ÔN THI đại học môn TOÁN năm học 2013 2014

Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP
HỘI ĐỒNG BỘ MÔN TÓAN
NGUYỄN HỒNG LẬP TRƯỜNG THPT CHÂU THÀNH 2
NGÔ PHONG PHÚ CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU
TRẦN THỊ THU THỦY THPT TP CAO LÃNH
CHUYÊN ĐỀ : ÔN THI ĐẠI HỌC NH 2013-2014
Chủ đề 1: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
A. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số bậc ba, trùng phương và nhất biến.
1. Hàm số bậc ba.
2. Hàm số trùng phương.
3. Hàm số nhất biến.
B. Bài toán liên quan đến đồ thị.
B1. Cực trị của hàm số
1. Tìm cực trị của hàm số.
1) Hàm số y = f(x) có cực trị
⇔
y’ đổi dấu.
2) Hàm số y = f(x) không có cực trị
⇔
y’ không đổi dấu.
3) Hàm số y = f(x) chỉ có một cực trị
⇔
y’ đổi dấu một lần.
4) Hàm số y = f(x) chỉ có hai cực trị
⇔
y’ đổi dấu hai lần.
5) Hàm số y = f(x) chỉ có ba cực trị
⇔
y’ đổi dấu ba lần.

6) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x
0
nếu
0
0
'( ) 0
"( ) 0
f x
f x
=


<

.
7) Hàm số y = f(x) đạt cực tiểu tại x
0
nếu
0
0
'( ) 0
"( ) 0
f x
f x
=


>

.

8) Hàm số y = f(x) có đạo hàm và đạt cực trị tại x
0

⇔
f’(x
0
) = 0.
9) Hàm số y = f(x) có đạo hàm và đạt cực trị bằng c tại x = x
0

⇔

0
0
'( ) 0
( )
f x
f x c
=


=

.
Chú ý : đối với một hàm số bất kỳ, hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại
đó đạo hàm triệt tiêu hoặc đạo hàm không xác định.
2. Một số hàm số thường gặp.
a) Hàm số bậc ba: y = ax
3
+bx

2
+cx+d.
y’= 3ax
2
+2bx+c . Đặt g(x) = 3ax
2
+2bx+c.
(1) Đồ thị có hai điểm cực trị nằm về cùng một phía đối với Ox:
Hàm số có hai cực trị cùng dấu
⇔

'
max min
0 : 0
. 0
y
a
y y
≠ ∆ >



>


(2) Đồ thị có hai điểm cực trị nằm về 2 phía đối với Ox:
Hàm số có hai cực trị trái dấu
⇔

'

max min
0 : 0
. 0
y
a
y y
≠ ∆ >



<


(3) Đồ thị có hai điểm cực trị nằm về 2 phía đối với đường thẳng (D): Ax+By+C =
0. Gọi M
1
(x
1
;y
1
), M
2
(x
2
,y
2
) là hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị.
Khoảng cách đại số từ M
1
, M

2
đến ( D ) : t
1
=
1 1
2 2
Ax By C
A B
+ +
+
, t
2
=
2 2
2 2
Ax By C
A B
+ +
+
.
Trang 1
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH

Đồ thị có hai điểm cực đại, cực tiểu ở hai phía đối với ( D )
⇔

1 2
' 0
0
y

t t
=


<

(4) Đồ thị có hai điểm cực trị ở ở cùng phía đối với ( D )
⇔

1 2
' 0
0
y
t t
=


>

b) Hàm số bậc bốn trùng phương: y = ax
4
+bx
2
+c(a
≠
0).
y’= 4ax
3
+2bx = 2ax(x
2

+ b). Đặt g(x) = 3ax
2
+2bx+c.
y’ = 0
⇔
2ax(x
2
+ b) = 0
⇔
2
0(1)
2 0(2)
x
ax b
=


+ =

(1) Hàm số có ba cực trị
⇔
(2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔
ab < 0.
(2) Hàm số có đúng một cực trị
⇔
(2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 0
⇔
b =
0 hoặc ab>0.

c) Hàm số hửu tỉ: y =
2
' '
ax bx c
b x c
+ +
+
(ab’
≠
0, tử không chia hết cho mẫu).
y’=
2
2
' 2 ' ' '
( ' ')
ab x ac x bc b c
b x c
+ + −
+
.
y’ = 0
⇔
g(x) = ab’x
2
+2ac’x+bc’-b’c = 0
(1) Hàm số có cực đại và cực tiểu
⇔
y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔
' 0

0
g
ab
≠


∆ >

.
(2) Hàm số không có cực trị
⇔
y’ = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép
⇔
' 0
0
g
ab
≠


∆ >

.
(3) Đồ thị có 2 điểm cực trị ở cùng một phía đối với trục Ox
⇔

max min
' 0
0
0

g
ab
y y

≠

∆ >


>

⇔

' 0
0
0 : 2 ê
g
ab
y nghi m

≠

∆ >


=

(4) Đồ thị có 2 điểm cực trị nằm về 2 phía đối với trục Ox
⇔

max min
' 0
0
0
g
ab
y y

≠

∆ >


<

⇔

' 0
0
0 :
g
ab
y vn

≠

∆ >


=


3. Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị.
a. Hàm số bậc ba: y = ax
3
+bx
2
+cx+d (a
≠
0)
y’= f’(x) = 3ax
2
+2bx+c .
f’(x) = 0
⇔
1
2
x x
x x
=
=
Chia f(x) cho f’(x) ta được: y =f(x) = f’(x).q(x)+
α
x+
β
.
Trang 2
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
(1) Ta có f’(x
1
) = 0, f’(x

2
) = 0. Suy ra giá trị cực trị là:
1 1
2 2
( )
( )
f x x
f x x
α β
α β
= +


= +

(2) Gọi M(x;y) là điểm cực trị của đồ thị ( C ) ta có : f’(x) = 0
⇒
y =
α
x+
β
. Vậy
y =
α
x+
β
là phương trình của đường thẳng qua hai điểm cực trị của ( C ).
b) Hàm số hửu tỉ dạng: y =
2
' '

ax bx c
a x b
+ +
+
=
( )
( )
u x
v x

⇒
y’=
2
' 'u v uv
v
−
.
y’= 0
⇔
1
2
x x
x x
=
=
. Ta có y’= 0
⇔
( )
( )
u x

v x
=
'( )
'( )
u x
v x
.
(1) Giá trị cực trị là:
1 1 1
1
1 1
2 2 2
2
2 2
( ) '( ) 2
( )
( ) '( ) '
( ) '( ) 2
( )
( ) '( ) '
u x u x ax b
f x
v x v x a
u x u x ax b
f x
v x v x a
+

= = =




+

= = =


(2) Gọi M(x;y) là điểm cực trị của đồ thị ( C ) ta có : y’ = 0
⇒
y =
2
'
ax b
a
+
. Vậy
y =
2
'
ax b
a
+
là phương trình của đường thẳng qua hai điểm cực trị của ( C ).
B2. Hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối: Cho hàm số y = f(x) có đồ thị ( C ).
1. Vẽ đồ thị ( C
1
) : y
1
=
( )f x

. Ta có : y
1
=
( ) nê f(x) 0
( ) nê f(x)<0
f x u
f x u
≥


−

. Vì y
1
≥
0 nên ( C
1
) nằm ở
phía trên trục Ox. Đồ thị ( C
1
) được suy ra từ đồ thị ( C ) bằng cách:
- Phần ( C ) ở phía trên Ox giử nguyên.
- Bỏ phần của ( C ) ở dưới trục Ox và lấy phần đối xứng của phần này qua trục Ox.
2. Vẽ đồ thị ( C
1
) : y
1
= f(
x
). Ta có : f(

x
) = f(
x
−
). Đây là hàm số chẳn nên ( C
1
) nhân
trục tung là trục đối xứng. Đồ thị ( C
1
) được suy ra từ đồ thị ( C ) bằng cách:
- Phần của ( C ) ở phía bên phải trục Oy giử nguyên.
- Bỏ phần của ( C ) ở phía bên trái trục Oy và lấy phần đối xứng của phần bên phải của
( C ) qua trục Oy.
3. Vẽ đồ thị ( C
1
) :
1
y
= f(x).
a) Nếu y
1
≥
0 thì y
1
=f(x): ( C
1
)=(C) trên trục Ox.
b) Nếu y
1
≤

0 thì y
1
= -f(x): ( C
1
) đối xứng với (C) qua trục Ox. Đố thị ( C
1
) suy từ đồ
thị ( C ) bằng cách:
- Phần của ( C ) ở phía trên trục Ox giử nguyên.
- Bỏ phần của ( C ) ở phía bên dưới trục Ox và lấy phần đối xứng của ( C ) ở dưới trục Ox
qua trục Ox.
4. Cho đồ thị hàm số y =
( )
( )
p x
q x
có đồ thị ( C ).
4.1 Vẽ đồ thị ( C
1
) : y
1
=
( )
( )
p x
q x
. Ta có : y
1
=
( )

ê q(x)>0
( )
( )
ê q(x)<0
( )
p x
n u
q x
p x
n u
q x





−


.
Đố thị ( C
1
) suy từ đồ thị ( C ) bằng cách:
- Phần của ( C ) ở miền q(x)>0 giử nguyên.
Trang 3
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
- Bỏ phần của ( C ) ở ở miền q(x)<0 và lấy phần đối xứng của phần này qua trục Ox.
4.2 Vẽ đồ thị ( C
1
) : y

