Bài 2: ÔN TẬP VỀ HÀM HỮU TỶ
(Nội dung ôn tập do trung tâm luyện thi chất lượng cao Vónh Viễn cung cấp)

1) Phương trình tổng quát : f(x) =
pmx
cbxax
2
+
++
với a.m
≠
0.
Thực hiện phép chia đa thức ta có :
f(x) =
pmx
D
m
apbm
x
m
a
2
+
+
−
+ ( 1 )
Với D = c – p

m
a
−
+ trừ một điểm có hoành độ x =
m
p
−
.
3) Đạo hàm cấp 1, 2 :
Khi gặp hàm hữu tỉ nên dùng công thức (1), ta có :
f’(x) =
2
2
2
)pmx(
Dm)pmx(
m
a
)pmx(
Dm
m
a
+
−+
=
+
−//

⎞
⎜
⎝
⎛
+
m
b
x
m
a
2,x
11
N
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
m
b
x
m
a
2,x
22

i) Nếu a.m > 0 và y
/

1
, x
2
thì hàm đạt cực tiểu tại x
1
và đạt cực đại tại x
2

thỏa x
1
< x
2
và
12
xx
p
2m
+
=−
.
5) Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trò :
Giả sử hàm có cực trò. Tọa độ hai điểm cực trò thỏa phương trình đường thẳng :
y =
m
b
x
m
a2
+


* Nếu bp – cm = 0, đồ thò suy biến thành đường thẳng
y =
b
m
trừ một điểm có hoành độ x =
m
p
−
.
Đạo hàm cấp 1 khi a = 0:
f ’(x) =
2
()
bp cm
mx p
−
+

Đạo hàm có dấu của (bp – cm) với mọi x ≠
m
p
−
. Do đó hàm luôn đồng biến ( hoặc nghòch
biến) trong từng khoảng xác đònh; nên được gọi là hàm nhất biến.

ĐỀ TOÁN ÔN TỔNG HP HÀM HỮU TỈ

Cho hàm số y =
mx
)2mm(mx2x)1m(

5) Gọi (D) là đường thẳng có phương trình y = ax + b với
a ≠ 0 .Tìm điều kiện của b để tồn tại a sao cho (D) tiếp xúc với (C
-1
).

II. Trong phần này ta xét tính chất hàm số khi m ≠ -1.
6) Tìm đường tiệm cận xiên của (C
m
). Chứng minh tiệm cận xiên này tiếp xúc với một parabol cố
đònh
y =
2
1
x
4
−
+
3
x
2
–
1
4
.
7) Đònh m để tâm đối xứng của (C
m
) nằm trên parabol
y = x
2
+ 1.

⎧
⎨
=−
⎩
⇒
xX1
yY2
=−
⎧
⎨
=+
⎩

hàm số thành
2
Y
X
=
, đây là 1 hàm lẻ. Vậy hàm số nhận điểm
I(–1,2) làm tâm đối xứng.
Cách khác:
đồ thò nhận giao điểm I(–1,2) của 2 tiệm cận làm tâm đối xứng.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của
( D
p
) và (C
–1
) là :

2x 4

2
+ p)
Với x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1).
Ta có: AB
2
= (x
2
– x
1
)
2
+ (2x
2
– 2x
1
)
2

= 5(x
2
– x
1
)
2
= 5(x
1


nên AB
2
=
()
2
p
5. 10 p 4
4
−−
=
2
5
p10p40
4
−+

Do đó, AB ngắn nhất khi
b
p4
2a
−
==

Cách khác:

Ta có
21
xx− =
a

đạt min
⇔ (x
2
– x
1
)
2
đạt min
⇔ (p – 4)
2
+ 16 đạt min ⇔ p = 4
3) Gọi M, N lần lượt là 2 điểm trên 2 nhánh khác nhau của (C
–1
)
Giả sử x
M
< – 1 < x
N

Đặt X = x + 1 và Y = y – 2
I (–1,2), hàm thành
2
Y
X
=

Trong hệ trục XIY ta có :
X
M
< 0 < X

XX
⎡⎤
+
⎢⎥
⎣⎦

Vì – X
M
> 0
Nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có :
(X
N
– X
M
)
2
= [X
N
+ (– X
M
)]
2
≥ 4X
N
(– X
M
)
và dấu bằng xảy ra
⇔ X
N

