Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

Kháo sát hàm số bài tập và phương pháp giải

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (250.24 KB, 6 trang )

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
02. CÁC DẠNG TOÁN TRỌNG TÂM VỀ HÀM SỐ - P1
I. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH VỀ CỰC TRỊ VÀ TIẾP TUYẾN
Bài 1: Cho hàm số
(
)
3 2
( ) 3 1 1
y f x mx mx m x
= = + − − −
, m là tham số
Xác định các giá trị của m để hàm số
( )
y f x
=
không có cực trị.
Lời giải:
+ Khi m = 0
1
y x
⇒ = −
, nên hàm số không có cực trị.
+ Khi
0
m


(
)
2


' 3 6 1
y mx mx m
⇒ = + − −

Hàm s

không có c

c tr

khi và ch

khi
' 0
y
=
không có nghi

m ho

c có nghi

m kép
(
)
2 2
' 9 3 1 12 3 0
m m m m m
⇔ ∆ = + − = − ≤
1

0
4
m
⇔ ≤ ≤

Bài 2:
Cho hàm s


3 2
1
2 3
3
y x mx mx
= − +
, m là tham s

th

c. Tìm m
để
hàm s


đạ
t c

c tr

t


i x
1
, x
2

sao cho bi

u th

c sau
đạ
t giá tr

nh

nh

t
2
2
2 1
2 2
1 2
4 9
4 9
x mx m
m
D
x mx m m

+ −
= +
+ −

Lời giải:
Ta có
2
' 4 3
y x mx m
= − +

hàm s


đạ
t c

c tr

t

i x
1
, x
2
khi và ch

khi
2
3

4 3 0
4
0
m
m m
m

>

− > ⇔

<

(*)
Khi đó
2
1 1
2
2 2
1 2
4 3
4 3
4
x mx m
x mx m
x x m

= −

= −



+ =


Suy ra
16 12
16 12
m m
D
m m

= +


Với m thỏa mãn (*) thì
12
16

m
m

m
m 1216

là hai số dương, nên áp dụng BĐT Cosi ta có
2

D
,

Đẳ
ng th

c x

y ra khi và ch

khi
4
5
m
=

V

y minD = 2 khi
4
5
m
=
. V

y giá tr

c

n tìm là
4
.
5

m
=

Bài 3:
Cho hàm s

y = x
3
– 3x + 2 (C). Tìm t

a
độ

đ
i

m M thu

c
đườ
ng th

ng (d) có ph
ươ
ng trình
3 2
y x
= − +
sao cho t


M k


đượ
c hai ti
ế
p tuy
ế
n
đế
n
đồ
th

(C) và hai ti
ế
p tuy
ế
n
đ
ó vuông góc v

i nhau.
Lời giải:
G

i
( ; 3 2)
M a a
− +


đ
i

m c

n tìm.

Ti
ế
p tuy
ế
n c

a
đồ
th

(C) t

i
đ
i

m (x
0
; y
0
) là: y = (3x
0

2
– 3)(x – x
0
) + x
0
3
– 3x
0

+2.
Ti
ế
p tuy
ế
n
đ
i qua M(a; b) nên ta có -3a + 2 = (3x
0
2
– 3)( a – x
0
) + x
0
3
– 3x
0
+ 2

2x
0

3
– 3ax
0
2
= 0

x
0
= 0 ho

c x
0
= 3a/2.
Có hai ti
ế
p tuy
ế
n
đ
i qua M v

i h

s

góc là
1
'(0) 3
k f
= = −


2
3
'
2
a
k f
 
=
 
 
=
2
27
3
4
a

.
Hai ti
ế
p tuy
ế
n này vuông góc v

i nhau

k
1
.k

2
= -1

a
2
= 40/81

a =
9
102
± .
V

y có hai
đ
i

m th

a mãn
đề
bài là: M(
9
102
± ; 2
3
102
+∓ ).
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn

Bài 4: Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
+
=

. Tìm m
để

đườ
ng th

ng
(
)
: 2
d y x m
= +
c

t (C) t

i hai
đ
i

m phân bi


t sao
cho ti
ế
p tuy
ế
n c

a (C) t

i hai
đ
i

m
đ
ó song song v

i nhau.
Lời giải:
Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i

m:
(

)
(
)
(
)
2
( ) 2 6 2 3 0 *
2 3
2
2
2
g x x m x m
x
x m
x
x

= + − − + =
+

= + ⇔






(d) c

t (C) t


i 2
đ
i

m phân bi

t khi và ch

khi ph
ươ
ng trình (*) có hai nghi

m phân bi

t và khác 2.
( )
( ) ( )
2
2
0
6 8 2 3 0 4 60 0
2 0
g
m m m m
g
∆ >


⇔ ⇔ − + + > ⇔ + + >





(luôn
đ
úng).
V

i
đ
i

u ki

n trên gi

s


đườ
ng th

ng c

t
đồ
th

hàm s


t

i hai
đ
i

m có hoành
độ

1 2
x x

.
Theo Vi-ét ta có
1 2
6
2
m
x x

+ =
.
T

i hai giao
đ
i

m k


hai ti
ế
p tuy
ế
n song song khi và ch

khi
(
)
(
)
1 2 1 2
' ' 4
y x y x x x
= ⇔ + =
2
m
⇔ = −
.
V

y
2
m
= −
là giá tr

c


n tìm.

Bài 5:
Cho hàm số
(
)
3
3 2
m
y x mx C
= − +
.
Tìm m
để

đườ
ng th

ng
đ
i qua
đ
i

m c

c
đạ
i, c


c ti

u c

a
(
)
m
C
c

t
đườ
ng tròn tâm
(
)
1;1 ,
I
bán kính b

ng 1 t

i hai
đ
i

m phân bi

t A, B sao cho di


n tích tam giác IAB
đạ
t giá
tr

l

n nh

t?
Lời giải:
Ta có
2
' 3 3
y x m
= −
Để
hàm s

có c

c
đạ
i, c

c ti

u thì ph
ươ
ng trình

' 0
y
=
có hai nghiệm phân biệt
0
m
⇔ >


1
. ' 2 2
3
y x y mx
= − +
nên đường thẳng

đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
2 2
y mx
= − +

Ta có
( )
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m


∆ = < =
+
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng

luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán
kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt.
Với
1
2
m

, đường thẳng

không đi qua I, ta có:
2
1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R

= ≤ =

IAB
S

đạt giá trị lớn nhất bằng
1
2

khi

sin 1
AIB
=
hay tam giác AIB vuông cân tại I
1
2 2
R
IH⇔ = = (với H là trung điểm của AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m

±
⇔ = ⇔ =
+
là giá trị cần tìm.

Bài 6: Cho hàm số
3 2
3 1,
y x x mx
= − + +

với m là tham số thực. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và
khoảng cách từ điểm
1 11
;
2 4
I
 
 
 
đến đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất.
Lời giải:
Ta có
3 2 2
3 1 ' 3 6
y x x mx y x x m
= − + + ⇒ = − +

+ Hàm số có cực trị khi m < 3.
+ Chia y cho
'
y
ta được
1 2 2
' 2 1 2 1
3 3 3 3 3 3
x m m m m
y y x y x
     
= − + − + + ⇒ = − + +
     

     
là ph
ươ
ng trình
đườ
ng th

ng qua các
đ
i

m c

c tr

.
Đặ
t
2
: 2 1
3 3
m m
y x
 
∆ = − + +
 
 
.
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn

Ta có
( )
2 2 2 2
1 2 11 2 3
2 11 3
2 1 2
2 3 4 3 3 4
3 4 4
;
1
2 2 2
2 1 2 1 2 1
3 3 3
m m m
m
t
d I
t
m m m
   
− − + + − −
− −
   
   
∆ = = = =
+
     
− + − + − +
     
     


Đặt
2
2
3 1
4
3 25
3
1
1
2 16
4
u
u t d
u
u u
= − ⇒ = =
 
+ +
+ +
 
 

Đặt
max
2 2 2
1 1 1 1 5 5
4 4
3 25 3 25
5 3 16

1 1
2 16 2 16
4 5 25
a d d
u
a a a a
a
= ⇒ = = = ≤ ⇒ =
 
+ + + +
+ +
 
 

Dâu bằng xảy ra khi
12 25 3 4 2 4
2 1.
25 12 4 3 3 3
m
a u t u m
= − ⇔ = − ⇔ = + = − ⇔ − = − ⇔ =

V

y m = 1 là giá tr

c

n tìm.
Bài này còn m


t cách gi

i khác khá hay và
độ
c
đ
áo, các em t

tìm hi

u nhé!
Bài 7:
Cho hàm s


4 2
1 3
,
2 2
y x mx
= − +
v

i m là tham s

th

c. Tìm m
để


đồ
th

hàm s


đ
ã cho có
đ
i

m c

c
đạ
i, c

c ti

u sao cho kho

ng cách gi

a hai
đ
i

m c


c ti

u b

ng
2 5.

