BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
02. CÁC DẠNG TOÁN TRỌNG TÂM VỀ HÀM SỐ - P1
I. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH VỀ CỰC TRỊ VÀ TIẾP TUYẾN
Bài 1: Cho hàm số
(
)
3 2
( ) 3 1 1
y f x mx mx m x
= = + − − −
, m là tham số
Xác định các giá trị của m để hàm số
( )
y f x
=
không có cực trị.
Lời giải:
+ Khi m = 0
1
y x
⇒ = −
, nên hàm số không có cực trị.
+ Khi
0
m
≠

(
)
2

' 3 6 1
y mx mx m
⇒ = + − −

Hàm s
ố
không có c
ự
c tr
ị
khi và ch
ỉ
khi
' 0
y
=
không có nghi
ệ
m ho
ặ
c có nghi
ệ
m kép
(
)
2 2
' 9 3 1 12 3 0
m m m m m
⇔ ∆ = + − = − ≤
1

0
4
m
⇔ ≤ ≤

Bài 2:
Cho hàm s
ố

3 2
1
2 3
3
y x mx mx
= − +
, m là tham s
ố
th
ự
c. Tìm m
để
hàm s
ố

đạ
t c
ự
c tr
ị
t

ạ
i x
1
, x
2

sao cho bi
ể
u th
ứ
c sau
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t
2
2
2 1
2 2
1 2
4 9
4 9
x mx m
m
D
x mx m m

+ −
= +
+ −

Lời giải:
Ta có
2
' 4 3
y x mx m
= − +

hàm s
ố

đạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i x
1
, x
2
khi và ch
ỉ
khi
2
3

4 3 0
4
0
m
m m
m

>

− > ⇔

<

(*)
Khi đó
2
1 1
2
2 2
1 2
4 3
4 3
4
x mx m
x mx m
x x m

= −

= −



+ =


Suy ra
16 12
16 12
m m
D
m m
−
= +
−

Với m thỏa mãn (*) thì
12
16
−
m
m
và
m
m 1216
−
là hai số dương, nên áp dụng BĐT Cosi ta có
2
≥
D
,

Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
4
5
m
=

V
ậ
y minD = 2 khi
4
5
m
=
. V
ậ
y giá tr
ị
c
ầ
n tìm là
4
.
5

m
=

Bài 3:
Cho hàm s
ố
y = x
3
– 3x + 2 (C). Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m M thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng (d) có ph
ươ
ng trình
3 2
y x
= − +
sao cho t
ừ

M k
ẻ

đượ
c hai ti
ế
p tuy
ế
n
đế
n
đồ
th
ị
(C) và hai ti
ế
p tuy
ế
n
đ
ó vuông góc v
ớ
i nhau.
Lời giải:
G
ọ
i
( ; 3 2)
M a a
− +

là
đ
i
ể
m c
ầ
n tìm.

Ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đồ
th
ị
(C) t
ạ
i
đ
i
ể
m (x
0
; y
0
) là: y = (3x
0

2
– 3)(x – x
0
) + x
0
3
– 3x
0

+2.
Ti
ế
p tuy
ế
n
đ
i qua M(a; b) nên ta có -3a + 2 = (3x
0
2
– 3)( a – x
0
) + x
0
3
– 3x
0
+ 2
⇔
2x
0

3
– 3ax
0
2
= 0
⇔
x
0
= 0 ho
ặ
c x
0
= 3a/2.
Có hai ti
ế
p tuy
ế
n
đ
i qua M v
ớ
i h
ệ
s
ố
góc là
1
'(0) 3
k f
= = −

và
2
3
'
2
a
k f
 
=
 
 
=
2
27
3
4
a
−
.
Hai ti
ế
p tuy
ế
n này vuông góc v
ớ
i nhau
⇔
k
1
.k

2
= -1
⇔
a
2
= 40/81
⇔
a =
9
102
± .
V
ậ
y có hai
đ
i
ể
m th
ỏ
a mãn
đề
bài là: M(
9
102
± ; 2
3
102
+∓ ).
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn

Bài 4: Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
+
=
−
. Tìm m
để

đườ
ng th
ẳ
ng
(
)
: 2
d y x m
= +
c
ắ
t (C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi

ệ
t sao
cho ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m
đ
ó song song v
ớ
i nhau.
Lời giải:
Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m:
(

)
(
)
(
)
2
( ) 2 6 2 3 0 *
2 3
2
2
2
g x x m x m
x
x m
x
x

= + − − + =
+

= + ⇔

−
≠



(d) c
ắ
t (C) t

ạ
i 2
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t khi và ch
ỉ
khi ph
ươ
ng trình (*) có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t và khác 2.
( )
( ) ( )
2
2
0
6 8 2 3 0 4 60 0
2 0
g
m m m m
g
∆ >


⇔ ⇔ − + + > ⇔ + + >


≠


(luôn
đ
úng).
V
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n trên gi
ả
s
ử

đườ
ng th
ẳ
ng c
ắ
t
đồ
th
ị
hàm s

ố
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m có hoành
độ

1 2
x x
≠
.
Theo Vi-ét ta có
1 2
6
2
m
x x
−
+ =
.
T
ạ
i hai giao
đ
i
ể
m k

ẻ
hai ti
ế
p tuy
ế
n song song khi và ch
ỉ
khi
(
)
(
)
1 2 1 2
' ' 4
y x y x x x
= ⇔ + =
2
m
⇔ = −
.
V
ậ
y
2
m
= −
là giá tr
ị
c
ầ

n tìm.

Bài 5:
Cho hàm số
(
)
3
3 2
m
y x mx C
= − +
.
Tìm m
để

đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i, c
ự

c ti
ể
u c
ủ
a
(
)
m
C
c
ắ
t
đườ
ng tròn tâm
(
)
1;1 ,
I
bán kính b
ằ
ng 1 t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t A, B sao cho di
ệ

n tích tam giác IAB
đạ
t giá
tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t?
Lời giải:
Ta có
2
' 3 3
y x m
= −
Để
hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i, c
ự
c ti
ể
u thì ph
ươ
ng trình

' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
0
m
⇔ >

Vì
1
. ' 2 2
3
y x y mx
= − +
nên đường thẳng
∆
đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
2 2
y mx
= − +

Ta có
( )
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m

−
∆ = < =
+
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng
∆
luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán
kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt.
Với
1
2
m
≠
, đường thẳng
∆
không đi qua I, ta có:
2
1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
∆
= ≤ =

IAB
S
∆
đạt giá trị lớn nhất bằng
1
2

khi

sin 1
AIB
=
hay tam giác AIB vuông cân tại I
1
2 2
R
IH⇔ = = (với H là trung điểm của AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m
−
±
⇔ = ⇔ =
+
là giá trị cần tìm.

Bài 6: Cho hàm số
3 2
3 1,
y x x mx
= − + +

với m là tham số thực. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và
khoảng cách từ điểm
1 11
;
2 4
I
 
 
 
đến đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất.
Lời giải:
Ta có
3 2 2
3 1 ' 3 6
y x x mx y x x m
= − + + ⇒ = − +

+ Hàm số có cực trị khi m < 3.
+ Chia y cho
'
y
ta được
1 2 2
' 2 1 2 1
3 3 3 3 3 3
x m m m m
y y x y x
     
= − + − + + ⇒ = − + +
     

     
là ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng qua các
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
.
Đặ
t
2
: 2 1
3 3
m m
y x
 
∆ = − + +
 
 
.
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn

Ta có
( )
2 2 2 2
1 2 11 2 3
2 11 3
2 1 2
2 3 4 3 3 4
3 4 4
;
1
2 2 2
2 1 2 1 2 1
3 3 3
m m m
m
t
d I
t
m m m
   
