Tổng hợp các câu hỏi phụ khảo sát hàm số doc

TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ
Bài 1.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
2x
x −2
biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B mà
tam giác OAB thỏa mãn AB = OA
√
2
Giải
Cách 1 Gọi M(x
0
; y
0
), (x
0
= 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng: y−
2x
0
x
0
−2
=
−4
(x
0
−2)
2
(x−
x
0

)
Do tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy tại các điểm A, B và tam giác OAB có AB = OA
√
2 nên tam giác OAB
vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với một trong 2 đường phân giác y = x hoặc y = −x
+TH1: d vuông góc với đường phân giác y = x Có:
−4
(x
0
−2)
2
= −1 ⇔x
0
= 0 ∨x
0
= 4
Với x
0
= 0 ⇒ ptd : y = −x (loại)
Với x
0
= 4 ⇒ ptd : y = −x + 8
+TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x Có
−4
(x
0
−2)
2
.(−1) = −1 pt vô nghiệm. Vậy có 1 tiếp tuyến
thỏa yêu cầu bài toán d : y = −x +8

Cách 2 nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có : sin(ABO) =
OA
AB
=
1
√
2
= sin
π
4
nên tam giác AOB vuông cân tại O. phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M = (x
0
; y
0
) có dạng :
y = −
4
(x
0
−2)
2
)
(x −x
0
) +
2x
0
x
0
−2

dễ dàng tính được A =

x
2
0
2
; 0

và B =

0;
2x
2
0
(x
0
−2)
2

yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm x
0
là nghiệm của phương trình
x
2
0
2
=
2x
2
0

(x
0
−2)
2
⇔ x
3
0
(x
0
−4) = 0
+) với x
0
= 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y + x = 0
+) với x = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x +4
Bài 2.
Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1
3
x
3
−
1
2
m.x
2
+

m
2
−3


x có cực đại x
1
, cực tiểu x
2
đồng thời x
1
; x
2
là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng

5
2
Giải
Cách 1 Mxđ: D = R Có y
′
= x
2
−mx + m
2
−3 y
′
= 0 ⇔x
2
−mx + m
2
−3 = 0
Hàm số có cực đại x
1
,cực tiểu x

2
thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y
′
= 0 có 2 nghiệm phân biệt dương,
triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó
⇔









∆ > 0
S > 0
P > 0
⇔









4 −m
2

> 0
m > 0
m
2
−3 > 0
⇔









−2 < m < 2
m > 0
m < −
√
3 ∨m >
√
3
⇔
√
3 < m < 2(*)
Theo vi-et có:



x

1
+ x
2
= m
x
1
x
2
= m
2
−3
Mà x
2
1
+ x
2
2
=
5
2
⇔ 2(x
1
+ x
2
)
2
−4x
1
x
2

= 5 ⇔ 2m
2
−4(m
2
−3) = 5 ⇔m = ±
√
14
2
Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m =
√
14
2
thỏa yêu cầu bài toán
1
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Cách 2 Yêu cầu bài toán chính là việc tìm m để hàm số có 2 cực trị thỏa mãn

x
2
1
+ x
2
2
=

5
2
ta có : y

′
= x
2
−mx + m
2
δ
′
y
′
= 3 > 0 hàm số đã cho luôn có 2 cực trị
mặt khác theo bài ra ta có :

x
2
1
+ x
2
2
=

5
2
(x
1
+ x
2
)
2
−2x
1

x
2
=
5
2
(1)
vì x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình y
′
= 0 nên ta có



x
1
+ x
2
= m
x
1
x
2
= m
2
−3
thay vào (1) ta được : m
2

=
7
2
vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là :m =

7
2
hoặc m = −

7
2
Bài 3.
Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C
m
) : y =
1
3
mx
3
+ (m −1)x
2
+ (4 −3m)x + 1 tồn tại đúng 2
điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L) : x +2y −3 = 0.
Giải
Cách 1: Có y
′
= mx
2
+ 2(m −1)x + 4 −3m
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y

′
·

−
1
2

= −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx
2
+ 2(m −1)x +
2 −3m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.
⇔













m = 0
∆
′
> 0
S > 0

P > 0
⇔















m = 0
4m
2
−4m + 1 > 0
m −1
m
< 0
2 −3m
m
> 0
⇔
















m = 0
m =
1
2
0 < m < 1
0 < m <
2
3
⇔



0 < m <
1
2
1
2

< m <
2
3
Vậy m ∈

0;
1
2

∪

1
2
;
2
3

là các giá trị cần tìm của m
Cách 2: Có y
′
= mx
2
+ 2(m −1)x + 4 −3m
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y
′
·

