Hệ thống bài tập và lời giải chi tiết 12 Chuyên đề Toán ôn thi THPT Quốc gia của thầy Phan Huy Khải

(Phan Huy Khải - Hocmai.vn)

Bài 1: Tiếp tuyến hàm ña thức - Khóa LT ðảm bảo - Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1

HDG CÁC BTVN PHẦN TIẾP TUYẾN HÀM ðA THỨC
Bài 1. Cho ñồ thị
( )
3 2
: 1
m
C y x mx m
= + − −
. Viết phương trình tiếp tuyến của
(
)
m
C
tại các ñiểm cố
ñịnh mà
(
)
m
C
ñi qua
Lời giải: Gọi
0 0
( ; )
M x y
là ñiểm cố ñịnh mà
(
)
m
C

ñi qua

3 2
0 0 0
2 3
0 0 0
2
0 0 0
3
0 0
0 0
1,
( 1) 1 0,
1 0 1 1
0 2
1 0
y x mx m m
m x x y m
x x x
y y
x y
⇒ = + − − ∀
⇒ − + − − = ∀

− = = = −
 

⇒ ⇒ ∨
  
= = −

 
− − =



Do ñó có 2 ñiểm cố ñịnh mà
(
)
m
C
ñi qua là
(
)
1
1;0
M
và
(
)
2
1; 2
M
− −

Ta có:
2
3 2
y x mx
′
= +

- Phuơng trình tiếp tuyến tại M
1
là:
(
)
(1)( 1) (2 3) 2 3
y y x m x m
′
= − = + − +

- Phuơng trình tiếp tuyến tại M
2
là:
(
)
( 1)( 1) 2 ( 2 3) 2 1
y y x m x m
′
= − + − = − + − −

Bài 2. Tìm ñiểm
( )
3 2
: 2 3 12 1
M C y x x x
∈ = + − −
sao cho tiếp tuyến của (C) tại ñiểm M ñi qua gốc tọa
ñộ.
Lời giải: Gọi

0 0
( ; )
M x y
là ñiểm cần tìm
3 2
0 0 0 0
2 3 12 1
y x x x
⇒ = + − −

(1)

PTTT của (C) tại M là:

(
)
(
)
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0
( ) : ( )( ) 6 6 12 6 6 12
d y y x x x y x x x y x x x
′
= − + = + − + − + −

Vì (d) ñi qua gốc tọa ñộ nên
(
)
2
0 0 0 0

6 6 12
y x x x
= + −

(2)

Từ
(1)
và
(2)

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


3 2
0 0
2
0 0 0
0 0
4 3 1 0
( 1)(4 1) 0
1 12
x x
x x x

x y
⇒ + + =
⇒ + − + =
⇒ = − ⇒ =

Vậy
( 1;1;2)
M
−


Bài 1: Tiếp tuyến hàm ña thức - Khóa LT ðảm bảo - Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 4
Bài 3. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị
( )
3 2
: 3 2
C y x x
= − +
biết tiếp tuyến ñó vuông góc với ñường
thẳng:
5 3 4 0
y x
− + =

Lời giải: Tiếp tuyến vuông góc với ñường thẳng:
5 3 4 0
y x
− + =
có phương trình dạng:

5
(d):y x a
3
= − +

ð
i
ề
u ki
ệ
n
ñể
(d) và (C) ti
ế
p xúc nhau là: h
ệ

3 2
2
5
3 2 x a
3
5
3 6
3
x x
x x

− + = − +





− = −


có nghi
ệ
m
T
ừ

2 2
5 29
5
3 27
3 6 9 18 5 0
1 61
3
3 27
x a
x x x x
x a

= → =

− = − ⇒ − + = ⇒



= → =



V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán:
1
5 29
( ) : x
3 27
d y = − + và
2
5 61
( ) : x
3 27
d y = − +

Bài 4
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti

ế
p tuy
ế
n
ñ
i qua
(
)
0; 1
A
−

ñế
n
3 2
2 3 1
y x x
= + −

Lời giải
: Ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua A có d
ạ

ng d: y=kx – 1.
d ti
ế
p xúc v
ớ
i (C) khi và ch
ỉ
khi h
ệ
sau có nghi
ệ
m:

( )
3 2
3 2 2
2
3 2 3 2 3 2 2
2
2 3 1 1
2 3 1 6 6 1
6 6
0
2 3 1 6 6 1 4 3 0 (4 3) 0
3
4
0
3 3 9
6. 6.
4 4 8

x x kx
x x x x x
k x x
x
x x x x x x x x
x
k
k

+ − = −

⇔ + − = + −

= +


=


⇔ + − = + − ⇔ + = ⇔ + = ⇔

= −

=


⇒
   

= − + − = −

   

   


V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm là:
y 1
= −
và
9
y x-1 hay 9x+8y+8=0
8
= −

