Chuyên đề khảo sát hàm số ôn thi THPT Quốc Gia 2016

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

CHUYÊN ĐỀ 1

KHẢO SÁT HÀM SỐ
2x  1
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.

Bài 1. Cho hàm số y 

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hồnh độ x 0 , biết x 0 là nghiệm dương của
phương trình 4y ' 3  0 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
● Tập xác định: D   \ 1 .
●

Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y ' 

3
2

x  1

 0, x  D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 và 1;  .
-

Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2
x 

x 

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

-

●

x 1

Bảng biến thiên

 1 
Đồ thị C  cắt Ox tại  ; 0 , cắt Oy tại 0; 1 và nhận giao điểm I 1;2 của hai đường tiệm cận
 2 
làm tâm đối xứng.
y


x




b) Ta có y ' 

3
2

x  1



nên 4y ' 3  0  y '  


1 | Trang

1
2

3
2

x  1





3
4

x  3
2
3
 x  1  4  
.
4
x  1
www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

Vì x 0 là nghiệm dương của phương trình 4y ' 3  0 nên ta chọn x 0  3 .
Với x 0  3 , suy ra y0 

2x 0  1
x0  1



7
3
và y ' x 0    .

2
4

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm y  

3
7
3
23
.
x  3    x 

4
2
4
4

1 , với m là tham số thực.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m  0 .
Tìm m để đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị có hồnh độ x1 , x 2 thỏa mãn:

Bài 2. Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  m  2
a)
b)

x12  x 22  3 x1  x 2   12 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Với m  0 , hàm số trở thành: y  x 3  3x 2  2 .
●

●

Tập xác định: D   .
Sự biến thiên:
-

x  0
Chiều biến thiên: y '  3x 2  6x  3x x  2 ; y '  0  
.
x  2

Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 và 0; ; nghịch biến trên khoảng 2; 0 .
-

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2 , yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  2 .

Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .
x 

x 

Bảng biến thiên

●

Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 1;2 , 3; 2 .
y
y

2

x
-2

O
-2

2 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

b) Ta có y '  3x 2  6x  m .
Đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị  phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt
  'y '  9  3m  0  m  3 .

Khi đó các điểm cực trị có hồnh độ x1 , x2 là nghiệm của phương trình y '  0 . Theo Viet, ta có

x1  x 2  2 và x1x 2 

m
.
3

u cầu bài tốn x12  x 22  3 x1  x 2   12
2

 x1  x 2   2x1x 2  3 x1  x 2   12
m
 3 2  12  m  3 .
3
Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m  3 .
2

 2  2.

Bài 3. Cho hàm số y 

2x  1
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận. Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị C  , biết tiếp tuyến của C  tại M
cắt hai đường tiệm cận tại A và B tạo thành một tam giác IAB có trung tuyến IN  10 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
●

Tập xác định: D   \ 1 .

●

Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y ' 

3
2

x  1

 0, x  D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 và 1;  .
-

Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim  2 ; tiệm cận ngang: y  2

x 

x 

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

-

x 1

Bảng biến thiên

3 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

 1 
Đồ thị C  cắt Ox tại  ; 0 , cắt Oy tại 0; 1 và nhận giao điểm I 1;2 của hai đường tiệm cận
 2 
làm tâm đối xứng.
y
●

2
x





1
1
-1
2

 2a  1 
  C  , a  1 . Tiếp tuyến của C  tại M có dạng:
b) Gọi M a;

 a  1 
d :y 

3
2

a  1

x  a  

2a  1
.
a 1

 2a  4 
 và d  TCN  B 2a  1;2 .
Ta có d  TCĐ  A 1;
 a  1 
 2a  1 
M .
Suy ra trung điểm của AB là N a;
 a  1 
 2a  1
2
2
  10
Từ giả thiết bài tốn, suy ra IN 2  10  a  1  

2
 a  1



9

2

 a  1 

4

2

a  1

2

 10  a  1  10 a  1  9  0

2

a  0  a  2
a  1  1



a  4  a  2 .
2

a  1  9


Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là: M 0; 1 hoặc M 2; 5 hoặc M 4; 3 hoặc M 2;1 .

