Chuyên đề 2
Chuyên đề 2
KHẢO SÁT HÀM SỐ
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
I. Mục đích yêu cầu :
!"
# ! $% $&'( ) *+)) ,
()* !' !-'(./0#.00
$+)'1
2345653 $5(7#*5 89):"
;< #34 !=*>?;?# #@ !
:!-' $1
AA"BC'D
.ED? $ !=& F< 3G#34 %
"
(: H< - $ -"
;?DIJ<#$ !=KL"- $ .EM )"
III. Nội dung ôn tập:
N"OPQ/R;STU
I. TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG ( C ) : y = f(x)
• V( !:!+)WBX PW9
Y
Z:
Y
XD:[:
Y
\]^W9
Y
XW9[9
Y
X
• WBXD:\]W9X#W_XD:\W9X !9F#` )
( ) ( )
( ) ( )
=
′
=
′
⇔
xgxf
xgxf
a $
W $+)$(% ! *X
Vấn đề 1 : Lập phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại M(
Y Y
Zx y
)
Phương pháp : b34c=:[:
Y
\]^W9
Y
XW9[9
Y
X
•
0!):
Y
(5:
Y
\]W9
Y
X
•
0!)9
Y
(9
Y
% $+)(]W9X\:
Y
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 10 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
Ví dụ /( !:!+)':\]W9X\9
[9de D
)Xf *Pa9
P
\YX. ) *+)WBX#` 4
Giải D)X9
P
\Y
⇒
:
P
\e
( )
eZYM⇒
:^\]^W9X\9
e
[
⇒
]^WYX\[
E:( !:!D:[e\[W9[YX
⇔
:\[9de
XV(4g9D:\Y")a9
[9de\Y
( )
( )
ehYeh
e
−=∨=⇔=−+−⇔ xxxxx
9\h( !:!:\]^WhXW9[hX
Y=⇔ y
9\[e( !:!:\]^W[eXW9deX
hijXeWj +=⇔+=⇔ xyxy
Vấn đề 2: Lập phương trình tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước
Phương pháp
BhD.< PW9
Y
Z:
Y
X% ! *" !:!a$a
( )
kxf =
′
⇔
Y
". ((9
Y
( )
YY
xfyD =⇒∈
V( !:!y – y
0
= k( x – x
0
)
BeD.< W3X: y = kx + b% !:!+)WBX
⇔
( ) ( )
( ) ( )
+=
=
′
e
h
bkxxf
kxf
a $". WhX(x!#WeX(
Lưu ý BW3XDy = a.x + b!D
• W3
h
X#` W3X(W3
h
Xa$ak = a
• W3
e
X#ca#` W3X(W3
h
Xa$ak \
a
h
−
):a.k = – 1
Ví dụ
BWBXD:\]W9X\9
[e9de"%( !:!+)WBX !
hX !:!#` W3XD:\9dheX !:!#ca#` W3X
GIẢI
hX.< PW9
Y
Z:
Y
X% ! *" !:!#` W3Xka$a\h
( )
hheh
Y
e
YY
±=⇔=−⇔=
′
⇔ xxxf
9
Y
\h
⇒
:
Y
\h"V( !:!D:\9
9
Y
\[h
⇒
:
Y
\"V( !:!D:\9dl
eXE( !:!#ca#` W3Xka$a\[h"
.< W3
h
XD:\[9d% !:!+)WBX
( )
( )
+−=+−
−=−
⇔
eee
hhe
e
bxxx
x
a $
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 11 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
( )
heh
e
±=⇔−=−⇔ xx
"mWeX#` 9\
j
e
e
=⇒± b
"
V( !:!:\[9de
j
e
Vấn đề 3 : Lập phương trình tiếp tuyến đi qua một điểm A(
h h
Zx y
)
Phương pháp
Cách 1 :.< PW9
Y
Z:
Y
X% ! *"5:
Y
\]W9
YX
#]^W9
Y
XJ9
Y
"V( !
:!+)WBX P%Dy – y
0
= f’(x
0
)( x – x
0
XWhXE( !:! n)Nky
1
– y
0
=
f’(x
0
)( x
1
– x
0
) ((9
Y
):#WhX"
Cách 2D.< W3X%,7 n)Na$a")a
W3XDy – y
1
= k( x – x
1
)WhX% !:!+)WBX
( ) ( )
( ) ( ) ( )
+−=
=
′
⇔
e
h
hh
yxxkxf
kxf
a $
!mWhX#WeX (9!#WhX(#):#(WhX
Ví dụ /( !:!+)WBXDy = f(x) = x
3
– 3x + 2 !& !:!
n)NWeZ[lX
Cách 1D.< PW9
Y
Z:
Y
X% ! *")ay
0
= x
0
3
– 3x
0
+2#
f’(x
0
) = 3x
0
2
– 3V( !:!+)WBX P%
y – (x
0
3
– 3x
0
+ 2) = (3x
0
2
– 3)( x – x
0
)
( )
ee
Y
e
Y
+−−=⇔ xxxy
(1)
E( !:! n)NWeX[lXk– 4 = (3x
0
2
– 3).2 – 2x
0
3
+ 2
YY
YY
e
Y
Y
=∨=⇔=−⇔ xxxx
• x
0
\Y( !:!%y = – 3x + 2
• x
0
\( !:!%y = 24x – 52
Cách 2D.< W3X%,7n)N#a$ak
V(W3XDy = k(x – 2) – 4"W3X% !:!+)WBX
( )
( ) ( )
−−=+−
=−
⇔
elee
h
e
xkxx
kx
a $
mWhX#WeX)ax
3
– 3x + 2 = (3x
2
– 3) (x – 2) – 4
YY
e
=∨=⇔=−⇔ xxxx
• x = 0
−=⇒k
.V( !:!%y = – 3x + 2
• x = 3
⇒=⇒ elk
( !:!%y = 24x – 52
Vấn đề 4 :Sự tiếp xúc giữa hai đường
Phương pháp DN34WBX#W_X !9F#` )
=
=
⇔
XWXW
XWoXWo
xgxf
xgxf
a $"ma:) ')
Ví dụ BWBXDy = f(x) = x
4
– x
2
+ 1 và (D) : y = g(x) = x
2
+ m
(*WBX#W_X !9F#` )
GIẢIDWBX#W_X !9F#` )
( )
+=+−
=−
⇔
=
=
⇔
eh
XhWeel
XWXW
XWoXWo
eel
mxxx
xxx
xgxf
xgxf
a $
(1)
hYYll
±=∨=⇔=−⇔ xxxx
x\YmWeX)a\h Z x\
h±
mWeX)a\Y
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 12 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krơng Bơng
II. ĐIỂM CỐ ĐỊNH CỦA HỌ ĐƯỜNG CONG
BÀI TOÁN Cho đường cong (C
m
) : y = f(x;m)
1 /- Tìm những điểm cố đònh mà (C
m
) luôn đi qua
Phương pháp
Gọi M(x
0
;y
0
) là điểm cố đònh của (C
m
)
mxfy ∀=⇔ XW
YY
Biến đổi thành phương trình ẩn số m
p dụng : phương trình có nghiệm với mọi m khi tất cả các hệ số đều bằng 0 ta được
hệ phương trình ẩn số x
0
; y
0
. Giải hệ tìm nghiệm x
0
thuộc tập xác đònh D .
