Chuyên đề Hàm số ( tài liệu học mãi )
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (412.33 KB, 40 trang )
CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ.
1
CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ:
Bài 1: Tìm m để hàm số:
3 2
3 ( 2)
y x mx m x m
= + + − −
đồng biến trên R.
Giải:
Điều kiện để hàm số đồng biến trên R là:
•
y'
≥
0 với
x R
∈
2
3 6 2
x mx m
⇔ + + −
.
≥
0 với
∀
x R
∈
⇒
'
∆
≤
0
⇔
2
9 3( 2)
m m
− −
≤
0
⇔
2
3 2
m m
− +
≤
0 (Vô lí)
Kết luận: Không tồn tại giá trị m để hàm số đồng biến trên R
Bài 2: Cho hàm số
4
mx
y
x m
+
=
+
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng (-
∞
; 1)
Giải:
Hàm số nghịch biến với
∀
x
∈
(-
∞
; 1) khi
0
y
′
<
với
∀
x
∈
(-
∞
; 1)
⇔
2
2
4
0
( )
m
x m
−
<
+
với
∀
x
∈
(-
∞
; 1)
⇒
2
4 0
1
m
m
− <
− >
⇔
2 2
1
m
m
− < <
< −
⇒
- 2 < m < 1.
Kết luận: Giá trị m cần tìm là
m
∈
(-2; 1)
*Chú ý: Vì bài toán yêu cầu y' < 0 với
∀
x
∈
(-
∞
; 1)
Nên giá trị x = - m phải không thuộc khoảng (-
∞
; 1) kéo theo điều kiện: - m > 1.
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
2
Bài 3: Cho hàm số:
3 2
3( 1) 3( 1) 1
y x m x m x
= − + + + +
. Tìm m để hàm số đồng biến trên các
khoảng của nó.
Giải:
Ta có:
2
3 6( 1) 3( 1)
y x m x m
′
= − + + +
Hàm số đồng biến trên các khoảng của nó thì
y'
≥
0
⇔
′
∆
≤
0
⇔
2
( 1) ( 1)
m m
+ − +
≤
0
⇔
-1
≤
m
≤
0
Bài 4: Cho hàm số:
3 2
3( 1) 3( 1) 1
y x m x m x
= − + + + +
. Tìm m để hàm số nghịch biến trên (-1;0).
Giải:
Ta có:
2
3 6( 1) 3( 1)
y x m x m
′
= − + + +
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-1;0) thì :
y'
≤
0
⇔
2
3 6( 1) 3( 1)
x m x m
− + + +
≤
0 (1)
Vì xét trên khoảng (-1;0) :
(1)
⇔
m
≤
2
2 1
2 1
x x
x
− +
−
(2)
Vì hàm số liên tục tại x = -1 nên :
(2)
⇔
m< f(-1)=
4
3
−
Bài 5: Cho hàm số:
2
(6 5) 2(1 3 )
1
mx m x m
y
x
+ + − −
=
+
.
Tìm m để hàm số nghịch biến trên [1;+
∞
).
Giải:
Ta có
2
2
2 7
( 1)
mx mx
y
x
+ +
′
=
+
Hàm số nghịch biến trên
[1;
+
∞
) thì y'
≤
0
⇔
2
( ) 2 7
f x mx mx
= + +
≤
0 và
( 1)
f
− ≠
0
Nên m
≤
2
7
( )
2
g x
x x
− =
+
với mọi x thuộc
[1;
+
∞
)
⇔
m
≤
min g(x)=g(1)=
7
3
−
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
3
Bài 6: Cho hàm số:
3 2
1
( 1) 3( 2) .
3 3
m
y x m x m x
= − − + − +
Tìm m để hàm số đồng biến trên
[2;
+
∞
).
Giải:
Ta có
2
2( 1) 3( 2)
y mx m x m
′
= − − + −
Hàm số đồng biến trên
⇔
2
2( 1) 3( 2)
mx m x m
− − + −
≥
0
⇔
m
≥
2
6 2
( )
2 3
x
f x
x x
−
=
− +
với x mọi thuộc
[2;
+
∞
)
⇔
m
≥
maxf(x)=f(2)=
2
3
Bài 7: Cho hàm số:
3 2 2
(2 7 7) 2( 1)(2 3)
y x mx m m x m m
= − − − + + − −
.
Tìm m để hàm số đồng
biến trên
[2;
+
∞
).
Giải:
Yêu cầu bài toán suy ra:
y'
≥
0 với
∀
x
∈
[2; +
∞
)
⇔
2 2
3 2 (2 7 7)
x mx m m
− − − +
≥
0 (1) với
∀
x
∈
[2; +
∞
)
Nhận xét: Do
2
7( 3 3) 0
m m
∆ = − + >
Nên tập nghiệm của bất phương trình (1) là:
x
∈
(-
∞
;
1
x
]
∪
[
2
x
; +
∞
)
Nên để thỏa mãn bất phương trình (1) luôn đúng với
∀
x
∈
[2; +
∞
)
Ta cần có điều kiện:
1
x
<
2
x
≤
2
⇒
2
x
≤
2
⇔
2
7( 3 3)
3
m m m
+ − +
≤
2
Giải bất phương trình này ta được kết quả: -1
≤
m
≤
5
2
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
4
Bài 8:Cho hàm số
2
2 (1 ) 1
x m x m
y
x m
+ − + +
=
−
.
Tìm m để hàm số đồng biến trên
(1;
+
∞
).
Giải:
•
Hàm số đồng biến trên
(1;
+
∞
) khi :
2 2
2
2 4 2 1
0
( )
x mx m m
y
x m
− + − −
′
= ≥
−
∀
1
x
>
2 2
( ) 2 4 2 1 0 1
f x x mx m x x
x m
= − + − − ≥ ∀ >
⇔
≠
( ) 0 1
( )
1
f x x
I
m
≥ ∀ >
⇔
≤
Tới đây mình sẽ giới thiệu cho các bạn 2 cách giải.
Ai thích tam thức bậc 2 thì theo dõi cách 1.
•
Ta có:
2
2( 1) 0
m
′
∆ = + ≥
nên phương trình
( ) 0
f x
=
có 2 nghiệm thoả:
1 2
x x
≤
.
•
Do đó để bất phương trình:
( ) 0
f x
≥
∀
(1;
x
∈ +
∞
1 2
) 1
x x
⇔ ≤ ≤
. Điều này tương đương:
2
1
1 , 0
2 (1) 2( 6 1) 0 3 2 2
3 2 2
3 2 2
2 1
2
m
m
f m m m
m
S
m
≤
′
≤ ∆ ≥
= − + ≥ ⇔ ⇔ ≤ −
≤ −
≥ +
= − ≤
Ngoài cách dùng định lý đảo của tam thức bậc 2 các bạn có thể xử lý theo hướng khác, tham
khảo bài 7.
