TỔNG HỢP 50 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ
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

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)
2
(x −x
o
) +
2x
o
x

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
3
−
1
2
m.x
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
⇔









∆ > 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

+ (4 −3m)x + 1 tồn tại đúng 2
điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L) : x + 2y −3 = 0.
Giải
Cách 1: 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 có 2 nghiệm dương phân biệt.
⇔










m −1
m
< 0
2 −3m
m
> 0
⇔















m = 0
m =
1
2
0 < m < 1
0 < m <
2
3

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
m
> 0 ⇔0 < m <
2

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 :⇔



∆
′
= k > 0
g(2) = 9 −k = 0
⇔ 0 < k = 9 (∗
′
)
Theo vi-et ta có :

)
2
+ k
2
(x
B
−x
C
)
2
= 8
⇔

(x
B
+ x
C
)
2
−4x
B
x
C

(1 + k
2
) = 8 ⇔ k
3
+ k −2 = 0 ⇔k = 1 (thỏa đk (∗
′

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:



x
1
= y
2
y
1
= x
2
⇔



x
1

′
= 4x
3
−4mx.
y
′
= 0 ⇔4x
3
−4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨x
2
= m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗)
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 =
|

(x −x
0
) +
x
0
−2
x
0
+ 1
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A

−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

.2
|
x
0
+ 1
|
= 12. Do vậy, diện tích tam giác IAB là: S =
1
2
IA.IB = 6.
Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:r =
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
√

Bài 8.
3
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Cho hàm số y =
2mx + 3
x −m
. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai
tiệm cận tại A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 64
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).
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.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = −
2m
2





2mx
0
+ 2m
2
+ 6
x
0
−m
−2m




=




4m
2
+ 6
x
0
−m



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
⇔









∆
′
= 4 −m > 0
S = 4 > 0
P = m > 0

=
√
t
2
Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có:

x
3
0
(x
4
−4x
2
+ m) dx =

x
4
x
3
(−x
4
+ 4x
2
−m) dx ⇒
x
5
4
5
−
4x

4
+ 15m = 0 (4)
Lấy 3.(3) −(4) ⇒ x
2
4
=
3m
2
Thay x
2
4
=
3m
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

√
1 −m
2
)
4
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Diện tích tam giác ABC là: S
ABC
=
1
2
d(A; BC).BC = (1 −m
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

8
(x −3)
2
+ 3|
5

4
(x −3)
4
+ 1
= 1 ⇔|8+3(x−3)
2
|= 5

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 thì : AB
2
< OA
2
+ AB
2
⇔2(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)

Khi x = 1 ⇒ y =
x
o
+ 1
x
o
−1
⇒ A(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

−1)
⇔



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
(a −1)

Bài 14.
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

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
B
= 2x
B
−2m
Theo viet có:



x
A

B
)
2
=

5(x
A
+ x
B
)
2
−20x
A
x
B
⇔ AB =
√
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
|
√

√
m
2
+ 2 = 3
|
m
|
⇔ m
2
+ 2 = 9m
2
⇔ m = ±
1
2
Vậy với m = ±
1
2
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



x
A
+ x
B
= m + 3
x
A
.x
B
= 2m + 1
Lại có: y
A
= −x
A
+ m; y
B
= −x
B
+ m
Mà AB = 4 ⇔ AB
2
= 16 ⇔(x
B
−x
A
)
2
+ (y

√
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: x
2
−2x −1 = 0 ⇔ x = 1 ±
√
2 ⇒ y = −2 ±
√
2. Lúc này tọa độ 2 điểm
A,B là A(1 +
√

√
∆ = |m −2| ⇒x
2
= m −1(m > 1),x
2
= 1
Vậy 4 giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là: A(−1; 0),B(−
√
m −1; 0),C(1; 0),D(
√
m −1; 0)
Để 4 điểm đó có hoành độ >-2 thì:
TH1:−
√
m −1 > −1 ⇔m < 2, kết hợp với đk ⇒ 1 < m < 2
TH2:−2 < −
√
m −1 < −1| ⇔ 2 < m < 5
Vậy :m ∈(1; 2) ∪(2;5) là giá trị cần tìm.
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

+ (2x
1
+ 3m)(2x
2
+ 3m) = −4 ⇒
12m −15
2
= −4 ⇒m =
7
12
Bài 18.
Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y =
3x −1
x −1
sao cho tam giác ABC vuông
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)
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)




