Chuyên đề ôn thi đại học phần khảo sát hàm số

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
1

ĐỀ THI ĐẠI HỌC: KHẢO SÁT HÀM SỐ

Đề 1: (ĐH A-2002) Cho hàm số:
3 2 2 3 2
3 3(1 )
= − + + − + −
y x mx m x m m

a) Tìm
k
để phương trình
3 2 3 2
3 3 0
− + + − =
x x k k
có 3 nghiệm phân biệt.
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Bài giải: TXĐ:
D
=
ℝ

a) Cách 1:
Ta có
3 2 3 2 3 3
3 3 0 3 3
− + + − = ⇔ − + = − +

x x k k x x k k

Đặt
3
3
= − +
a k k
. Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình
3
3
− + =
x x a
có 3 nghiệm phân
biệt
( )
( )
( )( )
3
2
2
0 3
0 3
0 4 0 3 4
1 4 4 0
1 2 0
k
k
a k k
k k k
k k

≠ <
≠ <


 
⇔ < < ⇔ < − + < ⇔ ⇔
 
+ − + >
+ − >





1 3
0 2
k
k k
− < <

⇔

≠ ∧ ≠


Cách 2:
Ta có:
(
)
(

)
3 2 3 2 2 2
3 3 0 3 3 0
 
− + + − = ⇔ − + − + − =
 
x x k k x k x k x k k

có 3 nghiệm phân biệt
(
)
2 2
( ) 3 3 0
⇔ = + − + − =
g x x k x k k
có 2 nghiệm phân biệt khác
k

2
2 2 2
3 6 9 0 1 3
0 2
3 3 0
k k k
k k
k k k k k
∆

= − + + > − < <



⇔ ⇔
 
≠ ∧ ≠
+ − + − ≠




b) Cách 1:
Ta có
(
)
( )
/
2
2 2
3 6 3 1 3 3
y x mx m x m
= − + + − = − − +

/
1
2
1
0
1
x m
y
x m

= −

= ⇔

= +

. Ta thấy
1 2
x x
≠
và
/
y
đổi dấu khi qua
1
x
và
2
x
⇒
Hàm số đạt cực
trị tại
1
x
và
.
2
x

Lúc đó:

(
)
2
1 1
3 2
y y x m m
= = − + −
và
(
)
2
2 2
3 2
y y x m m
= = − + +
.
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị
(
)
;
2
1
1 3 2
M m m m
− − + −
và
(
)
;
2

2
1 3 2
M m m m
+ − + +
là:
2
2
1 3 2
2
2 4
x m y m m
y x m m
− + + − +
= ⇔ = − +
.
Cách 2:
Ta có
(
)
( )
/
2
2 2
3 6 3 1 3 3
y x mx m x m
= − + + − = − − +
. Ta thấy
(
)
/

2 2
9 9 1 9 0 0
m m m y
∆
= + − = > ∀ ⇒ =
có 2 nghiệm
1 2
x x
≠
và
/
y
đổi dấu khi qua
1
x
và
2
x
⇒
Hàm số đạt cực trị tại
1
x
và
.
2
x

Ta có
( )
2 2 2

1
3 6 3 1 2
3 3
m
y x x mx m x m m
 
 
= − − + + − + − +
 
 
 

Từ đây ta có
(
)
2
1 1 1
2
y y x x m m
= = − +
và
(
)
2
2 2 2
2
y y x x m m
= = − +
.
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực là

2
2
y x m m
= − +

Đề 1: (ĐH B-2002) Tìm
m
để hàm số
(
)
4 2 2
9 10
y mx m x
= + − +
có 3 điểm cực trị.
Bài giải: TXĐ:
D
=
ℝ

Ta có:
(
)
(
)
/ 3 2 2 2
4 2 9 2 2 9 .
= + − = + −
y mx m x x mx m

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
2

Ta có:
/
2 2
0
0
2 9 0
=

= ⇔

+ − =

x
y
mx m
.
Hàm số có 3 điểm cực trị
⇔
Phương trình
/
0
y
=
có 3 nghiệm phân biệt (khi đó
/
y

đổi dấu
khi qua các nghiệm)
⇔
Phương trình
2 2
2 9 0
+ − =
mx m
có 2 nghiệm phân biệt
0
≠

Ta có:
2 2
2
2
0
2 9 0
9
2
≠


+ − = ⇔

−
=


m

mx m
m
x
m

Y.c.b.t
⇔
2
3
9
0
0 3
2
< −

−
> ⇔

< <

m
m
m
m

Vậy các giá trị
m
cần tìm là
(
)

(
)
; ;
3 0 3
m
∈ −∞ − ∪
.
Đề 1: (ĐH D-2002) Cho hàm số:
( )
(
)
:
2
2 1
1
m
m x m
C y
x
− −
=
−
.
a) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
( )
1
3 1
:
1
−

− −
=
−
x
C y
x
với hai trục toạ độ.
b) Tìm
m
để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng
=
y x
.
Bài giải: TXĐ:
{
}
\ 1
D
=
ℝ

a) Diện tích cần tìm là
0 0 0
1 1 1
3 3 3
0
3 1 d 1
d 3 d 4 3. 4ln 1
1
1 1 3

3
− − −
− −
 
= = − − = − − −
 
− −
−
 
∫ ∫ ∫
x x
S x x x
x x


ln
4
1 4
3
+
(đ.v.d.t)
b) Ký hiệu
(
)
( )
2
2 1
1
m x m
F x

x
− −
=
−
. Yêu cầu bài toán tương đương với tìm
m
để hệ phương
trình sau có nghiệm:
( )
( )
( )
( )
( )( ) ( )
( )
/
/
/
( )
( )
2
2
2
2
2
0
0
1
1
2 1
0

0
1
1
x m
x m
f x x
x
x
x m x x m
f x x
x m
x
x


− −
− −
=

=

=
−

−

 
⇔ ⇔
  
 

− − − + −
=
− −

 

=
=
 
 
 
−
−

 

(I)
Ta thấy
;
1
m x m
∀ ≠ =
luôn thỏa mãn hệ (I). Vì vậy với
1
m
∀ ≠
, hệ (I) luôn có nghiệm, đồng
thời khi
1
m

=
hệ (I) vô nghiệm. Do đó, đồ thị (C) tiếp xúc với đường thẳng
y x
=
khi chỉ khi
.
1
m
≠

Kết luận:
1
m
≠
là yêu cầu bài toán.
Đề 1:
(
Đề dự bị 2002
) Xác định
m
để đồ thị hàm số
4 2
1
= − + −
y x mx m cắt trục hoành tại 4
điểm phân biệt.
Bài giải:
TXĐ:
D
=

ℝ

Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014
Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
3

( ) ( ) ( )( )
4 2
4 2 2 2
2
2
Xét phơng trình hoành độ giao điểm của (C) và :
1 0 (1)
1 1 0 1 1 0
1

1 (2)
Để (C) cắt tại 4 điểm
Ox
x mx m
x m x x x m
x
x m
Ox
+ =
= + =

=

=

phân biệt Phơng trình (1) có 4 nghiệm
phân biệt
Phơng trình (2) có 2 nghiệ
m phân biệt 1

m



1 0 1
1 1 2
m
m m
> >






1:
(
d b 2002
) Cho hm s:
2
2
2
+

=

x x m
y
x
.
a) Xỏc nh
m
hm s nghch bin trờn on
[
]
1;0

.
b) Tỡm
a
phng trỡnh sau cú nghim:
( )
2 2
1 1 1 1
9 2 3 2 1 0
+ +
+ + + =
t t
a a