Nếu bạn nào ứng dụng được luôn phương pháp hàm số thì quá tốt, vừa ngắn gọn vừa mới
mẻ, cùng theo dõi cách 2 nhé.
•
Ta có:
( ) 4( ) 4( 1) 0
f x x m x
′
= − ≥ − >
∀
1
x
>
suy ra:
( )
f x
đồng biến trên
[1;
+
∞
).
•
Vì thế
2
3 2 2
( ) 0 , 1
(1) 6 1 0 , 1
3 2 2
3 2 2
1
1
1
m
Minf x x
g m m x
m
m
m
m
m
≤ −
≥ ≥
= − + ≥ ≥
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ −
≥ +
≥
≥
≤
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
5
Bài 9: Cho hàm số:
2
(4 5)cos (2 3) 3 1
y m x m x m m
= − + − + − +
.
Tìm m để hàm số nghịch biến
trên R.
Giải:
Yêu cầu bài toán:
⇒
y'
≤
0 với
∀
x
∈
R
⇔
(5 4 )sin
m x
−
2 3
-
m
+
≤
0 với
∀
x
∈
R
Đặt : t=sinx (|t|
≤
1 )
Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình:
f(t) = (5-4m)t + 2m - 3
≤
0 với
∀
t
[ 1;1]
∈ −
⇒
[ 1;1]
( )
Max f t
−
≤
0 với
∀
t
[ 1;1]
∈ −
*Nhận xét: Hàm số y = f(t) là một hàm số bậc nhất nên sẽ đạt giá trị lớn nhất tại các điểm
đầu mút nên yêu cầu bài toán suy ra:
( 1) 0
(1) 0
f
f
− ≤
≤
⇒
1
≤
m
≤
4
3
Bài 10: Tìm m để hàm số:
1 1
sin sin 2 sin 3
4 9
y mx x x x
= + + +
đồng biến trên
R
.
Giải:
Yêu cầu bài toán suy ra:
y'
≥
0 với
∀
x R
∈
⇔
m+ cosx+
2 3
2 3
cos x cos x
+
≥
0 với
∀
x R
∈
Đặt : t = cosx với |t|
≤
1
Bài toán trở thành: Tìm m để bất phương trình :
m+
3
2
4 1
3 2
t
t
+ −
≥
0 với
∀
|t|
≤
1
⇔
m
≥
3
2
4 1
( )
3 2
t
t f t
− − + =
với
∀
|t|
≤
1
⇒
m
≥
[ 1;1]
( )
Max f t
−
⇒
m
≥
5
6
*Chú ý:
1. Chỗ đưa về hàm số y = f(t) ta sử dụng công thức :
2 3
2 2 1; 3 4 3
cos x cos x cos x cos x cosx
= − = −
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
6
2. Bước cuối mình làm hơi tắt nhưng các bạn lập bảng xét dấu hàm số
y = f(t) với
∀
|t|
≤
1 thì có
5
( ) ( 1)
6
Maxf t f
= − =
nhé.
Bài 11: Cho hàm số:
3 2
1
( 1) (2 1) (3 2)
3
y m x m x m x m
= + + − − + +
Tìm m để khoảng nghịch biến
của hàm số có độ dài bằng 4.
Giải:
Điều kiện bài toán suy ra
1 2
2 1
0 [ ; ]
4
y x x x
x x
′
≤ ∀ ∈
− =
⇔
2 1
' 0
1 0
4
m
x x
∆ >
+ >
− =
⇔
2
2
2 1
7 3 0
1
( ) 16
m m
m
x x
+ + >
> −
− =
Đến đây áp dụng ĐL vi ét cho phương trình y' = 0. Giải hệ bất phương trình
Đáp số:
7 61
6
m
+
=
Bài 12: Tìm m để hàm số
3 2 2 2
1
( 2) (3 1) 5
3
y x m m x m x m
= + − + + + + −
đạt cực tiểu tại
2
x
= −
Giải:
( * ) Ta có:
•
2 2 2
2( 2) 3 1
y x m m x m
′
= + − + + +
•
2
2 2( 2)
y x m m
′′
= + − +
( * )Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại
2
x
= −
là:
2
3
( 2) 0 4 3 0
1
m
y m m
m
=
′
− = ⇔ − + − = ⇔
=
( * ) Với
3
m
=
thì ta đã có:
( 2) 0
y
′
− =
•
Mặt khác:
( 2) 12 0
y
′′
− = >
Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại
2.
x
= −
( * ) Với
1
m
=
thì ta có:
2 2
4 4 ( 2) 0
y x x x
′
= + + = + ≥
∀
x R
∈
Suy ra hàm số đồng biến
trên
R
.
( * ) Vậy
3
m
=
thỏa yêu cầu bài toán.
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
7
Bài 13: Cho hàm số:
3 2 2
2
( 1) ( 4 3)
3
y x m x m m x
= + + + + +
Tìm m để hàm số đạt cực trị tại ít
nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 1.
Giải:
•
Ta có:
2 2
( ) 2 2( 1) 4 3
f x x m x m m
′
= + + + + +
•
Để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 1
( ) 0
f x
′
⇔ =
có 2 nghiệm
phân biệt
1, 2
x x
thoả mãn:
1 2
1
x x
< <
hoặc:
1 2
1
x x
≤ <
. Điều này tương đương:
2 (1) 0
0
2 (1) 0
1
2
f
f
S
′
<
′
∆ >
≥
>
2
2
2
6 7 0
6 5 0
.
6 7 0
( 1) 1
m m
m m
m m
m
+ + <
+ + <
⇔
+ + ≥
− + >
( 3 2; 3 2)
( 5; 1)
( 3 2; 3 2)
2
m
m
m
m
∈ − − − +
∈ − −
⇔
∈ − − − +
/
< −
⇔
m
∈
(-5;-3+
2)
Bài 14: Cho hàm số
3 2 2
2 9 12 1( )
m
y x mx m x C
= + + +
. Tìm m để hàm số có cực đại tại
CD
x
, cực
tiểu tại
CT
x
thỏa mãn điều kiện:
2
CD CT
x x
=
.
Giải:
•
Ta có:
2 2
6 18 12
y x mx m
′
= + +
•
Để hàm số có cực trị khi phương trình
0
y
′
=
có 2 nghiệm phân biệt.
2
2 2
6 0
9 0 0(*)
(9 ) 6.12 0
a
m m
m m
= ≠
⇔ > ⇔ ≠
′
∆ = − >
⇔
•
Khi đó phương trình
0
y
′
=
có 2 nghiệm phân biệt:
1 2
; 2
x m x m
= − = −
•
Theo yêu cầu đề bài và điều kiện ( * ) ta có:
2
2
0
( )
( 2 )
2( )
0
( ) 2
m
L
m m
m N
m
m m
>
− = −
⇔ = −
<
− = −
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
8
Bài 15: Cho hàm số
3 2 2 2
3 3( 1) 3 1(1)
y x x m x m= − + + − − −
. Tìm m để hàm số (1) có cực đại,
cực tiểu và các điểm cực trị này cách đều gốc tọa độ O.