1
=
( )
( )
p x
q x
. Ta có : y
1
=
( )
ê p(x) 0
( )
( )
ê p(x)<0
( )
p x
n u
q x
p x
n u
q x

≥




−



.
Đố thị ( C
1
) suy từ đồ thị ( C ) bằng cách:
- Phần của ( C ) ở miền p(x)
≥
0 giử nguyên.
- Bỏ phần của ( C ) ở ở miền p(x)<0 và lấy phần đối xứng của phần này qua trục Ox.
Chú ý : dạng toán này thường đi kèm với biện luận số nghiệm của phương trình có chứa dấu
giá trị tuyệt đối.
B3. Giao điểm và sự tiếp xúc của hai đồ thị. Cho hai đồ thị (C
1
) y =f(x) và ( C
2
) y = g(x).
B3.1. Giao điểm của hai đồ thị. Các đồ thị của hai hàm số y =f(x) và y = g(x) cắt nhau tại
điểm M(x
0
;y
0
) khi và chỉ khi y
0
=f(x
0
) và y
0
=g(x
0
) tức (x
0

;y
0
) là một nghiệm của hệ phương
trình
( )
( )
y f x
y g x
=


=

. Như vậy hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên là nghiệm của phương trình
f(x)=g(x).
-Tọa độ giao điểm của hai đồ thị (C
1
) và ( C
2
) là nghiệm của hệ phương trình
( )
( )
y f x
y g x
=


=

- Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị (C

1
) và ( C
2
) là f(x) = g(x) (1).
- Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của hai đồ thị (C
1
) và ( C
2
).
3.1.1. Phương trình bậc ba : ax
3
+bx
2
+cx+d = 0(a
≠
0).
- Gọi ( C ) là đồ thị của hàm số y = ax
3
+bx
2
+cx+d (a
≠
0). Lập phương trình hoành độ giao
điểm của ( C ) và trục ( Ox) : ax
3
+bx
2
+cx+d = 0(a
≠
0) (1).

Trường hợp 1: (1) có nghiệm đặc biệt x
0
, khi đó :
(1)
⇔
(x-x
0
)(ax
2
+bx+c) = 0
⇔
0
2
( ) 0(2)( 0)
x x
g x ax bx c a
=
= + + = ≠
1. ( C ) và Ox có một điểm chung
⇔
(1) có một nghiệm
⇔
(2) vô nghiệm hay (2) có
nghiệm kép bằng x
0
⇔
0
0
0 ( ) 0
g

g
g x
∆ <
∆ = ∧ =
.
2. ( C ) và Ox có hai điểm chung
⇔
(1) có hai nghiệm

⇔
0
1 0 2 0
(2) có nghiem ké khác x
(2) có x ,
p
x x x= ≠
.
⇔
0
0
0 ( ) 0
0 ( ) 0
g
g
g x
g x
∆ = ∧ ≠
∆ > ∧ =
3. ( C ) và Ox có ba điểm chung
⇔

(1) có ba nghiệm
⇔
(2) có hai nghiệm phân biết khác x
0

⇔
0
0
( ) 0
g
g x
∆ >



≠


.
4. ( C ) và Ox tiếp xúc
⇔
(1) có nghiệm kép (hoặc bội )

⇔
(2) có hai nghiệm kép hoặc có nghiệm x
0
⇔
0
0
( ) 0

g
g x
∆ =
=
Trường hợp 2: (1) không có nghiệm đặc biệt, khi đó :
Trang 4
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Cách 1: -Đưa (1) về dạng F(x) =
0 0
( )
( )
m
kx m
m x x y
ϕ
+
− +
, trong đó (C
F
) : y= F(x) là đường cố định
và (D
m
): y=
ϕ
(m), y=kx+m là đường chuyển động khi m thay đổi.
- Dựa vào đồ thị, số điểm chung của (C
F
) và (D
m
) chính là số nghiệm của của phương

trình (1)
Cách 2: Dựa vào đồ thị ( C ) và phương pháp dời trục Ox, Oy.
( C ) : y = ax
3
+bx
2
+cx+d (a
≠
0)
⇒
y’= f’(x) = 3ax
2
+2bx+c .
1. (C) và Ox có một điểm chung
⇔
y không có cực trị hoặc y có hai cực trị cùng dấu

⇔

'y
∆
≤
0 hoặc
'
min max
0
. 0
y
y y
∆ >




>


.
2. (C) và Ox có hai điểm chung
⇔
y có cực trị bằng 0
⇔
'
min max
0
. 0
y
y y
∆ >



=


.
3. (C) và Ox có ba điểm chung
⇔
y có 2 cực trị trái dấu
⇔
'

min max
0
. 0
y
y y
∆ >



<


.
4. (C) và Ox tiếp xúc
⇔
hệ
0
' 0
y
y
=


=

có nghiệm
5. (C) cắt Ox tại ba điểm có hoành độ dương
⇔
1 2
min max

1 2
' 0 có 2 nghiê pb x ,
. 0
(0) 0
0
y m x
y y
ay
x x
=


<


<


< <


6. (C) cắt Ox tại ba điểm có hoành độ âm
⇔
1 2
min max
1 2
' 0 có 2 nghiê pb x ,
. 0
(0) 0
0

y m x
y y
ay
x x
=


<


>


< <

7. (C) cắt Ox tại ba điểm có hoành độ lớn hơn
α
⇔
1 2
min max
1 2
' 0 có 2 nghiê pb x ,
. 0
( ) 0
y m x
y y
ay
x x
α
α

=


<


<


< <

8. (C) cắt Ox tại ba điểm có hoành độ nhỏ hơn
α
⇔
1 2
min max
1 2
' 0 có 2 nghiê pb x ,
. 0
( ) 0
y m x
y y
ay
x x
α
α
=


<



>


< <

9. (C) cắt Ox tại ba điểm trong đó có đúng hai nghiệm có hoành độ âm

⇔
1 2
min max
1 2
' 0 có 2 nghiê x
. 0
(0) 0
0
y m x
y y
ay
x x
= <


<


<



< <

10. (C) cắt Ox tại ba điểm trong đó có đúng hai nghiệm có hoành độ dương
Trang 5
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH

⇔
1 2
min max
1 2
' 0 có 2 nghiê x
. 0
(0) 0
0
y m x
y y
ay
x x
= <


<


>


< <

Chú ý: vẽ đồ thị minh họa cách giải.

Chú ý: Vấn đề khó khăn nhất trong các dạng toán trên là tính
min max
.y y
; ta làm theo thứ tự sau:
Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị y =
α
x+
β
.
Nếu x
1
, x
2
đơn giản thì tính x
1
, x
2
;
Khi đó
min max
.y y
= y(x
1
)y(x
2
) = (
α
x
1
+

β
)(
α
x
2
+
β
).
Nếu x
1
, x
2
phức tạp thì áp dụng định lý Viét :
min max
.y y
= (
α
x
1
+
β
)(
α
x
2
+
β
) =
α
P

2
+
α
β
S+
β
2
.
B3.2. Sự tiếp xúc của hai đồ thị. Cho hai đồ thị (C
1
) y =f(x) và ( C
2
) y = g(x).
1. Giả sử hai hàm số f và g có đạo hàm tại điểm x
0
. Ta nói rằng hai đường cong (C
1
) y =f(x)
và
( C
2
) y = g(x) tiếp xúc nhau tại điểm M(x
0
;y
0
) nếu M là điểm chung của chúng và hai đường
cong có tiếp tuyến chung tại điểm M. Điểm M được gọi là tiếp điểm của hai đường cong đã
cho.
Vẽ hình minh họa
2. Hai đồ thị (C

1
) y =f(x) và ( C
2
) y = g(x) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi hệ phương trình
( ) ( )
'( ) '( )
f x g x
f x g x
=


=

có nghiệm và nghiệm của hệ trên là hoành độ tiếp điểm của hai đồ thị đó
II. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
1. Dạng 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
Phương pháp :
Bước 1 : Tập xác định.
Bước 2: Sự biến thiên (1) Giới hạn, tiệm cận ( nếu có). (2) Chiều biến thiên: Đạo
hàm, nghiệm đạo hàm và bảng biến thiên. (3) Khoảng đồng biến, nghịch biến. (4) Cực đại,
cực tiểu.
Bước 3: Đồ thị (1) Điểm đặc biệt. (2) đồ thị.
Chú ý hàm số bậc ba, trùng phương, nhất biến.
2. Dạng 2: Bài toán liên quan đến khảo sát hàm số.
2.1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) y = f(x)
Phương pháp :
Bước 1 : Dạng pttt y - y
0
= f’(x
0