Lời giải:
Ta có
4 2 3
2
0
1 3
' 2 2 0
2 2
x
y x mx y x mx
x m
=

= − + ⇒ = − = ⇔

=


+
Hàm s

có c


c
đạ
i, c

c ti

u khi ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 3 nghi

m phân bi

t, t

c là
0.
>
m

+ V

i m > 0 ta có t

a
độ
c

c ti

u là

2 2
1 3 1 3
; , ; (2 ;0)
2 2 2 2
A m m B m m AB m
   
− − + − + ⇒ =
   
   


Theo bài,
2 5 5.
AB m
= ⇔ =


Bài 8:
Cho hàm s


x 2
y
x 1

=
+
, có
đồ
th


(C). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c

a
đồ
th

(C), bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n t

o
v

i hai
đườ
ng ti


m c

n c

a (C) m

t tam giác có bán kính
đườ
ng tròn n

i ti
ế
p l

n nh

t.


Lời giải:
PT ti
ế
p tuy
ế
n d có d

ng
( )
( )
0

2
0
3 x 2
y x x
x 1
x 1

= − +
+
+
, (với
0
x
là hoành độ tiếp điểm)
Giao điểm của d lần lượt với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang là:
0
0
x 5
A 1; ;
x 1
 


 
+
 

(
)
0

B 2x 1;1
+

Ta có
o
o
6
IA ;IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
= = + ⇒ =
+

Khi đó
2 2
S 2S IA.IB IA.IB IA.IB 6
r
p 2p IA IB AB
2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6
IA IB IA IB
= = = = ≤ =
+ +
+ +
+ + +

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
0 0
IA IB x 1 3 x 1 3
= ⇔ + = ⇔ = − ±
V


y ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c

n tìm là
y x 2 2 3
= + − hoặc
y x 2 2 3
= + +
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
Bài 9: Cho hàm số
1)1(3)2(
2
3
23
+−−−−= xmxmxy (1), v

i m là tham s

. Tìm
0
>
m
để


đồ
th

hàm s


giá tr

c

c
đạ
i, giá tr

c

c ti

u l

n l
ượ
t là
CTCĐ
yy , th

a mãn 42
=+
CTCĐ

yy
Lời giải:
Ta có .),1(3)2(33'
2
R
∈∀−−−−=
xmxmxy



−==
−==
⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
1
2
mxx
xx
mxmxy

D

th

y, v

i 0

>
m thì
.
21
xx <
Khi
đ
ó hàm s


đạ
t c

c
đạ
i t

i
1
1
−=x

đạ
t c

c ti

u t

i

.1
2
−= mx

Do
đ
ó: .1)1)(2(
2
1
)1(,
2
3
)1(
2
+−+−=−==−=
mmmyy
m
yy
CTCĐ

T

gi

thi
ế
t ta có 0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2

3
.2
22
=−+−−⇔=+−+−
mmmmm
m


2
1 33
( 1)( 8) 0 1; .
2
m m m m m
− ±
⇔ − + − = ⇔ = =
Đố
i chi
ế
u v

i yêu c

u 0
>
m ta có giá tr

c

a m là
1 33

1;
2
m m
− +
= = là giá tr

c

n tìm.
Bài 10:
Cho hàm s


x
y
x
2 1
1

=

. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c


a
đồ
th

(C) bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n c

t các tr

c Ox,
Oy l

n l
ượ
t t

i các
đ
i

m phân bi

t A, B sao cho OA = 4OB.
Lời giải:

Gi

s

ti
ế
p tuy
ế
n d c

a (C) t

i
M x y
0 0
( ; )
c

t Ox t

i A và Oy t

i B sao cho OA = 4OB.
Do ∆OAB vuông t

i O nên:
= =
OB
A
OA

1
tan
4


H

s

góc c

a d b

ng
1
4
ho

c
1
4

.
H

s

góc c

a d là:

y x
x
0
2
0
1
( ) 0
( 1)

= − <




y x
0
1
( )
4

= −

x
2
0
1 1
4
( 1)
− = −



1
3
o
o
x
x
= −


=


V

i
= −
o
x
1
thì
3
2
o
y
=
. Khi
đ
ó ph
ươ

ng trình ti
ế
p tuy
ế
n là:
y x
1 3
( 1)
4 2
= − + +

1 5
4 4
x
= − +

V

i
=
o
x
3
thì
5
2
o
y
=
. Khi

đ
ó ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n là:
y x
1 5
( 3)
4 2
= − − +
=
1 13
4 4
x
− +

Bài 11:
Cho hàm s


3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)
y x m x m m x= − + + + + (m là tham s

th

c).

