KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Chia s tài li u mi n phí cho h c sinh m t g c đ t 8-9đ
Th y Tr n Hoài Thanh
FB: fb.com/tranhoaithanhvicko

CHUYÊN
KH O SÁT HÀM S

VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

M cL c
m c
A. KH O SÁT VÀ V

Trang
TH HÀM S ……………………………………….

B. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN…………………………………………………
Bài toán 1: Các bài toán liên quan t i ph

ng trình ti p tuy n……………………………………..

2

Bài toán 1.1…………………………………………………………………………………………..

2

Bài toán 1.2…………………………………………………………………………………………..

10

Bài toán 2: Các bài toán liên quan t i c c tr …………………………………………………………

15

Bài toán 2.1…………………………………………………………………………………………..

15

Bài toán 2.2…………………………………………………………………………………………..

19

Bài toán 2.3…………………………………………………………………………………………..

26

Bài toán 3: Bài toán giao đi m…………………………………………………………………………

28

Bài toán 3.1…………………………………………………………………………………………..

28

Bài toán 3.2…………………………………………………………………………………………..

41

Bài toán 3.3…………………………………………………………………………………………..

44

Bài toán 4: Bài toán tìm đi m………………………………………………………………………….

49

Bài toán 5: Các bài toán v tính đ n đi u c a hàm s ………………………………………………..

52

Bài toán 5.1…………………………………………………………………………………………..

52

Bài toán 5.2…………………………………………………………………………………………..

53

1


CHUYÊN

1: KH O SÁT HÀM S

A. KH O SÁT VÀ V

VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

TH HÀM S

B. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Bài toán 1: Các bài toán liên quan t i ph

ng trình ti p tuy n

C s lí thuy t:
* Cho hàm s

y  f ( x) có đ th (C), ph

ng trình ti p tuy n c a (C) t i đi m M 0 ( x0 , y0 )  (C ) là :

y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (*) ( M 0 g i là ti p đi m).
* Hai đ th hàm s y  f ( x) và y  g ( x) ti p xúc v i nhau khi và ch khi h ph
 f ( x)  g ( x )

 f '( x )  g '( x )

ng trình sau có nghi m :

(2*)

Nghi m c a (2*) là hoành đ ti p đi m c a hai đ th .
Nh n xét : V i ki n th c c b n trên, giúp ta gi i quy t hai l p câu h i liên quan t i vi c vi t ph

ng trình

ti p tuy n (t i đi m và đi qua đi m). C th :

+) V i câu h i t i đi m, đ vi t đ

c ph

ng trình (*) ta c n 3 y u t x0 , y0 và f '( x0 ) .

3 cách ra đ : cho bi t x0 , cho bi t y0 ho c cho bi t f '( x0 ) d
đ

ng v i đi u này s có

i các cách phát bi u khác nhau, và đi u này s

c di n đ t thông qua Bài toán 1.1.

+) V i câu h i đi qua đi m s đ

c phát bi u qua Bài toán 1.2 .

Bài toán 1.1
N i dung bài toán :
Cho hàm s

y  f ( x ) có đ th là (C ) . Vi t ph

ng trình ti p tuy n c a đ th (C ) :

1. T i đi m có hoành đ là a .

2. T i đi m có tung đ là b .

3. Có h s góc là k .

4. Song song v i đ

5. Vuông góc v i đ

ng th ng y  ax  b .

7. C t các tr c Ox, Oy l n l

ng th ng y  ax  b .

6. T o v i tr c hoành ( Ox ) m t góc b ng  .

t t i hai đi m A, B sao cho OB  kOA .
2


Cách gi i chung:
G i M 0 ( x0 ; y0 ) là ti p đi m c a ti p tuy n c n l p. Khi đó ph

ng trình ti p tuy n t i M 0 ( x0 ; y0 ) có d ng:

y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (*)

 f '( x0 )  f '(a)
, thay vào (*) ta đ
1. V i x0  a  
 y0  f (a)

c ph

ng trình c n l p.

2. V i y0  b  f ( x0 )  b (2) . Gi i ph ng trình (2) tìm x0 và suy ra f '( x0 ) . Sau đó thay các thông s tìm
đ c vào (*) ta đ c ph ng trình c n l p.
3. Ti p tuy n có h s góc k , suy ra f '( x0 )  k (3). Gi i ph
(*) ta đ

c ph

ng trình (3) tìm x0 và suy ra y0 . Sau đó thay vào

ng trình c n l p.

4. Ti p tuy n song song v i đ

ng th ng y  ax  b , suy ra f '( x0 )  a (4).

Gi i ph

c x0 và suy ra y0 . Sau đó thay vào (*) ta đ

ng trình (4) tìm đ

c ph

ng trình (ki m tra l i tính

song song) và k t lu n.
5. Ti p tuy n vuông góc v i đ
Gi i ph

ng trình (5) tìm đ

ng th ng y  ax  b , suy ra f '( x0 )  

1
(5).
a

c x0 và suy ra y0 . Sau đó thay vào (*) ta đ

c ph

ng trình c n l p.

c ph

ng trình c n l p.

6. Ti p tuy n t o v i tr c hoành m t góc  , suy ra f '( x0 )   tan  (6).
Gi i ph

ng trình (6) tìm đ

c x0 và suy ra y0 . Sau đó thay vào (*) ta đ

7. Ti p tuy n c t tr c Ox, Oy l n l

t t i A, B

sao cho OB  kOA , khi đó g i  là góc t o b i
ti p tuy n và tr c hoành ta có: tan  

OB
k
OA

Suy ra f '( x0 )   tan    k (7)
Gi i ph

ng trình (7) tìm đ

Sau đó thay vào (*) ta đ

c ph

c x0 và suy ra y0 .
ng trình c n l p.

