(Phan Huy Khải - Hocmai.vn)

Bài 1: Tiếp tuyến hàm ña thức - Khóa LT ðảm bảo - Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


ñi qua

3 2
0 0 0
2 3
0 0 0
2
0 0 0
3
0 0
0 0
1,
( 1) 1 0,
1 0 1 1
0 2
1 0
y x mx m m
m x x y m
x x x
y y
x y
⇒ = + − − ∀
⇒ − + − − = ∀

− = = = −
 

⇒ ⇒ ∨
  
= = −


- Phuơng trình tiếp tuyến tại M
1
là:
(
)
(1)( 1) (2 3) 2 3
y y x m x m
′
= − = + − +

- Phuơng trình tiếp tuyến tại M
2
là:
(
)
( 1)( 1) 2 ( 2 3) 2 1
y y x m x m
′
= − + − = − + − −

Bài 2. Tìm ñiểm
( )
3 2
: 2 3 12 1
M C y x x x
∈ = + − −
sao cho tiếp tuyến của (C) tại ñiểm M ñi qua gốc tọa
ñộ.
Lời giải: Gọi

6 6 12
y x x x
= + −

(2)

Từ
(1)
và
(2)

(
)
3 2 2
0 0 0 0 0 0
2 3 12 1 6 6 12
x x x x x x
⇒ + − − = + −3 2
0 0
2
0 0 0
0 0
4 3 1 0
( 1)(4 1) 0
1 12
x x
x x x


5
(d):y x a
3
= − +

ð
i
ề
u ki
ệ
n
ñể
(d) và (C) ti
ế
p xúc nhau là: h
ệ

3 2
2
5
3 2 x a
3
5
3 6
3
x x
x x

− + = − +

= → =



V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán:
1
5 29
( ) : x
3 27
d y = − + và
2
5 61
( ) : x
3 27
d y = − +

Bài 4
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti

ng d: y=kx – 1.
d ti
ế
p xúc v
ớ
i (C) khi và ch
ỉ
khi h
ệ
sau có nghi
ệ
m:

( )
3 2
3 2 2
2
3 2 3 2 3 2 2
2
2 3 1 1
2 3 1 6 6 1
6 6
0
2 3 1 6 6 1 4 3 0 (4 3) 0
3
4
0
3 3 9
6. 6.
4 4 8

   

   


V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm là:
y 1
= −
và
9
y x-1 hay 9x+8y+8=0
8
= −

Bài 5
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy

p xúc v
ớ
i (C) khi và ch
ỉ
khi h
ệ
sau có nghi
ệ
m:

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c

x x k x
x x x x x
k x x
x
x x x x x x x
x
y
k
k y x
k
y x

− + = + +

⇔ − + = − + +

= −


=


⇔ − + = − − + ⇔ − = ⇔

= ±



=
=

1 2 3 1 2
y x
= ± + +

Bài 6
. Cho
( )
3 2
: 2 3 12 5
C y x x x
= − − −
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n bi
ế
t
a, Ti
ế
p tuy
ế
n
ñ
ó song song v
ớ

p tuy
ế
n t
ạ
o v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
5
2
y x
= − +
góc
45


Lời giải: a, Tiếp tuyến song song với ñt:
6 4
y x
= −
có dạng
(
)
: 6
d y x b
= +

1 13
2
6 6 12 6 3 0
1 13
2
x
x x x x
x

− +
=


− − = ⇔ − − = ⇔

− −
=



Vì:
(
)
(
)
3 2 2 2
1
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 13 8
3 6
x

=

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ

2
3 13 13
: 6
2
d y x
−
= −

b, Ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
2
3
y x
= +
s
ẽ
có h
ệ
s
ố

=


′
= − − = − ⇔ − − = ⇔

−
=

(
)
(
)
3 2 2 2
1
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 16 5
3 6
x
b x x x x x x x x x
= − − − = − − − − − − − = − −

- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2

c, G
ọ
i k là h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm. Theo gi
ả
thi
ế
t ta có:

1
3
2 1
2
tan 45 2 1 2
1
1
2
1
3

ế
p
ñ
i
ể
m:

1
2 2
2
1 7
2
6 6 12 3 6 6 9 0
1 7
2
x
y x x x x
x

+
=


′
= − − = − ⇔ − − = ⇔

−
=



1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
−
= − − − ⇒ = − − −

- V
ớ
i k = 1/3 ta có pt hoành
ñộ
ti
ế
p
ñ
i
ể
m:

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b

+
=


′
= − − = ⇔ − − = ⇔

−
=



(
)
(
)
3 2 2 2
1 127
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 134
3 6 18
x
b x x x x x x x x x= − − − = − − − − − − − = − −

PTTT t
ạ
i
1
3 315
6
x

 
 

