T ỔNG HỢP 50 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ
Bài 1.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
2x
x −2
biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt tại A,B mà
tam giác OAB thỏa mãn AB = OA
√
2
Giải
Cách 1 Gọi M(x
o
; y
o
),(x
o
= 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng:
y −
2x
o
x
o
−2
=
−4
(x
o
−2)
2
(x −x
o

2
.(−1) = −1 pt vô nghiệm.
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán d : y = −x + 8
Cách 2 nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có : sin(ABO) =
OA
AB
=
1
√
2
= sin
π
4
nên tam giác AOB vuông cân tại O. phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M = (x
o
; y
o
) có dạng :
y =
−4
(x
o
−2)
2
(x −x
o
) +
2x
o
x

2
o
(x
o
−2)
2
⇔ x
3
o
(x
o
−4) = 0
+) với x
o
= 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y = −x (loại)
+) với x
o
= 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x + 8
Bài 2.
Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1
3
x
3
−
1
2
m.x
2
+

−3 = 0
Hàm số có cực đại x
1
,cực tiểu x
2
thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y

= 0 có 2 nghiệm phân biệt dương,
triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó
⇔









∆ > 0
S > 0
P > 0
⇔











x
1
+ x
2
= m
x
1
x
2
= m
2
−3
Mà x
2
1
+ x
2
2
=
5
2
⇔ 2(x
1
+ x
2
)
2

điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L) : x +2y −3 = 0.
Giải
Cách 1: Có y

= mx
2
+ 2(m −1)x + 4 −3m
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y

·

−
1
2

= −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt
⇔ mx
2
+ 2(m −1)x + 2 −3m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.
⇔











m
< 0
2 −3m
m
> 0
⇔















m = 0
m =
1
2
0 < m < 1
0 < m <
2
3
⇔

+ 2(m −1)x + 4 −3m
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y

·

−
1
2

= −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx
2
+ 2(m −1)x +
2 −3m = 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
Th1: m = 0 từ (1) ta có x = −1 (loại)
Th2: m =
1
2
từ (1) ta có x = ±1 (loại)
Th3: m = 0;m =
1
2
từ pt (1) có 2 nghiệm x = 1 ∨x =
2 −3m
m
Điều kiện bài toán dẫn đến: :
2 −3m
m
> 0 ⇔0 < m <
2
3

A
= k(x −x
A
) ⇔ y = kx −2k + 4
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d : x
3
−3x + 2 = kx −2k + 4
⇔ (x −2)(x
2
+ 2x + 1 −k) = 0 ⇔ x = 2 hay g(x) = x
2
+ 2x + 1 −k = 0 (∗)
Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B,C thì pt(∗) phải có 2 nghiệm phân biệt x
B
; x
C
phân biệt và khác 2:
Lúc đó :⇔



∆

= k > 0
g(2) = 9 −k = 0
⇔ 0 < k = 9 (∗

)
Theo vi-et ta có :


2
+ k
2
(x
B
−x
C
)
2
= 8
⇔

(x
B
+ x
C
)
2
−4x
B
x
C

(1 + k
2
) = 8 ⇔ k
3
+ k −2 = 0 ⇔k = 1 (thỏa đk (∗

)) ⇒ pt d : y = x + 2

3
Gọi B(x
1
; −x
1
+ 1),C(x
2
; −x
2
+ 1) Để B và C đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:



x
1
= y
2
y
1
= x
2
⇔



x
1
= −x
2
+ 1

−4mx.
y

= 0 ⇔4x
3
−4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨x
2
= m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗)
Gọi A(0; 2m
2
−4); B(
√
m; m
2
−4);C(−
√
m; m
2
−4) là 3 điểm cực trị.
Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên ∆ABC cân tại A.
Kẻ AH⊥BC có S
∆ABC
=
1
2
AH.BC ⇔ 2 =
|
y
B
−y

x
0
−2
x
0
+ 1
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A

−1;
x
0
−5
x
0
+ 1

, và cắt tiệm cận đứng tại điểm B(2x
0
+ 1; 1).
Ta có:IA =




x
0
−5
x
0
+ 1

0
+ 1
|
= 12. Do vậy, diện tích tam giác IAB là: S =
1
2
IA.IB = 6.
Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:r =
S
p
=
6
p
.
Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác IAB vuông tại I nên:
2p = IA + IB + AB = IA + IB +
√
IA
2
+ IB
2
≥ 2
√
IA.IB +
√
2IA.IB = = 4
√
3 + 2
√
6

