40 bài hàm số chọn lọc năm 2013

Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

x4
5
Bài 1. Cho hàm số y =
− 3x 2 +
2
2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số.
2. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ xM = a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị
nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M.
Giải.
4
 a
5
− 3a 2 +  .
2/ + Vì M ∈ (C ) ⇒ M  a ;
2
2

Ta có: y’ = 2x3 – 6x ⇒ y ' (a) = 2a 3 − 6a
a4
5
Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình : y = (3a − 6a )( x − a) +
− 3a 2 + .
2
2
4
4
x
5

a
5
+ Xét pt :
− 3 x 2 + = (3a 3 − 6a )( x − a) +
− 3a 2 + ⇔ ( x − a ) 2 ( x 2 + 2ax + 3a 2 − 6) = 0
2
2
2
2
x = a
⇔
2
2
 g ( x) = x + 2ax + 3a − 6 = 0
2
| a |> 3
∆ ' > 0
a − 3 > 0
⇔ 2
⇔
YCBT khi pt g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác a ⇔ 
a ≠ 1
 g ( a) ≠ 0
 a ≠ ±1
x
Bài 2. Cho hàm số y =
(C).
x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)

đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Giải.
x0
) ∈ (C ) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp
2/ Giả sử M ( x0 ;
x0 − 1
tuyến là lớn nhất.
x
1
( x − x0 ) + 0
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y = −
2
( x0 − 1)
x0 − 1
3

x02
1
x
−
y
+
=0
( x0 − 1) 2
( x0 − 1)2
2
x0 − 1
1
Ta có d(I ;tt) =
.Đặt t =

>0
x0 − 1
1
1+
( x 0 − 1) 4
2t
(t > 0)
Xét hàm số f(t)
1+ t4
(1 − t )(1 + t )(1 + t 2 )
ta có f’(t) =
(1 + t 4 ) 1 + t 4
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta có
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay
⇔−

t
f’(t)
f(t)

1

0

+∞

1

+

0
2

-


Cỏc bi tp d v c bn v KS hm s Trong ễn thi i Hc nm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

x0 = 2
x0 1 = 1
x0 = 0
+ Vi x0 = 0 ta cú tip tuyn l y = -x
+ Vi x0 = 2 ta cú tip tuyn l y = -x+4
Bi 3. Cho hm s y =

2x 4
x +1

.

1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Tỡm trờn th (C) hai im i xng nhau qua ng thng MN bit M(-3; 0) v N(-1; -1).
Gii.
6
6

2. Gi 2 im cn tỡm l A, B cú A a; 2
ữ; B b; 2

ữ; a, b 1
a +1
b +1

a+b a2 b2
;
+
Trung im I ca AB: I
ữ
2 a +1 b +1
Pt ng thng MN: x + 2y +3= 0
uuur uuuu
r
a = 0
A(0; 4)
AB.MN = 0
=>
Cú :
=>
I MN
b = 2
B (2;0)
Bi 4. Cho hm s y = x 4 4 x 2 + 3 .
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ( C ) ca hm s ó cho.
4
2
k
2. Bin lun theo tham s k s nghim ca phng trỡnh x 4 x + 3 = 3 .
y
Gii.

4
2
2. th hm s y = x 4 x + 3 gm phn nm phớa trờn Ox v i xng ca phn nm phớa di Ox
qua Ox ca th (C); y = 3k l ng thng song song vi Ox. T ú ta cú 3
kt qu:
k
* 3 < 1 k < 0 : phng trỡnh cú 8 nghim,
* 3k = 1 k = 0 : phng trỡnh cú 6 nghim,
* 1 < 3k < 3 0 < k < 1 : phng trỡnh cú 4 nghim,
* 3k = 3 k = 1 : phng trỡnh cú 3 nghim,
O
x
* 3k > 3 k > 1 : phng trỡnh cú 2 nghim.
2x 1
Bi 5. Cho hàm số y =
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I (1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất .
Gii.
3
3

3
=
( x x0 ) hay
(C ) thì tiếp tuyến tại M có phơng trình y 2 +
2. Nếu M x0 ; 2
x0 + 1 ( x0 + 1) 2
x0 + 1

1
1 1
1

3( x x0 ) ( x0 + 1) 2 ( y 2) 3( x0 + 1) = 0
. Khoảng cách từ I (1;2) tới tiếp tuyến là
3(1 x0 ) 3( x0 + 1)
6 x0 + 1
d=
=
=
4
9 + ( x0 + 1) 4
9 + ( x0 + 1)

6
. Theo bất đẳng thức Côsi
9
+ ( x0 + 1) 2
2
( x0 + 1)

9
+ ( x0 + 1) 2 2 9 = 6 , vây d 6 . Khoảng cách d lớn nhất bằng
2
( x0 + 1)
9
2
= ( x0 + 1) 2 ( x0 + 1) = 3 x0 = 1 3 .