AH = CK
BH = AK
(∗)
7
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Lúc đó từ (∗) có hpt:







(1 −a)
2
=

2 +
2
b

2
(2)




3b + 2
b
từ (3) có




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
+ Với (5) pt có 2 nghiệm b = −
1
3
∨b = −2 không thỏa do b > 0

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:
−→
OA.
−→
OB
OA.OB
= −
1
2
⇔ −2m(m + 4) = |m|
√
m
2
+ 8m + 20 ⇔m = 0,m =
−12 +
√


∆ = (m −1)
2
−4(m + 1) > 0
f (−1) = 1 −m +1 + m + 1 = 0
(∗). Theo vi-et có :



x
A
+ x
B
= 1 −m
x
A
.x
B
= m + 1
Lại có A,B ∈ d ⇒ y
A
= x
A
+ m; y
B
= x
B
+ m Do AB = 2
√
2 ⇔AB

Bài 21.
Cho hàm số y =
3x −2
x + 1
(C). Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị.
Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại
A và B thỏa mãn cos

BAI =
5
√
26
Giải
8
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
Xét điểm M(x
o
; y
o
),(x
o
= −1) ∈(C) là tiếp điểm của tiếp tuyến d.
Phương trình tiếp tuyến tại d có dạng : y −
3x
o
−2
x
o
+ 1

1
|
5
|
⇒ tan

ABI =
|
5
|
Lại có tan

ABI là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y
′
(x
o
) =
5
(x
o
+ 1)
2
> 0
nên
5
(x
o
+ 1)
2
= 5 ⇔(x

9
5

.
Giải
y
′
= 4x
3
−4mx = 0 ⇔ x = 0,x = ±
√
m (m > 0) Vậy các điểm thuộc đường tròn (P) ngoại tiếp các điểm
cực trị là: A(0; 2),B(−
√
m; −m
2
+ 2),C(
√
m; −m
2
+ 2),D

3
5
;
9
5

. Gọi I(x; y) là tâm đường tròn(P)
⇒


3x −y + 1 = 0
2x
√
m = −2x
√
m
(x +
√
m)
2
+ (y + m
2
−2)
2
= x
2
+ (y −2)
2
⇔ x = 0, y = 1, m = 0(loại), m = 1.
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 23.
Cho hàm số y =
x
4
2
−3x
2
+
5


= (2a
3
−6a)(x −a) ⇔y = 2a(a
2
−3)x −
3a
4
2
+3a
2
+
5
2
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến tại A.
x
4
2
−3x
2
+
5
2
= 2a(a
2
−3)x −
3a
4
2
+ 3a

2
−(3a
2
−6) > 0
f (a) = 6a
2
−6 = 0
⇔



−
√
3 < a <
√
3
a = ±1
(∗)
Do AB = 3AC ⇒
−→
AC = 3
−→
AB ⇒x
C
−3x
B
= −2a (2)
Lại theo vi et có:



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

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) +
a
4
2
−3a
2
+
5


x
B
+ x
C
= −2a
x
B
.x
C
= 3a
2
−6
Mặt khác: AC = 3AB (B nằm giữa A và C) ⇔
−→
AC = 3
−→
AB ⇔x
C
−3x
B
= −2a
Ta có hệ:








B
= 0
x
C
= −2a
3a
2
−6 = 0
⇔ a = ±
√
2 thỏa mãn điều kiện.
Vậy giá trị cần tìm của m là: a = ±
√
2
Bài 24. Câu I ý 2 đề thi thử đại học Vinh lần 3
Cho hàm số y =
1
4
x
4
−(3m + 1)x
2
+ 2(m + 1) (m là tham số). Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo
thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ O.
Giải
y
′
= x
3
−2(3m + 1)x = 0 ⇔ x = 0,x

mx
3
+ (m −1)x
2
+ (3m −4)x + 1 có đồ thị là (C
m
).Tìm tất cả các giá trị của m sao
cho trên (C
m
) có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d) : y = x + 2011
Giải
y
′
= mx
2
+ (m +1)x + 3m −4 Để tiếp tuyến vuông góc với (d) thì y
′
.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

= 3x
2
−6mx + 3(m
2
−1)
y
′
= 0 ⇔

x
1
= m −1
x
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
m −1 > 0
m + 1 > 0
1 −m < 0

2
m > 1
⇒
√
3 < m < 1 +
√
2. Vậy các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m ∈

