Chuyên đề 2
Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát
Hàm Số
§1. Phương Pháp Tam Thức Bậc Hai
Bài tập 2.1. Tìm m để phương trình x
2
− 10mx + 9m = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn hệ thức
x
1
− 9x
2
= 0.
Lời giải. Ta có ∆

= 25m
2
− 9m.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆

> 0 ⇔ 25m
2
− 9m > 0 ⇔

m >
9
25
m < 0

2
= 9m ⇔

m = 1
m = 0 (loại)
.
Vậy với m = 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa x
1
− 9x
2
= 0.
Bài tập 2.2. Tìm m để phương trình mx
2
−2(m −1)x + 3(m −2) = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
thỏa mãn hệ thức x
1
+ 2x
2
= 1.
Lời giải. Ta có ∆

= (m − 1)
2
− 3m(m − 2) = −2m
2
+ 4m + 1.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔

m
(1) và x
1
x
2
=
3(m − 2)
m
(2).
Theo giả thiết x
1
+ 2x
2
= 1 ⇔ x
1
= 1 − 2x
2
thay vào (1) được x
2
=
2 − m
m
⇒ x
1
=
3m − 4
m
.
Thay x
1

, x
2
, x
3
thỏa mãn
hệ thức x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
= 10.
Lời giải. Ta có phương trình tương đương
x
3
− mx − 2m + 8 = 0 ⇔ (x + 2)

x
2
− 2x + 4 − m

= 0 ⇔

x = −2
x
2
− 2x + 4 − m = 0

1
, x
2
là hai nghiệm của f (x).
Theo giả thiết x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
= 10 ⇔ (x
1
+ x
2
)
2
−2x
1
x
2
= 6 ⇔ 4 − 2(4 −m) = 6 ⇔ m = 5 (thỏa mãn).
Vậy với m = 5 thì phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3

x
3
− mx + m − 1 = 0 = 0 ⇔ (x −1)

x
2
+ x + 1 − m

= 0 ⇔

x = 1
x
2
+ x + 1 − m = 0
Đặt f (x) = x
2
+ x + 1 − m có ∆ = 1 − 4(1 − m) = 4m − 3.
Phương trình có ba nghiệm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi

∆ > 0
f(1) = 0
⇔

4m − 3 > 0
3 − m = 0
⇔

m >
3
4

1
x
2
(x
1
+ x
2
) = −4 ⇔ −1+3(1−m) = −4 ⇔ m = 2.
Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
thỏa x
3
1
+ x
3
2
+ x
3
3
= −3.
Bài tập 2.5. Tìm m để phương trình (m − 1)x
2
− 2(m + 1)x + m + 2 = 0
a) Có hai nghiệm trái dấu; b) Có đúng một nghiệm dương; c) Có hai nghiệm dương phân biệt.
Lời giải. Ta có ∆


P < 0
⇔











m + 3 = 0
2(m+1)
m−1
> 0



m + 3 > 0
2(m+1)
m−1
> 0
m+2
m−1
= 0
m+2
m−1
< 0

m < −1
m = −2
−2 < m < 1
⇔

m = −3
−2 ≤ m < 1
Kết hợp ta có m = −3 hoặc −2 ≤ m ≤ 1 thì phương trình đã cho có đúng một nghiệm dương.
c) Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi







a = 0
∆

> 0
S > 0
P > 0
⇔








m > 1
m < −2
⇔

m > 1
−3 < m < −2
Vậy với m > 1 hoặc −3 < m < −2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt.
Bài tập 2.6. Tìm m để phương trình (m − 1)x
2
+ 2(m − 3)x + m + 3 = 0
a) Có hai nghiệm trái dấu; b) Có hai nghiệm âm phân biệt; c) Có đúng một nghiệm âm.
Lời giải. Ta có ∆

= (m − 3)
2
− (m − 1)(m + 3) = −8m + 12.
a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ (m − 1)(m + 3) < 0 ⇔ −3 < m < 1.
2
Chuyên đề 2. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
b) Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi







a = 0
∆







m = 1
m <
3
2

m > 3
m < 1

m > 1
m < −3
⇔ m < −3
Vậy với m ≤ −3 thì phương trình đã cho có hai nghiệm âm phân biệt.
c) Với m = 1, phương trình trở thành −4x + 4 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán.
Với m = 1, phương trình có đúng một nghiệm âm khi và chỉ khi









∆


−8m + 12 > 0
−2(m−3)
m−1
< 0
m+3
m−1
= 0
m+3
m−1
< 0
⇔















m =
3
2



= (m − 1)
2
− (3 − m) = m
2
− m − 2.
Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi (∗) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi



∆

> 0
S > 0
P > 0
⇔



m
2
− m − 2 > 0
2(m − 1) > 0
3 − m > 0
⇔






> 0
S > 0
P > 0
⇔



m
2
− m − 12 > 0
2m > 0
m + 12 > 0
⇔








m > 4
m < −3
m > 0
m > −12
⇔ m > 4
Vậy với m > 4 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
b) Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi (∗) có nghiệm 0 và không có nghiệm dương khi



3
Nguyễn Minh Hiếu
c) Phương trình đã cho có nghiệm khi (∗) có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi







∆

≥ 0
S ≥ 0
P ≥ 0
P < 0
⇔







m
2
− m − 12 ≥ 0
2m ≥ 0
m + 12 ≥ 0
m + 12 < 0

Lời giải. Đặt (x − 3)

x + 1
x − 3
= t (t ∈ R). Phương trình đã cho trở thành t
2
+ 4t − m = 0 (*).
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm ⇔ ∆

≥ 0 ⇔ m ≥ −4.
Vậy với m ≥ −4 thì phương trình đã cho có nghiệm.
Bài tập 2.10. (D-04) Tìm m để hệ

√
x +
√
y = 1
x
√
x + y
√
y = 1 − 3m
có nghiệm.
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với

