 1 1 ⇔ yo < − xo + xo − 4 2 4 Đó là các điểm nằm trong parabôn 12 1 1 y=− x + x− 4 2 4 Ví dụ 8. Cho hàm số x 2 − 3x + 6 y= 2 ( x − 1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm các điểm trên đồ thị sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến các tiệm cận là nhỏ nhất. c) tìm các điểm trên đồ thị sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến hai trục là nhỏ nhất. d) Tìm các điểm M, N trên hai nhánh của đồ thị (mỗi điểm thuộc một nhánh) sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất. 1 4  x − 2 + x − 1  . Tập xác định R\ { 1} . Giải. a) Ta có y = 2  1  4 1−  , y’ = 0 ⇔ x = −1 và x = 3. y' = 2 2 x − 1)  (    5 y’(x) < 0 với − 1 < x < 1 hoặc 1 < x < 3/2 điểm cực đại  −1, −  2    3 y’(x) > 0 với x < − 1 hoặc x > 3/2 điểm cực tiểu  3,   2 X 1 1 3 0 + − y’ + 0  || Y 5 3 − 2 2 y 3/2 -1 0 3 x -5/2 -3 2 10 3
1 ( x − 2 ) ~ x − 2y − 2 = 0 Tiệm cận xiên : y = 2 Tiệm cận đứng: x = 1 x = 0, y = −3 b) Giả sử M(x, y) là điểm thuộc đồ thị mà tổng các khoảng cách d = d 1 + d2 trong đó d1 (tương ứng d2) là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng (tương ứng tiệm cận xiên) là bé nhất.  4 x −x −2+ −2 x −1 Ta có d1 = x − 1 , d =   4 = 2 5 x −1 12 + 22 4 và d = x − 1 + 5 x −1 4 4 Vậy d ≥ 2 x − 1 = 45 5 x −1 4 2 4 Dấu bằng xảy ra khi x − 1 = ⇔ x = 1± min d = 4 5 và 45 . 5 x −1 1 4 c) Điểm M(x, y) thuộc đồ thị thì x ≠ 1 và y =  x − 2 + x − 1  . Tổng 2  các khoảng cách từ M đến các trục là 1 4 f ( x) = x + , x ∈ ( −∞,1) ∪ ( 1, +∞ ) x −2+ x −1 2  1 4  x + 2  x − 2 + x − 1  ví i x ∈ ( 1,+∞ )      x − 1  x − 2 + 4  ví i x ∈ ( −∞,1) 2 x −1     c1) Xét f(x) với x > 1 1 2 3 2 Ta có f ' ( x ) = 1 + 2 − − 2= 2 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 2 4 2 f’(x) = 0 ⇔ ( x − 1) , x = 1+ =⇒x − 1 = 3 3 3  2   2 f’(x) < 0 khi x ∈  1,1 +  và f’(x) > 0 khi x ∈  1 + , +∞   3   3    4 21 2 Vậy min f ( x ) = 1 + + 1+  −2+ 3 2 2 3 x >1    3 1 x = +3 3 2 c2) Xét f(x) với 0 ≤ x < 1. Khi đó 2 11 3
x 2 1 2 f ( x) = + 1, f ' ( x ) = + − >0 2 x −1 2 ( x − 1) 2 Vậy min f ( x ) = f ( 0 ) = 3 0≤ x 0 khi x > 1 − . 3 3 3 2 2 1 min f ( x ) = −  1 −  + 1− 2 = − 2 + 2 3 2 Vậy x < 0 3 − 3 So sánh ta thấy min f ( x ) = f ( 0 ) = 3 . x ≠1 d) Giả sử M(s, y(s)) và N (t, y(t)) ở đây t < 1 < s là các điểm thu ộc đ ồ th ị. Khi đó 4( s− t )  1 y ( s) − y ( t ) =  s− t + ( s − 1) ( 1 − t )  và 2  2 4( s− t )  1 2 MN = ( s − t ) +  s − t + . ( s − 1) ( 1 − t )  4  4( s− t ) 4( s− t ) 16 ≥ = Nhưng ( s − 1) ( 1 − t )  s − 1 + 1 − t 2 s − t , do đó   2   2 ( ) 1 16  2 MN ≥ s − t +  s − t + = s− t  4  5 64 2 − = ( s− t ) + +8≥ 4 2 ( s− t ) 5 ≥2 .64 = 8 5 4 Dấu bằng đạt được khi s − 1 = 1 − t s + t = 2 5  64 ⇔   ( s− t )2 = 4 s − t = 5 4 2 ( s− t )    4 2 vậy so =  2 + 4  / 2 = 1 + 4  5 5 2 to = 1 − 45 Từ đó M(so, y(so)), N (to, y(to)). 2 12 3
2 13 3