Bi gii:
TX:
{
}

\ 2
D
=


( ) ( )
[ ] [ ]
( )
[ ]
[ ]
( ) ( )
2
2
/
2 2
/
2
1;0
2
a) Ta có:
2 2
4 4
1
2 2
Để hàm số nghịch biến trên đoạn 1;0 0 1;0
4 4 1;0
max 1 9.
x x m m
y x
x x

m x x m
y
x x
y x
g x x x m x
g x m g m m

+
= = +

+
= =


= +


( )
(
)
[ ] [ ]
[ ]
2 2
2
2
1 1 1 1
1 1
2
2
2 1 2

9 2 3 2 1 0
3
1 1 1 1;1 3;9
2 1
2
3 9
3;9
b) Phơng trình: (I)
Do 2
Lúc đó: (I)
Từ đồ thị (hoặc từ bảng biến thiên) giới hạn trên
+ +
+

+ =

+ + + =

=


+

+
=

t t
t
X X a X
a a
X
t t X
X X
a
X
X
64
4
7
suy ra, để phơng trình có nghiệm
a

1:
(
d b 2002
) Cho hm s
3 2
1 1
2 2
3 3
= +
y x mx x m
.
Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014

Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
4

a) Khi
1
2
=
m
. Vit phng trỡnh tip tuyn ca th hm s, bit tip tuyn song song
vi ng thng
4 2
= +
y x
.
b) Tỡm
m
thuc khong
5
0;
6



sao cho hỡnh phng gii hn bi th hm s v cỏc
ng
0, 2, 0
= = =
x x y
cú din tớch bng 4.
Bi gii:

TX:
{
}
\ 1
D
=


3 2 / 2
2 2
1 1 4
2 2
3 2 3
4
2
2
3
2 4 6 0
1
3
6
a) Ta có hàm số
Theo giả thiết tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc .
Xét phơng trình:
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn y.c.b.t là:

= + + = +
=

= =

+ = + =


= =


y x x x y x x
k
x y
x x x x
x y
( ) ( )
2 26 1 73
: 4 2 4 : 4 3 4
3 3 6 6
1 2
d và d
+ = = = + = +
y x y x y x y x

( ) ( )
[ ]
[ ]
/ 2 //
3 2
5 1 1 5
0 0 2 0 2 2 0
6 3 3 3
2 2; 2 2 0 0;2

1 1
2 2 0;2 .
3 3
b) Do nên: và
Lại có:
Suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn
Kết hợp với
< < = < < = <
= + = + >
= +
m y m y m
y x mx y x m x
y x mx x m
( ) ( )
[
]
2 2 2
3 2
0 0 0
2
4 3
2
0
0 0 2 0 0 0;2
1 1
2 2
3 3
1 4 10
2
12 3 3 3 3

1
4
2
và suy ra
Do đó: d d d

Theo giả thiết thỏa điề
< < <

= = = +




= + + + = +




= =

y y y x
S y x y x x mx x m x
x mx m
x m x
S m
5
0
6
u kiện < <m

Chỳ ý:

Khụng cn dựng tớnh lừm ca th trờn
[
]
0;2
, ta chng minh
[
]
0 0;2

<
y x
nh
sau:
Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014
Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
5

( ) ( )
[ ]
[ ] [ ]
[ ]
/ 2 //
/
1 1 5
0 2 0 2 2 0
3 3 3
2 2; 2 2 0 0;2

0;2 , 2;2 2
0;2 .
Ta có: và
Lại có:
Suy ra: đồng biến, liên tục trên với tập giá trị nên đổi dấu từ âm sang
dơng trên
= < < = <
= + = + >
+
y m y m
y x mx y x m x
y m
[
]
( ) ( )
0;2 .
0 0 2 0,
Do đó hàm số đã cho nghịc biến rồi chuyển sang đồng biến, liên tục trên
Đồng thời và ta có đ.p.c.m.< <g g

1:
(
d b 2002
) Cho hm s
( )
3
3
=
y x m x
.

a) Xỏc nh
m
hm s t cc tiu ti im cú honh
0
=
x
.
b) Tỡm
k
h phng trỡnh sau cú nghim:
( )
3
3
2
2 2
1 3 0
1 1
log log 1 1
2 3
x x k
x x

<


+



Bi gii:

TX:
D
=


( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
3
2 2
/ / 2
// //
/
//
3 ;
3 3 3 1 0 3 1 ;
6 0 6
1
0 0 0
1
1 0 6 0,
a) Ta có:


Hàm số đạt cực tiểu tại suy ra
* Với thì hàm số đạt
=

= = =

= =
=

= =

=

= = <
y x m x
y x m x m y m
y x m y m
m
x y
m
m y
( )
//
0
1 0 6 0, 0.
1
cực đại tại .
* Với thì hàm số đạt cực tiểu tại
Vậy là yêu cầu bài toán.
=
= = > =
=
x

m y x
m

(
)
( ) ( )
( )
3
3
2 2
2
1 0 1.
1 1 3
log log 1 1 1
2 0
1 2 1 2
1
b) Điều kiện:
Khi , bất phơng trình (1) (1')
Bất phơng trình (2)

Bài toán quy về việc xác định k
> >
> <
+ >


<

>

x x
x x x k
x x x
x x
x x x
x
(
]
( ) ( )
( )
1 2.
, 5
min 2 5
để bất phơng trình (1') có nghiệm thỏa
Dựa vào đồ thị (hoặc bảng biến thiên) xét trên 1;2 suy ra các giá trị k cần tìm
là

<
>
> = =
x
k
k f x f

1:
(
d b 2002
) Tỡm
m

th hm s
2
1
+
=

x mx
y
x
cú cc i, cc tiu. Vi giỏ tr
no ca
m
thỡ khong cỏch gia hai im cc tr ca th hm s bng 10 ?
Bi gii:
TX:
{
}
\ 1
D
=


Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014
Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
6

( )
2
/
2

/
/
2
/
2
.
1
0
2 0
Ta có:
Để hàm số có cực đại và cực tiểu Phơng
trình có 2 nghiệm phân biệt và
đổi dấu khi qua các nghiệm đó
Y.c.b.t (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

+ +
=

=
+ + =


x x m
y
x
y
y x
x x m
( ) ( )
( )

( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2
/
1
1 1
/
1
/
2
2 2
/
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 0
1
1 2 0
; , ;
2
2
5 5
1 2
(*)
Gọi M x N x là các điểm cực trị của đồ thị hàm số, lúc đó ta có:

Từ đó suy ra:

= + >
>

+ +


= =




= =


= + = = +
m
m
m
y y
u x
y x m
v x
u x
y x m
v x
MN x x y y x x x x
( )
( )
1 2
1 2

4
5 4 4 ,
10 5 4 4 100 4
do là nghiệm của (2)
Để thỏa mãn điều kiện (*)

= +
= + = =
x x
m x x
MN m m

1:
(
d b 2002
) Tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi th
3 2
1
2 3
3
= +
y x x x
v
trc honh.
Bi gii:
TX:
D
=

3
3 3
4 3 2
3 2 3 2
0 0
0
1 1 2 3 9
2 3 2 3
3 3 12 3 2 4
Ta có: d d (đ.v.t.t)


= + = + = + =





x x x
S x x x x x x x x

1:
(
H A-2003
) Tỡm
m
th hm s
2
1
+ +

=

mx x m
y
x
ct trc honh ti hai im phõn
bit v hai im ú cú honh dng.
Bi gii:
TX:
{
}
\ 1
D
=


th hm s
2
1
+ +
=

mx x m
y
x
ct trc honh ti 2 im phõn bit cú honh dng

Phng trỡnh
2
( ) 0

= + + =
g x mx x m
cú 2 nghim dng phõn bit
1


Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
7

Y.c.b.t
( )
2
0
0
1
1 4 0
1
2
1 2 1 0 0
1
2
1
0
2
0
0
m
m
m

m
g m m
m
S
m
m
m
P
m
∆


≠


≠


= − >


<
 
⇔ = + ≠ ⇔ ⇔ − < <
 
 
≠ −
 
= − >
 

<


= >



Vậy các giá trị
m
cần tìm là:
1
0
2
m
− < <
.
Đề 1: (ĐH B-2003
) Tìm
m
để đồ thị hàm số
3 2
3
= − +
y x x m
có hai điểm phân biệt đối xứng
nhau qua gốc toạ độ.
Bài giải:
TXĐ:
D
=

