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
)

.(−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
o

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
+


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
−4x

U
Y
Y
Y
Ể
Ể
Ể
N
N
N
C
C
C
H

H

H
Ọ

Ọ

Ọ
N
N
N
C
C
C
Â

N
Q

Q

Q
U
U
U
A
A
A
N
N
N
K

K

K
H

H

H
Ả
Ả
Ả
O



Ố

(
TR
ON
G
C
Á
C

Đ
Ề

THI

THỬ
Đ
Ạ
I

HỌC

TO
À
N

QUỐ
C
,


·

−
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
∆

> 0
S > 0














m = 0
m =
1
2
0 < m < 1
0 < m <
2
3
⇔



0 < m <
1
2
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
Kết hợp với cả 3 trường hợp trên ta có giá trị m cần tìm:m ∈

0;
1
2

∪


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 :



x
B
+ x
C
= −2
x

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
Vậy đường thẳng d cần tìm có pt: y = x + 2
2
Bài 5.
Cho hàm số y = 4x
3
−6mx
2
+ 1, m là tham số.Tìm m để đường thẳng d : y = −x + 1 cắt đồ thị hàm số

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
x
2
= −x
1
+ 1
⇔ x
1
+ x

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
A
||
2x
B
|
⇔ 2 = 2m
2
.

−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
−1




=
6
|

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
Dấu ’=’ xảy ra khi IA = IB ⇔ (x
0
+ 1)
2
= 3 ⇔ x = −1 ±
√
3
- Với x = −1 −


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
(x −x
0
) +
2mx
0
+ 3
x
0

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

−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
(0 < t
1
< t
2
) là 2 nghiệm của pt (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là:
x
1
= −

+ m) dx =

x
4
x
3
(−x
4
+ 4x
2
−m) dx ⇒
x
5
4
5
−
4x
3
4
3
+ mx
4
= 0 ⇒ 3x
4
4
−20x
2
4
+ 15m = 0
Từ đó có x

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
y

= 4x
3
−4x(1 −m
2
) = 0 ⇔x = 0,x
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.
Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tại M là:
−→
u
1
(
2
(x −3)
2

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
−(m + 2)x + 2m +5 = 0
Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆ > 0,x = 2 ⇔



m
2
−4m + 16 > 0

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
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2(2 +
√
2)
Giải
Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x = 1,y = 1 Gọi pttt của (H) tại M (x
o
; y

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 −
x
o
+ 1
x
o
−1
)
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
), phương trình tiếp tuyến tại M: y =
−1
(a −1)
2
(x −a) +
a
a −1
5
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: A(1;
a + 1
a −1
)
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: B(2a −1;1)
- Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB +AB =
2
|a −1|
+ 2|a −1|+ 2


2
x −m = 0

x = −
1
m

(2)
Do m = 0 nên (2) ⇔ f (x) = 2x
2
−2mx −1 = 0

x = −
1
m

(∗)
Để tồn tại 2 điểm A,B thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt x
A
; x
B
khác −
1
m
⇔



∆


= 2x
A
−2m; y
B
= 2x
B
−2m
Theo viet có:



x
A
+ x
B
= m
x
A
.x
B
=
1
2
.
Có: AB =

(x
A
−x
B

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
.
√
5m
2
+ 10 = 3
|
x
M
||
y
N
|
⇔
|
−2m
|

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 trình 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
; x
B
và khác 2
⇔



∆
g(x)
> 0
g(2) = 0
⇔



B
+ m
Mà AB = 4 ⇔AB
2
= 16 ⇔ (x
B
−x
A
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2
= 16 ⇔ (x
B
−x
A
)
2
= 8 ⇔(x
B
+ x
A
)
2
−4x
A

√
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 +
√
2) hoặc B(1 +
√
2; −2 −
√
2); A(1 −
√
2; −2 +
√
2)
Vậy A,B là các điểm như trên thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 16.
Tìm m để đồ thị hàm số y = x
4

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
+ 3(1 + m)x + 6m −3 = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2
khi ∆ = 9m
2
−30m + 33 > 0 điều này xảy ra với mọi m.
- Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x
1
,x
2
thì A(x
1
,2x
1
+ 3m),B(x
2

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

;C

b;
2
b

(a < 0 < b) thuộc đồ thị hàm số (1).
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của B,C lên đường thẳng y = −2 ⇒H(a;−2); K(b; −2)
Có

BAH +

CAK = 90

2 +
2
b

2
(2)




2 +
2
a




=
|
b −1
|
(3)
Từ (2) có

3 −a +
2
b

−a −1 −
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
b + 2




=
|
b −1
|
⇒

b

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 =
2x −1
x + 1
có đồ thị (C).
Tìm m để đường thẳng d : y = x +m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho AB = 2
√
2
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:
2x −1
x + 1
= x +m ⇔ f (x) = x
2