− − + + − −
− −
   
   
∆ = = = =
+
     
− + − + − +
     
     

Đặt
2
2
3 1
4
3 25
3
1
1
2 16
4
u
u t d
u
u u
= − ⇒ = =
 
+ +
+ +
 
 

Đặt
max
2 2 2
1 1 1 1 5 5
4 4
3 25 3 25
5 3 16

1 1
2 16 2 16
4 5 25
a d d
u
a a a a
a
= ⇒ = = = ≤ ⇒ =
 
+ + + +
+ +
 
 

Dâu bằng xảy ra khi
12 25 3 4 2 4
2 1.
25 12 4 3 3 3
m
a u t u m
= − ⇔ = − ⇔ = + = − ⇔ − = − ⇔ =

V
ậ
y m = 1 là giá tr
ị
c
ầ
n tìm.
Bài này còn m

ộ
t cách gi
ả
i khác khá hay và
độ
c
đ
áo, các em t
ự
tìm hi
ể
u nhé!
Bài 7:
Cho hàm s
ố

4 2
1 3
,
2 2
y x mx
= − +
v
ớ
i m là tham s
ố
th
ự
c. Tìm m
để

đồ
th
ị
hàm s
ố

đ
ã cho có
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i, c
ự
c ti
ể
u sao cho kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đ
i
ể
m c
ự

c ti
ể
u b
ằ
ng
2 5.

Lời giải:
Ta có
4 2 3
2
0
1 3
' 2 2 0
2 2
x
y x mx y x mx
x m
=

= − + ⇒ = − = ⇔

=


+
Hàm s
ố
có c
ự

c
đạ
i, c
ự
c ti
ể
u khi ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t, t
ứ
c là
0.
>
m

+ V
ớ
i m > 0 ta có t
ọ
a
độ
c
ự
c ti
ể
u là

2 2
1 3 1 3
; , ; (2 ;0)
2 2 2 2
A m m B m m AB m
   
− − + − + ⇒ =
   
   


Theo bài,
2 5 5.
AB m
= ⇔ =


Bài 8:
Cho hàm s
ố

x 2
y
x 1
−
=
+
, có
đồ
th

ị
(C). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đồ
th
ị
(C), bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
o
v
ớ
i hai
đườ
ng ti
ệ

m c
ậ
n c
ủ
a (C) m
ộ
t tam giác có bán kính
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p l
ớ
n nh
ấ
t.


Lời giải:
PT ti
ế
p tuy
ế
n d có d
ạ
ng
( )
( )
0

2
0
3 x 2
y x x
x 1
x 1
−
= − +
+
+
, (với
0
x
là hoành độ tiếp điểm)
Giao điểm của d lần lượt với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang là:
0
0
x 5
A 1; ;
x 1
 
−
−
 
+
 

(
)
0

B 2x 1;1
+

Ta có
o
o
6
IA ;IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
= = + ⇒ =
+

Khi đó
2 2
S 2S IA.IB IA.IB IA.IB 6
r
p 2p IA IB AB
2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6
IA IB IA IB
= = = = ≤ =
+ +
+ +
+ + +

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
0 0
IA IB x 1 3 x 1 3
= ⇔ + = ⇔ = − ±
V

ậ
y ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm là
y x 2 2 3
= + − hoặc
y x 2 2 3
= + +
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
Bài 9: Cho hàm số
1)1(3)2(
2
3
23
+−−−−= xmxmxy (1), v
ớ
i m là tham s
ố
. Tìm
0
>
m
để

