Các bài toán liên quan đến khảo sát hàm số - Luyện thi đại học (Có đáp án chi tiết)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (741.18 KB, 20 trang )
Chuyên đề 4
Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát
Hàm Số
§1. Cực Trị Của Hàm Số
Bài tập 4.1. Tìm m để hàm số y = x
3
− 3 (m + 1) x
2
+ 9x − m đạt cực trị tại x
1
, x
2
thỏa |x
1
− x
2
| ≤ 2.
Lời giải. Ta có y
= 3x
2
− 6(m + 1)x + 9; ∆
y
= 9(m + 1)
2
− 27 = 9m
2
+ 18m − 18.
Hàm số có hai cực trị ⇔ y
có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆
y
> 0 ⇔ 9m
2
+ 18m − 18 > 0 ⇔
m > −1 +
√
3
m < −1 −
√
3
.
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
= 2(m + 1), x
1
x
2
= 3.
Khi đó |x
1
− x
2
| ≤ 2 ⇔ (x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
≤ 4 ⇔ 4(m + 1)
2
− 12 ≤ 4 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1.
Kết hợp ta có m ∈ (−3; −1 −
√
3) ∪ (−1 +
√
3; 1).
Bài tập 4.2. Tìm m để hàm số y = x
3
+ 2 (m − 1) x
2
+
m
2
− 4m + 1
x + 1 đạt cực trị tại x
1
, x
2
thỏa
1
x
1
+
1
x
2
=
1
2
(x
1
+ x
2
)
Lời giải. Ta có y
= 3x
2
+ 4(m − 1)x + m
2
− 4m + 1; ∆
y
= 4(m − 1)
2
− 3(m
2
− 4m + 1) = m
2
+ 4m + 1.
Hàm số có hai cực trị ⇔ y
có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆
y
> 0 ⇔ m
2
+ 4m + 1 > 0 ⇔
m > −2 +
√
3
m < −2 −
√
3
.
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
=
4(1 − m)
3
, x
1
x
2
=
m
2
− 4m + 1
3
. Khi đó:
1
x
1
+
1
x
2
=
1
2
(x
1
+ x
2
) ⇔ 2 (x
1
+ x
2
) = x
1
x
2
(x
1
+ x
2
)
⇔
x
1
+ x
2
= 0
x
1
x
2
= 2
⇔
4(1−m)
3
= 0
m
2
−4m+1
3
= 2
⇔
m = 1
m = 5
m = −1 (loại)
Vậy m = 1 hoặc m = 5.
Bài tập 4.3. (D-2012) Tìm m để hàm số y =
2
3
x
3
− mx
2
− 2
3m
2
− 1
x +
2
3
có hai điểm cực trị x
1
và x
2
sao cho
x
1
x
2
+ 2 (x
1
+ x
2
) = 1.
Lời giải. Ta có y
= 2x
2
− 2mx − 2(3m
2
− 1); ∆
y
= m
2
+ 4(3m
2
− 1) = 13m
2
− 4.
Hàm số có hai cực trị ⇔ y
có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆
y
> 0 ⇔ 13m
2
− 4 > 0 ⇔
m >
2
√
13
m < −
2
√
13
.
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
. Theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
= m, x
1
x
2
= 1 − 3m
2
.
Khi đó x
1
x
2
+ 2 (x
1
+ x
2
) = 1 ⇔ 1 −3m
2
+ 2m = 1 ⇔
m = 0 (loại)
m =
2
3
. Vậy m =
2
3
.
Bài tập 4.4. Tìm m để hàm số y = −x
3
+ (2m + 1) x
2
−
m
2
− 3m + 2
x − 4 có hai cực trị nằm về hai phía Oy.
Lời giải. Ta có y
= −3x
2
+ 2(2m + 1)x − (m
2
− 3m + 2).
Hàm số có hai cực trị nằm về hai phía trục tung ⇔ y
có hai nghiệm trái dấu ⇔ m
2
−3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2.
Bài tập 4.5. (DB-05) Tìm m để hàm số y =
x
2
+ 2mx + 1 − 3m
2
x − m
có hai cực trị nằm về hai phía trục tung.
1
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Lời giải. Tập xác định: D = R\{m}. Ta có y
=
x
2
− 2mx + m
2
− 1
(x − m)
2
.
Hàm số có hai cực trị nằm về hai phía trục tung ⇔ y
có hai nghiệm trái dấu ⇔ m
2
− 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1.
Bài tập 4.6. (DB-04) Tìm m để hàm số y = x
3
−3 (m + 1) x
2
+ 3m (m + 2) x + 1 đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm
có hoành độ dương.
Lời giải. Ta có y
= 3x
2
− 6(m + 1)x + 3m(m + 2); ∆
= 9(m + 1)
2
− 9m(m + 2) = 9 > 0, ∀m ∈ R ⇒ hàm số luôn
có hai cực trị.
Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương khi và chỉ khi
S > 0
P > 0
⇔
2(m + 1) > 0
m(m + 2) > 0
⇔
m > −1
m > 0
m < −2
⇔ m > 0
Bài tập 4.7. Tìm m để hàm số y =
mx
2
+ 3mx + 2m + 1
x − 1
có cực đại, cực tiểu nằm về hai phía của trục Ox.
Lời giải. Tập xác định: D = R\{1}.
Nhận xét rằng nếu hàm số y =
u
v
đạt cực trị tại x
0
thì y(x
0
) =
u
(x
0
)
v
(x
0
)
.
Thật vậy, ta có y
=
u
v −uv
v
2
. Hàm số đạt cực trị tại x
0
nên
y
(x
0
) = 0 ⇔ u
(x
0
)v(x
0
) − u(x
0
)v
(x
0
) = 0 ⇔
u(x
0
)
v(x
0
)
=
u
(x
0
)
v
(x
0
)
⇔ y(x
0
) =
u
(x
0
)
v
(x
0
)
(đpcm)
Ta có y
=
mx
2
− 2mx − 5m − 1
(x − 1)
2
.
Với m = 0 ⇒ y
= −
1
(x − 1)
2
< 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số không có cực trị ⇒ m = 0 không thỏa mãn.
Với m = 0 ta có y
= 0 ⇔ mx
2
− 2mx − 5m − 1 = 0; ∆
= 6m
2
+ m.
Hàm số có hai cực trị ⇔ ∆
> 0 ⇔ 6m
2
+ m > 0 ⇔
m > 0
m < −
1
6
.
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
ta có y(x
1
) = 2mx
1
+ 3m, y(x
2
) = 2mx
2
+ 3m và x
1
+ x
2
= 2, x
1
x
2
= −
5m+1
m
.
Khi đó hàm số có hai cực trị nằm về hai phía Ox khi và chỉ khi
y(x
1
)y(x
2
) < 0 ⇔ (2mx
1
+ 3m)(2mx
2
+ 3m) < 0 ⇔ 4m
2
x
1
x
2
+ 6m
2
(x
1
+ x
2
) + 9m
2
< 0
⇔
−4 (5m + 1)
m
+ 12 + 9 < 0 ⇔
m − 4
m
< 0 ⇔ 0 < m < 4 (thỏa mãn)
Bài tập 4.8. (A-02) Cho hàm số y = −x
3
+ 3mx
2
+ 3
1 − m
2
x + m
3
− m
2
. Viết phương trình đường thẳng đi
qua hai điểm cực trị của hàm số.
Lời giải. Ta có: y
= −3x
2
+ 6mx + 3(1 − m
2
); ∆
y
= 9m
2
+ 9(1 − m
2
) = 9 > 0, ∀m ∈ R.
Do đó hàm số luôn có hai điểm cực trị A(x
1
; y
1
) và B(x
2
; y
2
).
Lại có: y =
1
3
x −
1
3
m
y
+ 2x − m
2
+ m. Suy ra: y
1
= 2x
1
− m
2
+ m, y
2
= 2x
2
− m
2
+ m.
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: y = 2x − m
2
+ m.
Bài tập 4.9. Tìm m để hàm số y = x
3
−
3
2
mx
2
+
1
2
m
3
có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Lời giải. Ta có: y
= 3x
2
− 3mx; y
= 0 ⇔
x = 0
x = m
.
Do đó với m = 0, hàm số đạt cực trị tại hai điểm A(0;
1
2
m
3
) và B(m; 0).
Ta có:
−−→
AB = (m; −
1
2
m
3
); Gọi I trung điểm AB ⇒ I(
1
2
m;
1
4
m
3
).
Đặt d : y = x ⇔ x −y = 0 ⇒
−→
u
d
= (1; 1).
Khi đó A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d ⇔
−−→
AB.
−→
u
d
= 0
I ∈ d
⇔
m −
1
2
m
3
= 0
1
2
m −
1
4
m
3
= 0
⇔
m = 0 (loại)
m = ±
√
2
.
Bài tập 4.10. (B-07) Tìm m để hàm số y = −x
3
+ 3x
2
+ 3
m
2
− 1
x − 3m
2
− 1 có cực đại, cực tiểu và các điểm
cực trị cách đều gốc toạ độ.
2
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Ta có: y
= −3x
2
+ 6x + 3
m
2
− 1
, y
= 0 ⇔ x = 1 ± m.
Do đó với m = 0 hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại A
1 − m; −2 − 2m
3
, B
1 + m; −2 + 2m
3
. Khi đó
OA =
(1 − m)
2
+ (2 + 2m
3
)
2
=
4m
6
+ 8m
3
+ m
2
− 2m + 5
OB =
(1 + m)
2
+ (2 − 2m
3
)
2
=
4m
6
− 8m
3
+ m
2
+ 2m + 5
Hàm số có cực đại, cực tiểu cách đều gốc tọa độ ⇔ OA = O B ⇔ 16m
3
= 4m ⇔
m = 0 (loại)
m = ±
1
2
.
Bài tập 4.11. Tìm m để hàm số y = x
3
−3mx−3m+1 có cực trị đồng thời chúng cách đều đường thẳng d : x−y = 0.