2
( x0 + 1)
2

6 khi


Cỏc bi tp d v c bn v KS hm s Trong ễn thi i Hc nm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

(

Vậy có hai điểm M : M 1 + 3 ;2 3

)

(

hoặc M 1 3 ;2 + 3

)

x+2
(C)
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm tơng ứng
nằm về hai phía trục ox.
Gii.
2. Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)
Bi 6. Cho hàm số y =

x + 2
(2 )
x 1 = kx a
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:
có nghiệm x 1

3

=k
(3)
(x 1) 2
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc: (a 1)x 2 2(a + 2)x + a + 2 = 0

( 4)

a 1
a 1

Để (4) có 2 nghiệm x 1 là: f (1) = 3 0
a > 2
' = 3a + 6 > 0

Hoành độ tiếp điểm x 1 ; x 2 là nghiệm của (4)
x +2
x +2
Tung độ tiếp điểm là y 1 = 1
, y2 = 2
x1 1
x2 1

Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: y 1 .y 2 < 0

(x 1 + 2)( x 2 + 2)
<0
( x 1 1)(x 2 2)

x 1 x 2 + 2( x 1 + x 2 ) + 4
9a + 6
2
2
<0
< 0 a > Vậy < a 1 thoả mãn đkiện bài toán.
x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) + 1
3
3
3
Bi 7. Cho hm s y =

x +1
.
x 1

1.Kho sỏt s bin thiờn v v th ( C ) ca hm s.
2.Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh

x +1
= m.
x 1

Gii.
2. Hc sinh lp lun suy t th (C) sang th y =

x +1
( C ') .Hc sinh t v hỡnh
x 1

Suy ra ỏp s
m < 1; m > 1: phng trỡnh cú 2 nghim
m = 1: phng trỡnh cú 1 nghim
1 < m 1: phng trỡnh vụ nghim
2x 3
Bi 8. Cho hm s y =
cú th (C).
x2
1.Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (C)
2.Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct hai tim cn ca (C) ti A, B sao
cho AB ngn nht .
Gii.
3


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

1
1 

y
'
m

=
−
(
)
∈
C
(
)
2. Lấy điểm M  m; 2 +
.
Ta
có
:
2 .
÷
( m − 2)
m−2

Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :
1
1
y=−
x − m) + 2 +
2 (
m−2
( m − 2)

Vậy điểm M cần tìm có tọa độ
là : (2; 2)

2 

Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2 +
÷
m−2

Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)


1
2
2
≥ 8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Ta có : AB = 4 ( m − 2 ) +
2
( m − 2 ) 

Bài 9. Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.
Giải.
2. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3
điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y= - 2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4


x=

 y = 3x − 2

4 2
5
⇔
=> M  ; ÷

5 5
 y = −2 x + 2
y = 2

5
m−x
có đồ thị là ( H m ) , với m là tham số thực.
x+2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1 .
2. Tìm m để đường thẳng d : 2 x + 2 y − 1 = 0 cắt ( H m ) tại hai điểm cùng với gốc tọa độ tạo thành
3
một tam giác có diện tích là S = .
8
Giải.
−x+m
1
= −x +
2. Hoành độ giao điểm A, B của d và ( H m ) là các nghiệm của phương trình
x+2
2
2

⇔ 2 x + x + 2(m − 1) = 0, x ≠ −2
(1)
17

∆ = 17 − 16m > 0
m <
⇔
16 .
Pt (1) có 2 nghiệm x1 , x 2 phân biệt khác − 2 ⇔ 
2
2.(−2) − 2 + 2(m − 1) ≠ 0
m ≠ −2

Bài 10. Cho hàm số y =

Ta có
AB = ( x2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2 = 2 . ( x2 − x1 ) 2 = 2 . ( x2 + x1 ) 2 − 4 x1 x2 =
Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến d là h =

1
2 2

.