1 , với m là tham số thực.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m  1 .
Tìm m để đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị A , B sao cho A , B

Bài 4. Cho hàm số y  x 3  3mx 2  2
a)
b)

và M 1; 2 thẳng hàng.

HƯỚNG DẪN GIẢI
3

a) Với m  1 , hàm số trở thành: y  x  3x 2  2 .
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  6x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;  ; nghịch biến trên khoảng 0;2 .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  2 .
4 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

- Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .
x 

x 

- Bảng biến thiên

● Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 1; 2 , 3;2 .
y
2
1

O

2

x

-2

b) Ta có y '  3x 2  6mx  3x x  2m  ; y '  0  x  0 hoặc x  2m .
Đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệt
 2m  0  m  0 .





Tọa độ các điểm cực trị A 0;2 và B 2m; 2  4m 3 .



Suy ra MA  1; 4  , MB  2m  1; 4  4m 3 .









Để A , B và M thẳng hàng  1. 4  4m 3  4. 2m  1

 4m 3  8m  0  m  0 hoặc m   2 .
Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m   2 .
Cách 2. Ta có y '  3x 2  6mx ; y '  0  x  0 hoặc x  2m .
Đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệt
 2m  0  m  0 .

1
m
Ta có y   x   y ' 2m 2x  2 .
 3
3 
Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A , B là d : y  2m 2x  2 .
u cầu bài tốn  M  d  2  2m 2 .1  2  m   2 .
Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m   2 .
Nhận xét: Cách 1 áp dụng khi ta tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị theo m . Cách 2 cho trường hợp ta
khơng tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị.

Bài 5. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2
5 | Trang

1 , với m

là tham số thực.
www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

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 ba điểm cực trị đồng thời một điểm cực đại, một điểm cực tiểu cùng với
gốc tọa độ tạo thành ba đỉnh của tam giác có diện tích bằng 2.

HƯỚNG DẪN GIẢI
4

a) Với m  1 , hàm số trở thành: y  x  2x 2  2 .
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
-

●

x  0
Chiều biến thiên: y '  4x 3  4x  4x x 2  1 ; y '  0  
.

x  1
Các khoảng nghịch biến ; 1 và 0;1 ; Các khoảng đồng biến 1; 0 và 1;  .





-

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 ; đạt cực đại tại x  0 , yCD  2 .

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y  lim y   .

-

Bảng biến thiên

x 

x 





Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt  2;2 ,



2;2 và nhận Oy làm trục đối xứng.

y

2
1
-1 O

x
1

x  0
b) Ta có y '  4x 3  4mx  4x x 2  m ; y '  0   2
.
x  m
Để hàm số có ba cực trị  y '  0 có ba nghiệm phân biệt  m  0 .





Tọa độ điểm cực đại A 0;2 , các điểm cực tiểu B





 



m ;2  m 2 , C  m ;2  m 2 .



Suy ra tọa độ trung điểm của BC là H 0;2  m 2 .
Theo giả thiết bài tốn ta có:
1
1
AO .BH  2  .2. m  2  m  4 .
2
2
Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m  4 .
SABO  2 

Bài 6. Cho hàm số y 

6 | Trang

3x  4
.
4x  3
www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Tìm điểm A có tọa độ ngun thuộc C  , biết tiếp tuyến của đồ thị tại A cắt trục hồnh tại điểm B và
tam giác OAB cân tại A .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
●
●

 3 
Tập xác định: D   \ 
  .
 4 
Sự biến thiên:
25

-

Chiều biến thiên: y ' 

-


 3

3
Hàm số đồng biến trên từng khoảng ;   và  ;  .

 4
4 


Giới hạn và tiệm cận:
3
3
lim y  lim y  ; tiệm cận ngang: y  .
x 
x 
4
4
lim y   và
x 

3
4



2

4x  3

 0, x  D .

3
lim y   ; tiệm cận đứng: x   .

4
3

x 

4

Bảng biến thiên

●

4 

 3 3
4
Đồ thị C  cắt Ox tại  ; 0 , cắt Oy tại 0;   nhận giao điểm I  ;  của hai đường tiệm cận
 3 

 4 4 
3 
làm tâm đối xứng.
y

3
4

x

4
3 

4 4 3
3

 3a  4 
3
  C  , a   .
b) Gọi A a;
 4a  3 
4
Phương trình tiếp tuyến của C  tại A có dạng: d : y 

25

3a  4

x  a   4a  3 .
2
4
a

3



 12a 2  32a  12 

Ta có d  Ox  B 
; 0 .