Lời giải. Ta có: y
= 3x
2
− 3m; y
= 0 ⇔ x
2
= m. Do đó với m > 0 hàm số có hai cực trị
A(
√
m; −2m
√
m − 3m + 1), B(−
√
m; 2m
√
m − 3m + 1)
Theo giả thiết các điểm cực trị cách đều đường thẳng d nên ta có:
d (A, d) = d (B, d) ⇔
√
m + 2m
√
m + 3m − 1
=
−
√
m − 2m
√
m + 3m − 1
⇔ m =
1
3
Bài tập 4.12. (B-2011) Tìm m để hàm số y = x
4
−2 (m + 1) x
2
+ m có ba cực trị A, B, C sao cho OA = B C, trong
đó O là gốc tọa độ và A thuộc trục tung.
Lời giải. Ta có: y
= 4x
3
− 4(m + 1)x; y
= 0 ⇔
x = 0
x
2
= m + 1
. Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị
A (0; m) , B
−
√
m + 1; −m
2
− m − 1
, C
√
m + 1; −m
2
− m − 1
Khi đó: OA = |m|;
−−→
BC =
2
√
m + 1; 0
⇒ BC = 2
√
m + 1.
Theo giả thiết ta có: OA = BC ⇔ m
2
= 4(m + 1) ⇔ 2 ±
√
2 (thỏa mãn). Vậy m = 2 ±
√
2.
Bài tập 4.13. Tìm m để hàm số y = x
4
− 2mx
2
+ 2m + m
4
có cực đại, cực tiểu lập thành tam giác đều.
Lời giải. Ta có: y
= 4x
3
− 4mx; y
= 0 ⇔
x = 0
x
2
= m
. Do đó với m > 0 hàm số có ba cực trị
A
0; 2m + m
4
, B
−
√
m; m
4
− m
2
+ 2m
, C
√
m; m
4
− m
2
+ 2m
Khi đó
−−→
AB =
−
√
m; −m
2
⇒ AB =
√
m + m
4
;
−−→
BC = (2
√
m; 0) ⇒ BC = 2
√
m.
Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC đều ⇔ AB = BC ⇔ m + m
4
= 4m ⇔ m =
3
√
3.
Bài tập 4.14. (A-2012) Tìm m để hàm số y = x
4
− 2 (m + 1) x
2
+ m
2
có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của
một tam giác vuông.
Lời giải. Ta có: y
= 4x
3
− 4(m + 1)x; y
= 0 ⇔
x = 0
x
2
= m + 1
. Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị
A
0; m
2
, B
−
√
m + 1; −2m − 1
, C
√
m + 1; −2m − 1
Khi đó:
−−→
AB =
−
√
m + 1; −(m + 1)
2
;
−→
AC =
√
m + 1; −(m + 1)
2
.
Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông ⇔
−−→
AB.
−→
AC = 0 ⇔ (m + 1)
4
− (m + 1) = 0 ⇔ m = 0.
Bài tập 4.15. (A-07) Tìm m để hàm số y =
x
2
+ 2 (m + 1) x + m
2
+ 4m
x + 2
có cực đại cực tiểu đồng thời các điểm
cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành một tam giác vuông tại O.
Lời giải. Ta có: y
=
x
2
+ 4x + 4 − m
2
(x + 2)
2
; y
= 0 ⇔ x = −2 ± m.
Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y
có hai nghiệm phân biệt khác −2 ⇔ m = 0.
Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại:
A (−2 − m; −2) , B (−2 + m; 4m −2) ⇒
−→
OA = (−2 −m; −2) ,
−−→
OB = (−2 + m; 4m −2)
Hàm số có các điểm cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành một tam giác vuông tại O khi và chỉ khi
−→
OA.
−−→
OB = 0 ⇔ (−2 −m) (−2 + m) −2 (4m −2) = 0 ⇔ m = −4 ± 2
√
6 (thỏa mãn)
Vậy m = −4 ± 2
√
6.
3
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Bài tập 4.16. (B-2012) Tìm m để hàm số y = x
3
−3mx
2
+ 3m
3
có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 48.
Lời giải. Ta có: y = 3x
2
− 6mx; y
= 0 ⇔
x = 0
x = 2m
.
Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y
có hai nghiệm phân biệt ⇔ m = 0.
Khi đó hàm số đạt cực trị tại A
0; 3m
3
, B
2m; −m
3
.
Suy ra OA = 3|m|
3
, d(B, OA) = 2|m| ⇒ S
∆OAB
=
1
2
OA.d(B, OA) = 3m
4
.
Lại có S
∆OAB
= 48 ⇔ 3m
4
= 48 ⇔ m = ±2 (thỏa mãn). Vậy m = ±2.
Bài tập 4.17. (A-05) Tìm m để hàm số y = mx +
1
x
có cực đại cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu
đến tiệm cận xiên bằng
1
√
2
.
Lời giải. Ta có: y
= m −
1
x
2
; y
= 0 ⇔ x
2
=
1
m
.
Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y
có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0.
Khi đó y
= 0 ⇔ x = ±
1
√
m
. Bảng biến thiên
x
− ∞
−
1
√
m
0
1
√
m
+ ∞
y
+
0
− −
0
+
y
− ∞
−2
√
m
− ∞
+ ∞
2
√
m
+ ∞
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x =
1
√
m
⇒ điểm cực tiểu là A
1
√
m
; 2
√
m
.
Với m > 0 hàm số có tiệm cận xiên y = mx ⇔ mx − y = 0 ⇒ d(A, T CX) =
|
√
m − 2
√
m|
√
m
2
+ 1
=
m
m
2
+ 1
.
Lại có d(A, T CX) =
1
√
2
⇔
m
m
2
+ 1
=
1
√
2
⇔ m
2
+ 1 = 2m ⇔ m = 1 (thỏa mãn). Vậy m = 1.
Bài tập 4.18. (B-05) Chứng minh rằng với mọi m bất kỳ, hàm số y =
x
2
+ (m + 1) x + m + 1
x + 1
luôn có điểm cực
đại, điểm cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng
√
20.
Lời giải. Ta có: y
=
x
2
+ 2x
(x + 1)
2
; y
= 0 ⇔
x = 0
x = −2
.
Do đó hàm số luôn đạt cực đại cực tiểu tại A(−2; m −3) và B(0; m + 1). Khi đó AB =
√
2
2
+ 4
2
=
√
20 (đpcm).
Bài tập 4.19. Tìm m để hàm số y =
1
3
x
3
− mx
2
− x + m + 1 có khoảng cách giữa cực đại, cực tiểu là nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có: y
= x
2
− 2mx − 1; ∆
= m
2
+ 1 > 0, ∀m ∈ R ⇒ hàm số luôn có cực đại, cực tiểu.
Giả sử hoành độ các điểm cực trị là x
1
, x
2
, theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
= m, x
1
x
2
= −1.
Lại có y = y
1
3
x −
1
3
m
−
2
3
m
2
+ 1
x +
2
3
m +1 nên y
1
=
2
3
m
2
+ 1
x
1
+
2
3
m +1, y
2
=
2
3
m
2
+ 1
x
2
+
2
3
m +1.
Do đó hàm số đạt cực trị tại A
x
1
; −
2
3
m
2
+ 1
x
1
+
2
3
m + 1
, B
x
2
; −
2
3
m
2
+ 1
x
2
+
2
3
m + 1
.
Khi đó
−−→
AB =
x
2
− x
1
; −
2
3
m
2
+ 1
(x
2
− x
1
)
.
Suy ra AB =
(x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
1 +
4
9
(m
2
+ 1)
2
=
4
9
(m
2
+ 1)
9 + 4(m
2
+ 1)
2
.
Đặt m
2
+ 1 = t, t ≥ 1, ta có AB =
4t +
16
9
t
3
.
Xét hàm số f(t) = 4t +
16
9
t
3
trên [1; +∞) có f
(t) = 4 +
8
9
t
2
> 0, ∀t ≥ 1. Do đó min
[1;+∞)
f(t) = f (1) =
52
9
.
Với t = 1 ⇒ m = 0. Vậy với m = 0 thì AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2
√
13
3
.
§2. Tương Giao Giữa Hai Đồ Thị
Bài tập 4.20. Tìm giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
+ 3x
2
− 3x − 2 và parabol y = x
2
− 4x + 2.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x
3
+ 3x
2
− 3x − 2 = x
2
− 4x + 2 ⇔ x
3
+ 2x
2
+ x − 4 = 0 ⇔ x = 1
Do đó đồ thị hàm số y = x
3
+ 3x
2
− 3x − 2 cắt parabol y = x
2
− 4x + 2 tại điểm (1; −1).
4
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 4.21. Tìm m để đồ thị hàm số y = mx
3
− x
2
− 2x + 8m cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
mx
3
− x
2
− 2x + 8m = 0 ⇔ (x + 2)
mx
2
− (2m + 1)x + 4m
= 0 ⇔
x = −2
mx
2
− (2m + 1)x + 4m = 0
Đặt f (x) = mx
2
− (2m + 1)x + 4m có ∆ = −12m
2
+ 4m + 1.
Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác −2 khi và chỉ khi
m = 0
∆ > 0
f(−2) = 0
⇔
m = 0
−12m
2
+ 4m + 1 > 0
12m + 2 = 0
⇔
m = 0
−
1
6
< m <
1
2
Vậy m ∈
−
1
6
;
1
2
\{0}.
Bài tập 4.22. Tìm m để đồ thị hàm số y = x
3
− 3mx
2
− 1 cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x
3
− 3mx
2
− 1 = 0 ⇔ m =
x
3
− 1
3x
2
.
Xét hàm số f(x) =
x
3
− 1
3x
2
trên R\{0} có f
(x) =
x
3
+ 2
3x
3
; f
(x) = 0 ⇔ x = −
3
√
2 = x
0
⇒ f(x
0
) = −
1
3
√
4
.
Bảng biến thiên:
x
− ∞
x
0
0
+ ∞
f
(
x)
+
0
− +
f(x)
− ∞
f(x
0
)
− ∞
− ∞
+ ∞
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi m < −
1
3
√
4
.
Bài tập 4.23. Tìm a để đồ thị hàm số y = x
3
+ ax + 3 cắt đường thẳng y = 1 tại đúng một điểm.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x
3
+ ax + 3 = 1 ⇔ a = −
x
3
+ 2
x
.