Bài 5
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy

ế
n
ñ
i qua
(
)
1;2
A −

ñế
n
3 2
3 2
y x x
= − +

Lời giải
: Ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua A có d
ạ
ng d: y=k(x+1) + 2.
d ti
ế

p xúc v
ớ
i (C) khi và ch
ỉ
khi h
ệ
sau có nghi
ệ
m:

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c

ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 2
3 2 2
2
3 2 3 2 3
3 2 1 2
3 2 3 6 1 2
3 6
0
3 2 3 3 6 2 2 6 0
3
3
2
0
1 2 3 1 2 3 1 2
1 2 3
1 2 3 1 2

x x k x
x x x x x
k x x
x
x x x x x x x
x
y
k
k y x
k
y x

− + = + +

⇔ − + = − + +

= −


=


⇔ − + = − − + ⇔ − = ⇔

= ±



=
=





⇒ = − ⇒ = − + +




= +

= + + +



V
ậ
y có 3 ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm là:
y 2
=
và
(
)
( )

1 2 3 1 2
y x
= ± + +

Bài 6
. Cho
( )
3 2
: 2 3 12 5
C y x x x
= − − −
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n bi
ế
t
a, Ti
ế
p tuy
ế
n
ñ
ó song song v
ớ

i
ñườ
ng th
ẳ
ng
6 4
y x
= −

b, Ti
ế
p tuy
ế
n
ñ
ó vuông góc v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
2
3
y x
= +

c, Ti
ế

p tuy
ế
n t
ạ
o v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
5
2
y x
= − +
góc
45


Lời giải: a, Tiếp tuyến song song với ñt:
6 4
y x
= −
có dạng
(
)
: 6
d y x b
= +

với
4
b
≠ −

ðK ñể
(
)
d
và
(
)
C
tiếp xúc là hệ sau có nghiệm:
3 2
2
2 3 12 5 6
6 6 12 6
x x x x b
x x

− − − = +


− − =



Từ
2 2

1 13
2
6 6 12 6 3 0
1 13
2
x
x x x x
x

− +
=


− − = ⇔ − − = ⇔

− −
=



Vì:
(
)
(
)
3 2 2 2
1
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 13 8
3 6
x

b x x x x x x x x x
= − − − = − − − − − − − = − −

- V
ớ
i
1 13 1 13 3 13 13 3 13 13
13. 8 6
2 2 2 2
x b y x
− + − + + +
= ⇒ = − − = − ⇒ = −

2 2
1 13
2
6 6 12 6 3 0
1 13
2
x
x x x x
x

− +
=


− − = ⇔ − − = ⇔

− −

=




Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ

t 4
- V
ớ
i
1 13 1 13 3 13 13 3 13 13
13. 8 6
2 2 2 2
x b y x
− − − − − −
= ⇒ = − − = − ⇒ = −

V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán là:
( )
1
3 13 13
: 6
2
d y x
+
= −
và
( )

2
3 13 13
: 6
2
d y x
−
= −

b, Ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
2
3
y x
= +
s
ẽ
có h
ệ
s
ố

góc
3
k
= −
.
Ph
ươ
ng trình hoành
ñộ
ti
ế
p
ñ
i
ể
m là:

1
2 2
2
1 7
2
6 6 12 3 2 2 3 0
1 7
2
x
y x x x x
x

+

=


′
= − − = − ⇔ − − = ⇔

−
=




(
)
(
)
3 2 2 2
1
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 16 5
3 6
x
b x x x x x x x x x
= − − − = − − − − − − − = − −

- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2

x
+
=
là:
( )
1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
+
= − − − ⇒ = − − +

- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2
x
−
=
là:
( )
1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
−
= − − − ⇒ = − − −

c, G
ọ
i k là h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm. Theo gi
ả
thi
ế
t ta có:

1
3
2 1
2
tan 45 2 1 2
1
1
2
1
3

2
k
k
k
k k
k
k
k
= −

+
+

= = ⇔ + = − ⇔

−
=
−



- V
ớ
i
3
k
= −
ta có pt hoành
ñộ
ti

ế
p
ñ
i
ể
m:

1
2 2
2
1 7
2
6 6 12 3 6 6 9 0
1 7
2
x
y x x x x
x

+
=


′
= − − = − ⇔ − − = ⇔

−
=



- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2
x
+
=
là:
( )
1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
+
= − − − ⇒ = − − +

- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2
x
−
=
là:
( )

1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
−
= − − − ⇒ = − − −

- V
ớ
i k = 1/3 ta có pt hoành
ñộ
ti
ế
p
ñ
i
ể
m:

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b

ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4

1
2 2
2
3 315
1
6
6 6 12 6 6 9 0
3
3 315
6
x
y x x x x
x


+
=


′
= − − = ⇔ − − = ⇔

−
=



(
)
(
)
3 2 2 2
1 127
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 134
3 6 18
x
b x x x x x x x x x= − − − = − − − − − − − = − −