2mx + 3
x −m
. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai
tiệm cận tại A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 64
Giải
Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = m và đường tiệm cận ngang là
y = 2m. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I (m; 2m).
Gọi M

x
0
;
2mx
0
+ 3
x
0
−m

(với x
0
= m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = −
2m
2
+ 3
(x
0
−m)
2

0
+ 2m
2
+ 6
x
0
−m
−2m




=




4m
2
+ 6
x
0
−m




; IB =
|
2x

4
−4x
2
+ m = 0 (1)
Đặt t = x
2
≥ 0. Lúc đó có pt: t
2
−4t + m = 0 (2)
Để (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt khi pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiêm phân biệt t > 0
⇔









∆

= 4 −m > 0
S = 4 > 0
P = m > 0
⇒ 0 < m < 4 (i)
Gọi t
1
;t
2


x
3
0
(x
4
−4x
2
+ m) dx =

x
4
x
3
(−x
4
+ 4x
2
−m) dx ⇒
x
5
4
5
−
4x
3
4
3
+ mx
4

=
3m
2
Thay x
2
4
=
3m
2
vào (3) có:
9m
2
4
−5m = 0 ⇒ m = 0 ∨m =
20
9
Đối chiếu điều kiện (i) có m =
20
9
là giá trị cần tìm.
Bài 10.
Cho hàm số y = x
4
−2(1 −m
2
)x
2
+ m + 1. Tìm m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị và ba điểm cực
trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải

Diện tích tam giác ABC là: S
ABC
=
1
2
d(A; BC).BC = (1 −m
2
)
5
2
≤ 1. Dấu = xảy ra khi m = 0.
Đáp số: m = 0
Bài 11.
Cho hàm số y =
−x + 1
x −3
có đồ thị là (H). Tìm trên (H) điểm M để tiếp tuyến tại M có hệ số góc lớn
hơn 1 tạo với đường thẳng ∆ : 3x + 4y −1 = 0 một góc có giá trị bằng
2
√
5
25
Giải
Vì chỉ biết công thức tính cos của góc từ 2 vecto cho trước, với lại bài này cho kết quả cos khá đẹp
cos(
2
√
5
25
) ≈ 0,9999 ≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của góc giữa 2 vecto luôn.

(x −3)
4
+ 1
= 1 ⇔|8+3(x−3)
2
|= 5

4 + (x −3)
4
⇔(x−3)
2
=
3
2
⇔
x =? => M =?
Bài 12.
Cho hàm số y =
x + 3
x −2
có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng d : y = −x + m + 1 tại hai điểm phân biệt
A,B sao cho

AOB nhọn.
Giải
Giao của (H) và d có hoành độ là nghiệm của pt:
x + 3
x −2
= −x + m + 1 ⇔x
2

2
−x
1
)
2
< (−x
1
+ m + 1)
2
+ (−x
2
+ m + 1)
2
⇔ −2x
1
x
2
+ (m +
1)(x
1
+ x
2
) −(m + 1)
2
< 0 ⇔m > −3
Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của m.
Bài 13.
Cho hàm số y =
x
x −1

⇒ A(1;
x
o
+ 1
x
o
−1
). Khi y = 1 ⇒ x = 2x
o
−1 ⇒ B(2x
o
−1; 1),I(1; 1)
⇒ P
(ABC)
= IA + IB + AB =
x
o
+ 1
x
o
−1
−1 + 2x
o
−2 +

(2x
o
−2)
2
+ (1 −

−1 = 0 (loại)
−2(1 +
√
2)(x
o
−1)
2
+ (2 +
√
2)
2
(x
o
−1) −2(2 +
√
2) = 0
Cách 2. - Phương trình tiệm cận đứng: x = 1, phương trình tiệm cận ngang y = 1
- Gọi M(a;
a
a −1
)
−1
x −a) +
a
a −1
5
o
, phương trình tiếp tuyến tại M: y =
(a − 1)
2

mx + 1
(1). Chứng minh với mọi m = 0 đồ thị hàm số (1) cắt (d) : y = 2x −2m tại
2 điểm phân biệt A,B thuộc một đường (H) cố định. Đường thẳng (d) cắt các trục Ox,Oy lần lượt tại
các điểm M, N. Tìm m để S
OAB
= 3S
OMN
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng d:
2x −m
mx + 1
= 2x −2m ⇔2mx
2
−2m
2
x −m = 0