Xác
đị
nh m
để

đ
i

m
3
(2 ; )
M m m
t

o v

i hai
đ
i

m c

c
đạ
i, c

c ti

u c


a
đồ
th

hàm s

(1) m

t tam giác có
di

n tích nh

nh

t.
Lời giải:
Ta có:
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1
y x m x m m y x m x m
= − + + + = ⇔ = = +
m
⇒ ∀ ∈

, hàm s

luôn có C
Đ
, CT

T

a
độ
các
đ
i

m C
Đ
, CT c

a hàm s


3 2 3 2
( ;2 3 1), ( 1;2 3 )
A m m m B m m m
+ + + +
Suy ra
2
AB =
và ph
ươ
ng trình
đườ
ng th

ng
3 2

: 2 3 1 0
AB x y m m m
+ − − − − =

Do
đ
ó, tam giác MAB có di

n tích nh

nh

t khi và ch

khi kho

ng cách t

M t

i AB nh

nh

t.
Ta có:
2
3 1
( , )
2

m
d M AB
+
=

1 1
( ; ) min ( ; )
2 2
d M AB d M AB⇒ ≥ ⇒ =
đạ
t
đượ
c khi m = 0

Bài 12*:
Cho hàm s


4 2
( ) 2
y f x x x
= = − . Trên (C) l

y hai
đ
i

m phân bi

t A và B có hoành

độ
l

n l
ượ
t là a
và b. Tìm
đ
i

u ki

n
đố
i v

i a và b
để
hai ti
ế
p tuy
ế
n c

a (C) t

i A và B song song v

i nhau.
Lời giải:

Ta có
3
'( ) 4 4
f x x x
= −
.
G

i a, b l

n l
ượ
t là hoành
độ
c

a A và B.
H

s

góc ti
ế
p tuy
ế
n c

a (C) t

i A và B là

3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4
A B
k f a a a k f b b b
= = − = = −

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' ' ( ) '
y f a x a f a f a x f a af a
= − + = + −
;
(
)
(
)
(
)
(

)
(
)
' ' ( ) '
y f b x b f b f b x f b bf b
= − + = + −

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
(
)
(
)
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =
Vì A và B phân bi

t nên
a b

, do
đ
ó (1) t
ươ
ng
đươ
ng v

i ph

ươ
ng trình:
2 2
1 0 (2)
a ab b
+ + − =

M

t khác hai ti
ế
p tuy
ế
n c

a (
C
) t

i
A

B
trùng nhau khi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0

1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b


+ + − =
+ + − =
 
≠ ⇔
 
− = −
− + = − +





Gi

i h

này ta
đượ
c nghi


m là (a; b) = (-1; 1), ho

c (a; b) = (1; -1), hai nghi

m này t
ươ
ng

ng v

i cùng m

t
c

p
đ
i

m trên
đồ
th


(
)
1; 1
− −

(

)
1; 1

.
V

y
đ
i

u ki

n c

n và
đủ

để
hai ti
ế
p tuy
ế
n c

a (C) t

i A và B song song v

i nhau là
2 2

1 0
1
a ab b
a
a b

+ + − =

≠ ±





Bài 13:
Cho hàm s


3 2
2 9 12 4
y x x x
= − + −

Tìm
đ
i

m M trên
đồ
th


(C) bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n c

a (C) t

i M c

t (C) t

i
đ
i

m th

hai là N sao cho N cùng v

i hai
đ
i

m c

c tr


c

a
đồ
th

(C) t

o thành m

t tam giác có di

n tích b

ng 3, bi
ế
t N có tung
độ
d
ươ
ng.
Lời giải:
(C) có hai
đ
i

m c

c tr



(1; 1), (2;0) 2
A B AB⇒ = .
Phương trình đường thẳng
: 2 0
AB x y
+ − =

Ta có
1
( ; ). 3 ( ; ) 3 2
2
ABN
S d N AB AB d N AB

= = ⇔ =
G

i d là
đườ
ng th

ng
đ
i qua N và
/ /
d AB
. Ph
ươ

ng trình c

a
d
có d

ng
0
x y c
+ + =

4 (0; 4) ( )
| 2|
( , ) ( , ) 3 2
8 (3;5)
2
c N loai
c
d A d d N AB
c N
= −
 
+

= ⇔ = ⇔

 
= −
 


V

i
(3; 5)
N
, gi

s


0 0
( ; )
M x y
. Pt ti
ế
p tuy
ế
n v

i (
C
) t

i
M
là:
0 0 0
'( )( )
y y x x x y
= − +

.
Do ti
ế
p tuy
ế
n
đ
i qua
N
nên ta có:
2 3 2
0 0 0 0 0 0
5 (6 18 12)(3 ) 2 9 12 4
x x x x x x
= − + − + − + −