√
x +
√
y = 1


2
− t + m = 0 (*).
Do đó hệ đã cho có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm không âm
⇔



∆ ≥ 0
S ≥ 0
P ≥ 0
⇔



1 − 4m ≥ 0
1 ≥ 0
m ≥ 0
⇔ 0 ≤ m ≤
1
4
Vậy với m ∈

0;
1
4

thì hệ đã cho có nghiệm.
Bài tập 2.11. Tìm m để hệ

x + y + xy = m

⇔

m >
5
4
m < 5
⇔
5
4
< m < 5.
Vậy với m ∈

5
4
; 5

thì hệ đã cho vô nghiệm.
§2. Phương Pháp Hàm Số
Bài tập 2.12. Tìm m để phương trình x
3
+ 3x
2
+ 2 − m = 0 có ba nghiệm phân biệt.
Lời giải. Ta có phương trình tương đương x
3
+ 3x
2
+ 2 = m.
Xét hàm số f(x) = x
3

+ ∞
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt ⇔ 2 < m < 6.
Vậy với m ∈ (2; 6) thì phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.
4
Chuyên đề 2. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 2.13. Tìm m để phương trình x
3
− mx + 2 = 0 có đúng một nghiệm.
Lời giải. Nhận thấy x = 0 không phải nghiệm phương trình nên ta có phương trình tương đương m =
x
3
+2
x
.
Xét hàm số f(x) =
x
3
+ 2
x
trên R\{0} có f

(x) =
x
3
− 2
x
2
; f

(x) = 0 ⇔ x = 1.

3
− 3x
2
+ 1 trên [−1; +∞) có f

(x) = 6x
2
− 6x; f

(x) = 0 ⇔

x = 0
x = 1
.
Bảng biến thiên
x
−1
0 1
+ ∞
y

+
0
−
0
+
y
−4
1
0

0 1
+ ∞
f

(x)
−
0
+
f(x)
0
−1
+ ∞
Từ bảng biến thiên ta có min
[0;+∞)
f(x) = f(1) = −1. Do đó (1) ⇔ m ≤ min
[0;+∞)
f(x) ⇔ m ≤ −1.
Vậy với m ≤ −1 thì hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
Bài tập 2.16. Tìm m để hàm số y = x
3
+ 3x
2
− mx − 4 đồng biến trên (−∞; 0).
Lời giải. Ta có: y

= 3x
2
+ 6x − m. Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) khi và chỉ khi
3x
2

f(x) ⇔ m ≤ −3.
Vậy với m ≤ −3 thì hàm số đã cho nghịch biến trên (−∞; 0).
Bài tập 2.17. Tìm m để hàm số y =
1
3
mx
3
− (m − 1) x
2
+ 3 (m − 2) x +
1
3
đồng biến trên [2; +∞).
Lời giải. Ta có: y

= mx
2
− 2(m − 1)x + 3(m − 2). Hàm số đồng biến trên [2; +∞) khi và chỉ khi
mx
2
− 2(m − 1)x + 3(m − 2) ≥ 0, ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ mx
2
− 2mx + 2x + 3m − 6 ≥ 0, ∀x ∈ [2; +∞)
⇔ m(x
2
− 2x + 3) ≥ 6 −2x, ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ m ≥
6 − 2x
x
2
− 2x + 3

(x)
−
0
+
f(x)
2
3
2−
√
6
2
0
Từ bảng biến thiên ta có max
[2;+∞)
f(x) = f(2) =
2
3
. Do đó (1) ⇔ m ≥ max
[2;+∞)
f(x) ⇔ m ≥
2
3
.
Vậy với m ≥
2
3
thì hàm số đã cho đồng biến trên [2; +∞).
Bài tập 2.18. Tìm m để hàm số y = x
3
− (2m + 1) x

• Với m = 1 ⇒ ∆

> 0, khi đó y

có hai nghiệm phân biệt x
1
=
2m + 1 − |m − 1|
3
, x
2
=
2m + 1 + |m − 1|
3
.
Bảng biến thiên:
x
− ∞
x
1
x
2
+ ∞
y

+
0
−
0
+

Kết hợp ta có m = 1 hoặc m ≤ −2 thì hàm số đã cho đồng biến trên (0; +∞).
Bài tập 2.19. Tìm m để hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ mx + m nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1.
6
Chuyên đề 2. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Tập xác định: D = R. Đạo hàm: y

= 3x
2
+ 6x + m; ∆

= 9 − 3m.
• ∆

≤ 0 ⇔ m ≥ 3 ⇒ y

≥ 0, ∀x ∈ R: Hàm số đồng biến trên R nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• ∆

> 0 ⇔ m < 0, y

có hai nghiệm x
1
, x
2
(x
1

− ∞
y(x
1
)
y(x
2
)
+ ∞
Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên [x
1
; x
2
].
Do đó hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 khi và chỉ khi
|x
1
− x
2
| = 1 ⇔ (x
1
− x
2
)
2
= 1 ⇔ (x
1
+ x
2
)
2

x ≥ −
1
2
m =
3x
2
+4x−1
x
.
Xét hàm số f(x) =
3x
2
+ 4x − 1
x
trên

−
1
2
; +∞

\{0} có f

(x) =
3x
2
+ 1
x
2
> 0, ∀x ∈

+ 2x −8 =

m (x − 2) có hai nghiệm phân biệt
với mọi m > 0.
Lời giải. Điều kiện: x ≥ 2. Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình.
Với x > 2, phương trình tương đương với

x
2
+ 2x − 8

2
= m (x − 2) ⇔ x
3
+ 6x
2
− 32 = m (1).
Xét hàm số f(x) = x
3
+ 6x
2
− 32 trên (2; +∞) có f

(x) = 3x
2
+ 12x > 0, ∀x > 2; f (2) = 0.
Do đó phương trinh (1) có đúng một nghiệm trên (2; +∞) ⇔ m > f(2) ⇔ m > 0.
Vậy với mọi m > 0 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm.
Bài tập 2.22. (A-07) Tìm m để phương trình 3
√