4

2
. 17 − 16m .
2

Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

1
1 1
2
3
1
.
. 17 − 16m = ⇔ m = , thỏa mãn.
Suy ra S ∆OAB = .h. AB = .
2
2 2 2 2
8
2
2 3
5
2
Bài 11. Cho hàm số y = − x + ( m − 1) x + (3m − 2) x − có đồ thị (C m ), m là tham số.
3
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 2.
2. Tìm m để trên (Cm ) có hai điểm phân biệt M 1 ( x1 ; y1 ), M 2 ( x2 ; y2 ) thỏa mãn x1.x2 > 0 và tiếp
tuyến của (Cm ) tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x − 3 y + 1 = 0.
Giải.
1
2. Ta có hệ số góc của d : x − 3 y + 1 = 0 là k d = . Do đó x1 , x2 là các nghiệm của phương trình y ' = −3 ,
3
hay
− 2 x 2 + 2( m − 1) x + 3m − 2 = −3

⇔ 2 x 2 − 2(m − 1) x − 3m − 1 = 0
(1)
Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 .x2 > 0
∆ ' = (m − 1) 2 + 2(3m + 1) > 0
m < −3

⇔  − 3m − 1
⇔
− 1 < m < − 1 .
>
0

y
3

 2
1
Vậy kết quả của bài toán là m < −3 và − 1 < m < − .
3
3
2
3
Bài 12. Cho hàm số y = 2 x 4 − 4 x 2 + .
2
1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2
2. Tìm m để phương trình sau có đúng 8 nghiệm thực phân biệt
3
1

| 2x 4 − 4x 2 + | = m2 − m + .
O
1
2
2
1
Giải.
−
2
3
1
1
4
2
2
2
2. Phương trình | 2 x − 4 x + | = m − m + có 8 nghiệm phân biệt ⇔ Đường thẳng y = m − m +
2
2
2
3
4
2
cắt đồ thị hàm số y = | 2 x − 4 x + | tại 8 điểm phân biệt.
2
3
4
2
Đồ thị y = | 2 x − 4 x + | gồm phần (C) ở phía trên trục Ox và đối xứng phần (C) ở phía dưới trục Ox
2

qua Ox.
1 1
⇔ 0 < m2 − m + <
Từ đồ thị suy ra yêu cầu bài toán
⇔ m 2 − m < 0 ⇔ 0 < m < 1.
2 2

−1

Bài 13. Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1) x 2 + 9 x − m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m = 1 .
2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x 2 sao cho x1 − x 2 ≤ 2 .
Giải.
2

2. Ta cã y ' = 3 x − 6(m + 1) x + 9.
+) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i, cùc tiÓu t¹i x1 , x 2
⇔ ph¬ng tr×nh y ' = 0 cã hai nghiÖm pb lµ x1 , x 2
⇔ Pt x 2 − 2(m + 1) x + 3 = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ x1 , x 2 .
 m > −1 + 3
⇔ ∆' = (m + 1) 2 − 3 > 0 ⇔ 
m < −1 − 3

(1)
5

x


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

+) Theo ®Þnh lý Viet ta cã x1 + x 2 = 2(m + 1); x1 x 2 = 3. Khi ®ã

x1 − x 2 ≤ 2 ⇔ ( x1 + x 2 ) 2 − 4 x1 x 2 ≤ 4 ⇔ 4( m + 1) 2 − 12 ≤ 4

⇔ (m + 1) 2 ≤ 4 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1
(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m lµ − 3 ≤ m < −1 − 3 vµ − 1 + 3 < m ≤ 1.
Bài 14. Cho hàm số y = x 3 + (1 − 2m) x 2 + (2 − m) x + m + 2 (1)
m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2.
2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x + y + 7 = 0 góc α
1
, biết cos α =
.
26
Giải.
2. Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có véctơ pháp n1 = (k ;−1)
d: có véctơ pháp n 2 = (1;1)
3

k1 =

k −1
1
2
⇔
=
⇔ 12k 2 − 26k + 12 = 0 ⇔ 
Ta có cos α =

26
2 k 2 +1
k = 2
n1 n2
 2 3
/
/
Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình: y = k1 (1) và y = k 2 (2) có
nghiệm x
3
 2
có nghiệm
3 x + 2(1 − 2m) x + 2 − m = 2
∆/ 1 ≥ 0
⇔
⇔ /
có nghiệm
∆ 2 ≥ 0
3 x 2 + 2(1 − 2m) x + 2 − m = 2

3
1
1

m
≤
−
;
m
≥

2

8m − 2m − 1 ≥ 0
1
1
4
2
⇔ 2
⇔
⇔ m ≤ − hoặc m ≥
4
2
m ≤ − 3 ; m ≥ 1
4m − m − 3 ≥ 0