25

Theo giả thiết bài tốn ta có AO  AB
7 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

2
 3a  4 2  12a 2  7a  12 
 3a  4 2


  

 a  
  
25
 4a  3 

 4a  3 

2

12a 2  7a  12 2

 .
 a  



25

2

12a 2  7a  12
1
 2a 2  3a  2  0  a  2 hoặc a  (loại).
25
2
Suy ra A 2;2 .

●

a

●

 12a 2  7a  12 

  12a 2  32a  12  0 (loại vì B 0; 0  O ).
a   


25


Vậy A 2;2 thỏa u cầu bài tốn.
Cách 2. Gọi H là hình chiếu của A trên Ox , suy ra H a; 0 .
Tam giác OAB cân tại A nên AH vừa là đường cao vửa là đường trung tuyến.
Do đó H là trung điểm OB . Điều này tương đương với

12a 2  32a  12
 2a
25
1
 2a 2  3a  2  0  a  2 hoặc a  (loại).
2
Vậy A 2;2 thỏa u cầu bài tốn.
xO  x B  2x H 

Cách 3. Do tam giác OAB cân tại A nên hệ số góc của đường thẳng OA và hệ số góc của đường thẳng
AB là đối nhau:
y  yO
3a  4
25
 A
 f ' a  

2
x A  xO
a 4a  3
4a  3



 2a 2  3a  2  0  a  2 hoặc a 

Vậy A 2;2 thỏa u cầu bài tốn.



1
(loại).
2

Nhận xét. Cách 1 xuất phát từ ý tưởng thơng thường nên các em hay chọn cách này. Cách 2 và 3 đòi hỏi các
em có khả năng tư duy về hình học một chút.

1 , với m là tham số thực.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m  0 .
Tìm m để hàm số 1 đồng biến trên khoảng 0; .

Bài 7. Cho hàm số y  x 3  3x 2  3mx  3
a)
b)

HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Với m  0 , hàm số trở thành: y  x 3  3x 2  3 .
●
●

Tập xác định: D   .
Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y '  3x 2  6x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;  ; nghịch biến trên khoảng 0;2 .

-

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  3 ; đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  1 .

8 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

●

Khảo sát hàm số

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .

-

Bảng biến thiên

x 

x 

Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 1; 1 , 3; 3 .
y

3


-1

2

x

b) Ta có y '  3x 2  6x  3m .
Cách 1. Phương pháp hàm số
Hàm số 1 đồng biến trên khoảng 0; khi và chỉ khi y '  0 , x  0
 3x 2  6x  3m  0 , x  0

 m  x 2  2x , x  0 .

Xét hàm số f x   x 2  2x với x  0 .
Ta có f ' x   2x  2 ; f ' x   0  x  1 .
Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta được giá trị của m thỏa mãn u cầu bài tốn là: m  1 .
Cách 2. Phương pháp tam thức bậc hai
Hàm số 1 đồng biến trên khoảng 0; khi và chỉ khi y '  0 , x  0
 3x 2  6x  3m  0 , x  0 hay g x   x 2  2x  m  0 , x  0 .

●

 '  1  m  0
Trường hợp 1. g x   0 , x    
 m  1.

a  1  0



●

Trường hợp 2. Khi  '  1  m  0  m  1 thì g x   0 có hai nghiệm x1  x 2 .

9 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy u cầu bài tốn  g x   0 có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn:
a.g 0  0
1.m  0

(vơ lý).
x1  x 2  0  S
 
  0
1  0

 2
Kết hợp hai trường hợp ta được giá trị của m thỏa mãn u cầu bài tốn là m  1 .
Nhận xét: Cách 1 chỉ dùng được khi ta cơ lập được m ở một vế còn biểu thức chứa x (khơng chứa m ) ở

một vế. Cách 2 thì dùng được cho mọi trường hợp nhưng khó hơn.