(t) = −6t + 2; f

(t) = 0 ⇔ t =
1
3
. Bảng biến thiên:
t
0
1
3
1
f

(t)
+
0
−
f(t)
0
1
3
−1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm trên [0; 1) ⇔ −1 ≤ m ≤
1
3
.
7
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 2.23. (B-04) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
m

2
= t có t

=
x
√
1+x
2
−
x
√
1−x
2
; t

= 0 ⇔ x = 0; t(0) = 0, t(±1) =
√
2 ⇒ t ∈ [0;
√
2].
Phương trình đã cho trở thành m (t + 2) = −t
2
+ t + 2 ⇔ m =
−t
2
+ t + 2
t + 2
(*).
Xét hàm số f(t) =
−t


=
√
2 − 1; max
[
0;
√
2
]
f(t) = f(0) = 1.
Khi đó phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm trên [0;
√
2] ⇔
√
2 −1 ≤ m ≤ 1.
Bài tập 2.24. (A-08) Tìm m để phương trình
4
√
2x +
√
2x + 2
4
√
6 − x + 2
√
6 − x = m có hai nghiệm thực
phân biệt.
Lời giải. Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 6. Xét hàm số f (x) =
4
√

√
6 − x
=
1
2


1
4

(2x)
3
−
1
4

(6 − x)
3


+
1
√
2x
−
1
√
6 − x
.
Đặt

−
f(x)
2
√
6 + 2
4
√
6
3
√
2 + 6
4
√
12 + 2
√
3
Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ 2
√
6 + 2
4
√
6 ≤ m < 3
√
2 + 6.
Bài tập 2.25. (D-2011) Tìm m để hệ

2x
3
− (y + 2) x
2

+ u
2u + 1
.
Xét hàm số f(u) =
−u
2
+ u
2u + 1
có f

(u) =
2u
2
+ 2u − 1
(2u + 1)
2
; f

(u) = 0 ⇔ u =
−1 +
√
3
2
. Bảng biến thiên:
x
−
1
4
−1+
√

x
3
− mx
2
− 2

3m
2
− 1

x +
2
3
có hai điểm cực trị x
1
và
x
2
sao cho x
1
x
2
+ 2 (x
1
+ x
2
) = 1.
Lời giải. Ta có y

= 2x

√
13
.
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
= m, x
1
x
2
= 1 − 3m
2
.
Khi đó x
1
x
2
+ 2 (x
1
+ x
2
) = 1 ⇔ 1 −3m
2
+ 2m = 1 ⇔


2
− 27 = 9m
2
+ 18m − 18.
Hàm số có hai cực trị ⇔ y

có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
∆

y

> 0 ⇔ 9m
2
+ 18m − 18 > 0 ⇔

m > −1 +
√
3
m < −1 −
√
3
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
= 2(m + 1), x

+ 3m (m + 2) x + 1 đạt cực đại, cực tiểu
tại các điểm có hoành độ dương.
Lời giải. Ta có y

= 3x
2
− 6(m + 1)x + 3m(m + 2); ∆

= 9(m + 1)
2
− 9m(m + 2) = 9 > 0, ∀m ∈ R.
Do đó hàm số luôn có hai cực trị với mọi m ∈ R.
Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương khi và chỉ khi

S > 0
P > 0
⇔

2(m + 1) > 0
m(m + 2) > 0
⇔



m > −1

m > 0
m < −2
⇔ m > 0
Vậy với m > 0 thì hàm số đã cho đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương.


= 3x
2
− 6mx = 3x(x −2m); y

= 0 ⇔

x = 0
x = 2m
.
Do đó với m = 0 thì hàm số đã cho có cực đại cực tiểu.
Hàm số có cực đại, cực tiểu nằm về hai phía Ox ⇔ y(0).y(2m) < 0 ⇔ 1.(1 − 4m
3
) < 0 ⇔ m >
1
3
√
4
.
Bài tập 2.31. Tìm m để hàm số y = 2x
3
−3(2m + 1)x
2
+ 6m(m + 1)x + 1 có cực trị đồng thời giá trị cực
đại của hàm số lớn hơn 1.
Lời giải. Ta có y

= 6x
2
− 6(2m + 1)x + 6m(m + 1); ∆

m > −
3
2
.
9
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 2.32. (B-2011) Tìm m để hàm số y = x
4
− 2 (m + 1) x
2
+ m có ba cực trị A, B, C sao cho
OA = BC, trong đó O là gốc tọa độ và A thuộc trục tung.
Lời giải. Ta có: y

= 4x
3
− 4(m + 1)x; y

= 0 ⇔

x = 0
x
2
= m + 1
. Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị
A (0; m) , B

−
√
m + 1; −m

−2mx
2
+ 2m + m
4
có cực đại, cực tiểu lập thành tam giác đều.
Lời giải. Ta có: y

= 4x
3
− 4mx; y

= 0 ⇔

x = 0
x
2
= m
. Do đó với m > 0 hàm số có ba cực trị
A

0; 2m + m
4

, B

−
√
m; m
4
− m

√
m.
Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC đều ⇔ AB = BC ⇔ m + m
4
= 4m ⇔ m =
3
√
3.
Bài tập 2.34. (A-2012) Tìm m để hàm số y = x
4
− 2 (m + 1) x
2
+ m
2
có ba điểm cực trị tạo thành ba
đỉnh của một tam giác vuông.
Lời giải. Ta có: y

= 4x
3
− 4(m + 1)x; y

= 0 ⇔

x = 0
x
2
= m + 1
. Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị
A

2

.
Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông ⇔
−−→
AB.
−→
AC = 0 ⇔ (m + 1)
4
− (m + 1) = 0 ⇔ m = 0.
Bài tập 2.35. Tìm m để hàm số y =
1
2
x
4
+ 4mx
2
+ 4m
2
có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có
diện tích bằng 16.
Lời giải. Ta có y