Xét hàm số f(x) = −
x
3
+ 2
x
trên R\{0} có f
(x) =
2 − 2x
3
x
2
; f
(x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên:
x
− ∞
0 1
+ ∞
f
(
x)
+ +
0
−
f(x)
− ∞
+ ∞
− ∞
−3
− ∞
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại đúng một điểm khi a > −3.
Bài tập 4.24. (D-06) Gọi d là đường thẳng đi qua A (3; 20) và có hệ số góc m. Tìm m để d cắt đồ thị hàm số
y = x
3
− 3x + 2 tại ba điểm phân biệt.
Lời giải. Đường thẳng d qua A(3; 20) và có hệ số góc m bất kỳ nên có phương trình: y = m(x − 3) + 20.
Phương trình hoành độ giao điểm:
x
3
− 3x + 2 = m(x − 3) + 20 ⇔ (x −3)
x
2
+ 3x + 6 − m
= 0 ⇔
x = 3
x
2
+ 3x + 6 − m = 0
Đặt f (x) = x
2
+ 3x + 6 − m có ∆ = 4m − 15.
Đồ thị hàm số cắt d tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 3 khi và chỉ khi
∆ > 0
f(3) = 0
⇔
4m − 15 > 0
24 − m = 0
⇔
m >
15
4
m = 24
Vậy m ∈
15
4
; +∞
\{24}.
5
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Bài tập 4.25. (A-2010) Tìm m để hàm số y = x
3
−2x
2
+ (1 − m) x + m có đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân
biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
thoả mãn điều kiện x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
< 4.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x
3
− 2x
2
+ (1 − m) x + m = 0 ⇔ (x − 1)
x
2
− x − m
= 0 ⇔
x = 1
x
2
− x − m = 0
Đặt f (x) = x
2
− x − m có ∆ = 1 + 4m. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi
f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔
∆ > 0
f(1) = 0
⇔
1 + 4m > 0
−m = 0
m > −
1
4
m = 0
Khi đó đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
.
Giả sử x
3
= 1 ⇒ x
1
, x
2
là hai nghiệm của f (x) do đó x
1
+ x
2
= 1, x
1
x
2
= −m.
Theo giả thiết x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
< 4 ⇔ (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
< 3 ⇔ 1 + 2m < 3 ⇔ m < 1.
Kết hợp ta có m ∈
−
1
4
; 1
\{0}.
Bài tập 4.26. Tìm m để đồ thị hàm số y = x
3
− mx
2
+ 4x + 4m − 16 cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ
lớn hơn 1.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x
3
− mx
2
+ 4x + 4m − 16 = 0 ⇔ (x −2)
x
2
+ (2 − m) x + 8 − 2m
= 0 ⇔
x = 2
x
2
+ (2 − m) x + 8 − 2m = 0
Đặt f (x) = x
2
+ (2 − m) x + 8 − 2m có ∆ = m
2
+ 4m − 28.
Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi
∆ > 0
f(2) = 0
⇔
m
2
+ 4m − 28 > 0
16 − 4m = 0
⇔
m > −2 + 4
√
2
m < −2 − 4
√
2
m = 4
Khi đó f (x) có hai nghiệm x =
m − 2 ±
√
m
2
+ 4m − 28
2
.
Theo giả thiết đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 nên ta có
m − 2 −
√
m
2
+ 4m − 28
2
> 1 ⇔ m − 4 >
m
2
+ 4m − 28 ⇔
m ≥ 4
m
2
− 8m + 16 > m
2
+ 4m − 28
⇔ m ∈ ∅
Vậy không có giá trị nào của m để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1.
Bài tập 4.27. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y =
x − 1
x + 1
luôn cắt đường thẳng y = m − x với mọi giá trị của m.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x − 1
x + 1
= m − x ⇔
x = −1
x
2
− (m − 2) x − m − 1 = 0
.
Đặt f (x) = x
2
− (m − 2) x − m − 1 có ∆ = m
2
+ 8 > 0, ∀m ∈ R và f (−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = m − x tại hai điểm phân biệt.
Bài tập 4.28. Tìm m để đường thẳng qua A (−2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị hàm số y =
2x − 1
x + 1
tại hai điểm
thuộc hai nhánh phân biệt.
Lời giải. Đường thẳng đi qua A(−2; 2) với hệ số góc m bất kỳ có phương trình dạng: d : y = mx + 2m + 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng d là:
2x − 1
x + 1
= mx + 2m + 2 ⇔
x = −1
2x − 1 = (x + 1) (mx + 2m + 2)
⇔
x = −1
mx
2
+ 3mx + 2m + 3 = 0
Đặt f (x) = mx
2
+ 3mx + 2m + 3 có ∆ = m
2
− 12m. Đồ thị hàm số cắt d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
f(x) có hai nghiệm phân biệt khác − 1 ⇔
m = 0
∆ > 0
f(−1) = 0
⇔
m = 0
m
2
− 12m > 0
3 = 0
⇔
m > 12
m < 0
Giả sử đồ thị hàm số cắt đường thẳng d tại hai điểm có hoành độ x
1
, x
2
ta có x
1
+ x
2
= −3, x
1
x
2
=
2m + 3
m
.
Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng d tại hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt khi và chỉ khi
(x
1
+ 1) (x
2
+ 1) < 0 ⇔ x
1
+ x
2
+ x
1
x
2
+ 1 < 0 ⇔ −3 +
2m + 3
m
+ 1 < 0 ⇔
3
m
< 0 ⇔ m < 0
6
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 4.29. (D-2011) Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị hàm số y =
2x + 1
x + 1
tại hai điểm phân
biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
2x + 1
x + 1
= kx + 2k + 1 ⇔
x = −1
2x + 1 = (x + 1) (kx + 2k + 1)
⇔
x = −1
kx
2
+ (3k −1)x + 2k = 0
Đặt f (x) = kx
2
+ (3k −1)x + 2k có ∆ = k
2
− 6k + 1.
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = kx + 2k + 1 tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
f(x) có hai nghiệm phân biệt khác − 1 ⇔
k = 0
∆ > 0
f(−1) = 0
⇔
k = 0
k
2
− 6k + 1 > 0
1 = 0
⇔
k = 0
k > 3 + 2
√
2
k < 3 − 2
√
2
Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = kx + 2k + 1 tại hai điểm A(x
1
; kx
1
+ 2k + 1), B(x
2
; kx
2
+ 2k + 1).
Theo giả thiết ta có:
d (A, Ox) = d (B, Ox) ⇔ |kx
1
+ 2k + 1| = |kx
2
+ 2k + 1|
⇔
kx
1
+ 2k + 1 = kx
2
+ 2k + 1
kx
1
+ 2k + 1 = −kx
2
− 2k −1
⇔
x
1
= x
2
(loại)
k (x
1
+ x
2
) + 4k + 2 = 0
⇔ k
1 − 3k
k
+ 4k + 2 = 0 ⇔ k = −3 (thỏa mãn)
Bài tập 4.30. Chứng minh với mọi giá trị của m thì đường thẳng y = 2x + m luôn cắt đồ thị hàm số y =
x + 3
x + 1
tại hai điểm phân biệt M, N. Xác định m sao cho độ dài M N là nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x + 3
x + 1
= 2x + m ⇔
x = −1
x + 3 = (x + 1) (2x + m)
⇔
x = −1
2x
2
+ (m + 1) x + m − 3 = 0
Đặt f (x) = 2x
2
+ (m + 1) x + m − 3 có ∆ = m
2
− 6m + 25 > 0, ∀m ∈ R và f (−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = 2x + m tại hai điểm phân biệt M (x
1
; 2x
1
+ m), N(x
2
; 2x
2
+ m).
Ta có:
−−→
MN = (x
2
− x
1
; 2x
2
− 2x
1
) ⇒ MN =
5(x
2
− x
1
)
2
=
5
(x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
(*).
Theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
= −
m+1
2
, x
1
x
2
=
m−3
2
, thay vào (*) ta có:
MN =
5
(m + 1)
2
4
− 4
m − 3
2
=
5
2
(m
2
− 6m + 25) =
5
2
(m − 3)
2
+ 16
≥ 2
√
10
Dấu bằng xảy ra khi m = 3. Vậy M N đạt giá trị nhỏ nhất là 2
√
10 khi m = 3.
Bài tập 4.31. (B-09) Tìm m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y =
x
2
− 1
x
tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho AB = 4.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x
2
− 1
x
= −x + m ⇔
x = 0
2x
2
− mx − 1 = 0
.
Đặt f (x) = 2x
2
− mx − 1 có ∆ = m
2
+ 8 > 0, ∀m ∈ R và f (0) = −1 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm phân biệt A(x
1
; −x
1
+ m), B(x
2
; −x
2
+ m).
Ta có:
−−→
AB = (x
2
− x
1
; x
1
− x
2
) ⇒ AB =
2(x
1
− x
2
)
2
=
2
(x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
(*).
Theo định lý vi-ét có x
1
+ x
2
=
m
2
, x
1
x
2
= −
1
2
thay vào (*) được AB =
2
m
2
4
+ 2
=
m
2
2
+ 4.
Lại theo giả thiết có AB = 4 ⇔
m
2
2
+ 4 = 16 ⇔ m = ±2
√
6.
Bài tập 4.32. Tìm m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y =
x
2
− 2x + 2
x − 1
tại hai điểm A, B đối xứng
nhau qua đường thẳng y = x + 3.
7
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x
2
− 2x + 2
x − 1
= −x + m ⇔
x = 1
x
2
− 2x + 2 = (x − 1) (−x + m)
⇔
x = 1
2x
2
− (m + 3) x + m + 2 = 0
Đặt f (x) = 2x
2
− (m + 3) x + m + 2 có ∆ = m
2
− 2m − 7.
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔
∆ > 0
f(1) = 0
⇔
m
2
− 2m − 7 > 0
1 = 0
⇔
m > 1 + 2
√
2
m < 1 − 2
√
2
Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm A(x
1
; −x
1
+ m), B(x
2
; −x
2
+ m).
Theo định lý vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
m + 3
2
, x
1
x
2
=
m + 2
2
.
Gọi I trung điểm AB ⇒ I =
x
1
+ x
2
2
; m −
x
1
+ x
2
2
=
m + 3
4
;
3m − 3
4
.
Dễ thấy đường thẳng y = −x + m vuông góc với đường thẳng d : y = x + 3.