3


Nh n xét:
*) Ngoài cách phát bi u t

ng minh nh ý 1, 2 ta có th g p nh ng câu h i t

ng t nh sau:

– Vi t ph ng trình ti p tuy n c a đ th (C ) t i giao đi m c a (C ) v i tr c hoành (v i đ
y  ax  b , v i đ ng cong y  g ( x ) …).
– Vi t ph

ng trình ti p tuy n c a đ th (C ) t i đi m tho mãn đi u ki n cho tr

*) Các ý 3, 4, 5, 6, 7 th c ch t là d ki n cho bi t f '( x0 ) nh ng đ

c phát bi u d

ng th ng

c.
i nhi u cách di n đ t

khác nhau.
Ví d 1. Cho hàm s

y  f ( x)  x 3  6 x 2  9 x  1 có đ th (C ) . Vi t ph

2. T i đi m có tung đ b ng 15 .

1. T i đi m có hoành đ b ng 2 .
3. T i giao đi m c a đ th (C ) v i đ
4. T i đi m có hoành đ
h s góc nh nh t.

ng trình ti p tuy n c a đ th (C ) :

ng th ng y  4 x  1 .

x0 , bi t f ''( x0 )  0 và ch ng minh r ng ti p tuy n khi đó là ti p tuy n c a (C ) có

Gi i: Ta có y '  f '( x )  3 x 2  12 x  9 . G i M 0 ( x0 ; y0 ) là ti p đi m c a ti p tuy n c n l p.

 f '(2)  3
, suy ra ph
1. V i x0  2  
 y0  f (2)  3

ng trình ti p tuy n c n l p: y  3( x  2)  3 hay y  3x  9

2. V i y0  15  x03  6 x02  9 x0  1  15  x03  6 x02  9 x0  16  0
 ( x0  1)( x02  7 x0  16)  0  x0  1  f '( 1)  24

V y ph
3. Ph

ng trình ti p tuy n c n l p là: y  24 x  9

ng trình hoành đ giao đi m c a (C ) v i đ

ng th ng y  4 x  1 là:

x  0  y 1
x  6 x  9 x  1  4 x  1  x( x  6 x  5)  0   x  1  y  5
 x  5  y  21
+) V i M 0 (0;1)  f '(0)  9 , suy ra ph ng trình ti p tuy n: y  9 x  1

3

2

2

+) V i M 0 (1;5)  f '(1)  0 , suy ra ph

ng trình ti p tuy n: y  5

+) V i M 0 (5; 21)  f '(5)  24 , suy ra ph

ng trình ti p tuy n: y  24 x  99
4


 f '(2)  3
4. Ta có y ''  f ''( x )  6 x  12 , khi đó f ''( x0 )  0  6 x0  12  0  x0  2  
 y0  f (2)  3
Suy ra ph

ng trình ti p tuy n c n l p: y  3x  9

H s góc ti p tuy n c a đ th (C ) t i đi m có hoành đ x b ng :
y '( x )  f '( x)  3x 2  12 x  9  3( x  2) 2  3  3 , x   , suy ra y '( x) min  3 khi x  2  x0

V y ti p tuy n c a (C ) t i đi m có hoành đ x0 th a mãn f ''( x0 )  0 có h s góc nh nh t (đpcm).

Ví d 2. Cho hàm s

y   x 4  x 2  6 có đ th là (C ) . Vi t ph
2. Song song v i đ

1. Có h s góc là 6 .
3. Vuông góc v i đ

ng trình ti p tuy n c a đ th (C ) :

ng th ng y 

5. C t các tr c Ox, Oy l n l

1
x3.
6

ng th ng 3x  2 y  2  0 .

4. T o v i tr c hoành ( Ox ) m t góc b ng  , bi t tan  

t t i hai đi m A, B sao cho OB  36OA .

Gi i:
Ta có y '  4 x 3  2 x . G i M 0 ( x0 ; y0 ) là ti p đi m c a ti p tuy n c n l p.
1. Ti p tuy n có h s góc là 6 , suy ra: y '( x0 )  6  4 x03  2 x0  6
 ( x0  1)(2 x02  2 x0  3)  0  x0  1  y0  y ( 1)  4

V y ph
2.

ng trình ti p tuy n c n l p là: y  6 x  10 .

ng th ng 3x  2 y  2  0 đ

Khi đó ti p tuy n song song v i đ
 4 x03  2 x0  

3
c vi t l i thành: y   x  1
2
3
3
ng th ng y   x  1 , suy ra: y '( x0 )  
2
2

3
1
 1  91
 8 x03  4 x0  3  0  (2 x0  1)(4 x02  2 x0  3)  0  x0   y0  y   
2
2
 2  16

3
1  91
3
103
Ti p tuy n c n l p là: y    x   
hay y   x 

(th a mãn đi u ki n song song).
2
2  16
2
16

5

9
16


3. Do ti p tuy n vuông góc v i đ

ng th ng y 

1
x  3 , suy ra: y '( x0 )  6
6

 4 x03  2 x0  6  2 x03  x0  3  0  ( x0  1)(2 x02  2 x0  3)  0  x0  1  y0  y (1)  4

Khi đó ph

ng trình ti p tuy n: y  6( x  1)  4 hay y  6 x  10 .

4. Do ti p tuy n t o v i tr c hoành ( Ox ) m t góc b ng  , nên suy ra: y '( x0 )   tan   
+) V i y '( x0 )  

1

9
9
9
 1  1503
 4 x03  2 x0    4 x03  2 x0   0  x0   y0  y   
16
16
16
4
 4  256

Ti p tuy n c n l p : y  

+) V i y '( x0 ) 

9
16

9
1  1503
9
1539
hay y   x 
x 
16 
4  256
16
256

1

9
9
9
 1  1503
 4 x03  2 x0 
 4 x03  2 x0   0  x0    y0  y    
16
16
16
4
 4  256

Ti p tuy n c n l p : y 

9 
1  1503
9
1539
hay y  x 
x 
16 
4  256
16
256

5. G i  là góc t o b i ti p tuy n c n l p và tr c hoành, khi đó ti p tuy n c t các tr c Ox, Oy l n l
OB 36OA

 36  y '( x0 )   tan   36
đi m A, B , ta đ c: tan  

OA
OA

t t i hai

+) V i y '( x0 )  36  4 x03  2 x0  36  4 x03  2 x0  36  0  x0  2  y0  y (2)  14
Ti p tuy n c n l p : y  36( x  2)  14 hay y  36 x  58
+) V i y '( x0 )  36  4 x03  2 x0  36  4 x03  2 x0  36  0  x0  2  y0  y (2)  14
Ti p tuy n c n l p : y  36( x  2)  14 hay y  36 x  58 .

Ví d 3. Cho hàm s
1. V i m  1 , vi t ph

y

(3m  1) x  m 2  m
có đ th (Cm ) và m là tham s .
xm

ng trình ti p tuy n c a (C1 ) song song v i đ

ng th ng y  4 x  16 .