= 2x
4
+ 8mx = 2x(x
2
+ 4m); y

= 0 ⇔

2
√
−m; −4m
2

Gọi H là trung điểm BC ta có H

0; −4m
2

⇒
−−→
AH =

0; −8m
2

⇒ AH = 8m
2
.
Lại có
−−→
BC =

4
√
−m; 0

⇒ BC = 4
√

1
2
) làm trực tâm.
Lời giải. Ta có y

= −4x
3
+ 8mx = −4x(x
2
− 2m); y

= 0 ⇔

x = 0
x
2
= 2m
.
Do đó với m > 0 thì hàm số đã cho có ba cực trị.
10
Chuyên đề 2. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Khi đó y

= 0 ⇔

x = 0
x = ±
√
2m
nên đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị

).
Dễ thấy tam giác ABC cân tại A nên ∆ABC nhận H làm trực tâm khi
−−→
HB.
−→
AC = 0 ⇔ −2m + 4m
2

4m
2
− 4m +
1
2

= 0 ⇔ 8m
3
− 8m
2
+ m − 1 = 0 ⇔ m = 1
Vậy với m = 1 thì hàm số đã cho có ba cực trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2.37. Tìm m để hàm số y = −x
3
+ 3x
2
+ 3m(m + 2)x + 1 có hai điểm cực trị đồng thời khoảng
cách giữa chúng bằng 2
√
5.
Lời giải. Ta có y



4(m + 1)
2
+ 16(m + 1)
6
.
Theo giả thiết AB = 2
√
5 ⇔ (m + 1)
2
+ 4(m + 1)
6
= 5 ⇔ (m + 1)
2
= 1 ⇔

m = 0
m = −2
(thỏa mãn).
Bài tập 2.38. (B-07) Tìm m để hàm số y = −x
3
+ 3x
2
+ 3

m
2
− 1

x − 3m

2
+ (2 + 2m
3
)
2
=

4m
6
+ 8m
3
+ m
2
− 2m + 5
OB =

(1 + m)
2
+ (2 − 2m
3
)
2
=

4m
6
− 8m
3
+ m
2

= 0 ⇔

x = 0
x = m
.
Do đó với m = 0, hàm số đạt cực trị tại hai điểm A(0;
1
2
m
3
) và B(m; 0).
Ta có:
−−→
AB = (m; −
1
2
m
3
); Gọi I trung điểm AB ⇒ I(
1
2
m;
1
4
m
3
).
Đặt d : y = x ⇔ x − y = 0 ⇒
−→
u

m = ±
√
2
.
Bài tập 2.40. Tìm m để hàm số y = x
3
−3mx −3m +1 có cực trị đồng thời chúng cách đều đường thẳng
d : x −y = 0.
Lời giải. Ta có: y

= 3x
2
− 3m; y

= 0 ⇔ x
2
= m. Do đó với m > 0 hàm số có hai cực trị
A(
√
m; −2m
√
m − 3m + 1), B(−
√
m; 2m
√
m − 3m + 1)
Theo giả thiết các điểm cực trị cách đều đường thẳng d nên ta có:
d (A, d) = d (B, d) ⇔




= 3x
2
+6x−m−1; ∆

= 9+3(m+1) = 3m+12; y =
1
3
(x+1)y

−
2
3
(m+4)x+
1
3
(m+7).
Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y

có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆

> 0 ⇔ 3m + 12 > 0 ⇔ m > −4.
Khi đó hàm số đạt cực trị tại hai điểm A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2

(m + 7).
Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
=

1; −
2
3
(m + 4)

.
Đường thẳng d
2
: y = 2x + 3 có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (1; 2).
Theo giả thiết góc giữa d
1
và d
2
là 45
0
nên ta có


1 +
4
9
(m + 4)
2

⇔

m =
1
2
m = −
9
2
(loại)
Vậy với m =
1
2
thì hàm số đã cho có hai cực trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2.42. (B-2012) Tìm m để hàm số y = x
3
−3mx
2
+ 3m
3
có hai điểm cực trị A và B sao cho tam
giác OAB có diện tích bằng 48.
Lời giải. Ta có: y = 3x
2
− 6mx; y

Lại có S
∆OAB
= 48 ⇔ 3m
4
= 48 ⇔ m = ±2 (thỏa mãn). Vậy m = ±2.
§4. Tương Giao Giữa Hai Đồ Thị
Bài tập 2.43. Tìm giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
+ 3x
2
− 3x − 2 và parabol y = x
2
− 4x + 2.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x
3
+ 3x
2
− 3x − 2 = x
2
− 4x + 2 ⇔ x
3
+ 2x
2
+ x − 4 = 0 ⇔ x = 1
Do đó đồ thị hàm số y = x
3
+ 3x
2
− 3x − 2 cắt parabol y = x

− 8x
2
+ 7 tiếp xúc với đường thẳng y = mx − 9.
Bài tập 2.45. Tìm m để đồ thị hàm số y = 2x
3
− 3(m + 3)x
2
+ 18mx − 8 tiếp xúc với trục hoành.
Lời giải. Đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

2x
3
− 3(m + 3)x
2
+ 18mx − 8 (1)
6x
2
− 6(m + 3)x + 18m = 0 (2)
12
Chuyên đề 2. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Ta có (2) ⇔ x
2
− (m + 3)x + 3m = 0 ⇔ (x − 3)(x − m) = 0 ⇔

x = 3
x = m
.
Với x = 3 thay vào (1) được 54 − 27(m + 3) + 54m − 8 = 0 ⇔ m =
35
27