PTTT t
ạ
i
1
3 315
6
x

+
=
là
1 1333 402 201
3 18
y x
 
+
= −
 
 
 

PTTT t
ạ
i
1
3 315
6
x
−
=
là
1 1333 402 201
3 18
y x
 
−
= −
 

 
 

V
ậ
y có 4 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán

Bài 7
. Tìm các
ñ
i
ể
m trên tr
ụ
c hoành mà t
ừ

ñ
ó k
ẻ

ñượ
c 3 ti
ế

p tuy
ế
n
ñế
n
ñồ
th
ị
hàm s
ố

( )
3 2
: 3
C y x x
= +
trong
ñ
ó có 2 ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc v
ớ
i nhau
Lời giải
: L
ấ
y
(

)
,0
M m b
ấ
t kì thu
ộ
c tr
ụ
c hoành Ox.
ðườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua M v
ớ
i h
ệ
s
ố
góc k có ph
ươ
ng trình
( )
y k x m kx km
= − = −
ti
ế
p xúc v
ớ

i
(
)
C

⇔
h
ệ

3 2
2
3 (1)
3 6 (2)
x x kx km
x x k

+ = −


+ =


có nghi
ệ
m.
Th
ế
(2) vào (1) ta có:
(
)

( )
3 2 2
3 3 6
x x x x x m
+ = + −


( )
(
)
( )
2
2
2 3 3 6 0
0
2 3 3 6 0
x x m x m
x
x m x m
⇔ + − − =
=

⇔

+ − − =



ðể
t

ừ
M k
ẻ

ñượ
c 3 ti
ế
p tuy
ế
n
ñế
n
(
)
C
trong
ñ
ó có 2 ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc thì ph
ươ
ng trình
( )
2
( ) 2 3 3 6 0
g x x m x m
= + − − =
ph

ả
i có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
;
x x
khác 0 sao cho
1 2
1
k k
= −
(k xác
ñị
nh
theo x trong (2))

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

; 3
3 3 48 0
9 30 9 0
3
(0) 6 0 0 0
9 2 2 1
9 2( ) 4 1
3 6 3 6 1
m m
m m
m m
g m m m
x x x x
x x x x x x
x x x x


> − < −


∆ = − + >
+ + >




⇔ = − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
  
  
+ + = −

+ + + = −
+ + = −

 




Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h

ọ
c trò Vi
ệ
t 4

( )( )
1 1
3 3
3 3
1
0 0
27
27 1
9 3 3 3 3 4 1
m m m m
m m m
m
m m m
 
> − ∨ < − > − ∨ < −
 
 
⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ =
 
 
− = −
− − + − + = −
 
 

sV
ậ
y
ñ
i
ể
m th
ỏ
a mãn là:
1
;0
27
M
 
 
 

Bài 8
. Cho
ñồ
th
ị

( )
3 1
:
3
x
C y
x

+
=
−
và
ñ
i
ể
m M b
ấ
t kì thu
ộ
c
(
)
C
. G
ọ
i I là giao c
ủ
a 2 ti
ệ
m c
ậ
n. Ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i

M c
ắ
t 2 ti
ệ
m c
ậ
n t
ạ
i A, B. CMR:
a, M là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AB
b, Di
ệ
n tích tam giác IAB không
ñổ
i
Lời giải
:
a,
ðồ
th
ị

(
)

C
có TCN:
(
)
1
: y 3
d
=
và TC
ð
:
(
)
2
: x 3
d
=
⇒
t
ọ
a
ñộ

ñ
i
ể
m
(
)
3;3

I

L
ấ
y
ñ
i
ể
m b
ấ
t kì
( )
10
3 ;3 , 0
M m C m
m
 
+ + ∈ ≠
 
 
. Ti
ế
p tuyên t
ạ
i M có d
ạ
ng:

( ) ( ) ( )
( )

2 2
10 10 20 30
: 3 3 3 3d y y m x m y x
m m
m m
 
′
= + − + + + ⇔ = − + + +
 
 

Ph
ươ
ng trình hoành
ñộ
giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
(
)
C
và
(
)
d
là:

2
2 2 2 2 2
10 20 30 3 1 1 1 3 6 9
3 2 1 0
3
x
x x x
m x m m
m m m m m
     
+
− + + + = ⇔ − + + − + + =
     
−
     

D
ễ
th
ấ
y pt trên có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
x x
<
. G

ọ
i
(
)
1 1
;
A x y
và
(
)
2 2
;
B x y
. Ta có:

2
1 2
2
2 6
2 6 2
1
M
m
m
x x m x
m
+
+ = = + =

( )
1 2 1 2
2 2
10 20 30 20
2 3 6 2
M
y y x x y
m m
m m
 
+ = − + + + + = + =
 
 

V
ậ
y m là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AB (
ñ
pcm)
b, Do tam giác IAB vuông t
ạ
i I, mà có M là trung
ñ
i

ể
m c
ủ
a AB nên ta có:

( )
( )
( )
( )
1 2
1 10
. 2 ; ; 2 20
2
IAB
S IA IB d M d M d m
m
∆
= = = =


Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả

m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4
V
ậ
y di
ệ
n tích
IAB
∆
không
ñổ
i.