x = −
1
m

(2)
Do m = 0 nên (2) ⇔ f (x) = 2x
2
−2mx −1 = 0

x = −
1
m


=
1
2
nên A,B luôn thuộc một đường (H) cố định.
Kẻ OH⊥AB ⇒ OH = d
(O,d)
=
|
−2m
|
√
5
. Lại có A,B ∈d ⇒ y
A
= 2x
A
−2m; y
B
= 2x
B
−2m
Theo viet có:



x
A
+ x
B
= m

=

5(x
A
+ x
B
)
2
−20x
A
x
B
⇔ AB =
√
5m
2
+ 10
Vì M, N là giao điểm của d với Ox,Oy nên M(m; 0);N(0; 2m)
Theo giả thiết :S
OAB
= 3S
OMN
⇔ OH.AB = 3OM.ON ⇔
|
−2m
|
√
5
.
√

+ 2 = 3
|
m
|
⇔ m
2
+ 2 = 9m
2
⇔ m = ±
1
2
Vậy với m = ±
1
2
là các giá trị cần tìm .
Bài 15.
Tìm trên (H) : y =
−x + 1
x −2
các điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 và đường thẳng AB
vuông góc với đường thẳng y = x
Giải
Do AB⊥d : y = x ⇒ pt AB : y = −x + m Phương tr ình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng AB:
−x + 1
x −2
= −x + m ⇔g(x) = x
2
−(m + 3)x + 2m +1 = 0 (x = 2) (1)
Để tồn tại 2 điểm A,B thì pt(1) cần có 2 nghiệm phân biệt x
A

B
= m + 3
x
A
.x
B
= 2m + 1
Lại có: y
A
= −x
A
+ m; y
B
= −x
B
+ m
Mà AB = 4 ⇔ AB
2
= 16 ⇔(x
B
−x
A
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2

√
2; −
√
2); B(3 −
√
2;
√
2) hoặc B(3 +
√
2; −
√
2); A(3 −
√
2;
√
2)
+Với m = −1 thay vào pt (1) có: x
2
−2x −1 = 0 ⇔ x = 1 ±
√
2 ⇒ y = −2 ±
√
2. Lúc này tọa độ 2 điểm
A,B là A(1 +
√
2; −2 −
√
2); B(1 −
√
2; −2 +

= 1
Vậy 4 giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là: A(−1; 0),B(−
√
m −1; 0),C(1; 0),D(
√
m −1; 0)
Để 4 điểm đó có hoành độ >-2 thì:
TH1:−
√
m −1 > −1 ⇔ m < 2, kết hợp với đk ⇒ 1 < m < 2
TH2:−2 < −
√
m −1 < −1|⇔ 2 < m < 5
Vậy :m ∈(1; 2) ∪(2; 5) là giá trị cần tìm.
Bài 17.
Cho hàm số y =
x + 3
x + 2
có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + 3m cắt (H) tại hai điểm
phân biệt sao cho
−→
OA.
−→
OB = −4 với O là gốc tọa độ.
Giải
- Xét phương trình:
x + 3
x + 2
= 2x + 3m ⇒2x
2

12m −15
2
= −4 ⇒m =
7
12
Bài 18.
Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y =
3x −1
x −1
sao cho tam giác ABC vuông
cân tại A(2; 1).
Giải
Đổi hệ trục tọa độ Oxy thành hệ trục tọa độ IXY bằng phép tịnh tiến
−→
OI với I(1; 3)
Công thức đổi trục:



x = X + 1
y = Y + 3
Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :Y =
2
X
(1) và điểm A trở thành A(1; −2)
Xét 2 điểm B

a;
2
a

(∗)
7
Lúc đó từ (∗) có hpt:







(1 −a)
2
=

2 +
2
b
(2)




2 +
2
a




=





=
|
b −1
|
⇒

3b
2
+ 9b + 6 = 0(4)
3b
2
+ 7b + 2 = 0(5)
+ Với (4) pt có 2 nghiệm b = −1 ∨b = −2 không thỏa do b > 0
+ Với (5) pt có 2 nghiệm b = −
1
3
∨b = −2 không thỏa do b > 0
Với a =
−b −2
b
từ (3) có




