www.MATHVN.com

TỔNG HỢP 50 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ
Bài 1.
2x
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B mà
x−2
√
tam giác OAB thỏa mãn AB = OA 2
Giải
Cách 1 Gọi M(xo ; yo ), (xo = 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng:
2xo
−4
y−
(x − xo )
=
xo − 2 (xo − 2)2
√
Do tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy tại các điểm A, B và tam giác OAB có AB = OA 2 nên tam giác OAB
vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với một trong 2 đường phân giác y = x hoặc y = −x
+TH1: d vuông góc với đường phân giác y = x
xo = 0 ⇒ pt d : y = −x (loại)
−4
2=4⇔
=
−1
⇔
(x
−
2)

2
2
xo
2xo
dễ dàng tính được A =
; 0 và B = 0;
2
(xo − 2)2
yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm xo là nghiệm của phương trình
2xo2
xo2
⇔ xo3 (xo − 4) = 0
=
2
(xo − 2)2
+) với xo = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y = −x (loại)
+) với xo = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x + 8
Bài 2.
1
1
Tìm các giá trị của m để hàm số y = x3 − m.x2 + m2 − 3 x có cực đại x1 , cực tiểu x2 đồng thời x1 ; x2
3
2
5
là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
2
Giải
Cách 1 Mxđ: D = R Có y′ = x2 − mx + m2 − 3 y′ = 0 ⇔ x2 − mx + m2 − 3 = 0
Hàm số có cực đại x1 ,cực tiểu x2 thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt dương,
triệttiêu và đổi dấu

m2 − 3 > 0
m < − 3 ∨ m > 3

x + x = m
1
2
Theo vi-et có:
x1 x2 = m2 − 3
√
5
14
Mà x12 + x22 = ⇔ 2(x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 5 ⇔ 2m2 − 4(m2 − 3) = 5 ⇔ m = ±
2
2

www.mathvn.com
1


√

www.MATHVN.com

14
thỏa yêu cầu bài toán
Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m =
2
Bài 3.
1
Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm ) : y = mx3 + (m − 1)x2 + (4 − 3m)x + 1 tồn tại đúng 2



1



4m2 − 4m + 1 > 0
∆′ > 0
m = 1
0
;
2
2 3
Cách 2: Có y′ = mx2 + 2(m − 1)x + 4 − 3m
1
= −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx2 + 2(m − 1)x +
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y′ · −
2
2 − 3m = 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
Th1: m = 0 từ (1) ta có x = −1 (loại)
1
Th2: m = từ (1) ta có x = ±1 (loại)
2
2 − 3m
1
Th3: m = 0; m = từ pt (1) có 2 nghiệm x = 1 ∨ x =
2
m
2 − 3m
2
Điều kiện bài toán dẫn đến: :
>0⇔0

www.MATHVN.com
Bài 5.
Cho hàm số y = 4x3 − 6mx2 + 1, m là tham số.Tìm m để đường thẳng d : y = −x + 1 cắt đồ thị hàm số
tại 3 điểm A(0; 1), B,C và B,C đối xứng qua đường phân giác thứ nhất.
Giải
Giao của (C) và (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình:
4x3 − 6mx2 + 1 = −x + 1 ⇔ x(4x2 − 6mx + 1) = 0
Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x2 − 6mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt
2
−2
⇒ ∆′ = 9m2 − 4 > 0 ⇔ m > , m

x+1
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). Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ
x0 − 2
3
(x − x0 ) +
x0 , phương trình tiếp tuyến có dạng: y =
2
x0 + 1
(x0 + 1)
x0 − 5
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A −1;
, và cắt tiệm cận đứng tại điểm B (2x0 + 1; 1).
x0 + 1
6
x0 − 5
−1 =
; IB = |2x0 + 1 − (−1)| = 2|x0 + 1|
Ta có:IA =
|x0 + 1|
x0 + 1
1
6
.2 |x0 + 1| = 12. Do vậy, diện tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 6.
Nên: IA.IB =
|x0 + 1|
2
S

