Đề luyện tập số 1: Chuyên đề hàm số và các bài toán liên quan
(Các em hãy cố gắng tự làm, lời giải thầy sẽ gửi sau 1 tuần, sau đó chúng ta cùng
trao đổi từng bài ở Box dành riêng cho lớp luyện thi Toán VIP)
1. Cho hàm số:
22
( 1) 4 2
1
x m x m m
y
x
    



Xác định tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị. Tìm m để tích các giá trị cực đại và
cực tiểu đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Cho hàm số:
32
3 (2 1) 3 ( )
m
y mx mx m x m C     

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số có cực đại, cực tiểu. Chứng minh rằng khi đó
đường thẳng nối hai điểm cực đại, cực tiểu của
()
m
C
luôn đi qua một điểm cố định.
3. Cho hàm số:



Tìm trên đồ thị của hàm số điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận
đứng bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang.
6. Cho hàm số
32
3y x x mx m   

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1.
7. Cho hàm số
2
23
1
x x m
x



Với nhứng giá trị nào của m thì hàm số đã cho là đồng biến trên khoảng
(3; )

8. Chứng minh rằng: với x > 0 , ta luôn có:
2
1
2
x
x
ex  

10. Cho đồ thị (C) của hàm số:

Tìm tất cả các điểm cố định trong mặt phẳng tọa độ mà
()
m
C
luôn đi qua với mọi giá trị
m. Tiếp tuyến của
()
m
C
tại mỗi điểm đó có cố định hay không khi m thay đổi, tại sao?
12. Xét hàm số:
2
3
1
x x m
y
x



, với m là tham số
Với những giá trị nào của m thì đồ thị của hàm số trên có tiếp tuyến vuông góc với đường
phân giác của góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ?
Chứng minh rằng khi đó đồ thị của hàm số có điểm cực đại và cực tiểu.
13. Cho hàm số
2
1
x
y
x

1
xx
y
x



.
Page 2 of 130Tìm m để đường thẳng
22y mx m
cắt đồ thị
()C
tại hai điểm thuộc hai nhánh của
()C
.
18. Cho hàm số
2
22
1
xx
y
x



và
1

.
CMR
1m  
, các đường
()
m
C
tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại một điểm cố
định. Xác định phương trình đường thẳng đó.
20. Cho hàm số
2 2 2
2 (2 )( 1)
1
m x m mx
y
mx
  


(1)
Chứng minh rằng với
0m
, tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1) luôn tiếp xúc với một
parabol cố định.Tìm phương trình của parabol đó.
21. Cho hàm số
2
2 ( 1) 3x m x
y
xm
  

1
m
yx
x
  


1. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng thời có cực đại và cực tiểu.
2. Tìm quĩ tích các điểm cực đại và cực tiều của đồ thị hàm số khi m thay đổi.
Page 3 of 13025. Cho hàm số
32
2 (2 ) 1y x m x   
(1) , với m là tham số .
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ .
26. Cho hàm số
2
2 ( 4) 2 1
2
x m x m
y
x
   


(1)
Tìm m để đồ thị của hàm số (1) nhận điểm (2; 1) làm tâm đối xứng .
27. Cho hàm số




, (m là tham số).
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách tự hai
điểm đó đến đường thẳng
20xy  
bằng nhau.
30. Cho đồ thị (C) của hàm số
2
22
1
xx
y
x




Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C) và M là một điểm trên (C). Tiếp tuyến tại M với (C)
cắt hai đường tiệm cận tại A,B.
Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn AB và diện tích tam giác IAB không phụ
thuộc vào vị trí điểm M trên (C).
31. Cho hàm số
1
1
1
yx
x
  




2
2
, 3 2 1
1 ( 1)
x m m m y
xx


          


Hàm số đạt cực trị
y
có 2 nghiệm phân biệt
0 1 2m     

Hàm số đạt cực trị tại
1,2
1x   
và các giá trị tương ứng là:
2 2 2
1,2 1,2 1 2
1,2
7 4 4
1 2 (1 ) 4 5 14 9 5( )
1 5 5
y