Giải:
Ta có:
2 2
3 6 3( 1)
y x x m
′
= − + + −
Phương trình :
0
y
′
=
có
2
' 9 0
m
∆ = >
với
∀
m
=
/
0
Nên phương trình
0
y
′
=
có 2 nghiệm phân biệt:
1
1
x m
= −
và
2
1
x m
= +
Hàm số có các điểm cực trị cách đều gốc tọa độ O thì
1 2
| | | |
x x
⇔ =
0
m
⇔ =
Bài 16: Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
= − + + + +
. Tìm m để hàm số có cực đại và
cực tiểu,đồng thời 2 điểm cực trị của đồ thị đối xứng nhau qua đường thẳng d : y = x + 2.
Giải:
Ta có
2
6.[ (2 1) ( 1)]
y x m x m m
′
= − + + +
•
y' = 0
⇔
1
x m
x m
=
= +
Phương trình y' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt, và dấu ý đổi dấu qua các nghiệm nên hàm
số luôn có hai điểm cực đại và cực tiểu
•
Giả sử hai điểm cực trị là:
3 2 3 2
( 1,2 3 ); ( ;2 3 1)
A m m m B m m m
+ + + +
⇒
3 2
2 1 4 6 1
( ; )
2 2
m m m
I
+ + +
;
( 1;1)
AB = −
(Với I là trung điểm của AB)
Do
. 0
d
AB u
=
. Nên điều kiện để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng d: x - y + 2 = 0
là:
I d
∈
⇒
3 2
4 6 1 2 1
2
2 2
m m m+ + +
= +
⇔
3 2
2 3 2 0
m m m
+ − − =
⇔
2
( 1)(2 2) 0
m m m
+ + − =
⇔
1
1 17
4
1 17
4
m
m
m
= −
− +
=
− −
=
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
9
Bài 17: Cho hàm số:
3
2
.
3
y x
=
2
(cos 3sin )
m m x
+ −
8(1 cos 2 ) 1.
m x
− + +
Chứng minh hàm số
luôn có cực đại, cực tiểu.
Giải:
Ta có:
2
2 2( 3 ) 8(1 2 )
y x cosm sinm x cos m
′
= + − − +
•
Để hàm số có CĐ, CT thì phương trình
0
y
′
=
phải có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
và dấu
của y' đổi dấu qua hai nghiệm
1 2
,
x x
•
Nhận xét:
2
( 3 )
16(1 2 )
'
0
cosm sinm cos m
∆ = − + + >
∀
m.
Nên phương trình
0
y
′
=
luôn có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
và khi lập bảng xét dấu y' thì dấu
y' đổi dấu qua hai nghiệm
1 2
,
x x
nên hàm số luôn có CĐ và CT
Bài 18: Cho hàm số
3 2
1 5
4 4( )
3 2
m
y x mx mx C
= − − −
. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại
1 2
;
x x
sao
cho biểu thức :
22
2 1
2 2
1 2
5 12
5 12
x mx m
m
A
x mx m m
+ +
= +
+ +
đạt GTNN.
Giải:
Ta có:
2
5 4
y x mx m
′
= − −
PT
0
y
′
=
có
2
25 16
m m
∆ = +
Hàm số có cực đại cực tiểu thì:
0
⇔ ∆ >
16
25
0
m
m
< −
⇔
>
Ta có:
1 2
5
x x m
+ =
Theo giả thiết ta có:
22
1 2
2 2
1 2
5 12
5 12
x mx m
m
A
x mx m m
+ +
= +
+ +
22
2 2 1 2
2 2
1 1 1 2
[( 5 4 ) 5 ( ) 16 ]
[( 5 4 ) 5 ( ) 16 ]
x mx m m x x m
m
x mx m m x x m m
− − + + +
= +
− − + + +
2
1 2
2
1 2
5 ( ) 16
5 ( ) 16
m x x m
m
m x x m m
+ +
= +
+ +
2 2
2 2
25 16
25 16
m m m
m m m
+
= +
+
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
10
25 16
25 16
m m
m m
+
= +
+
Lập BBT Trên
(
−
∞
16
; )
25
−
∪
(0;
+
∞
). Ta có:
2
( )
3
2
min
A A
−
= =
Vậy
2
3
m
= −
thì A đạt GTNN
Bài 19: Cho hàm số
3 2
7 3( )
m
y x mx x C
= + + +
. Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực
trị vuông góc với đường thẳng
: 3 7
d y x
= −
.
Giải:
•
Ta có:
2
3 2 7
y x mx
′
= + +
•
Để hàm số có cực trị khi phương trình
0
y
′
=
có 2 nghiệm phân biệt.
2
3 0 21
(*)
3.7 0
21
a m
m
m
= ≠ >
⇔ ⇔
′
∆ = − >
< −
•
Vì:
2
14 2 7
3
3 9 3 9 9
x m
y y m x m
′
= + + − + −
Do đó đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị có dạng:
2
40 7
: 3
9 9
y m x m
∆ = + −
•
Để
d
∆ ⊥
:
2
14 2
.3 1
3 9
m
⇔ − = −
3 10
( )
2
m N
+
−
⇔ =
Bài 20: Cho hàm s
ố
3 2
1
1( )
3
m
y x mx x m C
= − − + +
. Tìm m
để
kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đ
i
ể
m C
Đ
và
CT là nh
ỏ
nh
ấ
t.
Giải:
•
Vì
2
2 1
y x mx
′
= − −
có
2
1 0
m
′
∆ = + >
∀
m R
∈
nên ph
ươ
ng trình
0
y
′
=
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
,
x x
do
đ
ó hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i 2
đ
i
ể
m
2 1 2 2
( , ); ( , )
A x y B x y
.
•
Ta có:
2
1 2 2
( ) ( 1) 1
3 3 3
y y x m m x m
′
= − − + + +
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
11
•
Do:
1 2
( ) ( ) 0
y x y x
′ ′
= =
nên:
2
1 1
2 2
( 1) 1
3 3
y m x m
= − + + +
2
2 2
2 2
( 1) 1
3 3
y m x m
= − + + +
•
Vì th
ế
:
2 2 2
2 1 2 1
( ) ( )
AB x x y y
= − + −
2 2 2 2
2 1 2 1
4
( ) ( 1) ( )
9
x x m x x
= − + + −
2 2 2
2 1 1 2
4
[( ) 4 ] 1 ( 1)
9
x x x x m
= − − + +
2 2 2
4 4
(4 4) 1 ( 1) 4 1
9 9
m m
= + + + ≥ +
Suy ra
2 13
3
AB ≥
•
V
ậ
y: Min AB=
2 13
3
. D
ấ
u "=" x
ả
y ra khi
0
m
=
.