Do đó A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d ⇔ I ∈ d ⇔
3m − 3
4
=
m + 3
4
+ 3 ⇔ m = 9 (thỏa mãn).
Bài tập 4.33. Tìm m để đồ thị hàm số y = −x
4
+ 2mx
2
− 2m + 1 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: −x
4
+ 2mx
2
− 2m + 1 = 0 ⇔
x
2
= 1
x
2
= 2m − 1
(*).
Đồ thị hàm số cắt Ox tại hai điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔
2m − 1 = 1
2m − 1 < 0
⇔
m = 1
m <
1
2
.
Bài tập 4.34. Tìm m để đồ thị hàm số y = x
4
−(3m + 4) x
2
+ m
2
cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành
độ lập thành cấp số cộng.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x
4
− (3m + 4) x
2
+ m
2
= 0 (1).
Đặt x
2
= t, t ≥ 0, phương trình (1) trở thành t
2
− (3m + 4)t + m
2
= 0 (2).
Đồ thị hàm số cắt Ox tại bốn điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Do đó phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi
∆ > 0
S > 0
P > 0
⇔
5m
2
+ 24m + 16 > 0
3m + 4 > 0
m
2
> 0
⇔
m > −
4
5
m < −4
m > −
4
3
m = 0
⇔
m > −
4
5
m = 0
Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm t
1
, t
2
(t
1
< t
2
) ⇒ (1) có bốn nghiệm ±
√
t
1
, ±
√
t
2
.
Phương trình (1) có bốn nghiệm lập thành cấp số cộng ⇔
−
√
t
2
+
√
t
1
= −2
√
t
1
−
√
t
1
+
√
t
2
= 2
√
t
1
⇔
√
t
2
= 3
√
t
1
⇔ t
2
= 9t
1
.
Theo định lý vi-ét có
t
1
+ t
2
= 3m + 4
t
1
t
2
= m
2
⇔
10t
1
= 3m + 4
9t
2
1
= m
2
⇒ 9
(3m + 4)
2
100
= m
2
⇔
m = 12
m = −
12
19
(TM).
Bài tập 4.35. (D-09) Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị hàm số x
4
− (3m + 2) x
2
+ 3m tại bốn điểm phân
biệt có hoành độ nhỏ hơn 2.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x
4
− (3m + 2) x
2
+ 3m = −1 ⇔
x
2
= 1
x
2
= 3m + 1
(*).
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −1 tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2
⇔ (*) có bốn nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2 ⇔
0 < 3m + 1 < 4
3m + 1 = 1
⇔
−
1
3
< m < 1
m = 0
.
Bài tập 4.36. (DB-08) Tìm m để đồ thị hàm số y = x
4
− 8x
2
+ 7 tiếp xúc với đường thẳng y = mx −9.
Lời giải. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = mx −9 ⇔ hệ sau có nghiệm:
x
4
− 8x
2
+ 7 = mx − 9 (1)
4x
3
− 16x = m (2)
.
Thay (2) vào (1) ta có: x
4
− 8x
2
+ 7 = 4x
4
− 16x
2
− 9 ⇔ x
2
= 4 ⇒ m = 0.
Vậy với m = 0 thì đồ thị hàm số y = x
4
− 8x
2
+ 7 tiếp xúc với đường thẳng y = mx −9.
Bài tập 4.37. (D-02) Tìm m để đồ thị hàm số y =
(2m − 1) x − m
2
x − 1
tiếp xúc với đường thẳng y = x.
8
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x ⇔ hệ sau có nghiệm:
(2m−1)x−m
2
x−1
= x (1)
(m−1)
2
(x−1)
2
= 1 (2)
có nghiệm.
Ta có (1) ⇔
x = 1
(2m − 1) x − m
2
= x
2
− x
⇔
x = 1
m = x
.
Với m = x = 1 thay vào (2) thỏa mãn. Vậy m = 1.
Bài tập 4.38. Tìm m để đồ thị hàm số y = x
4
−2mx
2
+ m
3
−m
2
tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Lời giải. Ta có: y
= 4x
3
− 4mx = 4x(x
2
− m); y
= 0 ⇔
x = 0
x
2
= m
.
Do đó với m > 0 hàm số đạt ba cực trị tại x = 0 và x = ±
√
m.
Khi đó đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
y
±
√
m
= 0 ⇔ m
3
− 2m
2
= 0 ⇔
m = 0 (loại)
m = 2
§3. Tiếp Tuyến Của Đồ Thị Hàm Số
Bài tập 4.39. (B-04) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của đồ thị hàm số y =
1
3
x
3
−2x
2
+ 3x (C) tại tâm đối xứng
và chứng minh rằng ∆ là tiếp tuyến của (C) có hệ số góc nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có: y
= x
2
−4x+ 3; y
= 2x −4; y
= 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = −1. Do đó đồ thị (C) có tâm đối xứng I(2;
2
3
).
Lại có: y
(2) = −1 nên phương trình tiếp tuyến của (C) tại I là: y = −(x − 2) +
2
3
⇔ y = −x +
8
3
.
Tiếp tuyến bất kỳ của (C) tại x
0
có hệ số góc k = y
(x
0
) = x
2
0
− 4x
0
+ 3 = (x
0
− 2)
2
− 1 ≥ −1.
Dấu bằng xảy ra khi x
0
= 2 = x
I
. Vậy tiếp tuyến của (C) tại I là tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất (đpcm).
Bài tập 4.40. (DB-08) Cho hàm số y = x
3
+ 3mx
2
+ (m + 1) x + 1. Tìm m để tiếp tuyến tại điểm có hoành độ
x = −1 đi qua điểm A (1; 2).
Lời giải. Ta có: y
= 3x
2
+ 6mx + m + 1 ⇒ y
(−1) = 4 − 5m; y(−1) = 2m − 1.
Do đó tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 là: y = (4 −5m)(x + 1) + 2m −1.
Mặt khác tiếp tuyến qua A(1; 2) nên ta có: 2 = 2(4 − 5m) + 2m − 1 ⇔ m =
5
8
.
Bài tập 4.41. (TN-08) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
3x − 2
x + 1
tại điểm có tung độ bằng −2.
Lời giải. Gọi điểm tiếp xúc là M (x
0
; y
0
). Ta có: y
0
= −2 ⇔
3x
0
− 2
x
0
+ 1
= −2 ⇔ 3x
0
− 2 = −2 (x
0
+ 1) ⇔ x
0
= 0.
Lại có: y
=
5
(x + 1)
2
⇒ y
(x
0
) = 5. Vậy tiếp tuyến tại M (0; −2) là: y = 5x − 2.
Bài tập 4.42. (DB-06) Cho hàm số y =
x + 3
x + 1
. Tiếp tuyến tại điểm (S) bất kỳ của (C) cắt hai tiệm cận của (C)
tại P và Q. Chứng minh S là trung điểm P Q.
Lời giải. Hàm số đã cho có tiệm cận ngang y = 1 và tiệm cận đứng x = −1.
Lấy S
x
0
;
x
0
+ 3
x
0
+ 1
∈ (C). Ta có: y
=
−2
(x + 1)
2
⇒ y
(x
0
) =
−2
(x
0
+ 1)
2
.
Phương trình tiếp tuyến tại S là: y =
−2
(x
0
+ 1)
2
(x − x
0
) +
x
0
+ 3
x
0
+ 1
.
Tiếp tuyến cắt tiêm cận ngang tại P (2x
0
+ 1; 1) và cắt tiệm cận đứng tại Q
−1;
x
0
+ 5
x
0
+ 1
.
Ta có:
x
P
+x
Q
2
=
2x
0
+1−1
2
= x
0
= x
S
y
P
+y
Q
2
=
1+
x
0
+5
x
0
+1
2
=
x
0
+3
x
0
+1
= y
S
⇒ S là trung điểm của PQ (đpcm).
Bài tập 4.43. Cho hàm số (Cm) : y = x
3
+ 1 − m (x + 1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại giao
điểm của (Cm) với Oy. Tìm m để tiếp tuyến nói trên chắn hai trục toạ độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 8.
Lời giải. Đồ thị (Cm) cắt trục Oy tại M(0; 1 − m).
Ta có y
= 3x
2
− m ⇒ y
(0) = −m ⇒ tiếp tuyến tại M(0; 1 − m) là: y = −mx + 1 −m.
Với m = 0, tiếp tuyến không cắt Ox. Với m = 0, tiếp tuyến cắt Ox tại N
1 − m
m
; 0
.
9
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Khi đó OM = |1 − m|, ON =
1 − m
m
⇒ S
∆OM N
=
1
2
.OM.ON =
(1 − m)
2
2 |m|
.
Theo giả thiết ta có: S
∆OM N
= 8 ⇔
(1 − m)
2
2 |m|
= 8 ⇔ (1 −m)
2
= 16 |m| ⇔
m = 9 ±4
√
5
m = −7 ±4
√
3
(thỏa mãn).
Bài tập 4.44. (TN-09) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
2x + 1
x − 2
, biết hệ số góc của tiếp tuyến
bằng −5.
Lời giải. Ta có: y
=
−5
(x − 2)
2
. Gọi điểm tiếp xúc là M(x
0
; y
0
). Với k = −5 ⇒
−5
(x
0
− 2)
2
= −5 ⇔
x
0
= 1
x
0
= 3
.
Với x
0
= 1 ⇒ y
0
= −3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (1; −3) là: y = −5(x − 1) − 3 ⇔ y = −5x + 2.
Với x
0
= 3 ⇒ y
0
= 7 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (3; 7) là: y = −5(x − 3) + 7 ⇔ y = −5x + 22.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −5x + 2 và y = −5x + 22.
Bài tập 4.45. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
−x + 3
2x − 1
biết tiếp tuyến song song với đường
phân giác góc phần tư thứ hai của mặt phẳng toạ độ.
Lời giải. Tiếp tuyến cần tìm song song với đường phân giác góc phần tư thứ hai nên có hệ số góc k = −1.
Ta có: y
=
−5
(2x − 1)
2
. Gọi điểm tiếp xúc là M(x
0
; y
0
). Với k = −1 ⇒
−5
(2x
0
− 1)
2
= −1 ⇔ x
0
=
1 ±
√
5
2
.
