Chuyên Đề Về Hàm Số Có Đáp Án

Đề luyện tập số 1: Chuyên đề hàm số và các bài toán liên quan
1. Cho hàm số:
2 2
( 1) 4 2
1
x m x m m
y
x
− + − + −
=
−
Xác định tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị. Tìm m để tích các giá trị cực đại và
cực tiểu đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
2 2
( 1) 4 2
1
x m x m m
y
x
− + − + −
=
−

2
2
, 3 2 1
1 ( 1)
x m m m y
x x
∆ ∆

′
= − + ∆ = − + − ⇒ = −
− −
Hàm số đạt cực trị
y⇔
có 2 nghiệm phân biệt
0 1 2m⇔ ∆ > ⇔ < <
Hàm số đạt cực trị tại
1,2
1x = ± ∆
và các giá trị tương ứng là:
2 2 2
1,2 1,2 1 2
1,2
7 4 4
1 2 (1 ) 4 5 14 9 5( )
1 5 5
y
5
y x m m y m m m m
x
∆
= − + = − ± ∆ = − − ∆ = − + = − ≥ −
−
⇒ −
Vậy
1 2
y y
nhỏ nhất
7

5
m⇔ =
.
2. Cho hàm số:
3 2
3 (2 1) 3 ( )
m
y mx mx m x m C= − + + + −
Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số có cực đại, cực tiểu. Chứng minh rằng khi đó
đường thẳng nối hai điểm cực đại, cực tiểu của
( )
m
C
luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải:
2
3 6 2 1y mx mx m
′
= − + +
. Hàm số có cực đại, cực tiểu
y
′
⇔
có 2 nghiệm phân biệt
0m⇔ ≠
và
2
9 3 (2 1) 0m m m
′
∆ = − + > ⇔

0m <
hoặc
1m >
. Chia y cho y’, ta
được kết quả:
1 2 2 10 2 2 10
.
3 3 3 3 3
x m m m m
y y x y x
− − + − − + −
′
= + + ⇒ = +
là phương trình đường thẳng
qua các điểm cực trị. Đường thẳng này luôn qua điểm
1
( ;3)
2
I −
cố định.
3. Cho hàm số:
1
1
x
y
x
−
=
+

Trần Văn Vũ
1
Chứng minh mọi tiếp tuyến của đồ thị (C) đều lập với hai đường thẳng tiệm cận một tam
giác có diện tích không đổi.
Lời giải:
2
2 2
1 ( )
1 (

1)
y C y
x x
′
= − ⇒ =
+ +
TCĐ:
1x = −
TCN:
1y =
Giao điểm của 2 đường tiệm cận là
( 1;1)I −
Gọi M là điểm bất kỳ thuộc (C).Vậy tọa độ điểm
2
( ;1 )
1
M m
m
−
+

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị(C) tại M là:
2
2 2
' ( ) ( ) 1
( 1) 1
M
M M
x
y y x x y x m
m m
= − + = − + −
+ +

Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng.Vậy tọa độ A là nghiệm của hệ
1x = −
và
2
2 2
( ) 1
( 1) 1
y x m
m m
= − + −
+ +
4
( 1;1 )
1
A
m
⇒ − −

+
Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng. Tương tự ta có:
(2 1;1)B m⇒ +
Ta có diện tích tam giác AIB là:
( ; )
1 1 4
. . .2| 1| 4
2 2 | 1|
B AI
S AI d m
m
= = + =
+
(const).
4. Chứng tỏ rằng đường cong
2
1
1
x
y
x
+
=
+
có 3 điểm uốn cùng nằm trên một đường thẳng.
Lời giải:
2
2 2
2 1
( 1)

x x
y
x
− − +
′
=
+
;
2
2 3
2( 1)( 4 1)
( 1)
x x x
y
x
− + +
′′
=
+
y
′′
triệt tiêu và đổi dấu tại
1,2 3
2 3, 1x x= − ± =
.
Trần Văn Vũ
2
Đồ thị có 3 điểm uốn là
1 1 1 2 2 2 3 3 3
( ; ); ( ; ); ( ; )A x y A x y A x y