Hệ phương trình có bao nhiêu nghiệm thì có bấy nhiêu điểm cố đònh
2 /- Tìm những điểm mà (C
m
) không đi qua
Phương pháp Gọi M(x
0
; y
0
) là điểm mà (C
m
) không đi qua
⇔
phương trình y
0
= f(x
0
) không có nghiệm m. Từ điều kiện này suy ra M
Lưu ý : Phương trình vô nghiệm khi : x
0
D∉
hoặc phương trình
• Am + B = 0 vô nghiệm
0
0
A
B
=
⇔
≠
• Am
2
+ Bm + C = 0 vô nghiệm
0 0
0 0
A B A
hoặc
C
= = ≠
⇔
≠ ∆ <
Ví dụ Cho (C
m
) : y =
2
2( 1) 3
2
mx m x
x
− + +
−
( m là tham số )
1) Tìm những điểm mà (C
m
) luôn đi qua khi m thay đổi
2) Tìm những điểm mà (C
m
) không đi qua với mọi m
GIẢI
1) Tập xác đònh D =
¡
\
{ }
e
Gọi M(x
0
; y
0
) là điểm cố đònh của (C
m
)
( )
m
x
xmmx
y ∀
−
++−
=⇔
e
he
Y
Y
e
Y
Y
( ) ( )
eeee
YYY
e
YYY
≠∀+−−=−⇔ xmxmxmxxy
( )
2
0 0 0 0 0 0
2 2 2 3 0x x m y x y x m⇔ − + − − + = ∀
2
0 0
0 0
0 0 0 0
0
0 ( 2)
2 0
3
2 2 3 0
2
x vì x
x x
y x y x y
= ≠
− =
⇔ ⇔
− − + = = −
Vậy (C
m
) luôn đi qua M( 0 ;
e
−
)
2) Gọi N(x
1)
y
1
) là điểm mà (C
m
) không đi qua
( )
2
1 1
1
1
2 1 3
2
mx m x
y
x
− + +
⇔ =
−
vô nghiệm m
( )
≠=+−−+−
=
⇔
XeWXhWYeee
e
hhhhhh
e
h
h
xVNxyxymxx
x
(1)
−≠
=
⇔
≠+−−
=−
⇔
e
Y
Yee
Ye
h
h
hhhh
h
e
h
y
x
xyxy
xx
( vì x
1
e≠
)
Vậy (C
m
) không đi qua N(0;
e
−
) ; N
1
(2)y)
∈∀y
¡
Tài liệu ơn tập TN_THPT Trang 13 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krơng Bơng
Vấn đề 2 Sự tương giao của hai đường
Phương pháp: Cho 2 đường ( C ) : y = f(x) và ( D ) : y = g(x)
Hoành độ giao điểm của 2 đường là nghiệm của phương trình f(x)= g(x) (1 )
Phương trình ( 1 ) có bao nhiêu nghiệm thì ( C ) và ( D ) có bấy nhiêu điểm chung.
Muốn tìm giao điểm ta thay nghiệm của ( 1 ) vào y = f(x) hay y =g(x)
Lưu ý
1. Phương trình
2
0ax bx c+ + =
a) Phương trình vô nghiệm
Y Y
Y Y
a a b
c
≠ = =
⇔ ∨
∆ < ≠
b) Pt có 1 nghiệm kép
=∆
≠
⇔
Y
Ya
c) Pt có 2 nghiệm phân biệt
>∆
≠
⇔
Y
Ya
Định lí Viet : Phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có 2 nghiệm x
1)
x
2
ta có
h e
h e
"
b
S x x
a
c
P x x
a
= + =−
= =
2. Phương trình ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 khi biết 1 nghiệm x = x
0
Phương phápWB )e#!+)(9[9
Y
X
Ta có ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0
⇔
( x – x
0
)( Ax
2
+ Bx + C ) = 0 (1)
( )
=++
=−
⇔
eY
Y
e
Y
CBxAx
xx
Số nghiệm của (1) = Số nghiệm của (2) + 1
Đặt g(x) = Ax
2
+ Bx + C .Tính :
∆
= B
2
– 4AC và g(x
0
) = Ax
0
2
+ Bx
0
+C
• Pt có 1 nghiệm
=
=∆
<∆
⇔
YXW
Y
Y
Y
xg
° Pt có 2 nghiệm
=
>∆
≠
=∆
⇔
YXW
Y
YXW
Y
Y
Y
xg
xg
• Phương trình có 3 nghiệm phân biệt
≠
>∆
⇔
YXW
Y
Y
xg
Cách tìm x
0
a + b + c + d = 0 Phương trình có nghiệm x
0
= 1
a – b + c – d = 0 Phương trình có nghiệm x
0
= –1
x
0
là nghiệm nguyên của phương trình thì x
0
là ước số của d
Khi khơng biết nghiệm
Cách 1 Biện luận phương trình bằng đồ thò
Cách 2 Xét hàm số y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d
a) Nếu hàm số không có cực trò thì phương trình chỉ có 1 nghiệm
b) Nếu hàm số có cực trò tính y
CĐ
.y
CT
y
CĐ
.y
CT
> 0 : Phương trình có 1 nghiệm
y
CĐ
.y
CT
= 0 : Phương trình có 2 nghiệm
y
CĐ
.y
CT
< 0 : Phương trình có 3 nghiệm phân biệt
Ví dụ Cho (C) : y = f(x) = 4x
3
– 3x + 1 và (d) : y = g(x) = m(x – 1) + 2
Biện luận theo m số giao điểm của (C) và (d)
Giap : Hoành độ giao điểm của 2 đường là nghiệm của phương trình
Tài liệu ơn tập TN_THPT Trang 14 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krơng Bơng
4x
3
– 3x + 1 = m(x – 1) + 2
⇔
(x – 1)(4x
2
+ 4x + 1 – m) = 0 (1)
( )
=−++
=−
⇔
eYhll
Yh
e
mxx
x
Đặt h(x) = 4x
2
+ 4x + 1 – m . Tính
∆
′
= 4 – 4(1 – m) = 4m và h(1) = 9 – m
x
∞−
0 9
∞+
∆
′
– 0 + +
Số
điểm
chung
1
¶
e
3
¶
e
3
Vấn đề 3 Biện luận phương trình bằng đồ thò
Phương pháp: Cho (C) : y = f(x) , dựa vào đồ thò (C) biện luận theo m số nghiệm của
phương trình F(x; m) = 0
GIẢI : Biến đổi F(x;m) = 0
⇔
f(x) = g(x;m)
Trường hợp 1 : f(x) = m
Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của
=
=
myd
xfyC
DXW
XWDXW
( y = m là đường thẳng cùng phương với Ox cắt Oy tại điểm có tung độ m )
Dựa vào đồ thò để kết luận. chú ý so sánh m với các giá trò cực trò , nếu đồ thò có
tiệm cận ngang thì so sánh với giá trò tiệm cận ngang
Trường hợp 2 : f(x) = am + b tương tự như trường hợp 1 ở đây giao điểm của (d) với
trục Oy có tung độ là am + b
Ví dụ Cho (C) : y = x
3
– 3x
2
+ 2.