Với x
0
=
1+
√
5
2
⇒ y
0
=
√
5−1
2
⇒ tiếp tuyến tại M
1+
√
5
2
;
√
5−1
2
là: y = −x +
√
5.
Với x
0
=
1−
√
5
2
⇒ y
0
=
−
√
5−1
2
⇒ tiếp tuyến tại M
1−
√
5
2
;
−
√
5−1
2
là: y = −x −
√
5.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x +
√
5 và y = −x −
√
5.
Bài tập 4.46. (CĐ-2012) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y =
2x + 3
x + 1
, biết d vuông góc với đường
thẳng y = x + 2.
Lời giải. Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = x + 2 nên có hệ số góc k = −1.
Ta có: y
=
−1
(x + 1)
2
. Gọi điểm tiếp xúc là M(x
0
; y
0
). Với k = −1 ⇒
−1
(x
0
+ 1)
2
= −1 ⇔
x
0
= 0
x
0
= −2
.
Với x
0
= 0 ⇒ y
0
= 3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (0; 3) là: y = −x + 3.
Với x
0
= −2 ⇒ y
0
= 1 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (−2; 1) là: y = −(x + 2) + 1 ⇔ y = −x − 1.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 3 và y = −x −1.
Bài tập 4.47. (D-05) Cho hàm số y =
1
3
x
3
−
m
2
x
2
+
1
3
có đồ thị (Cm). Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hoành độ
bằng −1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại điểm M song song với đường thẳng 5x − y = 0.
Lời giải. Ta có: y
= x
2
− mx ⇒ y
(−1) = m + 1; y(−1) = −
1
2
m.
Phương trình tiếp tuyến tại M
−1; −
1
2
m
là y = (m + 1)x +
1
2
m + 1.
Mặt khác tiếp tuyến song song với đường thẳng 5x −y = 0 nên ta có:
m + 1 = 5
1
2
m + 1 = 0
⇔
m = 4
m = −2
⇔ m = 4.
Bài tập 4.48. (B-06) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
x
2
+ x − 1
x + 2
(C). Biết rằng tiếp tuyến
đó vuông góc với tiệm cận xiên của (C).
Lời giải. Ta có y = x − 1 +
1
x + 2
nên hàm số có tiệm cận xiên y = x − 1.
Tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên nên có hệ số góc k = −1.
Ta có: y
=
x
2
+ 4x + 3
(x + 2)
2
. Gọi điểm tiếp xúc là M(x
0
; y
0
). Với k = −1 ⇒
x
2
0
+ 4x
0
+ 3
(x
0
+ 2)
2
= −1 ⇔ x
0
=
−4 ±
√
2
2
.
Với x
0
=
−4+
√
2
2
⇒ y
0
=
−6+3
√
2
2
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x + 2
√
2 − 5.
Với x
0
=
−4−
√
2
2
⇒ y
0
=
−6−3
√
2
2
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x −2
√
2 − 5.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 2
√
2 − 5 và y = −x −2
√
2 − 5.
Bài tập 4.49. (DB-07) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
x
x − 1
sao cho tiếp tuyến và hai tiệm
cận cắt nhau tạo thành một tam giác cân.
10
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Hàm số có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang do đó tiếp tuyến cắt hai tiệm cận tạo thành tam giác cân
khi k = ±1.
Hơn nữa y
=
−1
(x − 1)
2
< 0, ∀x ∈ R\1 nên k = −1.
Gọi điểm tiếp xúc là M (x
0
; y
0
). Với k = −1 ⇒
−1
(x
0
− 1)
2
= −1 ⇔
x
0
= 0
x
0
= 2
.
Với x
0
= 0 ⇒ y
0
= 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M(0; 0) là: y = −x.
Với x
0
= 2 ⇒ y
0
= 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M(2; 2) là: y = −x + 4.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x và y = −x + 4.
Bài tập 4.50. Tìm m để (Cm) : y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C (0; 1) , D, E
sao cho các tiếp tuyến với (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔
x = 0
x
2
+ 3x + m = 0
.
Đặt f(x) = x
2
+ 3x + m có ∆ = 9 −4m. Đồ thị (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi
f(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔
∆ > 0
f(0) = 0
⇔
9 − 4m > 0
m = 0
⇔
m <
9
4
m = 0
Khi đó (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm C(0; 1), D(x
1
; 1), E(x
2
; 1), trong đó x
1
+ x
2
= −3, x
1
x
2
= m.
Lại có y
= 3x
2
+ 6x + m, do đó tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi
y
(x
1
).y
(x
2
) = −1 ⇔
3x
2
1
+ 6x
1
+ m
3x
2
2
+ 6x
2
+ m
= −1
⇔ 9(x
1
x
2
)
2
+ 18x
1
x
2
(x
1
+ x
2
) + 3m
(x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
+ 36x
1
x
2
+ 6m(x
1
+ x
2
) + m
2
+ 1 = 0
⇔ 9m
2
− 54m + 3m(9 − 2m) + 36m − 18m + m
2
+ 1 = 0
⇔ 4m
2
− 9m + 1 = 0 ⇔ m =
9 ±
√
65
8
(thỏa mãn)
Vậy m =
9±
√
65
8
.
Bài tập 4.51. (A-2011) Cho hàm số (C) : y =
−x + 1
2x − 1
. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k
1
, k
2
lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B.
Tìm m để tổng k
1
+ k
2
đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
−x + 1
2x − 1
= x + m ⇔
x =
1
2
−x + 1 = (2x − 1)(x + m)
⇔
x =
1
2
2x
2
+ 2mx − m − 1 = 0
Đặt f (x) = 2x
2
+ 2mx − m − 1 có ∆ = m
2
+ 2m + 2 > 0, ∀m ∈ R và f
1
2
= −
1
2
= 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị (C) luôn cắt đường thẳng y = x + m tại hai điểm phân biệt A(x
1
; x
1
+ m), B(x
2
; x
2
+ m).
Ta có: x
1
+ x
2
= −m, x − 1x − 2 = −
m+1
2
. Lại có y
= −
1
(2x − 1)
2
. Do đó suy ra
k
1
+ k
2
= −
1
(2x
1
− 1)
2
−
1
(2x
2
− 1)
2
= −
4(x
1
+ x
2
)
2
− 8x
1
x
2
− 4 (x
1
+ x
2
) + 2
(4x
1
x
2
− 2(x
1
+ x
2
) + 1)
2
= −4(m + 1)
2
− 2 ≤ −2
Vậy k
1
+ k
2
đạt giá trị lớn nhất bằng −2 khi m = −1.
Bài tập 4.52. (B-08) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 4x
3
− 6x
2
+ 1, biết tiếp tuyến qua
M (−1; −9).
Lời giải. Đường thẳng qua M (−1; −9) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = kx + k − 9.
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 4x
3
− 6x
2
+ 1 ⇔ hệ sau có nghiệm:
4x
3
− 6x
2
+ 1 = kx + k −9 (1)
12x
2
− 12x = k (2)
Thay (2) vào (1) ta có: 4x
3
− 6x
2
+ 1 = (12x
2
− 12x)(x + 1) − 9 ⇔ (x + 1)
2
(4x − 5) = 0 ⇔
x = −1
x =
5
4
.
Với x = −1 ⇒ k = 24 ⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = 24x + 15.
Với x =
5
4
⇒ k =
15
4
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y =
15
4
x −
21
4
.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = 24x + 15 và y =
15
4
x −
21
4
.
11
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Bài tập 4.53. (DB-07) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
−x + 1
2x + 1
, biết tiếp tuyến qua giao điểm
của tiệm cận đứng và trục Ox.
Lời giải. Hàm số có tiệm cận đứng x = −
1
2
. Tiệm cận đứng cắt trục Ox tại điểm M
−
1
2
; 0
.
Đường thẳng qua M
−
1
2
; 0
với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = k
x +
1
2
.
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
−x + 1
2x + 1
⇔ hệ sau có nghiệm:
−x+1
2x+1
= k
x +
1
2
(1)
−
3
(2x+1)
2
= k (2)
.
Thay (2) vào (1) ta có:
−x + 1
2x + 1
=
−3
(2x + 1)
2
x +
1
2
⇔
−x + 1
2x + 1
=
−3
2(2x + 1)
⇔
x = −
1
2
−2x + 2 = −3
⇔ x =
5
2
.
Với x =
5
2
⇒ k = −
1
12
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −
1
12
x −
1
24
.
Vậy tiếp tuyến cần tìm là: y = −
1
12
x −
1
24
.
Bài tập 4.54. (DB-05) Cho hàm số y =
x
2
+ 2x + 2
x + 1
có đồ thị (C). Gọi I là giao hai tiệm cận. Chứng minh rằng
không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I.
Lời giải. Ta có y = x + 1 +
1
x + 1
⇒ hàm số có tiệm cận đứng x = −1 và tiệm cận xiên y = x + 1.
Do đó giao hai tiệm cận là I(−1; 0).
Đường thẳng qua I(−1; 0) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = k(x + 1).
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
x
2
+ 2x + 2
x + 1
⇔ hệ sau có nghiệm:
x
2
+2x+2
x+1
= k(x + 1) (1)
−
x
2
+2x
(x+1)
2
= k (2)
.
Thay (2) vào (1) ta có:
x
2
+ 2x + 2
x + 1
=
x
2
+ 2x
(x + 1)
2
(x + 1) ⇔
x
2
+ 2x + 2
x + 1
=
x
2
+ 2x
x + 1
⇔
x = −1
x
2
+ 2x + 2 = x
2
+ 2x
(vô nghiệm)
Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I.
Bài tập 4.55. Tìm trên đường thẳng y = −4 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) : y = x
3
− 12x + 12.
Lời giải. Lấy điểm M (m; −4) trên đường thẳng y = −4.
Đường thẳng qua M(m − 4) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = k(x − m) − 4.
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị (C) ⇔ hệ sau có nghiệm:
x
3
− 12x + 12 = k(x −m) −4 (1)
3x
2
− 12 = k (2)
.