= x
A
+ m; y
B
= x
B
+ m Do AB = 2
√
2 ⇔AB
2
= 8 ⇔ (x
A
−x
B
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2
= 8
⇔ (x
A
+ x
B
)
2
−4x

Phương trình tiếp tuyến tại d có dạng : y −
3x
o
−2
x
o
+ 1
=
5
(x
o
+ 1)
2
(x −x
o
)
Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt tại A,B và ∆IAB có cos

BAI =
5
√
26
nên tan
2

BAI =
1
cos
2


nên
5
(x
o
+ 1)
2
= 5 ⇔ (x
o
+ 1)
2
= 1 ⇒ x
o
= 0 ∨x
o
= −2
Với x
o
= 0 có pt tiếp tuyến d : y = 5x −2
Với x
o
= −2 có pt tiếp tuyến d : y = 5x +2
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán có pt như trên.
Bài 22.
Cho hàm số y = x
4
−2mx
2
+ 2 có đồ thị (C
m
).Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (C

5
;
9
5

. Gọi I(x; y) là tâm đường tròn(P)
⇒









IA
2
= ID
2
IB
2
= IC
2
IB
2
= IA
2
⇔


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

a;
a
4
2
−3a
2
+
5
2

thuộc đồ thị (C).
Phương trình tiếp tuyến tại A : y −

a

= 2a(a
2
−3)x −
3a
4
2
+ 3a
2
+
5
2
⇔ (x −a)
2
(x
2
+ 2ax + 3a
2
−6) = 0 ⇔

x = a
f (x) = x
2
+ 2ax + 3a
2
−6 = 0 (1)
Để tiếp tuyến tại A cắt (C) tại 2 điểm B,C khác A thì pt (1) cần có 2 nghiệm phân biệt x
B
; x
C
khác a

C
−3x
B
= −2a (2)
Lại theo vi et có:



x
B
+ x
C
= −2a (3)
x
B
.x
C
= 3a
2
−6 (4)
.
Từ (2) và (3) ⇒x
B
= 0và x
C
= −2a. Thế vào (4) có: 3a
2
−6 = 0 ⇔a = ±
√
2 ( thỏa (∗))

−
√
2; −
3
2

; B

0;
5
2

;C

2
√
2;
21
2

⇒ AC = 3AB
Vậy a = ±
√
2 là các giá trị cần tìm của a.
Cách 2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) hàm số đã cho tại điểm A với x
A
= a là:
y =

2a

2
−3a
2
+
5
2
⇔ (x −a)
2

x
2
+ 2ax + 3a
2
−6

= 0
Để có 3 giao điểm A,B,C thì phương trình:
x
2
+ 2ax + 3a
2
−6 = 0 (∗) có hai nghiệm phân biệt khác a ⇔



−
√
3 < a <
√
3








x
C
−3x
B
= −2a
x
B
+ x
C
= −2a
x
B
.x
C
= 3a
2
−6
⇔






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(−
√
6m + 2; −9m
2
−4m + 1),C(
√
6m + 2; −9m
2
−4m + 1)
Tam giác ABC có trọng tâm O khi: −18m
2
−6m + 4 = 0 ⇔ m = −
2
3
,m =
1
3
Đáp số: m =
1

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
Cho hàm số y = x
3
−3mx
2
+ 3(m
2
−1)x −(m
2
−1) (1).
Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương.
Giải
Đặt f (x) = x
3
−3mx
2
+ 3(m
2
−1)x −(m

















∆
y

> 0
y
1
.y
2
< 0
x
1
> 0
x
2

m −1 > 0
m + 1 > 0
1 −m < 0
⇔




















1 −
√
2 < m < 1
−
√
3 < m < −1

√
8
Giải
Xét 2 điểm A

a;
−a −1
a + 2

; B

b;
−b −1
b + 2

(a = b = −2) thuộc đồ thị hàm số đã cho.
Tiếp tuyến tại A có hệ số góc: f

(a) =
−1
(a + 2)
2
Tiếp tuyến tại B có hệ số góc : f

(b) =
−1
(b + 2)
2
Theo bài ta có hpt:


2
+

−a −1
a + 2
−
−b −1
b + 2

2
=
√
8
⇔













a = b
a + b = −4
(a −b)


a = −4 −b
b
2
+ 4b + 1 = 0
⇔











a = −2 −
√
3
b = −2 +
√
3



a = −2 +
√
3
b = −2 −

3;
√
3 + 1

Bài 29.
11
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)
Phương trình hoành độ giao điểm của D và đồ thị hàm số đã cho là:
x + 2
x −1
= k(x −1) ⇔ kx
2
−(2k + 1)x + k −2 = 0(x = 1) (1)
Đặt t = x −1 ⇒ x = t +1 Lúc đó pt (1) trở thành:
k(t + 1)
2
−(2k + 1)(t + 1) + k −2 = 0 ⇔ kt
2
−t −3 = 0 (2)
Để D cắt đồ thị hàm số đã cho tại 2 điểm M,N thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì pt (1) phải có
2 nghiệm x
1
; x
2