1) Khảo sát hàm số
2) Dựa vào (C) biện luận theo m số nghiệm của :
x
3
– 3x
2
– m = 0 (1)
GIẢI : 1)
2) (1)
⇔
x
3
– 3x
2
+ 2 = m + 2
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của
3 2
( ) : 3 2
( ) : 2 (cùng phương với trục hoành)
C y x x
d y m
= − +
= +
Dựa vào đồ thò ta có :
•
ee >∨−< mm
Phương trình có 1 nghiệm
•
e em m= − ∨ =
Phương trình có 2 nghiệm
•
ee <<− m
Phương trình có 3 nghiệm
Vấn đề 4 Đồ thò hàm số chứa giá trò tuyệt đối
Phương pháp Cho hàm số y = f(x) có đồ thò (C), từ đồ thò (C) suy ra :
1) (C
1
) : y = f
( )
x
=
<−
>
YXW
YXW
xkhixf
xkhixf
nên ta có (C
1
) :
• Giữû phần đồ thò (C) với x > 0
• Bỏõû phần đồ thò (C) với x < 0
• Lấy đối xứng qua trục Oy phần đồ thò (C) với x > 0
Tài liệu ơn tập TN_THPT Trang 15 -
x
y
m + 2
O
1
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krơng Bơng
2) (C
2
) : y =
XWxf
=
<−
≥
YXWXW
YXWXW
xfkhixf
xfkhixf
nên ta có (C
2
) :
• Giữû phần đồ thò (C) với f(x)
≥
0
• Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thò (C) với f(x) < 0
• Bỏõû phần đồ thò (C) với f(x) < 0
3) (C
3
) : y = f(x) =
XW
XW
xQ
xP
=
<−
>
YXW
XW
XW
YXW
XW
XW
xQkhi
xQ
xP
xQkhi
xQ
xP
nên ta có (C
3
):
• Giữû phần đồ thò (C) với Q(x) > 0
• Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thò (C) với Q(x) < 0
• Bỏõû phần đồ thò (C) với Q(x) < 0
4; (C
4
) : y = f(x) =
XW"XW xQxP
hay y = f(x) =
XW
XW
xQ
xP
Vì y =
<−
≥
YXWXW
YXWXW
xPkhixf
xPkhixf
nên ta có (C
4
) :
• Giữû phần đồ thò (C) với P(x)
≥
0
• Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thò (C) với P(x) < 0
• Bỏõû phần đồ thò (C) với P(x) < 0
Vấn đề 5 : Q tích của một điểm
Phương pháp chung: Từ điều kiện đã cho tìm tọa độ điểm M(x ; y)
W X
W X
x g m
y m
ϕ
=
=
Khử m ta được hệ thức liên hệ giữa x và y là phương trình q tích . Từ điều kiện của
m suy ra điều kiện của x hay y là giới hạn của q tích . Đặc biệt nếu M là trung điểm
của AB là giao điểm của (C) : y = f(x) và đường thẳng (d) : y = ax + b ta có :
h e
e
x x
x
y ax b
+
=
= +
trong đó x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình f(x) = ax + b
Ví dụ
1/- Cho (C) : y =
e
e h
h
x mx m
x
+ + +
+
a) Tìm q tích điểm cực đại của (C) b) Tìm q tích tâm đốùi xứng của (C)
Giải:
a) Tập xác đònh : D =
¡
\
{ }
h−
( )
e
e
e h
h
x x m
y
x
+ + −
′
=
+
Hàm số có 2 cực trò
⇔
y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔
x
2
+ 2x + m – 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác – 1
h h Y e
e
h e h Y e
m m
m
m m
− + > <
⇔ ⇔ ⇔ <
− + − ≠ ≠
Khi đó hàm số có điểm cực đại M(x ; y) với y = 2x + 2m
h e e hx m m x= − − ⇔ − = −
Tài liệu ơn tập TN_THPT Trang 16 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krơng Bơng
⇔
e e
h Y h
e e h h e
x x
m x x m x x
− ≥ ≤
⇔
− = − + = + −
Nên
e
h
e q e
x
y x x
≤
= − + +
là phương trình q tích điểm cực đại
b) Ta có x = –1 và y = x + 2m – 1 là phương trình các đường tiệm cận ( m
eX≠
Nên tâm đối xứng I(x ; y) :
h h
e h e
x x
y x m y
= − = −
⇔
= + − ≠
là phương trình q tích của tâm đối xứng
2/- Cho (C) : y = x
3
– 3x
2
+ 2 và đường thẳng (d) đi qua A(0 ; 2) có hệ số góc k . Khi
(C) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt A, B , C tìm q tích trung điểm I của đoạn BC khi k
thay đổi
Giải
Ta có (d) : y = kx + 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) :
x
3
– 3x
2
+ 2 = kx + 2
e
W X Y WhXx x x k⇔ − − =
e
Y
Y WeX
x
x x k
=
⇔
− − =
(C) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt
⇔
phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
⇔
j
j l Y
l
Y
Y
k
k
k
k
+ >
> −
⇔
− ≠
≠
Gọi I(x ; y) là trung điểm của BC với x
B
; x
C
là nghiệm của phương trình (2) ta có :
e
e
e
r
e
e
e
i
e
B C
x x
x
x
x
k
y kx
k
y
+
= −
= −
=
⇔ ⇔
= +
≠ <
=− +
là pt quỹ tích của I
Vấn đề 6: khảo sát hZm số
Gv: 0s% `< "
Các bước khảo sát hZm đa thức Các bước khảo sát hZm hữu tỷ
9'
(:^"
. :^\YW!aX"
. `
t ! k
W>/Dft0t#B'X
f *' n)
f'W>/D5 9=+)'X
9'
(:^
. ` u $
t ! k
W>/Dft0t#B'X
f *' n)
f'W>/D5 9=+)'X
B3'D#vk4< 9J# 5"
B. CÁC BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Tài liệu ơn tập TN_THPT Trang 17 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số. Các bài toán liên quan…Ứng dụng của tích phân.