V
ậ
y có 4 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán

Bài 7
. Tìm các
ñ
i
ể
m trên tr
ụ
c hoành mà t
ừ

ñ
ó k
ẻ

ñượ
c 3 ti
ế

)
,0
M m b
ấ
t kì thu
ộ
c tr
ụ
c hoành Ox.
ðườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua M v
ớ
i h
ệ
s
ố
góc k có ph
ươ
ng trình
( )
y k x m kx km
= − = −
ti
ế
p xúc v
ớ

( )
3 2 2
3 3 6
x x x x x m
+ = + −( )
(
)
( )
2
2
2 3 3 6 0
0
2 3 3 6 0
x x m x m
x
x m x m
⇔ + − − =
=

⇔

+ − − =



ðể
t

ả
i có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
;
x x
khác 0 sao cho
1 2
1
k k
= −
(k xác
ñị
nh
theo x trong (2))

( )
( )( )
( ) ( )
[ ]
2
2
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 1 2 2
1

+ + + = −
+ + = −

 

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h

sV
ậ
y
ñ
i
ể
m th
ỏ
a mãn là:
1
;0
27
M
 
 
 

Bài 8
. Cho
ñồ
th
ị

( )
3 1
:
3
x
C y
x

M c
ắ
t 2 ti
ệ
m c
ậ
n t
ạ
i A, B. CMR:
a, M là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AB
b, Di
ệ
n tích tam giác IAB không
ñổ
i
Lời giải
:
a,
ðồ
th
ị

(
)

I

L
ấ
y
ñ
i
ể
m b
ấ
t kì
( )
10
3 ;3 , 0
M m C m
m
 
+ + ∈ ≠
 
 
. Ti
ế
p tuyên t
ạ
i M có d
ạ
ng:

( ) ( ) ( )
( )


2
2 2 2 2 2
10 20 30 3 1 1 1 3 6 9
3 2 1 0
3
x
x x x
m x m m
m m m m m
     
+
− + + + = ⇔ − + + − + + =
     
−
     

D
ễ
th
ấ
y pt trên có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
x x
<
. G

( )
1 2 1 2
2 2
10 20 30 20
2 3 6 2
M
y y x x y
m m
m m
 
+ = − + + + + = + =
 
 

V
ậ
y m là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AB (
ñ
pcm)
b, Do tam giác IAB vuông t
ạ
i I, mà có M là trung
ñ
i

m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4
V
ậ
y di
ệ
n tích
IAB
∆
không
ñổ
i. ………………….Hết……………….
Nguồn:

( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0
f x x a x c a
′
⇔ = − − + + =
có 2 nghiệm phân biệt
2
4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0
a c a
′
⇔ ∆ = − − + >2
3sin 2sin 1 0
1
sin (*)
3
a a
a
⇔ − − >
⇔ < −

Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
, và hàm đạt cực trị tại
1 2
,
x x

2
c a
a
a
a a
a
+
⇔ − − =

−
=


⇔ − − = ⇔

+
=



So sánh đk (*) ta suy ra
1 3
arcsin 2
1 3
2
sin ,
2
1 3
arcsin 2
2

x x
thỏa mãn điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x
+ = +

Lời giải: Ta có:
2
3sin 2
( ) (sin os )
4
a
f x x a c a x
′
= − + +
1. Hàm số luôn đồng biến ( ) 0,
f x x R
′
⇔ ≥ ∀ ∈Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 2 of 5

2
(sin os ) 3sin 2 0
1
1 2sin 2 0 sin 2
2

. Théo viet ta có:
1 2 1 2
3sin2
sin cos ; .
4
a
x x a a x x+ = + =
Điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x
+ = +

( )
2
1 2 1 2 1 2
2 .
x x x x x x
⇔ + = + −

( )
2
3sin2
sin cos sin cos (2)
2
a
a a a a⇔ + = + −
Đặt
sin cos 2 os
4


= −


So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên

2
1
os os
4 4
2
2
2
a k
c a c
a k
π
π π
π
π
=

 

− = = ⇒
 

= +
 


tọa độ 2 điểm CĐ, CT là:
3
(0; ); ( ; )
2
m
A m B m m −
Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi:

Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 3 of 5

3 4
(0 )( ) 0 0
2 2
m m
m m m
− − + < ⇔ − <
, luôn đúng với
0
m
≠

Vậy ĐS:
0
m
≠Bài 4: Tìm m để hàm
4 3 2


′
= − + = ⇔

+
=



Từ đó ta vẽ được bbt của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ)
Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt
⇔
đồ thị hàm g(x) cắt đường thẳng y = - m tại 3 điểm phân biệt
6 30 6 30
6 6
g m g
   