2. Tìm m đ ti p tuy n c a (Cm ) t i giao đi m c a đ th (Cm ) v i tr c hoành song song v i đ
d : y  x 1 .

6

ng th ng

Gi i:
1. V i m  1 ta có (C1 ) : y 

4
4x
, suy ra y ' 
x 1
( x  1) 2

G i M 0 ( x0 ; y0 ) là ti p đi m c a ti p tuy n c n l p. Khi đó ti p tuy n t i M 0 ( x0 ; y0 ) song song v i đ
th ng y  4 x  16 nên suy ra: y '( x0 )  4 
+) V i M 0 (0; 0) , ph
+) V i M 0 (2;8) , ph
V y ph

ng

 x  0  y0  0
4
 4  ( x0  1) 2  1   0
2
( x0  1)
 x0  2  y0  8

ng trình ti p tuy n: y  4 x (th a mãn)
ng trình ti p tuy n: y  4 x  16 (lo i).

ng trình ti p tuy n c n l p là y  4 x .

2. Ta có: y ' 

 m2  m 
4m 2
;0  . Do ti p tuy n c a (Cm ) t i M song
và (Cm ) c t tr c hoành t i đi m M 
( x  m) 2
 3m  1 

 m2  m 
1
 3m  1 
ng th ng d : y  x  1 nên: y ' 
 1  m  1 ho c m   .
 1 

5
 2m 
 3m  1 
2

song v i đ

+) V i m  1  M ( 1;0) , ph
1
3 
+) V i m    M  ; 0  , ph
5
5 

V y m

ng trình ti p tuy n là: y  x  1 (lo i).
ng trình ti p tuy n là: y  x 

3
(th a mãn)
5

1
là giá tr c n tìm.
5

Nh n xét: Nh v y qua Ví d 3 ta nh n th y, khi g p d ng câu h i vi t ph ng trình ti p tuy n c a đ th hàm
s y  f ( x ) song song v i đ ng th ng y  ax  b , vi c s d ng d ki n f '( x0 )  a ch là đi u ki n c n nh ng
ch a đ . Do đó sau khi gi i ra k t qu ta c n có b
Ví d 4. Cho hàm s

y

c ki m tra l i đi u ki n song song.

x
có đ th (C ) và g c t a đ O .
x 1

1. Vi t ph ng trình ti p tuy n c a (C ) , bi t ti p tuy n đó c t tr c hoành, tr c tung l n l
bi t A, B và tam giác OAB cân .

t t i hai đi m phân

2. Tìm t a đ đi m M thu c (C), bi t ti p tuy n c a (C) t i M c t hai tr c Ox , Oy l n l
1
tam giác OAB có di n tích b ng .
8

t t i A, B sao cho

7


Gi i: Ta có y ' 

1
( x  1) 2

1. G i M 0 ( x0 ; y0 ) là ti p đi m c a ti p tuy n c n l p.
Do tam giác OAB cân và vuông t i O nên OA  OB , suy ra: y '( x0 )  1
Mà y '( x0 ) 

x  0
1
1
1  0
 0, x0  1  y '( x0 )  1 
2
2
( x0  1)
( x0  1)
 x0  2

+) V i x0  0  y0  y (0)  0 (lo i do M 0 (0; 0)  O )
+) V i x0  2  y0  y (2)  2 , suy ra ph

ng trình ti p tuy n: y  1.( x  2)  2 hay y  x  4 (th a mãn).

V y ti p tuy n c n l p là: y  x  4 .
m 

2. Vì M  (C ) nên M  m;
 . Ph
 m 1

y

ng trình ti p tuy n c a (C ) t i M là:

1
m
1
m2
(
x

m
)


y


x

(d )
(m  1) 2
(m  1)2
(m  1) 2
m 1


1
m2


y
x
 x  m2

Do d  Ox   A  t a đ đi m A là nghi m c a h : 
 A( m 2 ; 0)
(m  1) 2
(m  1) 2  
y  0
y  0


x  0
m2
1

x


m2 
y 

2
2
Do d  Oy   B  t a đ B là nghi m c a h : 
(m  1)
(m  1)  
m 2  B  0;
2 
 (m  1) 
x  0
 y  (m  1) 2


2

Theo gi thi t: S OAB

 m2   1 
1
1
m2
1
  OA.OB    m 2 .



  

8
4
(m  1)2 4
 m 1   2 

2

 2m 2  m  1  0
1
 1
 1

 2
 m  1 ho c m    M  1;  ho c M   ; 1 
2
 2
 2

 2m  m  1  0
 1
 1

V y có hai đi m M th a mãn yêu c u bài toán là M  1;  và M   ; 1  .
 2
 2


8

Ví d 5. Cho hàm s

y  x 3  3mx 2  3(m  1) x  1 có đ th (Cm ) và m là tham s th c.

1. Tìm m bi t ti p tuy n c a đ th (Cm ) t i đi m K song song v i đ

ng th ng 3 x  y  0 và K là đi m

thu c đ th (Cm ) có hoành đ b ng 1 .
2. V i m  2 . Tìm hai đi m phân bi t M , N thu c đ th (C2 ) sao cho ti p tuy n c a đ th (C2 ) t i M và

N song song v i nhau và th a mãn:
a.

dài MN  2 5 , đ ng th i M , N có t a đ nguyên.

b.

ng th ng MN vuông góc v i đ

ng th ng x  y  2015  0 .

Gi i:
1. Ta có y '  3x 2  6mx  3(m  1) . Do K  (Cm ) và có hoành đ b ng 1 , suy ra K ( 1; 6m  3)
Khi đó ti p tuy n t i K có ph
Do  song song v i đ

ng trình: y  y '( 1)( x  1)  6m  3  y  (9m  6) x  3m  3 (  )

9m  6  3

1
ng th ng 3 x  y  0 (hay y  3x ) khi và ch khi: 
m
3
3m  3  0

1
V y giá tr c n tìm là m   .
3

2. V i m  2 ta có đ th (C2 ) : y  x 3  6 x 2  9 x  1 , suy ra y '  3 x 2  12 x  9
3
2
M  (C2 )  M  a; a  6a  9a  1
v i ab
Do 

3
2
N
C
(
)

;

6

9


1
N
b
b
b
b
2


 

Ti p tuy n c a đ th (C2 ) t i M và N song song v i nhau nên suy ra:
y '(a )  y '(b)  3a 2  12a  9  3b 2  12b  9  (a  b)( a  b  4)  0  a  b  4 (do a  b  0 )
Do đó a  b  4 ta có: y N  yM  b3  a 3  6(b 2  a 2 )  9(b  a )
 (b  a ) (a  b) 2  ab  6(a  b)  9  (b  a)(1  ab)


Suy ra MN   b  a;(b  a )(1  ab) 
a. V i MN  2 5  MN 2  20  (b  a )2  (b  a )2 (1  ab)2  20 ( k t h p v i a  b  4 )

9


 (a  b) 2 1  1  ab    20  (16  4ab) (ab) 2  2ab  2   20


 (ab)3  6(ab) 2  10ab  3  0  ab  3 (do a, b   )
2

ab  3

a  1
a  3
ho c 
Khi đó ta có h : 

a  b  4
b  3
b  1
V y M (1;5), N (3;1) ho c M (3;1), N (1;5)


b. Do b  a  0 nên MN   b  a;(b  a )(1  ab)  cùng ph
ng th ng d : x  y  2015  0 có vecto ch ph


ng v i vecto uMN  (1;1  ab)


ng ud  (1; 1)

 
a  0  b  4
Do đó MN  d  uMN .ud  0  1  1  ab  0  ab  0  
b  0  a  4
V y M (0;1), N (4;5) ho c M (4;5), N (0;1) .