+ x
2
=
2k + 1
k
(4)
x
1
x
2
=
k −2
k
(5)
. Từ (3) và (4) ⇒x
2
=
k −1
k
; x
1
=
k + 2
k
Thay x
1
; x
2
vào (5) có pt:
(k + 2)(k −1)

√
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
1
√
2
.
Do vậy ta có phương trình: d(I, MN) =
1
√
2
⇔
|2m −1|
√
4m
2
+ 1
=
1
√

5
2
Bài 32.
Cho hàm số y =
1
3
x
3
−
1
2
(m + 1)x
2
+ mx (m là tham số) .
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng d : 72x −12y −35 = 0
Giải
12
Ta có: y

= x
2
−(m + 1)x + m y

= 0 ⇔ x
2
−(m + 1)x + m = 0 ⇔ x = 1 ∨x = m
Vì thế, để đồ thị hàm số có cực đại và cực tiểu, điều kiện là: y

= 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔m = 1
Mặt khác: y =

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 =
1
3
x
3
−
1
2
x
2
và y

= x
2
−x
Hai điểm cực trị có tọa độ: A (0;0); B

1; −

6

; D

2;
2
3

, trung điểm của CD
là J

3
2
;
9
12

/∈ d nên hai điểm cực trị không đối xứng với nhau qua đường thẳng d.
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.
Bài 33.
Cho hàm số y = x
3
−3x
2
+ 4 có đồ thị là (C).Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng d : y =
m(x +1) luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm A cố định và tìm m để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân
biệt A,B,C đồng thời B,C cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1.
Giải
Xét phương trình: x
3

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 =
x
3
3
−
1
2
(m + 3)x
2
−2 (m + 1)x + 1 có hai điểm cực
trị với hoành độ lớn hơn 1.
Giải
Ta có: y

= x
2
−(m + 3)x −2 (m +1)
y




x
1
−1 > 0
x
2
−1 > 0
⇔



(x
1
−1) + (x
2
−1) > 0
(x
1
−1)(x
2
−1) > 0
⇔



x
1
+ x

−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
B
= 3b
2
−3
Do tiếp tuyến tại A và B có cùng hệ số góc nên k
A
= k
B
⇔3a
2
−3 = 3b
2
−3 ⇔(a−b)(a+b) = 0 ⇔a = −b
Từ đó có
−→
AB = (b −a;b
3

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
3
−6x
2
+ 9x + d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
.
Chứng minh rằng: 0 < x
1
< 1 < x
2
< 3 < x
3
< 4

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
+ 3(m + 1)x
2
+ 3(m
2
+ 1)x + m
3
+ 1 = 0 (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
hàm số y = x
3
+ 3(m + 1)x
2
+ 3(m
2
+ 1)x + m
3
+ 1 (∗) và trục hoành.
Có y




∆

≤ 0



∆

> 0
y
cd
.y
ct
> 0
⇔




18m −8 ≤0



18m −8 > 0
(−2mx
cd
+ m





m ≤
2
9



m >
2
9
4m
2
(m
2
+ 1) + (m −1)
2
m
3
(4m + 1) > 0
⇔



m ≤
2
9
m >

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
2
+ m + 6)x + m
2
+ 6m + 1
Do đó đây cũng là pt đthẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số
Theo đề ta có: A(3; 5) ∈(d) : y = 2(−m
2
+ m + 6)x + m
2
+ 6m + 1 ⇔5 = 6(−m
2
+ m + 6) +m
2
+ 6m + 1
⇔ 5m
2

(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
2
+ ab + b
2
) −1) = 0 ⇔ 2(a
2
+ ab + b
2
) −1 = 0 (1)(do a = b)
Từ đó ta có f

(a) =
f (b) − f (a)
b −a
⇔
f


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
−2(m + 2)x
2
+ 7(m + 1)x −3m −12 (1) (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số
(1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x
1
; x
2
; x
3
thỏa x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ 3x
1

song với nhau.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng ∆
m
x
3
−(3m −1)x
2
+ 2m(m −1)x + m
2
= mx −m
2
⇔ (x −1)(x
2
−3mx + 2m
2
) = 0 ⇔

x = 1
f (x) = x
2
−3mx + 2m
2
= 0(∗)
Với x = 1 ⇒y = m −m
2
⇒ A(1; m−m
2

Lúc đó theo vi-et có:



x
B
+ x
C
= 3m
x
B
.x
C
= 2m
2
Tiếp tuyến tại B có hệ số góc k
B
= 3x
2
B
−2(3m −1)x
B
+ 2m(m −1)
Tiếp tuyến tại C có hệ số góc k
C
= 3x
2
C
−2(3m −1)x
C