* HZm bậc ba:
Bài 1DBD
3
3 2y x x= − +
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
e"wE !( !:!#` WBX *
(0;2)M
"
w53 $5(7 ` L WBX#4g9"
HD Bài 1:
hwB-
( 1;4)−
- *
(1;0)
ewV
(0;2)M
%D
3 2y x= − +
w_ $5(7D
( )
1 1
3 3
2 2
27
3 2 3 2 ( )
4
gh
S x x dx x x dx dvdt
− −
= − + = − + =
∫ ∫
Bài 2DBD
3 2
3 4y x x= − + −
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
e"wE !( !:!#` WBX ! !:!#` ,73D
9 2009y x= − +
w_'WBX $%J
m
$+)(D"
3 2
3 0x x m− + =
HD Bài 2:
ewV%D
9 9, 9 23y x y x= − − = − +
wIx(D"
3 2
3 0(1)x x m− + =
VWhX
3 2
3 4 4x x m⇔ − + − = −
4 0 4m m• − > ⇔ >
DVah $3:
4 0 4m m• − = ⇔ =
DV(ae $6 $
4 4 0 0 4m m• − < − < ⇔ < <
DV(a $6 $
4 4 0m m• − = − ⇔ =
DV(ae $6 $
4 4 0m m• − < − ⇔ <
DVah $3:"
Bài 3DBD
3 2
3 2y x x= + −
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
e"wE !( !:!#` WBX *WBXa
0
3x = −
w53 $5(7 ` L 'WBX#,73D
2y =
HD Bài 3:
hwB-
( 2;2)−
- *
(0; 2)−
ewV%D
9 25y x= +
w53 $5(7DV;f.f+)WBX#3D
3 2 3 2
3 2 2 3 4 0 1, 2x x x x x x+ − = ⇔ + − = ⇔ = = −
( )
1 1 1
3 2 3 2 3 2
2 2 2
27
3 2 ( 2) 3 4 3 4 ( )
4
gh
S x x dx x x dx x x dx dvdt
− − −
= + − − − = + − = − + − =
∫ ∫ ∫
Bài 4 :BD
3 2
3y x x= +
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
e"w( @ $+)
m
*()a) $6 $D
3 2
3 2 0x x m+ − − =
"
w( *'WBX) !:!#` WBX *:a$ay
"
HD Bài 4:
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 18 -
x
y
4
2
2
1
-1
- 2
O
x
y
3
- 4
- 2
2
1
-1
O
x
y
2
- 2
- 3
- 2
1
-1
O
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
e"w( @ $+)
m
DIxVD
3 2 3 2
3 2 0 3 2x x m x x m+ − − = ⇔ + = +
!nD
2 2m− < <
w( *'WBXD. z
0 0 0
( ; ) ( )M x y C∈
⇒
;$a+) !:!
0
M
%D
2 2
0 0 0 0 0
'( ) 3 6 3( 2 1) 3 3f x x x x x= + = + + − ≥ −
0 0
'( ) 3 1f x x= − ⇔ = − ⇒
$a+) !
:!.00&
3−
=#` #` WBX *a
0
1x = −
=
0
2y =
"E: *{(%
0
( 1;2)M −
Bài 5DBD
3
4 3 1y x x= − −
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
e"w.< 3%,7 n) *
( 1;0)I −
#a$a\h"
)wE !(,73"
w( ) *+)3#'WBX"
w53 $5(7 ` L WBX#3"
HD Bài 5:
hwB-
1
;0
2
−
÷
- *
1
; 2
2
−
÷
ew
)wV(,73D
1y x= −
"
w ) *+)3#WBXD
( 1; 2), ( 1;0), (1;0)A I B− − −
w
( )
1 1 0 1
3 3 3 3
1 1 1 0
4 3 1 ( 1) 4 4 (4 4 ) 4 4 ( )
gh
S x x x dx x xdx x x dx x x dx dvdt
− − −
= − − − − = − = − + − =
∫ ∫ ∫ ∫
Bài 6DB
3 2
2 3( 1) 6 2y x m x mx m= − + + −
hw>##v'WBX+)
1m =
"
ew53 $5(7 ` L WBX4g9#) ,7D
1, 2x x= =
wI'*;?a-'5<)) *-'# !(,
7n) *-'a"
HD Bài 6:
hw
1m =
)aD
3 2
2 6 6 2y x x x= − + −
2 2
' 6 12 6 6( 1) 0,y x x x x= − + = − ≥ ∀ ∈ ¡
3a%c%c|#ca-
'
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 19 -
0
-2
1
2
-
1
2
y
y'
+
_
+
0
0
x
CT
C§
-
∞
+
∞
-
∞
+
∞
x
y
(C)
d
B
A
I
1
2
-
1
2
-2
- 1
1
-1
O
0
+
+
0
1
y
y'
x
-
∞
+
∞
-
∞
+
∞
x
y
-2
2
2
1
O
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
ew
2 2
3 2 3 2
1 1
1
2 6 6 2 (2 6 6 2) ( )
2
gh
S x x x dx x x x dx dvdt= − + − = − + − =
∫ ∫
w
2
' 6 6( 1) 6y x m x m= − + +
1
' 0
x
y
x m
=
= ⇔
=
";a- #- *
≠ 1m
(,7 n)) *Bf#BD
2
( 1) ( 1)y m x m m= − − + −
Bài 7DB
3 2
1y x mx m= − + −
m
%)"
hw>##v'WBX+)
3m =
"
ewE !( !:!+)'WBX ! !:!#ca#` ,
73D
1 1
3 3
y x= −
wI'*- * *
2x =
"
HD Bài 7:
hw
3m =
)aD
3 2
3 2y x x= − +
f *- D
(0;2)
f *- *D
(2; 2)−
ewV%D
3 3y x= − +
"
"w;- * *
( )
( )
' 2 0
2
'' 2 0
y
x
y
=
= ⇔
>
12 4 0 3
3
12 2 0 6
m m
m
m m
− = =
⇔ ⇔ ⇔ =
− > <
"
Bài 8DBD
3 2
3 2y x x= − + −
'WBX
hw>- ! k##v'
ewE !(5!:!