Bài toán 1.2
N i dung bài toán :
Cho hàm s y  f ( x ) có đ th là (C ) . Vi t ph

ng trình ti p tuy n c a đ th (C ) đi qua đi m M 0 ( x0 ; y0 ) .

Cách gi i chung:
+)

ng th ng  có h s góc k đi qua M 0 ( x0 ; y0 ) có ph

ng trình : y  k ( x  x0 )  y0

 f ( x )  k ( x  x0 )  y0 (1)
+)  là ti p tuy n c a (C) khi và ch khi h sau có nghi m : 
(2)
 f '( x)  k
+) Thay (2) vào (1) ta đ
Gi i ph

c ph

ng trình (*) ta tìm đ

Khi đó ta vi t đ

c ph

ng trình : f ( x)  f '( x )( x  x0 )  y0 (*)
c x , sau đó thay vào (2) suy ra đ

ck

ng trình ti p tuy n c n l p.

Chú ý :
Do các ti p tuy n c a các đ th hàm s trong ch ng trình ph thông luôn có h s góc (tr ng h p ph ng
trình ti p tuy n không có h s góc là x  a không có ), nên ta đ c phép g i luôn ph ng trình có h s góc k
nh cách trình bày trên.

10


Ví d 1. Cho hàm s

y  x 4  x 2  3 (C ) . Vi t ph

ng trình ti p tuy n c a đ th (C ) đi qua đi m M (1; 1) .

Gi i:
+)

ng th ng  có h s góc k đi qua M (1; 1) có ph

ng trình : y  k ( x  1)  1

 x 4  x 2  3  k ( x  1)  1 (1)
+)  là ti p tuy n c a (C) khi và ch khi h sau có nghi m :  3
(2)
4 x  2 x  k

+) Thay (2) vào (1) ta đ

c ph

ng trình : x 4  x 2  3  (4 x 3  2 x)( x  1)  1

 3x 4  4 x 3  x 2  2 x  2  0  ( x  1) 2 (3 x 2  2 x  2)  0  x  1
Thay x  1 vào (2) suy ra k  6 . V y ph

ng trình ti p tuy n c n l p là y  6 x  7 .

Nh n xét :
Bài toán 1.1 khi vi t ph ng trình ti p tuy n t i đi m thì đi m đó luôn thu c đ th , trong khi Bài toán 1.2
thì đi m đi qua có th thu c ho c không thu c đ th . ví d trên đi m mà ti p tuy n c n l p đi qua M (1; 1)
khá đ c bi t khi M  (C ) . Do đó trong tr ng h p này r t nhi u b n s đi vi t ph ng trình gi ng nh Bài
toán 1.1 (ngh a là chuy n v bài toán vi t ph ng trình ti p tuy n t i đi m M (1; 1) ) và c ng cho ra k t qu
t ng t . Song cách làm đó s không đ c đi m tuy t đ i (n u b n không ch ng minh thêm tính duy nh t c a
ti p tuy n). Vì v y vi c trình bày theo Bài toán 1.2 là s l a ch n h p lí nh t.
hi u rõ h n chúng ta chuy n
qua Ví d 2.
Ví d 2 (B – 2008). Cho hàm s y  4 x 3  6 x 2  1 (1). Vi t ph
r ng ti p tuy n đó đi qua đi m M ( 1; 9) .

ng trình ti p tuy n c a đ th hàm s (1), bi t

Gi i:
+)

ng th ng  có h s góc k đi qua M ( 1; 9) có ph

ng trình : y  k ( x  1)  9

4 x 3  6 x 2  1  k ( x  1)  9 (2)

+)  là ti p tuy n c a đ th hàm s (1) khi và ch khi h sau có nghi m :  2
(3)
12 x  12 x  k

+) Thay (3) vào (2) ta đ

c ph

ng trình : 4 x3  6 x 2  1  (12 x 2  12 x)( x  1)  9

 x  1
 4 x  3 x  6 x  5  0  ( x  1) (4 x  5)  0  
x  5

4
3

2

2

11


V i x  1  k  24 , ph
V i x

5
15
 k  , ph

4
4

ng trình ti p tuy n là : y  24 x  15
ng trình ti p tuy n là : y 

15
21
x
4
4

Nh n xét :
Trong Ví d 2 ta c ng nh n th y đi m M thu c đ th . Song n u vi t ph ng trình ti p tuy n theo góc nhìn
c a Bài toán 1.1 (vi t ph ng trình ti p tuy n t i đi m M ) thì ta ch thu đ c ph ng trình y  24 x  15 và
thi u đi m t ph ng trình. Lí do là vì khi s d ng Bài toán 1.1 thì ti p tuy n luôn ti p xúc v i đ th t i đi m
M , trong khi Bài toán 1.2 n u M thu c đ th thì ti p tuy n có th ti p xúc ho c không ti p xúc v i đ th t i
M ( do ti p tuy n ch c n đi qua đi m M ). Do đó ta đ c 2 ph ng trình ti p tuy n nh trên. Vì v y khi câu
h i trong đ bài là vi t ph ng trình ti p tuy n đi qua đi m thì ta s gi i theo cách gi i c a Bài toán 1.2.
Ví d 3. Cho hàm s y  x 3  3x  2 có đ th là (C ) . Tìm các đi m M trên đ
k đ c ba ti p tuy n t i (C ) , trong đó có hai ti p tuy n vuông góc v i nhau.

ng th ng y  4 , sao cho t M

Gi i:
G i M ( m; 4) thu c đ
Khi đó ph

c th ng y  4

ng trình ti p tuy n (d ) có h s góc k đi qua M có d ng: y  k ( x  m)  4

 x 3  3 x  2  k ( x  m)  4 (1)
(d ) là ti p tuy n c a (C ) khi h sau có nghi m:  2
(2)
3 x  3  k

