Hàm số ôn thi THPT quốc gia môn toán

Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

Phần HÀM SỐ
CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN CẦN NẮM
1) Góc giữa hai đường thẳng: Cho 2 đường thẳng có phương trình tổng quát
d1 : A1x  B1y  C1  0;d 2 : A2x  B2y  C 2  0. Các đường thẳng d1 ,d 2 lần lượt có véc tơ pháp tuyến là




n1  A1; B1  ,n 2  A2 ; B2  . Gọi  là góc tạo bởi 2 đường thẳng d1, d2 . Ta có
 

n1n 2
A1A2  B1B2
Cos    
 
.
2
n1 n 2
A12  B12 A22  B 2
Nếu d1 : y  k1x  b1;d 2 : y  k 2x  b2 , thì tan  

k1  k 2
.
1  k1k 2





Chú ý: Nếu các đường thẳng d1 ,d 2 lần lượt có véc tơ chỉ phương là v1  a1;b1  , v 2  a 2 ;b2  , thì


v1v 2
a1a 2  b1b2
Cos    
.

2
2
2
v1 v 2
a1  b12 a 2  b2
2) Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng trong mặt phẳng
Cho đường thẳng d có phương trình tổng quát Ax  By  C  0 và điểm M (x 0 ; y 0 ).
Khoảng cách từ điểm M (x 0 ;y 0 ) đến đường thẳng d là
d  M ,d  

Ax 0  By 0  C

.
A2  B 2
3) Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A(x1;y1 ), B (x 2 ; y 2 )
x  x1
y  y1

(phương trình chính tắc)
x 2  x1 y 2  y1
Đặc biệt nếu A(a ;0), B (0;b ),ab  0, thì phương trình đường thẳng (AB ) là

x y
  1 (phương trình đường thẳng đoạn chắn).
a b
4) Hệ số góc của đường thẳng
a) Nếu đường thẳng d có phương trình y  ax  b , thì hệ số góc của đường thẳng d là k  a .
b) Nếu đường thẳng d có phương trình tổng quát Ax  By  C  0, thì hệ số góc của đường thẳng d là
A
k   , B  0.
B
c) Nếu đường thẳng d đi qua hai điểm A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ), thì hệ số góc của đường thẳng là

y1  y 2
, x 1  x 2  0.
x1  x 2
5) Điều kiện để hai đường thẳng song song, vng góc với nhau
Cho 2 đường thẳng có phương trình theo hệ số góc d1 : y  k1x  b1;d 2 : y  k2x  b2 .
k

k  k 2
+ d1 || d 2   1
,
b1  b2

+ d1  d 2  k1k 2  1.

 
 
+ Nếu 2 đường thẳng d1 ,d 2 lần lượt có véc tơ pháp tuyến là n1, n2 hoặc véc tơ chỉ phương là v1, v2 thì
 
 

d1  d 2  n1.n 2  0 hoặc v1 .v2  0.
6) Phương trình bậc hai
Cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0(1), (a  0). Khi đó:

Ths.Hồng Huy Sơn

1


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

  0

+ Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi S  0
P  0

  0

+ Phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi S  0
P  0

+ Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi P  0.

P  0
+ Phương trình (1) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương khi và chỉ khi 
S  0
P  0
+ Phương trình (1) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm âm khi và chỉ khi 

S  0
Định lý Viet: Nếu phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm x 1, x 2 thì
b
c
S  x1  x 2   ; P  x1x 2  .
a
a
Một số hằng đẳng thức quen thuộc:
2
2
+ x 12  x 2  x 1  x 2   2x 1x 2  S 2  2P .
3

3
3
+ x 1  x 2  x 1  x 2   3x1x 2 x 1  x 2   S 3  3PS .
2

2

4
2
2
+ x 14  x 2  x12  x 2   2x12x 2  S 2  2P   2P 2 .

2

2

+ x1  x 2   x 1  x 2   4x 1x 2  S 2  4P .

I. HÀM SỐ BẬC BA
Tóm tắt lý thuyết: Khảo sát hàm số bậc ba y  f (x )  ax 3  bx 2  cx  d (a  0) theo các bước sau:
+ TXĐ: D  .
+ Chiều biến thiên: y   3ax 2  2bx  c.
- Hàm số có cực trị khi phương trình y   0 có 2 nghiệm phân biệt  y   0.
a  0

- Hàm số đồng biến trên   y   0 x    

y   0


a  0

- Hàm số nghịch biến trên   y   0 x    

y   0


+ Giới hạn: lim y   (a  0); lim y   (a  0).
x 

x 

+ Lập bảng biến thiên.
 b
b
b 

 I  ; f ( ) là điểm uốn của đồ thị.



 3a

3a
3a 

+ Vẽ đồ thị. (Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng).
Một số ví dụ
1
Ví dụ 1: Tìm m để hàm số y   x 3  2x 2  (2m  1)x  3m  2 nghịch biến trên .
3
Giải: Hàm số đã cho nghịch biến trên  khi và chỉ khi
5
y   x 2  4x  2m  1  0, x      5  2m  0  m   .
2

+ y   6ax  2b, y   0  6ax  2b  0  x  

Ths.Hoàng Huy Sơn

2


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

Ví dụ 2: Tìm m để hàm số y  x 3  (m  1)x 2  (m 2  4)x  9 đồng biến trên .
Giải: Hàm số đã cho đồng biến trên  khi và chỉ khi

y   3x 2  2(m  1)x  m 2  4  0, x       (m  1) 2  3(m 2  4)  0  2m 2  2m  13  0
1  3 3
1  3 3
m 
.
2
2
Ví dụ 3: Tìm m để hàm số y  2x 3  3x 2  mx  1 nghịch biến trên nửa khoảng (;1].
Giải: y   6x 2  6x  m . Hàm số đã cho nghịch biến trên nửa khoảng (;1]  y   0, x  1
m

 6x 2  6x  m  0, x  1  m  6x 2  6x , x  1  m  Min (6x 2  6x ).
x 1

1
Xét hàm số f (x )  6x 2  6x , x  1. Ta có f (x )  12x  6  0  x   . Bảng biến thiên:
2
x

1
2



f'



0

1





12

f  x



3
2

3
3
Dựa vào bảng biến thiên ta được Min (6x 2  6x )   . Vậy, giá trị m cần tìm là: m   .
x 1
2
2
Ví dụ 4: Tìm m để hàm số y  x 3  3x 2  (m  1)x  2m đồng biến trên nửa khoảng 2; ).
Giải: y   3x 2  6x  m  1. Hàm số đã cho đồng biến trên nửa khoảng 2; )  y   0, x  2


 3x 2  6x  m  1  0, x  2  m  3x 2  6x  1, x  2  m  Max (3x 2  6x  1).
x 2

Xét hàm số f (x )  3x  6x  1, x  2. Ta có f (x )  6x  6  0  x  1.
2

Lập bảng biến thiên của hàm số y  3x 2  6x  1 với x  2 ta được Max (3x 2  6x  1)  25. Vậy,
x 2

giá trị cần tìm là m  25.
Ví dụ 5: Tìm m để hàm số y  x 3  3x 2  mx  4 nghịch biến trên khoảng (0; ).
Giải: y   3x 2  6x  m. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; )  y   0, x  0
 3x 2  6x  m  0, x  0  m  3x 2  6x , x  0.
Lập bảng biến thiên của hàm số y  3x 2  6x với x  0 ta được giá trị cần tìm là m  0.
Chú ý: Hàm số y  3x 2  6x không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên khoảng (0; ).
Ví dụ 6: Tìm m để hàm số y  x 3  3(2m  1)x 2  (12m  5)x  2 đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và
(2; ).
Giải: Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi y   3x 2  6(2m  1)x  12m  5  0, x  2 và

3x 2  6x  5
 12m, x  2 và
x 1
3x 2  6x  5
3x 2  6x  5
 12m, x  1. Xét hàm số g(x ) 
, ta có
x 1
x 1

y   3x 2  6(2m  1)x  12m  5  0, x  1. Biến đổi đưa tới

g (x ) 

3x 2  6x  1
3 6

3 6
0x 
x 
. Lập bảng biến thiên của hàm số
2
3
3
(x  1)

Ths.Hoàng Huy Sơn

3


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

3x 2  6x  5
7
5
g(x ) 
trên các khoảng đang xét ta được kết quả cần tìm   m  .
x 1
12
12
3
2
Ví dụ 7: Tìm m để hàm số y  2x  3mx  2m  1 nghịch biến trên khoảng (1;2).
Giải: Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (1;2)

 y   6x 2  6mx  0, x  (1;2)  x (x  m )  0, x  (1;2)  x  m  0, x  (1;2)
m  x , x  (1;2)  m  2.