+ −
⇔ < − <
   
   
   6 30 6 30
6 6
g m g
   
− +
⇔ − < < −

x
g x x x m
⇔ + + =
=

⇔

= + + =


Ta có:
9 8
g
m
∆ = −
TH 1: Nếu
9
0
8
g
m
∆ ≤ ⇔ ≥
thì
( ) 0,
g x x
≥ ∀
. Suy ra f(x) triệt tiêu và đổi dấu từ - sang +
tại x = 0 nên đạt cực tiểu tại x = 0, và không có cực đại

Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải

4 2
( ) 6 4 6
f x x x x
= − + +
luôn có 3 cực trị đồng thời gốc tọa độ O là
trọng tâm của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị
Lời giải: Ta có:
3
( ) 4 12 4
f x x x
′
= − +

Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có:
( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12
f f f f
′ ′ ′
− = − = = − =

( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0
f f f f f f
′ ′ ′ ′ ′
⇒ − < < <

⇒
f’(x) có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
2 0 1 2
x x x
− < < < < < <


+ + = −


Nên
2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3
3 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18
y y y x x x x x x x x x x x x
 
+ + = − + + − + + + + + +
 6.( 3) 18 0
= − + =

Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa độ
Bài 7: CMR:
4 3 4
( ) 0, 256 27
f x x px q x R q p
= + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
Lời giải:
3
3
( ) 4 0
4
p
f x x p x

− −
⇔ + + ≥
 
 
 
⇔ ≥

Bài 8: Tìm m để hàm số
(
)
(
)
4 2
( ) 1 1 2
f x mx m x m
= + − + − có đúng 1 cực trị
Lời giải:
( )
3
2
0
( ) 4 2 1 0
( ) 2 1 0
x
f x mx m x
g x mx m
=

′
= + − = ⇔

= − − =2
(4 3 10) 0
0
5
2
2
x x x
x
x
x
⇔ − − =
=



⇔ =


=


Suy ra f(x) luôn có 3 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) được:

2
1 1 43 5
( ) ( ) 1
4 16 16 8


Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1 HDG CÁC BTVN PHẦN TƯƠNG GIAO HÀM ĐA THỨC
Câu 1: Cho hàm số (C):
3 2
3
y x mx mx
= − − và đường thẳng d: y = x + 2.
Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d:
1.1. Tại đúng 2 điểm phân biệt.
1.2. Tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC
1.3. Tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số nhân.
Lời giải:
1.1. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
( )
3
3 2
2
2
3 2
3
x x
x mx mx x f x m
x x
− −
− − = + ⇔ = =
+


Hàm số (C) cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC

(
)
' 0
g x
⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt và điểm uốn của đồ thị hàm số
(
)
y g x
= nằm trên trục
hoành Ox.
- Phương trình
(
)
(
)
2
' 3 6 1 0
g x x mx m
= − − + =
có
2
' 9 3 3 0
m m
∆ = + + >
nên luôn có 2 nghiệm phân biệt
với mọi m

đó ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 3
g x x x x x x x
= − − −

Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 2 of 3
Suy ra:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
1 2 3
3
1
2
x x x m
x x x x x x m
x x x
+ + =


+ + = − −


+

Câu 2: Cho hàm số
(
)
4 2
2 1 2 1
y x m x m
= − + + +

2.1. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng;
2.2. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3.
Lời giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
(
)
4 2
2 1 2 1 0
x m x m
− + + + =
;
(1)

Đặt
2
, 0
t x t
= ≥
thì
(1)

 
≠

= + >

(*)
Với (*), gọi
1 2
t t
<
là 2 nghiệm của f(t), khi đó hoành độ giao điểm của hàm số với Ox lần lượt là:
1 2 2 1 3 1 4 2
; ; ;
x t x t x t x t
= − = − = =
Các giao điểm lập thành cấp số cộng
2 1 3 2 4 3 2 1
9
x x x x x x t t
⇔ − = − = − ⇔ =(
)
( )
1 9 1
4
5 4 4
5 4 1
4

 

2.2. Hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3

Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 3 of 3
(
)
f t
⇔ có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;
t t
sao cho:
1 2
1 2
0 3
0 3
t t
t t
= < <


< < ≤


( )
( )
( )
2

 
= + <


= + >

⇔ = − ∨ ≥

Đáp số
1
1
2
m m
= − ∨ ≥
.

………………….Hết……………….
Nguồn: hocmai.vn
Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1 HDG CÁC BTVN TIẾP TUYẾN HÀM PHÂN THỨC
Câu I: Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
− +
=
+
(C)
I.1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M(2 ; 3) đến (C)
I.2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của 2 đường tiệm cận.
I.3. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm
(
)
M C
∈ , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác
có diện tích bằng 1.
I.4. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm
(

)
2 3
y k x
= − +
tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ:
( )
( )
2
1
2 3
2 1
3
2 1
x
k x
x
k
x
− +

= − +

+


−

=
+


2
y
= −
1 1
;
2 2
I
 
⇒ − −
 
 

Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 2 of 5
Vì đường thẳng
1
2
x
= −
không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua
1 1
;
2 2
I
 
− −
 
 
có hệ số góc k có dạng:
1 1


+

có nghiệm

Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:

( )
( )
2
1 3 1 1 3 3
2 1 2 2 2 1 2 2 1
2 1
x
x
x x x
x
− + − −
 
= + − ⇔ =
 
+ + +
 
+
:Vô nghiệm

Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I đến (C)
Bài 3:
Gọi
( )

)
0 0
0
0
2 3
3
;0 ; 0;
3
x x
x
A B
x
− 
 
−
 
 
 
 

OAB
∆
vuông tạo O
( )
2
0
1 2
. 3 1
2 3
OAB

Bài 4:

Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 3 of 5
Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là
1
k
= ±
. Gọi
(
)
(
)
0 0
;
M x y C
∈
là tiếp điểm
- Nếu
( )
0 0
2
0
3 1 3
1 1 2 1 3
2
2 1
k x x
x
− − ±

2
0
3
1 1 2 1 3
2 1
k x
x
−
= − ⇒ = ⇒ + = −
+
: Vô nghiệm
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là:
1 3
y x= − − −
và
1 3
y x= − − +Câu II: Cho hàm số
(
)
1
m x m
y
x m
− +
=
−


B. Chứng minh diện tích tam giác AIB không đổi, I là giao của 2 tiệm cận.
Tìm M để chu vi tam giác AIB nhỏ nhất.
Giải:

Bài 1:
Gọi
(
)
0 0
;
M x y
là điểm cố định của hàm số
(
)
0
0
0
1
;
m x m
y m
x m
− +
⇒ = ∀
−(
)
(

y y x x
= − = − −

Vậy đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định
1
y x
= − −
tại
(
)
0; 1
M
−
.
Bài 2:
Ta có:
2
1
m
y m
x m
= − + ⇒
−
TCĐ:
x m
=
và TCN:
1
y m
= −

A a m m B m m
a
 
+ − − +
 
 

Nhận thấy
2
2
A B M
A B M
x x x
y y y
+ =

⇒

+ =

M là trung điểm của AB (đpcm)
Bài 3:
Điểm
( )
3
9 9
: 2 3 ; 2
3
M C y M
x

I
+
IAB
∆
vuông tại I nên:
1 1 18
. . . 2 . 18
2 2
IAB
S IA IB
α
α
∆
= = =
(đvdt)
+ Chu vi tam giác IAB là:
Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 5 of 5

2
2
18 18
2 4p IA IB AB
α α
α α
 
= + + = + + +
 
 


Nguồn: hocmai.vn Bài 2: Cực trị hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1 HDG CÁC BTVN CỰC TRỊ CỦA HÀM PHÂN THỨC
Cho hàm số
2 2
2 1 3
x mx m
y
x m
+ + −
=
−
. Tìm tham số m để hàm số có:
Câu 1. Hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung.
Câu 2. Hai điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O lập thành tam giác vuông tại O.
Câu 3. Hai điểm cực trị cùng với điểm M(0; 2) thẳng hàng.
Câu 4. Khoảng cách hai điểm cực trị bằng
10
m
.
Câu 5. Cực trị và tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX.
Câu 6. Cực trị và thỏa mãn:
2 3
CD CT
y y+ >

( ) 2 1
g x x xm m
⇔ = − + −
có 2 nghiệm trái dấu cùng khác m

2
1 0
1 1
( ) 0
m
m
g m

− <
⇔ ⇔ − < <

≠


Vậy
(
)
1;1
m ∈ −

Câu 2:
Có:
1
2
1

)
1; 4 2 ; 1; 4 2
A m m B m m
− − + +

Bài 2: Cực trị hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 2 of 3

OAB
∆
vuông tại O
. 0
OA OB OA OB
⇔ ⊥ ⇔ =
uuur uuur(
)
(
)
(
)
(
)
2
1 1 4 2 4 2 0
85
17 5 0
17

⇔ ⇔ − = + −
uuur uuur1
6 2
3
m m
⇔ = ⇔ =

Đáp số:
1
3
m
=

Câu 4:
Ta có:
2
10 4 4 10 2
AB m m m= ⇔ + = ⇔ =

Câu 5:
Mọi giá trị m thì hàm số luôn có cực trị.
Vì
( )
1
lim 3 lim 0 3
x x
y x m y x m


>


+ > ⇔ > ⇔

< −