)(x-x
0
), trong đó hệ số góc k = f’(x
0
).
Bước 2: Tìm các yếu tố chưa biết x
0
, y
0
và f’(x
0
).
Bước 3: kết luận.
Chú ý 1) Loại 1: pttt của đồ thị tại một điểm. Loại 2: pttt của đồ thị biết hệ số góc. Loại 3:
pttt của đồ thị biết tiếp tuyến đi qua một điểm.
Chú ý 2) Hai đường thẳng song song có cùng hệ số góc. Hai đường thẳng vuông góc thì
tích hệ số góc của chúng bằng -1.
Chú ý 3): điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị.
2.2 Bài toán liên quan đến khảo sát hàm số.
Trang 6
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
a. Sự tương giao của hai đồ thị ( C
1
) y = f(x) và ( C
2
) y = g(x).
a) Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình (1) bằng đồ thị.
Phương pháp :
Bước 1 : Biến đổi pt(1) về dạng f(x) = m (*) hay g(m)=am+b….
Bước 2: Lập luận : số nghiệm của pt là số giao điểm của hai đồ thị (C) và (d) y= m

hay g(m)
Bước 3: Biện luận theo tham số m số nghiệm của pt(1) bằng đồ thị.
Chú ý 1) So sánh tham số m với các giá trị cực đại và giá trị cực tiểu.
b) Biện luận theo m số giao điểm của hai đồ thị( C
1
) y=f(x) và (C
2
) y = g(x).
Phương pháp :
Bước 1 : Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường f(x) = g(x) (1)
Bước 2: Lập luận : số nghiệm của pt là số giao điểm của hai đồ thị (C) và (d) y= m
hay g(m)
Bước 3: Biện luận theo tham số m số nghiệm của pt(1) suy ra số giao điểm của hai
đường.
Chú ý 1) Giải và biện luận phương trình bậc hai.
c) Tọa độ giao điểm của hai đồ thị( C
1
) y=f(x) và (C
2
) y = g(x).
Phương pháp :
Bước 1 : Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường f(x) = g(x) (1)
Bước 2: Giải pt (1) tìm nghiệm. Lập luận : số nghiệm của pt là số giao điểm của hai
đồ thị.
Bước 3: suy ra tọa độ giao điểm của hai đường.
Chú ý 1) Giải và biện luận phương trình bậc hai, bậc ba…
2.3 Định tham số, biết điều kiện cho trước của hàm số hay đồ thị.
(C
1
) y = f(x) và ( C

2
) y = g(x).
Phương pháp :
Bước 1 : Từ điều kiện cho trước biến đổi pt chứa tham số hoặc bpt chứa tham số m(1)
Bước 2: Giải pt hoặc bpt (1) tìm tham số m.
Bước 3: kết luận.
Chú ý điều kiện của bài toán về hàm số 1) đồng biến, nghích biến. 2) Cực trị:cực đại, cực
tiểu hay giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. (lồi, lỏm, điểm uốn ( nâng cao)) . 3) Tiệm cận. 4) sự
tương giao của hai đường : số giao điểm, số nghiệm, tiếp xúc của hai đồ thị…5) điều kiện
khác.
2.4 Diên tích hình phẳng, thể tích hình tròn xoay.
Phương pháp :
Bước 1 : Xác định các hàm số và các cận (các cận là nghiệm pt hoành độ giao điểm)
Bước 2: công thức diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay và tính tích phân
Bước 3: kết luận.
Chú ý tính tích phân của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối.
2.5 Đồ thị ( C’) hàm số y = g(x) chứa dấu giá trị tuyệt đối dựa vào đồ thị
( C ) y=f(x).
Phương pháp :
Bước 1 : Xét dấu biểu thức chứa trong dấu giá trị tuyệt đối, suy ra hàm số không còn
dấu giá trị tuyệt đối ( hàm nhiều biểu thức chứa f(x))
Bước 2: Từ đồ thị ( C ) suy ra đồ thị ( C’) bằng phép đối xứng qua các trục.
Bước 3: Vẽ đồ thị (C’).
Trang 7
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Chú ý: Đồ thị hàm số chẳn nhân trục tung làm trục đối xứng. Đồ thị hàm số lẻ nhân gốc
tọa độ làm tâm đối xứng. Đồ thị hàm số nhất biến nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm
tâm đối xứng.
Chú ý : 1) đồ thị hàm số y =f(
x

) là hàm số chẳn đối với x nên nhận trục tung làm trục đối
xứng. 2) đồ thị hàm số y =
( )f x
. 3) y =
( )
( )
p x
q x
hoặc y =
( )
( )
p x
q x
.
2.6 Dạng khác của bài toán có liên quan đến khảo sát hàm số.
III. MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Vấn đề : TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Giả sử hàm số
y f x( )=
có tập xác định D.
• Hàm số f đồng biến trên D ⇔
y x D0,
′
≥ ∀ ∈
và
y 0
′
=
chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm
thuộc D.

• Hàm số f nghịch biến trên D ⇔
y x D0,
′
≤ ∀ ∈
và
y 0
′
=
chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm
thuộc D.
• Nếu
y ax bx c a
2
' ( 0)
= + + ≠
thì:
+
a
y x R
0
' 0,
0
∆

>
≥ ∀ ∈ ⇔

≤

+

a
y x R
0
' 0,
0
∆

<
≤ ∀ ∈ ⇔

≤

• Định lí về dấu của tam thức bậc hai
g x ax bx c a
2
( ) ( 0)
= + + ≠
:
+ Nếu ∆ < 0 thì
g x( )
luôn cùng dấu với a.
+ Nếu ∆ = 0 thì
g x( )
luôn cùng dấu với a (trừ
b
x
a2
= −
)
+ Nếu ∆ > 0 thì

g x( )
có hai nghiệm
x x
1 2
,
và trong khoảng hai nghiệm thì
g x( )
khác dấu
với a, ngoài khoảng hai nghiệm thì
g x( )
cùng dấu với a.
• So sánh các nghiệm
x x
1 2
,
của tam thức bậc hai
g x ax bx c
2
( )
= + +
với số 0:
+
x x P
S
1 2
0
0 0
0
∆


≥

≤ < ⇔ >


<

;
x x P
S
1 2
0
0 0
0
∆

≥

< ≤ ⇔ >


>

;
x x P
1 2
0 0
< < ⇔ <
•
a b

g x m x a b g x m
( ; )
( ) , ( ; ) max ( )
≤ ∀ ∈ ⇔ ≤
;
a b
g x m x a b g x m
( ; )
( ) , ( ; ) min ( )
≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
*Một số dạng câu hỏi thường gặp
1. Tìm điều kiện để hàm số
y f x( )
=
đơn điệu trên tập xác định (hoặc trên từng
khoảng xác định).
• Hàm số f đồng biến trên D ⇔
y x D0,
′
≥ ∀ ∈
và
y 0
′
=
chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm
thuộc D.
• Hàm số f nghịch biến trên D ⇔
y x D0,
′
≤ ∀ ∈

và
y 0
′
=
chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm
thuộc D.
• Nếu
y ax bx c a
2
' ( 0)
= + + ≠
thì:
+
a
y x R
0
' 0,
0
∆

>
≥ ∀ ∈ ⇔

≤

+
a
y x R
0
' 0,

0
∆

<
≤ ∀ ∈ ⇔

≤

Trang 8
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
2. Tìm điều kiện để hàm số
y f x ax bx cx d
3 2
( )
= = + + +
đơn điệu trên khoảng
( ; )
α β
.
Ta có:
y f x ax bx c
2
( ) 3 2
′ ′
= = + +
.
a) Hàm số f đồng biến trên
( ; )
α β
⇔

y x0, ( ; )
′
≥ ∀ ∈
α β
và
y 0
′
=
chỉ xảy ra tại một số hữu
hạn điểm thuộc
( ; )
α β
.
Trường hợp 1:
• Nếu bất phương trình
f x h m g x( ) 0 ( ) ( )
′
≥ ⇔ ≥
(*)
thì f đồng biến trên
( ; )
α β
⇔
h m g x
( ; )
( ) max ( )
≥
α β
• Nếu bất phương trình
f x h m g x( ) 0 ( ) ( )

′
≥ ⇔ ≤
(**)
thì f đồng biến trên
( ; )
α β
⇔
h m g x
( ; )
( ) min ( )
≤
α β
Trường hợp 2: Nếu bất phương trình
f x( ) 0
′
≥
không đưa được về dạng (*) thì đặt
t x
= −
α
.
Khi đó ta có:
y g t at a b t a b c
2 2
( ) 3 2(3 ) 3 2
α α α
′
= = + + + + +
.
– Hàm số f đồng biến trên khoảng

a( ; )−∞
⇔
g t t( ) 0, 0≥ ∀ <
⇔
a
a
S
P
0
0 0
0 0
0
∆
∆

>



> >
∨
 
≤ >


≥


– Hàm số f đồng biến trên khoảng
a( ; )

+∞
⇔
g t t( ) 0, 0
≥ ∀ >
⇔
a
a
S
P
0
0 0
0 0
0
∆
∆

>



> >
∨
 
≤ <


≥


b) Hàm số f nghịch biến trên

( ; )
α β
⇔
y x0, ( ; )
′
≥ ∀ ∈
α β
và
y 0
′
=
chỉ xảy ra tại một số hữu hạn
điểm thuộc
( ; )
α β
.
Trường hợp 1:
• Nếu bất phương trình
f x h m g x( ) 0 ( ) ( )
′
≤ ⇔ ≥
(*)
thì f nghịch biến trên
( ; )
α β
⇔
h m g x
( ; )
( ) max ( )
≥

α β
• Nếu bất phương trình
f x h m g x( ) 0 ( ) ( )
′
≥ ⇔ ≤
(**)
thì f nghịch biến trên
( ; )
α β
⇔
h m g x
( ; )
( ) min ( )
≤
α β
Trường hợp 2: Nếu bất phương trình
f x( ) 0
′
≤
không đưa được về dạng (*) thì đặt
t x
= −
α
.
Khi đó ta có:
y g t at a b t a b c
2 2
( ) 3 2(3 ) 3 2
α α α
′