với
1 2 3
1 3 1 3
; ; 1
4 4
y y y
− +
= = =
3 2
3 3 1
( 3 3; ) ( 3 3).(1; );
4 4
A A
− +
⇒ = − + = − +
uuuur
13
1
( 3 3).(1; )
4
A A = − −
uuuur
3 2 3 1
,A A A A⇒
uuuuruuuuur
song song với nhau, do đó 3 điểm uốn thẳng hàng với nhau
5. Cho đồ thị của hàm số:
2
3
x

y
x
+
=
−
Tìm trên đồ thị của hàm số điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận
đứng bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang.
Lời giải:
Giả sử
0 0
( ; )M x y
thuộc đồ thị. Gọi
1
d
là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng và
2
d
là
khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang
1 0 2 0
0
5
| 3|; | 1|
| 3|
d x d y
x
⇒ = − = − =
−
Ta phải có
1 2 0

3 5d d x= ⇒ = ±
. Có 2 điểm thỏa mãn bài toán có hoành độ
3 5x = ±
.
6. Cho hàm số
3 2
3y x x mx m= + + +
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1.
Lời giải:
3 2 2
( ) 3 ( ) 3 6f x x x mx m f x x x m
′
= + + + ⇒ = + +
( )f x
′
có
9 3m
′
∆ = −
Nếu
0 ( ) 0f x x
′ ′
∆ ≤ ⇒ ≥ ∀ ⇒
hàm số luôn đồng biến
Nếu
0 ( )f x
′ ′
∆ > ⇒
có 2 nghiệm phân biệt là
1 2

x x<
. Ta có:
1 2
( ) 0f x x x x
′
< ⇔ < <
.
Tức là hàm số nghịch biến trong khoảng
1 2
( , )x x
Yêu cầu bài toán:
2 1
3 3 9
1 1
3 3 4
x x m
′ ′
− + ∆ − − ∆
⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
Trần Văn Vũ
3
7. Cho hàm số
2
2 3
1
x x m
x
− +
−
Với nhứng giá trị nào của m thì hàm số đã cho là đồng biến trên khoảng

(3; )+∞
Lời giải:
Hàm số đồng biến trong khoảng
(3; )+∞
2
2 2
2
2 4 3
0 3 2 4 3 0 3 ( ) 2 4 3 3
( 1)
x x m
y x x x m x m x x x x
x
φ
− + −
′
⇔ = ≥ ∀ > ⇔ − + − > ∀ > ⇔ ≤ = − + ∀ >
−
'( ) 4 4x x
φ
= −
. Nên
( )m x
φ
≤
3x
∀ >
9m
⇔ ≤
8. Chứng minh rằng: với x > 0 , ta luôn có:

2
1
2
x
x
e x> + +
Lời giải:
Ta có:
2
( ) 1 '( ) 1 ( ) 1 0 0
2
x x x
x
f x e x f x e x f x e x
′′
= − − ⇒ =− − ⇒ = − > ∀ >−

( )f x
′
⇒
đồng biến với
0 ( ) (0) 0 0x f x f x
′ ′
> ⇒ > = ∀ >

( )f x⇒
đồng biến với
2
0 ( ) (0) 0 1 0
2

x
x
x f x f x e x x> ⇒ > ∀ > ⇒ − − − ∀ >
9. Cho đồ thị (C) của hàm số:
3
3
1
y x
x
= − + +
−
Chứng minh rằng đường thẳng
2y x m= +
luôn luôn cắt (C) tại hai điểm có hoành độ
1 2
,x x
.
Tìm giá trị của m sao cho
2
1 2
( )d x x= −
đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
Xét phương trình:
3 3
2 3 3 3
1 1
x m x x m
x x
+ = − + + ⇔ + − =