√
3; 1 +
√
2

Bài 27.
Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y = x
3
−3x
2
+ 3mx + 3m + 4 và trục hoành có phần
nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành
Giải
Bài 28.
Tìm trên đồ thị hàm số y =
−x −1
x + 2
các điểm A,B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A song
song với tiếp tuyến tại điểm B và AB =
√
8
Giải

′
(a) = f
′
(b)
AB =
√
8
⇔









−
1
(a + 2)
2
= −
1
(b + 2)
2

(a −b)
2
+


1
ab + 2(a + b) +4

= 8
⇔





a + b = −4
(16 −4ab)

1 +
1
ab −4

= 8
⇔



a + b = −4
ab = 1
⇔



a = −4 −b
b


−2 −
√
3;
√
3 + 1

; B

−2 +
√
3;
√
3 −1

hoặc A

−2 +
√
3;
√
3 −1

; B

−2 −
√
3;
√
3 + 1

1
< 1 < x
2
⇔ pt (2) có 2 nghiệm t
1
;t
2
thỏa t
1
< 0 < t
2
⇔ −3k < 0 ⇔k > 0 (∗)
Vì điểm A luôn nằm trong đoạn MN và AM = 2AN ⇒
−→
AM = −2
−→
AN ⇒ x
1
+ 2x
2
= 3 (3)
Theo vi-et có :





x
1
+ x

2
=
k −2
k
⇔ 3k −2 = 0 ⇔ k =
2
3
Đối chiếu đk (∗) có k =
2
3
là giá trị cần tìm.
Bài 30.
Tìm m để đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị hàm số y = x
3
−3mx + 2 cắt đường tròn tâm
I(1; 1) bán kính bằng 1 tại A,B mà diện tích tam giác IAB lớn nhất
Giải
- Có: y
′
= 3x
2
−3m có 2 nghiệm phân biệt khi m > 0. Khi đó, tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
M(
√
m,2 −2m
√
x),N(−
√
m,2 + 2m
√

⇒ m = 1 +
√
3
2
, m = 1 −
√
3
2
Bài 31.
Cho hàm số y =
x + 3
2(x + 1)
có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên (H) sao cho tiếp
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 45
o
, cũng tức là hệ số góc của AB bằng −1.
Vậy thì, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình:
−4
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

Mặt khác: y =

1
3
x −
1
6
(m + 1)

.y
′
−
1
6
(m −1)
2
x +
1
6
m(m + 1)
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)

1; −
1
6

, trung điểm của AB là I

1
2
; −
1
12

/∈ 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;

3
−3x
2
+ 4 = m(x + 1)
⇔ (x + 1)(x
2
−4x + 4 −m) = 0 ⇔x = −1; g(x) = x
2
−4x + 4 −m = 0 (1)
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


y
′
= 0 ⇔x
2
−(m + 3)x −2 (m + 1) = 0 (∗)
Có: ∆ = (m +3)
2
+ 8 (m + 1) = m
2
+ 14m + 17 > 0, ∀x ∈ R
Nên đồ thị hàm số luôn có hai cực tr ị có hoành độ x
1
và x
2
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 x
1
và x
2
13
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
thỏa mãn:



x
1
> 1
x

x
1
+ x
2
−2 > 0
x
1
x
2
−(x
1
+ x
2
) + 1 > 0
⇔



(m + 3) −2 > 0
−2 (m + 1) −(m + 3) + 1 > 0
⇔



m > −1
m < −
4
3
⇔ m ∈∅
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài.

−→
AB = (b −a; b
3
−3b + 2 −a
3
+ 3a −2) = (2b; 2b
3
−6b)
Mặt khác đường thẳng d : x + y + 2011 = 0 có
−→
u = (1;−1)
Vì AB⊥d nên
−→
AB.
−→
u = 0 ⇔2b(b
2
+ 4) = 0 ⇔

b = 0 ⇒ a = 0(l)
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)
-Tọa độ A,B là nghiệm của hệ



y = x

< 3 < x
3
< 4
Giải
PT hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục Ox là
x
3
−6x
2
+ 9x + d = 0 ⇔d = −x
3
+ 6x
2
−9x (∗)
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

3
+ 1 (∗) và trục hoành.
Có y
′
= 3x
2
+ 6(m + 1)x + 3(m
2
+ 1) Thực hiện phép chia y cho y
′
ta được
14
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
y =