3 6 2 1y mx mx m

   
. Hàm số có cực đại, cực tiểu
y


có 2 nghiệm phân biệt
0m
và
2
9 3 (2 1) 0m m m

     

0m 
hoặc
1m 
. Chia y cho y’, ta
được kết quả:
1 2 2 10 2 2 10
.
3 3 3 3 3
x m m m m
y y x y x
      

     
là phương trình đường thẳng
qua các điểm cực trị. Đường thẳng này luôn qua điểm

   


TCĐ:
1x 

TCN:
1y 

Giao điểm của 2 đường tiệm cận là
( 1;1)I 

Gọi M là điểm bất kỳ thuộc (C).Vậy tọa độ điểm
2
( ;1 )
1
Mm
m



Phương trình tiếp tuyến với đồ thị(C) tại M là:
2
22
' ( ) ( ) 1
( 1) 1
M
MM
x
y y x x y x m

2 2 | 1|
B AI
S AI d m
m
   

(const).
4. Chứng tỏ rằng đường cong
2
1
1
x
y
x



có 3 điểm uốn cùng nằm trên một đường thẳng.
Lời giải:
2
22
21
( 1)
xx
y
x
  




y y y



32
3 3 1
( 3 3; ) ( 3 3).(1; );
44
AA

      
13
1
( 3 3).(1; )
4
AA  

3 2 3 1
,A A A A
song song với nhau, do đó 3 điểm uốn thẳng hàng với nhau
5. Cho đồ thị của hàm số:
2
3
x
y
x





6. Cho hàm số
32
3y x x mx m   

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1.
Lời giải:
3 2 2
( ) 3 ( ) 3 6f x x x mx m f x x x m

       

()fx

có
93m

  

Nếu
0 ( ) 0f x x

     
hàm số luôn đồng biến
Nếu
0 ( )fx

  
có 2 nghiệm phân biệt là
12
xx



Với nhứng giá trị nào của m thì hàm số đã cho là đồng biến trên khoảng
(3; )

Lời giải:
Hàm số đồng biến trong khoảng
(3; )

2
22
2
2 4 3
0 3 2 4 3 0 3 ( ) 2 4 3 3
( 1)
x x m
y x x x m x m x x x x
x

  

                  


'( ) 4 4xx


. Nên
()mx



()fx
đồng biến với
2
0 ( ) (0) 0 1 0
2
x
x
x f x f x e x x          

9. Cho đồ thị (C) của hàm số:
3
3
1
yx
x
   


Chứng minh rằng đường thẳng
2y x m
luôn luôn cắt (C) tại hai điểm có hoành độ
12
,xx
.
Tìm giá trị của m sao cho
2
12
()d x x
đạt giá trị nhỏ nhất.

61
( ) ( ) 4 ( ) 4( ) ( 36) 4
3 3 9
mm
d x x x x x x m

         

4
d
min
khi
0m 

10. Cho hàm số
2 3 2
( 5 ) 6 6 6y m m x mx x     
. Gọi
()
m
C
là đồ thị của nó.
Tìm tất cả các điểm cố định trong mặt phẳng tọa độ mà
()
m
C
luôn đi qua với mọi giá trị
m. Tiếp tuyến của
()
m

x x m
y
x



, với m là tham số
Với những giá trị nào của m thì đồ thị của hàm số trên có tiếp tuyến vuông góc với đường
phân giác của góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ?
Chứng minh rằng khi đó đồ thị của hàm số có điểm cực đại và cực tiểu.
Lời giải:
2
2
23
( 1)
x x a
y
x
  




Đồ thị có tiếp tuyến vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ nhất

phương trình
1y


có nghiệm

    
có 2 nghiệm phân biệt

Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu
12. Cho hàm số
2
1
x
y
x


.
Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy để từ đó ta có thể vẽ được hai tiếp
tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.
Hướng dẫn:
Xét điểm A(a;b). Đường thẳng qua A, hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)+ b
Đường thẳng này sẽ là tiếp tuyến khi và chỉ khi hệ ẩn x gồm 2 phương trình sau có
nghiệm:
(1):
1
1
1
x kx b ak
x
    


(2):
2



2 2 2
( 1) ( 2) 2 , 1, 1a b a b a       

Vậy tập hợp cần tìm là đường tròn (C) tâm I(1;2), bán kính 2, bỏ đi 4 giao điểm của (C)
với 2 tiệm cận.