Bài 8. Cho hàm số y 

x 1
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Tìm điểm M thuộc C  có tọa độ ngun, biết khoảng cách từ O đến tiếp tuyến tại của C  tại M
bằng

1
khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị đến tiếp tuyến đó ( O là gốc tọa độ).
4

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
●

Tập xác định: D   \ 1 .

●

Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y ' 

2

2

x  1

 0, x  D .

Hàm số đồng biến trên từng khoảng ; 1 và 1;  .
-

Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1.

x 

x 

lim y   và

x 1

lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

Bảng biến thiên

●

Đồ thị C  cắt Ox tại 1; 0 , cắt Oy tại 0; 1 và nhận giao điểm I 1;1 của hai đường tiệm cận
làm tâm đối xứng.

10 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số
y

1
-1 

-1

x
1

 a  1 
  C  , a  1 và a   .
b) Gọi M a;
 a  1
Phương trình tiếp tuyến của C  tại M có dạng:
d :y 

a 1

2
2

a  1

x  a   a  1

Theo giả thiết bài tốn, ta có d O, d  



2

hay d : 2x  a  1 y  a 2  2a  1  0 .

1
d I , d 
4

a 2  2a  1
4

4  a  1

2

1
 .
4

2. 1  a  1 .1  a 2  2a  1
4

4  a  1

a 2  2a  1  1  a

.
 a  2a  1  1  a   2
a  2a  1  1  a

2

3  17
(loại).
2
M 0; 1
0
 
.
1
M 1; 0

●

Với a 2  2a  1  1  a  a 2  3a  2  0  a 

●

a
Với a 2  2a  1  1  a  a 2  a  0  
a

Vậy có hai điểm M thỏa u cầu bài tốn là: M 0; 1 hoặc M 1; 0 .
Bài 9. Cho hàm số y  x 3  3x  1 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d : y  m x  1  1 cắt C  tại ba điểm phân biệt A 1;1 , M , N sao cho
tích các hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị tại M và N bằng 27 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y '  3x 2  3 ; y '  0  x  1 hoặc x  1 .
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 1;  ; đồng biến trên khoảng 1;1 .

-

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  1 ; đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  3 .

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .

-

Bảng biến thiên

x 

11 | Trang

x 

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

●

Khảo sát hàm số

Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 2;1 , 2; 3 .
y

1

x

-1
O

-1

1

-3

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị C  là

x 2  3x  1  m x  1  1
x  1
 x  1 x 2  x  2  m  0   2
.
x  x  2  m  0 *
Để đường thẳng d cắt đồ thị C  tại ba điểm phân biệt  phương trình * có hai nghiệm phân biệt khác 1






  9  4m  0
m  9


.


m  0
m  04


Gọi A 1;1 , M x1; y1  , N x 2 ; y2  trong đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình * . Theo Viet, ta có

x1  x 2  1 và x1x 2  m  2 .
Tích hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị tại M và N bằng 27







 f ' x1  .f ' x 2   27  3x12  3 3x 22  3  27
2





 x1x 2   x12  x 22  1  3
2

2

 x1x 2   x1  x 2   2x1x 2   1  3



 m 2  2m  3  0  m  1 hoặc m  3 .
Đối chiếu điều kiện để d cắt C  tại ba điểm phân biệt ta được: m  1 .
Bài 10. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 1 , với 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 hàm số có ba cực trị tạo thành tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng

2
độ dài cạnh bên.
3

HƯỚNG DẪN GIẢI
4

a) Với m  1 , hàm số trở thành: y  x  2x 2 .
●
●

Tập xác định: D   .
Sự biến thiên:

12 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

-

Khảo sát hàm số

Chiều biến thiên: y '  4x 3  4x ; y '  0  x  0 hoặc x  1 .
Các khoảng nghịch biến ; 1 và 0;1 ; các khoảng đồng biến 1; 0 và 1;  .

●

-

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 ; đạt cực đại tại x  0 , yCD  0 .

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y  lim y   .

-

Bảng biến thiên

x 

x 





Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt  2; 0 ,



2; 0 và nhận Oy làm trục đối xứng.

y

x

1

-1

O
-1

x  0
b) Ta có y '  4x 3  4mx  4x x 2  m ; y '  0   2
.
x  m
Để hàm số có ba cực trị  y '  0 có ba nghiệm phân biệt  m  0 .