4X X
X.X
=− >
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩
⇔
N
M
X2
X2
⎧
=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩Vậy trong hệ trục X I Y ta có MN ngắn nhất khi M(– 2 , – 2 ),
N(
2 , 2 )
Do đó, trong hệ trục xOy ta có MN ngắn nhất khi
M(–1 –
2 , 2 – 2 ) , N (–1 + 2 , 2 + 2 )
(nhớ:

⎜⎟
β
⎝⎠

MN
2
=
()
2
β−α
+
2
22

⎛⎞
−
⎜⎟
βα
⎝⎠

=
()
2
β−α
22
4
1
⎡⎤
+
⎢⎥

αβ
⎣⎦≥ – 4α β
4

⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
αβ
⎝⎠
= 16 (Cauchy)
Do đó MN đạt min

⇔ β = –
α
và
2
α
2
β = 4

⇒ α = 2− và
β
= 2
Vậy MN nhỏ nhất khi
M
()
21, 2 2−− − và N

(Cauchy)
Do đó IM nhỏ nhất
⇔
0
x1+ =
0
2
x1+
⇔
()
2
0
x1+
= 2 ⇔ x
0
= –1 ± 2
Vậy có 2 điểm M với toạ độ là
()
12, 22−− − ,
()
12, 22−+ +
Ta có
IM
uuur
=
⎛⎞
+

x =
()
2
0
2
x1
−
+
= –1 (do
()
2
0
x1+ = 2)

⇒ k
1
. k
2
= –1. Vậy tiếp tuyến tại M vuông góc với IM.
5) (D) tiếp xúc (C
–1
) khi và chỉ khi
()
2
2x 4
ax b (1)
x1

2
a (2)

có nghiệm
⇔ (2x + 4) (x + 1) = –2x + b
()
2
x1+ có nghiệm
(hiển nhiên pt này không có nghiệm x = –1)
⇔ 2
()
2
x1+ + 2(x + 1)
= –2(x + 1) + 2 + b
()
2
x1+ có nghiệm
⇔ (b – 2) u
2
– 4u + 2 = 0 có nghiệm
(Với u = x + 1)
⇔
′
∆
= 4 – 2(b – 2) ≥ 0
( vì B = - 4
≠
0 nên pt bậc 2 có nghiệm khi và chỉ khi
′
∆
= 4 – 2(b – 2) ≥
0 )
⇔ b – 2 ≤ 2 ⇔ b ≤ 4

1
x
4
−
+
3
x
2
–
1
4
= (m + 1)x + m
2
– m

⇔ x
2
+ 2(2m – 1)x + 4m
2
– 4m + 1 = 0

⇔
()
2
x2m1+− = 0
Vậy
m
∆ tiếp xúc (P), ∀ m.
Cách khác
:

+ 1 thì m thoả : 2m
2
= m
2
+ 1 ⇔ m
2

= 1
Vì m
≠ –1 nên giá trò m cần tìm là m = 1
III. Khảo sát tính chất của hàm số khi m = 1

8) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) khi m = 1 (độc giả tự làm).
9) Phương trình tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C) có dạng:
y = hx + k (D)
(D) tiếp xúc (C)
⇔ hệ
()
2
2
2x 2x 2
hx k
x1
2
2h
x1
⎧
−+
=+
⎪


⇔
2
x1−
=
()
2
2x
x1
−
−
+ h
⇔ 2(x – 1) = –2x + h
()
2
x1−
(hiển nhiên x = 1 không là nghiệm)

⇔ h
()
2
x1− – 2(x – 1) – 2(x – 1) – 2 = 0

⇔ h
()
2
x1− – 4(x – 1) – 2 = 0 (9a)
Đặt u = x – 1 , phương trình thành
0
x,0 ∈ Ox
có dạng : y = h
()
0
xx− (D
0
)

⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D
0
) và (C) là :
2x +
2
x1−
=
()
2
2
2
x1
⎡⎤
−
⎢⎥
−
⎢⎥
⎣⎦
()
0
xx−

⎪
⎨
≠
⎪
⎩⇔
()()
⎧
−+ −+−=
⎪
⎨
≠
⎪
⎩
2
00
x x 1 2 x 1 1 x 0 (10b)
x1
i) Nếu x
0
= 0

⇒ (10b) có đúng 1 nghiệm x ≠ 1 ⇒ (10a) có đúng 1 nghiệm .
ii) Nếu x
0
= 1

⇒ (10b) có nghiệm x = 1∨ x = –1

≠ 1 ⇒ (10a) có 2 nghiệm phân biệt.