ℝ

Đồ thị hàm số có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc toạ độ
⇔
tồn tại
0
0
x
≠
sao cho
(
)
(
)
0 0
y x y x
= − −

⇔
tồn tại
0
0
x
≠
sao cho
( ) ( )
3 2
3 2
0 0 0 0
3 3

x x m x x m
 
− + = − − − − +
 

⇔
tồn tại
0
0
x
≠
sao cho
.
2
0
3
x m
=

⇔

0
m
>

Kết luận:
Các giá trị
m
cần tìm là:
1

0
2
m
− < <
.
Đề 1:
(
ĐH D-2003
) Tìm
m
để đường thẳng
: 2 2
= + −
m
d y mx m
cắt đồ thị
2
2 4
2
− +
=
−
x x
y
x
tại
hai điểm phân biệt.
Bài giải:
TXĐ:
{

}
\ 2
D
=
ℝ

Đường thẳng
m
d
cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt
⇔
Phương trình
4
2 2
2
x mx m
x
+ = + −
−
có 2 nghiệm phân biệt khác 2
( )( )
2
1 2 4
m x
⇔ − − =
có 2 nghiệm phân biệt khác 2
1 0 1
m m
⇔ − > ⇔ >
.

Kết luận:
Các giá trị
m
cần tìm là:
.
1
m
>

Đề 1:
(
Đề dự bị 2003
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C):
( )
2
2 4 3
2 1
x x
y
x
− −
=
−
.
b) Tìm
m
để phương trình
2
2 4 3 2 1 0

− − + − =
x x m x
có hai nghiệm phân biệt.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D
=
ℝ

Phương trình
2
2
2 4 3
2 4 3 2 1 0
2 1
x x
x x m x m
x
− −
− − + − = ⇔ =
−
(
1
x
=
không là nghiệm)
Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014

Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
8

Ta cú:
( )
( )
2
2
2
2 4 3
1
2 1
2 4 3
2 1
2 4 3
1
2 1
nếu
nếu
x x
x
x
x x
x
x x
x
x


>

=




<




T (C) suy ra th
( )
2
/
2 4 3
:
2 1
x x
C y
x

=

nh sau:
+ Gi nguyờn phn th (C) ng vi
1

x
>
,
b phn th (C) ng vi
1.
x
<

+ Ly i xng phn th c gi
ca (C) qua ng thng
1.
x
=

Da vo th, ta thy
m

ng thng
y m
=
luụn ct
(C) ti 2 im phõn bit

phng trỡnh
2
2 4 3 2 1 0
+ =
x x m x
luụn cú hai nghim phõn
bit. (y.c.b.t)

1:
(
d b 2003
) Tỡm
m
hm s
(
)
( )
2 2
2 1 4
2
+ + + + +
=
+
x m x m m
y
x m
cú cc tr v tớnh
khong cỏch gia hai im cc tr ca th hm s.
Bi gii:
TX:
{
}
\
D m
=


( )

( )
( )
( )
2
/
2 2
/ /
1 2
2
1 2
1 2
2 2
4
1 2
2
2
0 ,
.
,
Ta có: (1)

Rỏ ràng luôn có 2 nghiệm và đổi dấu
khi qua 2 nghiệm đó
Hàm số luôn có cực trị
Ta có: là nghiệm của phơng trình
x m
y
x m
x m
y

x m x m
y x x m y
m
x x x m
+
= + +
+
+
= =
+ +
=

+
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
1
2
/
1
1
1
/
1
/
2
2

2
/
2
1 1 1 2 2 2
2 2
2
1 2 1 2 1 2
2
4 0
2
2 2 1 3
2 2
2 2 1 5
2 2
; ;
4
Lúc đó:
Khoảng cách giữa 2 điểm cực trị và là:

x m
x m
u x
x m
y
v x
u x
x m
y
v x
M x y M x y

M M x x y y
=

=

= +


+ +
= = =



+ +

= = =


= + = +
2
4 4 2=

1:
(
d b 2003
) Tỡm
m
th hm s
(
)

(
)
2
1= + +
y x x mx m
ct trc honh ti 3
im phõn bit.
Bi gii:
TX:
D
=


x
y
y=m
O
1

Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014
Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
9

( )
( )
( )
2
2
1
1 0

0
Xét phơng trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox:
(1)
Để (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt Phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

x
x x mx m
g x x mx m
=

+ + =

= + + =


( )
( )
2
0
0 4
4 0
1
1 1 2 0
2
Phơng
trình có 2 nghiệm phân biệt khác 1
Y.c.b.t
g
g x
m m

m m
m
g m
=
< >


= >




= +





1:
(
d b 2003
) Gi I l giao im ca hai ng tim cn ca (C):
2 1
1

=

x
y
x

. Tỡm
im M thuc (C) sao cho tip tuyn ca (C) ti M vuụng gúc vi ng thng IM.
Bi gii:
TX:
{
}
\ 1
D
=


( )
( )
2
0
/
0
1
1
1 2.
.
I
Ta có:
Đờng thẳng tiệm cận đứng: , tiệm cận ngang
Gọi là hoành độ của điểm M (C). Theo giả thiết, tiếp tuyến của (C) tại M vuông g
óc với
đờng thẳng IM nên ta có:
y
x
x y

x
y x k
=

= =

( )
( ) ( )
( ) ( )
2
0
4 2
0 0
2 2
0 0
1.
1
1
1 1
. 1 1 1 1 1
1 1
M
IM IM
(1)
Trong đó là hệ số góc của đờng thẳng IM:
Thay vào (1) ta đợc:

M I
M I
y y

k k
x x
x
x x
x x
=

= =


= = =

( ) ( )
0 0
0 0
1 2
0 1
2 3
0;1 2;3

Vậy có hai điểm và thỏa yêu cầu đề bài.
x y
x y
M M
= =



= =

1:
(
d b 2003
) Tỡm
m
hm s
2 2
5 6
3
+ + +
=
+
x x m
y
x
ng bin trờn khong
(
)
1;
+
.
Bi gii:
TX:
{
}
\ 3
D
=

Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014
Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
10

( )
( ) ( ) ( )
2 2
/
2
/ 2 2
2 2
1 2
1 2
6 9
3
1; 0 1; 6 9 0 1;
, 6 9 0
3 ; 3
Ta có:
Để hàm số đồng biến trên (1)
Gọi là các nghiệm của phơng trình
Ta có:
* Khi
x x m
y
x
y x x x m x
x x x x m
x m x m

+ +
=
+
+ + + + +
+ + =
= = +
1 2
1 2
2 1
0
3 1
0 1 0 4
0
3 1
0 1 4 0
0
thì và bất phơng trình (1) luôn thỏa mãn.
* Khi , yêu cầu bài toán
* Khi , yêu cầu bài toán
Kết hợp 3 TH
m x x
m
m x x m
m
m
m x x m
m
= =
+

> < <

>



< < <

<

4 4ta có các giá trị m thỏa đề bài là: m

1:
(
d b 2003
) Gi
k
d
l ng thng i qua im
(
)
0; 1

M
v cú h s gúc bng
k
.
Tỡm
k
ng thng

k
d
ct (C):
3 2
2 3 1
=
y x x
ti 3 im phõn bit.
Bi gii:
TX:
D
=


(
)
( )
( )
3 2
2
2
0; 1 1
2 3 1 1
0
2 3 0
2 3
Đờng thẳng bất kì đi qua và có hệ số góc k có phơng trình d:
Xét phơng trình hoành độ giao điểm của d và (C):
(1)