∆
#` WBX *NWYeX
w3%,7n)>WhYXa$a"( '*,73sWBX
*6 $"
HD Bài 8:
wV(,73D
( 1)y m x= −
"
V;f.f+)3#WBXD
( )
3 2
3 ( 1) 2 0 1x x m x− + − + =
( )
2
1
2 2 0 2
x
x x m
=
⇔
− + − =
3sWBX *6 $
⇔
"(WhXa $
(2)⇔
a) $6
$h
0
1 2 2 0m
′
∆ >
⇔
− + − ≠
3
3
3
m
m
m
<
⇔ ⇔ <
≠
hwf *- D
(0; 2)−
f *- *D
(2;4)
ewV #` WBX *
(0; 2)A −
"
Bài 9DBD
3 2
2 3 1y x x= - -
'WBX"
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 20 -
-2
2
2
0
y
y'
+
_
+
0
0
x
CT
C§
-
∞
+
∞
-
∞
+
∞
x
y
1
- 2
3
4
2
2
-1
O
4
2
-2
0
C§
CT
_
+
_
+
∞
-
∞
+
∞
-
∞
0
0
y
y'
x
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
hw>- ! k##v'WBX+)"
ew( ) *+)WBX#,73D
1y x= -
w_'WBX $%J
m
$+)(D
3 2
2 3 0x x m- - =
lwt $%J) ) *+)WBX#,73
h
a(D
1y ax= -
"
HD Bài 9:
hw">?;?
•
IfD
D = ¡
•
' 2
6 6y x x= −
'
0y =
0; 1
1; 2
x y
x y
= = −
⇔
= = −
•
. ` D
lim
x
y
→−∞
= −∞
lim
x
y
→+∞
= +∞
•
tt
•
fftDW[hZ[qXZ
1 3
;
2 2
−
÷
WeZX
•
f'D
ew( ) *+)WBX#,73DV;f.fD
3 2
2 3 0x x x- - =
"
Û
( )
2
2 3 1 0x x x- - =
Û
2
0
2 3 1 0
x
x x
é
=
ê
ê
- - =
ê
ë
Û
0
3 17
4
x
x
é
=
ê
ê
±
ê
=
ê
ë
):#VW3X)a
) *"
wt $%J $VD
3 2
2 3 0x x m- - =
>
3 2 3 2
2 3 0 2 3 1 1x x m x x m- - = Û - - = -
>
f}D
3 2
2 3 1y x x= - -
'WBX#m)#v#
1y m= -
D'%,7W3X
g9"
>
? $+)V\ ) *+)WBXuW3X
>
t $%r,
~11"
lwt $%J) ) *+)WBX#,73
h
a(D
1y ax= -
"
>
V;f.fD
3 2
2 3 0x x ax- - =
( )
2
2 3 0(1)x x x aÛ - - =
2
0
( ) 2 3 0(2)
x
g x x x a
é
=
ê
Û
ê
= - - =
ê
ë
>
? ) *W3
h
X#WBX\ $+)VWhX
>
IxVWeXD
·
;hDWYX\Y
0aÛ =
VWeXa) $D
3
0
2
x ; x= =
Þ
VWhXa) $
Þ
a
) ) *
·
;eDWYX
¹
YD
9 8aD = +
d
D
•YD
9
8
aÛ < -
VWeX#c $
Þ
VWhXah $
Þ
a ) *"
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 21 -
y
y'
x
CT
C§
+
∞
-
∞
- 2
0
+
+
-
0
0
1
0
+
∞
-
∞
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
d
D
\Y
9
8
aÛ = -
VWeXa $x
3
4
x =
Þ
VWhXae $
Þ
a)
) *"
d
D
€Y#
9
8
a ¹ -
9
& 0
8
a aÛ > - ¹
VWeXa) $
1 2
0x ,x ¹
Þ
VWhXa
$
Þ
a ) *"
Bài 10DBD
3 2
1
3
y x x= -
hw >- ! k##v WBX+)"
ew B= &,7
1
1
3
y x= -
s'WBX *6 $NPt
aP% *+)Nt"53 $5+)) gNt"
HD Bài 10:
ew / ( ) * ~ $
1x = ±
Z
3x =
4
1;
3
A
⇒ − −
÷
Z
2
1;
3
M
−
÷
Z
(3;0)B
m!nk
⇒
P% *+)Nt"
_ $5) gNtD
1 4
.3. 2
2 3
OAB
S = =
W#3X
* HZm nhất biến
Bài 11DB
2 1
1
x
y
x
+
=
−
a'WBX
hw>- ! k##v'
ew(*WBXs,7W3XD
( 1) 3y m x= + +
e *6 $Nt
AWhZX% *Nt"
HD Bài 11:
h">##v'WBX"
>
9'D
{ }
\ 1D = ¡
>
( )
2
3
'
1
y
x
= −
−
' 0, 1y x⇒ < ∀ ≠
km9'"
>
lim 2
x
y
→±∞
= ⇒
'a $)%
2y =
>
1 1
lim ; lim
x x
y y
+ −
→ →
= + ∞ = −∞ ⇒
'a $=%
1x =
>
tt
>
f *} $DNWeZhXZtWYZhXZBWeZrXZ_WZ
7
2
X
>
f'D
ew):AWhZX&kW3X"; ) *+)WBX#W3X% $+)
(
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 22 -
e
e
x
y
-
2
3
2
3
2
1
- 2
- 1
O
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
2 1
( 1) 3
1
x
m x
x
+
= + +
−
4 0(*)mx x m⇔ + − − =
WW•Xca $9\hX
*W3XsWBX e *6 $NtA% *Nt•\€W•Xae k
6 $9
h
9
e
MD
1 2
1
2
x x+
= −
0
1 4 ( 4) 0
1
2
m
m m
m
≠
⇔ ∆ = + + >
− = −
1
2
m⇔ =
Bài 12DB
3( 1)
2
x
y
x
+
=
−
WBX"
hw>##v'WBX+)"
ewE !( !:!#` WBX ) *+)WBX#4"
w( *kWBXa:k"
HD Bài 12:
wBaq *WBXa:k%DWhZqXZWZheXZWhZYXZWrZqXZW‚ZeX#WhhZ
lX
Bài 13DBD
2 1
2
x
y
x
−
=
−
hw>- ! k##v'WBX+)
ewB= &#` < '+)
m
,7
y x m= −
%csWBX )
*6 $"
HD Bài 13:
ewV;f.f+)WBX#,7
y x m= −
D
2 1
2
x
x m
x
−
= −
−
2
( 4) 2 1 0, 2x m x m x⇔ − + + + = ≠
W•X
2x =
c% $+)W•X#
2 2