đồ
th
ị
hàm s
ố
có
giá tr
ị
c
ự
c
đạ
i, giá tr
ị
c
ự
c ti
ể
u l
ầ
n l
ượ
t là
CTCĐ
yy , th
ỏ
a mãn 42
=+
CTCĐ

yy
Lời giải:
Ta có .),1(3)2(33'
2
R
∈∀−−−−=
xmxmxy



−==
−==
⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
1
2
mxx
xx
mxmxy

D
ễ
th
ấ
y, v
ớ
i 0

>
m thì
.
21
xx <
Khi
đ
ó hàm s
ố

đạ
t c
ự
c
đạ
i t
ạ
i
1
1
−=x
và
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i

.1
2
−= mx

Do
đ
ó: .1)1)(2(
2
1
)1(,
2
3
)1(
2
+−+−=−==−=
mmmyy
m
yy
CTCĐ

T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có 0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2

3
.2
22
=−+−−⇔=+−+−
mmmmm
m


2
1 33
( 1)( 8) 0 1; .
2
m m m m m
− ±
⇔ − + − = ⇔ = =
Đố
i chi
ế
u v
ớ
i yêu c
ầ
u 0
>
m ta có giá tr
ị
c
ủ
a m là
1 33

1;
2
m m
− +
= = là giá tr
ị
c
ầ
n tìm.
Bài 10:
Cho hàm s
ố

x
y
x
2 1
1
−
=
−
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c

ủ
a
đồ
th
ị
(C) bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n c
ắ
t các tr
ụ
c Ox,
Oy l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i các
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t A, B sao cho OA = 4OB.
Lời giải:

Gi
ả
s
ử
ti
ế
p tuy
ế
n d c
ủ
a (C) t
ạ
i
M x y
0 0
( ; )
c
ắ
t Ox t
ạ
i A và Oy t
ạ
i B sao cho OA = 4OB.
Do ∆OAB vuông t
ạ
i O nên:
= =
OB
A
OA

1
tan
4

⇒
H
ệ
s
ố
góc c
ủ
a d b
ằ
ng
1
4
ho
ặ
c
1
4
−
.
H
ệ
s
ố
góc c
ủ
a d là:

y x
x
0
2
0
1
( ) 0
( 1)
′
= − <
−

⇒

y x
0
1
( )
4
′
= −
⇔
x
2
0
1 1
4
( 1)
− = −
−

⇔
1
3
o
o
x
x
= −


=


V
ớ
i
= −
o
x
1
thì
3
2
o
y
=
. Khi
đ
ó ph
ươ

ng trình ti
ế
p tuy
ế
n là:
y x
1 3
( 1)
4 2
= − + +

1 5
4 4
x
= − +

V
ớ
i
=
o
x
3
thì
5
2
o
y
=
. Khi

đ
ó ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n là:
y x
1 5
( 3)
4 2
= − − +
=
1 13
4 4
x
− +

Bài 11:
Cho hàm s
ố

3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)
y x m x m m x= − + + + + (m là tham s
ố
th
ự
c).

Xác
đị
nh m
để

đ
i
ể
m
3
(2 ; )
M m m
t
ạ
o v
ớ
i hai
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i, c
ự
c ti
ể
u c
ủ

a
đồ
th
ị
hàm s
ố
(1) m
ộ
t tam giác có
di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t.
Lời giải:
Ta có:
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1
y x m x m m y x m x m
= − + + + = ⇔ = = +
m
⇒ ∀ ∈
ℝ
, hàm s
ố
luôn có C
Đ
, CT

T
ọ
a
độ
các
đ
i
ể
m C
Đ
, CT c
ủ
a hàm s
ố
là
3 2 3 2
( ;2 3 1), ( 1;2 3 )
A m m m B m m m
+ + + +
Suy ra
2
AB =
và ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
3 2

: 2 3 1 0
AB x y m m m
+ − − − − =

Do
đ
ó, tam giác MAB có di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi kho
ả
ng cách t
ừ
M t
ớ
i AB nh
ỏ
nh
ấ
t.
Ta có:
2
3 1
( , )
2

m
d M AB
+
=

1 1
( ; ) min ( ; )
2 2
d M AB d M AB⇒ ≥ ⇒ =
đạ
t
đượ
c khi m = 0

Bài 12*:
Cho hàm s
ố

4 2
( ) 2
y f x x x
= = − . Trên (C) l
ấ
y hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t A và B có hoành