Bài 21: Cho hàm s
ố
3 2
3 2(1)
y x x mx= − − +
. Tìm m
để
hàm s
ố
(1) có hai
đ
i
ể
m CT sao cho
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
t
ạ
o v
ớ
i hai tr
ụ
c t
ọ
a
độ
m
ộ
t tam giác cân.
Giải:
•
Ta có:
2
3 6
y x x m
′
= − −
•
Để
hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
khi ph
ươ
ng trình
0
y
′
=
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t.
9 3 0 3
m m
′
⇔ ∆ = + > ⇔ > −
•
Vì:
1 2
. 2 2
3 3 3 3
x m
y y m x
′
= − − + + −
Nên ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua 2
đ
i
ể
m c
ự
c ti
ể
u có d
ạ
ng:
2
: 2 2
3 3
m
y m x
∆ = − + + −
•
Để
∆
t
ạ
o v
ớ
i 2 tr
ụ
c t
ọ
a
độ
m
ộ
t tam giác cân
⇔ ∆
t
ạ
o v
ớ
i Ox m
ộ
t góc
0
45
ho
ặ
c
0
135
, t
ứ
c
là:
( )
3
( )
2
2
cos .
9
2
( )
2
| |
Ox
m N
n n
m L
∆
= −
=
= −
⇔
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
12
Bài 22: Cho hàm s
ố
:
3 2 2
3
y x x m x m
= − + +
Tìm m
để
hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i và c
ự
c ti
ể
u
đố
i x
ứ
ng
nhau qua
đườ
ng th
ẳ
ng:
1 5
: .
2 2
d y x
= −
Giải:
Ta có:
2 2
3 6
y x x m
′
= − +
*
Để
Hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
thì pt y'=0 có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t:
2
' 9 3 0
m
⇔ ∆ = − >
3 3
m⇔ − < <
* Ta có:
2
2
1 1 2
( ) ( 2)
3 3 3 3
m
y x y m x m
′
= − + − + +
* Do
đ
ó pt
đ
i qua 2
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là:
2
2
2
( 2)
3 3
m
y m x m= − + +
* G
ọ
i
1 1
( ; )
A x y
và
2 2
( ; )
B x y
Thì ta có hoành
độ
c
ủ
a I là
1 2
1
2
x x
+
=
(trong
đ
ó I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB)
*
Để
hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i và c
ự
c ti
ể
u
đố
i x
ư
ng nhau qua d:
2
2
2
2 1
( 2). 1
3 2
1 5 2
.1 ( 2).1
2 2 3 3
m
m
m m
− = −
⇔
− = − + +
0
m
⇔ =
*V
ậ
y
0
m
=
thỏ
a mãn ycbt
Bài 23: Tìm m
để
hàm s
ố
:
3 2
1
1
3
y x mx mx
= − + −
đạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i
1 2
;
x x
th
ỏ
a mãn:
1 2
8
| |
x x
− ≥
.
Giải:
Ta có:
2
2
y x mx m
′
= − +
*
Để
hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
thì pt
0
y
′
=
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t :
1 2
;
x x
2
' 0
m m
⇔ ∆ = − >
0
1
m
m
<
⇔
>
*Theo viet ta có:
1 2
1 2
2
.
x x m
x x m
+ =
=
*T
ừ
gi
ả
thi
ế
t suy ra:
1 2
8
x x
− ≥
∣ ∣
2
1 2
( ) 64
x x
⇔ − ≥
2
1 2 1 2
( ) 4 . 64
x x x x
⇔ + − ≥
2
16 0
m m
⇔ − − ≥
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
13
1 65
2
1 65
2
m
m
−
≤
⇔
+
≥
*K
ế
t h
ợ
p
đ
k ban
đầ
u thì :
1 65
2
1 65
2
m
m
−
≤
+
≥
thõa mãn ycbt
Bài 24: Tìm m
để
hàm s
ố
:
3 2
4
2(1 sin ) (1 cos 2 ) 1
3
y x m x m x
= − − + + +
đạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i
1 2
;
x x
tho
ả
mãn:
2 2
1 2
1
x x
+ =
.
Giải:
Ta có:
2
4 4(1 sin ) 1 cos 2
y x m x m
′
= − − + +
*
Để
Hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
thì pt
0
y
′
=
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t :
1 2
;
x x
' 4(sin 1)(3sin 1) 0
m m
⇔ ∆ = − + >
sin 0
3sin 1 0
m
m
=
/
⇔
+ <
*Theo viet ta có:
1 2
2
1 2
1 sin
1 cos 2 cos
.
4 2
x x m
m m
x x
+ = −
+
= =
*T
ừ
gi
ả
thi
ế
t suy ra:
2 2
1 2
1
x x
+ =
2
1 2 1 2
( ) 2 . 1
x x x x
⇔ + − =
2 2
(1 sin ) cos 0
m m
⇔ − − =
2
2sin 2sin 1 0
m m
⇔ − − =
1 3
sin
2
1 3
sin
2
( )
m
m
L
−
=
⇔
+
=
CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ.
14
*V
ậ
y m thõa mãn bi
ể
u th
ứ
c:
1 3
sin
2
m
−
=
1 3
sin 2
2
1 3
sin 2
2
m arc k
m arc k
π
π π
−
= +
⇔
−
= − +
Bài 25: Cho hàm s
ố
3
3 2( )
m
y x mx C
= − +
. Tìm m
để
hàm s
ố
có hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
A, B sao cho
di
ệ
n tích tam giác IAB b
ằ
ng
3 2
. Bi
ế
t
đ
i
ể
m I(1; 1).
Giải:
•
Ta có:
2
3 3 .
y x m
′
= −
Suy ra:
2
0
y x m
′
= ⇒ =
•
Để
hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
khi ph
ươ
ng trình
0
y
′
=
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
0
m
⇔ >
•
V
ậ
y hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i
2
( ,2 2 ), ( ,2 2 ) 4 (4 1)
A m m m B m m m AB m m
− − + ⇔ = +
•
Vì:
. 2 2
3
x
y y mx
′
= − +
Suy ra
đườ
ng th
ẳ
ng qua 2
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
có d
ạ
ng:
: 2 2
d y mx
= − +
•
D
ễ
th
ấ
y:
2
| 2 1|
( , ) ( , )
4 1
m
d I AB d I d
m
−
= =
+
•
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có:
3 2
IAB
S =
1
. ( , ). 3 2
2
d I AB AB⇔ =
2
2
1 | 2 1|
. . 4 (4 1) 3 2
2
4 1
m
m m
m
−
⇔ + =
+
2( )
m N
⇔ =
•
V
ậ
y
2
m
=
tho
ả
yêu c
ầ
u bài toán.
Bài 26: Cho hàm s
ố
3 2
3 1( )
m
y x x mx C
= − + +
. Tìm m
để
hàm s
ố
có hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
A, B sao
cho kho
ả
ng cách t
ừ
đ
i
ể
m
1 11
( ; )
2 4
I
đế
n
đườ
ng th
ẳ
ng n
ố
i hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
đạ
t giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t.