Giải
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).
2mx0 + 3
(với x0 = m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.
Gọi M x0 ;
x0 − m
2m2 + 3
2mx0 + 3
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = −
(x − x0 ) +
2
x0 − m
(x0 − m)
2
2mx0 + 2m + 6
và cắt tiệm cận ngang tại B (2x0 − m; 2m).
Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A m;
x0 − m
4m2 + 6
2mx0 + 2m2 + 6
− 2m =
; IB = |2x0 − m − m| = 2 |x0 − m|
Ta có: IA =
x0 − m
x0 − m
1
Nên diện tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 4m2 + 6
2
√

x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2
Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có:
x3
x4
x5 4x3
(x4 − 4x2 + m) dx =
(−x4 + 4x2 − m) dx ⇒ 4 − 4 + mx4 = 0 ⇒ 3x44 − 20x42 + 15m = 0
5
3
0
x3

x4 − 4x2 + m = 0
(3)
4
Từ đó có x4 là nghiệm của hpt: 4
3x4 − 20x2 + 15m = 0 (4)
4
4
9m2
20
3m
3m
Thay x42 =
vào (3) có:
− 5m = 0 ⇒ m = 0 ∨ m =
2
2
4
9

Đáp số: m = 0
Bài 11.
−x + 1
Cho hàm số y =
có đồ thị là (H). Tìm trên (H) điểm M để tiếp tuyến tại M có hệ số góc lớn
x−3
√
2 5
hơn 1 tạo với đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 1 = 0 một góc có giá trị bằng
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
2 5
cos(
) ≈ 0, 9999... ≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của góc giữa 2 vecto luôn.
25
2
−
; −1) Vecto chỉ phương của dt ∆ : 3x+4y−1 = 0
Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tại M là: →
u1 (
(x − 3)2
8
|
+ 3|
3
(x − 3)2
→
−
→


Gọi A(x1 ; −x1 + m + 1), B(x2 ; −x2 + m + 1) là 2 giao điểm của (H) và d
Để AOB nhọn thì : AB2 < OA2 + AB2 ⇔ 2(x2 − x1 )2 < (−x1 + m + 1)2 + (−x2 + m + 1)2 ⇔ −2x1 x2 + (m +
1)(x1 + x2 ) − (m + 1)2 < 0 ⇔ m > −3
Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của m.
Bài 13.
x
Cho hàm số y =
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
x−1
√
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2(2 + 2)
Giải
xo
−1(x − xo )
+
Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x = 1, y = 1 Gọi pttt của (H) tại M(xo ; yo ) là: y =
2
(xo − 1)
xo − 1
xo + 1
xo + 1
Khi x = 1 ⇒ y =
⇒ A(1;
). Khi y = 1 ⇒ x = 2xo − 1 ⇒ B(2xo − 1; 1), I(1; 1)
xo − 1
xo − 1
√
xo + 1 2
xo + 1


www.MATHVN.com
a+1

- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: A(1;

)
a−1
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: B(2a − 1; 1)
√
1
2
- Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB + AB =
2, dấu
+ 2|a − 1| + 2 (a − 1)2 +
≥
4
+
2
|a − 1|
(a − 1)2
= xảy ra khi |a − 1| = 1 tức a = 0; a = 2
- Với a = 0 ⇒ y = −x
- Với a = 2 ⇒ y = −x + 4
Kết luận: y = −x, y = −x + 4 là 2 tiếp tuyến cần tìm.
Bài 14.
2x − m
(1). Chứng minh với mọi m = 0 đồ thị hàm số (1) cắt (d) : y = 2x − 2m tại
Cho hàm số: y =
mx + 1

Kẻ OH⊥AB ⇒ OH = d(O,d) = √ . Lại có A, B ∈ d ⇒ yA = 2xA − 2m; yB = 2xB − 2m
5

xA + xB = m
Theo viet có:
.
xA .xB = 1
2
√
Có: AB = (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 5(xA − xB )2 = 5(xA + xB )2 − 20xA xB ⇔ AB = 5m2 + 10
Vì M, N là giao điểm của d với Ox, Oy nên M(m; 0); N(0; 2m)
|−2m| √
Theo giả thiết :SOAB = 3SOMN ⇔ OH.AB = 3OM.ON ⇔ √ . 5m2 + 10 = 3 |xM | |yN |
5
√
|−2m| √ 2
1
⇔ √ . 5m + 10 = 3 |m| |2m| ⇔ m2 + 2 = 3 |m| ⇔ m2 + 2 = 9m2 ⇔ m = ±
2
5
1
Vậy với m = ± là các giá trị cần tìm .
2
Bài 15.
−x + 1
Tìm trên (H) : y =
các điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 và đường thẳng AB
x−2
vuông góc với đường thẳng y = x
Giải