4

Giải
- Phương trình y

= 0 ⇔x = 0, x = −2
- Tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị a(0; m),B(−2; m + 4)
- Yêu cầu của bài toán dẫn đến giải phương trình:
−→
OA.
−→
OB
OA.OB
= −
1
2
⇔ −2m(m + 4) = |m|
√
m
2
+ 8m + 20 ⇔m = 0, m =
−12 +
√
132
3
Đáp số: m = 0,m =
−12 +
√
132
3
Bài 20. đề thi thử đại học THPT Thanh Thủy lần 2 tỉnh Phú Thọ
Cho hàm số y =

x
A
+ x
B
= 1 −m
x
A
.x
B
= m + 1
Lại có A,B ∈d ⇒ y
A
= x
A
+ m; y
B
= x
B
+ m Do AB = 2
√
2 ⇔ AB
2
= 8 ⇔(x
A
−x
B
)
2
+ (y
A

5
√
26
Giải
8

2
Xét điểm M(x
o
;y
o
),(x
o

= −1) ∈ (C) là tiếp điểm của tiếp tuyến d.
Phương trình tiếp tuyến tại d có dạng : y −
3x
o
−2
x
o
+ 1
=
5
(x
o
+ 1)
2
(x −x
o

5
|
Lại có tan

ABI là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y

(x
o
) =
5
(x
o
+ 1)
2
> 0
nên
5
(x
o
+ 1)
2
= 5 ⇔(x
o
+ 1)
2
= 1 ⇒x
o
= 0 ∨x
o
= −2

3
−4mx = 0 ⇔ x = 0,x = ±
√
m (m > 0) Vậy các điểm thuộc đường tròn (P) ngoại tiếp các điểm
cực trị là: A(0; 2),B(−
√
m; −m
2
+ 2),C(
√
m; −m
2
+ 2),D

3
5
;
9
5

. Gọi I(x; y) là tâm đường tròn(P)
⇒









√
m)
2
+ (y + m
2
−2)
2
= x
2
+ (y −2)
2
⇔ x = 0,y = 1,m = 0(loại), m = 1.
Vậy m = 1 là giá tr ị cần tìm.
Bài 23.
Cho hàm số y =
x
4
2
−3x
2
+
5
2
có đồ thị (C) và điểm A ∈ (C) với x
A
= a.
Tìm các giá trị thực của a biết tiếp tuyến của (C) tại A cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt B,C khác A
sao cho AC = 3AB (B nằm giữa A và C).
Giải
Cách 1 Xét A

2
+3a
2
+
5
2
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến tại A.
x
4
2
−3x
2
+
5
2
= 2a(a
2
−3)x −
3a
4
2
+ 3a
2
+
5
2
⇔ (x −a)
2
(x
2




−
√
3 < a <
√
3
a = ±1
(∗)
Do AB = 3AC ⇒
−→
AC = 3
−→
AB ⇒ x
C
−3x
B
= −2a (2)
Lại theo vi et có:



x
B
+ x
C
= −2a (3)
x
B


0;
5
2

;C

−2
√
2;
21
2

⇒ AC = 3AB
+Với a = −
√
2 có A

−
√
2; −
3
2

; B

0;
5
2


PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến này với đồ thị (C ):
x
4
2
−3x
2
+
5
2
=

2a
3
−6a

(x −a) +
a
4
2
−3a
2
+
5
2
⇔ (x −a)
2

x
2
+ 2ax + 3a

B
.x
C
= 3a
2
−6
Mặt khác: AC = 3AB (B nằm giữa A và C) ⇔
−→
AC = 3
−→
AB ⇔ x
C
−3x
B
= −2a
Ta có hệ:









x
C
−3x
B
= −2a

−6 = 0
⇔ a = ±
√
2 thỏa mãn điều kiện.
Vậy giá trị cần tìm của m là: a = ±
√
2
Bài 24. Câu I ý 2 đề thi thử đại học Vinh lần 3
Cho hàm số y =
1
4
x
4
−(3m + 1)x
2
+ 2(m + 1) (m là tham số). Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo
thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ O.
Giải
y

= x
3
−2(3m + 1)x = 0 ⇔ x = 0,x
2
= 2(3m + 1)
Hàm số có 3 cực trị khi m > −
1
3
, khi đó tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị là
A(0; 2m + 2),B(−

cho trên (C
m
) có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d) : y = x + 2011
Giải
y