Giải:
Ta có
2
3 6
y x x m
′
= − +
•
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
hàm s
ố
có hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là:
3
m
<
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
15
•
Ph
ươ
ng trình
đ
i qua hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
có d
ạ
ng:
2
( 2) ( )
3 3
m m
y x d
= − +
và
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua
hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
luôn
đ
i qua
đ
i
ể
m
c
ố
đị
nh
1
( ;2)
2
K −
•
G
ọ
i H là hình chi
ế
u c
ủ
a I xu
ố
ng
đườ
ng th
ẳ
ng d. Ta có
$IH
≤
IK$.
V
ậ
y kho
ả
ng cách t
ừ
I
đế
n
đườ
ng th
ẳ
ng d l
ớ
n nh
ấ
t khi
đ
i
ể
m H trùng v
ớ
i
đ
i
ể
m K hay
AK d
⊥
. T
ừ
đ
ây suy ra
1 2
1
k k
= −
(
1 2
,
k k
là h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ
ng d và
đườ
ng th
ẳ
ng IA)
•
K
ế
t qu
ả
:
1
m
=
Bài 27: Cho hàm s
ố
:
4 3 2
4 1
y x x x mx
= − + + −
Tìm m
để
hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i, c
ự
c ti
ể
u.
Giải:
•
Hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i và c
ự
c ti
ể
u thì ph
ươ
ng trình
0
y
′
=
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
⇔
3 2
( ) 4 12 2 (1)
g x x x x m
= − + = −
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
•
Bài toán này c
ơ
b
ả
n r
ồ
i, b
ạ
n l
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên xét d
ấ
u hàm s
ố
( )
y g x
=
Ta có ph
ươ
ng trình (1) có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khi:
6 30 6 30
( ) ( )
6 6
g m g
+ −
< − <
⇔
10 30 10 30
6 6
9 9
m− < < +
Bài 28: Tìm m
để
hàm s
ố
:
4 3 2
2
y x x mx
= + +
có c
ự
c ti
ể
u mà không có c
ự
c
đạ
i.
Giải:
3 2 2
4 6 2 2 (2 3 )
y x x mx x x x m
′
= + + = + +
0
y
′
=
⇔
2
0
( ) 2 3 0(1)
x
g x x x m
=
= + + =
Ph
ươ
ng trình (1) có
9 8
m
∆ = −
•
V
ớ
i
9
0
8
m
∆ ≤ ⇔ ≥
thì
( ) 0
g x
≥
∀
x.
Nên d
ấ
u c
ủ
a ý
đổ
i d
ấ
u t
ừ
- sang + t
ạ
i x = 0. Nên hàm s
ố
đạ
t giá tr
ị
c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i x = 0
•
V
ớ
i
0
∆ >
⇔
9
8
m
<
.
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
hàm s
ố
ch
ỉ
có c
ự
c ti
ể
u mà không có c
ự
c
đạ
i là ph
ươ
ng
trình g(x) = 0 có nghi
ệ
m x = 0
⇒
g(0) = 0
⇒
m = 0
•
V
ậ
y các giá tr
ị
m c
ầ
n tìm là:
0
m
=
và
9
8
m
≥
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
16
Bài 29: Tìm m
để
hàm s
ố
:
4 2
( 1) 1 2
y mx m x m
= + − + −
có
đ
úng 1 c
ự
c tr
ị
.
Giải:
(*)
Đặ
t:
4 2
( ) ( 1) 1 2
y f x mx m x m
= = + − + −
(*)
Ta có:
3
2
0
4 2( 1) 0
( ) 2 1 0
x
y mx m x
g x mx m
=
′
= + − = ⇔
= + − =
( * )
Bi
ệ
n lu
ậ
n:
•
N
ế
u
0
m
=
thì $g(x)$ vô nghi
ệ
m, suy ra $f(x)$ có 1 c
ự
c
đạ
i.
•
N
ế
u
1
m
=
thì
( )
g x
có nghi
ệ
m kép
0
x
=
, suy ra
( )
f x
có 1 c
ự
c ti
ể
u.
•
N
ế
u
0 1
m
< <
thì
( )
g x
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 0, suy ra
( )
f x
có 3 c
ự
c tr
ị
.
•
N
ế
u
0
1
m
m
<
>
thì
( )
g x
vô nghi
ệ
m suy ra
( )
f x
có 1 c
ự
c tr
ị
.
(*)
V
ậ
y:
0
1
m
m
≤
≥
tho
ả
yêu c
ầ
u bài toán.
Bài 30: Cho hàm s
ố
4 2 4
2 2
y x mx m m
= − + +
. Tìm m
để
hàm s
ố
có 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
l
ậ
p thành 1
tam giác
đề
u
Giải:
•
Ta có:
3 2
4 4 4 ( )
y x mx x x m
′
= − = −
•
Để
Hàm s
ố
có 3 c
ự
c tr
ị
thì pt
0
y
′
=
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t:
0
m
⇔ >
•
G
ọ
i
4
(0;2 )
A m m
+
;
4 2
( ;2 )
B m m m m
+ −
;
4 2
( ;2 )
C m m m m
− + −
•
D
ễ
th
ấ
y B,C
đố
i x
ứ
ng nhau qua tr
ụ
c oy nên tam giác ABC cân t
ạ
i A
•
tam giác ABC
đề
u thì:
AC BC
=
2 2
AC BC
⇔ =
4
4
m m m
⇔ + =
3
3
m⇔ =
•
V
ậ
y
3
3
m = thõa mãn ycbt.
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
17
Bài 31: Cho hàm s
ố
4 2 2
2 2 4(1)
y x mx m= − + − . Tìm m
để
hàm s
ố
(1) có ba
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
t
ạ
o
thành m
ộ
t tam giác có di
ệ
n tích b
ằ
ng
Giải:
•
Ta có:
3 2
4 4 4 ( )
y x mx x x m
′
= − = −
•
Để
Hàm s
ố
có 3 c
ự
c tr
ị
thì pt
0
y
′
=
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t:
0
m
⇔ >
•
G
ọ
i
2
(0;2 4)
A m
−
;
2
( ; 4)
B m m
−
;
2
( ; 4)
C m m
− −
•
D
ễ
th
ấ
y B,C
đố
i x
ứ
ng nhau qua tr
ụ
c oy nên tam giác ABC cân t
ạ
i A
•
Ta có: 2
BC m
=
•
Ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng BC có d
ạ
ng
2
4
y m
= −
•
Do
đ
ó
1
. . ( ; ) 1
2
ABC BC
S BC d A d
= =
2
1
.2. . 1
2
m m
⇔ =
1
m
⇔ =
•
V
ậ
y
1
m
=
thõa mãn ycbt.