⇔ (m + 3)2 − 4(2m + 1) = 0 ⇔ m2 − 2m − 3 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 3
√
√
+Với m = 3 thay vào pt (1) có:x2 − 6x + 7 = 0 ⇔ x = 3 ± 2 ⇒ y = ± 2. Lúc này tọa độ 2 điểm A, B là
√
√
√ √
√
√
√ √
A(3 + 2; − 2); B(3 − 2; 2) hoặc B(3 + 2; − 2); A(3 − 2; 2)
√
√
+Với m = −1 thay vào pt (1) có: x2 − 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 = x4 − mx2 + m − 1 cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −2.

Giải
√
Xét:x4 − mx2 + m + 1 = 0. ∆ = (m − 2)2 => ∆ = |m − 2| ⇒ x2 = m − 1(m > 1), x2 = 1

Bài 18.
3x − 1
Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y =
sao cho tam giác ABC vuông
x−1
cân tại A(2; 1).
Giải
−
→
Đổi hệ trục tọa độ Oxy
 thành hệ trục tọa độ IXY bằng phép tịnh tiến OI với I(1; 3)
x = X + 1
Công thức đổi trục:
y = Y + 3
2
Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :Y =
(1) và điểm A trở thành A(1; −2)
X
2
2
Xét 2 điểm B a;
;C b;
(a < 0 < b) thuộc đồ thị hàm số (1).
a
b
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 = 900 = CAK + ACK ⇒ BAH =
ACK
AH = CK
Vậy ∆AHB = ∆CKA (cạnh huyền_góc nhọn)⇒

Từ (2) có 3 − a +
b
b
b
b
2
3b + 9b + 6 = 0(4)
8b + 4
3b + 2
từ (3) có
= |b − 1| ⇒
Với a =
b
3b + 2
3b2 + 7b + 2 = 0(5)
+ Với (4) pt có 2 nghiệm b = −1 ∨ b = −2 không thỏa do b > 0
1
+ Với (5) pt có 2 nghiệm b = − ∨ b = −2 không thỏa do b > 0
3
b2 + b − 6 = 0(6)
−b − 2
4
Với a =
từ (3) có
= |b − 1| ⇒
b
b+2
b2 + b + 2 = 0(7)
+Với (7) pt vô nghiệm
+Với (6) pt có 2 nghiệm b = 2 ∨ b = −3 (loại)

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 + m ⇔ f (x) = x2 + (m − 1)x + m + 1 = 0 (1) (x = −1)
x+1
Để 
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình (2) có 2 nghiệm
phân biệt xA , xB khác −1

∆ = (m − 1)2 − 4(m + 1) > 0
x + x = 1 − m
B
A
(∗). Theo vi-et có :
⇔
 f (−1) = 1 − m + 1 + m + 1 = 0
xA .xB = m + 1
√
Lại có A, B ∈ d ⇒ yA = xA + m; yB = xB + m Do AB = 2 2 ⇔ AB2 = 8 ⇔ (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 8
⇔ (xA + xB )2 − 4xA .xB = 4 ⇔ (1 − m)2 − 4(m + 1) = 4 ⇔ m2 − 6m − 7 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 7
Đối chiếu điều kiện (∗) ta có m = −1; m = 7 là giá trị cần tìm.
Bài 21.
3x − 2
(C). Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị.
Cho hàm số y =
x+1
Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại
5
A và B thỏa mãn cos BAI = √

cos2 BAI
5
Lại có tan ABI là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y′ (xo ) =
>0
(xo + 1)2
5
nên
= 5 ⇔ (xo + 1)2 = 1 ⇒ xo = 0 ∨ xo = −2
2
(xo + 1)
Với xo = 0 có pt tiếp tuyến d : y = 5x − 2
Với xo = −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 = x4 − 2mx2 + 2 có đồ thị (Cm ).Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm ) có ba
3 9
.
;
điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D
5 5
Giải
√
′
y = 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0, x = ± m (m > 0) Vậy các điểm thuộc đường tròn (P) ngoại tiếp các điểm
√
√
3 9
. Gọi I(x; y) là tâm đường tròn(P)
;
cực trị là: A(0; 2), B(− m; −m2 + 2),C( m; −m2 + 2), D