4
2x
Bài 15. Cho hàm số y =
(C)
x−2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Tìm m để đường thẳng (d ): y = x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác
nhau của đồ thị sao cho khoảng cách giữa 2 điểm đó là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Giải.
2x
= x + m hay x2 + (m - 4)x -2x = 0 (1) có 2 nghiệm phân
2. Để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thì pt
x−2
∆ = m 2 + 16
∀m (2).

biệt khác 2. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi 
 −4 ≠ 0
Giả sử A(x1;y1), B(x2;y2) là 2 giao điểm khi đó x1, x2 là 2 nghiệm phương trình (1). Theo định lí viet ta
 x1 + x2 = 4 − m
(3) , y1=x1+m, y2=x2+m
có 
 x1 x2 = −2m
Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0. A, B nằm khác
phía đối với đt x – 2 = 0 khi và chỉ khi (x1- 2)(x2 - 2) < 0 hay
x1x2 – 2(x1 + x2) +4 < 0 (4) thay (3) vào 4 ta được – 4 < 0 luôn đúng (5)
n1 .n 2

mặt khác ta lại có AB = ( x1 − x2 ) 2 + ( y1 − y2 ) 2 = 2( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 (6)
6


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

thay (3) vào (6) ta được AB =
ta có m = 0 thoả mãn .
Bài 16.

2m 2 + 32 ≥ 32 vậy AB =

32 nhỏ nhất khi m = 0 (7). Từ (1), (5), (7)

2x − 1
x −1
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
Giải.

2. Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x0 ; f (x0 )) ∈ (C ) có phương trình
y = f '(x0 )(x − x0 ) + f (x0 )
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =

2
2
Hay x + (x0 − 1) y − 2x0 + 2x0 − 1 = 0 (*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2 − 2x0
⇔
= 2
1 + (x0 − 1) 4

2.

2

giải được nghiệm x0 = 0 và x0 = 2
*Các tiếp tuyến cần tìm : x + y − 1 = 0 và x + y − 5 = 0
Bài 17. Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có
điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0.
Giải.
2
2. Ta có y’ = - 3x + 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m.
Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0.
Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)
Trung điểm
thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)

uuur I của đoạn
r
Vectơ AB = (2m; 4m3 ) ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (8; −1) .
I ∈ d
Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔ 
 AB ⊥ d
 m + 8(2m3 − 3m − 1) − 74 = 0
⇔  uuur r
⇔m=2
 AB.u = 0
Bài 18. Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 1 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
3
x − 3 x = m 3 − 3m
Giải.
2. Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị
3
(C’) của hàm số: y = x − 3 x + 1 và đường thẳng (d): y = m 3 − 3m + 1
((d) cùng phương với trục hoành)
3
Xét hàm số: y = x − 3 x + 1 , ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời ∀x > 0 thì y = x 3 − 3 x + 1 = x3 − 3 x + 1

y
3

•

•

(d)
−2

−1
•

•1

0
−1

x

1
•

2

+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là:

7


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ơn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

 −2 < m < − 3
m3 − 3m < 0


−1 < m3 − 3m + 1 < 1 ⇔ 
⇔  0 < m < 3
m3 − 3m + 2 > 0

 m ≠ 1
x−3
cã ®å thÞ lµ (C)
x +1
1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cđa hµm sè.
2) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa ®å thÞ hµm sè, biÕt tiÕp tun ®ã c¾t trơc hoµnh t¹i A, c¾t trơc tung
t¹i B sao cho OA = 4OB
Giải.
OB 1
1
2. OA =4OB nªn ∆ OAB cã tan A =
= ⇒ TiÕp tun AB cã hƯ sè gãc k = ±
OA 4
4
 x=3
4
1
Ph¬ng tr×nh y’ = k ⇔
= ⇔ ... ⇔ 
2
( x + 1)
4
 x = −5
1
+) x = 3 ⇒ y=0, tiÕp tun cã ph¬ng tr×nh y = ( x − 3)
4