Bài 32: Tìm m
để
hàm s
ố
:
4 3 2
1
y x mx mx mx
= + + + +
không th
ể
đồ
ng th
ờ
i có c
ự
c
đạ
i và c
ự
c
ti
ể
u
∀
m R
∈
.
Giải:
•
Ta có:
3 2
4 3 2
y x mx mx m
′
= + + +
•
Gi
ả
s
ử
hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i và c
ự
c ti
ể
u thì pt
0
y
′
=
3 2
4 3 2 0
x mx mx m
⇔ + + + =
có 3 nghi
ệ
m
phân bi
ệ
t :
3
2
4
( )
3 2 1
x
m f x
x x
⇔ = − =
+ +
(1)
•
Nên
2 2
2 2
(12 16 12)
( ) 0
(3 2 1)
x x x
f x
x x
+ +
′
= − <
+ +
(v
ớ
i
∀
x)
•
Mà s
ố
nghi
ệ
m c
ủ
a (1)
đ
úng b
ằ
ng s
ố
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đồ
th
ị
hàm s
ố
f(x) v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
y m
=
. T
ừ
trên ta có: s
ố
giao
đ
i
ể
m ch
ỉ
có 1 (Trái gi
ả
thi
ế
t)
•
V
ậ
y hàm s
ố
không th
ể
đồ
ng th
ờ
i có c
ự
c
đạ
i và c
ự
c ti
ể
u.
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
18
Bài 33: Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng: Hàm s
ố
4 3 2
5 1
y x x x
= − − +
có 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
n
ằ
m trên m
ộ
t
Parabol.
Giải:
Cách 1 :
•
Ta có:
3 2
4 3 10
y x x x
′
= + −
•
pt
0
y
′
=
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t :
0
2
5
4
x
x
x
=
=
= −
•
G
ọ
i
(0;1)
M
;
(2; 11)
N
−
;
5 619
( ; )
4 256
N − −
•
3 t
ọ
a
độ
n
ằ
m trên 1 parabol d
ạ
ng:
2
y ax bx c
= + +
•
Thì 3 t
ọ
a
độ
[
(0;1)
M
;
(2; 11)
N
−
;
5 619
( ; )
4 256
P − −
]thõa mãn h
ệ
pt:
1
4 2 11
25 5 619
16 4 256
c
a b c
a b c
=
+ + = −
− + = −
43
16
5
8
1
a
b
c
= −
⇔ = −
=
•
V
ậ
y 3 t
ọ
a
độ
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
n
ằ
m trên 1 parabol:
2
43 5
1
16 8
y x x
= − − +
Cách 2 :
Ta có:
3 2
4 3 10 0
y x x x
′
= − − =
Vì:
2
1 43 5
1
4 16 16 8
x
y y x x
′
= − − − +
Suy ra
đườ
ng cong
đ
i qua 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
có d
ạ
ng Parabol:
2
43 5
( ) 1
16 8
C y x x
= − − +
(dpcm).
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
19
Bài 34: Cho hàm s
ố
:
4 3 2
( 3) 2( 1)
y x m x m x
= + + + +
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
∀
1
m
≠ −
hàm s
ố
luôn có
c
ự
c
đạ
i
đồ
ng th
ờ
i
0
CD
x
≤
Giải:
(*)
3 2 2
4 3( 3) 4( 1) [4 3( 3) 4( 1) . ( )
y x m x m x x x m x m x g x
′
= + + + + = + + + + =
(*)
Ta có:
2
9 10 17 0
g
m m
∆ = − + >
∀
1
m
≠ −
Suy ra g(x)=0 có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
;
x x
tho
ả
mãn:
1 2 1 2
3( 3)
1, 0
4
m
x x m x x
− +
= + + = ≠
∀
1
m
≠ −
⇔
0
y
′
=
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
0, ,
x x
.
•
Bi
ệ
n lu
ậ
n:
•
N
ế
u
1
m
< −
thì
1 2 1 2
1 0 0
x x m x x
= + < <
⇔<
, k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i b
ả
ng bi
ế
n thiên ta s
ẽ
suy ra
đượ
c
0
CD
x
=
•
N
ế
u
1
m
> −
thì
1 2
1 0
x x m
= + >
và
1 2
3( 3)
0
4
m
x x
− +
+ = <
1 2
0
x x⇔
< <
, k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i b
ả
ng bi
ế
n thiên ta s
ẽ
suy ra
đượ
c
2
0
CD
x x
= <
(*)
V
ậ
y:
∀
1
m
≠ −
hàm s
ố
luôn có c
ự
c
đạ
i
đồ
ng th
ờ
i
0
CD
x
≤
.
Bài 35: Cho hàm s
ố
:
4 2 2
2( 1) 1
y x m m x m
= − − + + −
Tìm m
để
kho
ả
ng cách gi
ữ
a 2
đ
i
ể
m c
ự
c
ti
ể
u nh
ỏ
nh
ấ
t.
Giải:
Ta có
2 2
4 [ ( 1)]
y x x m m
′
= − − +
Do
2
1 0
m m
− + >
v
ớ
i
∀
m
Nên y' = 0
⇔
2
2
0
1
1
x
x m m
x m m
=
= − − +
= − +
•
L
ậ
p b
ả
ng xét d
ấ
u ý ta th
ấ
y hai
đ
i
ể
m c
ự
c ti
ể
u t
ươ
ng
ứ
ng t
ạ
i các giá tr
ị
2
1
x m m
= − − +
và
2
1
x m m
= − +
G
ọ
i các
đ
i
ể
m c
ự
c ti
ể
u là:
2 2 2 2 2 2
( 1; 1 ( 1) ); ( 1; 1 ( 1) )
A m m m m m B m m m m m− − + − − − + − − + − − − +
⇒
2 2 2
1
4( 1) 4( ) 3 3
2
AB m m m
= − + = − + ≥
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
20
V
ậ
y MinAB
3
=
khi
1
2
m
=
•
K
ế
t lu
ậ
n: V
ậ
y
1
2
m
=
là giá tr
ị
c
ầ
n tìm c
ủ
a bài toán
Bài 36: Cho hàm s
ố
:
4 2
1
(3 1) 2( 1)
4
y x m x m
= − + + +
Tìm m
để
hàm s
ố
có 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
t
ạ
o
thành m
ộ
t tam giác có tr
ọ
ng tâm là g
ố
c to
ạ
độ
O
.
Giải:
Ta có
3
2(3 1)
y x m x
′
= − +
y' = 0
⇔
2
0
2(3 1) 0
x
x m
=
− + =
•
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
hàm s
ố
có 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là:
1
3
m
> −
•
G
ọ
i 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là:
2 2
(0;2 2); ( 6 2; 9 4 1); ( 6 2; 9 4 1)
A m B m m m C m m m
+ − + − − + + − − +
*
Nhận xét:
Tam giác ABC cân t
ạ
i A, trung tuy
ế
n k
ẻ
t
ừ
A thu
ộ
c tr
ụ
c Oy. Nên O là tr
ọ
ng tâm
c
ủ
a tam giác ABC khi :
2 0
A B
y y
+ =
⇒
2
3
1
3
m
m
= −
=
Ki
ể
m tra v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n ta có
1
3
m
=
th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n bài toán.