2
2
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
5
a4
thuộc đồ thị (C).
Cách 1 Xét A a; − 3a2 +
2
2
a4
3a4
5
5
3
2
2
Phương trình tiếp tuyến tại A : y −
= (2a − 6a)(x − a) ⇔ y = 2a(a − 3)x −
− 3a +
+ 3a2 +
2
2
2
2
4
5
3a
5

C
Lại theo vi et có:
.
xB .xC = 3a2 − 6 (4)
√
Từ (2) và (3) ⇒ xB = 0và xC = −2a. Thế vào
(4) có: 3a2 − 6 = 0 ⇔ a = ± 2 ( thỏa (∗))
www.mathvn.com
9


Kiểm tra:

www.MATHVN.com

√
√ 21
√
5
3
; B 0;
;C −2 2;
⇒ AC = 3AB
2 có A
2; −
2
2
2
√
√

− 3 < a < √3
.
x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 (∗) có hai nghiệm phân biệt khác a ⇔
a = ±1

x + x = −2a
B
C
Khi đó hoành độ B,C là hai nghiệm của phương trình (∗) nên: ⇔
xB .xC = 3a2 − 6
−
→
−
→
Mặt khác:
AC = 3AB (B nằm giữa 
A và C) ⇔ AC = 3AB ⇔ xC − 3xB = −2a



xB = 0


xC − 3xB = −2a

√
Ta có hệ: xB + xC = −2a
⇔ xC = −2a
⇔ a = ± 2 thỏa mãn điều kiện.


3
Bài 25.
Câu I ý 2 đề thi thử đại học lần 3 THPT Trung Giả
1 3
Cho hàm số y = mx + (m − 1)x2 + (3m − 4)x + 1 có đồ thị là (Cm ).Tìm tất cả các giá trị của m sao
3
cho trên (Cm ) có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d) : y = x + 2011
Giải
′
y = mx2 + (m + 1)x + 3m − 4 Để tiếp tuyến vuông góc với (d) thì y′ .1 = −1 ⇔ mx2 + (m + 1)x + 3m − 3 =
0(1) có nghiệm với mọi x thuộc R
−3
Vậy m = 0 thỏa mãn
TH1: m = 0 ⇒ pt trở thành: −2x − 3 = 0 ⇔ x =
2
TH2: m = 0 ⇒ (1) là phương trình bậc 2, vậy để phương trình có nghiệm thì:
1
1
∆ = −2m2 + m + 1 ≥ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 1, m = 0 Vậy − ≤ m ≤ 1 là giá trị cần tìm
2
2
Bài 26.
+Với a =

www.mathvn.com
10


www.MATHVN.com



y .y < 0
 √ 2 < m < 1
(m2 − 1)(m2 − 3)(m2 − 2m − 2) > 0



1
2






 − 3 < m < −1
⇔ m−1 > 0
⇔  √
x1 > 0
√






3 < m < 1+ 2




Bài 28.
−x − 1
Tìm trên đồ thị hàm số y =
các điểm A, B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A song
x+2
√
song với tiếp tuyến tại điểm B và AB = 8
Giải
−a − 1
−b − 1
Xét 2 điểm A a;
; B b;
(a = b = −2) thuộc đồ thị hàm số đã cho.
a+2
b+2
−1
Tiếp tuyến tại A có hệ số góc: f ′ (a) =
(a + 2)2
−1
Tiếp tuyến tại B có hệ số góc : f ′ (b) =
(b + 2)2

 f ′ (a) = f ′ (b)
Theo bài ta có hpt:
√
AB = 8



1


=8
(a − b)2 1 +
ab + 2(a + b) +
4
a = −2 − √3




√
 

a + b = −4
a = −4 − b
a + b = −4
 b = −2 + 3

⇔
⇔
⇔
⇔
1
√
 
ab = 1
b2 + 4b + 1 = 0

=8
 a = −2 + 3

x−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 x1 ; x2 thỏa x1 < 1 < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm t1 ;t2 thỏa t1 < 0 < t2 ⇔ −3k < 0 ⇔ k > 0 (∗)
−→
−→
Vì điểm A luôn
nằm trong đoạn MN và AM = 2AN ⇒ AM = −2AN ⇒ x1 + 2x2 = 3 (3)

x1 + x2 = 2k + 1 (4)
k−1
k+2
k
. Từ (3) và (4) ⇒ x2 =
; x1 =
Theo vi-et có :
k
−
2

k
k
x1 x2 =
(5)
k
2
(k + 2)(k − 1) k − 2
Thay x1 ; x2 vào (5) có pt:
=

, m = 1−
= √ ⇒ m = 1+
Do vậy ta có phương trình: d(I, MN) = √ ⇔ √
2
2
2
2
4m2 + 1
Bài 31.
x+3
Cho hàm số y =
có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên (H) sao cho tiếp
2(x + 1)
tuyến tại M cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm A, B đồng thời đường trung trực của AB đi qua gốc
tọa độ O.
Giải
Do tam giác OAB đã vuông tại O mà trung trực của AB lại đi qua O nên tam giác OAB phải vuông cân, điều
đó có nghĩa là AB tạo với trục hoành góc 45o , cũng tức là hệ số góc của AB bằng −1.
−4
= −1 ⇔ x = 0, x = −2
Vậy thì, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình:
4(x + 1)2
3
Với x = 0 ta có tiếp tuyến là: y = −x +
2
5
Với x = −2 ta có tiếp tuyến là: y = −x −
2
Bài 32.
1

6
35
Đường thẳng d viết lại là: y = 6x − 2 Nên hai cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng d, điều kiện đầu
1
1
2
′
tiên là d ⊥ d . Hay: − (m − 1) .6 = −1 ⇔ m = 0 ∨ m = 2
6
* Với m = 0, hàm số đã cho trở thành:
1
1
y = x3 − x2 và y′ = x2 − x
3
2
1
1
1
∈
/ d nên hai điểm cực
;−
Hai điểm cực trị có tọa độ: A (0; 0); B 1; − , trung điểm của AB là I
6
2 12
trị không đối xứng nhau qua đường thẳng d.
* Với m = 2, hàm số đã cho trở thành:
1
2
3
5

|m|
Khoảng cách từ O đến BC là: d(O; BC) = √
Độ dài BC là: BC = 2 m(1 + m2 )
m2 + 1
√
1
Có: SOBC = d(O; BC).BC = m m = 1 ⇔ m = 1
2
Đáp số: m = 1
Bài 34.
Đề Thử sức trên THTT - Tháng 5/2011
x3 1
Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số: y = − (m + 3) x2 − 2 (m + 1) x + 1 có hai điểm cực
3 2
trị với hoành độ lớn hơn 1.
Giải
Ta có: y′ = x2 − (m + 3) x − 2 (m + 1)
y′ = 0 ⇔ x2 − (m + 3) x − 2 (m + 1) = 0 (∗)
Có: ∆ = (m + 3)2 + 8 (m + 1) = m2 + 14m + 17 > 0, ∀x ∈ R
Nên đồ thị hàm số luôn có hai cực trị có hoành độ x1 và x2 là nghiệm của phương trình (∗).
Yêu cầu bài toán tương đương với tìm điều kiện của tham số m để phương trình (∗) có hai nghiệm x1 và x2