− 2x + 8m = 0 ⇔ (x + 2)

mx
2
− (2m + 1)x + 4m

= 0 ⇔

x = −2
mx
2
− (2m + 1)x + 4m = 0
Đặt f (x) = mx
2
− (2m + 1)x + 4m có ∆ = −12m
2
+ 4m + 1.
Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác −2 khi và chỉ khi



m = 0
∆ > 0
f(−2) = 0
⇔



m = 0
−12m

− 3x + 2 = m(x − 3) + 20 ⇔ (x −3)

x
2
+ 3x + 6 − m

= 0 ⇔

x = 3
x
2
+ 3x + 6 − m = 0
Đặt f (x) = x
2
+ 3x + 6 − m có ∆ = 4m − 15.
Đồ thị hàm số cắt d tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 3 khi và chỉ khi

∆ > 0
f(3) = 0
⇔

4m − 15 > 0
24 − m = 0
⇔

m >
15
4
m = 24
Vậy với m ∈

2
+ (2 − m)x + 8 − 2m có ∆ = (2 − m)
2
− 4(8 − 2m) = m
2
+ 4m − 28.
Yêu cầu bài toán ⇔ f(x) có hai nghiệm dương phân biệt khác 2 khi và chỉ khi







∆ > 0
S > 0
P > 0
f(2) = 0
⇔







m
2
+ 4m − 28 > 0
m − 2 > 0

13
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 2.49. (A-2010) Tìm m để hàm số y = x
3
− 2x
2
+ (1 − m) x + m có đồ thị cắt trục hoành tại ba
điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn điều kiện x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
< 4.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x
3
− 2x
2
+ (1 − m) x + m = 0 ⇔ (x − 1)


, x
3
.
Giả sử x
3
= 1 ⇒ x
1
, x
2
là hai nghiệm của f (x) do đó x
1
+ x
2
= 1, x
1
x
2
= −m.
Theo giả thiết x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
< 4 ⇔ (x
1
+ x

2
− 6x + m

= 0 ⇔

x = 0
2x
2
− 6x + m = 0
Đặt f (x) = 2x
2
− 6x + m có ∆

= 9 − 2m.
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = mx + 1 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi
f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔

∆

> 0
f(0) = 0
⇔

9 − 2m > 0
m = 0
⇔

m <
9
2

+ 2 = 2 (mx
1
+ 1)
⇔ x
2
= 2x
1
.
Với x
2
= 2x
1
thay vào (1) ta có 3x
1
= 3 ⇔ x
1
= 1 ⇒ x
2
= 2.
Với x
1
= 1, x
2
= 2, thay vào (2) được 2 =
m
2
⇔ m = 4 (thỏa mãn).
Vậy m = 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2.51. Tìm m để đường thẳng d : y = −2 cắt đồ thị hàm số y = (2 −m)x
3


m = 2
36m − 36 > 0
⇔

m = 2
m > 1
.
Khi đó d cắt (Cm) tại A(0; −2), B(x
1
; −2) và C(x
2
; −2), trong đó x
1
+ x
2
=
6m
2 − m
, x
1
x
2
= 9.
Ta có
−−→
BC = (x
2
− x
1

2
d(O, d).BC =

36m
2
m
2
− 4m + 4
− 36.
Theo giả thiết S
∆OBC
=
√
13 ⇔
36m
2
m
2
− 4m + 4
− 36 = 13 ⇔ 13m
2
− 196m + 196 = 0 ⇔

m = 14
m =
14
13
.
Vậy m = 14 hoặc m =
14

3x
3
; f

(x) = 0 ⇔ x = −
3
√
2 = x
0
⇒ f(x
0
) = −
1
3
√
4
.
Bảng biến thiên:
x
− ∞
x
0
0
+ ∞
f

(x)
+
0
− +


(x) =
2 − 2x
3
x
2
; f

(x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên:
x
− ∞
0 1
+ ∞
f

(x)
+ +
0
−
f(x)
− ∞
+ ∞
− ∞
−3
− ∞
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại đúng một điểm khi m > −3.
Bài tập 2.54. Tìm m để đồ thị hàm số y = x
3
+ 3x

; f

(x) = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên:
x
−9 −1
1
+ ∞
f

(x)
− −
0
+
f(x)
62
− ∞
+ ∞
12
+ ∞
Vậy (Cm) cắt đường thẳng y = −14 tại 3 điểm có hoành độ không nhỏ hơn −9 ⇔ 12 < m ≤ 62.
15
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 2.55. Tìm m để đồ thị hàm số y = x
3
−3x
2
+ 3(1 −m)x + 1 + 3m cắt Ox tại ba điểm phân biệt
có hoành độ x
1
, x


(x) =
2x
3
− 6x
2
+ 6x − 4
3(x − 1)
2
; f

(x) = 0 ⇔ x = 2.
Bảng biến thiên:
x
− ∞
1 2
+ ∞
f

(x)
− −
0
+
f(x)
+ ∞
− ∞
+ ∞
1
+ ∞
Từ bảng biến thiên ta thấy m > 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

P > 0
⇔







m − 1 = 0
3 − 2m > 0
2
m−1
> 0
3
m−1
> 0
⇔



m = 1
m <
3
2
m > 1
⇔ 1 < m <
3
2
Vậy với m ∈

m = 1
m <
1
2
Vậy m = 1 hoặc m =
1
2
thì đồ thị hàm số cắt Ox tại hai điểm phân biệt.
Bài tập 2.58. (D-09) Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị hàm số x
4
− (3m + 2) x
2
+ 3m tại bốn
điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x
4
− (3m + 2) x
2
+ 3m = −1 ⇔

x
2
= 1
x
2
= 3m + 1
(*).
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −1 tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi
(∗) có bốn nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2 ⇔


2
+ m
2
= 0 (1).
Đặt x
2
= t, t ≥ 0, phương trình (1) trở thành t
2
− (3m + 4)t + m
2
= 0 (2).
Đồ thị hàm số cắt Ox tại bốn điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi



∆ > 0
S > 0
P > 0
⇔



5m
2
+ 24m + 16 > 0
3m + 4 > 0
m
2
> 0

2
) ⇒ (1) có bốn nghiệm ±
√
t
1
, ±
√
t
2
.
Phương trình (1) có bốn nghiệm lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi

−
√
t
2
+
√
t
1
= −2
√
t
1
−
√
t
1
+
√

2
⇔

10t
1
= 3m + 4
9t
2
1
= m
2
⇒ 9
(3m + 4)
2
100
= m
2
⇔

m = 12
m = −
12
19
(thỏa mãn)
Vậy m = 12 hoặc m = −
12
19
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2.60. Tìm m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y =
2x − 1


m > 5
m < 1
Vậy m > 5 hoặc m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2.61. Chứng minh đồ thị hàm số y =
x − 1
x + 1
luôn cắt đường thẳng y = m − x với mọi m.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x − 1
x + 1
= m − x ⇔

x = −1
x
2
− (m − 2) x − m − 1 = 0
.
Đặt f (x) = x
2
− (m − 2) x − m − 1 có ∆ = m
2
+ 8 > 0, ∀m ∈ R và f(−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = m − x tại hai điểm phân biệt.
Bài tập 2.62. Tìm m để đường thẳng qua A (−2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị hàm số y =
2x − 1
x + 1
tại
hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt.
Lời giải. Đường thẳng đi qua A(−2; 2) với hệ số góc m bất kỳ có phương trình dạng: d : y = mx + 2m + 2.

3 = 0
⇔

m > 12
m < 0
Giả sử đồ thị hàm số cắt d tại hai điểm có hoành độ x
1
, x
2
ta có x
1
+ x
2
= −3, x
1
x
2
=
2m + 3
m
.
Khi đó đồ thị hàm số cắt d tại hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt khi và chỉ khi
(x
1
+ 1) (x
2
+ 1) < 0 ⇔ x
1
+ x
2

2
+ (m + 1) x + m − 3 có ∆ = m
2
− 6m + 25 > 0, ∀m ∈ R và f(−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = 2x+m tại hai điểm phân biệt M(x
1
; 2x
1
+m), N(x
2
; 2x
2
+m).
Ta có:
−−→
MN = (x
2
− x
1
; 2x
2
− 2x
1
) ⇒ MN =

5(x
2
− x
1
)

2
, thay vào (∗) ta có:
MN =




5

(m + 1)
2
4
− 4
m − 3
2

=

5
2
(m
2
− 6m + 25) =

5
2

(m − 3)
2
+ 16



k = 0
∆ > 0
f(−1) = 0
⇔



k = 0
k
2
− 6k + 1 > 0
1 = 0
⇔



k = 0

k > 3 + 2
√
2
k < 3 −2
√
2
.
Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = kx+2k+1 tại hai điểm A(x
1
; kx

(loại)
k (x
1
+ x
2
) + 4k + 2 = 0
⇔ k
1 − 3k
k
+ 4k + 2 = 0 ⇔ k = −3 (thỏa mãn)
Vậy k = −3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2.65. Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị hàm số y =
2x + 1
x + 1
tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
2x + 1
x + 1
= −2x + m ⇔

x = −1
2x
2
+ (4 − m)x + 1 − m = 0
.
Đặt f (x) = 2x
2
+ (4 − m)x + 1 − m có ∆ = m
2

2
+ (−2x
1
+ m) (−2x
2
+ m) = 0 ⇔ 5x
1
x
2
− 2m (x
1
+ x
2
) + m
2
= 0 (∗)
Theo định lý vi-ét ta có x
1
+ x
2
=
m − 4
2
, x
1
x
2
=
1 − m
2

2
− mx − 1 = 0
.
Đặt f (x) = 2x
2
− mx − 1 có ∆ = m
2
+ 8 > 0, ∀m ∈ R và f(0) = −1 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm phân biệt
A(x
1
; −x
1
+ m), B(x
2
; −x
2
+ m)
Ta có:
−−→
AB = (x
2
− x
1
; x
1
− x
2
) ⇒ AB =


1
x
2
= −
1
2
thay vào (*) được AB =

2

m
2
4
+ 2

=

m
2
2
+ 4.
Lại theo giả thiết có AB = 4 ⇔
m
2
2
+ 4 = 16 ⇔ m = ±2
√
6.
Vậy m = ±2
√

c) Gọi điểm tiếp xúc là M(x
0
; y
0
); với y
0
= −3 ⇒
x
0
− 3
x
0
+ 1
= −3 ⇔ x
0
= 0; y

(x
0
) = 4.
Do đó phương trình tiếp tuyến tại M(0; −3) là y = 4x − 3.
Bài tập 2.68. (TN-08) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
3x − 2
x + 1
tại điểm có tung độ
bằng −2.
Lời giải. Gọi điểm tiếp xúc là M (x
0
; y
0

+ 3x (C) tại tâm
đối xứng và chứng minh rằng ∆ là tiếp tuyến của (C) có hệ số góc nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có: y

= x
2
− 4x + 3; y

= 2x − 4; y

= 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = −1.
Do đó đồ thị (C) có tâm đối xứng I

2;
2
3

.
Lại có: y

(2) = −1 nên phương trình tiếp tuyến của (C) tại I là: y = −(x − 2) +
2
3
⇔ y = −x +
8
3
.
Tiếp tuyến bất kỳ của (C) tại x
0
có hệ số góc k = y

(−1) = 4 − 5m; y(−1) = 2m − 1.
Do đó tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 là: y = (4 − 5m)(x + 1) + 2m − 1.
Mặt khác tiếp tuyến qua A(1; 2) nên ta có: 2 = 2(4 − 5m) + 2m − 1 ⇔ m =
5
8
.
19
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 2.71. (CĐ-2013) Cho hàm số y =
2x + 1
x − 1
có đồ thị (C). Gọi M là điểm thuộc (C) có tung độ
bằng 5. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các trục tọa độ Ox và Oy lần lượt tại A và B. Tính diện tích tam
giác OAB.
Lời giải. Lấy điểm M (x
0
; 5) ∈ (C). Ta có:
2x
0
+ 1
x
0
− 1
= 5 ⇔ x
0
= 2 ⇒ M(2; 5).
Lại có: y