Bài 37: Cho hàm s
ố
:
4 2
2 2
y x mx
= − +
Tìm m
để
hàm s
ố
có 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
t
ạ
o thành m
ộ
t tam
giác có
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
đ
i qua
đ
i
ể
m
3 9
;
5 5
I
.
Giải:
3 2
4 4 4 ( )
y x mx x x m
′
= − = −
y' = 0
⇔
2
0
0
x
x m
=
− =
•
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
hàm s
ố
có 3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là:
0
m
>
•
Gi
ả
s
ử
3
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là:
2 2
(0;2); ( ; 2); ( ; 2)
A B m m C m m
− − + − +
và
đ
i
ể
m
3 9
( ; )
5 5
D
•
G
ọ
i I(x; y) là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC
•
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có:
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
21
2 2
2 2
2 2
IA ID
IB IC
IB IA
=
=
=
⇔
2 2 2 2 2
3 1 0
2 2
( ) ( 2) ( 2)
x y
x y x m
x m y m x y
− + =
= −
+ + + − = + −
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình này ta tìm
đượ
c
0
m
=
và
1
m
=
So sánh v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n thì
1
m
=
th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n bài toán.
Bài 38: Tìm m
để
3 2 2
( ) : 3( 1) 2( 4 1) 4 ( 1)
m
C y x m x m m x m m
= − + + + + − +
c
ắ
t Ox t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân
bi
ệ
t có hoành
độ
l
ớ
n h
ơ
n 1.
Giải:
Ta xét ph
ươ
ng trình:
3 2 2
3( 1) 2( 4 1) 4 ( 1) 0
x m x m m x m m
− + + + + − + =
2
( 2)[ (3 1) 2 ( 1)] 0
x x m x m m
⇔ − − + + + =
( 2)( 2 )[ ( 1)] 0
x x m x m
⇔ − − − + =
Để
tho
ả
yêu c
ầ
u bài toán khi:
2 2 1
2 1
1 1
m m
m
m
≠ ≠ +
>
+ >
1
1.
2
m
⇔ < ≠
Bài 39: Tìm m
để
3 2 2 2
( ) : 3 3( 1) 1
m
C y x mx m x m
= − + − + −
c
ắ
t Ox t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t có hoành
độ
l
ớ
n h
ơ
n 0.
Giải:
•
Đặ
t:
3 2 2 2
( ) 3 3( 1) 1
y f x x mx m x m
= = − + − + −
•
Để
tho
ả
mãn yêu c
ầ
u bài toán khi:
1 2
1 2
1
0 có nghiêm (1)
0 (2)
( )
0 (3)
(0) 0 (4)
CD CT x x
CD
y x x
f f f f
I
x x
f
′
= <
= <
= >
<
•
Gi
ờ
ta qua x
ử
lý t
ừ
ng
đ
i
ề
u ki
ệ
n cho
đơ
n gi
ả
n:
- V
ớ
i (1):
3 2 3 2
3( 2 1) 0 ( ) 2 1 0
y x mx m g x x mx m
′
= − + − = ⇔ = − + − =
1 2
1; 1
x m x m
⇔ = − = +
- V
ớ
i (2) ta có:
2
( ) ( ) 2 ( 1)( 1)
y x m g x x m m
= − − + − −
Suy ra
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua 2
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
có d
ạ
ng:
2
: 2 ( 1)( 1)
d y x m m
= − + − −
V
ậ
y:
1 2
CD CT x x
f f f f
=
2 2 2
( 1)( 3)( 2 1)
m m m m
= − − − −
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
22
- V
ớ
i (3) và (4):
2 2
1
1 0 1; (0) 1 0 0
x m m f m m
= − > ⇔ > = − < ⇔ >
•
V
ậ
y:
2 2 2
( 1)( 3)( 2 1) 0
( ) 3 1 2
1 0
m m m m
I m
m
− − − − <
⇔ ⇔ < < +
− >
Bài 40: Tìm m
để
3 2
( ) : 3 3(1 ) 1 3
m
C y x x m x m
= − + − + +
c
ắ
t Ox t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t tho
ả
:
1 2 3
1
x x x
< < <
.
Giải:
•
Đặ
t:
3 2
( ) 3 3(1 ) 1 3
y f x x x m x m
= = − + − + +
•
Ta xét ph
ươ
ng trình:
3 2
3 3(1 ) 1 3 0
x x m x m
− + − + + =
3 2
3 3 1 3 ( 1)
x x x m x
⇔ − + + = −
•
D
ễ
th
ấ
y
1
x
=
không tho
ả
ph
ươ
ng trình nên ta có:
3 2
3 3 1
( )
3( 1)
x x x
g x m
x
− + +
= =
−
Tính
đượ
c:
2
2
2( 2)( 1)
( )
3( 1)
x x x
g x
x
− − +
′
=
−
Suy ra
( ) 0 2
g x x
′
= ⇔ =
•
Vì nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
( ) 0
f x
=
là hoành
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ
ng
y m
=
v
ớ
i
( ) : ( )
H y g x
=
, nên l
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên thì ta d
ễ
dàng suy ra
đượ
c:
để
Ox c
ắ
t
( )
m
C
t
ạ
i 3
đ
i
ể
m
phân bi
ệ
t tho
ả
1 2 3
1
x x x
< < <
khi :
3 3 1
m m
> ⇔ >
Bài 41: Cho
3 2
( ) : 1
m
C y x mx m
= + − −
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
m
C
t
ạ
i các
đ
i
ể
m c
ố
đị
nh mà
( )
m
C
đ
i qua.
Giải:
•
G
ọ
i
( , )
M x y
là
đ
i
ể
m c
ố
đị
nh mà
( )
m
C
đ
i qua
3 2
1.
y x mx m
⇒ = + − −
2 3
( 1) 1 0
m x x y
⇒ − + − − =
2
3
1 0
1 0
x
x y
− =
⇒
− − =
1
0
1
2
x
y
x
y
=
=
⇒
= −
= −
•
V
ậ
y
( )
m
C
đ
i qua 2
đ
i
ể
m c
ố
đị
nh:
1 2
(1,0); ( 1, 2)
M M
− −
•
Ta có:
2
3 2
y x mx
′
= +
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
23
•
V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n tho
ả
yêu c
ầ
u bài toán:
1
: (2 3) (2 3)
y m x m
∆ = + − +
2
: ( 2 3) (2 1)
y m x m
∆ = − + − −
Bài 42: Cho hàm s
ố
3
3 2( )
y x x C
= − +
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng d c
ắ
t hàm s
ố
(C) t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t A, B, C. Bi
ế
t
2; 2 2
A
x BC= =
.