Thay (2) vào (1) ta đ

c ph

ng trình: x 3  3x  2  (3x 2  3)( x  m)  4

 2 x3  3mx 2  3m  2  0  ( x  1)  2 x 2  (3m  2) x  3m  2   0

 x  1

2
 h( x)  2 x  (3m  2) x  3m  2  0 (3)
có ba ti p tuy n k t M t i (C ) thì ph

ng trình (3) ph i có hai nghi m phân bi t khác 1 , hay :

  (3a  2)(3a  6)  0
2

 a   ;     2;   \ 1 (*)

3


 f (1)  6a  6  0
y  4
V i x  1  
, suy ra ph ng trình ti p tuy n là y  4 . Do ti p tuy n này không vuông góc v i b t
 y '(1)  0
kì m t ti p tuy n nào khác. Nên đ có hai ti p tuy n vuông góc v i nhau thì ph ng trình (3) ph i có hai
nghi m phân bi t x1 , x2 th a mãn: y '( x1 ). y '( x2 )  1  9( x12  1)( x22  1)  1  0
12


 9  ( x1 x2 ) 2  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  1  1  0 (2*)

Thay x1  x2  x1 x2 

3m  2
28
vào (2*) ta có: 9(3m  2  1)  1  0  m   , th a mãn đi u ki n (*)
2
27

 28 
V y M   ; 4  là đi m c n tìm.
 27 

Ví d 4. Cho hàm s y  x 3  3 x 2  3 có đ th là (C ) . Tìm trên đ th (C ) nh ng đi m mà qua đó k đ
đúng m t ti p tuy n t i (C ) .

c

Gi i:

G i M ( m; m3  3m 2  3)  (C )
Khi đó ph

ng trình ti p tuy n (d ) có h s góc k đi qua M có d ng: y  k ( x  m)  m3  3m2  3

3
2
3
2
 x  3 x  3  k ( x  m)  m  3m  3 (1)
(d ) là ti p tuy n c a (C ) khi h sau có nghi m: 
2
(2)
h( x)  3 x  6 x  k

Thay (2) vào (1) ta đ

c ph

ng trình: x 3  3 x 2  3  (3x 2  6 x )( x  m)  m3  3m 2  3

x  m
 ( x  m) (2 x  m  3)  0  
x  3 m
2

2

(d ) là ti p tuy n duy nh t qua M c a (C ) thì x y ra các kh n ng sau:

+) Kh n ng 1: m 

3 m
 m  1  M (1;1)
2

3m 
+) Kh n ng 2 : h(m)  h 
 (*) và hai ti p tuy n trùng nhau.
 2 

i u ki n (*)  m 2  2m  1  0  m  1  M (1;1)
V y M (1;1) là đi m c n tìm.

Ví d 5. Cho hàm s y  x 4  2 x 2  3 có đ th là (C ) . Tìm các đi m thu c tr c tung mà t đó k đ
ti p tuy n duy nh t đ n (C ) .
13

cm t


Gi i:
G i M (0; m)  Oy
Khi đó ph

ng trình ti p tuy n (d ) có h s góc k đi qua M có d ng : y  kx  m

 x 4  2 x 2  3  kx  m (1)
(d ) là ti p tuy n c a (C ) khi h sau có nghi m:  3
(2)

4 x  4 x  k

Thay (2) vào (1) ta đ

c ph

ng trình: 3 x 4  2 x 2  m  3  0 (3)

t t  x 2 v i t  0 , lúc này (3) có d ng : 3t 2  2t  m  3  0 (4)
Nh n th y v i m i nghi m t  t0  0 c a (4) cho ta nghi m x  x0   t0 . Suy ra k  4(t0  1). t0 .
Do đó (d ) là ti p tuy n duy nh t qua M khi (4) có duy nh t m t nghi m t  0 th a mãn:
t  0
4(t  1). t  4(t  1). t  (t  1). t  0  
t  1
2
(lo i)
3

+) V i t  0 , thay vào (4) ta đ

c m  3 , khi đó (4) có nghi m t  0 và t 

+) V i t  1 , thay vào (4) ta đ

c m  4 , khi đó (4) có nghi m t  1 và t  

V y M (0; 4) là đi m c n tìm.

14

1
(th a mãn yêu c u)
3


Bài toán 2: Các bài toán liên quan t i c c tr
Bài toán 2.1
N i dung bài toán :
Vi t ph

ng trình đ

ng th ng đi qua 2 đi m c c tr c a đ th hàm s y  f ( x, m)  ax 3  bx 2  cx  d .

Cách gi i chung:
B

c 1: Tính y '  3ax 2  2bx  c ; y '  0  3ax 2  2bx  c  0 (*)

B

c 2:

th hàm s có 2 đi m c c tr khi ph

ng trình (*) có hai nghi m phân bi t x1 , x2  m  D .

+) N u nghi m x1 , x2 đ p (  '  b 2  3ac  u 2 : có d ng bình ph
Ta có hai đi m c c tr A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) , suy ra ph

ng)

ng trình AB .

+) N u nghi m x1 , x2 “không đ p” , chia y cho y ' ( làm nháp) và vi t thành: y  u ( x). y ' px  q

 A( x ; y )
 y  u ( x1 ). y '( x1 )  px1  q  px1  q
G i  1 1 là hai đi m c c tr  y '( x1 )  y '( x2 )  0 , khi đó  1
 B ( x2 ; y2 )
 y2  u ( x2 ). y '( x2 )  px2  q  px2  q
Suy ra ph

ng trình AB : y  px  q .

Ví d 1 (A – 2002). Cho hàm s : y   x 3  3mx 2  3(1  m2 ) x  m3  m 2 (1) ( v i m là tham s th c).
Vi t ph

ng trình đ

ng th ng đi qua hai đi m c c tr c a đ th hàm s (1).