M y kx
x x kx
x
x x x k
g x x
=
=
=
=
=
( )
( )
0
9 8 0
0
(2)
Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt Phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
Phơng trình có 2 nghiệm phân
biệt khác 0
Y.c.b.t
g
x k
g x
k
g

=
= + >

=
9
8
0
0
k
k
k


>










1:
(
H A-2004
) Tỡm
m
ng thng

=
y m
ct th hm s
( )
2
3 3
2 1
+
=

x x
y
x
ti hai
im A, B sao cho AB=1.
Bi gii:
TX:
{
}
\ 1
D
=


Phng trỡnh honh giao im ca th hm s v ng thng
=
y m
l:
( )
( )

2
2
3 3
2 3 3 2 0 (*)
2 1
+
= + + =

x x
m x m x m
x

Phng trỡnh (*) cú 2 nghim phõn bit khi ch khi
2
3 1
0 4 4 3 0 (**)
2 2
m m m m

> > > <
Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
11

Với điều kiện (**), đường thẳng
=
y m
cắt đồ thị tại 2 điểm A, B phân biệt có hoành độ
,
1 2

x x

là nghiệm của (*).
Ta có:
( )
2 2
2 1 2 1 1 2 1 2
1 1 1 4 1
AB x x x x x x x x
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ + − =


( ) ( )
2
1 5
2
2 3 4 3 2 1
1 5
2
m
m m
m

−
=


⇔ − − − = ⇔


+
=


thỏa mãn (**).
Kết luận: Các giá trị
m
cần tìm là:
1 5
2
m
−
=
và
1 5
2
m
+
=
.
Đề 1:
(
ĐH B-2004
) Viết phương trình tiếp tuyến
∆
của (C)
3 2
1
2 3
3

= − +
y x x x
tại điểm uốn
và chứng minh rằng
∆
là tiếp tuyến của (C) có hệ số góc nhỏ nhất.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Tại điểm uốn
;
2
2
3
U
 
 
 
, tiếp tuyến của (C) có hệ số góc
/
( )
2 1
y
= −
.
Tiếp tuyến
∆

tại điểm uốn của (C) có phương trình:
( )
.
2 8
1 2
3 3
y x y x
= − − + ⇔ = − +

Hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại điểm bất kỳ có hoành độ
x
bằng:
( )
/ / /
( ) ( ) ( )
2
2
4 3 2 1 1 2
y x x x x y x y x
= − + = − − ≥ − ⇒ ≥ ∀

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi
2
x
=
(là hoành độ điểm uốn)
Do đó, tiếp tuyến
∆
của (C) tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
Đề 1:

(
ĐH D-2004
) Tìm
m
để điểm uốn của đồ thị hàm số
3 2
3 9 1
= − + +
y x mx x
thuộc đường
thẳng
1
= +
y x
.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Ta có:
/ 2 //
3 6 9; 6 6
= − + = −
y x mx y x m


// 3
0 2 9 1

= ⇔ = ⇒ = − + +
y x m y m m

//
y
đổi dấu từ âm sang dương khi qua
m
nên điểm uốn của (C) là
(
)
;
3
2 9 1
U m m m
− + +
.
Để
(
)
;
3
2 9 1
U m m m
− + +
thuộc đường thẳng

( )
3 2
0
1 2 9 1 1 2 4 0 2

2
=


= + ⇔ − + + = + ⇔ − = ⇔ =


= −

m
y x m m m m m m
m

Đề 1:
(
Đề dự bị 2004
) Tìm
m
để đồ thị hàm số
2
2 2
1
− +
=
−
x mx
y
x
có hai điểm cực trị A và B.
Chứng minh rằng khi đó đường thẳng AB song song với đường thẳng

2 10 0
− − =
x y
.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D
=
ℝ

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
12

( )
( )
( )
2
/
2
2
/
2 2 2
1
2 2 2 0
1 2 2 0
3

.
2
1 2 3 0
Ta cã:
§Ó hµm sè cã 2 cùc trÞ Ph−¬ng tr×nh cã
2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1.

Lóc ®ã, ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng qua 2 ®i
x x m
y
x
g x x x m
m
m
g m
− + −
=
−
⇔ = − + − =

∆ = − + >

⇔ ⇔ <

= − ≠


2
3
// .

2
Óm cùc trÞ cña (C) lµ d:
Rá rµng d do
y x m
AB m
= −
<

Đề 1:
(
Đề dự bị 2004
) Viết phương trình tiếp tuyến của (C):
1
= +
y x
x
, biết tiếp tuyến đi qua
điểm
(
)
1;7
−
M
.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 0
D

=
ℝ

Phương trình tiếp tuyến
∆
qua
(
)
1;7
−
M
và có hệ số góc
k
:
∆
:
(
)
1 7
= + +
y k x

∆
tiếp xúc với
(
)
C

⇔
hệ pt sau có nghiệm

( )
2
1
1 7 (1)
1
1 (2)

+ = + +




− =


x k x
x
k
x

Thay (2) vào (1) ta có phương trình:
( )
(
)
(
)
( ) ( )
( )
2 2
2

2 2
2 2 2 2
1 1 7
1 1 1
1 1 7
1
2
1 1 1 7 8 2 1 0
1
4
− + +
+
 
+ = − + + ⇔ =
 
 

=

⇔ + = − + + ⇔ − − = ⇔


= −


x x x
x
x x
x x x x
x

x x x x x x x
x

* Với
1
3
2
= ⇒ = −
x k
suy ra
(
)
: 3 1 7 3 4
∆ = − + + = − +
y x x

* Với
1
15
4
= − ⇒ = −
x k
suy ra
(
)
: 15 1 7 15 8
∆ = − + + = − −
y x x

Đề 1:

(
ĐH A-2005
) Tìm
m
để hàm số
1
= +
y mx
x
có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu
của đồ thị đến tiệm cận xiên của đồ thị bằng
1
2
.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 0
D
=
ℝ

Ta có:
/ /
;
2
1
0
y m y

x
= − =
có nghiệm khi chỉ khi
0
m
>
.
Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
13

Lúc đó:
/
1
2
1
0
1
x
m
y
x
m

= −


= ⇔

=



. Xét dấu
/
y
:
Hàm số luôn có cực trị với mọi
0
m
>
.
Điểm cực tiểu của (C) là
;
1
2
M m
m
 
 
 
. Do
(
)
lim 0 : 0
→+∞
− = ⇒ = ⇔ ∆ − =
x
y mx y mx mx y
là
tiệm cận xiên của (C).

Theo giả thiết:
( )
;
2
2 2
2
1
d 2 1 0 1
2
1 1
m m
m
M m m m
m m
−
∆ = = = ⇔ − + = ⇔ =
+ +
(thỏa)
Đề 1:
(
ĐH B-2005
) Chứng minh rằng với
m
bất kỳ, đồ thị (C):
2
( 1) 1
1
+ + + +
=
+

x m x m
y
x
luôn
luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng
20
.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D
= −
ℝ

Ta có:
( )
/
2
0 1
1 1
1 0
2 3
1
1
x y m
y x m y
x y m
x

x
= ⇒ = +

= + + ⇒ = − = ⇔

= − ⇒ = −
+
+


Xét dấu
/
y
:


Đồ thị hàm số luôn có điểm cực đại là
(
)
;
2 3
M m
− −
và điểm cực tiểu là
(
)
;
0 1
N m
+

.
Lúc đó:
( ) ( )
2 2
0 2 1 3 20
MN m m= + + + − + =
(đ.p.c.m)
Đề 1:
(
ĐH D-2005
) Gọi M là điểm thuộc
( )
3 2
1 1
:
3 2 3
= − +
m
m
C y x x
có hoành độ bằng
1
−
.
Tìm
m
để tiếp tuyến của
(
)
m