độ
l
ầ
n l
ượ
t là a
và b. Tìm
đ
i
ề
u ki
ệ
n
đố
i v
ớ
i a và b
để
hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B song song v
ớ
i nhau.
Lời giải:

Ta có
3
'( ) 4 4
f x x x
= −
.
G
ọ
i a, b l
ầ
n l
ượ
t là hoành
độ
c
ủ
a A và B.
H
ệ
s
ố
góc ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B là

3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4
A B
k f a a a k f b b b
= = − = = −

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' ' ( ) '
y f a x a f a f a x f a af a
= − + = + −
;
(
)
(
)
(
)
(

)
(
)
' ' ( ) '
y f b x b f b f b x f b bf b
= − + = + −

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
(
)
(
)
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =
Vì A và B phân bi
ệ
t nên
a b
≠
, do
đ
ó (1) t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i ph

ươ
ng trình:
2 2
1 0 (2)
a ab b
+ + − =

M
ặ
t khác hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (
C
) t
ạ
i
A
và
B
trùng nhau khi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0

1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b


+ + − =
+ + − =
 
≠ ⇔
 
− = −
− + = − +





Gi
ả
i h
ệ
này ta
đượ
c nghi
ệ

m là (a; b) = (-1; 1), ho
ặ
c (a; b) = (1; -1), hai nghi
ệ
m này t
ươ
ng
ứ
ng v
ớ
i cùng m
ộ
t
c
ặ
p
đ
i
ể
m trên
đồ
th
ị
là
(
)
1; 1
− −
và
(

)
1; 1
−
.
V
ậ
y
đ
i
ề
u ki
ệ
n c
ầ
n và
đủ

để
hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B song song v
ớ
i nhau là
2 2

1 0
1
a ab b
a
a b

+ + − =

≠ ±


≠


Bài 13:
Cho hàm s
ố

3 2
2 9 12 4
y x x x
= − + −

Tìm
đ
i
ể
m M trên
đồ
th

ị
(C) bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i M c
ắ
t (C) t
ạ
i
đ
i
ể
m th
ứ
hai là N sao cho N cùng v
ớ
i hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr

ị
c
ủ
a
đồ
th
ị
(C) t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác có di
ệ
n tích b
ằ
ng 3, bi
ế
t N có tung
độ
d
ươ
ng.
Lời giải:
(C) có hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr

ị

(1; 1), (2;0) 2
A B AB⇒ = .
Phương trình đường thẳng
: 2 0
AB x y
+ − =

Ta có
1
( ; ). 3 ( ; ) 3 2
2
ABN
S d N AB AB d N AB
∆
= = ⇔ =
G
ọ
i d là
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua N và
/ /
d AB
. Ph
ươ

ng trình c
ủ
a
d
có d
ạ
ng
0
x y c
+ + =

4 (0; 4) ( )
| 2|
( , ) ( , ) 3 2
8 (3;5)
2
c N loai
c
d A d d N AB
c N
= −
 
+
⇒
= ⇔ = ⇔
⇒
 
= −
 

V
ớ
i
(3; 5)
N
, gi
ả
s
ử

0 0
( ; )
M x y
. Pt ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i (
C
) t
ạ
i
M
là:
0 0 0
'( )( )
y y x x x y
= − +

.
Do ti
ế
p tuy
ế
n
đ
i qua
N
nên ta có:
2 3 2
0 0 0 0 0 0
5 (6 18 12)(3 ) 2 9 12 4
x x x x x x
= − + − + − + −

0
2
0 0
0
3 ( , )
( 3) (4 3) 0
3
4
x loai vi N M
x x
x
= ≠



⇔ − − = ⇔

=

.
Vậy
3 25
;
4 32
M
 
 
 