1
3
x +
m + 1
3

.y
′
−2mx + m
3
−m
2
Suy ra pt đường thẳng đi qua 2 cực tri là y = −2mx +m
3


18m −8 > 0
(−2mx
cd
+ m
3
−m
2
)(−2mx
ct
+ m
3
−m
2
) > 0
(∗∗)
Theo vi-et thì:



x
cd
+ x
ct
= −2(m + 1)
x
cd
.x
ct
= m


m ≤
2
9
m >
2
9
⇒ ∀m
Vậy ∀m pt đã cho luôn có một nghiệm duy nhất.
Bài 38. Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2008 - 2009
Gọi d là đường thẳng qua M(2; 0) và có hệ số góc k.
Tìm k để d cắt đồ thị (C) : y = |x|
3
−3|x|−2 tại 4 điểm phân biệt.
Giải
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 = x
3
−3mx
2
+ 3(m + 6)x + 1
Giải
y
′
= 3(x
2
−2mx + m + 6)
Hàm số có 2 cực trị ⇔ y
′

+ m + 6) + m
2
+ 6m + 1
⇔ 5m
2
−12m −32 = 0 ⇔


m = 4
m = −
8
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

f (b) − f (a)
b −a
⇔
f
′
(a) + f
′
(b)
2
=
f (b) − f (a)
b −a
15
www.MATHVN.com
www.mathvn.com
⇔
(4a
3
−2a + 1) + (4b
3
−2b + 1)
2
= (a
2
+ b
2
)(a + b) −(a +b)+1
⇔ 2(a
3
+ b

2
2
+ x
2
3
+ 3x
1
x
2
x
3
> 53
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

−3mx + 2m
2
= 0(∗)
Với x = 1 ⇒y = m −m
2
⇒ A(1;m −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
⇔



∆ = 9m
2
−8m
2
> 0
f (1) = 1 −3m + 2m
2
= 0
⇒ m =

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
+ 2m(m −1)
⇔ 3(x
B
+ x
C
) = 2(3m +1) vì x
B
= x

′
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
;
11m
3
−
52
27

16
www.MATHVN.com

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
o
−1)
2
+
x
o
+ 2

(x −1)
2
= (x −2x
o
+ 1)
2
(y −1)
2
= (y −
x
o
+ 5
x
o
−1
)
2
⇔



x = x
o
y =
x
o
+ 2
x
o
−1

o
−1)
2
≥ 6
Vậy R
min
=
√
6 ⇔(x
o
−1)
2
=
9
(x
o
−1)
2
⇔ x
o
= 1 +
√
3,x
o
= 1 −
√
3
⇒ M(1 +
√
3;

+ 3(m + 1)x

= 2x(2x
2
+ 6mx + 3m + 3)
f
′
(x) = 0 ⇔

x = 0
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
= x
2
=
−1
2
⇔ m > 0
(1) ⇔2x

x +
1
2

2
=
1
4m
⇒ x
1
=
√
m
2m
−
1
2
và x
2
= −
√

−
1
2
;
1
2
−
m
√
m

dễ dàng tính được P = OA
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

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
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



∆
′
f
> 0
f (3 −a) = 0
⇔











12a + 12 = 0
−12a + 24 = 0



12a + 12 > 0
−12a + 24 = 0
⇔




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
Lúc đó pt: y
o
=
mx
o
−4m + 3
x
o
−m
có nghiệm ∀m = 1
⇔ x
o
y
o
−my
o
= mx
o
−4m + 3 , ∀m = 1 ⇔ (x

y
2
o
−4y
o
+ 3 = 0
⇔











x
o
= 1
y
o
= 3



x
o
= 3

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
K
3
K
4

K
4
+ K
2
K
3
)h
2
Với h = d
(d
1
,d
2
)
= d
(K
1
,d
2
)
=




3
2
−3 −
7
2

Do đó S
K
1
K
2
K
3
K
4
=

√
13 +
√
13
3

10
√
13
2
=
20
3
(đvdt)
Bài 49.
Cho hàm số y = x
3
−3(2m
2

y
a
+ y
b
= 0
từ phương trình 2 ta có : x
3
a
+ x
3
b
−3(2m
2
−1)(x
2
a
+ x
2
b
) + 3(m
2
−1)(x
a
+ x
b
) + 2 −2m
3
= 0
⇔ 6(2m
2

−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
giải bpt ta được m ∈

−∞; −
√
2
2

∪

√
2
2
; 1

Bài 50.
Cho hàm số y = −x
4

(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
www.MATHVN.com
www.mathvn.com