Điểm cực đại A 0; m  1 ; các điểm cực tiểu

B



 



m ; m 2  m  1 , C  m ; m 2  m  1 .

u cầu bài tốn  BC 

2
2
AB  2 m 

m  m4
3
3

 3  1  m3  m  2 .
Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m  2 .
x 2
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
Bài 11. Cho hàm số y 

b) Tìm m để đường thẳng d : y  x  2m cắt C  tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn
biểu thức A  x12x 2  x 22x1  x1  x 2  2 đạt giá trị lớn nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
● Tập xác định: D   \ 1 .
●

Sự biến thiên:

13 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

-

Chiều biến thiên: y ' 

3
2

x  1

Khảo sát hàm số

 0, x  D .

Hàm số đồng biến trên từng khoảng ; 1 và 1;  .
-

Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1.
x 

x 

lim y   và

x 1

-

●

lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

Bảng biến thiên

Đồ thị C  cắt Ox tại 2; 0 , cắt Oy tại 0; 2 và nhận giao điểm I 1;1 của hai đường tiệm cận
làm tâm đối xứng.
y

1

x
2

-1 
-2

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị
x 2
 x  2m x  1
x 1

 x  2  x  2m x  1  x 2  2mx  2m  2  0.

1

Để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phần biệt  phương trình

m  1  3


.
  '  m  2m  2  0  
m  1  3

2

1

có hai nghiệm phân biệt

*

Ta có A  x12x 2  x 22x1  x1  x 2  2  x1x 2 x1  x 2   x1  x 2  2 .
x  x  2m
2
Do x1 , x 2 là hai nghiệm phương trình * . Theo Viet, ta có  1
.
x1x 2  2m  2

2

3 
1 1


Do đó A  2m  22m  2m  2  4m  6m  2  4 m     .


4
4 4

2

3
thỏa mãn điều kiện * .
4
3
1
Vậy với m   thì A đạt giá trị lớn nhất bằng .
4
4

Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi: m  

Bài 12. Cho hàm số y  2x 3  3 m  1 x 2  6mx
14 | Trang

1 , với m

là tham số thực.
www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

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 các điểm cực đại và cực tiểu đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu cách
đều đường thẳng d : y  x  2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Với m  1 , hàm số trở thành: y  2x 3  6x .
●
●

Tập xác định: D   .
Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y '  6x 2  6 ; y '  0  x  1 hoặc x  1 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 và 1;  ; nghịch biến trên khoảng 1;1 .

●

-

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  4 ; đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  4 .

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .

-

Bảng biến thiên

x 

x 

Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 2; 4  , 2; 4  .
y
4

-1 O

1

x

-4

b) Ta có y '  6x 2  6 m  1 x  6m ; y '  0  x  1 hoặc x  m .
Đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị  phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt  m  1 .





Tọa độ các điểm cực trị: A 1; 3m  1 , B m; m 3  3m 2 .
u cầu bài tốn  d A; d   d B; d 


1  3m  1  2



m  m 3  3m 2  2

11

11
3
2
 4  3m  m  3m  m  2
m 3  3m 2  4m  2  0
m  1


 3

.

m  3m 2  2m  6  0
m  3  m   6


Đối chiếu điều kiện, ta được giá trị m cần tìm là: m  3 hoặc m   6 .
15 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

Cách 2. Áp dụng cho bài tốn khơng tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị.
Đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị  phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt
2

2

   m  1  4m  0  m  1  0  m  1 .
Tọa độ các điểm cực trị A x1; y1  , B x 2 ; y2  với x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình y '  0 . Theo Viet,
ta có x1  x 2  m  1 và x1x 2  m .

1
2
m  1
 y ' m  1 x  m m  1 .
Ta có y   x 
 3
6 
Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là
2

y   m  1 x  m m  1 .
2

2

Do đó y1   m  1 x1  m m  1 và y2   m  1 x 2  m m  1 .
u cầu bài tốn  d A; d   d B; d 


x1  y1  2



x 2  y2  2

11
11
 x1  y1  2  x 2  y2  2
x  y  2  x  y  2
1
2
2
  1
x

y

2


x

 2 y 2  2
 1
1
x  x   y  y   0
2
1
2
  1
.
 x1  x 2   y1  y2   4  0

●

2

Với x 1  x 2   y1  y2   0  x1  x 2   m  1 x1  x 2   0


2
 x1  x2  1  m  1   0 .