−
1
2


= −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx
2
+ 2(m −1)x +
2 −3m = 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
Th1: m = 0 từ (1) ta có x = −1 (loại)
Th2: m =
1
2
từ (1) ta có x = ±1 (loại)
Th3: m = 0;m =
1
2
từ pt (1) có 2 nghiệm x = 1 ∨x =
2 −3m
m
Điều kiện bài toán dẫn đến: :
2 −3m
m
> 0 ⇔0 < m <
2
3
Kết hợp với cả 3 trường hợp trên ta có giá trị m cần tìm:m ∈

0;
1
2

∪


1
2
;
2
3

Bài 4.
Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị (C) :y = x
3
−3x + 2 tại 3 điểm phân biệt A, B,C sao cho
x
A
= 2 và BC = 2
√
2
Giải
Bài 5.
Cho hàm số y = 4x
3
−6mx
2
+ 1, m là tham số.Tìm m để đường thẳng d : y = −x + 1 cắt đồ thị hàm số
tại 3 điểm A(0; 1), B,C và B,C đối xứng qua đường phân giác thứ nhất.
Giải
Giao của (C) và (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình:
4x
3
−6mx
2
+ 1 = −x + 1 ⇔ x(4x

2
−6mx + 1) = 0
2
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x
2
−6mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇒ ∆
′
= 9m
2
−4 > 0 ⇔m >
2
3
, m <
−2
3
Gọi B(x
1
; −x
1
+ 1),C(x
2
; −x
2
+ 1) Để B và C đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:




x
1
= y
2
y
1
= x
2
⇔



x
1
= −x
2
+ 1
x
2
= −x
1
+ 1
⇔ x
1
+ x
2
= 1 ⇔
3
2

m = 1 ⇔m =
2
3
So sánh với đk, thấy không tìm được m thỏa mãn
Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định
Cho hàm số y = x
4
−2mx
2
+ 2m
2
−4,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho có 3 cực trị tạo
thành một tam giác có diện tích bằng 1
Giải
Mxđ: D = R. Có y
′
= 4x
3
−4mx.
y
′
= 0 ⇔4x
3
−4mx = 0 ⇔x = 0 ∨x
2
= m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗)
Gọi A(0; 2m
2
−4); B(
√

m; m
2
−4);C(−
√
m; m
2
−4) là 3 điểm cực trị.
Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên ∆ABC cân tại A.
Kẻ AH⊥BC có S
∆ABC
=
1
2
AH.BC ⇔2 =
|
y
B
−y
A
||
2x
B
|
⇔ 2 = 2m
2
.
√
m ⇔m = 1 Đối chiếu với điều kiên (∗) có m = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 7.
Cho hàm số y =

x −2
x + 1
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B sao
cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác OAB lớn nhất
Giải
Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1.
Giao điểm hai đường tiệm cận I (−1; 1). Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ
x
0
, phương trình tiếp tuyến có dạng: y =
3
(x
0
+ 1)
2
(x −x
0
) +
x
0
−2
x
0
+ 1
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A

−1;
x
0
−5

x
0
+ 1

, và cắt tiệm cận đứng tại điểm B(2x
0
+ 1; 1).
Ta có:IA =




x
0
−5
x
0
+ 1
−1




=
6
|
x
0
+ 1
|

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

p
.
Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác IAB vuông tại I nên:
2p = IA + IB +AB = IA +IB +
√
IA
2
+ IB
2
≥ 2
√
IA.IB+
√
2IA.IB = = 4
√
3 + 2
√
6
Dấu ’=’ xảy ra khi IA = IB ⇔(x
0
+ 1)
2
= 3 ⇔x = −1 ±
√
3
- Với x = −1 −
√
3 ta có tiếp tuyến: d
1
: y = x +2


1 +
√
3

- Với x = −1 +
√
3 ta có tiếp tuyến: d
1
: y = x +2

1 −
√
3

Bài 8.
Cho hàm số y =
2mx + 3
x −m
. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai
tiệm cận tại A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 64
Giải
Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = m và đường tiệm cận ngang là
y = 2m. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I (m; 2m).
Gọi M

x
0
;
2mx

0
+ 3
x
0
−m

(với x
0
= m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.
3
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = −
2m
2
+ 3
(x
0
−m)
2
(x −x
0
) +
2mx
0
+ 3
x
0
−m

Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A

m;
2mx
0
+ 2m
2
+ 6
x
0
−m

và cắt tiệm cận ngang tại B(2x
0
−m; 2m).
Ta có: IA =




2mx
0
+ 2m
2
+ 6
x
0
−m
−2m





=




4m
2
+ 6
x
0
−m




; IB =
|
2x
0
−m −m
|
= 2
|
x
0
−m
|

Nên diện tích tam giác IAB là: S =
1
2
IA.IB = 4m
2
+ 6
Bởi vậy, yêu cầu bài toán tương đương với: 4m
2
+ 6 = 64 ⇔m = ±
√
58
2
Bài 9.
Tìm m sao cho đồ thị hàm số y = x
4
−4x
2
+ m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích
hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành có phần trên bằng phần dưới
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox:x
4
−4x
2
+ m = 0 (1)
Đặt t = x
2
≥ 0. Lúc đó có pt: t
2
−4t + m = 0 (2)

Để (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt khi pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔(2) có 2 nghiêm phân biệt t > 0
⇔









∆
′
= 4 −m > 0
S = 4 > 0
P = m > 0
⇒ 0 < m < 4 (i)
Gọi t
1
;t
2
(0 < t
1
< t
2
) là 2 nghiệm của pt (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là:
x
1
= −
√

t
2
; x
2
= −
√
t
1
; x
3
=
√
t
1
; x
4
=
√
t
2
Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có:

x
3
0
(x
4
−4x
2
+ m) dx =


x
4
x
3
(−x
4
+ 4x
2
−m) dx ⇒
x
5
4
5
−
4x
3
4
3
+ mx
4
= 0 ⇒3x
4
4
−20x
2
4
+ 15m = 0
Từ đó có x
4

là nghiệm của hpt:



x
4
4
−4x
2
4
+ m = 0 (3)
3x
4
4
−20x
2
4
+ 15m = 0 (4)
Lấy 3.(3) −(4) ⇒x
2
4
=
3m
2
Thay x
2
4
=
3m
2

vào (3) có:
9m
2
4
−5m = 0 ⇒m = 0 ∨m =
20
9
Đối chiếu điều kiện (i) có m =
20
9
là giá trị cần tìm.
Bài 10.
Cho hàm số y = x
4
−2(1 −m
2
)x
2
+ m + 1. Tìm m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị và ba điểm cực
trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải
y
′
= 4x
3
−4x(1 −m
2
) = 0 ⇔x = 0, x
2
= 1 −m

2
Hàm số có 3 cực trị ⇔ −1 < m < 1
Khi đó, tọa độ điểm cực đại là A(0; 1 +m),
tọa độ 2 điểm cực tiểu là B(−
√
1 −m
2
;
√
1 −m
2
);C(
√
1 −m
2
;
√
1 −m
2
)
Diện tích tam giác ABC là: S
ABC
=
1
2
d(A; BC).BC = (1 −m
2
)
5
2

≤ 1. Dấu = xảy ra khi m = 0.
Đáp số: m = 0
Bài 11.
Cho hàm số y =
−x + 1
x −3
có đồ thị là (H). Tìm trên (H) điểm M để tiếp tuyến tại M có hệ số góc lớn
hơn 1 tạo với đường thẳng ∆ : 3x + 4y −1 = 0 một góc có giá trị bằng
2
√
5
25
4
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Giải
Vì chỉ biết công thức tính cos của góc từ 2 vecto cho trước, với lại bài này cho kết quả cos khá đẹp
cos(
2
√
5
25
) ≈0,9999 ≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của góc giữa 2 vecto luôn.
Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tại M là:
−→
u
1
(
2

(x −3)
2
; −1) Vecto chỉ phương của dt ∆ : 3x +4y−1 = 0
là:
−→
u
2
(4; −3) Có: cos (
−→
u
1
;
−→
u
2
) =
|
8
(x −3)
2
+ 3|
5

4
(x −3)
4
+ 1
= 1 ⇔|8 +3(x−3)
2
|= 5


4 + (x −3)
4
⇔(x−3)
2
=
3
2
⇔
x =? => M =?
Bài 12.
Cho hàm số y =
x + 3
x −2
có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng d : y = −x + m + 1 tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho

AOB nhọn.
Giải
Giao của (H) và d có hoành độ là nghiệm của pt:
x + 3
x −2
= −x + m +1 ⇔x
2
−(m + 2)x + 2m +5 = 0
Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆ > 0, x = 2 ⇔



m

2
−4m + 16 > 0
2
2
−2(m + 2) + 2m +5 = 0
⇒ m =?
Gọi A(x
1
; −x
1
+ m + 1), B(x
2
; −x
2
+ m + 1) là 2 giao điểm của (H) và d
Để

AOB nhọn thì : AB
2
< OA
2
+ AB
2
⇔2(x
2
−x
1
)
2
< (−x

1
+ m +1)
2
+ (−x
2
+ m +1)
2
⇔ −2x
1
x
2
+ (m +
1)(x
1
+ x
2
) −(m + 1)
2
< 0 ⇔m > −3
Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của m.
Bài 13.
Cho hàm số y =
x
x −1
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2(2 +
√
2)
Giải
Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x = 1, y = 1 Gọi pttt của (H) tại M(x

o
; y
o
) là: y =
−1(x −x
o
)
(x
o
−1)
2
+
x
o
x
o
−1
Khi x = 1 ⇒y =
x
o
+ 1
x
o
−1
⇒ A(1;
x
o
+ 1
x
o

−1
). Khi y = 1 ⇒x = 2x
o
−1 ⇒B(2x
o
−1; 1), I(1; 1)
⇒ P
(ABC)
= IA + IB +AB =
x
o
+ 1
x
o
−1
−1 + 2x
o
−2 +

(2x
o
−2)
2
+ (1 −
x
o
+ 1
x
o
−1

)
2
= 2(2 +
√
2)
⇔ 2 + 2(xo −1)
2
+

(x
o
−1)
4
+ 4 = 2(2 +
√
2)(x
o
−1)
⇔



x
o
−1 = 0 (loại)
−2(1 +
√
2)(x
o
−1)

2
+ (2 +
√
2)
2
(x
o
−1) −2(2 +
√
2) = 0
Cách 2. - Phương trình tiệm cận đứng: x = 1, phương trình tiệm cận ngang y = 1
- Gọi M(a;
a
a −1
), phương trình tiếp tuyến tại M: y =
−1
(a −1)
2
(x −a) +
a
a −1
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: A(1;
a + 1
a −1
)
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: B(2a −1; 1)
- Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB +AB =
2
|a −1|
+ 2|a −1|+ 2


(a −1)
2
+
1
(a −1)
2
≥ 4 + 2
√
2, dấu
= xảy ra khi |a −1|= 1 tức a = 0;a = 2
- Với a = 0 ⇒y = −x
- Với a = 2 ⇒y = −x +4
5
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Kết luận: y = −x, y = −x + 4 là 2 tiếp tuyến cần tìm.
Bài 14.
Cho hàm số: y =
2x −m
mx + 1
(1) Chứng minh với mọi m = 0 đồ thị hàm số (1) cắt (d) : y = 2x −2m tại 2
điểm phân biệt A, B thuộc một đường (H) cố định. Đường thẳng (d) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các
điểm M,N. Tìm m để S
OAB
= 3S
OMN
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng d:

2x −m
mx + 1
= 2x −2m ⇔2mx
2
−2m
2
x −m = 0

x = −
1
m

(2)
Do m = 0 nên (2) ⇔ f (x) = 2x
2
−2mx −1 = 0

x = −
1
m

(∗)
Để tồn tại 2 điểm A, B thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt x
A
; x
B
khác −
1
m
⇔