đ
i
ể
m c
ầ
n tìm.
Bài 13:
Cho hàm s
ố

3 2
3 2
y x x
= − +
. Tìm hai
đ

i
ể
m A, B thu
ộ
c
đồ
th
ị
(C) sao cho ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và
B song song v
ớ
i nhau và
độ
dài
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng AB b
ằ
ng

4 2
.
Lời giải:
Đặ
t
(
)
(
)
3 2 3 2
; 3 2 ; ; 3 2
A a a a B b b b
− + − +
v
ớ
i
a b
≠
.
H
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n v

ớ
i (C) t
ạ
i A, B là:

(
)
(
)
2 2
' 3 6 ; ' 3 6
A A B B
k y x a a k y x b b
= = − = = −
.

Ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B song song v
ớ
i nhau khi và ch
ỉ
khi
(

)
(
)
2 2
3 6 3 6 2 0 2
A B
k k a a b b a b a b b a
= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = −

L
ạ
i có,
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2
3 3 2 2 2 2
3 . 3AB a b a b a b a b a b a ab b a b
 
 
= − + − − − = − + − + + − +
 
 

( ) ( ) ( )
2
2 2 2
4 1 4 1 . 1 3

a a a
 
= − + − − −
 
.
Đặ
t
2
( 1) , 0
t a t
= − ≥

4 2
AB =

( ) ( )
(
)
2
2
3 8 4 2 2 0
t t t t t t
⇔ + − = ⇔ − − + =
4
t
⇔ =
1 2
1 2
a
a

− =

⇔

− = −


•
V
ớ
i
3 1
a b
=
⇒
= −
⇒
(
)
(
)
3;2 , 1; 2
A B
− −

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
• Với
1 3
a b

= − ⇒ =
⇒
(
)
(
)
1; 2 , 3;2
A B− −

V
ậ
y
(
)
(
)
3;2 , 1; 2
A B
− −
ho
ặ
c
(
)
(
)
1; 2 , 3;2
A B− −
là các
đ

i
ể
m c
ầ
n tìm.
Bài 14:
Cho hàm s
ố

2 2
( 2)( 3).
= + − + −
y x x mx m Tìm m
để

đồ
th
ị
hàm s
ố

đ
ã cho ti
ế
p xúc v
ớ
i tr
ụ
c hoành.
Lời giải:

Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm:
(
)
( )
2 2
2 2
( 2) 3 0 (1)
3 2 4 2 3 0 (2)

+ − + − =


− − + − − =


x x mx m
x m x m m

Ta có
2 2
2
(1)
3 0 (3)
= −

⇔

− + − =

x

x mx m

+ V
ớ
i
x
=
−
2 thay vào (2) ta
đượ
c
m
=
−
1.
+ (3) có nghi
ệ
m khi và ch
ỉ
khi
2
≤
m
, (3) có hai ngi
ệ
m
2
12 3
2
± −

=
m m
x

Thay vào (2) ta
đượ
c
2
12 3 0 2
− = ⇔ = ±
m m
V
ậ
y
1; 2
= − = ±
m m là giá tr
ị
c
ầ
n tìm.
Cách khác:
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
đồ
th

ị
ti
ế
p xúc v
ớ
i Ox là
(
)
( )
( )( )
2 2
2 2
( 2) 3 0, (1)
0
' 0
3 2 2 0 (2)

+ − + − =
=


⇔
 
=
− + − + − + =



x x mx m
y

y
x mx m x m x

Ta có
2 2
2
(1)
3 0
= −

⇔

− + − =

x
x mx m

+ Nếu x = −2 thay vào (2) giải như trên.
+ Nếu
2 2
3 0
− + − =
x mx m thì từ (2) suy ra
2
2
= −



=


x
m
x
, thay ng
ượ
c l
ạ
i ta c
ũ
ng
đượ
c k
ế
t qu
ả
.