1
Ví dụ 8: Cho hàm số y  x 3  (m  1)x 2  (2m  1)x  1.
3
1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m   .
2
b) Tìm m để hàm số đã cho có cực trị và hai điểm cực trị của đồ thị có hồnh độ dương.
Giải: b) y   x 2  2(m  1)x  2m  1, yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi phương trình y   0 có
hai nghiệm dương phân biệt



  m 2  0
m  0

m  0






S  x  x  0  m  1  



1

2


m   1
P  x x  0





2


1 2

m   1



2

1
Ví dụ 9: Tìm m để hàm số y  x 3  mx 2  x  m  1 có khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị là
3
nhỏ nhất.
Giải: y   x 2  2mx  1 có   m 2  1  0, m nên ln ln có 2 nghiệm phân biệt với m suy ra
hàm số luôn có cực trị. Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của y  theo Viet ta có x 1  x 2  2m, x 1x 2  1. Hai giá

trị cực trị của hàm số là y1 

1 3
1 3
2
2
x 1  mx 1  x 1  m  1, y2  x 2  mx 2  x 2  m  1. Gọi A, B là 2
3
3

điểm cực trị của đồ thị, ta có AB  (x 2  x 1 )2  (y2  y1 )2 . Theo Viet ta có
x 1  x 2  2m, x 1x 2  1. Suy ra (x 2  x 1 )2  (x 2  x 1 )2  4x 1x 2  4m 2  4.
2

1 3

1 3
2
2

(y2  y1 )   x 2  mx 2  x 2  m  1  x 1  mx 1  x 1  m  1


3

3


2

2

2

1

4
2


 (x 1  x 2 )  (x 1  x 2 )2  x 1x 2  m(x 1  x 2 )  1  (4m 2  4)  m 2  




3



3


3
2





2

 4 2 2  


 m    1  4  13 .

AB  (x 2  x 1 )  (y2  y1 )  (4m  1) 1  

3

3 
9
3




AB nhỏ nhất khi m  0.
Ví dụ 10: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  2m  3)x  4. Tìm m để hàm số có cực trị và hai điểm cực
trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục tung.
Giải: y   3x 2  6mx  3(m 2  2m  3), yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi phương trình y   0 có
2

2

2

2 nghiệm trái dấu  P  0  m 2  2m  3  0  3  m  1.
Ví dụ 11: Cho hàm số y  x 3  3x 2  4m ( m là tham số).
a) Chứng minh rằng hàm số ln ln có cực trị. Xác định m để một trong hai điểm cực trị của đồ thị
nằm trên trục hoành.
Ths.Hoàng Huy Sơn

4


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

b) Xác định m để khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến trục hoành bằng 4.
x  0  y  4m
Giải: a) y   3x 2  6x  0  
. Vì phương trình y   0 ln có 2 nghiệm phân biệt
x  2  y  4m  4

nên hàm số ln có cực trị với mọi m. Hai điểm cực trị của đồ thị là
m  0
A(0; 4m ), B(2; 4  4m )  A  B  Ox  
m  1
4  4m  4
m  2
b) B là điểm cực tiểu, d(B,Ox )  yB  4  4m  4  
 
4  4m  4
m0


Ví dụ 12: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  1.
a) Xác định m để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị đi qua điểm
M (1; 1).
b) Xác định m để cosin của góc tạo bởi đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị và đường thẳng
3 10

x  y  0 bằng
.
10
c) Chứng minh rằng với mọi m  0 thì điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho nằm trên đường thẳng
y  x  1.
x  0  y  1
Giải: a) y   3x 2  6mx  0  
3
x  2m  y  4m  1
Phương trình y   0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 do đó với mọi m  0 thì hàm số có cực trị. Ta có


2 điểm cực trị của đồ thị là A(0;1), B(2m; 4m 3  1), AB  (2m; 4m 3 )  2m(1; 2m 2 ).

x
y 1

 2m 2x  y  1  0.
2
1 2m
2
Đường thẳng này đi qua điểm M (1; 1) nên 2m  2  0  m  1.
Đường thẳng đi qua 2 điểm A, B có phương trình

b) Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B và đường thẳng x  y  0. Ta có
 
n1n2 

cos     , n1  (2m 2 ;1), n2  (1;1) lần lượt là véc tơ pháp tuyến của 2 đường thẳng trên.
n1 n 2

 
2m 2  1
n1n 2
3 10
1
cos     

 4m 4  5m 2  1  0  m  1; m   .
10
2
n1 n2
2 4m 4  1
c) Với m  0 thì điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là điểm A(0;1). Rõ ràng điểm này có tọa độ
thỏa mãn phương trình đường thẳng y  x  1.
Ví dụ 13: Cho hàm số y  2x 3  3(2m  1)x 2  6m (m  1)x  1. Tìm m để hàm số có cực trị và hai điểm
cực trị của đồ thị đối xứng nhau qua đường thẳng y  x  2.
Giải: y   6x 2  6(2m  1)x  6m (m  1), y   0  x 2  (2m  1)x  m (m  1)  0

x  m  y  2m 3  3m 2  1

 A(m ; 2m 3  3m 2  1), B (m  1; 2m 3  3m 2 ) là 2 điểm cực trị của đồ thị.
3
2
x  m  1  y  2m  3m

Ta có AB  (1; 1) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B. Đường thẳng


y  x  1 có véc tơ pháp tuyến là n  (1; 1)  véc tơ chỉ phương của d là v  (1;1). Ta thấy rằng
 

1
1
AB .v  0  d  (AB ). Gọi I là trung điểm của AB  I (m  ;2m 3  3m 2  ).
2
2
Ths.Hoàng Huy Sơn

5


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

Hai điểm cực trị của đồ thị đối xứng nhau qua đường thẳng y  x  2  I  d

1
1
1  17
 m   2  2m 3  3m 2  m  2  0  m  1  m 
.
2
2
4
Ví dụ 14: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3m 3 (1), m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho OAB có diện tích bằng 48.
x  0  y  3m 3
2
Giải: b) y   3x  6mx  3x (x  2m )  0  

Hàm số có cực trị  m  0.
3
x  2m  y  m
2 điểm cực trị của đồ thị là A(0; 3m 3 ), B(2m; m 3 ). Kẻ BH  Ox  BH là đường cao của
 2m 3  3m 2 

1
1
OAB  S OAB  OA.BH  3m 3 2m  3m 4 . Theo đề ra ta có 3m 4  48  m  2. (Nhận)
2
2
2
2
Ví dụ 15: Cho hàm số y  x 3  mx 2  2 3m 2  1 x  (1), m là tham số thực.
3
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1.
b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x 1 và x 2 sao cho x 1x 2  2 x 1  x 2   1.













Giải: b) y   2 x 2  mx  3m 2  1  , y   0  x 2  mx  3m 2  1  0. Hàm số có cực trị khi


phương trình y   0 có   13m 2  4  0  m 

2 13
2 13
m 
. Theo Viet ta có
13
13

x 1  x 2  m, x 1x 2  1  3m 2  x 1x 2  2 x 1  x 2   1  1  3m 2  2m  1  m  0  m 

2
.
3

2
Ta nhận m  .
3

1 3
1
x  (m  1)x 2  3 m  2 x  có các điểm cực đại, cực tiểu lần
3
3
lượt là x 1, x 2 thỏa mãn x 1  2x 2  1.
Ví dụ 16: Tìm m để hàm số y 

Giải: y   x 2  2(m  1)x  3 m  2 . Hàm số có cực trị

   (m  1)2  3(m  2)  0  m 2  5m  7  0  m  . Khi đó phương trình y   0 có hai

nghiệm phân biệt x  m  1  m 2  5m  7; x  m  1  m 2  5m  7 và cũng lần lượt là điểm
cực đại và điểm cực tiểu của hàm số. Theo đề ra ta có





m  1  m 2  5m  7  2 m  1  m 2  5m  7  1  m 2  5m  7  4  3m



4

4
4  3m  0






m  3
m 
 2



2
3
2
m  5m  7  4  3m 
 2
 2

m  5m  7  4  3m 
8m  19m  9  0








19  73
m 
.
16
BÀI TẬP
Bài 1: Tìm m để hàm số y  x 3  3x 2  3mx  3m  4 đồng biến trên .