………………….Hết……………….
Nguồn:

Hocmai.vn



Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


HDG CÁC BTVN PHẦN CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC
Bài 1: Tìm a để hàm số
3 2
4
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x
= − − + + +
đạt cực trị tại

1 2
,
x x
thảo mãn điều kiện:
2 2
1 2
1
x x
+ =

Lời giải: Hàm số có CĐ, CT
2

( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0
f x x a x c a
′
⇔ = − − + + =
có 2 nghiệm phân biệt
2
4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0
a c a
′
⇔ ∆ = − − + >


2
3sin 2sin 1 0
1
sin (*)
3
a a
a
⇔ − − >
⇔ < −

Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
, và hàm đạt cực trị tại
1 2
,
x x

. Théo viet ta có:
1 2 1 2
1 os2
1 sin ; .
4
c a
x x a x x
+
+ = − =
Giả thiết :
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2 . 1
x x x x x x
+ = ⇔ + − =


2
2
1 os2
(1 sin ) 1
2
1 3
sin
2
2sin 2sin 1 0
1 3
sin

2
c a
a
a
a a
a
+
⇔ − − =

−
=


⇔ − − = ⇔

+
=



So sánh đk (*) ta suy ra
1 3
arcsin 2
1 3
2
sin ,
2
1 3
arcsin 2
2

a k
a k Z
a k
π
π π

−
= +

−

= ⇔ ∈

−
= − +



Bài 2: Cho hàm số
3 2
1 1 3sin 2
( ) (sin os )
3 2 4
a
f x x a c a x x
= − + +
1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến
2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,

x x
thỏa mãn điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x
+ = +

Lời giải: Ta có:
2
3sin 2
( ) (sin os )
4
a
f x x a c a x
′
= − + +
1. Hàm số luôn đồng biến ( ) 0,
f x x R
′
⇔ ≥ ∀ ∈


Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 2 of 5

2
(sin os ) 3sin 2 0
1
1 2sin 2 0 sin 2
2

5
2 2 2 (1)
6 6
a c a a
a a
k a k
π π
π π
⇔ ∆ = + − ≤
⇔ − ≤ ⇔ ≥
⇔ + ≤ ≤ +

2. Hàm số có CĐ, CT
( ) 0
f x
′
⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt

0
⇔ ∆ > ⇔
a không thỏa mãn (1)
Với đk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
, và hàm đạt cực trị tại
1 2
,
x x

. Théo viet ta có:
1 2 1 2
3sin2
sin cos ; .
4
a
x x a a x x+ = + =
Điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x
+ = +

( )
2
1 2 1 2 1 2
2 .
x x x x x x
⇔ + = + −

( )
2
3sin2
sin cos sin cos (2)
2
a
a a a a⇔ + = + −
Đặt
sin cos 2 os
4

t a a c a
π
 
= + = −
 
 
2
sin 2 1
a t
⇒ = −
, do đk nên
2
1 3
1
2 2
t t− < ⇔ ≤
Khi đó (2) trở thành:

2 2 2
1
3
( 1) 2 3 0
3
2
t
t t t t t
t
=

= − − ⇔ + − = ⇔


= −


So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên

2
1
os os
4 4
2
2
2
a k
c a c
a k
π
π π
π
π
=

 

− = = ⇒
 

= +
 


Bài 3: Tìm m để hàm số
3 2
3
( )
2
m
f x x x m
= − +
có các CĐ và CT nằm về hai phía của
đường thẳng y = x
Lời giải: Hàm số có CĐ và CT
2
( ) 3 3 0
f x x mx
′
⇔ = − =
có 2 nghiệm phân biệt
0
m
⇔ ≠

Khi đó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
0;
x x m
= =

⇒

tọa độ 2 điểm CĐ, CT là:
3
(0; ); ( ; )
2
m
A m B m m −
Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi:

Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 3 of 5

3 4
(0 )( ) 0 0
2 2
m m
m m m
− − + < ⇔ − <
, luôn đúng với
0
m
≠

Vậy ĐS:
0
m
≠


Bài 4: Tìm m để hàm
4 3 2

( ) 4 1
f x x x x mx
= − + + −
có cực đại, cực tiểu
Lời giải: Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu
3 2
( ) 4 12 2 0
f x x x x m
′
⇔ = − + + =
có 3 nghiệm phân biệt
3 2
( ) : 4 12 2
g x x x x m
⇔ = − + = −
có 3 nghiệm phân biệt
Xét hàm g(x) ta có:
2
6 30
6
( ) : 12 24 2 0
6 30
6
x
g x x x
x