C
tại M song song với đường thẳng
5 0
− =
x y
.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Ta có
/
2
y x mx
= −
. Điểm thuộc
(
)
m
C
có hoành độ
1
x
= −
là
;1
2
m

M
 
− −
 
 
.
Tiếp tuyến tại M của
(
)
m
C
có phương trình:
( ) ( )
/
: ( )
2
1 1 1
2 2
m m
y y x y m x
+
∆ + = − + ⇔ = + +

Do
( )
// :
1 5
5 0 hay 5 4
2 0
m

d x y y x m
m
+ =

∆ − = = ⇔ ⇔ =

+ ≠


Kết luận:
Vậy
4
m
=
là y.c.b.t.
Đề 1:
(
Đề dự bị 2005
) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
( 1;0)
−
M
và tiếp xúc với
đồ thị (C):
2
1
1
+ +
=
+

x x
y
x
.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D
= −
ℝ

Phương trình tiếp tuyến
∆
qua
(
)
1,0
−M
và có hệ số góc
k
:
x

−∞

1
m
−

0
1
m

+∞

/
y


+
0
−

−
0
+

x

−∞

2
−

1
−

0

+∞

/
y


+
0
−

−
0
+

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
14

∆
:
(
)
1
= +
y k x

∆
tiếp xúc với
(
)

C

⇔
hệ pt sau có nghiệm
( )
( )
2
2
2
1
1 (1)
1
2
(2)
1

+ +
= +

+


+

=

+

x x
k x

x
x x
k
x

Thay (2) vào (1) ta có phương trình:
(
)
(
)
( )
2
2
2
2 1
1
1
1
+ +
+ +
=
+
+
x x x
x x
x
x

1
⇔ =

x
⇒
3
4
=
k

Vậy phương trình tiếp tuyến
∆
với
(
)
C
qua
(
)
1,0
−M
là:
( )
3
1
4
= +
y x

Đề 1:
(
Đề dự bị 2005
) Tìm

m
để đồ thị
( )
2 2
2 1 3
:
+ + −
=
−
m
x mx m
C y
x m
có hai điểm cực trị nằm
về hai phía của trục tung.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\
D m
=
ℝ

Ta có
( )
− + −
=
−
2 2

2
2 1
x mx m
y'
x m

Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung
⇔ =
0
/
y
có 2 nghiệm trái dấu
⇔ = = − < ⇔ − < <
2
1 2
1 0 1 1
x x P m m

Đề 1:
(
Đề dự bị 2005
) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của
2
2 2
( ) :
1
+ +
=
+
x x

C y
x
.
Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua điểm I.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D
= −
ℝ

Gọi
( ) ( )
2
0 0
0 0 0 0
0
2 2
,
1
+ +
∈ ⇔ =
+
x x
M x y C y
x

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại

o
M
:
( )( )
( )
( )
2
0 0
0 0 0 0 0
2
0
2
'
1
 
+
 
− = − ⇔ − = −
 
+
 
x x
y y f x x x y y x x
x

Tiếp tuyến đi qua
(
)
1,0
−I

(
)
(
)
( )
2
0 0 0
0
2
0
2 1
0
1
+ − −
⇔ − =
+
x x x
y
x
2 2
0 0 0 0
0 0
2 2 2
1 1
+ + +
⇔ =
+ +
x x x x
x x

2 0
⇔ =
Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
(
)
1,0
−I
(đ.p.c.m)
Đề 1:
(
Đề dự bị 2005
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
4 2
6 5
= − +
y x x
.
b) Tìm
m
để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
4 2
2
6 2log 0
x x m
− − =



Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014

Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
15

Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Ta có:
4 2 4 2
2 2
6 log 0 6 5 log 5
− − = ⇔ − + = +
x x m x x m

Đặt
2
log 5
= +
k m

Yêu cầu bài toán
⇔
đường thẳng
=
y k
cắt (C) tại 4 điểm phân biệt .
Dựa vào đồ thị ta có:
4 5

⇔ − < <
k
2
4 log 5 5
⇔ − < + <
m

2
9
1
9 log 0 1
2
⇔ − < < ⇔ < <
m m



Đề 1:

(
Đề dự bị 2005
) Tìm
m
để đồ thị
(
)
(
)
= − + + − −
3 2

2 1 1
m
C : y x m x m
tiếp xúc với
đường thẳng
= − −
2 1
y mx m
.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Ta có: (d) tiếp xúc với
(
)
m
C

(
)
( )
3 2
2
2 1 1 2 1
3 2 2 1 2

− + + − − = − −


⇔

− + + =


x m x m mx m
x m x m
có nghiệm

(
)
( )
2
2
0 hay 2 1 2
3 2 2 1 2

= − + + =

⇔

− + + =


x x m x m
x m x m
có nghiệm

(

)
( ) ( )
2
2 2
2 1 2
0 hay
3 2 2 1 2 1

− + + =

⇔ =

− + + = − + +


x m x m
m
x m x x m x
có nghiệm

(
)
( )
2
2
2 1 2
0
2 2 1 0

− + + =


⇔ =

− + =


x m x m
m hay
x m x
có nghiệm

(
)
2
2 1 2
0 hay
2 1
2

− + + =

⇔ =

+
=


x m x m
m
m

x
có nghiệm

( )
2
2
2 1 1
0 hay 2 1 2
2 2
+
 
⇔ = − + + =
 
 
m
m m m
0
1
2
=


⇔

=

m
m

Đề 1:

(
Đề dự bị 2005
) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
3 3
1
+ +
=
+
x x
y
x
.
b) Tìm m để phương trình
2
3 3
1
+ +
=
+
x x
m
x
có 4 nghiệm phân biệt
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D

= −
ℝ


Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
16

Ta có
( )
2
2
2
3 3
nÕu 1
1
3 3
1
3 3
nÕu 1
1

+ +
> −

+
+ +

= =


+
+ +

− < −

+
x x
x
x
x x
y
x
x x
x
x

Do đó đồ thị
2
3 3
1
+ +
=
+
x x
y
x
có được bằng cách
* Giữ nguyên phần đồ thị (C) với
1
> −

x
.
* Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) với
1
< −
x
.
Do đó, suy ra đồ thị
2
3 3
1
+ +
=
+
x x
y
x
, ta có
phương trình
2
3 3
1
+ +
=
+
x x
m
x
có 4 nghiệm phân biệt
3.

⇔ >
m

Đề 1:
(
ĐH A-2006
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
2 9 12 4
= − + −
y x x x
.
b) Tìm
m
để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt:
3
2
2 9 12
− + =
x x x m
.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Phương trình đã cho tương đương với
3

2
2 9 12 4 4
− + − = −
x x x m

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số:
3
2
2 9 12 4
= − + −
y x x x
với đường thẳng
4
y m
= −
.
Hàm số
3
2
2 9 12 4
= − + −
y x x x
là hàm chẵn nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng.
Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị
hàm số:
3
2
2 9 12 4
= − + −
y x x x

Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có
6 nghiệm
0 4 1 4 5
m m
⇔ < − < ⇔ < <
.