Bài 2: Tìm m để hàm số y  x 3  3x 2  (m  1)x  4m nghịch biến trên khoảng (1;1).
Bài 3: Tìm m để hàm số y  (m  1)x 3  2mx 2  x đồng biến trên khoảng (0;1).
Ths.Hoàng Huy Sơn

6

Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

1 3
x  mx 2  (2m  1)x  m  2 nghịch biến trên khoảng (2; ).
3
Bài 5: Tìm m để hàm số y  x 3  mx 2  2 có cực trị. Chứng minh rằng khi đó đường thẳng đi qua hai
điểm cực trị của đồ thị luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 6: Tìm m để đồ thị hàm số y  mx 3  3mx 2  (2m  1)x  3  m có cực trị. Chứng minh rằng khi đó
đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị luôn đi qua một điểm cố định.
3
1
Bài 7: Cho hàm số y  x 3  mx 2  m 3 . Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm
2
2
số tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1. ĐS: m =  2.
Bài 8: Tìm các điểm cố định của họ đường cong y  x 3  mx 2  (m  2)x  2m. ĐS: M ( 1; 3), N (2;12).

Bài 4: Tìm m để hàm số y 

Bài 9: Cho hàm số y  x 3  3x  m có đồ thị (C m ). Tìm m để trên (C m ) tồn tại hai điểm đối xứng nhau
qua gốc toạ độ. ĐS: m  0.
Bài 10: Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 . Tìm trên đồ thị (C ) tất cả các cặp điểm đối xứng nhau qua gốc toạ

3 3
3
3

; );( 
;  ).
3 9
3
9
3
Bài 11: Cho hàm số y  x  3x  2. Tìm trên đồ thị (C ) của hàm số đã cho cặp điểm đối xứng nhau qua
điểm I (2;18). ĐS: M (1;2), N (3;34).
Bài 12: Cho hàm số y  x 3  6x 2  9x có đồ thị (C ). Với giá trị nào của m , đường thẳng
y  x  m 2  m đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu của (C ). ĐS:
m  0;m  1.
2
Bài 13: Cho hàm số y  x 3  (m  1)x 2  m 2  4m  3 x . Tìm m để hàm số đã cho có cực trị.
3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x 1x 2  2(x 1  x 2 ) . Trong đó x 1, x 2 là các điểm cực trị của hàm số.
độ. ĐS: (





9
.
2
Bài 14: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1)x  m 3  m (1)
a) Tìm m để hàm số (1) có cực trị. Giả sử A và B lần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ
2
2
thị, tìm m để x A  2x B . ĐS: m  3  2 2, m  3  2 2.
b) Tìm m để OA  OB , với O là gốc tọa độ và A, B xác định ở câu a). ĐS: m  0.

1
Bài 15: Tìm m để hàm số y  x 3  mx 2  mx  1 đạt cực trị tại x 1, x 2 thỏa mãn x 1  x 2  8. ĐS:
3
ĐS: MaxA 

1  65
.
2
Bài 16: Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  m. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn
m

15
.
4
Bài 17: Tìm m để đồ thị hàm số y  x 3  mx 2  7x  3 có đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị vng
góc với đường thẳng y  3x  7.
Bài 18: Cho hàm số y  x 3  3x 2  2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y  3x  2 sao tổng các khoảng
cách từ M tới hai điểm cực trị của đồ thị là nhỏ nhất.
HD: Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị, khi đó AM  BM  AB  AM  BM nhỏ nhất khi dấu
"  " xảy ra tức là A, B, M thẳng hàng.
3. ĐS: m  

Ths.Hoàng Huy Sơn

7


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

II. HÀM SỐ TRÙNG PHƯƠNG
Tóm tắt lý thuyết: Khảo sát hàm số trùng phương y  f (x )  ax 4  bx 2  c (a  0) theo các bước sau:
+ TXĐ: D  .
x  0
  4ax 3  2bx  2x (2ax 2  b), y   0(1)  
+ Chiều biến thiên: y
2
2ax  b  0(2)
- Hàm số có 3 cực trị khi phương trình y   0 có 3 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0    0.
- Hàm số có 1 cực trị khi phương trình y   0 có 1 nghiệm  (2) có   0.

+ Giới hạn: lim y   (a  0); lim y   (a  0).
x 

x 

+ Lập bảng biến thiên.
+ Vẽ đồ thị. (Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng).
Một số ví dụ
4
2 2
Ví dụ 1: Cho hàm số y  x  2m x  1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
b) Tìm m để hàm số có ba điểm cực trị và ba đỉnh cực trị của đồ thị hàm số tạo thành ba đỉnh tam
giác vng cân.
c) Tìm m để hàm số có ba điểm cực trị và ba đỉnh cực trị của đồ thị hàm số tạo thành ba đỉnh tam
giác đều.
x  0

Giải: b) y   4x 3  4m 2x  4x (x 2  m 2 ), y   0  x (x 2  m 2 )  0(1)   2
2
x  m  0(2)
Hàm số có ba điểm cực trị khi (1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có   0  m  0(*). Ta có
x  0
x  0  y  1
4
4

(1)   2
 
2
4  A(0;1); B(m ;1  m );C (m ;1  m )
x  m  0
x  m  y  1  m
Tam giác ABC luôn luôn cân tại A với m  0 vì đồ thị hàm số trùng phương đối xứng qua trục tung,
 

do đó ABC vng tại đỉnh A  AB  AC  AB.AC  0.



 

m  0
4
4
AB  (m; m ); AC  (m; m )  AB.AC  0  m 2  m 8  0  
m  1
So với điều kiện (*) ta chọn m  1.

c) Tam giác ABC luôn luôn cân tại A với m  0 nên để ABC đều thì AB  BC . Ta có
m  0




AB  (m; m 4 ); BC  (2m; 0)  AB  BC  AB 2  BC 2  m 2  m 8  4m 2  
6
m   3
Ta nhận m   6 3.
Ví dụ 2: Cho hàm số y  x 4  2(m  1)x 2  m.
a) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
b) Gọi A, B ,C là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho, trong đó A là điểm cực trị thuộc trục
tung, B ,C là hai điểm cực trị cịn lại, tìm m sao cho OA  BC , O là gốc tọa độ.
c) Tìm m sao cho ABC có diện tích bằng 1.
x  0
Giải: a) y   4x 3  4(m  1)x  4x (x 2  m  1); y   0  x (x 2  m  1)  0(1)   2
x  m  1  0(2)
Hàm số có ba điểm cực trị khi (2) có   0  m  1(*)
b) Ta có
Ths.Hồng Huy Sơn

8


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

x  0  y  m

y   0  
 A(0; m ); B( m  1; m 2  m  1);
2
x   m  1  y  m  m  1
C ( m  1; m 2  m  1).
OA  0  m 2 ; BC  (2 m  1)2  0  0A  BC  m 2  4(m  1)  m  2  2 2.
Cả 2 giá trị này đều thỏa điều kiện (*).
c) Gọi H là giao của BC và trục Oy, khi đó H (0; m 2  m  1) và H là trung điểm của BC

đồng thời AH là đường cao của ABC . Ta có S ABC 

1
1
BC .AH 
4(m  1) (m  1)4 . Theo đề
2
2

1
4(m  1) (m  1)4  1  (m  1)5  1  m  0 (nhận).
2
Ví dụ 3: Cho hàm số y  x 4  8x 2  5m  2 có đồ thị (C m ). Tìm m để khoảng cách từ điểm A(1;1) đến
ra ta có S ABC  1 

145
.
29
Giải: Thay x  1 vào hàm số ta được y  5m  5  M (1;5m  5). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại
điểm M là y  f (1)(x  1)  5m  5.
y   4x 3  16x  f (1)  12  y  12(x  1)  5m  5  12x  5m  7  12x  y  5m  7  0.

tiếp tuyến của đồ thị (C m ) tại điểm M có hồnh độ x  1 bằng

Theo bài ra ta có

6  5m



145
1
11
 6  5m  5  m   m  .
29
5
5

122  1
Ví dụ 4: Cho hàm số y  x 4  (m  2)x 2  m  2 có đồ thị (C m ). Chứng tỏ (C m ) luôn luôn đi qua 2 điểm

cố định A, B . Tìm m để hai tiếp tuyến của (C m ) tại A và B vng góc với nhau.
Giải: Giả sử (x 0 ; y 0 ) là tọa độ của điểm cố định của họ đường cong (C m ) khi đó ta có
4
2
y 0  x 0  (m  2)x 0  m  2 đúng với m

x 2  1  0

4
2
2

2
4
2
 y 0  x 0  mx 0  2x 0  m  2, m  (x 0  1)m  x 0  2x 0  2  y 0 , m   0
4
2
x 0  2x 0  2  y 0

x 0  1
x 0  1


 A(1; 3), B (1; 3) là hai điểm cố định của họ đường cong (C m ).
y 0  3 y 0  3
Hai tiếp tuyến của (C m ) tại A và B vng góc với nhau  f (1)f (1)  1

