TỔNG HỢP 50 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ CỦA MATH.VN
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

= 4 ⇒ pt d : y = −x + 8
+TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x
Có
−4
(x
o
− 2)
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)

là nghiệm của phương trình
x
2
o
2
=
2x
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

− mx + m
2
− 3 y

= 0 ⇔ x
2
− mx + m
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
⇔




























−2 < m < 2
m > 0
m < −
√
3 ∨m >
√
3
⇔
√
3 < m < 2 (∗)
Theo vi-et có:





)
2
− 4x
1
x
2
= 5 ⇔ 2m
2
− 4(m
2
− 3) = 5 ⇔ m = ±
√
14
2
Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m =
√
14
2
thỏa yêu cầu bài toán
1

Bài 3.
Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C
m
) : y =
1
3
mx
3
+ (m − 1)x















m  0
∆

> 0
S > 0
P > 0
⇔




























m  0
m 
1
2
0 < m < 1
0 < m <
2
3
⇔




Cách 2: 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 (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

A
= 2 ⇒ y
A
= 4 VậyA(2; 4)
Xem d là đường thẳng đi qua A và có hệ số góc là k. Có pt d : y − y
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 :⇔








B
= kx
B
− 2k + 4; y
C
= kx
C
− 2k + 4
Có BC = 2
√
2 ⇔ BC
2
= 8 ⇔ (x
B
− x
C
)
2
+ k
2
(x
B
− x
C
)
2
= 8
⇔

(x

4x
3
− 6mx
2
+ 1 = −x + 1 ⇔ x(4x
2
− 6mx + 1) = 0
Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x
2
− 6mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇒ ∆

= 9m
2
− 4 > 0 ⇔ m >
2
3
, m <
−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:


+ 1
x
2
= −x
1
+ 1
⇔ x
1
+ x
2
= 1 ⇔
3
2
m = 1 ⇔ m =
2
3
So sánh với đk, thấy không tìm được m thỏa mãn
Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định
Cho hàm số y = x
4
− 2mx
2
+ 2m
2
− 4,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho có 3 cực trị tạo
thành một tam giác có diện tích bằng 1
* * * * * * * * * *
Giải
Mxđ: D = R. Có y



y
B
− y
A



|
2x
B
|
⇔ 2 = 2m
2
.
√
m ⇔ m = 1 Đối chiếu với điều kiên (∗) có m = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 7.
Cho hàm số y =
x −2
x + 1
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B sao
cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác OAB lớn nhất
* * * * * * * * * *
Giải
Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1.
Giao điểm hai đường tiệm cận I
(
−1; 1
)

+ 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 ±

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.
3

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = −
2m
2
+ 3
(
x
0

− m; 2m
)
.
Ta có: IA =






2mx
0
+ 2m
2
+ 6
x
0
− m
− 2m






=





2
+ 6
Bởi vậy, yêu cầu bài toán tương đương với: 4m
2
+ 6 = 64 ⇔ m = ±
√
58
2
Bài 9.
Tìm m sao cho đồ thị hàm số y = x
4
−4x
2
+ m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích hình
phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành có phần trên bằng phần dưới
* * * * * * * * * *
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox:x
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
⇔


1
= −
√
t
2
; x
2
= −
√
t
1
; x
3
=
√
t
1
; x
4
=
√
t
2
Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có:

x
3
0
(x
4

+ 15m = 0
Từ đó có x
4
là nghiệm của hpt:









x
4
4
− 4x
2
4
+ m = 0 (3)
3x
4
4
− 20x
2
4
+ 15m = 0 (4)
Lấy 3.(3) − (4) ⇒ x
2
4

Giải
y

= 4x
3
− 4x(1 −m
2
) = 0 ⇔ x = 0, x
2
= 1 − m
2
Hàm số có 3 cực trị ⇔ −1 < m < 1
Khi đó, tọa độ điểm cực đại là A(0; 1 + m),
tọa độ 2 điểm cực tiểu là B(−
√
1 −m
2
;
√
1 −m
2
); C(
√
1 −m
2
;
√
1 −m
2
)

4

0, 9999 ≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công t hức 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
; −1

Vecto chỉ phương của dt ∆ : 3x + 4y − 1 = 0 là:
−→
u
2
(4; −3)
Có: cos

−→
u
1
;
−→
u
2

=


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
− (m + 2)x + 2m + 5 = 0
Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆ > 0, x  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
. 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 +


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)







x
o
− 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
), phương trình tiếp tuyến tại M: y =
−1


Cho hàm số: y =
2x −m
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


1
m

=
2
m
2
+ 1  0
⇔ ∀m  0
Mặt khác có x
A
.x
B
=
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