Thay (2) vào (1) ta có:
x
3
− 12x + 12 =
3x
2
− 12
(x − m) − 4 ⇔ 2x
3
− 3mx
2
+ 12m − 16 = 0
⇔ (x − 2)(2x
2
+ (4 − 3m)x + 8 − 6m) = 0 ⇔
x = 2
2x
2
+ (4 − 3m)x + 8 − 6m = 0
(∗)
Đặt f (x) = 2x
2
+ (4 − 3m)x + 8 − 6m có ∆ = 9m
2
+ 24m − 48.
Từ M kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) khi và chỉ khi
(∗) có ba nghiệm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 2
⇔
∆ > 0
f(2) = 0
⇔
9m
2
+ 24m − 48 > 0
24 − 12m = 0
⇔
m >
4
3
m < −4
m = 2
Vậy những điểm trên y = −4 có hoành độ m ∈ (−∞; −4) ∪
4
3
; +∞
\{2} kẻ được ba tiếp tuyến đến (C).
12
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
§4. Biện Luận Số Nghiệm Phương Trình Bằng Đồ Thị
Bài tập 4.56. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
−3x
2
−1. Biện luận theo k số nghiệm của phương
trình x
3
− 3x
2
− k = 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: x
3
− 3x
2
− 1 = k −1.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
− 3x
2
− 1 và
đường thẳng y = k −1.
Dựa vào đồ thị ta có:
k −1 > −1 ⇔ k > 0: Phương trình có một nghiệm.
k −1 < −5 ⇔ k < −4: Phương trình có một nghiệm.
k −1 = −1 ⇔ k = 0: Phương trình có hai nghiệm.
k −1 = −5 ⇔ k = −4: Phương trình có hai nghiệm.
−5 < k − 1 < −1 ⇔ −4 < k < 0: Phương trình có ba nghiệm.
Kết luận:
k > 0 hoặc k < −4: Phương trình có một nghiệm.
k = 0 hoặc k = −4: Phương trình có hai nghiệm.
−4 < k < 0: Phương trình có ba nghiệm.
y
x
O
−1
−3
−5
1 2
U
Bài tập 4.57. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2x
3
−3x
2
+ 1. Biện luận theo m số nghiệm phương
trình 4x
3
− 6x
2
− m = 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: 2x
3
− 3x
2
+ 1 =
m
2
+ 1.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x
3
− 3x
2
+ 1 và
đường thẳng y =
m
2
+ 1.
Dựa vào đồ thị ta có:
m
2
+ 1 > 1 ⇔ m > 0: Phương trình có một nghiệm.
m
2
+ 1 < 0 ⇔ m < −2: Phương trình có một nghiệm.
m
2
+ 1 = 1 ⇔ m = 0: Phương trình có hai nghiệm.
m
2
+ 1 = 0 ⇔ m = −2: Phương trình có hai nghiệm.
0 <
m
2
+ 1 < 1 ⇔ −2 < m < 0: Phương trình có ba nghiệm.
Kết luận:
m > 0 hoặc m < −2: Phương trình có một nghiệm.
m = 0 hoặc m = −2: Phương trình có hai nghiệm.
−2 < m < 0: Phương trình có ba nghiệm.
y
x
O
1
1
U
Bài tập 4.58. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = −x
4
+ 2x
2
+ 3. Biện luận theo m số nghiệm của
phương trình x
4
− 2x
2
+ m − 1 = 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: −x
4
+ 2x
2
+ 3 = m + 2.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = −x
4
+ 2x
2
+ 3 và
đường thẳng y = m + 2.
Dựa vào đồ thị ta có:
m + 2 > 4 ⇔ m > 2: Phương trình vô nghiệm.
m + 2 < 3 ⇔ m < 1: Phương trình có hai nghiệm.
m + 2 = 4 ⇔ m = 2: Phương trình có hai nghiệm.
m + 2 = 3 ⇔ m = 1: Phương trình có ba nghiệm.
3 < m + 2 < 4 ⇔ 1 < m < 2: Phương trình có bốn nghiệm.
Kết luận:
m > 2: Phương trình vô nghiệm.
m < 1 hoặc m = 2: Phương trình có hai nghiệm.
m = 1: Phương trình có ba nghiệm.
1 < m < 2: Phương trình có bốn nghiệm.
y
x
O
3
4
1−1
Bài tập 4.59. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
−4x
2
+3. Tìm m để phương trình
1
2
x
4
−2x
2
+m = 0
có bốn nghiệm phân biệt.
Lời giải.
13
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Ta có phương trình tương đương: x
4
− 4x
2
+ 3 = 3 − 2m.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
4
− 4x
2
+ 3 và
đường thẳng y = 3 − 2m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có bốn nghiệm phân biệt ⇔ −1 < 3 − 2m < 3 ⇔
0 < m < 2.
y
x
O
3
−1
√
2−
√
2
Bài tập 4.60. (DB-06) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =
x
2
+ 2x + 5
x + 1
. Tìm m để phương trình sau
có hai nghiệm dương phân biệt x
2
+ 2x + 5 =
m
2
+ 2m + 5
(x + 1).
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương:
x
2
+ 2x + 5
x + 1
= m
2
+ 2m + 5.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y =
x
2
+ 2x + 5
x + 1
và
đường thẳng y = m
2
+ 2m + 5.
Dựa vào đồ thị, phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi
4 < m
2
+ 2m + 5 < 5 ⇔
m
2
+ 2m + 1 > 0
m
2
+ 2m < 0
⇔
m = −1
−2 < m < 0
Vậy m ∈ (−2; 0) \{−1}.
y
x
O
4
−4
1
−3
Bài tập 4.61. (A-06) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2x
3
−9x
2
+ 12x −4. Tìm m để phương trình
sau có sáu nghiệm phân biệt 2|x|
3
− 9x
2
+ 12 |x| = m.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: 2|x|
3
− 9x
2
+ 12 |x| − 4 = m − 4.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái Oy, sau đó đối xứng phần đồ thị bên
phải Oy qua Oy ta được đồ thị (C
1
) : y = 2|x|
3
− 9x
2
+ 12 |x| − 4.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = m − 4.
Dựa vào đồ thị, phương trình có sáu nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0 < m −4 < 1 ⇔ 4 < m < 5
Vậy với m ∈ (4; 5) thì phương trình đã cho có sáu nghiệm phân biệt.
y
x
O
1
−4
−2 −1 1
2
Bài tập
4.62. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = −2x
3
+ 3x
2
− 2. Tìm m để phương trình 2|x|
3
−
3x
2
+ 2 (m + 1) = 0 có đúng bốn nghiệm.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: −2|x|
3
+ 3x
2
− 2 = 2m.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái Oy, sau đó đối xứng phần đồ thị bên
phải Oy qua Oy ta được đồ thị (C
1
) : y = −2|x|
3
+ 3x
2
− 2.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = 2m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có đúng bốn nghiệm khi và chỉ khi
−2 < 2m < −1 ⇔ −1 < m <
1
2
Vậy với m ∈
−1; −
1
2
thì phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm.
y
x
O
−1
−2
−1
1
14
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 4.63. (DB-03) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =
2x
2
− 4x − 3
2 (x − 1)
. Tìm m để phương trình
2x
2
− 4x − 3 + 2m |x − 1| = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Lời giải.
Hàm số đã cho viết thành y =
2(x − 1)
2
− 5
2 (x − 1)
.
Ta có phương trình tương đương: y =
2|x − 1|
2
− 5
2 |x − 1|
= −m.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái đường thẳng d : y = 1, sau đó đối xứng
phần đồ thị bên phải d qua d ta được đồ thị (C
1
) :
2|x − 1|
2
− 5
2 |x − 1|
.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = −m.
Dựa vào đồ thị, phương trình luôn có đúng hai nghiệm phân biệt với mọi m ∈ R.
Vậy với mọi m ∈ R thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
y
x
O
−1
1
Bài tập 4.64. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =
x
2
+ 3x + 3
x + 1
. Tìm m để phương trình
x
2
+ 3x + 3
|x + 1|
= m
có bốn nghiệm phân biệt.
Lời giải.
Vì x
2
+ 3x + 3 > 0 nên ta có phương trình tương đương:
x
2
+ 3x + 3
x + 1
= m.
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C
1
) : y =
x
2
+ 3x + 3
x + 1
.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có bốn nghiệm phân biệt ⇔ m > 3.
Vậy với m > 3 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
y
x
O
3
1
−2
Bài tập 4.65. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
− 3x
2
+ 4. Tìm m để phương trình sau có bốn
nghiệm phân biệt |x − 1|
3
− 3 |x − 1| − m = 0.
Lời giải.
Hàm số đã cho viết thành y = (x −1)
3
− 3 (x − 1) + 2.
Ta có phương trình tương đương: |x − 1|
3
− 3 |x − 1| + 2 = m + 2.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái đường thẳng d : x = 1, sau đó đối xứng
phần đồ thị bên phải d qua d ta được đồ thị (C
1
) : y = |x − 1|
3
− 3 |x − 1| + 2.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = m + 2.
Dựa vào đồ thị, phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0 < m + 2 < 2 ⇔ −2 < m < 0
.
Vậy với mọi m ∈ (−2; 0) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
y
x
O
2
2
1
Bài tập 4.66. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
−3x + 1. Tìm m để phương trình
x
3
− 3x + 1
−
2m
2
+ m = 0 có ba nghiệm phân biệt.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương:
x
3
− 3x + 1
= 2m
2
− m.
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C
1
) : y =
x
3
− 3x + 1
.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = 2m
2
− m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
2m
2
− m = 3
2m
2
− m = 0
⇔
m = −1
m =
3
2
m = 0
m =
1
2
Vậy với m ∈
−1; 0;
1
2
;
3
2
thì phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.
y
x
O
1
3
−1 1
15
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Bài tập 4.67. (B-09) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2x
4
−4x
2
. Với các giá trị nào của m, phương
trình x
2
x
2
− 2
= m có đúng sáu nghiệm thực phân biệt.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương:
2x
4
− 4x
2
= 2m.
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C
1
) : y =
2x
4
− 4x
2
.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = 2m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có sáu nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1
Vậy với m ∈ (0; 1) thì phương trình đã cho có sáu nghiệm phân biệt.
y
x
O
2
−1 1
Bài tập 4.68. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
−4x
2
+3. Tìm m để phương trình
x
4
− 4x
3
+ 3
= m
có đúng tám nghiệm.
Lời giải.