0
2
0 0
0
3 ( , )
( 3) (4 3) 0
3
4
x loai vi N M
x x
x
= ≠



⇔ − − = ⇔

=

.
Vậy
3 25
;
4 32
M
 
 
 

đ
i

m c

n tìm.
Bài 13:
Cho hàm s


3 2
3 2
y x x
= − +
. Tìm hai
đ

i

m A, B thu

c
đồ
th

(C) sao cho ti
ế
p tuy
ế
n c

a (C) t

i A và
B song song v

i nhau và
độ
dài
đ
o

n th

ng AB b

ng

4 2
.
Lời giải:
Đặ
t
(
)
(
)
3 2 3 2
; 3 2 ; ; 3 2
A a a a B b b b
− + − +
v

i
a b

.
H

s

góc c

a ti
ế
p tuy
ế
n v


i (C) t

i A, B là:

(
)
(
)
2 2
' 3 6 ; ' 3 6
A A B B
k y x a a k y x b b
= = − = = −
.

Ti
ế
p tuy
ế
n c

a (C) t

i A và B song song v

i nhau khi và ch

khi
(

)
(
)
2 2
3 6 3 6 2 0 2
A B
k k a a b b a b a b b a
= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = −

L

i có,
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2
3 3 2 2 2 2
3 . 3AB a b a b a b a b a b a ab b a b
 
 
= − + − − − = − + − + + − +
 
 

( ) ( ) ( )
2
2 2 2
4 1 4 1 . 1 3

a a a
 
= − + − − −
 
.
Đặ
t
2
( 1) , 0
t a t
= − ≥

4 2
AB =

( ) ( )
(
)
2
2
3 8 4 2 2 0
t t t t t t
⇔ + − = ⇔ − − + =
4
t
⇔ =
1 2
1 2
a
a

− =



− = −



V

i
3 1
a b
=

= −

(
)
(
)
3;2 , 1; 2
A B
− −

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn
• Với
1 3
a b

= − ⇒ =

(
)
(
)
1; 2 , 3;2
A B− −

V

y
(
)
(
)
3;2 , 1; 2
A B
− −
ho

c
(
)
(
)
1; 2 , 3;2
A B− −
là các
đ

i

m c

n tìm.
Bài 14:
Cho hàm s


2 2
( 2)( 3).
= + − + −
y x x mx m Tìm m
để

đồ
th

hàm s


đ
ã cho ti
ế
p xúc v

i tr

c hoành.
Lời giải:

Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm:
(
)
( )
2 2
2 2
( 2) 3 0 (1)
3 2 4 2 3 0 (2)

+ − + − =


− − + − − =


x x mx m
x m x m m

Ta có
2 2
2
(1)
3 0 (3)
= −



− + − =

x

x mx m

+ V

i
x
=

2 thay vào (2) ta
đượ
c
m
=

1.
+ (3) có nghi

m khi và ch

khi
2

m
, (3) có hai ngi

m
2
12 3
2
± −

=
m m
x

Thay vào (2) ta
đượ
c
2
12 3 0 2
− = ⇔ = ±
m m
V

y
1; 2
= − = ±
m m là giá tr

c

n tìm.
Cách khác:
Đ
i

u ki

n
đồ
th


ti
ế
p xúc v

i Ox là
(
)
( )
( )( )
2 2
2 2
( 2) 3 0, (1)
0
' 0
3 2 2 0 (2)

+ − + − =
=



 
=
− + − + − + =



x x mx m
y

y
x mx m x m x

Ta có
2 2
2
(1)
3 0
= −



− + − =

x
x mx m

+ Nếu x = −2 thay vào (2) giải như trên.
+ Nếu
2 2
3 0
− + − =
x mx m thì từ (2) suy ra
2
2
= −



=


x
m
x
, thay ng
ượ
c l

i ta c
ũ
ng
đượ
c k
ế
t qu

.

×