Page 10 of 13013. Cho hàm số
3
32y x x   

Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị.
Hướng dẫn:
Làm tương tự bài 13, gọi điểm cần tìm là A(a;0), dựa vào điều kiện tiếp tuyến, sau khi
biến đổi về phương trình của a, đó là phương trình bậc 3 dễ dàng tìm được 1 nghiệm, ta
tìm k sao phương trình này có 3 nghiệm phân biệt.
Kết luận: các điểm cần tìm trên trục hoành là các điểm có hoành độ thỏa mãn :
1;x 

2
1
3
x   
hoặc
2x 
.

1
11
x
  
. Giải ra ta có:
,2
2
2
2
xb   

Vậy có 2 tiếp tuyến:
22yx
và
2 2yx  

15. Cho hàm số
2
41xx
y
x


.
Qua điểm A(1;0), viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị.
Lời giải:
Dễ thấy đường thằng x=1 không là tiếp tuyến nên đường thẳng qua A(1;0) với hệ số góc
k sẽ có phương trình: y=k(x-1)
Page 11 of 130


( 6 2 6)( 1)yx   

16. Cho hàm số
2
1
1
xx
y
x



.
Tìm m để đường thẳng
22y mx m
cắt đồ thị
()C
tại hai điểm thuộc hai nhánh của
()C
.
Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đã cho và (C):
2
2
1
2 2 ( ) ( 1) (3 1) 2 1 0, 1
1
xx
mx m f x m x m x m x
x

2
()d
:
3yx

Tìm tất cả giá trị của m để
()C
cắt
1
()d
tại 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua
2
()d
.
Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d1) là:
2
22
1
xx
xm
x

  

2
2 2 ( )( 1)x x m x x      
(
1x 
không là nghiệm)

2 3 9
2
A B H
m
x x x m m

   

18. Cho hàm số
2
2 (1 ) 1x m x m
y
xm
   



()
m
C
.
CMR
1m  
, các đường
()
m
C
tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại một điểm cố
định. Xác định phương trình đường thẳng đó.
Lời giải:

( 1;2)M

Ta có:
( 1) 1f

  
1m   
()
m
C
luôn tiếp xúc với tiếp xúc với đường thẳng có hệ số
góc là -1, qua M cố định và có phương trình là
( 1) 2yx   
hay
1yx

19. Cho hàm số
2 2 2
2 (2 )( 1)
1
m x m mx
y
mx
  


(1)
Chứng minh rằng với
0m
, tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1) luôn tiếp xúc với một

22
0
ax c m  
. Khử
0
x
ta có phương trình ẩn m, phương trình này thỏa
mãn với mọi m, cho các hệ số bằng 0 ta có: a=1; b=c=0. Vậy parabol cần tìm là
2
yx
.
20. Cho hàm số
2
2 ( 1) 3x m x
y
xm
  



Xác định m để đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với parabol
2
5yx

Lời giải:
22
2 ( 1) 3 3
21
x m x m m
y x m

(1;0), ( 1; 2)AA

2
32y x mx


, do đó tiếp tuyến tại
1
(1;0)A
có PT:
(2 3)( 1)y m x
và tiếp tuyến tại
2
( 1; 2)A 
có PT:
( 2 3)( 1) 2y m x    
.
Giao điểm M của 2 tiếp tuyến có tọa độ thỏa mãn 2 phương trình sau:
(2 3)( 1)y m x
và
( 2 3)( 1) 2y m x    
. Rút m từ 1 PT thay vào PT còn lại ta có:
2
32xx
y
x