1
y   4x 3  2(m  2)x  f (1)  2m , f (1)  2m. Do đó f (1)f (1)  1  4m 2  1  m   .
2
BÀI TẬP
1
1
Bài 1: Cho hàm số y  x 4  mx 2  .
2
2
1) Xác định m để hàm số có cực tiểu mà khơng có cực đại. ĐS: m  0.
2) Xác định m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là ba đỉnh của tam giác:
a) Đều. ĐS: m  3 12.
b) Vng. ĐS:

3

4.

c) Có diện tích bằng 1. ĐS: 5 4.
Bài 2: Cho hàm số y  x 4  2(m  1)x 2  m 2(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  0.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vng.
Ths.Hồng Huy Sơn

9


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

ĐS: m  0.
Bài 3: Cho hàm số y  x 4  2(m  1)x 2  m.
a) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
b) Gọi A, B ,C là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho, trong đó A thuộc trục tung. Tìm m sao
cho tứ giác ABOC có diện tích bằng 6, O là gốc tọa độ.
Bài 4: Cho hàm số y  x 4  2(m  1)x 2  2m  1 có đồ thị (C m ). Tìm m để đồ thị (C m ) và Ox :
1
a) Có bốn điểm chung. ĐS: m  0;m   .
2
1
b) Có ba điểm chung. ĐS: m   .
2
1

c) Có hai điểm chung. ĐS: m  0;m   .
2
III. HÀM PHÂN THỨC
ax  b
Tóm tắt lý thuyết: Khảo sát hàm số nhất biến y 
, ad  bc  0 theo các bước sau:
cx  d
 d
 
+ TXĐ: D   \  
 
 c
 
 
ad  bc
. Nếu ad  b  0 thì hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Nếu ad  b  0 thì
(cx  d )2
hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Hàm số không có cực trị.
+ Tiệm cận:
d
- Tiệm cận đứng x   , vì lim y  , lim y  ,(ad  bc  0).
c
d
d
x 
x 

+ y 

c

- Tiệm cận ngang y 

c

a
a
, vì lim y  .
x 
c
c

+ Bảng biến thiên.
+ Vẽ đồ thị. (Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng).
Một số ví dụ
2mx  4
Ví dụ 1: Cho hàm số y 
.
x m
a) Tìm m để hàm số ln ln tăng trên từng khoảng xác định. ĐS:  2  m  2.
b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H ) của hàm số khi m = 1.
Giải: Hàm số luôn luôn tăng trên từng khoảng xác định
2m 2  4
 y 
 0  2m 2  4  0   2  m  2.
(x  m )2
3x  4
Ví dụ 2: Cho hàm số y 
(1).
2x  3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).
b) Xác định tọa độ các điểm thuộc (C ) sao cho khoảng cách từ đó đến trục hồnh gấp 2 lần khoảng
cách từ đó đến tiệm cận đứng của (C ).
Giải: b) Gọi M là điểm cần tìm thuộc đồ thị (C )  M (x 0 ;

Ths.Hoàng Huy Sơn

3x 0  4
2x 0  3

). Ta có d(M ;Ox ) 

3x 0  4
2x 0  3

.

10


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

Tiệm cận đứng của đồ thị (C ) là () : 2x  3  0  d(M ;()) 
 3x  4
 0
 2x  3  2x 0  3
2x 0  3
3x 0  4

 2.
  0

3x 0  4
2x 0  3
4

 2x  3  (2x 0  3)
 0

2x 0  3
4

. Vậy, ta có


x  15  17
 0
8


5
x 0  1  x 0 
4


5 1 15  17 13  3 17 15  17 13  3 17
Từ đó tìm được 4 điểm thỏa đề bài (1;1),( ; ),(
;
),(

;
).
4 2
8
8
6  2 17
6  2 17
2x  1
Ví dụ 3: Cho hàm số y 
(1). Gọi (C ) là đồ thị của hàm số (1), I là giao điểm hai tiệm cận của
x 1
(C ). Tìm điểm M thuộc (C ) sao cho tiếp tuyến của (C ) tại M vng góc với đường thẳng IM .
2x  1
Giải: M  (C )  M (x 0 ; 0 ). I là giao điểm hai tiệm cận của (C )  I (1;2). Đường thẳng IM có véc
x 0 1


1
tơ chỉ phương IM  (x 0  1;
). Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M là
x0 1
y  f (x 0 )(x  x 0 ) 

2x 0  1

 f (x 0 )x  y  f (x 0 )x 0 

2x 0  1

 0  véc tơ pháp tuyến của đường

x0  1
x0  1

thẳng chứa tiếp tuyến là n  ( f (x 0 ); 1) từ đó véc tơ chỉ phương của đường thẳng chứa tiếp tuyến là
1
). Tiếp tuyến của (C ) tại M vng góc với đường thẳng
(x 0  1)2
 

 

1
IM  IM  v  IM .v  0  (x 0  1) 
 0  (x 0  1) 4  1  x 0  0  x 0  2. Từ đó ta tìm được
(x 0  1)3


v  (1; f (x 0 ))  (1;

M 1 (2; 3), M 2 (0;1).

x 3
có đồ thị (C ).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Tìm điểm M  (C ) sao cho tổng các khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của (C ) là nhỏ nhất.

Ví dụ 4: Cho hàm số y 

Giải: Gọi M x 0 ; y 0   (C ), (1 ),(2 ) lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang cùa (C ).

d1  d M ,(1 )  x 0  1 ; d2  d M ,(2 )  y 0  1 

 d1  d2  x 0  1 

4
x0  1

x0  3
x0  1

1 

4
x0  1

 4 (theo bất đẳng thức Côsi)

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x 0  1 

x  3
  0
 M 1 (3; 3); M 1 (1; 1).
x0  1
x 0  1
4

BÀI TẬP

2x  1
(1).

x 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).

Bài 1: Cho hàm số y 

Ths.Hoàng Huy Sơn

11


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C ) để tích các hệ số góc của đường thẳng đi qua M và giao điểm hai
đường tiệm cận và tiếp tuyến của (C ) tại M bằng 9. ĐS: M 1 (0; 1), M 2 ( 2;5).

2mx  m
có đồ thị là (H m ). Tìm m để tiếp tuyến của H m  tại điểm có hồnh
x  2m
độ x  1 cắt tiệm cận đứng của H m  tại điểm có tung độ bằng 4. ĐS: m  1.
Bài 2: Cho hàm số y 

Bài 3: Cho hàm số y 

x  4m
có đồ thị là (H m ).
2(mx  1)

1

a) Chứng minh rằng với mọi m   , các đường cong H m  đều đi qua 2 điểm cố định A và B .
2
ĐS: A(2; 1), B(2;1).
b) Chứng minh rằng tích các hệ số góc của các tiếp tuyến với H m  tại 2 điểm A và B là một hằng
số. ĐS: k1.k2 

1
.
4

x 2
. Tìm những điểm trên đồ thị (C ) cách đều hai điểm A(2; 0) và B(0;2).
2x  1
1  5 1  5  1  5 1  5 
 


; 

ĐS: 
,
 

  2 , 2 .

 2
2  
 





Bài 4: Cho hàm số y 

2x  3
có đồ thị (C ).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Tìm điểm M  (C ) sao cho tổng các khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của (C ) là nhỏ nhất.