( 4) 4.(2 1) 12 0,m m m m∆ = + − + = + > ∀
"_a
W•X%ca) $e"E:,7
y x m= −
%csWBX ) *
6 $"
Bài 14DB
3
2
1
y
x
= +
-
hw>##v'WBX+)"
ewE !( !:!#` #` 'WBX ) *+)WBX#4g9"
w(*,73D
y x m
= − +
sWBX ) *6 $"
HD Bài 14:
;~# !% D
2 1
1
x
y
x
+
=
-
h">##v'WBX"
>
9'D
{ }
\ 1D = ¡
>
( )
2
3
'
1
y
x
= −
−
' 0, 1y x⇒ < ∀ ≠
km
9'"
>
lim 2
x
y
→±∞
= ⇒
'a)%
2y =
1 1
lim ; lim
x x
y y
+ −
→ →
= + ∞ = −∞ ⇒
'a
=%
1x =
>
tt
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 23 -
e
e
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
>
f *} $DNWeZhXZtWYZhXZBWeZrXZ_WZ
7
2
X
>
f'D
e"E !( !:!#` #` 'WBX ) *+)WBX#4g9D
>
):
0y =
#)a
1
2
x = −
⇒
's4 *
0
1
;0
2
M
−
÷
>
V( !:!a3D
0 0 0
'( )( )y y f x x x− = −
aD
0 0
1
; 0
2
x y= − =
#(
( )
2
3
'
1
y
x
= −
−
0
'( ) 12f x⇒ = −
⇒
VD
4 2
3 3
y x= − −
"(*3D
y x m
= − +
sWBX ) *"
>
V;f.fD
2 1
1
x
x m
x
+
= − +
−
⇔
2
( ) (1 ) 1 0g x x m x m= + − + + =
WhXW
1x ≠
X
>
TBt
⇔
VWhXa) $6 $
1≠
⇔
(1) 0
0
g ≠
∆ >
⇔
2
3 0
6 3 0m m
≠
− − >
⇔
3 2 2
3 2 2
m
m
< −
> +
Bài 15DB
1
1
x
y
x
− +
=
+
a'WBX"
hw>- ! k##v'"
ew( *Pkg9 !:! n)P#` ,7W_XD:\e9
HD Bài 15:
>
IfD
{ }
\ 1D = −¡
>
B @ ! k:^\
e
XhW
e
+
−
x
, :^•Y#` < 9ƒh' !k
DW„ZhX#WhZd„X
>
$D
h
h
%
h
+
+−
+
−→
x
x
x
\d„
h
h
%
h
+
+−
−
−→
x
x
x
\„0k9\h%Bf
y
x
±∞→
%
\h0k:\h%B0
>
t ! k"
>
f'D 'sg9 WhZYXsg: WYZhX
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 24 -
-1
-1
-1
+
∞
-
∞
-
-
+
∞
-
∞
y
y'
x
-1
1
2
-1
O
1
x
y
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
ew0!< P
Y
W9
Y
Z:
Y
X% ! *(m !)a
e
Y
XhW
e
+
−
x
\e:) 9
Y
\Y#9
Y
\e
#` 9
Y
\Y(:
Y
\h)a P
Y
%:\e9dhksg9 PWhweZYX
E` 9
Y
\e(:
Y
\)a P
Y
%:\e9‚ksg9 PW‚weZYX
E:a) *:PWhweZYX#PW‚weZYX
Bài 16DBD
2
3
x
y
x
+
=
−
'WBX"
hw >##v'WBX+)D
ewE !( !:!#` WBX
3
1;
2
A
−
÷
w(
( )M C∈
)mP! $=&mP
! $)
HD Bài 16:
Bài 17DB
2
1
x
y
x
−
=
+
WBX
hw>##v'WBX+)
ew(*,73D
2y mx= +
s) +)'W;X"
HD Bài 17:
ewV( ) *D
2
( 4) 2 0( )mx m x+ + + = ∗
1x ≠ −
"3s)
+)W;X
⇔
W•Xae $MD
1 2
1x x< − <
⇔
( 1) 0 ( 1) 0af mf− < ⇔ − <
"(
~
0m >
Bài 18DBD
2 1
1
x
y
x
+
=
+
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
ew(kWBX… *a†ma!) $+)WBXy"
w/( !:!#` WBX ! !:!a#` ,6
+)a{="
Bài 19DBD
2 3
1
x
y
x
−
=
−
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
ew53 $5(7 ` L WBX#) 4"
wE !(,7#` ,7D
3y x= − +
# !9F
#` 'WBX
HD Bài 19:
wBa) !:!:D
1
( ) : 3d y x= − −
2
( ) : 1d y x= − +
Bài 20DBD
3
1
y
x
=
+
a'%WBX"
hw>- ! k##v'WBX+)"
ew53 $5(7 ` L WBX4g9#) ,7
0, 2x x= =
"
wE !( !:!#` 'WBX ) *+)WBX#4"
* HZm trùng phương
Bài 21DBD
4 2
2y x x= −
hw>- ! k##v'+)"
ewf'
m
*(D
4 2
2 log 1 0x x m− + − =
al $6 $
HD Bài 21:
ewV(a $6 $
1 1 log 0 10 100m m⇔ − < − < ⇔ < <
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 25 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
Bài 22:BD
4 2
1 3
3
2 2
y x x= − +
a'WBX"
hw>##v'WBX+)"
ewE !V#` 'WBX+) *WBXa
0
2x =
"
w( @ $+)
m
*()al $D
4 2
6 1 0x x m− + + =
"
HD Bài 22:
hw>?;?D
4 2
1 3
3
2 2
y x x= − +
•
IfD
D = ¡
•
' 3
2 6y x x= −
'
0y =
0; 3/ 2
3; 3
x y
x y
= =
⇔
= ± = −
•
. ` D
lim
x
y
→± ∞
= +∞
•
tt
•
fftDNW[eZ[rweXZtWeZ[rweX
ewV#` WBX
0
2x =
•
0 0
2 5/ 2x y= ⇒ = −
•
' '
0
3
( ) 2 6 ( ) 4f x x x f x= − ⇒ =
•
VD
4 (21/ 2)y x= −
w(*)al $D
4 2
6 1 0x x m− + + =
"
>
4 2
6 1 0x x m− + + =
4 2
1 3
3 1
2 2 2
m