= mx
2
+ (m + 1)x + 3m −4 Để tiếp tuyến vuông góc với (d) thì y

.1 = −1 ⇔ mx
2
+ (m + 1)x + 3m −3 =
0(1) có nghiệm với mọi x thuộc R
TH1: m = 0 ⇒ pt trở thành: −2x −3 = 0 ⇔ x =
−3
2
Vậy m = 0 thỏa mãn
TH2: m = 0 ⇒ (1) là phương trình bậc 2, vậy để phương trình có nghiệm thì:
∆ = −2m
2
+ m + 1 ≥ 0 ⇔ −
1
2
≤ m ≤1,m = 0 Vậy −
1
2
≤ m ≤1 là giá trị cần tìm
Bài 26.
10

= m −1
x
2
= m + 1
Do hệ số của x
2
của pt y

= 0 là 3 và m −1 < m + 1 nên hàm số đạt cực đại tại x
1
và đạt cực tiểu tại x
2
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có:


























∀m ∈ R
(m
2
−1)(m
2
−3)(m
2
−2m −2) > 0
m −1 > 0
m + 1 > 0
1 −m < 0
⇔











2

Bài 27.
Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y = x
3
−3x
2
+ 3mx + 3m + 4 và trục hoành có phần
nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành
Giải
Bài 28.
Tìm trên đồ thị hàm số y =
−x −1
x + 2
các điểm A,B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A song
song với tiếp tuyến tại điểm B và AB =
√
8
Giải
Xét 2 điểm A

a;
−a −1
a + 2

; B

b;
−b −1
b + 2







−
1
(a + 2)
2
= −
1
(b + 2)
2

(a −b)
2
+

−a −1
a + 2
−
−b −1
b + 2

2
=
√
8
⇔

(16 −4ab)

1 +
1
ab −4

= 8
⇔



a + b = −4
ab = 1
⇔



a = −4 −b
b
2
+ 4b + 1 = 0
⇔









3;
√
3 −1

hoặc A

−2 +
√
3;
√
3 −1

; B

−2 −
√
3;
√
3 + 1

Bài 29.
11
2
Gọi D là đường thẳng đi qua A(1; 0) và có hệ số góc k. Tìm k để D cắt đồ thị y =
x + 2
x −1
tại 2 điểm phân
biệt M, N thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị và AM = 2AN
Giải
Do D là đường thẳng đi qua A(1;0) và có hệ số góc là k nên pt D : y = k(x −1)

Vì điểm A luôn nằm trong đoạn MN và AM = 2AN ⇒
−→
AM = −2
−→
AN ⇒ x
1
+ 2x
2
= 3 (3)
Theo vi-et có :





x
1
+ x
2
=
2k + 1
k
(4)
x
1
x
2
=
k −2
k

Tìm m để đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị hàm số y = x
3
−3mx + 2 cắt đường tròn tâm
I(1; 1) bán kính bằng 1 tại A,B mà diện tích tam giác IAB lớn nhất
Giải
- Có: y

= 3x
2
−3m có 2 nghiệm phân biệt khi m > 0. Khi đó, tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
M(
√
m,2 −2m
√
x),N(−
√
m,2 + 2m
√
x)
- Phương trình đường thẳng MN là: 2mx + y −2 = 0
- Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A,B mà tam giác IAB có 2.S
IAB
= IA.IB. sin

AIB ≤ 1,
dấu = xảy ra khi

AIB = 90
o
, lúc đó, khoảng cách từ I đến MN bằng

có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên (H) sao cho tiếp
tuyến tại M cắt hai trục tọa độ Ox,Oy tại hai điểm A, B đồng thời đường trung trực của AB đi qua gốc
tọa độ O.
Giải
Do tam giác OAB đã vuông tại O mà trung trực của AB lại đi qua O nên tam giác OAB phải vuông cân, điều
đó có nghĩa là AB tạo với trục hoành góc 45
o
, cũng tức là hệ số góc của AB bằng −1.
Vậy thì, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình:
−4
4(x + 1)
2
= −1 ⇔x = 0, x = −2
Với x = 0 ta có tiếp tuyến là: y = −x +
3
2
Với x = −2 ta có tiếp tuyến là: y = −x −
5
2
Bài 32.
Cho hàm số y =
1
3
x
3
−
1
2
(m + 1)x
2