Tóm lại có 2 điểm E thoả mãn yêu cầu bài toán là (0, 0) và (1, 0)
11) Tâm đối xứng I (1,2).
J
∈ (C) ⇒ J
00
0
2
x, 2x
x1
⎛⎞
+
⎜⎟
−
⎝⎠

Tiếp tuyến
∆
tại J với (C) có phương trình :
y =
()
2
0
2
2
x1
⎡⎤
−
⎢⎥

0
2x
x1
−
+
0
2
x1−∆ cắt đường tiệm cận đứng tại
E
0
4
1, 2
x1
⎛⎞
+
⎜⎟
−
⎝⎠
và cắt đường tiện cận xiên tại F(2x
0
– 1, 4x
0
– 2)

⇒ x
E
+ x

xx− = 2
0
x1−
Và IE =
EI
yy− =
0
4
x1−

Nên S =
1
2
. 2
0
x1− .
0
4
x1−
= 4
Cách khác:

Ta có góc của 2 tiệm cận của (C) là không đổi nên sinEIF là không đổi.
Do đó
S =
1
2
IE . IF sin EIF Không đổi
⇔ IE . IF không đổi
Mà IE =

⎛⎞
−−
⎜⎟
−
⎜⎟
==
⎜⎟
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠⇒ JP . JQ =
2
5
không đổi.
Cách khác:

Ta có:
1
2
JP . IE =
1
2
JQ . IF =
S
2
không đổi


Giải

1) Ta có : y =
2
x2xm
x2
−+
−
y' =
2
2
x4x4m
(x 2)
−+−
−

Hàm số nghòch biến trên đoạn [−1; 0]
⇔ y' ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0]
⇔ x
2
– 4x + 4 – m ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0]
⇔ x
2
– 4x + 4 ≤ m ∀x ∈ [−1; 0]
⇔
2
1x0
max (x 4x 4) m
−≤ ≤
−+≤⇔ 9 ≤ m ( vì hàm x

2
x2x1
x2
−+
−

MXĐ : D = R\
{
}
2 .
y' =
2
2
x4x3
(x 2)
−+
−
; y' = 0 ⇔ x = 1 hay x = 3

x
−∞ 1 2 3 +∞
y'
+ 0 −

− 0 +
y
0
−∞ −∞

+∞ ∞

+−
≤ 3
2
Đặt u =
2
11t
3
+−
, 3 ≤ u ≤ 9
(1) thành u
2
– (a + 2)u + 2a + 1 = 0
⇔ u
2
– 2u + 1 = a(u – 2)
⇔
2
u2u1
a
u2
−+
=
−
(2)
Khảo sát hàm f(u) =
2
u2u1
u2
−+
−

[]
u3;9∈
⇔ f(3)
≤
a
≤
f(9)
⇔
4
≤
a
≤

64
7

II ) ĐỀ DỰ BỊ 1 – KHỐI D - NĂM 2002
(3,0 điểm) Cho hàm số : y =
x1
mxx
2
−
+
(1) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Với giá trò nào của m thì khoảng cách giữa
hai điểm cực trò của đồ thò hàm số (1) bằng 10?
1) m = 0 y =
2
x


ycbt ⇔
′
∆= + >1m 0
⇔ m > −1.
Nhận xét :Đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất, nếu tử số của đạo hàm có 2 nghiêm
phân biệt thì chắc chắn 2 nghiệm đó khác với hòanh độ của tiệm cận đứng.
b) Tìm m để khoảng cách giữa 2 cực trò bằng 10.
Giả sử hàm số có cực trò ( m > - 1) thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò là:
y =
2x m
2x m
1
+
=− −
−
với m > -1
y' = 0 ⇔ −x
2
+ 2x + m = 0
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của y' = 0.
M(x
1
; −2x
1
– m);N(x