2

Phương trình vơ nghiệm do x1  x 2 và 1  m  1  0 .
●

Với x1  x 2   y1  y2   4  0
2

 x1  x 2   m  1 x1  x 2   2m m  1  4  0
2

 m  1  m  1 m  1  2m m  1  4  0
 m 3  3m 2  2m  6  0
 m  3 hoặc m   6 .

Đối chiếu điều kiện, ta được giá trị m cần tìm là: m  3 hoặc m   6 .
Nhận xét. Các em nên làm theo Cách 1, cực chẳng đã khi khơng biểu diễn được tọa độ các điểm cực trị theo
m thì mới làm Cách 2 này.

Bài 13. Cho hàm số y 

2x  1
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Tìm điểm M thuộc C  sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M
đến tiệm cận ngang của đồ thị.

HƯỚNG DẪN GIẢI
16 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

a)
●

Tập xác định: D   \ 1 .

●

Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y ' 

3
2

x  1

 0, x  D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 và 1;  .
-

Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2 .

x 

x 

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

-

●

x 1

Bảng biến thiên

 1 
Đồ thị C  cắt Ox tại  ; 0 , cắt Oy tại 0; 1 và nhận giao điểm I 1;2 của hai đường tiệm cận
 2 
làm tâm đối xứng.
y

2
O


1
2

x

-1 1

 2a  1 
 , a  1 là điểm thuộc đồ thị C  .
b) Gọi M a;
 a  1 
Đường tiệm cận đứng d : x  1 ; đường tiệm cận ngang d ' : y  2 .
u cầu bài tốn  d M , d   3d M , d '
2a  1
3
2  a 1  3
a 1
a 1
M 4; 3
a  4

 9  
 
.
M 2;1
a  2

 a 1  3
2

 a  1

Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài tốn là: M 4; 3 hoặc M 2;1 .
Bài 14. Cho hàm số y  x 3  6x 2  9x .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.

17 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

b) Tìm điểm M thuộc C  có tọa độ ngun sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại M tạo với đường thẳng

4

 : x  y  1  0 một góc  thỏa mãn cos  

41

.

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y '  3x 2  12x  9 ; y '  0  x  1 hoặc x  3 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 và 3; ; nghịch biến trên khoảng 1; 3 .

●

-

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  4 ; đạt cực tiểu tại x  3 , yCT  0 .

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .

-

Bảng biến thiên

x 

x 

Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 0; 0 , 4; 4  .
y

4

x
O



1

3



b) Gọi M a; a 3  6a 2  9a  C  . Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng





d : y  3a 2  12a  9 x  a   a 3  6a 2  9a .


Tiếp tuyến d có VTPT nd  3a 2  12a  9; 1 ;  có VTPT n   1;1 .





Theo u cầu của bài tốn, ta có cos d ;  

4

41
 
n d .n 
4
   

41
nd . n 

Đặt t  3a 2  12a  9 , ta được
t 1
2. t 2  1

●



4
41

3a 2  12a  9  1



2

2. 3a  12a  9



2


1

4
41

 9t 2  82t  9  0  t  9 hoặc t 

.

1
.
9

a  0  M 0; 0
Với t  9 , suy ra 3a 2  12a  9  9  
.
a  4  M 4; 4 

18 | Trang

www.noon.vn

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

1
6  28
1
, suy ra 3a 2  12a  9   a 
(khơng thỏa mãn).
9
9
3
Vậy có hai điểm M cần tìm là: M 0; 0 hoặc M 4; 4 .
●

Với t 

Bài 15. Cho hàm số y  x 4  2m 2x 2  2m 2  1

1 ,

với 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 hàm số 1 có ba điểm cực trị A , B , C với A thuộc trục tung sao cho M 1;2 nhìn đoạn
BC dưới một góc vng.