Bài 5: Cho hàm số y 

 

ĐS: M 1 0; 3; M 2 2;1 .
PHÉP SUY ĐỒ THỊ
1) Từ đồ thị hàm số y  f (x ) suy ra đồ thị hàm số y  f (x ) .
 f (x ), khi f (x )  0
Ta có y  f (x )  
 f (x ), khi f (x )  0
Đồ thị hàm số y  f (x ) có hai phần
+ Phần 1: Là phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với y  0 (Phần nằm phía trên trục hồnh).
+ Phần 2: Đối xứng qua trục hoành phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với y  0.
2) Từ đồ thị hàm số y  f (x ) suy ra đồ thị hàm số y  f ( x ).
Ta có hàm số y  f ( x ) là hàm số chẵn, mặt khác khi x  0 thì y  f ( x )  f (x ).
Do đó đồ thị hàm số y  f ( x ) có hai phần
+ Phần 1: Là phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với x  0 (Phần nằm phía phải trục tung).
+ Phần 2: Đối xứng qua trục tung phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với x  0.
u (x )
3) Từ đồ thị hàm số y  f (x ) 

y  u (x ).v (x )  suy ra đồ thị hàm số
v (x )
u (x )
y  f (x ) 
y  f (x )  u (x ) .v (x )  .
v (x )
Cũng như trường hợp a) đồ thị hàm số đã cho có 2 phần
+ Phần 1: Là phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với u (x )  0.
Ths.Hoàng Huy Sơn

12


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

+ Phần 2: Đối xứng qua trục hoành phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với u (x )  0.
4) Từ đồ thị hàm số y  f (x ) suy ra đường biểu diễn y  f (x ).
 f (x )  0

Ta có y  f (x )   y  f (x )
 y   f (x )

Đường biểu diễn y  f (x ) có 2 phần

+ Phần 1: Là phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với f (x )  0.
+ Phần 2: Đối xứng qua trục hoành phần đồ thị hàm số y  f (x ) ứng với f (x )  0.
Một số ví dụ
3

2
Ví dụ 1: Cho hàm số y  f (x )  x  3x  2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị các hàm số y  f (x ) (C 1 ); y  f ( x ) (C 2 ).
c) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đường biểu diễn y  f (x ) (C 3 ).
Giải: a) Đồ thị (C ) như sau:
y

2

-2

-1

O

x

-2

 f (x ), khi f (x )  0
b) i ) Đồ thị hàm số y  f (x ) . Ta có: y  f (x )  
 f (x ), khi f (x )  0
Do đó, đồ thị hàm số y  f (x )  x 3  3x 2  2 gồm hai phần:
+ Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số y  f (x ).
+ Đối xứng phần đồ thị hàm số y  f (x ) phía dưới trục hồnh qua trục hồnh.

ii ) Đồ thị hàm số y  f ( x ). Ta có y  f ( x ) là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là Oy . Với x  0
thì y  f ( x )  f (x ). Đồ thị gồm hai phần:
+ Phần bên phải Oy của đồ thị y  f (x ).

+ Đối xứng phần trên qua Oy . c) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đường biểu diễn y  f (x ).
 f (x )  0
Giả sử đường biểu diễn y  f (x ) là ( ). Ta có y  f (x )  
y   f (x )
Do đó ( ) gồm hai phần:
+ Phần đồ thị từ trục hoành trở lên của đồ thị y  f (x ).
+ Đối xứng phần trên qua trục hoành để được phần cịn lại.

Ths.Hồng Huy Sơn

13


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

y

y

2

2
x
O

-1

O

x

y

2
x
-1

O
-2

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f (x )  x 4  2x 2  2.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị hàm số y  f (x ) (C 1 ).
Giải: a) Tự khảo sát.
b) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị hàm số y  f (x ) .
 f (x ), khi f (x )  0
y  f (x )  
 f (x ), khi f (x )  0
Do đó đồ thị của hàm số y  f (x )  x 4  2x 2  2 gồm hai phần:
+ Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số: y  f (x )  x 4  2x 2  2.
+ Đối xứng phần đồ thị của hàm số y  f (x )  x 4  2x 2  2 phía dưới trục hoành qua trục hoành.
Đồ thị hàm số y  f (x )  x 4  2x 2  2 như sau:
y
y

2

-1

O

1
-1

x
1
-1 O

x
1

-2

Ths.Hoàng Huy Sơn

14


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

u (x ) 3x  1

.
v (x ) 2x  1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

Ví dụ 3: Cho hàm số y  f (x ) 

b) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị các hàm số y  f (x ) ; y  f ( x ).
c) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị các hàm số y  f (x ) 

u (x )
u (x )
; y  f (x ) 
.
v (x )
v (x )

Giải:
a) Đồ thị (C ) của hàm số đã cho như sau:
y
2

O

x

1

b) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị các hàm số y  f (x ) ;y  f ( x ).
 f (x ), khi f (x )  0
i ) y  f (x ) . Ta có: y  f (x )  
 f (x ), khi f (x )  0

3x  1
gồm hai phần:
2x  1

Do đó đồ thị của hàm số y  f (x ) 

+ Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số y  f (x ) 
+ Đối xứng phần đồ thị của hàm số y  f (x ) 

3x  1
.
2x  1

3x  1
phía dưới trục hồnh qua trục hồnh.
2x  1

ii ) y  f ( x ). Ta có y  f ( x ) là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là Oy .
Với x  0 thì y  f ( x )  f (x ). Vậy đồ thị gồm hai phần: + Phần bên phảiOy của đồ thị y  f (x ).
+ Đối xứng phần trên qua Oy .
y
y

y=3/2

2
1
O

x
1
x=1/2

O

Ths.Hoàng Huy Sơn

x

15


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ
c) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị các hàm số y  f (x ) 
 3x  1
,
u (x ) 3x  1  2x  1

i ) y  f (x ) 


v (x ) 2x  1  3x  1

,
 2x  1

Đồ thị hàm số y 

u (x )
u (x )
; y  f (x ) 
.
v (x )

v (x )

1
3
1
x
3
x

3x  1
3x  1
1
gồm hai phần: + Phần đồ thị y  f (x ) 
trên miền x  .
2x  1
2x  1
3

+ Đối xứng phần đồ thị y  f (x ) 

3x  1
1
trên miền x  qua trục hoành.
2x  1
3

 3x  1
,
u (x ) 3x  1  2x  1


ii ) y  f (x ) 


v (x ) 2x  1  3x  1

,
 2x  1

Đồ thị hàm số y 

Năm 2015

1
2
1
x
2
x

3x  1
3x  1
1
gồm hai phần: + Phần đồ thị y  f (x ) 
trên miền x  .
2x  1
2x  1
2

+ Đối xứng phần đồ thị y  f (x ) 

3x  1
1
trên miền x  qua trục hoành.
2x  1
2
y

y

y=3/2

2

y=3/2

1
O

x
1

2
1

x
1

O

x=1/2

x=1/2

Các bài tự luyện tập
Bài 1: Cho hàm số y = x 3  3x  2.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
3

b) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị của các hàm số y  x 3  3x  2 ; y  x  3 x  2.
c) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đường biểu diễn y  x 3  3x  2.
Bài 2: Cho hàm số y  x 3  6x 2  9x có đồ thị (C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
3

b) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đồ thị của các hàm số y  x 3  6x 2  9x ; y  x  6x 2  9 x .
c) Từ đồ thị (C ) hãy suy ra đường biểu diễn y  x 3  6x 2  9x .
CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HÀM SỐ
Ths.Hoàng Huy Sơn

16


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

I. BÀI TỐN VỀ TIẾP TUYẾN
Phương trình tiếp tuyến
Cho hàm số y  f (x ) có đồ thị (C ), điểm M (x 0 ;y 0 )  (C ). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại
điểm M là y  f (x 0 )(x  x 0 )  y 0 . Điểm M gọi là tiếp điểm, f (x 0 ) là hệ số góc của tiếp tuyến.

Kỹ thuật viết phương trình tiếp tuyến.
Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm M (x 0 ; y 0 ).
Dùng phương trình y  f (x 0 )(x  x 0 )  y 0 .
Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ), biết hệ số góc của tiếp tuyến là k  a .
+ Cách 1. Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm là M (x 0 ;y 0 ) , khi đó ta có f (x 0 )  a (1)
Giải phương trình (1) tìm x 0 , từ đó tìm M (x 0 ;y 0 ) và viết phương trình tiếp tuyến tại M (x 0 ;y 0 ) .
+ Cách 2. Vì tiếp tuyến có hệ số góc bằng a , nên phương trình tiếp tuyến có dạng y  ax  b.
 f (x )  ax  b
Để tìm b ta giải điều kiện tiếp xúc 
 f (x )  a
Chú ý: + Nếu cho biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  ax  b thì hệ số góc của tiếp tuyến tại
điểm M (x 0 ;y 0 ) là f (x 0 )  a .
1
+ Nếu cho biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y  ax  b thì f (x 0 ).a  1  f (x 0 )   .
a
Dạng 3: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(x1 , y1 ) cho trước.
+ Cách 1. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(x1 , y1 ) với hệ số góc bằng k . Phương trình d là

 f (x )  k x  x 1   y1
y  k (x  x1 )  y1. Cho d tiếp xúc với (C ) ta giải điều kiện 
tìm k . Thay k vào
 f (x )  k
phương trình y  k (x  x 1 )  y1 ta được phương trình tiếp tuyến cần tìm.
+ Cách 2. Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm là M (x 0 ; f (x 0 )), khi đó phương trình tiếp tuyến cần
tìm là: y  f (x 0 )(x  x 0 )  f (x 0 ). Vì tiếp tuyến đi qua A(x1 , y1 ) nên thay x  x1 ,y  y1 vào phương trình
trên ta được y1  f (x 0 )(x 1  x 0 )  f (x 0 ). Từ đó tìm x 0 , và viết được phương trình tiếp tuyến.
Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho hàm số y = x 3  3x 2  2 có đồ thị (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) trong các
trường hợp sau:
a) Tại điểm uốn của đồ thị (C ).

b) Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.
1
1
c) Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y   x  .
24
2
d) Tiếp tuyến đi qua điểm A(4;14).
Giải:
a) y   3x 2  6x , y   6x  6, y   0  x  1  y  4  I (1; 4) là điểm uốn. Phương trình tiếp tuyến
của đồ thị (C) tại điểm uốn là y  f (1)(x  1)  4  3(x  1)  4  3x  1.
b) Gọi M (x 0 ;y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm, khi đó ta có
x 0  1  y 0  6
2
f (x 0 )  9  3x 0  6x 0  9  
x 0  3  y 0  2
Phương trình tiếp tuyến tại (1; 6) là y  9x  3. Phương trình tiếp tuyến tại (3; 2) là y  9x  29.
1
1
c) Vì tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y   x  nên
24
2

Ths.Hoàng Huy Sơn

17


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

x 0  4  y 0  14
2
f (x 0 )  24  3x 0  6x 0  24  
x 0  2  y 0  22
Phương trình tiếp tuyến tại (4;14) là y  24x  82. Phương trình tiếp tuyến tại (2; 22) là y  24x  26.
d) Gọi M (x 0 ;y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm, khi đó phương trình tiếp tuyến tại M (x 0 ;y 0 ) là
3
2
2
3
2
y  f (x 0 )(x  x 0 )  y 0 , với y 0  x 0  3x 0  2. Suy ra y  (3x 0  6x 0 )(x  x 0 )  x 0  3x 0  2. Vì tiếp tuyến đi
qua A(4;14) nên thay tọa độ của điểm A vào phương trình tiếp tuyến ta được

x 0  4  y 0  14
14  (3x  6x 0 )(4  x 0 )  x  3x  2  2x  15x  24x 0  16  0  
x 0   1  y 0   23

2
8

1 23
Phương trình tiếp tuyến tại (4;14) là y  24x  82. Phương trình tiếp tuyến tại ( ;  ) là
2
8
15
y  x  1.
4
2

0

3
0

2
0

3
0

2
0

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f (x )  x 4  2x 2  2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến
1
vng góc với đường thẳng y  x  11.
24
Giải: Tiếp tuyến của đồ thị (C ) vng góc với đường thẳng y 

1
x  11 nên có hệ số góc bằng
24

24. Gọi M (x 0 ;y 0 ) là tiếp điểm, ta có
3
3
f (x 0 )  24  4x 0  4x 0  24  x 0  x 0  6  0  x 0  2  y 0  10. Phương trình tiếp tuyến cần tìm
là y  24(x  2)  10  24x  38.

Ví dụ 3: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

x 4
biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng
x 1


.
4
Giải: Gọi M (x 0 ;y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm, khi đó phương trình tiếp tuyến tại M (x 0 ;y 0 ) là
y  f (x 0 )(x  x 0 )  y 0 . Phương trình này được viết lại dưới dạng phương trình tổng quát
f (x 0 ).x  y  x 0 .f (x 0 )  y 0  0. Hay k .x  y  x 0 .k  y 0  0. Trong đó k  f (x 0 ). Đường thẳng
y  2x  1 có phương trình tổng quát 2x  y  1  0. Theo bài ra ta có
k  3
2k  1

1
2
cos 

 3k  8k  3  0  
1
2
k  
4
2
k  1. 5
3

x 0  0  y 0  4

3
Với k  3  f (x 0 )  3 
 3 
2
(x 0  1)
x 0  2  y 0  2
Phương trình tiếp tuyến tại các điểm (0;4);(2; 2) lần lượt là y  3x  4;y  3x  8.
1
1
3
1
Trường hợp k   bị loại vì phương trình f (x 0 ) 


vơ nghiệm.
2
3
3
(x 0  1)
3
x 1
Ví dụ 4: Cho hàm số y 
(C ). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến cắt các
x 2
trục Ox ,Oy lần lượt tại A, B sao cho tam giác OAB vng cân.
y  2x  1 một góc có số đo bằng

Ths.Hồng Huy Sơn

18

Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

x0 1
) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm, khi đó phương trình tiếp tuyến tại
x0  2
x 1
1
x 1
1
x0
x 1
M là y  f (x 0 )(x  x 0 )  0

(x  x 0 )  0

x
 0

2
2
2
x 0  2 (x 0  2)
x 0  2 (x 0  2)
(x 0  2) x 0  2

Giải: Cách 1: Gọi M (x 0 ;

1
x0
x 1
1
x 2  2x 0  2
x
 0

x 0
. Gọi A, B là giao của tiếp tuyến với các trục
(x 0  2)2
(x 0  2) 2 x 0  2 (x 0  2) 2
(x 0  2) 2
 x 2  2x 0  2 
2
Ox ,Oy . Tọa độ của các điểm này là A(x 0  2x 0  2;0), B  0; 0
 . Tam giác OAB vuông cân tại
(x 0  2)2 



x 2  2x 0  2
1
2
2
O khi và chỉ khi OA  OB  x A  yB  x 0  2x 0  2  0
 x 0  2x 0  2  1 
0
2

2 
(x 0  2)
 (x 0  2) 
x 0  2  1
x 0  3  y 0  2


x 0  2  1 x 0  1  y 0  0
Phương trình tiếp tuyến tại M 1 (3;2) là y  x  5. Phương trình tiếp tuyến tại M 2 (1;0) là y  x  1.
Cách 2: Tiếp tuyến tạo với các trục Ox ,Oy một tam giác vng cân nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1
hoặc 1. Khi đó ta có f (x 0 )  1. Từ đó tìm được x 0  1; x 0  3 và viết được phương trình tiếp tuyến.
Cách 3: (Dùng phương trình đường thẳng đoạn chắn). Giả sử tiếp tuyến cắt các trục Ox ,Oy lần lượt tại
x y
A(a ;0), B (0;b ),ab  0. Khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng   1 (1) (phương trình đường thẳng
a b
đoạn chắn). Vì tam giác OAB vuông cân nên a  b  a  b  a  b.

+ Xét trường hợp a  b. Khi đó (1) trở thành
hệ số góc bằng 1. Suy ra 

x y
  1  x  y  a  y  x  a . Suy ra tiếp tuyến có
a a

1
 1  (x 0  2)2  1  x 0  1  x 0  1  3. Từ đó viết được phương
(x 0  2)2

trình tiếp tuyến.
+ Xét trường hợp a  b. Khi đó (1) trở thành

x y
  1  x  y  a  y  x  a . Suy ra tiếp tuyến có hệ
a a

1
 1. Vô nghiệm.
(x 0  2)2
Chú ý: Nếu bài tốn u cầu viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với Ox ,Oy tam giác OAB
thỏa OA  kOB với k là một giá trị cụ thể nào đó thì lập luận theo cách 3 sẽ tìm được hệ số góc của tiếp
tuyến.
x 1
Ví dụ 5: Cho hàm số y 
(1) . Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) của hàm số (1) biết tiếp tuyến cắt
x 2
các trục Ox ,Oy lần lượt tại A, B sao cho OA  3OB .
Giải: Giả sử tiếp tuyến cắt các trục Ox ,Oy lần lượt tại A(a ;0), B (0;b ),ab  0. Khi đó phương trình tiếp
x y
tuyến có dạng   1 (1) (phương trình đường thẳng đoạn chắn).
a b
Vì OA  3OB nên a  3 b  a  3b  a  3b.
+ Xét trường hợp a  3b. Khi đó (1) trở thành
x y
1
1
3
1
  1  x  3y  3b  y   x  b  f (x 0 )   
  (vn).
2

3b b
3
3
(x 0  2)
3
x
y
1
+ Xét trường hợp a  3b. Khi đó (1) trở thành
  1  x  3y  3b  y  x  b, Suy ra tiếp
3b b
3
số góc bằng 1. Suy ra 

Ths.Hoàng Huy Sơn

19


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ
tuyến có hệ số góc bằng

Năm 2015

x 0  1  y 0  0
1
3
1
. Từ đó ta được phương trình tiếp tuyến


 
3
(x 0  2) 2 3
x 0  5  y 0  2

1
1
1
11
là y  x  , y  x  .
3
3
3
3
mx  2
Ví dụ 6: Cho hàm số y 
. Tìm m sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại M có hồnh độ
x m
x  1 cắt trục Oy tại điểm A thỏa OA  1.
mx  2
 m 2
là hàm số nhất biến với mọi m. Ta có M  1,
 . Phương trình tiếp tuyến
x m
 m 1 
2
2
m  2 m  2
m  2 m  2 
m2  2 m  2

tại M là y  f (1)(x  1) 