x x⇔ − + = −
>
f}D
3
3 1y x x= - + +
'WBX#m)#v#
1
2
m
y = -
D'%,7W3X
g9"
>
? $+)V\ ) *+)WBXuW3X
>
TBt
3
3 1 1 8
2 2
m
m⇔ − < − < ⇔ − < <
Bài 23DBD
2 2
( )y x m x= −
hw( @ $+)
m
*a)-'"
ew>- ! k##v'WBX+)
4m =
"
wE !( !:!#` 'WBX *a
0
1x = -
"
HD Bài 23:
hw( @ $+)
m
*a)-'"
>
IfD
D = ¡
>
2 4
y mx x= −
Z
' 3
2 4y mx x= −
>
' 3
2
0
0 2 4 0
(2)
2
x
y mx x
m
x
=
= ⇔ − = ⇔
=
>
;a)-'
⇔
'
0y =
a) $6 $#† 3)%{
⇔
VWeXa
) $6 $
1 2
, 0 0x x m≠ ⇔ >
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 26 -
x
y
- 3
-
5
2
B
A
C§
CT
CT
3
2
3
-
3
2
- 2
O
1
- 3
- 3
3
2
C§
CT
CT
y
y'
x
+
∞
+
∞
-
+
-
+
0
0
0
3
-
3
0
+
∞
-
∞
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
ew
>
4m =
)aD
4 2
4y x x= − +
D
•
IfD
D = ¡
•
' 3
4 8y x x= − +
'
0y =
0; 0
2; 4
x y
x y
= =
⇔
= ± =
•
. ` D
lim
x
y
→±∞
= −∞
•
tt
wV%D
4 1y x= − −
"
Bài 24DBD
4 2
2 1y x x= − +
hw>##v'WBX+)"
ewE !( !:!#` WBX *- +)WBX"
w53 $5(7 ` L WBX#4g9"
Bài 25DBD
2 2
(1 ) 6y x= − −
'WBX
hw>- ! k##v'WBX+)"
ewt $%J $+)(D
4 2
2 0m x x− + =
wE !( !:!+)' !a#` ,73D
24 10y x= +
HD Bài 25:
hw
3
0 5
' 4 4 , ' 0
1 6
x y
y x x y
x y
= ⇒ = −
= − = ⇔
= ± ⇒ = −
w)aD
3 3
4 4 24 6 0 2x x x x x− = ⇔ − − = ⇔ =
2 3x y= ⇒ =
"E:V%D
24 45y x= −
Bài 26DB
4 2
2 3y x x= − + +
'WBX
hw>##v'WBX+)
ew(*(
4 2
2 0(*)x x m− + =
a $6 $"
HD Bài 26:
ewV(
4 2
(*) 2 3 3x x m⇔ − + + = +
V
(*)
al $ D
3y m= +
sWBX l *
3 3 4 0 1m m⇔ < + < ⇔ < <
"
Bài 27:BD
4 2
( 1)y x mx m= − − +
a'WB
X(m là tham số).
hw(
m
!' n)3 *
( 1;4)M −
ew>- ! k##v'WBX+)
2m = −
"
w.< W;X%(7 ` L WBX#4"5*5#*89):
) n):W;Xn)4"
Bài 28:BD
4 2
2y x mx= − +
a'WB
X( m là tham số)
hw>- ! k##v'WBX+)
1m =
"
ew/( !:!+)WB
h
X *NW
e
ZYX"
wI'*WB
Xa-'"
Bài 29: BD
4 2 2
(1 2 ) 1,y x m x m= − − + −
m
%)"
hw(*- *
1x =
">##v'WBX+)#`
#m)(~"
ew_'WBX $%J $+)(D
4 2
4 8 3 0x x k− − − =
Bài 30:BD
2 4
2y x x= −
WBX"
hX>- ! k##v'WBX"
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 27 -
CT
C§
C§
0
0
0
4
4
0
-
∞
-
∞
+
-
+
-
y
y'
x
2
-
2
0
+
∞
-
∞
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
eX53 $5(7 ` L WBX#4"
X_'WBX ( @ $+)
k
*(D
4 2
2 0(*)x x k− + =
al
$6 $.
t %k
BZi 1: Cho hZm số
e
: 9 9 h= − + −
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C).
b. Dùng đồ thị (C) , xác định k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt
e
9 9 Y− + =
.
;_D)w
b. (1đ) pt
3 2
x 3x 1 k 1⇔ − + − = −
Đây lZ pt hoZnh độ điểm chung của (C) vZ đường thẳng
(d): y k 1= −
Căn cứ vZo đồ thị , ta có :
Phương trình có ba nghiệm phân biệt
1 k 1 3 0 k 4
⇔ − < − < ⇔ < <
BZi 2: Cho hZm số
e9 h
:
9 h
+
=
−
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(1;8)
HD:
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 28 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
b. (1đ) Gọi
( )∆
lZ tiếp tuyến đi qua M(1;8) có hệ số góc k .
Khi đó :
( )∆
y 8 k(x 1) y k(x 1) 8− = − ⇔ = − +
Phương trình hoZnh độ điểm chung của (C ) vZ
( )∆
:
2x 1
2
k(x 1) 8 kx 2(3 k)x 9 k 0 (1)
x 1
+
= − + ⇔ + − − + =
−
( )∆
lZ tiếp tuyến của (C )
⇔
phương trình (1) có nghiệm kép
k 0
k 3
2
' (3 k) k(k 9) 0
≠
⇔ ⇔ = −
∆ = − − − =
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm lZ
y 3x 11= − +
t DCho hZm số
l e
: 9 e9 h= − −
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C).