1
1
13
+) x= -5 ⇒ y= 2, tiÕp tun cã ph¬ng tr×nh y = ( x + 5) + 2 ⇔ y = x +
4
4
4
x −1
Bài 20. Cho hàm số y =
.
x +1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số.
2) Tìm a và b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt (C) tại hai điểm phân biệt đối
xứng nhau qua đường thẳng ( ∆ ): x − 2 y + 3 = 0 .
Giải.
1
3
2. Phương trình của (∆) được viết lại: y = x + .
2
2
Để thoả đề bài, trước hết (d) vuông góc với (∆) hay a = −2
Khi đó phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C):
x −1
= −2 x + b ⇔ 2 x2 − (b − 3) x − (b + 1) = 0 .
(1)
x+1
Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔
b2 + 2b + 17 > 0 ⇔ b tuỳ ý.
Gọi I là trung điểm của AB, ta có


x A + xB b − 3
=
 xI =
2
4

.
b
 y = −2 x + b = + 3
I
 I
2
ton
∀b
à taiï A, B


⇔  a = −2
Vậy để thoả yêu cầu bài toán ⇔  AB ⊥ (∆)
 I ∈ (∆ )
x − 2 y + 3 = 0
I

 I
Bài 19. Cho hµm sè y =

Bài 21. Cho hµm sè y =

x +1
x −1

 a = −2
 a = −2

⇔ b − 3
⇔ 
.
− (b + 3) + 3 = 0
b = −1

 4

( 1 ) cã ®å thÞ (C ) .
8


Cỏc bi tp d v c bn v KS hm s Trong ễn thi i Hc nm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số ( 1).
2. Chứng minh rằng đờng thẳng (d ) : y = 2 x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai
nhánh khác nhau. Xác định m để đoạn AB có độ dài ngắn nhất.
Gii.
2. Chứng minh rằng đờng thẳng (d ) : y = 2 x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh
khác nhau. Xác định m để đoạn AB có độ dài ngắn nhất .
x +1
. Để đờng thẳng (d) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt thì phơng trình.
= 2 x + m có hai nghiệm
x 1
phân biệt với mọi m và x1 < 1 < x2
x + 1 = ( x 1)(2 x + m)

có hai nghiệm phân biệt x1 < 1 < x2

x

1

2 x 2 + (m 3) x m 1 = 0 (*)
có hai nghiệm phân biệt x1 < 1 < x2

x 1
= (m + 1) 2 + 16 > 0
m
> 0


f (1) < 0
f (1) = 2 + (m 3) m 1 = 2 < 0
Vậy với mọi giá trị của m thìđờng thẳng (d ) : y = 2 x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc
hai nhánh khác nhau.
. Gọi A( x1 ; 2 x1 + m), B ( x2 ; 2 x2 + m) là hai điểm giao giữa (d) và (C).( x1 ; x2 là hai nghiệm của phơng trình
(*))
uuur
Ta có AB = ( x2 x1 ; 2( x2 x1 )) AB = ( x2 x1 ) 2 + (2( x2 x1 )) 2 = 5( x2 x1 ) 2
1
5 (m + 1) 2 + 16 2 5 m . AB = 2 5 m = 1
2
Vậy với m = -1 là giá trị cần tìm. (R)
Theo Vi ét ta có AB =

Bi 22. Cho hm s y =

3x + 2
cú th (C)
x+2

1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Gi M l im bt k trờn (C). Tip tuyn ca (C) ti M ct cỏc ng tim cn ca (C) ti A v
B. Gi I l giao im ca cỏc ng tim cn. Tỡm ta M sao cho ng trũn ngoi tip tam
giỏc IAB cú din tớch nh nht.
Gii.
3a + 2
) (C ), a 2 Phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti M l:
2.Gi M (a;
a+2
y=

4
3a + 2
( x a) +
()
2
(a + 2)
a+2

ng thng d1:x+2=0 v d2:y-3=0 l hai tim cn ca th
d1=A(-2;

3a 2
) , d2=B(2a+2;3)
a+2

Tam giỏc IAB vuụng ti I AB l ng kớnh ca ng trũn ngoi tip tam giỏc IAB din tớch hỡnh
trũn S=

AB 2
64
= 4(a + 2) 2 +
8
4
4
(a + 2) 2

2
Du bng xy ra khi v chi khi (a + 2) =

a = 0
16

2
(a + 2)
a = 4
9


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài toán M(0;1) và M(-4;5)
Bài 23. Cho hàm số y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình

8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] .
Giải.
2. Xét phương trình 8cos 4 x − 9cos2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1)
Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2)
Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình
(1) và (2) bằng nhau.
Ta có: (2) ⇔ 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3)
Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 .
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
81
m>
•
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
32
81
m=
•
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
32
81
1≤ m <
•
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
32
0 < m <1
•
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
m

=
0
•
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
•
m<0
: Phương trình đã cho vô nghiệm.