(x  1) 

x

2
m  1 m  12
m  1 m  12
m  1 m  1

Giải: Hàm số y 



m

2

 2

m  1

2

x

m 4

m  1

2

 m  4 
 A  0;
.
 m  12 



 m  4

1  13
 m 1 2 1
m 


m  4
2
OA 
1 

2
 m  4

m  1
 1 m  1  13

2


2
  m  1


Ví dụ 7: Cho hàm số y  (1  m )x 3  (m  1)x 2  2. Xác định m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại
điểm M có hoành độ x  2 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 10.
Giải: Thay x  2 vào hàm số đã cho ta được
y  8(1  m )  4(m  1)  2  8m  8  4m  4  2  4m  10. Suy ra M ( 2;4m  10). Phương trình tiếp
tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm M là y  f ( 2)(x  2)  4m  10.
f (x )  3(1  m )x 2  2(m  1)x  f ( 2)  12  12m  4m  4  8m  16. Phương trình tiếp tuyến là
y  ( 8m  16)(x  2)  4m  10  ( 8m  16)x  12m  22. Tiếp tuyến cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 10 nên thay x  0, y  10 vào phương trình tiếp tuyến ta được
10  12m  22  m  1.

BÀI TẬP
1
1
Bài 1: Cho hàm số y  x 3  mx 2  2x  2m  (1) ( m là tham số).
3
3
1
.
2
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  4x  2.
26
73
ĐS: y  4x  ; y  4x  .
3
6
Bài 2: Cho hàm số y = x 4 – x 2 + 6 (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp

1
tuyến vng góc với đường thẳng y  x  1. ĐS: y  6x  10.
6
1
2
Bài 3: Cho hàm số y = x 3  x  có đồ thị là (C ). Tìm trên (C ) những điểm mà tại đó tiếp tuyến của
3
3
1
2
4
(C ) vng góc với đường thẳng y =  x  . ĐS: (2;0);(2; ) .
3
3
3
3
2
Bài 4: Cho hàm số y  x  3x  4x  2 có đồ thị (C ).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m =

Ths.Hoàng Huy Sơn

20


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại A thuộc (C ) có x A  1 . ĐS: y  x + 3.
b) Chứng minh rằng trên đồ thị (C ) không tồn tại hai điểm nào sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai
điểm đó vng góc với nhau.
Bài 5: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  (m  1)x  1 .
a) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ bằng 1 đi qua điểm A(1;2).
5
ĐS: m  .
8
b) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hồnh độ bằng 2 vng góc với
1
đường thẳng y   x  1. Viết phương trình tiếp tuyến đó. ĐS: m  1;y  2x  5.
2
Bài 6: Cho hàm số y = x 3  3mx 2  2 có đồ thị (C m ). Tìm m để góc tạo bởi tiếp tuyến của đồ thị (C m )
1
tại điểm có hồnh độ bằng 1 và đường thẳng d : x  y  5  0 bằng 45. ĐS: m   .
2
2x  1
Bài 7: Cho hàm số y 
. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết khoảng cách từ điểm I (1, 2) đến
x 1
tiếp tuyến bằng 2. ĐS: y  x  5,y  x  1.

x 1
.
x 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số đã cho.

Bài 8: Cho hàm số y 

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C  biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm cận của C  tại hai

điềm A, B sao cho AB  2 2. ĐS: y  x  1; y  x  5.
II. CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ
Giao điểm của hai đồ thị
Cho 2 hàm số y  f (x ), y  g (x ) lần lượt có đồ thị (C ),(C ).

f (x )  g (x )(1) được gọi là phương trình hồnh độ giao điểm của (C ),(C ).
+ Số nghiệm của phương trình (1) chính bằng số giao điểm của (C ),(C ).
+ Nghiệm của phương trình (1) chính là hồnh độ giao điểm của (C ),(C ).
 f (x )  g (x )
+ (C ) tiếp xúc với (C ) khi và chỉ khi hệ phương trình 
 f (x )  g (x )
có nghiệm. Nghiệm của hệ chính là hồnh độ của tiếp điểm chung.
Một số ví dụ
2x  1
Ví dụ 1: Cho hàm số y 
có đồ thị (C ). Tìm k để đường thẳng y  kx  2k  1 cắt đồ thị (C ) tại
x 1
hai điểm phân biệt A và B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau.
Giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d : y  kx  2k  1.
2x  1
 kx  2k  1  2x  1  (kx  2k  1)(x  1) (do x  1 không là nghiệm)
x 1
 kx 2  (3k  1)x  2k  0(1). Điều kiện để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) tại 2 điểm phân biệt là (1) có
k  0
k  0

2 nghiệm phân biệt  

2
k  3  2 2  k  3  2 2

  k  6k  1  0

Giả sử A(x1 ;kx1  2k  1), B (x 2 ; kx 2  2k  1) là 2 giao điểm, do khoảng cách từ A và B đến trục hoành
bằng nhau nên
Ths.Hoàng Huy Sơn

21


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

kx  2k  1  kx  2k  1
2
y A  yB  kx 1  2k  1  kx 2  2k  1   1
kx1  2k  1   kx 2  2k  1

x  x
2
  1
k (x 1  x 2 )  4k  2  0
3k  1
Do x 1  x 2 nên ta chọn trường hợp k (x1  x 2 )  4k  2  0  k .
 4k  2  0  k  3 (nhận).
k
2x  1
Ví dụ 2: Cho hàm số y 
có đồ thị (C ). Tìm m để đường thẳng y  mx  3 cắt đồ thị (C ) tại 2
x 1

điểm M , N sao cho tam giác OMN vuông tại O .
Giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d : y  mx  3
2x  1
 mx  3  2x  1  (x  1)(mx  3) (vì x  1 khơng là nghiệm của phương trình)
x 1
 2x  1  mx 2  3x  mx  3  mx 2  (1  m )x  4  0(1). Điều kiện để đường thẳng d cắt đồ thị
(C ) tại 2 điểm phân biệt là (1) có 2 nghiệm phân biệt
m  0



m  0
m  0




 2

(*)
2
  (1  m )  16m  0
m  14m  1  0
m  7  4 3  m  7  4 3










Giả sử M (x1 ; mx 1  3), N (x 2 ;mx 2  3) là 2 giao điểm, khi đó tam giác OMN vuông tại O khi và chỉ khi
 

OM .ON  0  x1x 2  (mx 1  3)(mx 2  3)  0  (1  m 2 )x1x 2  3m (x1  x 2 )  9  0 (2). Vì x 1 , x 2 là hai
m 1
4
nghiệm của (1) nên theo định lý Viet ta có x 1  x 2 
; x1x 2   . Thay vào (2) ta được
m
m
4
m 1
(1  m 2 )
 3m.
 9  0  m 2  6m  4  0  m  3  5 (thỏa điều kiện (*)).
m
m
x  1
Ví dụ 3: Cho hàm số y 
có đồ thị (C ). Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y  x  m luôn
2x  1
cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C )

tại A và B . Tìm m để tổng k1  k 2 đạt giá trị lớn nhất.
Giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng (d ) : y  x  m
x  1
1

 x  m  x  1  (2x  1)(x  m ) (vì x  khơng là nghiệm của phương trình)
2x  1
2
 2x 2  2mx  m  1  0(1).   m 2  2m  2  0, m. Suy ra (C ) và (d ) luôn cắt nhau tại hai điểm
phân biệt với mọi m. Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của (1) ta có

4(x 1  x 2 )2  8x 1x 2  4(x 1  x 2 )  2
1
1
k1  k2  


(2). Theo định lý Viet ta có
2
(2x 1  1)2 (2x 2  1)2
4x 1x 2  2(x 1  x 2 )  1


m  1
. Thay vào (2) ta được k1  k2  4m 2  8m  6  4(m  1)2  2  2.
2
Suy ra k1  k2 lớn nhất bằng 2 khi và chỉ khi m  1.
x 1  x 2  m; x 1x 2 

Ví dụ 4: Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 có đồ thị (C ). Tìm m để đường thẳng y  m(x  1) cắt đồ thị
(C ) tại 3 điểm phân biệt M ( 1,0), A, B sao cho MA  2MB .
Giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng y  m (x  1)
x 3  3x 2  4  m (x  1)  x 3  3x 2  mx  m  4  0  (x  1)(x 2  4x  m  4)  0(1)