∆
′
= m
2
+ 2 > 0
f (−
1
m
) =
2
m
2
+ 1 = 0
⇔ ∀m = 0
Mặt khác có x
A
.x
B
=
1
2
nên A, B luôn thuộc một đường (H) cố định.
Kẻ OH⊥AB ⇒OH = d
(O,d)
=
|
−2m

|
√
5
. Lại có A, B ∈d ⇒ y
A
= 2x
A
−2m; y
B
= 2x
B
−2m
Theo viet có:



x
A
+ x
B
= m
x
A
.x
B
=
1
2
.
Có: AB =


(x
A
−x
B
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2
=

5(x
A
−x
B
)
2
=

5(x
A
+ x
B
)
2
−20x

A
x
B
⇔ AB =
√
5m
2
+ 10
Vì M, N là giao điểm của d với Ox, Oy nên M(m; 0); N(0; 2m)
Theo giả thiết :S
OAB
= 3S
OMN
⇔ OH.AB = 3OM.ON ⇔
|
−2m
|
√
5
.
√
5m
2
+ 10 = 3
|
x
M
||
y
N

|
⇔
|
−2m
|
√
5
.
√
5m
2
+ 10 = 3
|
m
||
2m
|
⇔
√
m
2
+ 2 = 3
|
m
|
⇔ m
2
+ 2 = 9m
2
⇔ m = ±

1
2
Vậy với m = ±
1
2
là các giá trị cần tìm .
Bài 15.
Tìm trên (H) : y =
−x + 1
x −2
các điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 và đường thẳng AB
vuông góc với đường thẳng y = x
Giải
Do AB⊥d : y = x ⇒ pt AB : y = −x + m Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng AB:
−x + 1
x −2
= −x + m ⇔g(x) = x
2
−(m + 3)x + 2m +1 = 0 (x = 2) (1)
Để tồn tại 2 điểm A, B thì pt(1) cần có 2 nghiệm phân biệt x
A
; x
B
và khác 2
⇔



∆
g(x)

> 0
g(2) = 0
⇔



(m + 3)
2
−4(2m + 1) > 0
4 −(m + 3)2 +2m +1 = 0
⇔ (m −1)
2
+ 4 > 0;∀m
Theo viet có



x
A
+ x
B
= m + 3
x
A
.x
B
= 2m + 1
Lại có: y
A
= −x

A
+ m; y
B
= −x
B
+ m
Mà AB = 4 ⇔AB
2
= 16 ⇔(x
B
−x
A
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2
= 16 ⇔(x
B
−x
A
)
2
= 8 ⇔ (x
B
+ x
A

)
2
−4x
A
.x
B
= 8
⇔ (m + 3)
2
−4(2m + 1) = 0 ⇔ m
2
−2m −3 = 0 ⇔ m = −1 ∨m = 3
+Với m = 3 thay vào pt (1) có:x
2
−6x + 7 = 0 ⇔x = 3 ±
√
2 ⇒y = ±
√
2. Lúc này tọa độ 2 điểm A, B là
A(3 +
√
2; −
√
2); B(3 −
√
2;
√
2) hoặc B(3 +
√
2; −

√
2); A(3 −
√
2;
√
2)
6
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
+Với m = −1 thay vào pt (1) có: x
2
−2x −1 = 0 ⇔ x = 1 ±
√
2 ⇒ y = −2 ±
√
2. Lúc này tọa độ 2 điểm
A, B là A(1 +
√
2; −2 −
√
2); B(1 −
√
2; −2 +
√
2) hoặc B(1 +
√
2; −2 −
√
2); A(1 −

√
2; −2 +
√
2)
Vậy A, B là các điểm như trên thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 16.
Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y =
3x −1
x −1
sao cho tam giác ABC vuông
cân tại A(2; 1).
Giải
Xét:x
4
−mx
2
+ m + 1 = 0. ∆ = (m −2)
2
=>
√
∆ = |m −2| ⇒ x
2
= m −1(m > 1), x
2
= 1
Vậy 4 giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là: A(−1; 0), B(−
√
m −1; 0),C(1; 0), D(
√
m −1; 0)

Để 4 điểm đó có hoành độ >-2 thì:
TH1:−
√
m −1 > −1 ⇔ m < 2, kết hợp với đk ⇒ 1 < m < 2
TH2:−2 < −
√
m −1 < −1| ⇔ 2 < m < 5
Vậy :m ∈(1; 2)∪(2; 5) là giá tr ị cần tìm.
Bài 17.
Cho hàm số y =
x + 3
x + 2
có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + 3m cắt (H) tại hai điểm
phân biệt sao cho
−→
OA.
−→
OB = −4 với O là gốc tọa độ.
Giải
- Xét phương trình:
x + 3
x + 2
= 2x + 3m ⇒2x
2
+ 3(1 + m)x + 6m −3 = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2
khi ∆ = 9m
2
−30m + 33 > 0 điều này xảy ra với mọi m.
- Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x
1

, x
2
thì A(x
1
, 2x
1
+ 3m), B(x
2
, 2x
2
+ 3m)
- Có:
−→
OA.
−→
OB = −4 ⇒x
1
.x
2
+ (2x
1
+ 3m)(2x
2
+ 3m) = −4 ⇒
12m −15
2
= −4 ⇒m =
7
12
Bài 18.