−
=



′
= − + = ⇔

+
=



Từ đó ta vẽ được bbt của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ)
Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt
⇔
đồ thị hàm g(x) cắt đường thẳng y = - m tại 3 điểm phân biệt
6 30 6 30
6 6
g m g
   
+ −
⇔ < − <
   
   
   


6 30 6 30
6 6
g m g
   
− +
⇔ − < < −

   
   
   


10 30 10 30
6 6
9 9
m⇔ − < < +

Bài 5: Cho hàm số
4 3 2
( ) 2
f x x x mx
= + + . Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có
cực đại
Lời giải: Ta có
3 2
( ) 4 6 2 0
f x x x mx
′
= + + =


2
2
(2 3 ) 0
0
( ) 2 3 0
x x x m

x
g x x x m
⇔ + + =
=

⇔

= + + =


Ta có:
9 8
g
m
∆ = −
TH 1: Nếu
9
0
8
g
m
∆ ≤ ⇔ ≥
thì
( ) 0,
g x x
≥ ∀
. Suy ra f(x) triệt tiêu và đổi dấu từ - sang +
tại x = 0 nên đạt cực tiểu tại x = 0, và không có cực đại

Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải

Page 4 of 5
TH 2: Nếu
9
0
8
g
m
∆ > ⇔ <
thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt. Đk để hàm chỉ có cực tiểu
mà không có cực đại là:
(
)
g 0 0 0
m
= ⇔ =
(thỏa mãn)
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
9
8
m
m
=



≥


Bài 6: CMR hàm số

4 2
( ) 6 4 6
f x x x x
= − + +
luôn có 3 cực trị đồng thời gốc tọa độ O là
trọng tâm của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị
Lời giải: Ta có:
3
( ) 4 12 4
f x x x
′
= − +

Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có:
( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12
f f f f
′ ′ ′
− = − = = − =

( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0
f f f f f f
′ ′ ′ ′ ′
⇒ − < < <

⇒
f’(x) có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
2 0 1 2
x x x
− < < < < < <

Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là
1 1 2 2 3 3
( , ); ( , ); ( , )
A x y B x y C x y

Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) được:

2
1
( ) ( ) (3 4 6)
4
f x f x x x
′
= − − −

Suy ra
2
3 4 6; 1,2,3
k k k
y x x k= − + + =
Áp dụng viet cho f’(x ) ta có:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
0
. . . 3
x x x
x x x x x x
+ + =



+ + = −


Nên
2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3
3 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18
y y y x x x x x x x x x x x x
 
+ + = − + + − + + + + + +
 


6.( 3) 18 0
= − + =

Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa độ
Bài 7: CMR:
4 3 4
( ) 0, 256 27
f x x px q x R q p
= + + ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥
Lời giải:
3
3
( ) 4 0
4
p
f x x p x

−
′
= + = ⇔ = , từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x)
Từ bbt suy ra ( ) 0,
f x x R
≥ ∀ ∈


Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 5 of 5

3
4
3 3
3 4
min ( ) ( ) 0
4
0
4 4
256 27 ( )
x R
p
f x f
p p
p q
q p dpcm
∈
−
⇔ = ≥
 

− −
⇔ + + ≥
 
 
 
⇔ ≥

Bài 8: Tìm m để hàm số
(
)
(
)
4 2
( ) 1 1 2
f x mx m x m
= + − + − có đúng 1 cực trị
Lời giải:
( )
3
2
0
( ) 4 2 1 0
( ) 2 1 0
x
f x mx m x
g x mx m
=

′
= + − = ⇔


= + − =


- Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực đại
- Nếu m = 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi đó f(x) chỉ có 1 cực tiểu
- Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi đó f(x) có 3 cực trị
- Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực trị
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
1
m
m
≤


≥


Bài 9: CMR hàm số
4 3 2
( ) 5 1
f x x x x
= − − +
có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol.
Lời giải : Ta có
3 2
( ) 4 3 10 0
f x x x x
′

= − − =


2
(4 3 10) 0
0
5
2
2
x x x
x
x
x
⇔ − − =
=



⇔ =


=


Suy ra f(x) luôn có 3 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) được:

2
1 1 43 5
( ) ( ) 1
4 16 16 8

f x x f x x x
−
   
′
= − + − +
   
   

Do hoành độ 3 điểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa độ 3 điểm cực trị sẽ thỏa mãn

2
43 5
1
16 8
y x x
−
= − +

Vậy 3 điểm cực trị nằm trên một parabol
2
43 5
1
16 8
y x x
−
= − +
.