(m −1)
2
x +
1
6
m(m + 1)
Nên khi đồ thị hàm số có cực đại và cực tiểu thì đường thẳng d đi qua hai cực trị này có dạng:
y = −
1
6
(m −1)
2
x +
1
6
m(m + 1)
Đường thẳng d viết lại là: y = 6x −
35
1
2 Nên hai cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng d, điều kiện đầu
tiên là d ⊥ d

. Hay: −
1
6
(m −1)
2
.6 = −1 ⇔ m = 0 ∨m = 2
* Với m = 0, hàm số đã cho trở thành:
y =

* Với m = 2, hàm số đã cho trở thành:
y =
1
3
x
3
−
3
2
x + 2x và y

= x
2
−3x + 2 Hai điểm cực tr ị có tọa độ C

1;
5
6

; D

2;
2
3

, trung điểm của CD
là J

3
2

√
m; m(3 +
√
m));C(2 −
√
m; m(3 −
√
m))
Khoảng cách từ O đến BC là: d(O; BC) =
|m|
√
m
2
+ 1
Độ dài BC là: BC = 2

m(1 + m
2
)
Có: S
OBC
=
1
2
d(O; BC).BC = m
√
m = 1 ⇔ m = 1
Đáp số: m = 1
Bài 34. Đề Thử sức trên THTT - Tháng 5/2011
Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số: y =

là nghiệm của phương trình (∗).
13
Yêu cầu bài toán tương đương với tìm
điều kiện của tham số m để phương trình (∗) có hai nghiệm x
1
và x
2
thỏa mãn:



x
1
> 1
x
2
> 1
⇔



x
1
−1 > 0
x
2
−1 > 0
⇔





(m + 3) −2 > 0
−2 (m + 1) −(m + 3) +1 > 0
⇔



m > −1
m < −
4
3
⇔ m ∈∅
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài.
Bài 35.
Tìm hai điểm A,B thuộc đồ thị hàm số y = x
3
−3x + 2 sao cho các tiếp tuyến tại A,B có cùng hệ số góc
và đường thẳng đi qua A,B vuông góc với đường thẳng x + y + 2011 = 0
Giải
Cách 1 Xét A(a; a
3
−3a + 2); B(b;b
3
−3b + 2)(a = b) thuộc đồ thị hàm số đã cho. Tiếp tuyến tại A có hệ
số góc k
A
= 3a
2
−3. Tiếp tuyến tại B có hệ số góc k

2
+ 4) = 0 ⇔

b = 0 ⇒ a = 0(l)
b = ±2 ⇒ a = ±2
Vậy có 2 điểm A,B với A(−2;0),B(2; 4) hoặc ngược lại thỏa yêu cầu bài toán.
Cách 2 -Điều kiện (1): Phương trình f

(x) = k có hai nghiệm phân biệt (Tự tìm)
-Tọa độ A,B là nghiệm của hệ



y = x
3
−3x + 2
k = 3x
2
−3
- Suy ra phương trình đường thẳng AB là y =

k
3
−2

x + 2
- Điều kiện vuông góc suy ra k = 9.
- Tìm giao điểm đường thẳng AB và đồ thị ta có A(2; 4).,B(−2; 0)
Bài 36. Trích đề chọn đội tuyển quốc gia của Hà Tĩnh năm 2008 - 2009
Giả sử đồ thị hàm số y = x

−6x
2
+ 9x +d cắt tr ục hoành tại 3 điểm phân biệt nên PT (∗) có ba nghiệm phân biệt
⇔ đường thẳng y = d căt đồ thị hàm số y = −x
3
+ 6x
2
−9x tại ba điểm phân biệt
⇔ −4 < d < 0 (vẽ đồ thị để thấy rõ)
Đặt f (x) = x
3
−6x
2
+ 9x + d
Với −4 < d < 0 thì f (0) = d < 0, f (1) = d + 4 > 0, f (3) = d < 0, f (4) = d + 4 > 0
từ đây f (0) f (1) < 0, f (1) f (3) < 0, f (3) f (4) < 0, từ tính liên tục của hàm số ta có đpcm
Bài 37. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2008 - 2009
Chứng minh rằng với mọi m phương trình x
3
+ 3(m + 1)x
2
+ 3(m
2
+ 1)x + m
3
+ 1 = 0 luôn có nghiệm
duy nhất.
Giải
Xem pt :x
3

x +
+
3
.y

−2mx + m
3
−m
2
Suy ra pt đường thẳng đi qua 2 cực tri là y = −2mx + m
3
−m
2
Để pt (1) có một nghiệm duy nhất thì đồ thị hàm số (∗) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất
⇔