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C
1
) : y =
x
4
− 4x
2
+ 3
.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C
1
) và đường thẳng y = m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có tám nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 1.
Vậy với m ∈ (0; 1) thì phương trình đã cho có tám nghiệm phân biệt.
y
x
O
3
1
−
√
2
√
2
§5. Đối Xứng - Khoảng Cách & Các Bài Toán Khác
Bài tập 4.69. Tìm m để đồ thị hàm số y =
m
2
x − 2
x − 1
qua điểm A (2; 6).
Lời giải. Đồ thị hàm số y =
m
2
x − 2
x − 1
qua điểm A (2; 6) ⇔ 6 =
2m
2
−2
2−1
⇔ m = ±2.
Bài tập 4.70. Tìm các hệ số m, n sao cho hàm số y = −x
3
+ mx + n đạt cực tiểu tại điểm x = −1 và đồ thị của
nó đi qua điểm M (1; 4).
Lời giải. Ta có y
= −3x
2
+ m; y
= 0 ⇔ x
2
=
m
3
. Do đó với m > 0 hàm số có cực trị tại x = ±
m
3
.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 ⇔ −
m
3
= −1 ⇔ m = 3 (thỏa mãn).
Mặt khác đồ thị hàm số qua M (1; 4) nên ta có: 4 = −1 + m + n ⇔ n = 2.
Vậy m = 2 và n = 2.
Bài tập 4.71. Chứng minh rằng điểm uốn của đồ thị hàm số (C) : y = x
3
− 6x
2
+ 9x là tâm đối xứng của nó.
Lời giải. Ta có y
= 3x
2
− 12x + 9; y
= 6x − 12; y
= 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 ⇒ đồ thị (C) có điểm uốn U (2; 2).
Thực hiện phép tịnh tiến hệ tọa độ theo vectơ
−−→
OU.
Công thức chuyển hệ tọa độ là
x = X + 2
y = Y + 2
.
Phương trình đường cong (C) trong hệ tọa độ mới U XY là
Y + 2 = (X + 2)
3
− 6(X + 2)
2
+ 9 (X + 2) ⇔ Y = X
3
− 3X
Vì Y = X
2
− 3X là hàm số lẻ nên đồ thị (C) nhận gốc tọa độ mới U làm tâm đối xứng.
Bài tập 4.72. Chứng minh rằng đồ thị hàm số (C) : y =
2x + 1
x + 1
nhận giao điểm I của hai tiệm cận làm tâm đối
xứng.
16
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x = −1 và tiệm cận ngang y = 2 nên có giao hai tiệm cận là I(−1; 2).
Thực hiện phép tịnh tiến hệ tọa độ theo vectơ
−→
OI.
Công thức chuyển hệ tọa độ là
x = X −1
y = Y + 2
.
Phương trình đường cong (C) trong hệ tọa độ mới U XY là Y + 2 =
2 (X − 1) + 1
X − 1 + 1
⇔ Y = −
1
X
.
Vì Y = −
1
X
là hàm số lẻ nên đồ thị (C) nhận gốc tọa độ mới I làm tâm đối xứng.
Bài tập 4.73. (D-04) Tìm m để tâm đối xứng của đồ thị hàm số y = x
3
− 3mx
2
+ 9x + 1 thuộc đường thẳng
y = x + 1.
Lời giải. Ta có y
= 3x
2
− 6mx + 9; y
= 6x − 6m; y
= 0 ⇔ x = m ⇒ y = −2m
3
+ 9m + 1.
Do đó đồ thị có tâm đối xứng I(m; −2m
3
+ 9m + 1).
Tâm đối xứng I thuộc đường thẳng y = x + 1 ⇔ −2m
3
+ 9m + 1 = m + 1 ⇔
m = 0
m = ±2
.
Bài tập 4.74. Tìm m để đồ thị hàm số y = −
x
3
m
+ 3x
2
− 2 nhận I (1; 0) làm điểm uốn.
Lời giải. Ta có y
= −
3
m
x
2
+ 6x; y
= −
6
m
x + 6; y
= 0 ⇔ x = m ⇒ y = 2m
2
− 2.
Đồ thị hàm số nhận I(1; 0) làm điểm uốn ⇔
m = 1
0 = 2m
2
− 2
⇔ m = 1.
Bài tập 4.75. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số y =
2x − 1
x − 1
có tọa độ là các số nguyên.
Lời giải. Hàm số viết thành y = 2 +
1
x − 1
. Gọi M (x
0
; y
0
) là điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên ta có:
x
0
∈ Z
y
0
∈ Z
⇔
x
0
∈ Z
2 +
1
x
0
−1
∈ Z
⇔
x
0
∈ Z
1
x
0
−1
∈ Z
⇔ x
0
− 1 là ước của 1 ⇔ x
0
− 1 = ±1 ⇔
x
0
= 2
x
0
= 0
Vậy trên đồ thị có hai điểm có tọa độ nguyên là M (0; 1) và M (2; 3).
Bài tập 4.76. Tìm trên đồ thị hàm số y =
−x
2
+ 3x − 1
x − 1
các điểm có toạ độ nguyên.
Lời giải. Hàm số viết thành y = −x + 2 +
1
x − 1
. Gọi M (x
0
; y
0
) là điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên ta có:
x
0
∈ Z
y
0
∈ Z
⇔
x
0
∈ Z
−x
0
+ 2 +
1
x
0
−1
∈ Z
⇔
x
0
∈ Z
1
x
0
−1
∈ Z
⇔ x
0
− 1 là ước của 1 ⇔ x
0
− 1 = ±1 ⇔
x
0
= 2
x
0
= 0
Vậy trên đồ thị có hai điểm có tọa độ nguyên là M (0; 1) và M (2; 1).
Bài tập 4.77. Tìm điểm cố định của họ đường cong (Cm) : y = x
3
+ 2 (m − 1) x
2
+
m
2
− 4m + 1
x −2
m
2
+ 1
.
Lời giải. Ta có:
y = x
3
+ 2 (m − 1) x
2
+
m
2
− 4m + 1
x − 2
m
2
+ 1
⇔ (x − 2) m
2
+
2x
2
− 4x
m + x
3
− 2x
2
+ x − 2 − y = 0
Giả sử M (x
0
; y
0
) là điểm cố định của họ (Cm), ta có:
(x
0
− 2) m
2
+
2x
2
0
− 4x
0
m + x
3
0
− 2x
2
0
+ x
0
− 2 − y
0
= 0, ∀m ∈ R
⇔
x
0
− 2 = 0
2x
2
0
− 4x
0
= 0
x
3
0
− 2x
2
0
+ x
0
− 2 − y
0
⇔
x
0
= 2
y
0
= 0
Vậy điểm cố định của hộ (Cm) là M (2; 0).
Bài tập 4.78. Chứng minh rằng với mọi m = ±1, họ đường cong (Cm) : y =
mx − 1
x − m
luôn đi qua hai điểm cố định.
Gọi M là giao điểm của hai tiệm cận của (Cm), tìm tập hợp điểm M khi m thay đổi.
17
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Lời giải. Giả sử A(x
0
; y
0
) là điểm cố định của họ (Cm), ta có:
y
0
=
mx
0
− 1
x
0
− m
, ∀m ∈ R ⇔ (x
0
+ y
0
) m − x
0
y
0
− 1 = 0, ∀m = x
0
⇔
x
0
= ±1
y
0
= ∓1
, ∀m = x
0
Do đó với m = ±1 thì (Cm) có hai điểm có định A(1; −1) và A(−1; 1).
Hàm số có tiệm cận đứng x = m và tiệm cận ngang y = m nên có giao hai tiệm cận là M(m; m).
Suy ra tập hợp các điểm M là đường thẳng y = x.
Bài tập 4.79. Cho họ đường cong (Cm) : y = mx
3
+ (1 − m) x. Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho không
có đường nào của (Cm) đi qua.
Lời giải. Giả sử m(x
0
; y
0
) là điểm mà họ (Cm) không bao giờ đi qua. Ta có:
y
0
= mx
3
0
+ (1 − m)x
0
vô nghiệm ⇔
x
3
0
− x
0
m + x
0
− y
0
= 0 vô nghiệm ⇔
x
3
0
− x
0
= 0
x
0
− y
0
= 0
⇔
x
0
= 0
x
0
= ±1
y
0
= x
0
Vậy tập hợp các điểm mà họ (Cm) không bao giờ đi qua nằm trên các đường thẳng x = 0 trừ điểm (0; 0); đường
thẳng x = 1 trừ điểm (1; 1) và đường thẳng x = −1 trừ điểm (−1; −1).
Bài tập 4.80. (DB-06) Tìm trên đồ thị hàm số y = −
1
3
x
3
+ x
2
+ 3x −
11
3
hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau
qua Oy.
Lời giải. Lấy hai điểm trên đồ thị hàm số là M
x
1
; −
1
3
x
3
1
+ x
2
1
+ 3x
1
−
11
3
, N
x
2
; −
1
3
x
3
2
+ x
2
2
+ 3x
2
−
11
3
, x
1
= x
2
.
Hai điểm M, N đối xứng nhau qua trục Oy ⇔
x
1
= −x
2
(1)
−
1
3
x
3
1
+ x
2
1
+ 3x
1
−
11
3
= −
1
3
x
3
2
+ x
2
2
+ 3x
2
−
11
3
(2)
.
Thay (1) vào (2) ta có:
1
3
x
3
2
+ x
2
2
− 3x
2
−
11
3
= −
1
3
x
3
2
+ x
2
2
+ 3x
2
−
11
3
⇔
2
3
x
3
2
− 6x
2
= 0 ⇔
x
2
= 0 (loại)
x
2
= ±3
.
Vậy hai điểm cần tìm là M (3;
16
3
), N(−3;
16
3
) hoặc M (−3;
16
3
), N(3;
16
3
).
Bài tập 4.81. Tìm trên đồ thị hàm số y = x
3
+ 3x − 2 hai điểm đối xứng nhau qua M (2; 18).
Lời giải. Gọi hai điểm cần tìm là A, B. Giả sử A(x
0
; x
3
0
+ 3x
0
− 2) ⇒ B(4 − x
0
; −x
3
0
− 3x
0
+ 38), x
0
= 2.