= = + + + + +
.
– Hàm số f nghịch biến trên khoảng
a( ; )−∞
⇔
g t t( ) 0, 0≤ ∀ <
⇔
a
a
S
P
0
0 0
0 0
0
∆
∆

<



< >
∨
 
≤ >


≥



– Hàm số f nghịch biến trên khoảng
a( ; )
+∞
⇔
g t t( ) 0, 0
≤ ∀ >
⇔
a
a
S
P
0
0 0
0 0
0
∆
∆

<



< >
∨
 
≤ <


≥



3. Tìm điều kiện để hàm số
y f x ax bx cx d
3 2
( )
= = + + +
đơn điệu trên khoảng có độ dài
Trang 9
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
bằng k cho trước.
• f đơn điệu trên khoảng
x x
1 2
( ; )
⇔
y 0
′
=
có 2 nghiệm phân biệt
x x
1 2
,
⇔
a 0
0
∆

≠


>

(1)
• Biến đổi
x x d
1 2
− =
thành
x x x x d
2 2
1 2 1 2
( ) 4+ − =
(2)
• Sử dụng định lí Viet đưa (2) thành phương trình theo m.
• Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm.
4. Tìm điều kiện để hàm số
ax bx c
y a d
dx e
2
(2), ( , 0)
+ +
= ≠
+
a) Đồng biến trên
( ; )
α
−∞
.
b) Đồng biến trên

( ; )
α
+∞
.
c) Đồng biến trên
( ; )
α β
.
Tập xác định:
e
D R
d
\
 
−
=
 
 
,
( ) ( )
adx aex be dc f x
y
dx e dx e
2
2 2
2 ( )
'
+ + −
= =
+ +

Trang 10
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Trường hợp 1
Trường hợp 2
Nếu:
f x g x h m i( ) 0 ( ) ( ) ( )
≥ ⇔ ≥
Nếu bpt:
f x( ) 0≥
không đưa được về dạng (i)
thì ta đặt:
t x
α
= −
.
Khi đó bpt:
f x( ) 0≥
trở thành:
g t( ) 0≥
, với:
g t adt a d e t ad ae be dc
2 2
( ) 2 ( ) 2
α α α
= + + + + + −

a) (2) đồng biến trên khoảng
( ; )
α
−∞

e
d
g x h m x( ) ( ),
α
α

−

≥
⇔


≥ ∀ <

e
d
h m g x
( ; ]
( ) min ( )
α
α
−∞

−
≥

⇔

≤



a) (2) đồng biến trên khoảng
( ; )
α
−∞
e
d
g t t ii( ) 0, 0 ( )
α

−

≥
⇔


≥ ∀ <

a
a
ii
S
P
0
0 0
( )
0 0
0

>




> ∆ >
⇔ ∨
 
∆ ≤ >


≥



b) (2) đồng biến trên khoảng
( ; )
α
+∞
e
d
g x h m x( ) ( ),
α
α

−

≤
⇔


≥ ∀ >


e
d
h m g x
[ ; )
( ) min ( )
α
α
+∞

−
≤

⇔

≤


b) (2) đồng biến trên khoảng
( ; )
α
+∞
e
d
g t t iii( ) 0, 0 ( )
α

−

≤

⇔


≥ ∀ >

a
a
iii
S
P
0
0 0
( )
0 0
0

>



> ∆ >
⇔ ∨
 
∆ ≤ <


≥


c) (2) đồng biến trên khoảng

( ; )
α β
( )
e
d
g x h m x
;
( ) ( ), ( ; )
α β
α β

−

∉
⇔


≥ ∀ ∈

( )
e
d
h m g x
[ ; ]
;
( ) min ( )
α β
α β

−

∉

⇔

≤


Vấn đề : CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Phương pháp tìm cực trị
Phương pháp 1.
• Tìm f’(x).
• Tìm các điểm x
i
(I = 1, 2,…) mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc hàm số liên tục
nhưng không có đạo hàm.
Trang 11
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
• Lập bảng xét dấu f’(x). Nếu f’(x) đổi dấu khi x qua x
i
thì hàm số đạt cực trị tại x
i
.
Phương pháp 2.
• Tìm f’(x).
• Giải phương trình f’(x) = 0 tìm các nghiệm x
i
(i = 1, 2,…).
• Tính f’’(x
i
).

Nếu f’’(x
i
) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x
i
.
Nếu f’’(x
i
) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x
i
.
Ví dụ 1: Tìm cực trị của hàm số: f(x) = sinx + cosx với x
( ; )
∈ −π π
Giải: f’(x) = cosx – sinx; f’’(x) = - sinx – cosx ;
x
cos x sin x 0 tan x 1
4
f '(x) 0
x x 3
x
4
π

=

− = = −
 
= ⇔ ⇔ ⇔

 

−π < < π −π < < π π
 

= −


.
Ta có:
3
f 2; f 2;
4 4
π π
   
= − = −
 ÷  ÷
   

3
f '' 0; f '' 0
4 4
π π
   
< − >
 ÷  ÷
   
. Vậy trên khoảng
( ; )
−π π
hàm số đạt cực đại tại điểm
x

4
π
=
, f
CĐ
=
2
; hàm số đạt cực tiểu tại điểm
3
x
4
π
= −
,
f
CT
=
2
−
.
Ví dụ 2: Cho hàm số
3 2
1 1
y x (m 1)x 3(m 2)x
3 3
= − − + − +
.Với giá trị nào của m thì hàm số có cực
đại, cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại, cực tiểu x
1
, x

2
thỏa x
1
+ 2x
2
= 1.
Giải: TXĐ: D = R.
2
y' mx 2(m 1)x 3(m 2)
= − − + −
. Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0
có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
.
2 2
m 0
m 0 m 0
2 6 2 6
' (m 1) 3m(m 2) 0 2m 4m 1 0
m (*)
2 2
≠

≠ ≠
 

⇔ ⇔ ⇔
  

− −
∆ = − − − > − + + >
< <
 


Theo định lí Viet và theo đề bài, ta có:
1 2
1 2
1 2
2(m 1)
x x (1)
m
3(m 2)
x .x (2)
m
x 2x 1 (3)
−

+ =


−

=


+ =




. Từ (1) và (3), ta có:
1 2
3m 4 2 m
x , x
m m
− −
= =
.
Thế vào (2), ta được:
3m 4 2 m 3(m 2)
(m 0)
m m m
− − −
  
= ≠
 ÷ ÷
  

2
2
m
3m 8m 4 0
3
m 2

=

⇔ − + = ⇔


=

(thỏa(*)). Vậy giá trị cần tìm là:
2
m m 2
3
= ∨ =
Ví dụ 3: Cho hàm số
4 2 4
y x 2mx 2m m
= − + +
. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng
thời các điểm cực đại và cực tiểu lập thành một tam giác đều.
Trang 12
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Giải: TXĐ: D = R.
3
y' 4x 4mx
= −
. y’= 0
2
x 0
x m(*)
=

⇔

=

. Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’

= 0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi x qua các nghiệm đó
⇔
phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔
m > 0. Khi đó:
4
4 2
x 0 y m 2m
y' 0
x m y m m 2m

= ⇒ = +
= ⇔

= ± ⇒ = − +


. Đồ
thị hàm số có một điểm cực đại là
4
A(0,m 2m)
+
và hai điểm cực tiểu là
4 2 4 2
B( m, m m 2m);C( m;m m 2m)− − + − +
.
Các điểm A, B, C lập thành một tam giác đêu
AB AC
AB BC

=

⇔

=


2 2 4 3
AB BC m m 4m m(m 3) 0
⇔ = ⇔ + = ⇔ − =
. Vậy
3
m 3 (m 0)= >
Ví dụ 4: Cho hàm số
4 2
y kx (k 1)x 1 2k
= + − + −
. Xác định các giá trị của tham số k để đồ thị
hàm số chỉ có một điểm cực trị.
Giải: TXĐ: D = R.
3
y' 4kx 2(k 1)x
= + −
.
2
x 0
y' 0
2kx k 1 0(*)
=


= ⇔

+ − =

. Hàm số chỉ có một
cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có một nghiệm duy nhất và y’ đổi dấu khi x đi qua nghiệm đó
⇔
phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm x = 0.
k 0
k 0
k 0 k 1
k 0
k 0 k 1
' 2k(k 1) 0
=

=


⇔ ⇔ ⇔ ≤ ∨ ≥
≠



< ∨ ≥



∆ = − − ≤



. Vậy giá trị cần tìm là
k 0 k 1
≤ ∨ ≥
.
Ví dụ 5: Cho hàm số
4 2
1 3
y x mx
2 2
= − +
. Xác định m để đồ thị của hàm số có cực tiểu mà
không có cực đại.
Giải: TXĐ: D = R.
3
y' 2x 2mx
= −
.
2
x 0
y' 0
x m(*)
=