x −1
2( x + 1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác
có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.
Giải.
x0 − 1
2. Gọi M( x0 ;
) ∈ (C ) là điểm cần tìm. Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình.
2( x0 + 1)
x −1
1
x0 − 1
'
⇒y=
( x − x0 ) + 0
2
∆ : y = f ( x0 )( x − x0 ) +
2( x0 + 1)
2( x0 + 1)
( x0 + 1)
Bài 24. Cho hàm số: y =

x02 − 2 x0 − 1
;0)
2
x 2 − 2 x0 − 1
B = ∆ ∩ oy ⇒ B(0; 0
). Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ ∆ OAB có trọng tâm là: G(
2( x0 + 1) 2

Gọi A = ∆ ∩ ox ⇒ A( −

 x02 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1 
;
−
÷.
6
6( x0 + 1) 2 

x02 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1
+
=0
Do G ∈ đường thẳng:4x + y = 0 ⇒ −4.
6
6( x0 + 1) 2
10


Cỏc bi tp d v c bn v KS hm s Trong ễn thi i Hc nm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

4=

1

( x0 + 1)

2

(vỡ A, B O nờn x 2 2 x 1 0 )
0
0

1
1


x0 + 1 = 2
x0 = 2


x +1 = 1
x = 3
0
0
2
2


1
1 3
3

3 5
Vi x0 = M ( ; ) ; vi x0 = M ( ; ) .
2
2 2
2
2 2
Bi 25. Cho hm s y = x3 3x2 + mx + 4, trong ú m l tham s thc.
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho, vi m = 0.
2. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m hm s ó cho nghch bin trờn khong (0 ; + ).
Gii.
2. Hm s ó cho nghch bin trờn khong (0 ; + )
y = 3x2 6x + m 0, x > 0
3x2 + 6x m, x > 0
(*)
2
Ta cú bng bin thiờn ca hm s y = 3x + 6x trờn (0 ; + )

x
y

0

+
+

0

T ú ta c : (*) m 0.

Bi 26. Cho hàm số y =

2x + 1
có đồ thị là (C)
x+2

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm
m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Gii.
2. Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình
x 2
2x + 1
= x + m 2
x+2
x + (4 m) x + 1 2m = 0 (1)
Do (1) có = m 2 + 1 > 0 va (2) 2 + ( 4 m).(2) + 1 2m = 3 0 m nên đờng thẳng d luôn luôn cắt
đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B.
Ta có yA = m xA; yB = m xB nên AB2 = (xA xB)2 + (yA yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất
AB2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó AB = 24
2x + 1
Bi 27. Cho hm s y =
(1)
x 1
1/ Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1)
2/ nh k ng thng d: y = kx + 3 ct th hm s (1) ti hai im M, N sao cho tam giỏc
OMN vuụng gúc ti O. ( O l gc ta )
Gii.
2x + 1
= kx + 3 ( x 1) kx 2 (k 1) x 4 = 0 = g ( x)
2. / Xột pt:

x 1
k 0
k 0

d ct th hs (1) ti M, N > 0
k < 7 4 3 k > 7 + 4 3
g (1) 0


11


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

OM ⊥ ON ⇔ OM .ON = 0 ⇔ x M .x N + ( kx M + 3)(kx N + 3) = 0 ⇔ (k 2 + 1)( x M .x N ) + 3k ( x M + x N ) + 9 = 0
⇔ k 2 − 6k + 4 = 0 ⇔ k = 3 ± 5

k −1

 x M + x N = k

 x .x = − 4
M
N
k


Bài 28. Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.

Giải.
.
2
2
2.Pt : x3 + mx + 2 = 0 ⇒ m = − x − ( x ≠ 0)
x
2
2
− 2x 3 + 2
2
Xét f(x) = − x − ⇒ f ' ( x ) = −2 x + 2 =
x
x
x2
Ta có x - ∞
0
1
+∞
f’(x)

+

+

0

-

+∞
-3

-∞
-∞
-∞
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất ⇔ m > −3 .
Bài 29. Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau.
Giải.
2. Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x3 – (m + 3)x – m – 2 = 0
 x = −1 , y = 3
Hay : (x + 1)(x2 – x – m – 2) = 0  2
 x − x − m − 2 = 0 (*)
9
(*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m > − ) , xN và xP là nghiệm của (*)
4