………………….Hết……………….
Nguồn: hocmai.vn

Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


HDG CÁC BTVN PHẦN TƯƠNG GIAO HÀM ĐA THỨC
Câu 1: Cho hàm số (C):
3 2
3
y x mx mx
= − − và đường thẳng d: y = x + 2.
Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d:
1.1. Tại đúng 2 điểm phân biệt.
1.2. Tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC
1.3. Tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số nhân.
Lời giải:
1.1. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
( )
3
3 2
2
2
3 2
3
x x
x mx mx x f x m
x x
− −
− − = + ⇔ = =
+

Ta có:
( )
( )
4 3 2
4 3 2
2
2
3 2 3 12 2
' 0 3 2 3 12 2 0
3
x x x x
f x x x x x
x x
+ + + +
= = ⇔ + + + + = ⇔
+

Lập bảng biến thiên của hàm số f(x), từ đó dựa vào bảng biến thiên kết luậ
n bài toán
1.2. Xét phương trình hoành độ giao điểm:

(
)
(
)
3 2 3 2
3 2 3 1 2 0
x mx mx x g x x mx m x
− − = + ⇔ = − − + − =

Hàm số (C) cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC

(
)
' 0
g x
⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt và điểm uốn của đồ thị hàm số
(
)
y g x
= nằm trên trục
hoành Ox.
- Phương trình
(
)
(
)
2
' 3 6 1 0
g x x mx m
= − − + =
có
2
' 9 3 3 0
m m
∆ = + + >
nên luôn có 2 nghiệm phân biệt
với mọi m

- Hàm
(
)
y g x
= có điểm uốn là
(
)
3 2
; 2 2 Ox
U m m m m− − − − ∈ khi và chỉ khi:

(
)
(
)
3 2 2
2 2 0 1 2 2 0 1
m m m m m m m
− − − − = ⇔ + − + = ⇔ = −

Vậy
1
m
= −

1.3. Đk cần: Giả sử (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3
; ;
x x x
lần lượt lập thành cấp số nhân. Khi

đó ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 3
g x x x x x x x
= − − −

Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 2 of 3
Suy ra:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
1 2 3
3
1
2
x x x m
x x x x x x m
x x x
+ + =


+ + = − −



=


Vì
2 3
3
1 3 2 2 2
2 2
x x x x x= ⇒ = ⇒ = nên ta có:
3
3
5
1 4 2.3
3 2 1
m m m− − = + ⇔ = −
+

Đk đủ: Với
3
5
3 2 1
m = −
+
, thay vào tính nghiệm thấy thỏa mãn.
Vậy
3
5
3 2 1
m = −

+

Câu 2: Cho hàm số
(
)
4 2
2 1 2 1
y x m x m
= − + + +

2.1. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng;
2.2. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3.
Lời giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
(
)
4 2
2 1 2 1 0
x m x m
− + + + =
;
(1)

Đặt
2
, 0
t x t
= ≥
thì
(1)

thành:
(
)
2
( ) 2 1 2 1 0
f t t m t m
= − + + + =
.
2.1. Điều kiện để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt là f(t) phải có 2 nghiệm dương phân biệt
( )
2
' 0
1
2 1 0
2
0
2 1 0
m
m
S m
m
P m

∆ = >

> −


⇔ = + > ⇔
 

 
≠

= + >

(*)
Với (*), gọi
1 2
t t
<
là 2 nghiệm của f(t), khi đó hoành độ giao điểm của hàm số với Ox lần lượt là:
1 2 2 1 3 1 4 2
; ; ;
x t x t x t x t
= − = − = =
Các giao điểm lập thành cấp số cộng
2 1 3 2 4 3 2 1
9
x x x x x x t t
⇔ − = − = − ⇔ =


(
)
( )
1 9 1
4
5 4 4
5 4 1
4

5 4 4
9
m m m m
m
m m
m m
m m
m
⇔ + + = + −
=

= +


⇔ = + ⇔ ⇔


− = +
= −



Vậy
4
4;
9
m
 
= −
 

 

2.2. Hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3

Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 3 of 3
(
)
f t
⇔ có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;
t t
sao cho:
1 2
1 2
0 3
0 3
t t
t t
= < <


< < ≤


( )
( )
( )
2

2
' 0
' 0
3 4 4 0
(0) 2 1 0
2 1 0
2 1 3
2 1 0
1
1
2
m
m
f m
f m
S m
S m
P m
m m

∆ = >

∆ = >

= − ≤


⇔ = + =
 
= + >

 
= + <


= + >

⇔ = − ∨ ≥

Đáp số
1
1
2
m m
= − ∨ ≥
.

………………….Hết……………….
Nguồn: hocmai.vn

Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


HDG CÁC BTVN TIẾP TUYẾN HÀM PHÂN THỨC
Câu I: Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
− +
=
+
(C)
I.1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M(2 ; 3) đến (C)
I.2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của 2 đường tiệm cận.
I.3. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm
(
)
M C
∈ , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác
có diện tích bằng 1.
I.4. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm
(

)
M C
∈ , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác
cân.
Giải:
Tập xác định:
1
\
2
 
= −
 
 
D R
. Ta có:
( )
2
3
' 0,
2 1
−
= < ∀ ∈
+
y x D
x

Bài 1:
Vì đường thẳng x = 2 không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua M (2; 3) có hệ
số góc k có dạng:
(

)
2 3
y k x
= − +
tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ:
( )
( )
2
1
2 3
2 1
3
2 1
x
k x
x
k
x
− +

= − +

+


−

=
+



có nghiệm
Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:

( )
( )
2
2
1 3
2 3 7 4 4 0
2 1
2 1
x
x x x
x
x
− + −
= − + ⇔ + + =
+
+
: Vô nghiệm
Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua M đến (C)
Bài 2:
Hàm số có: TCĐ:
1
2
x
= −
; TCN:
1

2
y
= −
1 1
;
2 2
I
 
⇒ − −
 
 

Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 2 of 5
Vì đường thẳng
1
2
x
= −
không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua
1 1
;
2 2
I
 
− −
 
 
có hệ số góc k có dạng:
1 1

2 2
y k x
 
= + +
 
 
tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ:
( )
2
1 1 1
2 1 2 2
3
2 1
x
k x
x
k
x
− +
 
= + +
 

+
 


−

=


+

có nghiệm

Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:

( )
( )
2
1 3 1 1 3 3
2 1 2 2 2 1 2 2 1
2 1
x
x
x x x
x
− + − −
 
= + − ⇔ =
 
+ + +
 
+
:Vô nghiệm

Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I đến (C)
Bài 3:
Gọi
( )

0
0
1 3 1
;
2 4 2
M x C
x
 
− − ∈
 
 
. Tiếp tuyến tại M có dạng:
( )
0
2 2
0 0 0 0
3 3 1 3 3 1
:
4 4 2 4 2 2
d y x x x
x x x x
− −
= − + − = + −

Giả sử
Ox;
A d B d Oy
= ∩ = ∩
suy ra:
(

)
0 0
0
0
2 3
3
;0 ; 0;
3
x x
x
A B
x
− 
 
−
 
 
 
 

OAB
∆
vuông tạo O
( )
2
0
1 2
. 3 1
2 3
OAB

S OA OB x
∆
⇒ = = − =


0 0
6 6 6
3
2 2
x x
±
⇒ − = ± ⇒ =

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là:
3 4 6
20
40 12 6
y x
− −
= +
−
hay
3 4 6
20
40 12 6
y x
− +
= −
+

Bài 4:

Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 3 of 5
Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là
1
k
= ±
. Gọi
(
)
(
)
0 0
;
M x y C
∈
là tiếp điểm
- Nếu
( )
0 0
2
0
3 1 3
1 1 2 1 3
2
2 1
k x x
x
− − ±

= − ⇒ = − ⇒ + = ± ⇒ =
+

Với
0 0
1 3 1 3
2 2
x y
− − − −
= ⇒ = ⇒
tiếp tuyến là:
1 3
y x= − − −

Với
0 0
1 3 1 3
2 2
x y
− + − +
= ⇒ = ⇒
tiếp tuyến là:
1 3
y x= − − +

- Nếu
( )
( )
2
0

2
0
3
1 1 2 1 3
2 1
k x
x
−
= − ⇒ = ⇒ + = −
+
: Vô nghiệm
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là:
1 3
y x= − − −
và
1 3
y x= − − +


Câu II: Cho hàm số
(
)
1
m x m
y
x m
− +
=
−

(
)
m
C

II.1. CMR đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại 1 điểm cố định.
II.2. Tiếp tuyến tại
(
)
m
M C
∈ cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR M là trung điểm của AB
II.3. Cho điểm
(
)
0 0
M x , y
∈
(
)
3
C
. Tiếp tuyến của
(
)
3
C
tại M

cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm A và

B. Chứng minh diện tích tam giác AIB không đổi, I là giao của 2 tiệm cận.
Tìm M để chu vi tam giác AIB nhỏ nhất.
Giải:

Bài 1:
Gọi
(
)
0 0
;
M x y
là điểm cố định của hàm số
(
)
0
0
0
1
;
m x m
y m
x m
− +
⇒ = ∀
−


(
)
(

)
0 0 0 0 0
0 0 0
0 0 0 0
1 0;
1 0 0
0 1
m x y x x y m
x y x
x x y y
⇔ + + − + = ∀
+ + = =
 
⇔ ⇔
 
+ = = −
 

Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 4 of 5
Với
(
)
0; 1
M
−
, tiếp tuyến tại M là:
(
)
' 0 1 1

y y x x
= − = − −

Vậy đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định
1
y x
= − −
tại
(
)
0; 1
M
−
.
Bài 2:
Ta có:
2
1
m
y m
x m
= − + ⇒
−
TCĐ:
x m
=
và TCN:
1
y m
= −