= ⇔

=

. Hàm số có cực tiểu mà không có
cực đại

y' 0
⇔ =
có một nghiệm duy nhất và y’ đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua
nghiệm đó
⇔
phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0
⇔
m 0
≤
Luyện tập:
1. a) Tìm m để hàm số
3 2
y x (m 3)x mx m 5
= − + + + +
đạt cực tiểu tại x = 2.
(m 0)
=
b) Cho hàm số
2 3 2
y (m 5m)x 6mx 6x 6
= − + + + −
. Với giá trị nào của m thì hàm số đạt cực
đại tại x = 1.
(m 1)
=
2. Cho hàm số
3 2
y x ax bx c
= + + +
. Xác định a, b, c để hàm số có giá trị bằng 1 khi x = 0 và đạt

cực trị tại x = 2 và giá trị cực trị là – 3.
(a 3, b 0,c 1)
= − = =
3. a) Cho hàm số
3 2
y 4x mx 3x m
= − − +
. Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn luôn có cực
đại, cực tiểu đồng thời chứng minh rằng hoành độ cực đại và hoành độ cực tiểu luôn trái dấu.
CÐ CT
1
(x .x 0)
4
= − <
b) Cho hàm số
3 2 2 3
y x 3mx 3(m 1)x m 3m
= + + − + −
. Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn
luôn có cực đại, cực tiểu thuộc hai đường thẳng cố định.
(y 2)
= ±
Trang 13
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
4. a) Cho hàm số
3 2 2 2
y x 2(m 1)x (m 4m 1)x 2(m 1)
= + − + − + − +
. Tìm m để hàm số đạt cực đại và
cực tiểu tại hai điểm x

1
, x
2
thỏa điều kiện:
1 2
1 2
1 1 1
(x x ) (m 1 m 5)
x x 2
+ = + = − ∨ =
b) Cho hàm số
3 2
m
y x (m 1)x (m 5)x 1
3
= − + + − −
. Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại
và cực tiểu đồng thời hoành độ x
1
, x
2
của các điểm cực trị đó thỏa mãn điều kiện:
1 2 1 2
2 2
1 2
x x 3(x x ) 4 0
1
m 0
7
x x 24

+ + − <

 
− < <

 ÷
+ >
 

c) Cho hàm số
3 2
1
y x mx mx 1
3
= − + −
. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại hai điểm x
1
, x
2
thỏa
mãn
1 2
x x 8
− ≥
5. Cho hàm số
3 2
y 2x 3(m 1)x 6(m 2)x 1
= + − + − −
.
a) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu tại x

1
, x
2
và
( )
1 2
x x 2 m 1
+ = = −
b) Tìm m để đường thẳng nối hai điểm cực trị vuông góc với đường thẳng y = x.
( )
m 2 m 4
= ∨ =
6. a) Xác định m để hàm số
4 2
y x 2mx
= − +
có ba cực trị.
( )
m 0
>
b) Cho hàm số
4 2
y (1 m)x mx 2m 1
= − − + −
. Định m để hàm số có đúng một cực trị.
( )
m 0 m 1
≤ ∨ ≥
c) Cho hàm số
4 2 2

y x 2m x 1
= − +
. Định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu
lập thành một tam giác đều.
( )
6
m 3
= ±
d) Cho hàm số
4 2
y x 2(m 2)x 2m 3
= − + + − −
. Tìm m để hàm số chỉ có cực đại mà không có
cực tiểu.
( )
m 2
≤ −
7. Cho hàm số
3 2
y 2x 3(m 3)x 11 3m
= + − + −
. Tìm m để hàm số có hai cực trị. Gọi M
1
, M
2
là các
điểm cực trị, tìm m để M
1
, M
2

và B(0; -1) thẳng hàng.
( )
m 4
=
Vấn đề : SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA HAI ĐỒ THỊ
1. Giao điểm của hai đồ thị
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C
1
) và hàm số y = g(x) có đồ thị là (C
2
).
• Hai đồ thị (C
1
) và (C
2
) cắt nhau tại điểm M(x
o
;y
o
)
⇔
(x
o
;y
o
) là nghiệm của hệ phương
trình
y f (x)
y g(x)
=



=

.
• Hoành độ giao điểm của hai đồ thị (C
1
) và (C
2
) là nghiệm của phương trình: f(x) = g(x)
(*).
• Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C
1
) và (C
2
).
2. Sự tiếp xúc của hai đường cong
Cho hai hàm số f(x) và g(x) có đồ thị lần lượt là (C) và (C’) và có đạo hàm tại điểm x
o
.
• Hai đồ thị (C) và (C’) tiếp xúc với nhau tại một điểm chung M(x
o
;y
o
), nếu tại điểm đó
chúng có cùng một tiếp tuyến. Khi đó M gọi là tiếp điểm.
Trang 14
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
• Hai đồ thị tiếp xúc với nhau khi và chi khi hệ phương trình sau có nghiệm:
f (x) g(x)

f '(x) g '(x)
=


=

. Nghiệm của phương trình trên là hoành độ tiếp điểm.
Ví dụ 1: Cho hàm số
x 3
y
x 1
+
=
+
có đồ thị là (C).
a) Chứng minh rằng đường thẳng (d): y = 2x + m luôn luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và
N.
b) Xác định m để độ dài MN nhỏ nhất.
Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C):
x 3
2x m
x 1
+
= +
+
2
g(x) 2x (m 1)x m 3 0 (x 1) (*)
⇔ = + + + − = ≠ −
Ta có:
2 2

(m 1) 8(m 3) (m 3) 16 0, m
g( 1) 2 0, m

∆ = + − − = − + > ∀
⇔

− = − ≠ ∀

→ phương trình (*) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác – 1.
Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N. Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành độ của M
và N thì x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (*). Ta có:
1 2 1 2
1 1
x x (m 1), x x (m 3)
2 2
+ = − + = −
.
Mặt khác:
1 1 2 2
y 2x m, y 2x m
= + = +
. Ta có:

2 2 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2
2
MN (x x ) (y y ) (x x ) 4(x x ) 5 (x x ) 4x x
1
5 (m 1) 2(m 3)
4
 
= − + − = − + − = + −
 
 
= + − −
 
 
2 2
5
MN (m 3) 16 20 MN 2 5
4
 
= − + ≥ ⇒ ≥
 
. Vậy MN
min
=
2 5
, đạt được khi m = 3.
Ví dụ 2: Cho hàm số
3 2
y x 6x 9x 6
= − + −

(C). Định m để đường thẳng (d):
y mx 2m 4
= − −
cắt
đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt.
Giải: Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2 3 2
x 6x 9x 6 mx 2m 4 x 6x 9x 2 m(x 2)
− + − = − − ⇔ − + − = −
2 2
(x 2)(x 4x 1) m(x 2) 0 (x 2)(x 4x 1 m) (1)
⇔ − − + − − = ⇔ − − + −
2
x 2
g(x) x 4x 1 m 0 (2)
=

⇔

= − + − =

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân
biệt khác 2.
' m 3 0
m 3
g(2) m 3 0
∆ = + >

⇔ ⇔ > −


= − − ≠

Ví dụ 3: Cho hàm số
3 2
m
1 2
y x mx x m (C )
3 3
= − − + +
. Tìm m để (C
m
) cắt trục hoành tại ba điểm
phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
1 2 3
x x x 15+ + >
Trang 15
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Giải: Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2 3 2
1 2
x mx x m 0 x 3mx 3x 3m 2 0
3 3
− − + + = ⇔ − − + + =

( )
2
2
(x 1) x 1 3m x 3m 2 0 (1)
x 1
g(x) x (1 3m)x 3m 2 0 (2)
 
⇔ − + − − − =
 
=

⇔

= + − − − =

(C
m
) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt
⇔
(1) có ba nghiệm phân biệt
⇔
(2) có hai ngiệm
phân biệt khác 1.
2 2
(1 3m) 4(3m 2) 0 3m 2m 3 0, m
m 0 (a)
g(1) 6m 0 m 0
 
∆ = − + + > + + > ∀
⇔ ⇔ ⇔ ≠

 
= − ≠ ≠
 
Giả sử x
3
= 1; x
1
, x
2
là nghiệm của (2). Ta có:
1 2 1 2
x x 3m 1; x x 3m 2
+ = − = − −
. Khi đó:
2 2 2 2
1 2 3 1 2 1 2
2 2
x x x 15 (x x ) 2x x 1 15
(3m 1) 2(3m 2) 14 0 m 1 0 m 1 m 1 (b)
+ + > ⇔ + − + >
⇔ − + + − > ⇔ − > ⇔ < − ∨ >
Từ (a) và (b) ta có gía trị cần tìm là: m < -1 hoặc m > 1.
Ví dụ 4: Cho hàm số
3 2
m
y x 3x 9x m (C )= − − +
. Xác định m để đồ thị (C
m
) của hàm số đã cho
cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với các hoành độ lập thành cấp số cộng.