Gi i: Ta có y '  3x 2  6mx  3(1  m 2 )

 x  m 1
. Vì x1  x2 nên hàm s đ t c c tr t i x1 , x2 .
Cách 1: y '  0  x 2  2mx  m2  1  0   1
 x2  m  1
Khi đó ta có hai đi m c c tr A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) v i
2


 y1  y (m  1)   m 2  3m  2
 A(m  1;  m  3m  2)

 AB  (2; 4)


2
2
 y2  y (m  1)   m  3m  2  B (m  1;  m  3m  2)

Suy ra ph

ng trình đi qua hai đi m c c tr A, B là:

x  m  1 y  m 2  3m  2

 y  2 x  m2  m .
2
4
15


Cách 2: V i y '  0  x 2  2mx  m 2  1  0 có  '  m2  (m 2  1)  1  0
Nên hàm s đ t c c tr t i x1 , x2 . Ta có y '( x1 )  y '( x2 )  0
M t khác: y   x 3  3mx 2  3(1  m2 ) x  m3  m 2


1
 x  m   3x 2  6mx  3  3m 2   2 x  m 2  m

3

2
1
 y1  2 x1  m  m
2
  x  m  y ' 2 x  m  m  
2
3
 y2  2 x2  m  m

V y ph

ng trình đi qua hai đi m c c tr A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) là: y  2 x  m 2  m

Ví d 2. Cho hàm s y  2 x 3  3(m  1) x 2  m . Tìm m đ đ th hàm s có đi m c c đ i, c c ti u A, B sao
cho ba đi m A, B, I (3;1) th ng hàng.

x  0
Gi i: Ta có y '  6 x 2  6(m  1) x . Khi đó y '  0  6 x ( x  m  1)  0   1
 x2  m  1
Hàm s có c c đ i, c c ti u khi và ch khi x1  x2  0  m  1  m  1

 y1  y (0)  m
 A(0; m)
Cách 1: Ta có 

3
2
3

2
 y2  y (m  1)   m  3m  2m  1  B (m  1; m  3m  2m  1)

 
 AI  (3;1  m)
. Do A, B , I th ng hàng nên AI , BI cùng ph
Suy ra 
3
2
 BI  (4  m; m  3m  2m)

ng, t

ng đ

ng:

4  m m3  3m 2  2m
4m
 2m  m 2

(do m  1 ) 
3
1 m
3
 3m 2  7 m  4  0  m  1 (lo i) ho c m 

4
(th a mãn).
3

m 1 
1
2
2
Cách 2: Ta có y   x 
  6 x  6(m  1) x   (m  1) x  m
3
6


2
m 1 
1
 y1  (m  1) x1  m
2
 x
y

m

x

m
y
x
y
x
'
(

1)
.
V
i
'(
)
'(
)
0




1
2

2
6 
3
 y2   (m  1) x2  m

16


Khi đó ph

ng trình đi qua hai đi m c c tr A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) là : y  (m  1)2 x  m

Do A, B, I (3;1) th ng hàng nên I  AB  1  3(m  1) 2  m  3m 2  7 m  4  0

 m  1 (lo i) ho c m 

4
4
(th a mãn). V y m  .
3
3

Ví d 3 (B – 2013). Cho hàm s y  2 x 3  3(m  1) x 2  6mx (1). Tìm m đ đ th hàm s
tr A và B sao cho đ ng th ng AB vuông góc v i đ ng th ng y  x  2 .

(1) có hai đi m c c

x 1
Gi i: Ta có y '  6 x 2  6(m  1) x  6m ; y '  0  x 2  (m  1) x  m  0   1
 x2  m
Hàm s có hai c c tr khi và ch khi x1  x2  m  1 (*)


 y1  y (1)  3m  1
 A(1;3m  1)
AB  (m  1; (m  1)3 )


Cách 1: Ta có 

3
2
3
2

 B(m; m  3m )
 y2  y (m)  m  3m


Do m  1 nên AB cùng ph ng v i vecto u AB  (1; (m  1)2 )
ng th ng d : y  x  2  x  y  2  0 có vecto ch ph


ng ud  (1;1)

 
m  0
Khi đó AB  d  AB.ud  0  1  (m  1)2  0  
(th a mãn (*) )
m  2
Cách 2: Ta có y  2 x 3  3(m  1) x 2  6mx
 (2 x  m  1)  x 2  (m  1) x  m   (m  1) 2 x  m(m  1)
1
 (2 x  m  1) y ' ( m  1) 2 x  m( m  1) .
6
2
 y   (m  1) x1  m(m  1)
V i y '( x1 )  y '( x2 )  0   1
2
 y2  (m  1) x2  m(m  1)

V y ph

ng trình đ

ng th ng đi qua hai đi m c c tr A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) là : y  (m  1) 2 x  m(m  1)

Do AB vuông góc v i đ

m  0
ng th ng y  x  2 nên: (m  1) 2  1  
(th a mãn đi u ki n (*) )
m  2

V y giá tr m c n tìm là m  0 ho c m  2 .
17


Ví d 4. Cho hàm s

y  x 3  3 x 2  2 có đ th là (C ) và đ

( x  m) 2  ( y  m  1)2  5 . Tìm m đ đ

ng tròn (T ) có ph

ng trình:

ng th ng đi qua hai đi m c c tr c a (C ) ti p xúc v i đ

Gi i:
x  0  y  2
Ta có: y '  3x 2  6 x ; y '  0  3 x( x  2)  0  
 x  2  y  2


V y ta có hai đi m c c tr : A(0; 2) và B (2; 2)  AB  (2; 4)  2(1; 2)
Khi đó ph

ng trình đi qua 2 đi m c c tr là :

x y2

hay 2 x  y  2  0 (  )
1
2

ng tròn (C ) có tâm I ( m; m  1) và bán kính R  5

(  ) ti p xúc v i (C ) khi và ch khi: d ( I ;  )  R 

V y m  2 ho c m  

2m  m  1  2
22  12

4
là đáp s c a bài toán.
3

18

m  2
 5  3m  1  5  
4
m  

3


ng tròn (T )


Bài toán 2.2
N i dung bài toán : Tìm m đ hàm s y  f ( x, m) có n c c tr th a mãn đi u ki n (*) cho tr

c

Cách gi i chung:
Tr

ng h p 1: Tìm m đ hàm s b c ba: y  f ( x, m)  ax 3  bx 2  cx  d có 2 ( n  2) c c tr th a mãn
đi u ki n (*) cho tr

B

c.

c 1: y '  3ax 2  2bx  c  Ax 2  Bx  C ; y '  0  Ax 2  Bx  C  0 (1)
A  0
Hàm s có 2 c c tr  (1) có hai nghi m phân bi t  
 m D
  0

B

B


 x1  x2   A
M ( x1; y1 )
(2)
c 2: +) G i 
là hai đi m c c tr v i 
 N ( x2 ; y2 )
x x  C
 1 2 A
(N u c n bi u di n y1 , y2 theo m thì s d ng Bài toán 2.1 )
+) C t ngh a đi u ki n (*) (có th s d ng (2) ho c k t h p các ki n th c hình h c ph ng…) thi t l p đ

c:

mD K t lu n.
g ( m)  0 (ho c ( g (m)  0, g (m)  0...)  m 
Chú ý: Do s c c tr c a hàm b c ba ch có th là 2 ho c không có. Do đó n u đ bài yêu c u tìm m đ hàm s
có c c tr , đ c hi u là tìm m đ hàm s có 2 c c tr (m t c c đ i và m t c c ti u).
Ví d 1 (D – 2012). Cho hàm s

y

2 3
2
x  mx 2  2(3m2  1) x 
3
3

(C ) , m là tham s th c.