, đó chính là quỹ tích cần tìm.
22. Cho hàm số

44m  
thì không có giao điểm
Nếu
4m 
thì có 1 giao điểm
Nếu
44mm   
thì có 2 giao điểm. Khi đó trung điểm E của MN có tọa độ:
12
4
24
E
xx
m
x



và
2
E
y x m

Rút m từ 1 phương trình thế vào phương trình còn lại
24yx   

Với điều kiện
44mm   
02xx    



có 2 nghiệm
phân biệt khác 1
2
2 4 2 2 0x x m    
có 2 nghiệm phân biệt khác 1
0m

b. Với
0m 
từ bảng biến thiên ta có tọa độ điểm cực đại:
2
1 , 2 1
1
I I I
I
m
x m y x
x
    

. Biến đổi ta có:
4 3, 1
I I I
y xx 

Vậy quỹ tích các điểm cực đại là nửa đường thẳng có phương trình
43y x
với
1x 

0x  
để
2
0
(2 ) 1mx

2m  

25. Cho hàm số
2
2 ( 4) 2 1
2
x m x m
y
x
   


(1)
Tìm m để đồ thị của hàm số (1) nhận điểm (2; 1) làm tâm đối xứng .
Lời giải:
2
2 ( 4) 2 1 1
( ) 2
22
x m x m
y f x x m
xx
   
    

3
53
5
0 mm
m
m
     




27. Cho hàm số:
2
1
1
xx
y
x




Page 16 of 130Xác định điểm
11
( ; )A x y
với
1

1 ( 1)
EA x y x x x
xx
              


Dẫu = xảy ra khi
2
2 2 2EA   
2
11
2
1
4
11
2( 1)
(1
1
)
2
xx
x


  
.
Vậy điểm cần tìm có hoành độ là:
4
1
1


Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
2
2 2 2 0x x m   
(1) có hai nghiệm
phân biệt khác -1
3
2
m

Giả sử
12
,xx
là 2 nghiệm của (1) và
1 1 2 2
( ; ), ( , )A x y B x y
là các điểm cực trị của đồ thị,
trong đó:
1 1 1 2 2 2
( ) 2 2 , ( ) 2 2y y x x m y y x x m     

Để khoảng cách từ A và B tới đường thẳng x+y+2=0 bằng nhau thì điều kiện là :
1 2 21 1 122
2| 2| 3( )[3( ) 4 ]=| 4| 0x y x y x x x mx      
(*)
Page 17 of 130Do
21


có phương trình:
00
2
00
11
(1 )( ) 1
( 1) 1
y x x x
xx
     


(d) cắt tiệm cận đứng tại
0
2
( 1; )
1
A
x


và cắt tiệm cận xiên tại
00
(2 1,2 2)B x x

Ta có
0
22
A B M

IAB
có diện tích không phụ thuộc vào vị trí của M.
30. Cho hàm số
1
1
1
yx
x
  

. Gọi đồ thị đó là (C).
Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại điểm đó tạo
với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.
Đáp số: Điểm cần tìm có hoàng độ là:
4
1
1
2
x 

Page 18 of 130
Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ
phương trình đại số
(Các em hãy cố gắng tự làm, lời giải thầy sẽ gửi sau 1 tuần, sau đó chúng ta cùng
trao đổi từng bài ở Box dành riêng cho lớp luyện thi Toán VIP)
Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau:
1,

15,
3
2 3 2 3 6 5 8xx   

6,
2
( 1) ( 2) 2x x x x x   
16,
2 7 5 3 2x x x    

7,
33
4 3 1xx   
17,
2
2 7 2 1 8 7 1x x x x x        

8,
22
4 2 3 4x x x x    
18,
2
3
24
2
x
xx




3,
2
1 1 4
3
x
x


7,
2
8 6 1 4 1 0x x x    

4,
31
3 2 7
2
2
xx
x
x
   
8,
2 1 3 2 4 3 5 4x x x x      

Page 19 of 130
Bài 3. Giải các hệ phương trình sau:
1,



2,
2
(3 2 )( 1) 12
2 4 8 0
x x y x
x y x
  


   

10,
22
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y

   

    


3,
22
4 2 2 4
5
13




  


12,
 
 
 
 
2
2
14
12
x y y x y
x y x y

   


   



5,
5 2 7
5 2 7
xy
yx

   



   