HƯỚNG DẪN GIẢI
4

a) Với m  1 , hàm số trở thành: y  x  2x 2  3 .
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y '  4x 3  4x ; y '  0  x  0 hoặc x  1 .
Các khoảng nghịch biến ; 1 và 0;1 ; các khoảng đồng biến 1; 0 và 1;  .

●

-

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  2 ; đạt cực đại tại x  0 , yCD  3 .

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y  lim y   .

-

Bảng biến thiên

x 

x 





Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt  2; 3 ,



2; 3 và nhận Oy làm trục đối xứng.

y

3
2
x
-1 O

1

x  0
b) Ta có y '  4x 3  4m 2x  4x x 2  m 2 ; y '  0   2
2 .
x  m





Để hàm số có ba cực trị  phương trình y '  0 có ba nghiệm phân biệt  m 2  0  m  0 .
Tọa độ các điểm cực trị:



 

 



A 0;2m 2  1 , B m; m 4  2m 2  1 , C m; m 4  2m 2  1 .

19 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

 
2  

2
Ta có MB  m  1;  m 2  1  , MC  m  1;  m 2  1  .











u cầu bài tốn tương đương
 
MB.MC  0  1  m 2  m 2  1



 

4





0


 0  1  m 2 1  1  m 2


1  m 2  0
m  1


 
.
1  m 2  1

m   2




 

 1  m 2  1  m2



4



 

3

   0

Đối chiếu điều kiện, ta được giá trị m cần tìm là: m  1 hoặc m   2 .
2x  3
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.

Bài 16. Cho hàm số y 

b) Tìm m để đường thẳng d : x  3y  m  0 cắt C  tại hai điểm phân biệt M , N sao cho tam giác

AMN vng tại A 1; 0 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
●

Tập xác định: D   \ 1 .

●

Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y ' 

1
2

x  1

 0, x  D .

Hàm số đồng biến trên từng khoảng ;1 và 1;  .
-

Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang : y  2

x 

x 

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng : x  1 .

x 1

x 1

Bảng biến thiên

●

3 
Đồ thị C  cắt Ox tại  ; 0 , cắt Oy tại 0; 3 và nhận giao điểm I 1;2 của hai đường tiệm cận làm
 2 
tâm đối xứng.

20 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

y

3
2

x
O

1

3
2

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của d và C  :
2x  3
1
  x  m 
x 1
3

 x 2  5  m  x  9  m  0 .

x  1

*

2

Ta có   m 2  14m  61  m  7   12  0 , m   .
Do đó d ln cắt C  tại hai điểm phân biệt M x1; y1  , M x 2 ; y2  với x1 , x2 là hai nghiệm của phương
x  x  5  m
2
trình * . Theo Viet, ta có  1
.
x1x 2  9  m




Ta có AM  x1  1, y1  , AN  x 2  1, y2  .
 
Tam giác AMN vng tại A , nên AM .AN  0

 x1  1x 2  1  y1y2  0
1
x  m x 2  m   0
9 1
 10x1x 2  m  9x1  x 2   m 2  9  0
 x1  1x 2  1 

 10 9  m   m  95  m   m 2  9  0
 6m  36  0  m  6.
Vậy m  6 thỏa mãn u cầu bài tốn.

Bài 17. Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  2

1 ,

với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m  0 .
b) Tìm m để hàm số 1 có hai điểm cực trị đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với đường
thẳng d : 2x  y  1  0 một góc bằng 450 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
3

a) Với m  0 , hàm số trở thành: y  x  3x 2  2 .
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y '  3x 2  6x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 và 0; ; nghịch biến trên khoảng 2; 0 .

-

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2 , yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  2 .

-

Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .

21 | Trang

x 

x 

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

-

●

Khảo sát hàm số

Bảng biến thiên

Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 3; 2 , 1;2 .
y

2
x
-2 -1 O
-2

b) Ta có y '  3x 2  6x  m .
Hàm số có hai cực trị  phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt
  '  9  3m  0  m  3 .
1
 2m

1
m
Ta có y   x   y ' 
 2 x  2  .

 3
 3
3 
3

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là
 2m

m
 : y  
 2 x  2  .

 3
3


Đường thẳng d có VTPT là nd  2; 1 ;  có VTPT là n  2m  6; 3 .
 