∆

≤ 0



∆

> 0
y
cd


x
cd
+ x
ct
= −2(m + 1)
x
cd
.x
ct
= m
2
+ 1
Lúc đó hpt (∗∗) trở thành:






m ≤
2
9



m >
2
9
4m

−3mx
2
+ 3(m + 6)x + 1
Giải
y

= 3(x
2
−2mx + m + 6)
Hàm số có 2 cực trị ⇔ y

= 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆

= m
2
−(m + 6) > 0 ⇔m ∈(−∞; −2)∪(3; +∞)
Ta có: y =
1
3
(x −m)y

+ 2(−m
2
+ m + 6)x + m
2
+ 6m + 1
Hoành độ 2 đỉêm cực trị của hàm số là nghiệm của y

= 0 nên tung độ 2 cục trị thoả mãn:
y = 2(−m

thị tại 2 điểm phân biệt.
Giải
Ta cóy = f (x) = x
4
−x
2
+ x −1 ⇒ f

(x) = 4x
3
−2x + 1
Gọi (d) là tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị hàm số tại hai tiếp điểm A(a; f (a)),B(b; f (b)),a = b
Ta có f

(a) = f

(b) =
f (b) − f (a)
b −a
vì đều là hsg của đường thẳng (d)
f

(a) = f

(b) ⇔ 4a
3
−2a + 1 = 4b
3
−2b + 1
⇔ (a −1)(2(a

3
− 2a + 1) + (4b
3
− 2b + 1)
2
= (a
2
+ b
2
)(a + b) −(a +b) + 1
⇔ 2(a
3
+ b
3
) −(a + b)+1 = (a
2
+ b
2
)(a + b) −(a +b) + 1
⇔ (a + b)(a −b)
2
= 0 ⇔a− = b thay vào (1) ta được a = ±
1
√
2
.
Đến đây là suy ra được PTtt (d)
Bài 41.
Cho hàm số y = x
3

3
−(3m −1)x
2
+ 2m(m −1)x + m
2
(1).
CMR: khi m thay đổi, đường thẳng (∆
m
) : y = mx −m
2
luôn cắt (C
m
) tại một điểm A có hoành độ không
đổi. Tìm m để (∆
m
) còn cắt (C
m
) tại hai điểm nữa khác A và tiếp tuyến của (C
m
) tại hai điểm đó song
song với nhau.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng ∆
m
x
3
−(3m −1)x
2

⇔



∆ = 9m
2
−8m
2
> 0
f (1) = 1 −3m +2m
2
= 0
⇒ m =

0;
1
2
; 1

(i)
Lúc đó theo vi-et có:



x
B
+ x
C
= 3m
x

+ 2m(m −1) = 3x
2
C
−2(3m −1)x
C
+ 2m(m −1)
⇔ 3(x
B
+ x
C
) = 2(3m +1) vì x
B
= x
C
⇔ 3m = 2 ⇔m =
2
3
thỏa đk (i)
Vậy m =
2
3
là giá trị cần tìm.
Bài 43.
Cho hàm số y = x
3
−2x
2
+ (m −2)x + 3m (m là tham số). Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất
của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A


. Điểm uốn I =

2
3
;
11m
3
−
52
27

16
phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn là : y = m −
10
3

x −
2
3
+
11m
3
−
52
27
(d)
vì điểm a ∈ (d) nên ta có phương trình

m −
10

(x
o
−1)
2
+
x
o
+ 2
x
o
−1
Phương trình tiếp tuyên cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm:
A(1;
x
o
+ 5
x
o
−1
),B(2x
o
−1; 1)
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI là O(x; y) ⇒



AO
2
= IO
2

o
y =
x
o
+ 2
x
o
−1
Vậy O(x
o
;
x
o
+ 2
x
o
−1
) ⇒ R
2
= IO
2
= (x
o
−1)
2
+
9
(x
o
−1)

3,x
o
= 1 −
√
3
⇒ M(1 +
√
3;
3 +
√
3
√
3
),M(1 −
√
3;
√
3 −3
√
3
)
Bài 45.
Cho hàm: y = x
4
+ 4mx
3
+ 3 (m + 1)x
2
+ 1. Tìm m để hàm số có cực tiểu mà không có cực đại.
Giải