A
− x
B
)
2
+ (y
A
− y
B
)
2
=

5(x
A
− x
B
)
2
=

5(x
A
+ x
B
)
2
− 20x
A
x

N



⇔
|
−2m
|
√
5
.
√
5m
2
+ 10 = 3
|
m
||
2m
|
⇔
√
m
2
+ 2 = 3
|
m
|
⇔ m
2









∆
g(x)
> 0
g(2)  0
⇔









(m + 3)
2
− 4(2m + 1) > 0
4 −(m + 3)2 + 2m + 1  0
⇔ (m − 1)
2
+ 4 > 0; ∀m
Theo viet có

= 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
.x
B
= 8
⇔ (m + 3)

− 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.
6

Tìm m để đồ thị hàm số y = x
4
− mx
2

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


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






8b + 4
3b + 2





=
|
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


b
2
+ b − 6 = 0 (6)
b
2
+ b + 2 = 0 (7)
+Với (7) pt vô nghiệm
+Với (6) pt có 2 nghiệm b = 2 ∨ b = −3 (loại)
7

Khi b = 2 ⇒ B(−2; −1); C(2; 1) hoặc ngược lại. Lúc đó 2 điểm B, C của bài toán cần tìm là: B(−1; 2); C(3; 4)
hoặc ngược lại.
Bài 19.
Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ m (1) . Tìm m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho

AOB = 120
o
* * * * * * * * * *
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:
−−→

Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:
2x −1
x + 1
= x + m ⇔ f (x) = x
2
+ (m −1)x + m + 1 = 0 (1) (x  −1)
Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x
A
, x
B
khác −1
⇔









∆ = (m −1)
2
− 4(m + 1) > 0
f (−1) = 1 −m + 1 + m + 1  0
(∗). Theo vi-et có :




− x
B
)
2
+ (y
A
− y
B
)
2
= 8
⇔ (x
A
+ x
B
)
2
− 4x
A
.x
B
= 4 ⇔ (1 − m)
2
− 4(m + 1) = 4 ⇔ m
2
− 6m −7 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 7
Đối chiếu điều kiện (∗) ta có m = −1; m = 7 là giá trị cần tìm.
Bài 21.
Cho hàm số y =
3x −2

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

BAI
− 1 =
1
25
⇒ tan

BAI =
1
|
5
|
⇒ tan

= 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.
8

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
m
) có ba
điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D

3
5
;
9
5















IA
2
= ID
2
IB
2
= IC
2
IB
2
= IA
2
⇔





Vậy m = 1 là giá trị 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

a;
a
4
2
− 3a
2
+
5
2


2
+
5
2
= 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

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

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

x − a
)
+
a
4
2
− 3a
2
+
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
)
+







−
√
3 < a <
√
3
a  ±1
.
9

Khi đó hoành độ B, C là hai nghiệm của phương trình (∗) nên: ⇔









x
B
+ x
C
= −2a

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

* * * * * * * * * *
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(−
√
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


.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.
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.

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










1 −
√
2 < m < 1
−
√
3 < m < −1
√
3 < m < 1 +
√
2
m > 1
⇒
√
3 < m < 1 +
√
2. Vậy các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m ∈

√
3; 1 +
√
2

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:










(b + 2)
2

(a − b)
2
+

−a −1
a + 2
−
−b −1
b + 2

2
=
√
8
⇔
















a + b = −4
(16 −4ab)

1 +
1
ab −4

= 8
⇔









a + b = −4
ab = 1
⇔















a = −2 −
√
3
b = −2 +
√
3









a = −2 +
√
3
b = −2 −
√
3
Vậy 2 điểm A, B cần tìm là A


Bài 29.
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 t hì pt (1) phải có
2 nghiệm x
1
; x
2
thỏa x
1
< 1 < x


x
1
+ 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

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

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
+ 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
Ta có: y

= x
2
− (m + 1)x + m y


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 =
1
3

 d nên hai điểm cực trị không
đối xứng nhau qua đường thẳng d.
* 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 trị có tọa độ C

1;
5
6

; D

2;
2
3

, trung điểm của CD là
J


Đường thẳng y = m(x + 1) luôn cắt đồ thị hàm số đã cho tại A(−1; 0), để nó cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt
thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1.
Điều kiện là: ∆ > 0, g(−1)  0 ⇔ 0 < m  9
Khi đó (1) có 2 nghiệm phân biệt và đường thẳng đã cho cắt đồ thị thêm tại
B

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

Giải
Ta có: y

= x
2
−
(
m + 3
)
x −2
(
m + 1
)
y

= 0 ⇔ x
2
−
(
m + 3
)
x −2
(
m + 1
)
= 0 (∗)
Có: ∆ =
(
m + 3
)

x
2
> 1
⇔









x
1
− 1 > 0
x
2
− 1 > 0
⇔









(


x
1
+ x
2
− 2 > 0
x
1
x
2
−
(
x
1
+ x
2
)
+ 1 > 0
⇔









(
m + 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 t hị 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

-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
3
− 6x
2

+ 9x + d cắt trục 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
+ 3(m + 1)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


18m −8 ≤ 0









18m −8 > 0
(−2mx
cd
+ m
3
− m
2
)(−2mx
ct
+ m
3
− m
2
) > 0
(∗∗)
Theo vi-et thì:




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

3
− 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


5
Đối chiếu đk ta nhận m = 4
Bài 40. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2009 - 2010
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (x − 1)(x
3
+ x
2
+ 1) biết tiếp tuyến tiếp xúc với đồ
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

f (b) − f (a)
b −a
⇔
(4a
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
.