Tìm m đ hàm s (C ) có hai đi m c c tr x1 và x2 sao cho x1 x2  2( x1  x2 )  1 .
Gi i:
+) Ta có y '  2 x 2  2mx  2(3m 2  1)  0 ; y '  0  x 2  mx  3m 2  1  0 (1)
Hàm s có hai c c tr x1 , x2  (1) có hai nghi m phân bi t x1 , x2
  '  13m 2  4  0  m 

2 13
2 13
ho c m  
13
13

19


 x1  x2  m
+) V i x1 , x2 là nghi m c a (1) nên 
(2) . Ta có: x1 x2  2( x1  x2 )  1 (*) .
2


x
x
1
3
m
 1 2
Thay (2) vào (*) ta đ
V y m

c: 1  3m2  2m  1  m(3m  2)  0  m  0 (lo i) ho c m 

2
(th a mãn).
3

2
là giá tr c n tìm.
3

Ví d 2 (B – 2012). Cho hàm s y  x 3  3mx 2  3m 3 (C ) , m là tham s th c. Tìm m đ đ th hàm s (C ) có
hai đi m c c tr A và B sao cho tam giác OAB có di n tích b ng 48.
 x1  0  y1  3m3
Gi i: +) Ta có y '  3x  6mx ; y '  0  3 x( x  2m)  0  
3
 x2  2m  y2   m
2

th hàm s (C ) có hai đi m c c tr  x1  x2  m  0
3
 A(0;3m3 )  Oy OA  3 m
+) Ta có hai đi m c c tr : 

3
 B(2m; m )
d ( B, OA)  d ( B, Oy )  2 m

1
Theo đ ra ta có: S OAB  48  .d ( B, OA).OA  48  3m 4  48  m  2 (th a mãn ) . V y m  2 .
2

Ví d 3. Cho hàm s y   x 3  (2m  1) x 2  (m2  3m  2) x  4 . Xác đ nh m đ đ th hàm s có các đi m c c
đ i và c c ti u n m v hai phía c a tr c tung.
Gi i: Ta có y '  3 x 2  2(2m  1) x  (m 2  3m  2)
Suy ra y '  0  3 x 2  2(2m  1) x  ( m 2  3m  2)  0
+)

(1)

đ th hàm s các các đi m c c đ i, c c ti u thì ph

ng trình (1) ph i có hai nghi m phân bi t, khi đó:

 '  (2m  1) 2  3(m 2  3m  2)  0  m 2  13m  5  0  m 

13  3 21
13  3 21
ho c m 
2
2

+) Hàm s có hai đi m c c tr A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) v i x1 , x2 là nghi m c a (1)
Khi đó hai đi m A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) n m v hai phía c a tr c tung khi và ch khi:
x1 x2  0  m 2  3m  2  0  1  m  2 , k t h p v i (2) ta đ

20

c đáp s : 1  m  2

(2)

Chú ý: Vi c c t ngh a đi u ki n (*) khi hai đi m c c tr A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) :
+) cùng phía v i tr c tung (tr c Oy ) là: x1 x2  0
+) khác phía (n m v hai phía) v i tr c tung (tr c Oy ) là: x1 x2  0
+) cùng phía v i tr c hoành (tr c Ox ) là: y1 y2  0
+) khác phía (n m v hai phía) v i tr c hoành (tr c Ox ) là: y1 y2  0 .

Ví d 4. Cho hàm s y   x 3  3x 2  m 2  3m v i m là tham s th c. Ch ng minh hàm s luôn có c c đ i, c c
ti u v i m i m . Tìm m đ các đi m c c đ i, c c ti u c a đ th hàm s cách đ u đ ng th ng  : y  x  5 .
 x  0  y  m 2  3m
Gi i: +) Có y '  3 x 2  6 x ; y '  0  3 x( x  2)  0  
2
 x  2  y  m  3m  4

V y v i m   , y '  0 có hai nghi m phân bi t nên hàm s đã cho luôn có c c đ i, c c ti u v i m i m .
+) Ta có A(0; m2  3m), B (2; m 2  3m  4) là hai đi m c c tr
ng th ng  : y  x  5 hay x  y  5  0
Theo đ ra ta có: d ( A, )  d ( B, ) 

m 2  3m  5
2



m 2  3m  3
2

 m 2  3m  5   m 2  3m  3
 m  1

 2
 m 2  3m  4  0  
2
m  4
  m  3m  5  m  3m  3

V y m  1 ho c m  4 là các giá tr c n tìm.

Ví d 5. Cho hàm s
đ i x ng nhau qua đ

y  x 3  3 x 2  mx có đ th là (Cm ) . Xác đ nh m đ (Cm ) có các đi m c c đ i và c c ti u
ng th ng x  2 y  5  0 .

Gi i:
+) Ta có: y '  3x 2  6 x  m ; y '  0  3x 2  6 x  m  0 (1)
th (Cm ) có các đi m c c đ i, c c ti u khi và ch khi ph
hay  '  9  3m  0  m  3 (2)
21

ng trình (1) có hai nghi m phân bi t,


+) G i A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) là hai đi m c c tr c a (Cm ) v i: y '( x1 )  y '( x2 )  0
1
2m  6
m
1
2m  6
m

1
1
Ta có y   x   (3 x 2  6 x  m) 
x  hay y   x   . y '
x
3
3
3
3
3
3
3
3


1
2m  6
m 2m  6
m
1
 y1   3 x1  3  . y '( x1 )  3 x1  3  3 x1  3



, suy ra ph

 y   1 x  1  . y '( x )  2m  6 x  m  2m  6 x  m
2
2
2

 2  3 2 3 
3
3
3
3
ng th ng d : x  2 y  5  0 đ

c vi t l i: y 

ng trình AB : y 

2m  6
m
x
3
3

1
5
x
2
2

A, B đ i x ng v i nhau qua d th a mãn đi u ki n c n là: AB  d 

2m  6 1
.  1  m  0 (th a mãn (2) )
3
2

V i m  0 hàm s có d ng y  x 3  3x 2 có hai đi m c c tr A(0; 0), B (2; 4)
Khi đó trung đi m AB là I (1; 2)  d (th a mãn đi u ki n đ )
V y giá tr m  0 là đáp s c a bài toán.