= −
3

diện tích bằng 8.
Lời giải. Đồ thị (Cm) cắt trục Oy tại M(0; 1 − m).
Ta có y

= 3x
2
− m ⇒ y

(0) = −m ⇒ tiếp tuyến tại M (0; 1 − m) là: y = −mx + 1 − m.
Với m = 0, tiếp tuyến không cắt Ox. Với m = 0, tiếp tuyến cắt Ox tại N

1 − m
m
; 0

.
Khi đó OM = |1 −m|, ON =




1 − m
m




⇒ S
∆OM N
=

x − 1
2 (x + 1)
có đồ thị (C). Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến
với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng d : 4x + y = 0.
Lời giải. Ta có M ∈ (C) ⇒ M

x
0
;
x
0
− 1
2(x
0
+ 1)

(x
0
= −1) ⇒ y

(x
0
) =
1
(x
0
+ 1)
2
Do đó tiếp tuyến tại M là y =
1

0
− 2x
0
− 1
2(x
0
+ 1)
2

.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có G

−x
2
0
+ 2x
0
+ 1
6
;
x
2
0
− 2x
0
− 1
6(x
0
+ 1)
2

0
+ 1)
2
= 0 ⇔



x
0
= −
1
2
x
0
= −
3
2
.
Vậy M

−
1
2
; −
3
2

hoặc M

−

2
⇒ y

(x
0
) =
−2
(x
0
+ 1)
2
.
Phương trình tiếp tuyến tại S là: y =
−2
(x
0
+ 1)
2
(x − x
0
) +
x
0
+ 3
x
0
+ 1
.
Tiếp tuyến cắt tiêm cận ngang tại P (2x
0

0
= x
S
y
P
+ y
Q
2
=
1 +
x
0
+5
x
0
+1
2
=
x
0
+ 3
x
0
+ 1
= y
S
⇒ S là trung điểm của P Q (đpcm).
Bài tập 2.75. (TN-09) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
2x + 1
x − 2

= 1 ⇒ y
0
= −3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (1; −3) là: y = −5(x −1) −3 ⇔ y = −5x + 2.
Với x
0
= 3 ⇒ y
0
= 7 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (3; 7) là: y = −5(x − 3) + 7 ⇔ y = −5x + 22.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −5x + 2 và y = −5x + 22.
Bài tập 2.76. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
−x + 3
2x − 1
biết tiếp tuyến song song với
đường phân giác góc phần tư thứ hai của mặt phẳng toạ độ.
Lời giải. Tiếp tuyến cần tìm song song với đường phân giác góc phần tư thứ hai nên có hệ số góc k = −1.
Ta có: y

=
−5
(2x − 1)
2
. Gọi điểm tiếp xúc là M (x
0
; y
0
). Với k = −1 ⇒
−5
(2x
0
− 1)

5−1
2

là: y = −x +
√
5.
Với x
0
=
1−
√
5
2
⇒ y
0
=
−
√
5−1
2
⇒ tiếp tuyến tại M

1−
√
5
2
;
−
√
5−1

+ 1)
2
= −1 ⇔

x
0
= 0
x
0
= −2
.
Với x
0
= 0 ⇒ y
0
= 3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (0; 3) là: y = −x + 3.
Với x
0
= −2 ⇒ y
0
= 1 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (−2; 1) là: y = −(x + 2) + 1 ⇔ y = −x −1.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 3 và y = −x − 1.
Bài tập 2.78. (D-05) Cho hàm số y =
1
3
x
3
−
m
2

m + 1 = 5
1
2
m + 1 = 0
⇔

m = 4
m = −2
⇔ m = 4.
Vậy m = 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 2.79. (B-06) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
x
2
+ x − 1
x + 2
(C). Biết rằng
tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên của (C).
Lời giải. Ta có y = x − 1 +
1
x + 2
nên hàm số có tiệm cận xiên y = x − 1.
Tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên nên có hệ số góc k = −1.
Ta có: y

=
x
2
+ 4x + 3
(x + 2)
2

2
⇒ y
0
=
−6+3
√
2
2
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x + 2
√
2 − 5.
21
Nguyễn Minh Hiếu
Với x
0
=
−4−
√
2
2
⇒ y
0
=
−6−3
√
2
2
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x − 2
√
2 − 5.


x
0
= 0
x
0
= 2
.
Với x
0
= 0 ⇒ y
0
= 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (0; 0) là: y = −x.
Với x
0
= 2 ⇒ y
0
= 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (2; 2) là: y = −x + 4.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x và y = −x + 4.
Bài tập 2.81. Tìm m để (Cm) : y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt
C (0; 1) , D, E sao cho các tiếp tuyến với (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔

+ x
2
= −3, x
1
x
2
= m và y

= 3x
2
+ 6x + m, do đó tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi
y

(x
1
).y

(x
2
) = −1 ⇔

3x
2
1
+ 6x
1
+ m

3x
2

x
2

+ 36x
1
x
2
+ 6m(x
1
+ x
2
) + m
2
+ 1 = 0
⇔ 9m
2
− 54m + 3m(9 − 2m) + 36m − 18m + m
2
+ 1 = 0
⇔ 4m
2
− 9m + 1 = 0 ⇔ m =
9 ±
√
65
8
(thỏa mãn)
Vậy m =
9 ±
√

2
+ 2mx − m − 1 có ∆ = m
2
+ 2m + 2 > 0, ∀m ∈ R và f

1
2

= −
1
2
= 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị (C) luôn cắt đường thẳng y = x + m tại hai điểm phân biệt A(x
1
; x
1
+ m), B(x
2
; x
2
+ m).
Ta có: x
1
+ x
2
= −m, x − 1x − 2 = −
m + 1
2
. Lại có y


x
2
− 4 (x
1
+ x
2
) + 2
(4x
1
x
2
− 2(x
1
+ x
2
) + 1)
2
= −4(m + 1)
2
− 2 ≤ −2
Vậy k
1
+ k
2
đạt giá trị lớn nhất bằng −2 khi m = −1.
Bài tập 2.83. (DB-07) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
−x + 1
2x + 1
, biết tiếp tuyến qua
giao điểm của tiệm cận đứng và trục Ox.