Giải
Bài 42. Trích đề học sinh giỏi Đà Nẵng 2010
Với mỗi tham số m ∈ R, gọi (C
m
) là đồ thị của hàm số: y = x
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

2
) cố định
Để ∆
m
cắt (C
m
) tại 2 điểm B, C khác điểm A thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt x
B
; x
C
khác 1
15

⇔









∆ = 9m
2
− 8m
2
> 0
f (1) = 1 −3m + 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
+ 2m(m −1)
Vì tiếp tuyến tại B, C song song nên k
B
= k
C
⇔ 3x
2
B
− 2(3m −1)x
B
+ 2m(m −1) = 3x
2
C
− 2(3m −1)x
C

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
g

(x) = 0 ⇒ x =
2
3
lập bảng biến thiên thì sẽ thấy ngay g
min
(x) khi x =
2
3
. Điểm uốn I =

2
3

1
3
+
11m
3
= −
1
9
⇔ m =
1
4
Bài 44.
Cho hàm số y =
x + 2
x − 1
có đồ thị là (H). Tìm điểm M thuộc (H) sao cho tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm
cận của (H) tại 2 điểm A, B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất với I là
giao điểm của hai đường tiệm cận.
* * * * * * * * * *
Giải
2 đường tiệm cận là x = 1, y = 1 Giao 2 đường tiệm cận là I(1; 1) Gọi M(x
o
; y
o
) Suy ra phương trình
tiếp tuyến tại M là: y =
−3(x −x
o
)
(x





AO
2
= IO
2
BO
2
= IO
2
⇔











(x − 1)
2
= (x − 2x
o
+ 1)
2

o
− 1
Vậy O(x
o
;
x
o
+ 2
x
o
− 1
) ⇒ R
2
= IO
2
= (x
o
− 1)
2
+
9
(x
o
− 1)
2
Theo cô-si: (x
o
− 1)
2
+


1 +
√
3;
3 +
√
3
√
3

, M

1 −
√
3;
√
3 −3
√
3

Bài 45.
16

Cho hàm: y = x
4
+ 4mx
3
+ 3
(
m + 1

2x
2
+ 6mx + 3m + 3 = 0(1)
vì f

(x) = 0 có x = 0 là 1 nghiệm nên để f (x) chỉ có cực tiểu thì (1) có 1 nghiệm kép hoặc vô nghiệm tức
⇔ ∆

≤ 0 ⇔ (3m)
2
− 2(3m + 3) ≤ 0 ⇔ 3m
2
− 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

x +
1
2

2
=
1
4m
⇒ x
1
=
√
m
2m
−
1
2
và x
2
= −
√
m
2m
−
1
2
ta có : A =

√
m

2
+ OB
2
=
4m
2
+ 2m + 1
2m
= f (m)
xét hàm f(m) trên (0; + ∝) ta được MIN f(m) =
7
2
= f (
1
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 =

Từ (1) có :x + 2 +
3
x −1
= k(x − 1) + k + a (3)
Thay (2) vào (3) được : x + 2 +
3
x − 1
= (x − 1)

1 −
3
(x −1)
2

+ k + a ⇔
1
x −1
=
k + a −3
6
(4)
Thay (4) vào (2) có :1 −3

k + a −3
6

2
= k ⇔ 36 − 3(k + a − 3)
2
= 36k











∆

f
= 0
f (3 −a)  0









∆

f
> 0
f (3 −a) = 0
⇔

12a + 12 = 0
−12a + 24  0









12a + 12 > 0
−12a + 24 = 0
⇔





















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
* * * * * * * * * *

y
o
= 0 , ∀m  1
⇔









x
o
+ y
o
− 4 = 0
3 −x
o
y
o
= 0
⇔





















x
o
= 1
y
o
= 3









x

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
2
x −
7
2
Nhận xét thấy d
1
; d
2
song song. Diện tích hình phẳng giới hạn cần tính chính là diện tích hình thang
K
1
K
2

3
K
4
=
(
K
1
K
4
+ K
2
K
3
)
h
2
Với h = d
(d
1
,d
2
)
= d
(K
1
,d
2
)
=


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

; 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)
18

để có 2 điểm A; B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔
m
3
− 1
6m
2







−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
Xét f (x) = 3x
4
− 2x
2
− 1 ⇒ f

(x) = 12x
3
− 4x = 0 ⇔ x = 0, x = ±
1