−3+ 2 2
m =
3
2
2
2
Theo giả thiết: x N − 3 x P − 3 = −1 ⇔ 9m + 18m + 1 = 0 ⇔ 

−3−2 2
m =
3

2x + 4
Bài 30. Cho hàm số y =

.
1− x
1) Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên.
2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm
M, N và MN = 3 10 .
Giải.
2. Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai
2
2
nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*)
f(x)

(

)(

)

12


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

 2x + 4
kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0
= k ( x − 1) + 1

( I ) . Ta có: ( I ) ⇔ 
 −x +1
y = k ( x − 1) + 1


 y = k ( x − 1) + 1
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0(**) có hai
3
nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k ≠ 0, k < .
8
2
2
2
Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k ) ( x2 − x1 ) = 90⇔ (1 + k 2 )[( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 ] = 90(***)
2k − 3
k +3
, x1 x2 =
, thế vào (***) ta có phương trình:
k
k
− 3 − 41
− 3 + 41 .
8k 3 + 27k 2 + 8k − 3 = 0 ⇔ (k + 3)(8k 2 + 3k − 1) = 0 ⇔ k = −3 ∨ k =
∨k =
16
16
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 =

Bài 31. Cho hàm số y =

x+2
2x −1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2)
Giải.
2. Pt đường trung trực đọan AB : y = x
Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :
x+2
= x
2x −1
↔ x2 − x −1 = 0
 1− 5
x =
2
↔

1+ 5
x =
2

1− 5 1− 5   1+ 5 1+ 5 
;

,
,
Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt : 
2
2   2
2 


 



2x − 3
Bài 32. Cho hàm số y =
x −2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A
và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại
tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Giài.
−1
 2x − 3 
, x 0 ≠ 2 , y' (x 0 ) =
2. Ta có: M x 0 ; 0
( x0 − 2 ) 2
x0 − 2 

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: ∆ : y =

−1
2x − 3
(x − x 0 ) + 0
2
x0 − 2
( x0 − 2 )

 2x − 2 
; B( 2x 0 − 2;2 )
Toạ độ giao điểm A, B của ( ∆ ) và hai tiệm cận là: A 2; 0

 x0 − 2 
y + y B 2x 0 − 3
x + x B 2 + 2x 0 − 2
=
= y M suy ra M là trung điểm của AB.
=
= x0 = xM , A
Ta thấy A
2
x0 − 2
2
2
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
13


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM
2

 2x 0 − 3
 


1
2


− 2   = π(x0 − 2)2 +
≥ 2π
S = πIM = π(x 0 − 2) + 

2
(x 0 − 2 ) 

 x0 − 2
 

2

x = 1
1
⇔ 0
2
(x 0 − 2 )
x 0 = 3
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
2x − 2
Bài 33. Cho hàm số y =
(C)
x +1
1. Khảo sát hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB =
Giải.
2
2. Phương trình hoành độ giao điểm: 2x + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1)
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 ⇔ m2 - 8m - 16 > 0 (2)
Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).
m

 x1 + x2 = − 2
Theo ĐL Viét ta có 

.
 x1 x2 = m + 2

2
2
2
2
AB2 = 5 ⇔ ( x1 − x2 ) + 4( x1 − x2 ) = 5 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1 x2 = 1 ⇔ m2 - 8m - 20 = 0
2
Dấu “=” xảy ra khi (x 0 − 2) =

5.

⇔ m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2))
y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m (1)
Bài 34. Cho hàm số
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Giải.
,
2
2
2. Ta có y = 3 x − 6mx + 3(m − 1)
Để hàm số có cực trị thì PT y , = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân biệt
⇔ ∆ = 1 > 0, ∀m
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)
 m = −3 + 2 2
2

Theo giả thiết ta có OA = 2OB ⇔ m + 6m + 1 = 0 ⇔ 
 m = −3 − 2 2
Vậy có 2 giá trị của m là m = −3 − 2 2 và m = −3 + 2 2 .
Bài 35. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2
2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x − 2 x − 2 =

m
x −1

Giải.
2
2. Ta có x − 2 x − 2 =

m
⇔ ( x 2 − 2 x − 2 ) x − 1 = m,x ≠ 1. Do đó số nghiệm của phương trình bằng số
x −1

2
giao điểm của y = ( x − 2 x − 2 ) x − 1 ,( C' ) và đường thẳng y = m,x ≠ 1.
1 f ( x ) khi x > 1
2
Vẽ y = ( x − 2 x − 2 ) x − 1 = 
nên ( C' ) bao gồm:
 − f ( x ) khi x < 1
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = 1.
14