Ví d 6. Cho hàm s

y  (m  3) x 3  2mx  3 v i m là tham s th c. Bi n lu n theo m s c c tr c a hàm

s trên.
Gi i:
Ta có y '  3(m  3) x 2  2m , khi đó y '  0  3(m  3) x 2  2m  0 (*)
*) V i m  3 ph

ng trình (*) có d ng: 6  0 (vô nghi m), ngh a là hàm s không có c c tr v i m  3 .

*) V i m  3 , suy ra :   24m( m  3)
+) N u   0  24m( m  3)  0  0  m  3
thì ph

ng trình (*) vô nghi m ho c có nghi m kép hay y ' không đ i d u. Suy ra hàm s không có c c tr .

m  0
+) N u   0  24m(m  3)  0  
m  3
Khi đó ph

ng trình (*) có hai nghi m phân bi t, hay hàm s có hai c c tr (m t c c đ i, m t c c ti u).

K t lu n: V i 0  m  3 : hàm s không có c c tr . V i m  0 ho c m  3 : hàm s có hai c c tr .
22

Chú ý: Các ki n th c hình h c ph ng c b n c n nh đ c t ngh a đi u ki n (*) :
 AB  ( x  x )2  ( y  y )2
2
1
2
1

+) A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 )    x  x y  y 
1
2
; 1 2  : Trung ®iÓm cña AB
I 
2 
  2
 x  x  x y  y2  y3 
+) A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ), C ( x3 ; y3 ) là ba đ nh c a tam giác khi đó G  1 2 3 ; 1
 : là tr ng tâm c a
3
3


tam giác ABC

+) M ( x0 ; y0 ) và  : ax  by  c  0  d (M , ) 

d : y  k1 x  m1
, khi đó:
+)  1

d 2 : y  k2 x  m2

ax0  by0  c
a 2  b2

d1  d 2  k1k 2  1

d1 / / d 2  k1  k2 ; m1  m2


1
1
A900  S
+) S ABC  .d ( A, BC ).BC 
. AB. AC
ABC 
2
2

Tr

ng h p 2:
Tìm m đ hàm s trùng ph

B

ng : y  ax 4  bx 2  c có n c c tr th a mãn đi u ki n (*) cho tr

x  0
c 1: y '  4ax 3  2bx ; y '  0  2 x(2ax 2  b)  0  

2
 2ax  b  0 (1)

+) Hàm s có 1 c c tr ( n  1)  (1) th a mãn mãn ab  0 .
+) Hàm s có 3 c c tr ( n  3)  (1) có hai nghi m phân bi t 
B

b
 0  ab  0  m  D .
2a

c 2: (dành cho 3 c c tr )

 A(0; c )

b
x   

+) Ta có 3 c c tr  B ( x1; y1 ) v i  1,2
(Tam giác ABC luôn cân t i A )
2a
 y  y ( x ); y  y ( x )
C ( x ; y )
1
2
2
 1
2
2


+) C t ngh a đi u ki n (*) , suy ra đ

c ph

mD K t lu n.
ng trình: g (m)  0  m 
23

c.


Ví d 1. Cho hàm s

y

m 1 4
5
x  mx 2 
2
2

(Cm ) , v i m là tham s th c. Tìm m đ hàm s (Cm ) có c c

ti u mà không có c c đ i.
Gi i:

x  0
+) Ta có y '  2( m  1) x 3  2mx  2 x  ( m  1) x 2  m  , khi đó y '  0  
2
(m  1) x  m  0 (1)

+) Hàm s (Cm ) có c c ti u mà không có c c đ i
 y '  0 có m t nghi m khi và ch khi ph

ng trình (1) th a mãn:

( m  1).(  m)  0  m( m  1)  0  1  m  0

V y 1  m  0 là đáp s c a bài toán.

Ví d 2 (A – A1 – 2012). Cho hàm s

y  x 4  2(m  1) x 2  m 2

(Cm ) , v i m là tham s th c. Tìm m đ đ

th c a hàm s (Cm ) có ba c c tr t o thành ba đ nh c a m t tam giác vuông.
Gi i:

x  0
+) Ta có y '  4 x3  4(m  1) x  4 x ( x 2  m  1) ; y '  0   2
 x  m  1 (1)
+)

th hàm s có 3 c c tr khi (1) có hai nghi m phân bi t khác 0  m  1  0  m  1 (2)


2

 A(0; m )
 AB   m  1; (m  1)2



+) Có 3 đi m c c tr :  B  m  1; 2m  1   
2

 AC  m  1; (m  1)
C m  1; 2m  1
















Theo đ bài tam giác ABC vuông, mà tam giác ABC luôn cân t i A

 
 m  1
Suy ra ABC vuông t i A  AB. AC  0  (m  1)  (m  1)4  0  (m  1)  (m  1)3  1  0  
m  0
K t h p v i đi u ki n (2) ta đ

c đáp s m  0 .

24


Ví d 3. Cho hàm s

y   x 4  2mx 2  4 (Cm ) , m là tham s th c.

Tìm các giá tr c a m đ t t c các đi m c c tr c a đ th (Cm ) đ u n m trên các tr c t a đ .

x  0
Gi i: Ta có y '  4 x 3  4mx  4 x ( x 2  m) ; y '  0   2
x  m
+) V i m  0 thì đ th (Cm ) có m t đi m c c tr A(0; 4)  Oy
x  0
+) V i m  0 thì y '  0  
x   m
 A(0; 4)  Oy
Suy ra (Cm ) có 3 đi m c c tr 
2
2
 B ( m ; m  4)  Oy; C ( m ; m  4)  Oy

m  0
 B  Ox
A, B, C n m trên các tr c t a đ thì 
 2
m2

C  Ox
m  4  0
V y m  0 ho c m  2 là các giá tr c n tìm.

Ví d 4. Cho hàm s

y  x 4  2(m 2  m  1) x 2  m  1 , m là tham s th c. Tìm m đ đ th hàm s

kho ng cách gi a hai đi m c c ti u ng n nh t.
Gi i:
x  0
+) Ta có y '  4 x 3  4( m 2  m  1) x  4 x  x 2  (m 2  m  1)  , khi đó y '  0  
2
 x   m  m  1

+) V y v i m   , đ th hàm s luôn có 3 đi m c c tr .
M t khác: a  1  0 nên ta có hai đi m c c ti u đ i x ng nhau qua tr c tung và có hoành đ
l nl

t là: x1   m 2  m  1; x2  m 2  m  1 . Khi đó kho ng cách gi a hai đi m c c ti u là:
2

1 3
1

d  x2  x1  2 m  m  1  2  m     3  d min  3 khi m 
2
2 4

2

V yv i m

1
kho ng cách gi a hai đi m c c ti u ng n nh t.
2

25

có