Ths.Hoàng Huy Sơn

22


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

x  1
 2
. 2 đồ thị cắt nhau tại 3 điểm phân biệt M ( 1,0), A, B khi và chỉ khi (2) có 2
x  4x  m  4  0(2)
    m  0
m  0
nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện là 

(*) Tọa độ các
2
m  9
g ( 1)  ( 1)  4( 1)  m  4  0

điểm A, B là A(x1 , m (x1  1)); B (x 2 , m (x 2  1)).
MA  (x 1  1)2  m 2 (x 1  1)2  (x 1  1)2 (m 2  1); MB  (x 2  1)2 (m 2  1). Theo bài ra ta có
MA  2MB  (x 1  1)2 (m 2  1)  2 (x 2  1)2 (m 2  1)  (x 1  1)2 (m 2  1)  4(x 2  1)2 (m 2  1)

x  1  2(x  1)
x  2x  1
2
2
(x 1  1)2  4(x 2  1)2   1

  1
x 1  1  2(x 2  1)
x 1  2x 2  3


+ TH: x 1  2x 2  1. Do x 1, x 2 là nghiệm của phương trình x 2  4x  m  4  0 nên theo định lý Viet ta
x  2x  1
x  3


 1
 1
2


có x 1  x 2  4; x 1x 2  m  4, vì vậy ta có hệ x 1  x 2  4  x 2  1
 m  1.




x x  m  4
3  m  4
 1 2





x  2x  3

x  11


 1
 1
2


x  x  4
+ TH: x 1  2x 2  3. Ta cũng có hệ  1
 x 2  7
 m  81.

2


x x  m  4
77  m  4
 1 2





Vậy, giá trị cần tìm là m  1  m  81. (Thỏa điều kiện(*)).
Ví dụ 5: Cho hàm số y  x 4  mx 2  m  1 (1). Tìm m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn
điểm phân biệt đều có hồnh độ lớn hơn 2.
Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là
x 4  mx 2  m  1  0 (1). Đặt t  x 2  0, ta có phương trình t 2  mt  m  1  0 (2)
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hồnh tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ lớn hơn 2.

khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 ,(t1  t 2 ) và 2   t 2   t1  t1  t 2 . Điều này
được thỏa khi và chỉ khi

  m 2  4m  4  0





m  2  2 2  m  2  2 2
m  2  2 2  m  2  2 2



S  m  0





m  0

 m  0


P  m  1  0







 m 2  4m  4  8  m

 t  2

m  17




2



3

17
 22 2 m  .
3
Ví dụ 6: Cho hàm số y  x 3  3x 2  1. Tìm m để đồ thị C  cắt đường thẳng y  m 2x  3m 2  1 tại ba

điểm phân biệt có hồnh độ lớn hơn 1.
Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng đã cho là
x  3
x  3x  1  m x  3m  1   x  m  x  3  0  x  m

x  m

2

2
C  cắt đường thẳng y  m x  3m  1 tại ba điểm phân biệt có hồnh độ lớn hơn 1 khi và chỉ khi
3

2

2

Ths.Hồng Huy Sơn

2

2

2

23


Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

Năm 2015

m  3
m  1
 1  m  1



m  1 m  0

m  0

Ví dụ 7: Cho hàm số y  x 4  2x 2 . Tìm m để đồ thị C  cắt Parabol y  m 2x 2  2m 2 tại bốn điểm phân
biệt với hồnh độ có giá trị tuyệt đối lớn hơn 1.
Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và Parabol y  m 2x 2  2m 2 là

x   2
x 4  2x 2  m 2x 2  2m 2  x 4  2x 2  m 2x 2  2m 2  0  x 4   2  m 2  x 2  2m 2  0  
x  m
m   2

Yêu cầu bài tốn được thỏa khi và chỉ khi 
m 1

Ví dụ 8: Cho hàm số y  x 3  m  1 x 2  m  1 x  1 , với m là tham số thực. Chứng tỏ rằng với mọi giá
trị khác 0 của m , đồ thị hàm số đã cho ln ln cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt A, B ,C trong đó
B ,C có hồnh độ phụ thuộc tham số m. Tìm giá trị của m để trung điểm của BC nằm trên Parabol
y  x 2  1.
Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là
x  1
x 3  m  1 x 2  m  1 x  1  0  x  1 x 2  mx  1  0   2
x  mx  1  0 1
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt
  m 2  4  0
khác 1, khi và chỉ khi 
 m  0. Vậy, với mọi giá trị khác 0 của m , đồ thị hàm số cắt
1m 1  0

trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B ,C trong đó B ,C có hồnh độ phụ thuộc tham số m là nghiệm của
1


phương trình (1). Gọi I là trung điểm của đoạn BC , tọa độ của I là   x B  x c  ;0  . Theo định lý Viet
2

m 
ta có x B  xC  m , do đó I  ;0  . Điểm I nằm trên Parabol y  x 2  1 nên
2 
2
m 
2
 2   1  0  m  4  m  2  m  2.
 
Ví dụ 9: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  m  1. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm
1
M có hồnh độ x  1 cắt các trục Ox ,Oy lần lượt tại A, B (A  B ) sao cho OA  OB.
3

Giải: Thay x  1 vào hàm số đã cho ta được y  2  2m. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã
cho tại điểm M là y  f ( 1)(x  1)  2  m  (3  6m )(x  1)  2  2m  ( 3  6m )x  4m  1.

 4m  1 
Tiếp tuyến cắt các trục Ox ,Oy lần lượt tại các điểm A 
;0  , B  0;4m  1 . Theo bài ra ta có
 6m  3 

Ths.Hồng Huy Sơn

24

Tài liệu ơn thi Đại học mơn Tốn. Phần HÀM SỐ

4m  1  0
1
4m  1
1
4m  1
OA  OB 
 4m  1 
 4m  1  

3
6m  3
3
2m  1
 2m  1  1

Năm 2015


m  1

4

m  1  m  0

1
Vì A  B nên ta loại trường hợp m  .
4

Ví dụ 10: Cho hàm số y 

3x  1
. Tìm m để đường thẳng (d ) : y  x  m cắt (C ) tại hai điểm A, B
2x  1

phân biệt sao cho AB  2 2.
Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng (d ) là
3x  1
1
 x  m  3x  1  2x 2  2mx  x  m (vì x  khơng là nghiệm của phương trình)
2x  1
2

 2x 2  2 m  2 x  m  1  0(1). Đồ thị (C ) và đường thẳng (d ) có hai điểm chung phân biệt khi và
chỉ khi
  (m  2)2  2(m  1)  0  m 2  4m  4  2m  2  0  m 2  2m  2  0  m  .
Giả sử A(x 1 ; x 1  m ); B(x 2 ; x 2  m ). Ta có AB  (x 2  x 1 )2  (x 2  x 1 )2  2 x 2  x 1 . Theo bài ra ta
có
(1  m )
4
2
 4  4m  m 2  2  2m  4  m 2  2m  2  0  1  3  m  1  3.
2 x 2  x 1  2 2  x 2  x 1  2  (x 2  x 1 )2  4x 1x 2  4  (2  m )2  4

2x  1
có đồ thị (C ). Tìm trên trục tung điểm M sao cho qua M kẻ được
x 1
1
đường thẳng song song với đường thẳng d : y  x  đồng thời cắt (C ) tại hai điểm phân biệt đối xứng

2
nhau qua M .

Ví dụ 11: Cho hàm số y 

Giải: Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M (0;b ) Oy ,  song song với đường thẳng d nên có phương
1
trình dạng y  x  b ,b  . Xét phương trình hồnh độ giao điểm của  và (C )
2
2x  1
 x  b  2x  1  (x  1)(x  b ) (do x  1 không là nghiệm của phương trình)
x 1

 x 2  (b  3)x  b  1  0(1).  cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt. Điều kiện là   (b  3)2  4( b  1)  0  b 2  2b  13  0  b  .
Gọi A, B là giao của  và (C ). Theo bài ra A, B đối xứng nhau qua M nên M là trung điểm của đoạn
x  xB
thẳng AB . Từ đó A
 x M  0  b  3. Vậy, điểm cần tìm là M (0;3).
2
Ví dụ 12: Cho hàm số y  x 3  m  1 x 2  m ( m là tham số). Xác định m để đồ thị hàm số đã cho cắt
trục hoành tại ba điểm phân biệt trong đó có 2 điểm có hồnh độ dương và một điểm có hồnh độ âm.
Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là
x  1
x 3  m  1 x 2  m  0  (x  1)(x 2  mx  m )  0(1)   2
x  mx  m  0  2 
Ths.Hoàng Huy Sơn

25