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

1; −
55
27

Giải
ta có : tiếp tuyến hàm bậc 3 có hệ số góc nhỏ nhất chính là tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị (C) chú ý là
cái này chỉ là nhận xét với các bạn đã học chương trình cũ ) còn với chương trình mới thì ta sẽ phải thêm 1
tí như sau : y

= 3x
2
−4x +m −2 tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tương đương với việc là ta phải tìm được
điểm mà tại đó thì y

min
đặt y

= g(x) ta có : g

(x) = 6x −4

3

+
11m
3
−
52
27
(d)
vì điểm a ∈(d) nên ta có phương trình

m −
10
3

1
3
+
11m
3
= −
1
9
⇔ m =
1
4
Bài 44.
Cho hàm số y =
x + 2
x −1

o
−1
),B(2x
o
−1; 1)
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI là O(x; y) ⇒



AO
2
= IO
2
BO
2
= IO
2
⇔



(x −1)
2
= (x −2x
o
+ 1)
2
(y −1)
2
= (y −

) ⇒ R
2
= IO
2
= (x
o
−1)
2
+
9
(x
o
−1)
2
Theo cô-si: (x
o
−1)
2
+
9
(x
o
−1)
2
≥ 6
Vậy R
min
=
√
6 ⇔(x

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
Điều kiện: x ∈R Khi đó: f

(x) = 2

2x
3
+ 6mx
2
+ 3(m + 1)x

= 2x(2x
2
+ 6mx + 3m + 3)
f

(x) = 0 ⇔


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
2x + 1
⇔ 2mx
2
+ 2mx +
m −1
2
= 0 (1)
hàm số có 2 cực trị ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt thảo mãn x
1
= x
2
=
−1
2
⇔ m > 0
(1) ⇔2x


m
2m
−
1
2
;
1
2
+
m
√
m

; B =

−
√
m
2m
−
1
2
;
1
2
−
m
√
m


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 +
3
x −1
= kx + a (1)
1 −
3
(x −1)
2
= k (2)
có nghiệm.
Từ (1) có :x + 2 +
3
x −1
= k(x −1)+k + a (3)
Thay (2) vào (3) được : x + 2 +
3

phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 3 −a
⇔











∆

f
= 0
f (3 −a) = 0



∆

f
> 0
f (3 −a) = 0
⇔






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
)
1) Tìm điểm cố định của họ (C
m
)
2) Từ các điểm cố định của họ đồ thị viết các đường thẳng đi qua chúng với hệ số góc k =
3
2
tính diện
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng vừa lập và trục Ox
Giải
Gọi K(x
o
; y
o
) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua ∀m = 1


x
o
+ y
o
−4 = 0
3 −x
o
y
o
= 0
⇔



x
o
= 4 −y
o
y
2
o
−4y
o
+ 3 = 0
⇔





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

= d
1
∩Ox ⇒K
4
(−1; 0)
Có S
K
1
K
2
K
3
K
4
=
(K
1
K
4
+ K
2
K
3
)h
2
Với h = d
(d
1
,d
2

10
√
13
K
1
K
4
=
√
13; K
2
K
3
=
√
13
3
Do đó S
K
1
K
2
K
3
K
4
=

√
13 +

+) Gọi 2 điểm cần tìm là A = (x
a
; y
a
); B = (x
b
; y
b
) khi đó ta có



x
a
+ x
b
= 0
y
a
+ y
b
= 0
từ phương trình 2 ta có : x
3
a
+ x
3
b
−3(2m
2

b
=
m
3
−1
6m
2
−3
dễ thấy x
a
; x
b
lúc này là nghiệm của phương trình : X
2
+
m
3
−1
6m
2
−3
= 0 (1)
để có 2 điểm A; B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔
m
3
−1
6m
2
−3
< 0

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
Xét f (x) = 3x
4
−2x
2
−1 ⇒ f

(x) = 12x
3
−4x = 0 ⇔x = 0,x = ±
1
√
3
Lập BBT, ta thấy với x = 0, f (x) = −1 thì g(x) = a giao với f (x) tại 3 điểm phân biệt, vậy a = −1, vậy
M(0; −1) là điểm cần tìm
19
Đây
là
file
bài

Xin
chân
thành
cảm
ơ
n!