Tìm m để đồ thị hàm số y = x
4
˘mx
2
+ m˘1 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −2.
Giải
Đổi hệ trục tọa độ Oxy thành hệ trục tọa độ IXY bằng phép tịnh tiến
−→
OI với I(1; 3) Công thức đổi trục:



x = X +1
y = Y + 3
Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :Y =
2
X
(1) và điểm A trở thành A(1; −2)
Xét 2 điểm B

a;
2
a

;C

b;
2
b


(a < 0 < b) thuộc đồ thị hàm số (1).
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B,C lên đường thẳng y = −2 ⇒ H(a; −2);K(b; −2)
Có

BAH +

CAK = 90
0
=

CAK +

ACK ⇒

BAH =

ACK
Vậy ∆AHB = ∆CKA (cạnh huyền_góc nhọn)⇒



AH = CK
BH = AK
(∗)
Lúc đó từ (∗) có hpt:








(1 −a)
2
=

2 +
2
b

2
(2)




2 +
2
a




=
|
b −1
|
(3)
Từ (2) có


3 −a +
2
b

−a −1 −
2
b

= 0 ⇔a =
3b + 2
b
∨a =
−b −2
b
Với a =
3b + 2
b
từ (3) có




8b + 4
3b + 2




=
|

b −1
|
⇒

3b
2
+ 9b + 6 = 0(4)
3b
2
+ 7b + 2 = 0(5)
7
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
+ Với (4) pt có 2 nghiệm b = −1 ∨b = −2 không thỏa do b > 0
+ Với (5) pt có 2 nghiệm b = −
1
3
∨b = −2 không thỏa do b > 0 Với a =
−b −2
b
từ (3) có




4
b + 2





=
|
b −1
|
⇒

b
2
+ b −6 = 0(6)
b
2
+ b + 2 = 0(7)
+Với (7) pt vô nghiệm
+Với (6) pt có 2 nghiệm b = 2 ∨b = −3 (loại)
Khi b = 2 ⇒B(−2;−1);C(2; 1) hoặc ngược lại . Lúc đó 2 điểm B,C của bài toán cần tìm là: B(−1;2);C(3; 4)
hoặc ngược lại.
Bài 19.
Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ m (1) .Tìm m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho

AOB = 120
o
Giải
- Phương trình y
′

= 0 ⇔x = 0, x = −2
- Tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị a(0; m), B(−2; m +4)
- Yêu cầu của bài toán dẫn đến giải phương trình:
−→
OA.
−→
OB
OA.OB
= −
1
2
⇔ −2m(m + 4) = |m|
√
m
2
+ 8m + 20 ⇔ m = 0,m =
−12 +
√
132
3
Đáp số: m = 0, m =
−12 +
√
132
3
Bài 20. đề thi thử đại học THPT Thanh Thủy lần 2 tỉnh Phú Thọ
Cho hàm số y =
2x −1
x + 1
có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng d : y = x +m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt

A, B sao cho AB = 2
√
2
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d:
2x −1
x + 1
= x + m ⇔ f (x) = x
2
+ (m −1)x + m +1 = 0 (1) (x = −1)
Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x
A
, x
B
khác −1
⇔



∆ = (m −1)
2
−4(m + 1) > 0
f (−1) = 1 −m +1 +m+ 1 = 0
(∗). Theo vi-et có :



x
A
+ x

B
= 1 −m
x
A
.x
B
= m + 1
Lại có A, B ∈ d ⇒ y
A
= x
A
+ m; y
B
= x
B
+ m Do AB = 2
√
2 ⇔AB
2
= 8 ⇔(x
A
−x
B
)
2
+ (y
A
−y
B
)

2
= 8
⇔ (x
A
+ x
B
)
2
−4x
A
.x
B
= 4 ⇔(1 −m)
2
−4(m + 1) = 4 ⇔ m
2
−6m −7 = 0 ⇔ m = −1 ∨m = 7
Đối chiếu điều kiện (∗) ta có m = −1;m = 7 là giá trị cần tìm.
8
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com