− −
2
(3 3)(3 1) 3 0, 1 3 ( 6) 0x m x x x m x m⇔ + − − − = ≠ ⇔ + − − =
(dễ thấy 1 không phải là
nghiệm của phương trình này)
Trần Văn Vũ
4
2 2
( 6) 12 36 0,m m m m∆ = − + = + > ∀
m
⇒ ∀
phương trình có 2 nghiệm phân biệt
m
⇒ ∀
đường thẳng
2y x m= +
luôn cắt đồ
thị tại 2 điểm phân biệt .
Theo Viet:
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
6 1
( ) ( ) 4 ( ) 4( ) ( 36) 4
3 3 9
m m
d x x x x x x m
− −
= − = + − = − = + ≥
4
d

min⇒ =
khi
0m
=
10. Cho hàm số
2 3 2
( 5 ) 6 6 6y m m x mx x= − + + + −
. Gọi
( )
m
C
là đồ thị của nó.
Tìm tất cả các điểm cố định trong mặt phẳng tọa độ mà
( )
m
C
luôn đi qua với mọi giá trị
m. Tiếp tuyến của
( )
m
C
tại mỗi điểm đó có cố định hay không khi m thay đổi, tại sao?
Lời giải:
2 3 2 3 2 3 2
( 5 ) 6 6 6 (5 6 ) 6 6 0y m m x mx x x m x x m y x= − + + + − ⇔ + − + − + =
Các điểm mà đồ thị luôn đi qua với mọi m sẽ có tọa độ thỏa mãn phương trình trên có
nghiệm với mọi m, tức là các hệ số của m bằng 0.
Giải ra ta có nghiệm duy nhất
0; 6x y= = −
nên

m
∀
, đồ thị luôn đi qua điểm cố định
A(0; -6).
Vì
(0) 6y
′
=

m
∀
nên tiếp tuyến của
( )
m
C
tại điểm cố định A (0; - 6) cố định khi m thay
đổi.
11. Xét hàm số:
2
3
1
x x m
y
x
+ +
=
+
, với m là tham số
Với những giá trị nào của m thì đồ thị của hàm số trên có tiếp tuyến vuông góc với đường
phân giác của góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ?

Chứng minh rằng khi đó đồ thị của hàm số có điểm cực đại và cực tiểu.
Lời giải:
2
2
2 3
( 1)
x x a
y
x
+ + −
′
=
+
Đồ thị có tiếp tuyến vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ nhất
⇔
phương trình
1y
′
= −
có nghiệm
Trần Văn Vũ
5
⇔
phương trình
2
2
2 3
1
( 1)
x x a

x
+ + −
= −
+
có nghiệm
⇔
phương trình
2
2( 1) 2x a+ = −
có nghiệm
1 2 0 2x a a
⇔ ≠ − ⇔ − > ⇔ >
⇒
tam thức
2
2 3x x a+ + −
có
2 0a y
′ ′
∆ = − > ⇔
có 2 nghiệm phân biệt
⇒
Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu
12. Cho hàm số
2
1
x
y
x
=

−
.
Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy để từ đó ta có thể vẽ được hai tiếp
tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.
Hướng dẫn:
Xét điểm A(a;b). Đường thẳng qua A, hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)+ b
Đường thẳng này sẽ là tiếp tuyến khi và chỉ khi hệ ẩn x gồm 2 phương trình sau có
nghiệm:
(1):
1
1
1
x kx b ak
x
+ + = + −
−
(2):
2
1
1
( 1)
k
x
− =
−
Biến đổi về phương trình ẩn k ta được:
2 2 2
( ) (1 ) [2(1 )( 2) 4] ( 2) 4 0k a k a b k b
φ
= − + − − + + − − =

(3)
Để từ A ta vẽ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau
thì (3) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1 và tích 2 nghiệm này phải bằng -1,điều kiện này
tương đương với:
(1) 0
φ
≠
và
2
2
( 2) 4
1
(1 )
b
a
− −
= −
−

2 2 2
( 1) ( 2) 2 , 1, 1a b a b a⇔ − + − = ≠ ≠ +
Vậy tập hợp cần tìm là đường tròn (C) tâm I(1;2), bán kính 2, bỏ đi 4 giao điểm của (C)
với 2 tiệm cận.
Trần Văn Vũ
6
13. Cho hàm số
3
3 2y x x= − + +
Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị.
Hướng dẫn:

Làm tương tự bài 13, gọi điểm cần tìm là A(a;0), dựa vào điều kiện tiếp tuyến, sau khi
biến đổi về phương trình của a, đó là phương trình bậc 3 dễ dàng tìm được 1 nghiệm, ta
tìm k sao phương trình này có 3 nghiệm phân biệt.
Kết luận: các điểm cần tìm trên trục hoành là các điểm có hoành độ thỏa mãn :
1;x < −

2
1
3
x− < < −
hoặc
2x
>
.
14. Cho hàm số
1
y x
x
= +
(C)
a. Chứng minh (C) có một tâm đối xứng .
b. Lập phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên
Lời giải:
a.
1
( ) , ,f x x D x D
x
= + ∀∈ − ∈
và
1 1

( ) ( ) ( )f x x x f x
x x
− = − − = − + = − ⇒
O là TĐX
b. PTTT: Phương trình tiếp tuyến:
y x b= − +
. Điều kiện tiếp xúc là thỏa mãn 2 phương
trình sau:
1
x x b
x
+ = − +
và
2
1
1 1
x
− = −
. Giải ra ta có:
, 2
2
2
2
x b= ± = ±
Vậy có 2 tiếp tuyến:
22y x= +
và
2 2y x= − −
15. Cho hàm số
2

4 1x x
y
x
+ +
=
.
Qua điểm A(1;0), viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị.
Lời giải:
Dễ thấy đường thằng x=1 không là tiếp tuyến nên đường thẳng qua A(1;0) với hệ số góc
k sẽ có phương trình: y=k(x-1)
Trần Văn Vũ
7
Đường thẳng này sẽ là tiếp tuyến tương đương hệ gồm 2 phương trình sau có nghiệm:
(1):
1
4 ( 1)x k x
x
+ + = −
(2):
2
1
1 k
x
− =
Biến đổi về phương trình ẩn k ta được:
2
( 4)
1 , 4
4
k

k k
+
− = ≠ −

6 2 6k⇒ = − ±
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn:
( 6 2 6)( 1)y x= − + −
và
( 6 2 6)( 1)y x= − − −
16. Cho hàm số
2
1
1
x x
y
x
+ −
=
−
.
Tìm m để đường thẳng
2 2y mx m= − +
cắt đồ thị
( )C
tại hai điểm thuộc hai nhánh của
( )C
.
Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đã cho và (C):
2

2
1
2 2 ( ) ( 1) (3 1) 2 1 0, 1
1
x x
mx m f x m x m x m x
x
+ −
= − + ⇔ = − − − + − = ≠
−
Hai đường trên cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh của đồ thị khi và chỉ khi:
( ) 0f x =
có 2 nghiệm thỏa mãn:
1 2
1x x< < ⇔

1 0m
− ≠
và
( 1) (1) 0 1m f m− < ⇔ >
17. Cho hàm số
2
2 2
1
x x
y
x
− +
=
−

và
1
( )d
:
y x m
= − +
và
2
( )d
:
3y x= +
Tìm tất cả giá trị của m để
( )C
cắt
1
( )d
tại 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua
2
( )d
.
Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d1) là:
2
2 2
1
x x
x m
x
− +
− + =

−
2
2 2 ( )( 1)x x m x x⇔ − + = − + −
(
1x
=
không là nghiệm)
2
2 ( 3) 2 0x m x m⇔ − + + + =
.
Trần Văn Vũ
8
Điều kiện cần là:
2
2 7 0 1 8 1 8m m m m∆ = − − > ⇔ < − ∨ > +
(*)
Gọi H là giao điểm của
1 2
( ),( )d d
, phương trình hoành độ giao điểm H là:
3
3
2
H
m
x m x x
−
− + = + ⇒ =
. Vì
1

( )d
vuông góc với
2
( )d
nên m thỏa mãn (*) và
3
2 3 9
2
A B H
m
x x x m m
+
= −⇔+ = ⇔ =
18. Cho hàm số
2
2 (1 ) 1x m x m
y
x m
+ − + +
=
− +

( )
m
C
.
CMR
1m
∀ ≠ −
, các đường

( )
m
C
tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại một điểm cố
định. Xác định phương trình đường thẳng đó.
Lời giải:
Gọi
0 0
( ; )M x y
là điểm cố định của
( )
m
C
với
1m
≠ −
. Ta có:
2
0 0
0
0
2 (1 ) 1x m x m
y
x m
+ − + +
=
− +
,
1m
∀ ≠ −

2
0 0 0 0 0 0 0
( 1) 2 1 , 1,m y x x x x y x m m⇔ + − = + + + ≠ ∀ ≠ −
2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 1 1 0 1, 20,x x x y y x x y=⇔ + + + + − = ⇔ = − =
( 1;2)M⇒ −
Ta có:
( 1) 1f
′
− = −
1m∀ ≠ − ⇒
( )
m
C
luôn tiếp xúc với tiếp xúc với đường thẳng có hệ số
góc là -1, qua M cố định và có phương trình là
( 1) 2y x= − + +
hay
1y x+ =
19. Cho hàm số
2 2 2
2 (2 )( 1)
1
m x m mx
y
mx
+ − +
=
+

(1)
Chứng minh rằng với
0m∀ ≠
, tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1) luôn tiếp xúc với một
parabol cố định.Tìm phương trình của parabol đó.
Lời giải:
2
2y mx m= −
là tiệm cận xiên của đồ thị với
0m ≠
.
Tiếp tuyến của Parabol
2
( 0)y ax bx c a= + + ≠
tại điểm
2
0 0 0 0
( ; )x y ax bx c= + +
có
phương trình là:
2
0 0 0 0
(2 )( )y ax b x x ax bx c= + − + + +
.
Trần Văn Vũ
9
Nó sẽ trùng với TCX
2
2y mx m= −
khi và chỉ khi:

0
2 2ax b m+ =
và
2 2
0
ax c m− + =
. Khử
0
x
ta có phương trình ẩn m, phương trình này thỏa
mãn với mọi m, cho các hệ số bằng 0 ta có: a=1; b=c=0. Vậy parabol cần tìm là
2
y x=
.
20. Cho hàm số
2
2 ( 1) 3x m x
y
x m
+ + −
=
+
Xác định m để đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với parabol
2
5y x= +
Lời giải:
2 2
2 ( 1) 3 3
2 1
x m x m m

y x m
x m x m
+ + − − −
= = + − +
+ +
TCX
2 1y x m= + −
sẽ tiếp xúc với
2
5y x= +
khi và chỉ khi hệ gồm 2 phương trình sau
có nghiệm:
2
5 2 1x x m+ = + −
và
2 2x
=
, suy ra
1x
=
và
3m
= −
21. Cho hàm số
3 2
1y x mx m= + − −
.
Viết phương trình tiếp tuyến tại các điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi
giá trị của m. Tìm quỹ tích giao điểm của các tiếp tuyến đó khi m thay đổi.
Lời giải:

Dễ thấy đồ thị đi qua 2 điểm cố định là
1 2
(1;0), ( 1; 2)A A − −
2
3 2y x mx
′
= +
, do đó tiếp tuyến tại
1
(1;0)A
có PT:
(2 3)( 1)y m x= + −
và tiếp tuyến tại
2
( 1; 2)A − −
có PT:
( 2 3)( 1) 2y m x= − + + −
.
Giao điểm M của 2 tiếp tuyến có tọa độ thỏa mãn 2 phương trình sau:
(2 3)( 1)y m x= + −
và
( 2 3)( 1) 2y m x= − + + −
. Rút m từ 1 PT thay vào PT còn lại ta có:
2
3 2x x
y
x
− −
=
, đó chính là quỹ tích cần tìm.

22. Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
− −
=
+
Biện luân theo m số giao điểm của đồ thị trên và đường thẳng
2 0x y m− + =
.
Trong trường hợp có hai giao điểm M,N thì hãy tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn MN.
Trần Văn Vũ
10
Lời giải:
Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình:
2 4
1
x
x
− −
+

2x m
= +
2 2
2 ( 4) 4 0, 16x m x m m⇔ + + + + = ∆ = −
Nếu
4 4m− < <

thì không có giao điểm
Nếu
4m
= ±
thì có 1 giao điểm
Nếu
4 4m m< − ∨ >
thì có 2 giao điểm. Khi đó trung điểm E của MN có tọa độ:
1 2
4
2 4
E
x x m
x
+ − −
= =
và
2
E
y x m= +
Rút m từ 1 phương trình thế vào phương trình còn lại
2 4y x⇒ = − −
Với điều kiện
4 4m m
< − ∨ >
0 2x x
⇒ > ∨ < −
Vậy quỹ tích phải tìm là phần đường thẳng
2 4y x= − −
ứng với

( ; 2) (0; )x ∈ −∞ − +∞U
23. Cho hàm số
2
2 1
1
m
y x
x
= − +
−
a. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng thời có cực đại và cực tiểu.
b. Tìm quĩ tích các điểm cực đại và cực tiều của đồ thị hàm số khi m thay đổi.
Lời giải:
a. Hàm số đồng thời có cực đại và cực tiểu khi
2
2
2 4 2 2
0
( 1)
x x m
y
x
− + −
′
= =
−
có 2 nghiệm
phân biệt khác 1
2
2 4 2 2 0x x m⇔ − + − =

có 2 nghiệm phân biệt khác 1
0m
⇔ >
b. Với
0m >
từ bảng biến thiên ta có tọa độ điểm cực đại:
2
1 , 2 1
1
I I I
I
m
x m y x
x
= − = − +
−
. Biến đổi ta có:
4 3, 1
I I I
y x x= − <
Vậy quỹ tích các điểm cực đại là nửa đường thẳng có phương trình
4 3y x= −
với
1x <
Tương tự quỹ tích các điểm cực tiểu là nửa đường thẳng có phương trình
4 3y x= −
với
1x
>
Trần Văn Vũ

11
24. Cho hàm số
3 2
2 (2 ) 1y x m x= − + +
(1) , với m là tham số .
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
Lời giải:
Yêu cầu bài toán
0
0x⇔ ∃ ≠
để
0 0
( ) ( )y x y x= − −

0
0x⇔ ∃ ≠
để
3 2 3 2
0 0 0 0
2 (2 ) 1 2 (2 ) 1x m x x m x− + + = ++ −
0
0x⇔ ∃ ≠
để
2
0
(2 ) 1m x+ =

2m
⇔ > −
25. Cho hàm số

2
2 ( 4) 2 1
2
x m x m
y
x
+ − − +
=
−
(1)
Tìm m để đồ thị của hàm số (1) nhận điểm (2; 1) làm tâm đối xứng .
Lời giải:
2
2 ( 4) 2 1 1
( ) 2
2 2
x m x m
y f x x m
x x
+ − − +
= = = + +
− −
Đồ thị nhận E(2;1) là tâm đối xứng khi và chỉ khi
(2 ) (2 )
1 0 3
2
f t f t
t m
+ + −
= ∀ ≠ ⇒ = −

26. Cho hàm số
3 2
(3 ) 5y x m x mx m= − + + + +
Với giá trị nào của m để trên đồ thị có 2 điểm đối xứng qua gốc O.
Lời giải:
Đồ thị có 2 điểm đối xứng nhau qua gốc O tức là phải tồn tại x,y sao cho điểm (x;y) và (-
x;- y) cùng thuộc đồ thị tương đương hệ gồm 2 phương trình sau nghiệm khác (0;0):
3 2
(3 ) 5y x m x mx m= − + + + +
(1);
3 2
(3 ) 5y x m x mx m− = − − + + +−
(2)
Lấy (1) cộng với (2) ta được:
2
2( 3) 2( 5) 0m x m− + + + =
, phương trình này phải có
nghiệm khác 0
3
5 3
5
0 m m
m
m
⇔ > ⇔ < − ∨
+
> −
+
27. Cho hàm số:
2

1
1
x x
y
x
− +
=
−
Trần Văn Vũ
12
Xác định điểm
1 1
( ; )A x y
với
1
0x >
thuộc đồ thị của hàm số trên sao cho khoảng cách
đến giao điểm của hai tiệm cận là nhỏ nhất.
Lời giải:
Giao điểm 2 tiệm cận là E(1;1). Xét điểm
1 1
( ; )A x y
thuộc đồ thị khi và chỉ khi
2
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
x

y
x
x
x x
− +
= = +
− −
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2
1 1
1 1
( 1) ( 1) ( 1) ( 1 ) 2( 1) 2 2 2 2
1 ( 1)
EA x y x x x
x x
= − + − = − + − + = − + + ≥ +
− −
Dẫu = xảy ra khi
2
2 2 2EA = + ⇔
2
1 1
2
1
4
1 1
2( 1)
( 1
1

)
2
x x
x
− ⇔
−
= = +
.
Vậy điểm cần tìm có hoành độ là:
4
1
1
2
x = +
28. Cho hàm số
2
2 2
1
x mx
y
x
+ +
=
+
, (m là tham số).
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách tự hai
điểm đó đến đường thẳng
2 0x y+ + =
bằng nhau.
Lời giải:

2
2
2 2 2
( 1)
x x m
y
x
+ + −
′
=
+
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
2
2 2 2 0x x m+ + − =
(1) có hai nghiệm
phân biệt khác -1
3
2
m⇒ <
Giả sử
1 2
,x x
là 2 nghiệm của (1) và
1 1 2 2
( ; ), ( , )A x y B x y
là các điểm cực trị của đồ thị,
trong đó:
1 1 1 2 2 2
( ) 2 2 , ( ) 2 2y y x x m y y x x m= = + = = +
Để khoảng cách từ A và B tới đường thẳng x+y+2=0 bằng nhau thì điều kiện là :

1 2 21 1 12 2
2 | 2 | 3( )[3( ) 4 ]=| 4| 0x y x y x x x mx+ = + ⇔ + ++ −+ +
(*)
Trần Văn Vũ
13
Do
21
,x x
là nghiệm của (1) nên
2 21 1
|=2 3 2 , =-2 m=-1/2| x x xm x ⇒+− −
(thay vào (*))
29. Cho đồ thị (C) của hàm số
2
2 2
1
x x
y
x
+ +
=
+
Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C) và M là một điểm trên (C). Tiếp tuyến tại M với (C)
cắt hai đường tiệm cận tại A,B.
Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn AB và diện tích tam giác IAB không phụ
thuộc vào vị trí điểm M trên (C).
Lời giải:
Gọi (d) là tiếp tuyến tại
0 0 0
0

1
( , 1 )
1
M x y x
x
= + +
+
có phương trình:
0 0
2
0 0
1 1
(1 )( ) 1
( 1) 1
y x x x
x x
= − − + + +
+ +
(d) cắt tiệm cận đứng tại
0
2
( 1; )
1
A
x
−
+
và cắt tiệm cận xiên tại
0 0
(2 1,2 2)B x x+ +

Ta có
0
2 2
A B M
x x x x+ = =
và A,B,M thẳng hàng suy ra M là trung điểm của AB
Giao 2 tiệm cận là I(-1;0) và B cách tiện cận đứng x+1=0 một khoảng cách là
0
0
2 2
| 2 1 1|
2 | 1|
1 0
x
h x
+ +
= = +
+
Ta có:
0
0 0
1 2
| | . .2 | 1| 2
| 1| 2 | 1|
1
A IAB
AI y S x
x x
∆
= = ⇒ = + =

+ +
(đvdt)
Vậy
IAB∆
có diện tích không phụ thuộc vào vị trí của M.
30. Cho hàm số
1
1
1
y x
x
= + +
−
. Gọi đồ thị đó là (C).
Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại điểm đó tạo
với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.
Đáp số: Điểm cần tìm có hoàng độ là:
4
1
1
2
x = +
Trần Văn Vũ
14