b. Dùng đồ thị (C ) , hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
l e
9 e9 YW•X− − =
HD:
x
−∞
1−
0 1
+∞
y
′
−
0 + 0
−
0 +
y
+∞
2−
1−
2−
+∞
b) 1đ pt (1)
4 2
x 2x 1 m 1 (2)⇔ − − = −
Phương trình (2) chính lZ phương trình điểm
chung của ( C ) vZ đường thẳng (d) : y = m – 1
Căn cứ vZo đồ thị (C ) , ta có :
m -1 < -2
⇔
m < -1 : (1) vô nghiệm
m -1 = -2
⇔
m = -1 : (1) có 2 nghiệm
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 29 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
-2 < m-1<-1
⇔
-1 < m < 0 : (1) có 4 nghiệm
m-1 = - 1
⇔
m = 0 : (1) có 3 nghiệm
m – 1 > -1 : (1) có 2 nghiệm
t lD Cho hZm số
: 9 9 h= − +
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M(
14
9
;
1−
)
HD:a/
x
−∞
1−
1
+∞
y
′
+ 0
−
0 +
y 3
+∞
−∞
1−
b/ (d) tiếp xúc ( C)
⇔
Hệ sau có nghiệm
14
3
x 3x 1 k(x ) 1 (1)
9
2
3x 3 k (2)
− + = − −
− =
Thay (2) vZo (1) ta được :
2
3 2
3x 7x 4 0 x ,x 1,x 2
3
− + = ⇔ = − = =
2 5 5 43
(2)
x = k tt ( ): y x
1
3 3 3 27
−
→ = − ⇒ ∆ = − +¡
(2)
x = 1 k 0 tt ( ): y 1
2
→ = ⇒ ∆ = −¡
(2)
x = 2 k 9 tt ( ): y 9x 15
3
→ = ⇒ ∆ = −¡
t rD Cho hZm số
9
:
9 e
−
=
−
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C).
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ
thị của hZm số đã cho tại hai điểm phân biệt .
HD:a/
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 30 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
b) 1đ Phương trình hoZnh độ của (C ) vZ đường thẳng
y mx 1= +
:
x 3
2
mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1
x 2
−
= + ⇔ = − + = ≠
−
(1)
Để (C ) vZ (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt
⇔
phương trình (1) có hai nghiệm
phân
biệt khác 1
⇔
m 0
m 0
m 0
2
m m 0 m 0 m 1
m 1
g(1) 0 m 2m 1 0
≠
≠
<
′
∆ = − > ⇔ < ∨ > ⇔
>
≠ − + ≠
qD Cho hZm số
4 2
y = x 2x
− +
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M (
2
;0)
HD:a/
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 31 -
x
−∞
2
+∞
y
′
+ +
y
+∞
1
1
−∞
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
b) 1đ Gọi (
∆
) lZ tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
nên
( ): y k(x 2)∆ = −
(
∆
) lZ tiếp tuyến của ( C )
⇔
Hệ sau có nghiệm :
4 2
x 2x k(x 2) (1)
3
4x 4x k (2)
− + = −
− + =
Thay (2) vZo (1) ta được :
2 2
2
x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2
3
− − − = ⇔ = − = =
2 2 8 2 8 2 16
(2)
x k ( ): y x
1
3 27 27 27
= − → = − → ∆ = − +
(2)
x 0 k 0 ( ): y 0
2
= → = → ∆ =
(2)
x 2 k 4 2 ( ): y 4 2x 8
3
= → = − → ∆ = − +
t ‚D Cho hZm số
e
: 9 9 l= + −
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C).
b. Cho họ đường thẳng
(d ): y mx 2m 16
m
= − +
với m lZ tham số . Chứng minh
rằng
(d )
m
luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm cố định I .
HD:a/
b) 1đ Ta có : Phương trỉnh hoZnh độ điểm chung của
(C) vZ
(d )
m
:
x 2
3 2 2
x 3x 4 mx 2m 16 (x 2)[x 5x (10 m)] 0
2
x 5x 10 m 0
=
+ − = − + ⇔ − + + − = ⇔
+ + − =
Khi x = 2 ta có
3 2
y 2 3.2 4 16 ; y = 2m 2m + 16 = 16 , m= + − = − ∀ ∈¡
Do đó
(d )
m
luôn cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) .
t iD Cho hZm số
9 e
:
h 9
+
=
−
có đồ thị (C)
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 32 -
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krông Bông
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C) .
b. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx
−
4
−
2m luôn đi qua một điểm cố
định của đường cong (C) khi m thay đổi .
HD:
b)
Ta có : y = mx
−
4
−
2m
m(x 2) 4 y 0 (*)⇔ − − − =
Hệ thức (*) đúng với mọi m
x 2 0 x 2
4 y 0 y 4
− = =
⇔ ⇔
− − = = −
Đường thẳng y = mx
−
4
−
2m luôn đi qua
điểm cố định A(2;
−
4) thuộc (C)
( Vì tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình
9 e
:
h 9
+
=
−
)
t jD Cho hZm số
l e e
: 9 eW eX9 r r= + − + − +
có đồ thị (
C
m
)
a. Khảo sát sự biến thiên vZ vẽ đồ thị (C) của hZm số khi m = 1 .
b. Tìm giá trị của m để đồ thị (
C
m
) cắt trục hoZnh tại 4 điểm phân biệt .
;_D
x
−∞
1−
0 1
+∞
y
′
−
0 + 0
−
0 +
y
+∞
1
+∞
0 0
Tài liệu ôn tập TN_THPT Trang 33 -
x
−∞
1
+∞
y
′
+ +
y
+∞
1−
1−
−∞
GV: Diệp Quốc Quang Cư Đrăm – Krơng Bơng
b) Phương trình hoZnh độ giao điểm của (
C
m
) vZ trục hoZnh :
l e e
9 eW eX9 r r+ − + − +
= 0 (1)
Đặt
2
t x ,t 0
= ≥
. Ta có :
(1)
⇔
e e
eW eX r r Y+ − + − + =
(2)
Đồ thị (
C
m
) cắt trục hoZnh tại 4 điểm phân biệt
⇔
pt (1) có 4 nghiệm phân biệt
⇔
pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt .
⇔
m 1 0
' 0
5 5
2
P 0 m 5m 5 0 1 m
2
S 0 2(m 2) 0
− >
∆ >
−
> ⇔ − + > ⇔ < <
> − − >
Bài 10: Cho hàm số
e
−+−= xxy
, gọi đồ thò của hàm số là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thò (C) và trục hoành.
3. Dựa vào đồ thò (C), đònh m để phương trình
Ye
=++−
mxx
có ba
nghiệm phân biệt.
HD: a/
j i ‚ q r l e h h e l r q ‚ i j
‚
q
r
l
e
h
h
e
l
r
q
‚
x
y
:\
:\Y
:\l
w
( )
đvdt
l
e‚
lqle
e
l
h
e
e
l
h
h
e
el
=−−−
+−=
+−=
−
xxx
Tài liệu ơn tập TN_THPT Trang 34 -
• Do hoành độ giao điểm của (C) với Ox là x = -2; x = 1 và
Ye
XW ≤−+−= xxxf
trên đoạn
[ ]
hZe−
nên diện tích hình phẳng được5
c‡ D
•
[ ]
∫∫ ∫
−− −
+−=−==
h
e
h
e
h
e
XeWXWXW dxxxdxxfdxxfS