Đề 1:
(
ĐH B-2006
) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
2
1
( ) :
2
+ −
=
+
x x
C y
x

, biết tiếp tuyến
đó vuông góc với tiệm cận xiên của (C).
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 2
D
= −
ℝ

Tiệm cận xiên của (C) là
1
y x
= −
, nên tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên có hệ số góc là
1
k
= −
.

x
y
y=m
3
2
-1
-2
1

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
17

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
( )
/
( )
2
2
2
1
2
1 1 1
2
2
2
2
x
y x
x
x

= − +


= − ⇔ − = − ⇔

+
= − −




Với
2 3 2
2 3
2 2
x y
= − + ⇒ = − ⇒
Phương trình tiếp tuyến là
:
1
2 2 5
d y x
= − + −

Với
2 3 2
2 3
2 2
x y
= − − ⇒ = − − ⇒
Phương trình tiếp tuyến là
:
1
2 2 5
d y x
= − − −

Đề 1:

(
ĐH D-2006
) Gọi
d
là đường thẳng đi qua điểm
(
)
3;20
A
và có hệ số góc là
m
. Tìm
m
để đường thẳng
d
cắt đồ thị (C):
3
3 2
y x x
= − +
tại 3 điểm phân biệt.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Phương trình đường thẳng
d
là:

(
)
3 20
y m x
= − +
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
d
và (C) là:
(
)
(
)
(
)
3 2
3 2 3 20 3 3 6 0
x x m x x x x m
− + = − + ⇔ − + + − =

Đường thẳng
d
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt
( )
2
3 6 0
g x x x m
⇔ = + + − =
có 2
nghiệm phân biệt khác 3

( )
( )
15
3 24 0
4
9 4 6 0
24
g m
m
m
m

= − ≠

>

⇔ ⇔
 
∆ = − − >


≠


Đề 1:
(
Đề dự bị 2006
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2

2 5
( ) :
1
+ +
=
+
x x
C y
x
.
b) Dựa vào đồ thị (C), tìm
m
để phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt:
(
)
(
)
2 2
2 5 2 5 1
x x m m x
+ + = + + +

Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D
= −
ℝ

Ta lập bảng biến thiên của hàm số: (với
0
x
>
tương ứng)







Phương trình:
( )
( )
2
2 2 2
2 5
2 5 2 5 1 2 5
1
+ +
+ + = + + + ⇔ = + +
+
x x
x x m m x m m
x
(
1
x

= −
không là nghiệm)
Dựa vào bảng biến thiên ta có, y.c.b.t
2
1
4 2 5 5
2 0
≠ −

⇔ < + + < ⇔

− < <

m
m m
m

5
_
0
_
-1
_
+
-3
0
f(x)
f'(x)
x
0

+
1
-4
4

Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014
Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
18

1:
(
d b 2006
) Vit phng trỡnh cỏc ng thng i qua
(
)
0;2
A
v tip xỳc vi
th hm s
( )
4 2
1
2 1
2
y x x
=
.
Bi gii:
TX:
D

=


(
)
( )
4 2
3
Đờng thẳng d qua A 0;2 có phơng trình: 2
d là tiếp tuyến của (C) Hệ phơng trình sau có nghiệm:
1
2 1 2 (1)

2
2 4 (2)
Thay (2) vào (1) ta đợc phơng trình:
y kx
x x kx
x x k
= +


= +



=

4 2
1

2
3
0
8
3 8 0
3
8
3
* Với 0 thì 0, ta có tiếp tuyến d : 2.
8 8 2 8 2
* Với thì , ta có tiếp tuyến d : 2.
3 3 3 3 3
8 8 2 8 2
* Với thì , ta có tiếp tuyến d : 2
3 3 3 3 3
x
x x x
x
x k y
x k y x
x k y x


=


= =

=


= = =
= = = +
= = = +

1:
(
d b 2006
) Tỡm trờn th
3
2
11
( ) : 3
3 3
= + +
x
c y x x
hai im phõn bit M, N i
xng nhau qua trc tung.
Bi gii:
TX:
D
=


(
)
(

)
(
)
1 1 2 2
2 1
2 1
3 3
2 2
1 1
2 1
1 1 1 1
2 1
1 2
3
1
1 2
1
Gọi ; , ; đối xứng nhau qua . Lúc đó ta có:
0
0

11 11
3 3
3 3 3 3
0
3 3

16 16
2
6 0

3 3
3
M x y N x y C Oy
x x
x x
x x
y y
x x x x
x x
x x
x
y y
x

=

=




=
+ = + +



=

= =

= =
=



16 16 16 16
Vậy có 2 cặp điểm thỏa y.c.b.t là 3; ; 3;
hoặc 3; ; 3; .
3 3 3 3
M N M N





1:
(
d b 2006
) Cho im
(
)
0 0 0
;
M x y
thuc th (C):
3
1

+
=

x
y
x
. Tip tuyn ca (C)
ti
0
M
ct cỏc tim cn ca (C) ti cỏc im A v B. CMR:
0
M
l trung im AB.
Bi gii:
TX:
{
}
\ 1
D
=


Chuyờn KHO ST HM S Luyn thi i hc 2014
Giỏo viờn: Lấ B BO0935.785.115 CLB Giỏo viờn tr TP Hu
19

( ) ( ) ( )
( )
( )( )

( )
( )
( )
/
0
0 0 0 0 0
2
0 0
0
0
/
0 0 0 0 0
2
0
3
4 4
Gọi ; 1 ;
1 1
1
Phơng trình tiếp tuyến của (C) tại là:
4
d:
1
Gọi A là giao điểm của d với tiệm cận ngang 1 ;1

A
x
M x y C y y x
x x
x

M
y y y x x x y y x x
x
y A x
+
= = + =


= =

=
( )
( )
(
)
( )
0
0 0
2
0
0
0 0 0
4
4
Do A 1 1 2 1 2 1;1
1
1
Gọi B là giao điểm của d với tiệm cận ngang 1 1;
Ta có: và , , là trung điểm AB (đ.p.c.
2

A
A
B
A B
x x
d x x A x
x
x
x B y
x x
x M A B d M


+ = =




=
+
=
m)

1:
(
d b 2006
) Vit phng trỡnh cỏc tip tuyn ca th (C):
2
1
1

=
+
x x
y
x
, bit tip
tuyn i qua im
(
)
0; 5
A

.
Bi gii:
TX:
{
}
\ 1
D
=


(
)
( )
2
Đờng thẳng d qua A 0; 5 có phơng trình: 5
d là tiếp tuyến của (C) Hệ phơng trình sau có nghiệm:
1

2 2 (1)
1

1
1 (2)
1
Thay (2) vào (1) ta đợc phơ
y kx
x kx
x
k
x
=


+ = +

+



=
+


2
1
2
2
ng trình: 3 8 4 0

2
3
* Với 0 thì 0, ta có tiếp tuyến d : 5.
2
* Với thì 8, ta có tiếp tuyến d : 8 5
3
x
x x
x
x k y
x k y x
=


+ + =

=

= = =
= = =

1:
(
d b 2006
)Tỡm cỏc giỏ tr ca
m
(C):
(
)
(

)
3 2
1 2 2 2
y x m x m x m
= + + + +
cú
cc i, im cc tiu ng thi honh ca im cc tiu nh hn 1.
Bi gii:
TX:
D
=


(
)
(
)
= + + =
= < <
/ 2
/
1 2
Ta có: 3 2 1 2 2 .
Theo yêu cầu bài toán Phơng trình 0 có 2
nghiệm phân biệt sao cho 1
y x m x m f x
y x x

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế

20

( ) ( )
( )


∆ = − − − >
< −



⇔ = − + > ⇔


< <


−

= <

2
/
1 2 3 2 0
1
1 5 7 0
5 7
4 5
2 1
1

2 3
m m
m
f m
m
S m

Đề 1:
(
ĐH A-2007
)Tìm
m
để hàm số:
(
)
2 2
2 1 4
2
x m x m m
y
x
+ + + +
=
+
có cực đại và cực tiểu,
đồng thời các điểm cực trị của hàm số cùng với gốc toạ độ O tạo thành 1 tam giác vuông tại O.
Bài giải:
TXĐ:
{
}

\ 2
D
= −
ℝ

Ta có:
( )
/
2 2
2
4 4
2
x x m
y
x
+ + −
=
+
.
Hàm số có cực đại và cực tiểu
( )
2 2
4 4 0
g x x x m
⇔ = + + − =
có 2 nghiệm phân biệt khác
2
−