−2m −2 ≤ 0
⇔ m ∈

1 −
√
7
3
;
1 +
√
7
3

Bài 46. Trích đề thi thử Trung Giã lần 3
Tìm các giá trị của m để đường thẳng: d : 2mx −2y + m + 1 = 0 cắt đồ thị hàm số y =
x + 1
2x + 1
tại 2 điểm
phân biệt A,B sao cho biểu thức: P = OA
2
+ OB
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
xét phương trình tương giao giữa (d) và (C) :
mx +
m + 1
2
=
x + 1

√
m
2m
−
1
2
17
4m
⇒ x
1

=
2m
−
ta có : A =

√
m
2m
−
1
2
;
1
2
+
m
√
m


4
Bài 47.
Cho hàm: y =
x
2
+ x + 1
x −1
Tìm trên trục tung các điểm mà qua nó chỉ có 1 đường tiếp tuyến đến đồ thị
hàm số trên.
Giải
Mxđ: D = R \
{
1
}
. Có y =
x
2
+ x + 1
x −1
= x + 2 +
3
x −1
Xét điếm A(0; a) ∈ Oy. Phương trình đường thẳng d đi qua A có hệ số góc k: y = kx + a
Để d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho thì hệ pt :





x + 2 +

Thay (4) vào (2) có :1 −3

k + a −3
6

2
= k ⇔ 36 −3(k +a −3)
2
= 36k
⇔ f (k) = k
2
+ 2(a + 3)k + a
2
−6a −3 = 0 (∗)
Để từ A kẻ đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số đã cho thì pt (∗) có nghiệm kép khác 3 −a hoặc có 2 nghiệm
phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 3 −a
⇔











∆


⇔











a = −1
a = 2



a > −1
f (a = 2)
⇔

a = −1
a = 2
Vậy có 2 điểm A thỏa yêu cầu bài toán là A (0; −1); A(0;2)
Bài 48.
Cho hàm số y =
mx −4m + 3
x −m
(C
m

o
= mx
o
−4m + 3 , ∀m = 1 ⇔(x
o
+ y
o
−4)m + 3 −x
o
y
o
= 0 , ∀m = 1
⇔



x
o
+ y
o
−4 = 0
3 −x
o
y
o
= 0
⇔





x
o
= 3
y
o
= 1
Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua 2 điểm cố định : K
1
(1; 3); K
2
(3; 1)
18
.

√
m
Gọi d
1
là đường thẳng đi qua K
1
và có hệ số góc k =
3
2
⇒pt d
1
: y =
3
2
(x −1) + 3 =

K
2
K
3
K
4
với K
3
= d
2
∩Ox ⇒ K
3

7
3
; 0

; K
4
= d
1
∩Ox ⇒ K
4
(−1; 0)
Có S
K
1
K
2
K


3
2
−3 −
7
2






3
2

2
+ (−1)
2
=
10
√
13
K
1
K
4
=
√
13; K
2

(đvdt)
Bài 49.
Cho hàm số y = x
3
−3(2m
2
−1)x
2
+ 3(m
2
−1)x + 1 −m
3
(m là tham số) có đồ thị là (C
m
). Tìm m để
đồ thị (C
m
) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
Giải
+) Gọi 2 điểm cần tìm là A = (x
a
; y
a
); B = (x
b
; y
b
) khi đó ta có



b
) + 2 −2m
3
= 0
⇔ 6(2m
2
−1)x
a
x
b
+ 2 −2m
3
= 0 (vì x
a
+ x
b
= 0) ⇔ x
a
x
b
=
m
3
−1
6m
2
−3
dễ thấy x
a
; x

2
; 1

Bài 50.
Cho hàm số y = −x
4
+ 2x
2
−1 (1) .Tìm tất cả các điểm M thuộc trục tung sao cho từ đó có thể kẻ
được ba tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (1).
Giải
Gọi M(0; a), suy ra phương trình tiếp tuyến tại M : y = kx + a
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số thì



−x
4
+ 2x
2
−1 = kx + a (1)
−4x
3
+ 4x = k (2)
có 3 nghiệm phân biệt.
Thế (2) vào (1), được: 3x
4
−2x
2
−1 = a