Gọi
( )
2
; 1 , 0
m
m
M a m m C a
a
 
+ − + ∈ ≠
 
 
. Tiếp tuyến tại M có dạng:
( )( ) ( )
2 2 2
2
: ' 1 1
m m m
d y y a m x a m m x a m m
a a a
= + − − + − + = − − − + − +

Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:

( )
2
2
2 ; 1 ; ; 1
m

A a m m B m m
a
 
+ − − +
 
 

Nhận thấy
2
2
A B M
A B M
x x x
y y y
+ =

⇒

+ =

M là trung điểm của AB (đpcm)
Bài 3:
Điểm
( )
3
9 9
: 2 3 ; 2
3
M C y M
x

α
α
 
∈ = + ⇒ + +
 
−
 

Phương trình tiếp tuyến của M có dạng:
2 2
9 18 27
: 2y x
α α α
∆ = − + + +

Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:
( )
18
2 3;2 ; 3;2A B
a
α
 
+ +
 
 

Vì I là giao điểm của 2 tiệm cận nên
(
)
3;2

I
+
IAB
∆
vuông tại I nên:
1 1 18
. . . 2 . 18
2 2
IAB
S IA IB
α
α
∆
= = =
(đvdt)
+ Chu vi tam giác IAB là:
Bài 1: Tiếp tuyến hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 5 of 5

2
2
18 18
2 4p IA IB AB
α α
α α
 
= + + = + + +
 
 

2
2
18 18
2 2 2 4 12 2.2.18 12 6 2
α α
α α
 
≥ + + = + = +
 
 

Dấu = xảy ra
18
2 3
α α
α
⇔ = ⇔ = ±
(
)
6;5
M⇔ hoặc
(
)
0; 1
M
−


………………….Hết…………………

Nguồn: hocmai.vn


Bài 2: Cực trị hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


HDG CÁC BTVN CỰC TRỊ CỦA HÀM PHÂN THỨC
Cho hàm số
2 2
2 1 3
x mx m
y
x m
+ + −
=
−
. Tìm tham số m để hàm số có:
Câu 1. Hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung.
Câu 2. Hai điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O lập thành tam giác vuông tại O.
Câu 3. Hai điểm cực trị cùng với điểm M(0; 2) thẳng hàng.
Câu 4. Khoảng cách hai điểm cực trị bằng
10
m
.
Câu 5. Cực trị và tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX.
Câu 6. Cực trị và thỏa mãn:
2 3
CD CT
y y+ >

.
Giải:
Tập xác định:
{
}
\
D R m
=

Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 2 1
3 ' 1
x xm m
y x m y
x m
x m x m
− + −
= + + ⇒ = − =
−
− −

Câu 1:
Hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung
⇔
y’ = 0 có 2 nghiệm trái dấu

2 2

( ) 2 1
g x x xm m
⇔ = − + −
có 2 nghiệm trái dấu cùng khác m

2
1 0
1 1
( ) 0
m
m
g m

− <
⇔ ⇔ − < <

≠


Vậy
(
)
1;1
m ∈ −

Câu 2:
Có:
1
2
1

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

Do đó hàm số luôn đạt cực trị tại
1 2
;
x x
. Ta có:
(
)
(
)
1 1 2 2
4 2; 4 2
y y x m y y x m
= = − = = +

Gọi 2 điểm cực trị là
(
)
(

)
1; 4 2 ; 1; 4 2
A m m B m m
− − + +

Bài 2: Cực trị hàm phân thức – Khóa LT Đảm bảo – Phan Huy Khải.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 2 of 3

OAB
∆
vuông tại O
. 0
OA OB OA OB
⇔ ⊥ ⇔ =
uuur uuur


(
)
(
)
(
)
(
)
2
1 1 4 2 4 2 0
85
17 5 0
17

m m m m
m m
⇔ − + + − + =
⇔ − = ⇔ = ±

Vậy
85
17
m = ±
là giá trị cần tìm.
Câu 3:.
Ta có:
(
)
(
)
1; 4 2 ; 1;4
MA m m MB m m
= − − = +
uuur uuur

A, M, B thẳng hàng
(
)
(
)
(
)
|| 4 1 1 4 2
MA MB m m m m

⇔ ⇔ − = + −
uuur uuur


1
6 2
3
m m
⇔ = ⇔ =

Đáp số:
1
3
m
=

Câu 4:
Ta có:
2
10 4 4 10 2
AB m m m= ⇔ + = ⇔ =

Câu 5:
Mọi giá trị m thì hàm số luôn có cực trị.
Vì
( )
1
lim 3 lim 0 3
x x
y x m y x m

x m
→±∞ →±∞
− + = = ⇒ = + 
 
−
là TCX của hàm số.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = m – 1. Khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX là:
(
)
(
)
1 4 2 3
1
2 2
m m m
h
− − − +
= =

Câu 6:
Ta có:
3
4
2 3 8 2 3
3
4
CD CT
m
y my
m


>


+ > ⇔ > ⇔

< −