/

( )
2
2
4 4 0
0
2 4 8 4 0
m
m
g m

∆ = − + >

⇔ ⇔ ≠

− = − + − ≠



Gọi A, B là các điểm cực trị
(
)
(
)
; , ;
2 2 2 4 2
A m B m m
⇒ − − − − + −

Do
(

)
(
)
; , ;
2 2 0 2 4 2 0
OA m OB m m
= − − − ≠ = − + − ≠
 
 
nên O, A, B tạo thành 1 tam giác vuông
tại O
.
2
4 2 6
0 8 8 0
4 2 6
m
OA OB m m
m

= − +
⇔ = ⇔ − − + = ⇔

= − −


 
thỏa mãn
0
m

≠

Kết luận:
Vậy các giá trị
m
cần tìm là
; .
4 2 6 4 2 6
m m= − + = − +

Đề 1:
(
ĐH B-2007
) Tìm
m
để hàm số:
3 2 2 3
3 3( 1) 3 1
= − + + − − −
y x x m x m
(C) có cực đại, cực
tiểu và các điểm cực trị của (C) cách đều gốc toạ độ O.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Ta có:
(

)
/ /
,
2 2 2 2
3 6 3 1 0 2 1 0 (1)
y x x m y x x m= − + + − = ⇔ − + + − =

Hàm số có cực trị
⇔
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
/
.
2
0 0
m m
⇔ ∆ = > ⇔ ≠

Gọi A, B là 2 điểm cực trị
(
)
(
)
; , ;
3 3
1 2 2 1 2 2
A m m B m m
⇒ − − − + − +

Do O cách đều A và B
3

1
2
8 2
1
2
m
OA OB m m
m

=

⇔ = ⇔ = ⇔


= −


thỏa mãn
0
m
≠

Kết luận:
Vậy các giá trị
m
cần tìm là
; .
1 1

2 2

m m
= = −


Đề 1:
(
ĐH D-2007
) Tìm toạ độ điểm M thuộc (C):
2
1
=
−
x
y
x
, biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt
các trục Ox, Oy tại A, B và tam giác OAB có diện tích bằng
1
4
.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 1
D
=
ℝ

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014

Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
21

Vì
( )
;
0
0
0
2
1
 
∈ ⇒
 
+
 
x
M C M x
x
. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:

( )( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
/
; , ; ; ; ;
2

0
0 0
2 2
0
0 0
2 2
0 0
2 2
0 0
2 2 2
1
1 1
2 2
0 0 0 0
1 1
o
o o
x x
y y x x x y x
x
x x
x x
A x B OA x OB
x x
= − + ⇔ = +
+
+ +
   
⇒ − ⇒ = − =
   

   
+ +
   
 

Từ giả thiết ta có:
( )
. .
2
0
2 0
0
2
2
0
0
0
1
2 1 0
1 1 2 1
2
2 2 4
1 2 1 0
1
o
OAB o
o
x x
x
x

S OA OB x
x x x
x


+ + =
= −

= = − = ⇔ ⇔


+ − − =


=


Với
0
1
2
x
= −
ta có
;
1
2
2
M
 

− −
 
 

Với
0
1
x
=
ta có
(
)
;
1 1
M

Kết luận:
Có 2 điểm M thỏa yêu cầu bài toán là
;
1
2
2
M
 
− −
 
 
và
(
)

;
1 1
M
.
Đề 1:
(
Đề dự bị 2007
) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị
hàm số (C):
2
4 3
2
− + +
=
−
x x
y
x
đến các đường tiệm cận của nó là hằng số.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 2
D
=
ℝ

Gọi (C ) là đồ thị của hàm số. Gọi
( ) ( )

7
; 2
2
∈ ⇔ = − + +
−
M x y C y x
x

Phương trình tiệm cận xiên
2 2 0
= − + ⇔ + − =
y x x y

Ta có:
Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là
1
2
7
d
2 2 2
+ −
= =
−
x y
x

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là
2
d 2
= −

x

Ta có
1 2
7 7
d .d . 2
2 2 2
= − =
−
x
x
: hằng số (đ.p.c.m)
Đề 1:
(
Đề dự bị 2007
) Tìm
m
để đồ thị
( )
:
2
= + +
−
m
m
C y x m
x
có cực trị tại các điểm A, B
sao cho đường thẳng AB đi qua gốc toạ độ.
Bài giải:

TXĐ:
{
}
\ 2
D
=
ℝ

Cách 1:
Ta có:
( )
( )
( )
2
/
2 2
2
1
2
2 2
− −
= + + ⇒ = − =
−
− −
x m
m m
y x m y
x
x x

Đồ thị hàm số có 2 cực trị
/
0
⇔ =
y
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
(
)
2
2 0
− − =
x m
có 2 nghiệm phân biệt
2 0
≠ ⇔ >
m

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
22

Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y

là 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số:

1 1
2 2
2 2 2
' 0
2 2 2

= − ⇒ = + −
= ⇔

 = + ⇒ = + +

x m y m m
y
x m y m m

Phương trình đường thẳng AB :
(
)
(
)
( )
2 2 2
0
2 4
− − − + −
= >
x m y m m
m

m m


2 2 0
⇔ − − + =
x y m

Đường thẳng AB qua gốc O
2 0 2
⇔ − + = ⇔ =
m m
.
Cách 2:
Ta có:
(
)
2
2
2
+ − +
 
= =
 
−
 
x m x m
u
y
x v
;

( )
/
2
1
2
= −
−
m
y
x

Đồ thị hàm số có 2 cực trị
/
0
⇔ =
y
có 2 nghiệm phân biệt
⇔
(
)
2
2 0
− − =
x m
có 2 nghiệm phân biệt
2 0
≠ ⇔ >
m

Khi

0
>
m
, tại điểm cực trị
0
x
của hàm số ta có:
(
)
( )
/
0
0 0
/
0
2 2
= = + −
u x
y x m
v x
.
Suy ra phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là:
2 2 0
− − + =
x y m

Đường thẳng AB qua gốc O
2 0 2
⇔ − + = ⇔ =
m m

.
Đề 1:
(
Đề dự bị 2007
) Viết phương trình tiếp tuyến của
3 2
( ) : 2 6 5
= − + −
C y x x
, biết tiếp
tuyến của (C) đi qua
(
)
1; 13
A
− −
.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Ta có
/ 2
6 12
= − +
y x x

Gọi

(
)
0 0 0
;
M x y
là tiếp điểm thuộc (C) ⇔
3 2
0 0 0
2 6 5
= − + −
y x x

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại
(
)
(
)
/
0 0 0 0
: − = −
M y y f x x x

⇔
(
)
(
)
2 3 2
0 0 0 0 0
6 12 2 6 5

= − + − − + −
y x x x x x x

Vì tiếp tuyến đi qua
(
)
1; 13
− −
A
nên

(
)
(
)
3 2 2 2
0 0 0 0 0
13 2 6 5 6 12 1
− = − + − + − + − −
x x x x x


3 2 3 2
0 0 0 0 0 0
13 2 6 5 6 6 12 12
− = − + − − + − −
x x x x x x

⇔
3

0 0 0 0
3 2 0 1 2
− + = ⇔ = = −
x x x vx

Ta có
(
)
1 1
= −
y
và
(
)
2 35
− =
y

* Với
(
)
1; 1
−
M
thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là:

(
)
1 6 1 6 7
+ = − ⇔ = −

y x y x

* Với
(
)
2;35
−
M
thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là:

(
)
35 48 2 48 61
− = − + ⇔ = − −
y x y x

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
23

Đề 1:
(
Đề dự bị 2007
) Tìm
m
để đồ thị
( )
: 1
2
= − + +

−
m
m
C y x
x
có cực đại tại A sao cho tiếp
tuyến với
(
)
m
C
tại A cắt trục Oy tại B mà tam giác OBA vuông cân.
Bài giải:
TXĐ:
{
}
\ 2
D
=
ℝ