⇔ hệ sau có nghiệm:

−x+1
2x+1
= k

x +
1
2

(1)
−
3
(2x+1)
2
= k (2)
.
Thay (2) vào (1) ta có:
−x + 1
2x + 1
=
−3
(2x + 1)
2

x +
1
2

⇔

3
− 6x
2
+ 1, biết tiếp tuyến
qua M (−1; −9).
Lời giải. Tiếp tuyến qua M (−1; −9) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng y = kx + k − 9.
Tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị y = 4x
3
−6x
2
+1 ⇔ hệ sau có nghiệm

4x
3
− 6x
2
+ 1 = kx + k − 9 (1)
12x
2
− 12x = k (2)
.
Thay (2) vào (1) ta có: 4x
3
−6x
2
+ 1 = (12x
2
−12x)(x + 1) −9 ⇔ (x + 1)
2
(4x −5) = 0 ⇔

+ 2x + 2
x + 1
có đồ thị (C). Gọi I là giao hai tiệm cận. Chứng
minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I.
Lời giải. Ta có y = x + 1 +
1
x + 1
⇒ hàm số có tiệm cận đứng x = −1 và tiệm cận xiên y = x + 1.
Do đó giao hai tiệm cận là I(−1; 0).
Tiếp tuyến qua I(−1; 0) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng y = k(x + 1).
Tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị hàm số y =
x
2
+ 2x + 2
x + 1
⇔ hệ sau có nghiệm

x
2
+2x+2
x+1
= k(x + 1) (1)
−
x
2
+2x
(x+1)
2
= k (2)
Thay (2) vào (1) ta có:

3
− 12x + 12 = k(x − m) − 4 (1)
3x
2
− 12 = k (2)
.
Thay (2) vào (1) ta có:
x
3
− 12x + 12 =

3x
2
− 12

(x − m) − 4 ⇔ 2x
3
− 3mx
2
+ 12m − 16 = 0
⇔ (x − 2)(2x
2
+ (4 − 3m)x + 8 − 6m) = 0 ⇔

x = 2
2x
2
+ (4 − 3m)x + 8 − 6m = 0
(∗)
Đặt f (x) = 2x

\{2} kẻ được ba tiếp tuyến đến (C).
23
Nguyễn Minh Hiếu
§6. Biện Luận Số Nghiệm Phương Trình Bằng Đồ Thị
Bài tập 2.87. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
− 3x
2
− 1. Biện luận theo k số nghiệm
của phương trình x
3
− 3x
2
− k = 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: x
3
− 3x
2
− 1 = k − 1.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
−3x
2
−1
và đường thẳng y = k − 1.
Dựa vào đồ thị ta có:
k − 1 > −1 ⇔ k > 0: Phương trình có một nghiệm.
k − 1 < −5 ⇔ k < −4: Phương trình có một nghiệm.
k − 1 = −1 ⇔ k = 0: Phương trình có hai nghiệm.

m
2
+ 1.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x
3
−3x
2
+1
và đường thẳng y =
m
2
+ 1.
Dựa vào đồ thị ta có:
m
2
+ 1 > 1 ⇔ m > 0: Phương trình có một nghiệm.
m
2
+ 1 < 0 ⇔ m < −2: Phương trình có một nghiệm.
m
2
+ 1 = 1 ⇔ m = 0: Phương trình có hai nghiệm.
m
2
+ 1 = 0 ⇔ m = −2: Phương trình có hai nghiệm.
0 <
m
2
+ 1 < 1 ⇔ −2 < m < 0: Phương trình có ba nghiệm.
Kết luận:

và đường thẳng y = m + 2.
Dựa vào đồ thị ta có:
m + 2 > 4 ⇔ m > 2: Phương trình vô nghiệm.
m + 2 < 3 ⇔ m < 1: Phương trình có hai nghiệm.
m + 2 = 4 ⇔ m = 2: Phương trình có hai nghiệm.
m + 2 = 3 ⇔ m = 1: Phương trình có ba nghiệm.
3 < m + 2 < 4 ⇔ 1 < m < 2: Phương trình có bốn nghiệm.
Kết luận:
m > 2: Phương trình vô nghiệm.
m < 1 hoặc m = 2: Phương trình có hai nghiệm.
m = 1: Phương trình có ba nghiệm.
1 < m < 2: Phương trình có bốn nghiệm.
y
x
O
3
4
1−1
24
Chuyên đề 2. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 2.90. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
− 4x
2
+ 3. Tìm m để phương trình
1
2
x
4
− 2x

phương trình sau có sáu nghiệm phân biệt 2|x|
3
− 9x
2
+ 12 |x| = m.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: 2|x|
3
− 9x
2
+ 12 |x| − 4 = m − 4.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái Oy, sau đó đối xứng phần đồ thị
bên phải Oy qua Oy ta được đồ thị (C
1
) : y = 2|x|
3
− 9x
2
+ 12 |x| − 4.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = m−4.
Dựa vào đồ thị, phương trình có sáu nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0 < m −4 < 1 ⇔ 4 < m < 5
Vậy với m ∈ (4; 5) thì phương trình đã cho có sáu nghiệm phân biệt.
y
x
O
1
−4

1
2
Vậy với m ∈

−1; −
1
2

thì phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm.
y
x
O
−1
−2
−1
1
Bài tập 2.93. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
− 3x − 1. Tìm m để phương trình sau
có ba nghiệm phân biệt |x|
3
− 3|x| + (m − 1)
2
= 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: |x|
3
− 3|x| − 1 = −(m − 1)
2
− 1.