2
– 4x
1
x
2
]
100 = 5[(x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
], S = x
1
x
2
= 2, P = −m
20 = 4 + 4m m = 4 thỏa điều kiện m > - 1.
Cách khác:
Ta có
2
21 21
2
xx (xx)
a
a

−+
>
−
2
2
2x 4x 7
0
2( x 1)
vì có ∆ < 0
• Bảng biến thiên :
x −∞ 1 +∞
y' + +
y +∞
−∞
+∞
−∞
• Tiệm cận : tiệm cận đứng x = 1
tiệm cận xiên y = x – 1.
y

=

x1
−
O
1
3

tại 2 điểm phân biệt ∀m.
IV ) KHỐI A – DỰ BỊ 2 – NĂM 2003
(2 điểm)
Cho hàm số: y =
)mx(2
4mmx)1m2(x
22
+
+++++
(1) (m là tham số)
1. Tìm m để hàm số (1) có cực trò và tính khoảng cách giữa hai điểm cực trò của đồ thò hàm
số (1).
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 0.
BÀI GIẢI:
1) Tìm m :
Ta có y' =
22
2
x2mxm4
2(x m)
++−
+

y có 2 cực trò ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ∆' = m
2
– m
2
+ 4 = 4 > 0 (đúng ∀m)
Vậy hàm số luôn có 2 cực trò với mọi m.

++

AB =
−+− = −
22 2
21 21 21
(x x ) (y y ) 2(x x )

=+−
2
12 12
2[(x x ) 4x x ]

Ta có S = x
1
+ x
2
= −2m, P = x
1
x
2
= m
2
– 4
AB =
22
2[( 2m) 4m 16] 32 4 2−−+== đvđd.
Cách khác:
AB = −=∆=∆=
/


Tiệm cận : x = 0 là tiệm cận đứng
y =
11
x
22
+
là tiệm cận xiên.
3
2
5
2
O
2
−
2
−
1
x
y
−
1
2
1
2
y = x + V ) ĐỀ DỰ BỊ 2 - KHỐI B – NĂM 2003
(2 điểm) Cho hàm số : y =
x
−∞ 1 +∞
y'
− −
y 2
−∞
+∞
2
Tiệm cận : x = 1 là phương trình tiệm cận đứng
y = 2 là phương trình tiệm cận ngang.I(1; 2) là TĐX
O
1
I
2
x
y 2) Gọi M(x
0
; y
0
) ∈ C là tiếp điểm.
Hệ số góc tiếp tuyến tại M là f

'(x
0
) =


⇔ (x
0
– 1)
4
= 1 ⇔x
0
– 1 = ±

1
⇔
0
0
x0
x2
=
⎡
⎢
=
⎣

=
⎡
⎢
=
⎣
0
0
y(0) 1
y(2) 3

(x 3)
++
+
;
y' = 0 x = −4 hay x = −2
Bảng biến thiên :
x
−∞ − 4 −3 −2 +∞
y'
+ 0 − − 0 +
y
−3
−∞ −∞
+∞ +∞
1
Tiệm cận :x = −3; y = x + 2.
O
x
y
2
−
2
−
4
−
3
−
3

2) Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; +∞).

+ 6x + 9) ≥ m
2
⇔ g(1) = 16 ≥ m
2

⇔ −4 ≤ m ≤ 4.
V I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2004
(2 điểm) Cho hàm số : y = x +
1
x
(1) có đồ thò (C).
1. Khảo sát hàm số (1)
2. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm
M(-1; 7).
1) Khảo sát y = x +
1
x
=
2
x1
x
+
(C)
MXĐ : D = R\ 0