Ta có:
( ) ( )
2
/
2 2
4 4
1
2 2
− + + −

= − + =
− −
m x x m
y
x x


( ) ( )
2
/ 2
0 4 4 0 2 2 (*)
= ⇔ − + + − = ⇔ − = ≠
y x x m x m x

Để hàm số có cực đại⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt
2 0
≠ ⇔ >
m
.
Cách 1:
Khi đó
/
1
0 2
= ⇔ = −
y x m
,
2
2
= +

x m
, ta có:
x –∞ x
1
2 x
2
+∞
y' – 0 + + 0 –
y
+∞

+∞

CĐ


CT

–∞

–∞

⇒ Điểm cực đại
(
)
2 ; 1 2
+ − −
A m m

Cách 2:

Ta có:
2
3 2
2
− + +
=
−
x x m
y
x
có dạng
2
+ +
=
+
ax bx c
y
Ax B
với
. 0
<
a A

Do đó, khi hàm có cực trị thì
C§
<
CT
x x

⇒
C§ 2
2
= = +
x x m
và
2
C§
2 3
1 2
1
−
= = − −
−
x
y m
.
Phương trình tiếp tuyến với
(
)
m
C
tại điểm A có phương trình:
1 2
= − −
y m

Suy ra :
1 2 1 2= − − = +
OB m m

2= +
AB m
(vì
0
∈ ⇔ =
B
B Oy x
)
Ta có: ∆AOB vuông cân
1 2 2 1
⇔ = ⇔ + = + ⇔ =
OB AB m m m

Đề 1:
(
Đề dự bị 2007
) Viết phương trình tiếp tuyến của
1
( ) :
2 1
− +
=
+
x
C y
x
, biết tiếp tuyến của
(C) đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.

Bài giải:
TXĐ:
1
\
2
D
 
= −
 
 
ℝ

Ta có: giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
1
;0
2
 
−
 
 
A

Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng
1
2
 
= +
 
 
y k x

Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
24

(∆) tiếp xúc với (C)
/
1 1
2 1 2
1

2 1

− +
 
= +
 

+
 

⇔

− +
 

=
 

+

 

x
k x
x
x
k
x
có nghiệm

( )
2
1 1
(1)
2 1 2
3
(2)
2 1

− +
 
= +
 

+
 

⇔

−


=

+

x
k x
x
k
x

Thế (2) vào (1) ta có phương trình:
( )
2
1
3
1
2
2 1
2 1
 
+
 
− +
 
= −
+
+
x
x

x
x


1
( 1)(2 1) 3( )
2
⇔ − + = +
x x x
và
1
2
≠ −
x

3
1
2
⇔ − =
x
5
2
⇔ =
x
. Suy ra:
1
12
= −
k

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
12 2
 
= − +
 
 
y x
.
Đề 1:
(
Đề dự bị 2007
) Viết phương trình tiếp tuyến
d
của
( ) :
1
=
−
x
C y
x
, sao cho
d
và hai
đường tiệm cận của (C) cắt nhau tạo thành một tam giác cân.
Bài giải:
TXĐ:
{
}

\ 1
D
=
ℝ

Ta có
( )
2
1
' 0, 1
1
−
= < ∀ ≠
−
y x
x

Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân ta phải có hệ số
góc của tiếp tuyến là –1 tức là:

( )
( )
2
2
0
1
1 1 1
2
1
=


−
= − ⇔ − = ⇒

=
−

x
x
x
x

* Với
0 0 :
= ⇒ =
x y
phương trình tiếp tuyến là
= −
y x
.
* Với
2 2 :
= ⇒ =
x y
phương trình tiếp tuyến là
4
= − +
y x
.
Đề 1:

(
ĐH A-2008
) Tìm
m
để góc giữa hai đường tiệm cận của (C):
(
)
2 2
3 2 2
3
mx m x
y
x m
+ − −
=
+

bằng
0
45
.
Bài giải:


TXĐ:
{
}
\
= −
ℝ

3
D m

Ta có:
(
)
2 2
3 2 2
6 2
2
3 3
mx m x
m
y mx
x m x m
+ − −
−
= = − +
+ +

Với
1 1
2
3 3
m y x
= ⇒ = −
đồ thị không có tiệm cận.
Chuyên đề KHẢO SÁT HÀM SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
25

Với
1
3
0
m
m

≠



≠

ta có do
lim
3
x m
y
+
→−
= +∞
và
(
)
lim
2 0
x
y mx
→+∞

− − =
 
 
nên đồ thị có tiệm cận
đứng
:
1
3 3 0
x m d x m
= − ⇔ + =
và tiệm cận xiên
:
2
2 2 0
y mx d mx y
= − ⇔ − − =
.
Ta có
1
d
có 1 vectơ pháp là
(
)
;
1
1 0
n
=

và

2
d
có 1 vectơ pháp là
(
)
;
2
1
n m
= −

.
Theo giả thiết, ta có:
( )
.
cos ; cos
.
0 1 2
1 2
1 2
45
n n
d d
n n
= =
 
 

2 2 2
2

1
2
2 2 1 4 2 2
1
2
1
m
m
m m m m
m
m
=

⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ⇔

= −
+ 
(thỏa mãn)
Kết luận: Vậy các giá trị
m
cần tìm là
; .
1 1
m m
= = −

Đề 1:
(
ĐH B-2008
) Viết phương trình tiếp tuyến của

3 2
( ) : 4 6 1
= − +
C y x x
, biết tiếp tuyến của
(C) đi qua
(
)
1; 9
A
− −
.
Bài giải:
TXĐ:
D
=
ℝ

Đường thẳng
∆
với hệ số góc
k
đi qua
( 1; 9)
− −
A
có phương trình:
9
y kx k
= + −

∆
là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

3 2
2
4 6 1 9 (1)
12 12 (2)

− + = + −


− =


x x kx k
x x k

Thay (2) vào (1) ta được phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2
3 2 2
1
4 6 1 12 12 1 9 1 4 5 0
5
4
x
x x x x x x x

x
= −


− + = − + − ⇔ + − = ⇔

=


Với
1 24
x k
= − ⇒ =
, phương trình tiếp tuyến là
24 15
y x
= +
.
Với
5 15
4 4
x k
= ⇒ =
, phương trình tiếp tuyến là
15 21
4 4
y x
= −
.
Kết luận: Vậy các tiếp tuyến cần tìm là

24 15
y x
= +
và
15 21
4 4
y x
= −
.
Đề 1:
(
ĐH D-2008
) Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm
(
)
1;2
I
với hệ số góc
( 3)
> −
k k
đều cắt đồ thị
3 2
( ) : 3 4
= − +
C y x x
tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung
điểm của đoạn thẳng AB.
Bài giải:
TXĐ:

D
=
ℝ

Ta thấy
(
)
I C
∈
. Đường thẳng
d
với hệ số góc
( 3)
> −
k k
đi qua
(1;2)
I
có phương trình:
2
y kx k
= − +
.
Hoành độ giao điểm của (C) và
d
là nghiệm của phương trình:
( ) ( )
( )
3 2 2
2

1
3 4 2 1 2 2 0
2 2 0 (*)
=

 
− + = − + ⇔ − − − + = ⇔

 
− − + =

x
x x kx k x x x k
x x k

Do
3
k
> −
nên phương trình (*) có biệt thức
/
3 0
k
∆ = + >
và
1
x
=
không là nghiệm
của (*). Suy ra

d
luôn cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
(
)
(
)
(
)
; , ; , ;

I I A A B B
I x y A x y B x y
với
;

A B
x x

là nghiệm của (*).