Giải:
•
G
ọ
i
( )
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng c
ầ
n tìm, và
(2,4) ( )
A C
∈
.
•
Theo yêu câu bài toán ta có
( )
∆
ph
ả
i
đ
i qua A. Suy ra:
( ) : ( 2) 4 2 4
y k x kx k
∆ = − + = − +
•
Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a (C) và
( )
∆
:
3
3 2 2 4
x x kx k
− + = − +
3
(3 ) 2 2 0
x k x k
⇔ − + + − =
2
( 2)( 2 1) 0
x x x k
⇔ − + − + =
2
2
( ) 2 1 0
x
g x x x k
=
⇔
= + − + =
•
Để
(C) c
ắ
t
( )
∆
t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t khi và ch
ỉ
khi
( ) 0
g x
=
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 2 :
0 0
(*)
(2) 0 9
k
g k
′
∆ > >
⇔ ⇔
≠ ≠
•
Khi
đ
ó g
ọ
i
1 1 2 2
( , 2 4); ( , 2 4)
B x kx k C x kx k
− + − +
là 2 giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
( )
C
và
( )
∆
.
•
Theo yêu c
ầ
u bài toán :
2
8
BC
=
2 2
2 1 2 1
( ) [ ( )] 8
x x k x x
⇔ − + − =
2 2
2 1
( 1)( ) 8
k x x
⇔ + − =
2 2
1 2 1 2
( 1)[( ) 4 ] 8
k x x x x
⇔ + + − =
2
( 1)[4 4( 1)] 8
k k
⇔ + − − + =
2
( 1)(4 ) 8
k k
⇔ + =
3
2 0
k k
⇔ + − =
1 ( )
k N
⇔ =
•
V
ậ
y
( ) : 2
y x
∆ = +
là
đườ
ng th
ẳ
ng c
ầ
n tìm.
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
24
Bài 43: Cho hàm s
ố
2
( )
2
x
y C
x
=
−
. Vi
ế
t ph
ươ
ng ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a hàm s
ố
bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n c
ắ
t các
tr
ụ
c Ox, Oy t
ạ
i các
đ
i
ể
m A, B sao cho:
2
AB OA
=
Giải:
Cách 1:
Ta có
1
2
Cos ABO =
⇒
45
o
AOB =
Nên tam giác AOB vuông cân t
ạ
i O. Suy ra h
ệ
s
ố
góc ti
ế
p tuy
ế
n là k = 1 và k = -1
G
ọ
i t
ọ
a
độ
ti
ế
p
đ
i
ể
m là
0
( ; )
o
M x y
ta có :
0
( )
2
4
( 2)
x
o
k f
x
−
′
= =
−
⇒
2
4
1
( 2)
o
x
−
= −
−
(Do k = 1 lo
ạ
i)
⇔
0
o
x
=
ho
ặ
c
4
o
x
=
+ V
ớ
i
0
o
x
=
⇒
1
2
o
y
−
=
⇒
1
2
y x
−
= − −
+ V
ớ
i
4
o
x
=
⇒
1
2
o
y
−
=
⇒
4
y x
= − +
Cách 2 :
•
Ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i
đ
i
ể
m
( ; )
o o
M x y
có d
ạ
ng:
0 0
( )
y y k x x
− = −
⇒
0
0
2
0 0
2
4
( )
( 2) 2
x
y x x
x x
= − − +
− −
•
Theo gi
ả
thi
ế
t ta tìm
đượ
c to
ạ
độ
các
đ
i
ể
m
2 2
0 0
2
0
2
( ;0); (0; )
2 ( 2)
x x
A B
x −
Do tam giác OAB vuông cân t
ạ
i O nên OA = OB
⇒
2 2
0 0
2
0
2
2 ( 2)
x x
x
=
−
⇔
3
0 0
( 4) 0
x x
− =
⇔
0
4
o
o
x
x
=
=
Đế
n
đ
ây gi
ố
ng cách 1 r
ồ
i nhé.
Bài 44: Cho hàm s
ố
( )
1
x
y C
x
=
−
. Vi
ế
t ph
ươ
ng ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a hàm s
ố
bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
o v
ớ
i
hai
đườ
ng ti
ệ
m c
ậ
n m
ộ
t tam giác có chu vi b
ằ
ng
2(2 2)
+ .
Giải:
•
D
ễ
dàng tìm
đượ
c 2
đườ
ng ti
ệ
m c
ậ
n c
ủ
a
đồ
th
ị
là:
1; 1 (1;1)
x y I
= =
⇒
•
G
ọ
i ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i
( ; ) ( )
o o
M x y C
∈
là:
2
( 1) 1
o o
o o
x x x
y
x x
−
= − +
− −
•
Ta th
ấ
y:
CHUYÊN
ĐỀ HÀ
M S
Ố
.
25
-
Khi
0
1 1
1 1;
1 1
o o
o
x x
x y A
x x
+ +
= ⇒ = ⇒
− −
-
Khi
(
)
1 2 1 2 1;1
o o
y x x B x= ⇒ = − ⇒ −
•
Ta có:
Cách 1:
ABI
P IA IB AB
= + +
2
2
0 0
1 1
1 2 2 (2 2) 1 2(2 2)
1 1
o o
o o
x x
x x
x x
+ +
= − + − + − + − = +
− −
2 4
2 2( 1) ( 1) 4 2(2 2)( 1)
o o o
x x x
⇔ + − + − + = + −
2 0
o o
x V x
⇔ = =
Cách 2:
ABI
P IA IB AB
= + +
2
2
0 0
1 1
1 2 2 (2 2) 1
1 1
o o
o o
x x
x x
x x
+ +
= − + − + − + −
− −
2
2
2 1
2 | 1| 2 (| 1|)
| 1| (| 1|)
o o
o o
x x
x x
= + − + − +
− −
2(2 2)
≥ +
D
ấ
u "=" x
ả
y ra khi
| 1| 1 2 0
o o o
x x V x
− = ⇔ = =
•
V
ậ
y ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm là:
1
:
y x
∆ = −
2
: 4
y x
∆ = − +
Bài 45: Cho hàm s
ố
3 2
4 1
(2 1) ( 2) ( )
3 3
y x m x m x C
= − + + + +
. Tìm m
để
ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i giao
đ
i
ể
m
c
ủ
a
( )
m
C
v
ớ
i tr
ụ
c tung c
ắ
t hai tr
ụ
c Ox, Oy t
ạ
i hai
đ
i
ể
m A, B sao cho tam giác OAB có di
ệ
n
tích b
ằ
ng
1
18
.
Giải:
•
Ta có
đ
i
ể
m
1
(0; )
3
B
. Nên ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i
đồ
th
ị
hàm s
ố
(C) t
ạ
i
đ
i
ể
m B có d
ạ
ng:
1
( 2)
3
y m x
= + +
(d).