www.mathvn.com
13





www.MATHVN.com

Bài 35.
Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y = x3 − 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; a3 − 3a + 2); B(b; b3 − 3b + 2)(a = b) thuộc đồ thị hàm số đã cho. Tiếp tuyến tại A có hệ
số góc kA = 3a2 − 3. Tiếp tuyến tại B có hệ số góc kB = 3b2 − 3
Do tiếp tuyến tại A và B có cùng hệ số góc nên kA = kB ⇔ 3a2 − 3 = 3b2 − 3 ⇔ (a − b)(a + b) = 0 ⇔ a = −b
−
→
Từ đó có AB = (b − a; b3 − 3b + 2 − a3 + 3a − 2) = (2b; 2b3 − 6b)
−
Mặt khác đường thẳng d : x + y + 2011 = 0 có →
u = (1; −1)
b = 0 ⇒ a = 0(l)
−
→−
Vì AB⊥d nên AB.→
u = 0 ⇔ 2b(b2 + 4) = 0 ⇔
b = ±2 ⇒ a = ±2
Vậy có 2 điểm A, B với A(−2; 0), B(2; 4) hoặc ngược lại thỏa yêu cầu bài toán.
Cách 2 -Điều kiện (1): Phươngtrình f ′ (x) = k có hai nghiệm phân biệt ...(Tự tìm)
y = x3 − 3x + 2
-Tọa độ A, B là nghiệm của hệ
k = 3x2 − 3
k
−2 x+2
- Suy ra phương trình đường thẳng AB là y =
3
- 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)


1
m+1
.y′ − 2mx + m3 − m2
x+
3
3
Suy ra pt đường thẳng đi qua 2 cực tri là y = −2mx + m3 − m2
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

 

 ′

⇔
⇔
(∗∗)
 ∆ >0
 18m − 8 > 0
ycd .yct > 0
(−2mxcd + m3 − m2 )(−2mxct + m3 − m2 ) > 0

x + x = −2(m + 1)
ct
cd
Theo vi-et thì:

Bài 39.
Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2009 - 2010
Tìm m để điểm A(3; 5) nằm trên đường thẳng nối 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số
y = x3 − 3mx2 + 3(m + 6)x + 1
Giải
′
y = 3(x2 − 2mx + m + 6)
Hàm số có 2 cực trị ⇔ y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = m2 − (m + 6) > 0 ⇔ m ∈ (−∞; −2) ∪ (3; +∞)
1
Ta có: y = (x − m)y′ + 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1
3
Hoành độ 2 đỉêm cực trị của hàm số là nghiệm của y′ = 0 nên tung độ 2 cục trị thoả mãn:
y = 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 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(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1 ⇔ 5 = 6(−m2 + m + 6) + m2 + 6m + 1
m=4
⇔ 5m2 − 12m − 32 = 0 ⇔ 
8 Đối chiếu đk ta nhận m = 4
m=−
5
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)(x3 + x2 + 1) biết tiếp tuyến tiếp xúc với đồ
thị tại 2 điểm phân biệt.
Giải
Ta cóy = f (x) = x4 − x2 + x − 1 ⇒ f ′ (x) = 4x3 − 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
f (b) − f (a)
vì đều là hsg của đường thẳng (d)
Ta có f ′ (a) = f ′ (b) =

(1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 ; x3 thỏa x12 + x22 + x32 + 3x1 x2 x3 > 53
Giải
Bài 42.
Trích đề học sinh giỏi Đà Nẵng 2010
Với mỗi tham số m ∈ R, gọi (Cm ) là đồ thị của hàm số: y = x3 − (3m − 1)x2 + 2m(m − 1)x + m2 (1).
CMR: khi m thay đổi, đường thẳng (∆m ) : y = mx − m2 luôn cắt (Cm ) tại một điểm A có hoành độ không
đổi. Tìm m để (∆m ) còn cắt (Cm ) tại hai điểm nữa khác A và tiếp tuyến của (Cm ) tại hai điểm đó song
song với nhau.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và đường thẳng ∆m
x3 − (3m − 1)x2 + 2m(m − 1)x + m2 = mx − m2
x=1
⇔ (x − 1)(x2 − 3mx + 2m2 ) = 0 ⇔
f (x) = x2 − 3mx + 2m2 = 0(∗)
Với x = 1 ⇒ y = m − m2 ⇒ A(1; m − m2 ) cố định
Để ∆m cắt (Cm ) tại 2 điểm B,C
 khác điểm A thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt xB ; xC khác 1
∆ = 9m2 − 8m2 > 0
1
(i)
⇔
⇒ m = 0; ; 1
2
 f (1) = 1 − 3m + 2m = 0
2

x + x = 3m
B
C
Lúc đó theo vi-et có:

3 3
27

www.mathvn.com
16


www.MATHVN.com
phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn là : y = m −
vì điểm a ∈ (d) nên ta có phương trình m −

10
3

10
2
11m 52
x−
+
−
(d)
3
3
3
27
1 11m
1
1
+
=−

Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI là O(x; y) ⇒
⇔
BO2 = IO2
(y − 1)2 = (y − xo + 5 )2
xo − 1

x = xo
y = xo + 2
xo − 1
xo + 2
9
9
Vậy O(xo ;
) ⇒ R2 = IO2 = (xo − 1)2 +
Theo cô-si: (xo − 1)2 +
≥6
2
xo − 1
(xo − 1)
(xo − 1)2
√
√
√
9
3,
x
=
1
−
3

3
3
Bài 46.
Trích đề thi thử Trung Giã lần 3
x+1
tại 2 điểm
Tìm các giá trị của m để đường thẳng: d : 2mx − 2y + m + 1 = 0 cắt đồ thị hàm số y =
2x + 1
phân biệt A, B sao cho biểu thức: P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
xét phương trình tương giao giữa (d) và (C) :
x+1
m−1
m+1
=
⇔ 2mx2 + 2mx +
= 0 (1)
mx +
2
2x + 1
2
−1
hàm số có 2 cực trị ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt thảo mãn x1 = x2 =
⇔m>0
2
√
√
2
1
m 1

= f (m)
2m
7
1
xét hàm f (m) trên (0; + ∝) ta được MIN f (m) = = f (
2
4
Bài 47.
x2 + x + 1
Tìm trên trục tung các điểm mà qua nó chỉ có 1 đường tiếp tuyến đến đồ thị
Cho hàm: y =
x−1
hàm số trên.
Giải
3
x2 + x + 1
Mxđ: D = R \ {1}. Có y =
= x+2+
x−1
x−1
Xét điếm A(0; a) ∈ Oy. Phương trình đường thẳng d điqua A có hệ số góc k: y = kx + a
3

x + 2 +
= kx + a (1)
x
−
1
Để d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho thì hệ pt :
có nghiệm.

Để từ A kẻ đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số đã cho thì pt (∗) có nghiệm kép khác 3 − a hoặc có 2 nghiệm
phân
bằng 3 − a
 trong đó có 1 nghiệm
 
 biệt
 
a = −1
12a + 12 = 0
∆′ = 0
f



 
 
 
 a=2
 f (3 − a) = 0
 −12a + 24 = 0
a = −1

 
 
⇔
⇔
⇔
⇔
 
  ′

1) Tìm điểm cố định của họ (Cm )

2) Từ các điểm cố định của họ đồ thị viết các đường thẳng đi qua chúng với hệ số góc k =
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng vừa lập và trục Ox
Giải
Gọi K(xo ; yo ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua ∀m = 1
mxo − 4m + 3
có nghiệm ∀m = 1
Lúc đó pt: yo =
xo − m
⇔ xo yo − myo = mxo − 4m + 3 , ∀m = 1 ⇔ (xo + yo 
− 4)m
 + 3 − xo yo = 0 , ∀m = 1
x = 1
o



 
x + y − 4 = 0
x = 4 − y
 yo = 3
o
o
o
o

⇔
⇔
⇔

7
3
Gọi d2 là đường thẳng đi qua K2 và có hệ số góc k = ⇒pt d2 : y = (x − 3) + 1 = x −
2
2
2
2
Nhận xét thấy d1 ; d2 song song. Diện tích hình phẳng giới hạn cần tính chính là diện tích hình thang
7
; 0 ; K4 = d1 ∩ Ox ⇒ K4 (−1; 0)
K1 K2 K3 K4 với K3 = d2 ∩ Ox ⇒ K3
3
(K1 K4 + K2 K3 ) h
Có SK1 K2 K3 K4 =
2
3
7
√
−3−
√
10
13
2
2
Với h = d(d1 ,d2 ) = d(K1 ,d2 ) =
= √ K1 K4 = 13; K2 K3 =
3
13
3 2
+ (−1)2

6m2 − 3
3
m −1
dễ thấy xa ; xb lúc này là nghiệm của phương trình : X 2 + 2
= 0 (1)
6m − 3
m3 − 1