14,
2
3
2
2
2
3
2
29
2
29
xy
x x y
xx
xy
y y x
yy

  
















8,
22
2 2 2
3( ),
7( )
x xy y x y
x xy y x y

   

   

16,
 
33
22
82
3 3 1
x x y y

xx
xx    

Page 20 of 130
3,
22
3 13 4 3 3 6x x x    
7,
 
23
log 1 logxx

4,
44
1 17 2xx   
8,
4 7 9 2
xx
x  

Bài 5. Giải các phương trình mũ sau:
1,
   
22
33
2 3 2 3 14
xx



8,
2
2
3
2 .3
2
x x x


4,
22
12
9 10.3 1 0
x x x x   
  
9,
 
9
9
3 log 1
log 3
3
x
x
x




2 5 2
log log 2 0
x
xx
xx


  

2,
55
log 5 log 25 3
x
x
7,
23
16 4
2
log 14log 40log 0
x x x
x x x  

3,
   
32
22
2 4 3
log 3 log 3
x x x
xx

3
18
2
2
log 1 log 3 log 1 0x x x     

10,




22
22
log 2 3log 2 5x x x x     

11,
1
33
log (3 1)log (3 3) 6
xx
  

Page 21 of 130
Bài 7. Giải các bất phương trình mũ:
1,
2
2

x x x x
x
   




3,
2 35
2
12
21
x
x
x


6,
22
1 1 1
2 2 2 2
x x x x   
  Bài 8. Giải các bất phương trình logarit:
1,
 
1
log 2 2

2
23
log 0
38
x
x
x




6,
   
2
3
3
log 1 log 2 1 2
0
21
xx
x
   



Bài 9. Giải các hệ phương trình mũ, logarit:
1,
22
ln(1 ) ln(1 )
12 20 0

33
10

log log 1 0
xy
xy




  


6,
 
   
22
lg 1 lg13
lg lg 3lg2
xy
x y x y

  


   



3,


4,
22
2
2 4 1
2 4 2 1
xy
x y x y




  


8,
1
2 2 1
2 1 1
1 2 2 1
x
xx
yy
y



   



 
2
1
2
log 3 1
m
m
x



đúng với mọi
xR
2,
.2 2 3 1
xx
mm   
có nghiệm
3,


2
2 2 1 (2 ) 0m x x x x     
có nghiệm
0;1 3x




Bài 12. Tìm tham số m để hệ phương trình:

   
22
2
1 1 2
1
my
xn
m nxy x y

   



  

có nghiệm với mọi
nR

Bài 13. Chứng minh rằng hệ
2
2
2007
1
2007
1
x
y
y
e
y

   
22
3 3 3 3
log .log 2 3 log 2log 2 3 2 0x x x m x x x m       

có 3 nghiệm phân biệt

Page 23 of 130Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số
(Dưới đây là hướng dẫn giải cho các bài toán và đáp số bài toán, lời giải chi tiết
dành cho các em, có thể post lên diễn đàn để trao đổi về phương pháp, dạng bài)
Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau:
1,
3 5 3 4xx   

- Điều kiện:
3x 

- Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng:
3 3 4 5xx   
sau đó bình phương 2
vế, đưa về dạng cơ bản
( ) ( )f x g x
ta giải tiếp.
- Đáp số:
4x 

2,

3,
44
18 5 1xx   

- Ta đặt
44
44
18 0; 1 0 17u x v x u v        
, ta đưa về hệ đối xứng loại I đối
với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x
- Đáp số: Hệ vô nghiệm
4,
 
 
3 2 2 2 6 *x x x    

- Điều kiện:
2x 

 
2
4 4 0
4
tx
t x t x
t


    


25
x








5,
22
2 8 6 1 2 2x x x x     

- Điều kiện:
2
2
1
2 8 6 0
1
10
3
x
xx
x
x
x




2 3 1 2 1x x x       

Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản
( ) ( )f x g x
ta dẫn tới nghiệm trong
trường hợp này là:
25
7
x 

- Đáp số:
25
;1
7
x

  



6,
2
( 1) ( 2) 2x x x x x   
ĐS:
9
0;
8
x