Giả thiết bài tốn  cos n1; n2  cos 450 





4m  12  3
5

2m  6

 12m 2  24m  63  0  m 

Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m  

Bài 18. Cho hàm số y 

2

9



1
2

7
3
hoặc m   .
2
2
3
thỏa u cầu bài tốn.
2

x 3
.
1x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Đường thẳng d đi qua điểm A 1; 2 và có hệ số góc là m . Tìm m để d cắt C  tại hai điểm phân biệt


M , N thỏa mãn AM  2AN .

HƯỚNG DẪN GIẢI
22 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

a)
● Tập xác định: D   \ 1 .
● Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' 

2
2

1  x 

 0, x  D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 và 1;  .
- Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1 .

x 

x 

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

x 1

- Bảng biến thiên

● Đồ thị C  cắt Ox tại 3; 0 , cắt Oy tại 0; 3 và nhận giao điểm I 1; 1 của hai đường tiệm cận làm
tâm đối xứng.

y

1

3

x

O

-1
-3

b) Phương trình của đường thẳng d : y  m x  1  2 .
Phương trình hồnh độ giao điểm giữa d và C  là
x 3
 m x  1  2 x  1
1x
 x  3  m x  1  2 1  x 



 mx 2  2m  1 x  m  1  0 .
Để d cắt

C 

tại hai điểm phân biệt  phương trình

*
*

có hai nghiệm phân biệt

m  0
m  0
1
 
 
  m  0.
  0
8m  1  0
8


23 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số

Giả sử M x1; y1  , N x 2 ; y2  là tọa độ giao điểm của d và C  .


x  x  2m  1
2
 1
m .
Khi đó x1 , x2 là nghiệm của * . Theo Viet, ta có 

m 1
x1x2 
m



Ta có AM  x1  1; y1  2 và AN  x 2  1; y2  2 .


Để thỏa mãn AM  2AN

 x1  1  2 x 2  1  x1  3  2x 2 .
2m  1
ta được:
m

Từ x1  3  2x2 , kết hợp x1  x 2 


x  3  2x
x  1  2
 1
2
1

m.


2
m

1
x  x 

1
2
 1
x 2  1 
m
m

m 1
, ta tìm được m  1 .
m
Đối chiếu điều kiện ta chọn m  1 .

Thay vào x1x 2 

Bài 19. Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng d : y  m x  1 tại ba điểm phân biệt có hồnh độ là x1 , x 2 ,
x 3 thỏa mãn x 12  x 22  x 32  5 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a)
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  6x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;  ; nghịch biến trên khoảng 0;2 .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  2 .
- Giới hạn tại vơ cực: lim y   ; và lim y   .
x 

x 

- Bảng biến thiên

● Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 1; 2 , 3;2 .
24 | Trang

www.noon.vn


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Khảo sát hàm số
y

2
x

2
O

1

-2

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị:

x 3  3x 2  2  m x  1
x  1
 x  1 x 2  2x  m  2  0   2
x  2x  m  2  0





Để d cắt C  tại ba điểm phân biệt  phương trình

*

*

.

có hai nghiệm phân biệt khác 1

m  3
 '  1  m  2  0
 2
 
 m  3 .
1  2.1  m  2  0
m  3



Giả sử x1  1 . Khi đó x2 , x 3 là hai nghiệm của phương trình * .
Theo Viet, ta có x 2  x 3  2 và x 2x 3  m  2 .
u cầu bài tốn x12  x 22  x 32  5  x 22  x 32  4
2

 x 2  x 3   2x 2x 3  4
 4  2 m  2  4  m  2 .
Đối chiếu điều kiện để d cắt C  tại ba điểm phân biệt ta chọn m  2 .

1 , với m là tham số thực.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m  1 .
Với những giá trị nào của m thì hàm số 1 có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập thành

Bài 20. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4
a)
b)

một tam giác có diện tích bằng 4 2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Với m  1 , hàm số trở thành: y  x 4  2x 2  3 .
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  4x 3  4x ; y '  0  x  0 hoặc x  1 .
Các khoảng nghịch biến ; 1 và 0;1 ; các khoảng đồng biến 1; 0 và 1;  .
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  2 ; đạt cực đại tại x  0 , yCD  3 .
25 | Trang

www.noon.vn