Vì B thuộc đồ thị hàm số nên ta có:
−x
3
0
− 3x
0
+ 38 = (4 − x
0
)
3
+ 3 (4 − x
0
) − 2 ⇔ 12x
2
0
− 48x
0
+ 36 = 0 ⇔
x
0
= 1
x
0
= 3
(thỏa mãn)
Vậy hai điểm cần tìm là (1; 2) và (3; 34).
Bài tập 4.82. Tìm trên đồ thị hàm số y =
3x + 1
x − 2
hai điểm đối xứng nhau qua M (−2; −1).
Lời giải. Gọi hai điểm cần tìm là A, B. Giả sử A
x
0
;
3x
0
+1
x
0
−2
⇒ B
−4 − x
0
; −2 −
3x
0
+1
x
0
−2
, x
0
= ±2.
Vì B thuộc đồ thị hàm số nên ta có:
−2 −
3x
0
+ 1
x
0
− 2
=
3 (−4 − x
0
) + 1
−4 − x
0
− 2
⇔ 8x
2
0
+ 32x
0
− 40 = 0 ⇔
x
0
= 1
x
0
= −5
(thỏa mãn)
Vậy hai điểm cần tìm là (1; −4) và (−5; 2).
Bài tập 4.83. Cho hàm số y =
x + 1
x − 1
có đồ thị (C). Tìm trên (C) hai điểm phân biệt A, B đối xứng nhau qua
đường thẳng d : x + 2y −3 = 0.
Lời giải. Đường thẳng vuông góc d có phương trình dạng ∆ : 2x − y + m = 0 ⇔ y = 2x + m.
Phương trình hoành độ của ∆ và (C) là:
x+1
x−1
= x + m ⇔
x = 1
x
2
+ (m − 2)x − m − 1 = 0
.
Đặt f (x) = x
2
+ (m − 2)x − m − 1 có ∆ = m
2
+ 8 > 0, ∀m ∈ R và f (1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó ∆ luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(x
1
; x
1
+ m), B(x
2
; x
2
+ m), trong đó x
1
+ x
2
= 2 − m.
Gọi I trung điểm AB ⇒ I =
x
1
+x
2
2
;
x
1
+x
2
2
+ m
=
2−m
2
;
2+m
2
.
Khi đó A, B đối xứng qua d ⇔ I ∈ d ⇔
2−m
2
+ 2 + m − 3 = 0 ⇔ m = 0.
Vậy A
1 +
√
2; 1 +
√
2
, B
1 −
√
2; 1 −
√
2
hoặc A
1 −
√
2; 1 −
√
2
, B
1 +
√
2; 1 +
√
2
.
18
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 4.84. (B-03) Tìm m để đồ thị hàm số y = x
3
−3x
2
+ m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc toạ
độ.
Lời giải. Hai điểm phân biệt thuộc đồ thị hàm số là: M (x
1
; x
3
1
− 3x
2
1
+ m), N(x
2
; x
3
2
− 3x
2
2
+ m), x
1
= x
2
.
Hai điểm M, N đối xứng nhau qua gốc tọa độ O nên ta có:
x
1
= −x
2
(1)
x
3
1
− 3x
2
1
+ m = −
x
3
2
− 3x
2
2
+ m
(2)
.
Thay (1) vào (2) ta có: −x
3
2
− 3x
2
2
− m = −x
3
2
+ 3x
2
2
− m ⇔ m = 3x
2
2
> 0.
Vậy m > 0.
Bài tập 4.85. (DB-04) Tìm trên đồ thị hàm số y =
x
x + 1
những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến đường
thẳng d : 3x + 4y = 0 bằng 1.
Lời giải. Lấy điểm M
x
0
;
x
0
x
0
+1
, x
0
= −1, thuộc đồ thị hàm số ta có:
d (M, ∆) = 1 ⇔
3x
0
+
4x
0
x
0
+1
√
3
2
+ 4
2
= 1 ⇔
3x
2
0
+ 7x
0
= 5 |x
0
+ 1| ⇔
x
0
= 1
x
0
= −
5
3
x
0
=
−6±
√
61
3
Vậy có bốn điểm cần tìm là: M
1;
1
2
, M
−
5
3
;
5
2
, M
−6+
√
61
3
;
43−3
√
61
52
và M
−6−
√
61
3
;
43+3
√
61
52
.
Bài tập 4.86. Cho hàm số y =
4x + 1
x + 1
có đồ thị (C). Tìm trên (C) các điểm cách đều hai trục tọa độ.
Lời giải. Lấy điểm M
x
0
;
4x
0
+ 1
x
0
+ 1
, x
0
= −1, trên (C). Điểm M cách đều hai trục tọa độ khi
|x
0
| =
4x
0
+ 1
x
0
+ 1
⇔
x
2
0
+ x
0
= |4x
0
+ 1| ⇔
x
2
0
− 3x
0
− 1 = 0
x
2
0
+ 5x
0
+ 1 = 0
⇔
x
0
=
3±
√
13
2
x
0
=
−5±
√
21
2
Vậy có bốn điểm cần tìm là M
3+
√
13
2
;
3+
√
13
2
, M
3−
√
13
2
;
3−
√
13
2
, M
−5+
√
21
2
;
5−
√
21
2
và M
−5−
√
21
2
;
5+
√
21
2
.
Bài tập 4.87. Cho hàm số y =
x
2
− x + 1
x − 1
. Tìm điểm M trên đồ thị hàm số sao cho khoảng cách từ M đến giao
điểm I của hai tiệm cận là nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có: y = x +
1
x − 1
, do đó hàm số cáo tiệm cận dứng x = 1 và tiệm cận xiên y = x.
Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 1). Lấy M
x
0
; x
0
+
1
x
0
− 1
ta có:
−−→
IM =
x
0
− 1; x
0
− 1 +
1
x
0
−1
. Suy ra:
IM =
(x
0
− 1)
2
+
x
0
− 1 +
1
x
0
−1
2
=
2(x
0
− 1)
2
+
1
(x
0
−1)
2
+ 2 ≥
2
√
2 + 2.
Dấu bằng xảy ra khi 2(x
0
+ 1)
2
=
1
(x
0
− 1)
2
⇔ x
0
= 1 ±
1
4
√
2
.
Vậy IM đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2
√
2 + 2 khi M
1 +
1
4
√
2
; 1 +
4
√
2 +
1
4
√
2
và M
1 −
1
4
√
2
; 1 −
4
√
2 −
1
4
√
2
Bài tập 4.88. Cho hàm số y =
3x − 5
x − 2
có đồ thị (C). Tìm điểm M trên (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai
tiệm cận là nhỏ nhất.
Lời giải. Hàm số có tiệm cận ngang y = 3 và tiệm cận đứng x = 2. Lấy điểm M
x
0
;
3x
0
−5
x
0
−2
∈ (C) , x
0
= 2, ta có:
d (M, TCĐ) + d (M, TCN) = |x
0
− 2| +
3x
0
− 5
x
0
− 2
− 3
= |x
0
− 2| +
1
|x
0
− 2|
≥ 2
Dấu bằng xảy ra khi |x
0
− 2| =
1
|x
0
−2|
⇔
x
0
= 3
x
0
= 1
.
Vậy d (M, TCĐ) + d (M, TCN) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi M(3; 4) và M (1; 2).
Bài tập 4.89. Cho hàm số y =
x − 1
x + 1
có đồ thị (C). Tìm điểm M trên (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục
toạ độ là nhỏ nhất.
19
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
Lời giải. Giả sử M
x
0
;
x
0
−1
x
0
+1
∈ (C) , x
0
= −1 là điểm cần tìm, ta có: d (M, Ox) + d (M, O y) = |x
0
| +
x
0
−1
x
0
+1
.
Lấy A(0; 1) ∈ (C), ta có: d (A, Ox) + d (A, Oy ) = 1, suy ra d (M, Ox) + d (M, Oy) ≤ 1. Do đó ta có:
|x
0
| ≤ 1
x
0
−1
x
0
+1
≤ 1
⇔
−1 < x
0
≤ 1
1 − x
0
≤ x
0
+ 1
⇔ 0 ≤ x
0
≤ 1
Với 0 ≤ x
0
≤ 1, ta có: d (M, Ox) + d (M, Oy ) = x
0
+
1−x
0
x
0
+1
= x
0
+ 1 +
2
x
0
+1
−2 ≥ 2
x
0
+ 1.
2
x
0
+1
−2 = 2
√
2 −2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0 ≤ x
0
≤ 1
x
0
+ 1 =
2
x
0
+1
⇔ x
0
=
√
2 − 1.
Vậy d (M, Ox) + d (M, Oy) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2
√
2 − 2 khi M
√
2 − 1; 1 −
√
2
.
Bài tập 4.90. Tìm hai điểm trên hai nhánh đồ thị hàm số y =
x − 2
x − 1
có khoảng cách bé nhất.
Lời giải. Lấy M
1
x
1
;
x
1
− 2
x
1
− 1
, x
1
< 1 và M
2
x
2
;
x
2
− 2
x
2
− 1
, x
2
> 1 là hai điểm thuộc hai nhánh đồ thị.
Ta có:
−−−−→
M
1
M
2
=
x
2
− x
1
;
x
2
− 2
x
2
− 1
−
x
1
− 2
x
1
− 1
=
x
2
− x
1
;
x
2
− x
1
(x
2
− 1) (x
1
− 1)
. Do đó:
(M
1
M
2
)
2
= (x
2
− x
1
)
2
1 +
1
(x
2
− 1)
2
(x
1
− 1)
2
= (x
2
− 1 + 1 − x
1
)
2
1 +
1
(x
2
− 1)
2
(x
1
− 1)
2
≥ 4 (x
2
− 1) (1 − x
1
)
1 +
1
(x
2
− 1)
2
(x
1
− 1)
2
= 4
(x
2
− 1) (1 − x
1
) +
1
(x
2
− 1) (1 − x
1
)
≥ 8
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x
2
− 1 = 1 − x
1
(x
2
− 1) (1 − x
1
) =
1
(x
2
−1)(1−x
1
)
⇔
x
2
= 2
x
1
= 0
.
Vậy M
1
M
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
√
8 khi M
1
(0; 2) và M
2
(2; 0).
20
Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh