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2
x 3x 9x m 0 (*)
− − + =
. Giả sử (C
m
) cắt trục Ox
tại ba điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3 1 2 3
x , x , x (x x x )
< <
thì x
1
, x
2
, x
3
là nghiệm của phương
trình (*). Khi đó:
3 2
1 2 3
x 3x 9x m (x x )(x x )(x x )− − + = − − −
3 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3
x (x x x )x (x x x x x x )x x x x x x x 3 (1)= − + + + + + − ⇒ + + =
Ta só: x
1
, x
2
, x

3
lập thành một cấp số cộng
1 3 2
x x 2x (2)
⇔ + =
. Thế (2) vào (1) ta cố: x
2
= 1.
khi x
2
=1: (*) ↔ m = 11. Với m = 11:
3 2 2
(*) x 3x 9x 11 0 (x 1)(x 2x 11) 0
⇔ − − + = ⇔ − − − =
1
2 1 3 2
3
x 1 2 3
x 1 x x 2x
x 1 2 3

= −

⇔ = ⇒ + =


= +

. Vậy m = 11 thỏa yêu cầu.
Ví dụ 5: Cho hàm số

3 2 2
m
y x 3mx 2m(m 4)x 9m m (C )= − + − + −
. Tìm m để đồ thị (C
m
) của hàm
số cắt trục hoành tại 3 điểm cách đều nhau.
Giải: Ta có:
2
y' 3x 6mx 2m(m 4); y'' 6x 6m
= − + − = −
2
y'' 0 x m y m m
= ⇔ = ⇒ = −
. Điểm uốn
2
I(m;m m)
−
.
Điều kiện cần: đồ thị (C
m
) của hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm cắt đều nhau
I Ox
⇒ ∈
m 0
m 1
=

⇔


=

.
Điều kiện đủ:
+Với m = 0, ta có: y = x
3
: đồ thị của hàm số chỉ cắt trục hoành tạ 1 điểm duy nhất → m = 0
không thỏa.
+Với m = 1, ta có:
3 2
y x 3x 6x 8
= − − +
.
3 2 2
y 0 x 3x 6x 8 (x 1)(x 2x 8) 0
= ⇔ − − + ⇔ − − − =
1
2 1 3 2
3
x 2
x 1 x x 2x
x 4
= −


⇔ = ⇒ + =


=


. Vậy m = 1 thỏa yêu cầu bài toán.
Trang 16
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Ví dụ 6: Cho hàm số
3 2
y 2x 3x 1 (C)
= − +
. Tìm điều kiện của a và b để đường thẳng (d): y = ax
+ b cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, D sao cho AB = BD. Khi đó chứng minh rằng đường
thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định.
Giải: Phương trình hoành độ giao điểm
3 2 3 2
2x 3x 1 ax b 2x 3x ax 1 b 0 (*)
− + = + ⇔ − − + − =
.
Giả sử (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, D có hoành độ lần lượt là
1 2 3 1 2 3
x , x ,x (x x x )
< <
là nghiệm của phương trình (*). Khi đó:
3 2
1 2 3
3 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
2x 3x ax 1 b (x x )(x x )(x x )
2x 2(x x x )x 2(x x x x x x )x 2x x x
− − + − = − − −
= − + + + + + −
1 2 3
3

x x x (1)
2
⇒ + + =
. Ta có: AB = BD
1 3 2
x x 2x (2)
⇔ + =
. Thế (2) vào (1) ta có:
2
1
x
2
=
.
Khi
2
1 1 a
x : (*) a 2b 1 b
2 2
−
= ⇔ + = ⇔ =
. Với
1 a
b
2
−
=
3 2 3 2
1
(*) 2x 3x ax (a 1) 0 4x 6x 2ax 1 1

2
⇔ − − + − = ⇔ − − + +
2
2
1
x
(2x 1)(2x 2x a 1) 0
2
g(x) 2x 2x a 1 (**)

=

⇔ − − − − = ⇔

= − − −


(d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, D
⇔
phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt khác
1
2
' 2a 3 0
3
a
1 3
g a 0
2
2 2
∆ = + >



⇔ ⇔ > −

 
= − − ≠
 ÷

 

. Vậy:
1 a 3
b ,a
2 2
−
= > −
thỏa yêu cầu.
Khi đó:
1 a
(d) : y ax
2
−
= +
(2x 1)a 1 2y 0
⇔ − + − =
. Phương trình này nghiệm đúng với mọi
3
a
2
> −

2x 1 0
1
x y
1 2y 0
2
− =

⇔ = =

− =

. Điểm cố định
1 1
I ;
2 2
 
 ÷
 
.
Ví dụ 7: Cho hàm số
4 2
m
y x 2(m 2)x 2m 3 (C )= − + + − −
. Định m để đồ thị (C
m
) cắt trục Ox tại
bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng.
Giải: Phương trình hoành độ giao điểm:
4 2
x 2(m 2)x 2m 3 0 (1)

− + + − − =
. Đặt
2
t x , t 0
= ≥
.
2
(1) g(t) t 2(m 2)t 2m 3 (2)
⇔ = − + + − −
. (C
m
) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt
⇔
(1) có
bốn nghiệm phân biệt
1 2 3 4 1 2 3 4
x , x ,x ,x (x x x x )
< < <
⇔
(2) có hai nghiệm dương phân biệt
1 2 1 2
t , t (t t )
<
.
2 2
' (m 2) 2m 3 0 (m 1) 0
3
m
S 2(m 2) 0 m 2
2

m 1
P 2m 3 0 3
m
2



∆ = + − − > + >

> −



⇔ = + > ⇔ > − ⇔
  
  
≠ −
= + >



> −

Theo định lí Viet, ta có:
1 2
1 2
t t 2(m 2) (a)
t t 2m 3 (b)
+ = +



= +

. Khi đó phương trình (1) có bốn nghiệm phân
biệt:
1 2 2 1 3 1 4 2
x t x t x t x t= − < = − < = < =
. Ta có:
1 2 3 4
x , x ,x ,x
lập thành một cấp số
cộng
⇔
2 1 3 2 4 3 1 2 1 1 2 1
x x x x x x t t t t t t− = − = − ⇔ − + = + = −
2 1
t 9t (c)
⇔ =
Trang 17
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Từ (a) và (c), ta có:
1 2
1 9
t (m 2), t (m 2)
5 5
= + = +
. Thế vào (b), ta được:
2
1 9
(m 2). (m 2) 2m 3 9m 14m 39 0

5 5
+ + = + ⇔ − − =
m 3
13
m
9
=


⇔

= −

(thỏa(*)).
Ví dụ 8: Cho hàm số
3 2
m
y x mx m (C )= − + −
. Định m để đồ thị (C
m
) cắt trục Ox tại ba điểm
phân biệt.
Giải: Đồ thị (C
m
) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt
⇔
(C
m
) có hai cực trị đồng thời hai giá
trị cực trị trái dấu. Ta có:

2
y' 3x 2mx
= − +
.
3
x 0 y m
y' 0
2m 4
x y m m
3 27
= ⇒ = −


= ⇔

= ⇒ = −

* Hàm số có hai cực trị
⇔
m 0
≠
* Hai giá trị cực trị trái dấu
( )
3 2 2
2m 4
y(0).y 0 m . m m 0 m .(4m 27) 0
3 27
   
⇔ < ⇔ − − < ⇔ − >
 ÷  ÷

   
2
3 3
4m 27 0 (m 0) m
2
⇔ − > ≠ ⇔ >
Luyện tập:
1. Cho hàm số
3 2
y 2x x (C)
= −
. Giả sử đường thẳng y = a cắt đồ thị (C) tại ba điểm có hoành
độ x
1
, x
2
, x
3
. Tính tổng
2 2 2
1 2 3
S x x x= + +
.
1
S
4
 
=
 ÷
 

.
2. Cho hàm số
3 2 3
y x 3ax 4a
= − +
. Xác định a để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại ba điểm phân
biệt A, B, C với AB = BC.
2
a 0 a
2
 
= ∨ = ±
 ÷
 ÷
 
.
3. Cho hàm số
3
1
y x x m
3
= − +
. Tìm m để đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
2 2
m
3 3
 
− < <
 ÷
 

.
Vấn đề: TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ
• Tiếp tuyến của (C) : y = f(x) tại điểm M (x
o
;y
o
)
∈
(C) có hệ số góc k = f’(x
o
). Phương
trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có dạng: y = f’(x
o
)(x – x
o
) + y
o
.
• Tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y = ax + b có hệ số góc là a. Thì tiếp tuyến
và (d) có cùng hệ số góc hay f’(x
o
) = a.
• Tiếp tuyến vuông góc với (d) thì tích hai hệ số góc là bằng -1.
• Tiếp tuyến tạo với chiều dương của trục hoành một góc α thì hệ số góc là tanα
Ví dụ 1: Gọi (C
m
) là đồ thị của hàm số
3 2
1 m 1
y x x

3 2 3
= − +
. Gọi M là điểm thuộc (C
m
) có hoành
độ bằng – 1. Tìm m để tiếp tuyến của (C
m
) tại điểm M song song với đường thẳng 5x – y = 0.
Giải: Đặt
0 0 m
M(x ;y ) (C )
∈
, ta có:
0 0
m
x 1 y
2
= − ⇒ = −
.
2
0
y' x mx y'(x ) m 1= − ⇒ = +
;
Trang 18
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Phương trình tiếp tuyến ∆ tại điểm M có dạng:
0 0 0
y y y'(x )(x x )
− = −
m

y (m 1)(x 1)
2
⇔ + = + +
1
y (m 1)x (m 2)
2
⇔ = + + +
. ∆ song song với đường thẳng 5x – y = 0 hay y = 5x
m 1 5
m 2 0
+ =

⇔

+ ≠

→ m = 4.
Ví dụ 2: Cho hàm số
3 2
y x 3x 9x 5
= + − +
(C). Trong tất cả các tiếp tuyến của đồ thị (C), hãy tìm
tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất.
Giải: gọi
0 0
M(x ;y ) (C)
∈
3 2
0 0 0 0
y x 3x 9x 5⇔ = + − +

. Ta có:
2
y' 3x 6x 9
= + −
. Tiếp tuyến tại
điểm M có hệ số góc:
2 2
0 0 0 0
k y'(x ) 3x 6x 9 3(x 1) 12 12= = + − = + − ≥
→ Mink = -12, đạt được
khi: x
0
= -1 → y
0
= 16. Vậy trong tất cả các tiếp tuyến của đồ thị hàm số, tiếp tuyến tại M (-
1; 16) (điểm uốn) có hệ số góc nhỏ nhất. Phương trình tiếp tuyến: y = -12x = 4.
Ví dụ 3: Cho hàm số
3
1 2
y x x
3 3
= − +
(C). Tìm trên đồ thị (C) điểm mà tại đó tiếp tuyến của đồ
thị vuông góc với đường thẳng
1 2
y x
3 3
= − +
.
Giải: Gọi

3
0 0 0 0 0
1 2
M(x ;y ) (C) y x x
3 3
∈ ⇔ = − +
. Tiếp tuyến ∆ tại điểm M có hệ số góc:
2
1 0 0
k y '(x ) x 1= = −
với
2
y' x 1
= −
. Đường thẳng d:
1 2
y x
3 3
= − +
có hệ số góc
2
1
k
3
= −
.
2 2
1 2 0 0
1
d k .k 1 (x 1) 1 x 4

3
 
∆ ⊥ ⇔ = − ⇔ − − = − ⇔ =
 ÷
 
0 0
0 0
4
x 2 y
3
x 2 y 0

= ⇒ =

⇔

= − ⇒ =


Ví dụ 4: Cho hàm số
x 1
y
x 1
+
=
−
(C). Xác định m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Giải: phương trình hoành độ giao điểm:
x 1

2x m
x 1
+
= +
−
2
g(x) 2x (m 3)x m 1 0 (1)
x 1

= + − − − =
⇔

≠

Ta có:
2 2
(m 3) 8(m 1) (m 1) 16 0, m
g(1) 2 0

∆ = − + + = + + > ∀

= − ≠

→ phương trình (1) luôn luôn có hai
nghiệm phân biệt khác 1. vậy d luôn luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B.
Gọi x
1
, x
2
(x

1
≠ x
2
) lần lượt là hoành độ của A và B thì x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình
(1). Ta có:
1 2
1
x x (3 m)
2
+ = −
. Tiếp tuyến ∆
1
, ∆
2
tại A, B có hệ số góc lần lượt là:
1 1
2
1
2
k y'(x )
(x 1)
= = −
−
2 2
2
2

2
k y'(x )
(x 1)
= = −
−
.
1 2 1 2
2 2
1 2
2 2
/ / k k
(x 1) (x 1)
∆ ∆ ⇔ = ⇔ − = −
− −
Trang 19
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
1 2 1 2
2 2
1 2
1 2 1 2
x 1 x 1 x x
(x 1) (x 1)
x 1 x 1 x x 2
− = − =
 
⇔ − = − ⇔ ⇔
 
− = − + + =
 
1

(3 m) 2 m 1
2
⇔ − − = ⇔ = −
.
Ví dụ 5: Cho hàm số
3 2
y 2x 3x 5 (C)
= − +
. Tìm phương trình các đường thẳng đi qua điểm
19
A ;4
12
 
 ÷
 
và tiếp xúc với đồ thị (C) của hàm số.
Giải: gọi
3 2
0 0 0 0 0
M(x ;y ) (C) y 2x 3x 5∈ ⇔ = − +
. Ta có:
2 2
0 0 0
y' 6x 6x y'(x ) 6x 6x= − ⇒ = −
.
Phương trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại M có dạng:
0 0 0
y y y'(x )(x x )
− = −
3 2 2 2 3 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0
y (2x 3x 5) (6x 6x )(x x ) y (6x 6x )x 4x 3x 5⇔ − − + = − − ⇔ = − − + +
2 3 2 3 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
19 1
A 4 (6x 6x ). 4x 3x 5 8x 25x 19x 2 0 x 1 x 2 x
12 8
∈∆ ⇔ = − − + + ⇔ − + − = ⇔ = ∨ = ∨ =
0 0 0
1 21 645
x 1 : y 4; x 2 : y 12x 15 x : y x
8 32 128
= ⇒ ∆ = = ⇒ ∆ = − = ⇒ ∆ = − +
Ví dụ 6: Cho hàm số
3 2
1
y x 2x 3x
3
= − +
(C). Qua điểm
4 4
A ;
9 3
 
 ÷
 
có thể kẻ được mấy tiếp tuyến
đến đồ thị (C). Viết phương trình các tiếp tuyến ấy.
Giải: phương trình đường thẳng ∆ đi qua A với hệ số góc k có dạng:
4 4

y k x
9 3
 
= − +
 ÷
 
∆ tiếp xúc với (C) ↔ hệ phương trình sau có nghiệm:
3 2
2
1 4 4
x 2x 3x k x (1)
3 9 3
x 4x 3 k (2)

 
− + = − +

 ÷
 


− + =

Thế (2) vào (!), ta có:
3 2 2 2
1 4 4
x 2x 3x (x 4x 3) x x(3x 11x 8) 0
3 9 3
 
− + = − + − + ⇔ − + =

 ÷
 
(2)
(2)
(2)
x 0 k 3 : y 3x
4
x 1 k 0 : y
3
8 5 5 128
x k : y x
3 9 9 81


= ⇒ = ⇒ ∆ =


⇔ = ⇒ = ⇒ ∆ =



= ⇒ = − ⇒ ∆ = − +

Ví dụ 7: Cho hàm số
4 2
1 3
y x 3x
2 2
= − +
(C). Tìm phương trình tiếp tuyến đi qua điểm

3
A 0;
2
 
 ÷
 
và tiếp xúc với đồ thị (C).
Giải: phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A và có hệ số góc k có đạng:
3
y kx
2
= +
.
∆ tiếp xúc với (C) ↔ hệ phương trình sau có nghiệm:
4 2
3
1 3 3
x 3x kx (1)
2 2 2
2x 6x k (2)

− + = +



− =

Trang 20
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
Thế (2) vào (1), ta có:

4 2 3 2 2
1 3 3
x 3x (2x 6x)x x (x 2) 0
2 2 2
− + = − + ⇔ − =

(2)
(2)
(2)
3
x 0 k 0 : y
2
3
x 2 k 2 2 : y 2 2x
2
3
x 2 k 2 2 : y 2 2x
2

= ⇒ = ⇒ ∆ =



⇔ = ⇒ = − ⇒ ∆ = − +



= − ⇒ = ⇒ ∆ = +



Ví dụ 8: Cho hàm số
x 2
y
x 2
+
=
−
(C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết tiếp tuyến
đi qua điểm
A(-6;5).
Giải: phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A và có hệ số góc k có đạng:
y k(x 6) 5
= + +
.
∆ tiếp xúc với (C) ↔ hệ phương trình sau có nghiệm:
( )
2
x 2
k(x 6) 5 (1)
x 2
4
k (2)
x 2
+

= + +

−



−

=
−


Thế (2) vào (!), ta có:
( )
2
2
x 2 4
(x 6) 5 x 6x 0 (x 2)
x 2
x 2
+ −
= + + ⇔ − = ≠
−
−
(2)
(2)
x 0 k 1 : y x 1
1 1 7
x 6 k : y x
4 4 2

= ⇒ = − ⇒ ∆ = − −

⇔

= ⇒ = − ⇒ ∆ = − +



Ví dụ 9: Cho hàm số (C)
22
43
2
−
+−
=
x
xx
y
. M là một điểm tuý ý trên (C) Tiếp tuyến của (C)
tại M cắt đường tiệm cận xiên và đứng tại A và B .Chứng tỏ rằg M là trung điểm của AB, và
tam giác IAB (I là giao điểm của hai đường tiệm cận) có diện tích không phụ thuộc vào M
Giải:
( )
(C) 1x ≠
−
+−=
−
+−
=
1
1
1
222
43
2
x

x
x
xx
y

( ) ( )
⇒∈
CbaM ;
tiếp tuyến tại M là (d)
( )
( )
baxyy
a
+−
′
=







−
+−=
1
1
1
2 a
a

b

( )
( )
1
1
1
2
1
1
2
1
2
−
+−+−






−
−=⇔
a
a
ax
a
y
Tiệm cận đứng của (C) là (d
1

) : x = 1
( ) ( )






−
+−=∩⇒
1
2
2
1
;1
1
a
Add
Tiệm cận xiên của (C) là (d
2
) :
( ) ( )






−−=∩⇒−=
2

3
;121
2
2
aaBdd
x
y
Ta có :
( ) ( )
MBA
xaaxx
==−+=+
121
2
1
2
1
Trang 21
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH

( )
MBA
y
a
a
a
a
yy
=
−

+−=






−+
−
+−=+
1
1
1
22
3
1
2
2
1
2
1
2
1
Vậy M là trung điểm của AB
Giao điểm của 2 tiệm cận là
IBIAIAB
xxyySI −−=⇒







−
2
1
2
1
;1

222.
1
2
.
2
1
=−
−
= a
a
Vậy S
IAB
không phụ thuộc vào M
Ví dụ 10:Cho hàm số y = x
3
+ mx
2
+ 1 (Cm) .Tìm m để (Cm) cắt (d) y = – x + 1 tại 3 điểm
phân biệt
A(0; 1) , B, C sao cho các tiếp tuyến của Cm) tại B và C vuông góc nhau

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (Cm)
x
3
+ mx
2
+ 1 = – x + 1
⇔
x(x
2
+ mx + 1) = 0 (*)
Đặt g(x) = x
2
+ mx + 1 . (d) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt
⇔
g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0
( )



−<
>
⇔



≠=
>−=∆
⇔
2
2

010
04
2
m
m
g
mg
Vì x
B
, x
C
là nghiệm của g(x) = 0



==
−=+=
⇒
1
CB
CB
xxP
mxxS
Tiếp tuyến tại B và C vuông góc
( ) ( )
1
−=
′′
⇔
BC

xfxf
( )( )
12323
−=++⇔
mxmxxx
CBCB
( )
[ ]
1469
2
−=+++⇔
mxxmxxxx
CBCBCB
( )
[ ]
14691
2
−=+−+⇔ mmm
102
2
=⇔ m
5
±=⇔
m
(nhận so với điều kiện)
DẠNG 1: Ba điểm cực trị tạo thành tam giác.
Ví dụ 1. ( KB-2004 ). Cho hàm số
( )
4 2 2
2 1

m
y x m x C
= − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=1
2. Tìm m dể hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân .
GIẢI
1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C)
2. Ta có :
( )
3 2 2 2
2 2
0
' 4 4 4 0 0 (*)
x
y x m x x x m m
x m
=

= − = − = ⇔ ⇒ ≠

=

Trang 22
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
- Với điều kiện (*) thì hàm số (1) có ba điểm cực trị . Gọi ba điểm cực trị là :
( )
( ) ( )
4 4
0;1 ; ;1 ; ;1A B m m C m m

− − −
. Do đó nếu ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông
cân , thì đỉnh sẽ là A .
- Do tính chất của hàm số trùng phương , tam giác ABC đã là tam giác cân rồi , cho nên để
thỏa mãn điều kiện tam giác là vuông , thì AB vuông góc với AC.
( ) ( )
( )
4 4
; ; ; ; 2 ;0AB m m AC m m BC m
⇔ = − − = − =
uuur uuur uuur
Tam giác ABC vuông khi :
( )
2 2 2 2 2 8 2 8
4BC AB AC m m m m m
= + ⇔ = + + +
( )
2 4 4
2 1 0; 1 1m m m m
⇔ − = ⇒ = ⇔ = ±
Vậy với m = -1 và m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán .
* Ta còn có cách khác
- Tam giác ABC là tam giác vuông khi trung điểm I của BC : AI = IB , với
( )
4
0;I m
= −
( )
( )
4 2 8 2 2 2 2 8 2

0; ; ;0IA m IA m IB m IB m IA IB m m
⇔ = ⇒ = = ⇒ = ⇔ = ⇒ =
uur uur
. Hay
4
1 1m m
= ⇔ = ±
Ví dụ 2 : Cho hàm số
12
24
+−=
mxxy
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
2.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thi hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi
qua ba điểm này có bán kính bằng 1.
GIẢI.
1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C).
2. Ta có
mxxy 44'
3
−=




=
=
⇔=
mx

x
y
2
0
0'
- Hàm số có 3 cực trị
⇔
y’ đổi dấu 3 lần
⇔
phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔
m > 0
Khi m > 0 , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là
)1;0(,)1;(,)1;(
22
CmmBmmA
−−−
- Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.
Vì 2 điểm A, B đối xứng qua trục tung nên I nằm trên trục tung.
Đặt I(0 ; y
0
). Ta có : IC = R



=
=
⇔=−⇔
2
0

1)1(
0
0
2
0
y
y
y
)0;0(OI
≡⇒
hoặc
)2;0(I
* Với
)0;0(OI
≡
IA = R









+−
=
−−
=
=

=
⇔=+−⇔=−+⇔
2
51
2
51
1
0
021)1(
2422
m
m
m
m
mmmmm
Trang 23
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
So sánh điều kiện m > 0, ta được m = 1 và m =
2
51+−
* Với I(0 ; 2)
IA = R
021)1(
2422
=++⇔=−−+⇔
mmmmm
(*)
Phương trình (*) vô nghiệm khi m > 0
Vậy bài toán thỏa mãn khi m = 1 và m =
2

51
+−
BÀI TẬP
Câu1. Cho hàm số
4 2
2 1y x mx m= + − −
(1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1m
= −
.
2. Xác định
m
để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một
tam giác có diện tích bằng
4 2
.
Câu 2. Cho hàm số
4 2 2
y x 2m x 1
= − −
(1), trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có
diện tích bằng 32.
Câu 3. Cho hàm số
4 2 2
2y x mx m m= + + +
(1) , với
m

là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
2m
= −
.
2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành
một tam giác có góc bằng 120
0
.
Câu 4. Cho hàm số y = x
4
– 2m
2
x
2
+ 1, (1)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích của tam giác ABC bằng
32.
Câu 5. Cho hàm số y = x
4
– 2m
2
x
2
+ 1 (1)
1. Khảo sát hàm số (1) khi m = 1
2. Tìm m để đồ thị h/s (1) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân
Câu 6. Cho hàm số
4 2

y x 2x 2 m
= − + −
có đồ thị (C
m
) với m là tham số .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).của hàm số khi m = 0 .
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m tam giác có ba đỉnh là ba điểm cực trị của đồ thị (
m
C
) là một tam giác vuông cân.
Câu 7. Cho hàm số
55)2(2
224
+−+−+= mmxmxy
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2.Tìm m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu tạo thành một tam giác vuông cân.
Câu 8. Cho hàm số y = x
4
– 2mx
2
+ m – 1 . (1)
1. Khảo sát và và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để hàm số (1) có ba cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một
tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.
Câu 9. Cho hàm số
mmmxxy
−+−=
224
22

(1) với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = − 1.
2 Định m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 10. Cho hàm số
4 2 4
y x 2mx 2m m= - + +
(1)
Trang 24
Hội đồng bộ môn Toán tỉnh Đồng Tháp - Tài liệu ôn thi tuyển sinh CĐ-ĐH
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
m 1=
2. Xác định m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu của
đồ thị hàm số (1) lập thành một tam giác đều.
DẠNG 2 : Hai điểm cực trị và một điểm khác tao thành một tam giác.
Ví dụ 1. Cho hàm số
( )
( )
3 2 2 2
3 3 1 3 1 1y x x m x m
= − + + − − −
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (1) với m=1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại , cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với
gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O.
GIẢI
1. Học sinh tự vẽ đồ thị .
2. Ta có :
( )
2 2
' 3 6 3 1y x x m
= − + + −

- Để hàm số có cực đại , cực tiểu thì :
( )
2 2
' 3 6 3 1y x x m
= − + + −
=0 có hai nghiệm phân biệt
( )
2 2
1
2
' 9 9 1 0 9 0; 0 (*)
3 3
1
3
3 3
1
3
m m m
m
x m
m
x m
⇔ ∆ = + − > ⇒ > ⇔ ≠
− −

= = +

−
⇒


− +

= = −

−

- Với điều kiện (*) hàm số có cực đại , cực tiểu .Gọi
( ) ( )
1 1 2 2
; ; ;A x y B x y
là hai điểm cực đại
,cực tiểu của hàm số . Nếu A, B cùng với O tạo thành tam giác vuông tại O thì OA vuông góc
với OB :
. 0OAOB =
uuuruuur
- Ta có :
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 1 2 1 2
; ; ; . 0 1OA x y OB x y OA OB x x y y
⇒ = + =
uuur uuur uuuruuur
- Bằng phép chia phương trình hàm số cho đạo hàm của nó , ta có :
( ) ( )
( )
( )
3 2 2 2 2 2 2 2
1
3 3 1 3 1 3 6 3 1 2 2 1
3 3
x

x x m x m x x m m x m
 
− + + − − − = − − + + − + − +
 ÷
 
- Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị :
( )
2 2
2 2 1y m x m
= − +
- Do đó :
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
2 2 1 ; 2 2 1 . 4 4 1 4 1y m x m y m x m y y m x x m x x m
= − + = − + ⇒ = − + + + +
- Áp dụng Vi-ét cho (1)
1 2
2
1 2
2
. 1
x x
x x m
+ =



= −

, thay vào :
( ) ( ) ( )
4 2 2 2 2 2 2 4
1 2
4 1 2( 1) ( 1) 4 1 1y y m m m m m m m
 
⇒ = − − + + + = + + −
 
- Vậy :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 4 2 2 4
1 2 1 2
0 (1 ) 4 1 1 0 1 4 1 1 0x x y y m m m m m m m
 
+ = ⇔ − + − + − = ⇔ − + − − =
 
Hay :
( ) ( )
( )
2
2 2 4
2
4 2
1
1
1 0

1 3 4 4 0; *
3
6
4 4 3 0
2
2
m
m
m
m m m
m
m m
m
= ±

= ±


− =


− + − = ⇒ ⇔ ⇒



=
− + + =
= ±





Kết luận : Với m thỏa mãn (*) thì hai điểm cực đại , cực tiểu của hàm số cùng với O tạo thành
tam giác vuông tại O .
Trang 25