2
x1
y'
x
−
2) Pt tiếp tuyến (d) qua M có dạng : y = k(x + 1) + 7
(d) tiếp xúc (C)⇔
2
1
xk(x1)7 (1)
x
1
1 k (2)
x
⎧
+= ++
⎪
⎪
⎨
⎪
−=
⎪
⎩
có nghiệm.
Thế (2) vào (1), ta có pthđ tiếp điểm của (d) và (C) là
2
11


y
= x
0
2 (Nhận xét: đặt u = 1/x ta có u
2
+ 2u – 8 = 0
⇔ u = -4 hay u =2 )
Thế vào (2) ta có k = - 15 hay k = - 3.
Vậy pttt của (C) qua M là
y = – 15( x + 1) + 7 hay y = –3(x + 1) + 7
V II ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI D - DỰ BỊ 1 - NĂM 2004
(2 điểm)Cho hàm số : y =
2
xx4
x1
++
+
(1) có đồ thò (C).
1. Khảo sát hàm số (1)
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng x
– 3y + 3 = 0
BÀI GIẢI:
1/ Khảo sát khi y =
1
4
2

2) Đường thẳng x – 3y + 3 = 0 có hệ số góc là 1/ 3 nên phương trình tiếp tuyến có dạng: y =
–3x + m (d)
(d) tiếp xúc (C) ⇔
2
4
x3xm
x1
4
13
(x+1)
⎧
+=−+
⎪
+
⎪
⎨
⎪
−=−
⎪
⎩
có nghiệm
⇔
4
x3xm
x1
x2ha
y
x0
⎧
+=−+

x
mx m
xm
++−
−
(*) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (*) ứng với m = 1.
2
. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trò nằm về hai phía trục tung. Giải:
1/
Khi m = 1 thì
2
x2x2
y
x1
+−
=
−

(1)
•
MXĐ: D = R \ {1}
•

()
2
2


2/
Ta có
()
22
2
x2mxm1
y'
xm
−+−
=
−

Hàm số (*) có 2 cực trò nằm về 2 phía trục tung
/
0y⇔=có 2 nghiệm trái dấu
2
10 1 1 1Pm m m⇔= −<⇔ <⇔−<<
IX ) DỰ BỊ 2 KHỐI A năm 2005:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số
2
1
1
x

+
2
2
2
x2x
y
',
y
'0 x 2x0 x0ha
y
x2
x1

• Bảng biến thiên :

x -∞ -2 -1 0 +∞
y' + 0 – – 0 +
y -3 +∞ +∞
-∞ -∞ 1 • Tiệm cận :

x1=−
là phương trình tiệm cận đứng
yx=
là phương trình
tiệm cận xiên

2/ Phương trình tiếp

xx1
kx 1
x1
x2x
k
x1

phương trình hoành độ tiếp điểm là
()
()
()
2
2
2
x2xx1
xx1
x1
x1
++
++
=
+
+

x1⇔=
3
k
4
=


Giải :
-
1
1
-
3

1/ Khảo sát
2
x2x2
y
x1
++
=
+
(C)
•
MXĐ:
{
}
DR\ 1=−
()
+
==⇔+=⇔==−
+
2
2
2
x2x
y

oo
ooo o
o
x2x2
Mx,y C y
x1
++
∈⇔=
+

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại
o
M
()( )
()
()
2
oo
oo o o o
2
o
x2x
yy
f' x x x
yy
xx
x1
⎛⎞
+
⎜⎟

20⇔=: Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
()
I1,0−

XI ) DỰ BỊ 2 KHỐI D năm 2005:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số
2
33
1
xx
y
x
++
=
+
.
2.
Tìm m để phương trình
2
33
1
xx
m
x
++
=
+
có 4 nghiệm phân biệt
Giải:
1/ Khảo sát

x1
• Bảng biến thiên :

x -∞ -2 -1 0 +∞
y' + 0 – – 0 +
y -1 +∞ +∞
-∞ -∞ 3
• Tiệm cận :
x = -1 là tc đứng ;
y = x + 2 là tc xiên 2/ Tìm m để pt
2
x3x3
m
x1
++

x3x3
nếux 1
x1

Do đó đồ thò
++
=
+
2
x3x3
y
x1
có được bằng cách
•
Giữ nguyên phần đồ thò (C) khi x > -1
•
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thò (C) khi x< -1

Do đó, nhờ đồ thò
2
x3x3
y
x1
++
=
+
, ta thấy để pt
2
x3x3
m