1

-2
m

2

1+


Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = 1 qua Ox.
Dựa vào đồ thị ta có:
+ m < −2 : Phương trình vụ nghiệm;
+ m = −2 : Phương trình có 2 nghiệm kép;
+ −2 < m < 0 : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+ m ≥ 0 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Bài 36.
2x + 3
1. khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: y =
x−2
2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến
của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau.
Giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
2x + 3
= 2 x + m ⇔ 2 x 2 + (m − 6) x − 2m − 3 = 0 (x = 2 không là nghiệm của p trình)
x−2
(d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau ⇔ (1) có hai nghiệm phân
biệt x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x2) hay x1+x2= 4
∆ = (m − 6) 2 + 8(2m + 3) > 0


⇔ 6 − m
⇔ m = −2
=
4

 2
Bài 37. Cho hàm số : y = ( x – m)3 – 3x
(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
 x − 1 3 − 3x − k < 0

2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:  1
1
2
3
 log 2 x + log 2 ( x − 1) ≤ 1
3
2

Giải.
 x − 3 − 3x − k < 0
(1)

2. Ta có :  1
. Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1.
1
2
3
 log2 x + log2 ( x − 1) ≤ 1 (2)

2
3
Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ 2 ⇔ 1 < x ≤ 2.
Hệ PT có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thoả 1 < x ≤ 2
 ( x − 1)3 − 3x − k < 0  ( x − 1)3 − 3x < k
⇔
⇔
1 < x ≤ 2
1 < x ≤ 2
3
Đặt: f(x) = (x – 1) – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C) ⇒ (1) có nghiệm x ∈(1;2] ⇔
k ≥ min f ( x ) = f (2) = −5 . Vậy hệ có nghiệm ⇔ k > – 5
3

( 1;2 

Bài 38. Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 2 (1), m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .
2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng ∆ : y = − x + 2 tại 3 điểm phân biệt A(0; 2) ; B; C sao cho
tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1).
Giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với (∆) là: x 3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 2 = − x + 2
x = 0 ⇒ y = 2
⇔
2
 g ( x) = x + 2mx + 3m − 2 = 0(2)
Đường thẳng (∆) cắt dồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C ⇔
15

Các bài tập dễ và cơ bản về KS hàm số Trong Ôn thi Đại Học năm 2012 -2013 CHUKIENTHUC.COM

Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
% <1
m > 2hoacm
m 2 − 3m + 2 > 0
∆ ' > 0

⇔
⇔
⇔
2
3
m
−
2
≠
0
 g (0) ≠ 0

m ≠
3

Gọi B ( x1 ; y1 ) và C ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (2); y1 = − x1 + 2 và y1 = − x2 + 2
3 +1− 2

2S MBC 2.2 2
=
=4
h

2
2
2
2
2
2
Mà BC = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 2 ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2  = 8(m 2 − 3m + 2)
Ta có h = d ( M ;(∆) ) =

⇒ BC =

Suy ra 8(m 2 − 3m + 2) =16 ⇔ m = 0 (thoả mãn) hoặc m = 3 (thoả mãn)
Bài 39. Cho hàm số y = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2;+∞ )
Giải.
3
2
2. y = 2 x − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + 1 ⇒ y ' = 6 x 2 − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1)
y’ có ∆ = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + m) = 1 > 0
x = m
y' = 0 ⇔ 
x = m + 1

Hàm số đồng biến trên ( 2;+∞ ) ⇔ y ' > 0 ∀x > 2 ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1
x
Bài 40. Cho hàm số y =
x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng

đi qua điểm M và điểm I(1; 1). (M(0 ; 0) ; M(2 ; 2) )
Giải.
x0
2. Với x0 ≠ 1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ;
) có phương trình :
x0 − 1
x0
1
x02
1
(
x
−
x
)
+
⇔
x
+
y
−
=0
0
( x0 − 1) 2
x0 − 1
( x0 − 1) 2
( x0 − 1) 2
r
uuur
1

1
) , IM = ( x0 − 1;
)
(d) có vec – tơ chỉ phương u = (−1;
2
( x0 − 1)
x0 − 1
Để (d) vuông góc IM điều kiện là :
r uuur
 x0 = 0
1
1
u.IM = 0 ⇔ −1.( x0 − 1) +
=0⇔ 
2
( x0 − 1) x0 − 1
 x0 = 2
+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)
+ Với x0 = 2 ta có M(2, 2)
y=−

16