Chuyen de hamso co loi giai chi tiet

Chuyên đề hàm số
y  x3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m (1)
Bài 1
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.
.
Ta có y ,  3 x 2  6mx  3(m 2  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 .
4
2
Bài 2
Cho hàm số y  x  4  m  1 x  2m  1 có đồ thị  Cm 
3
.
2
b) Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
 4 x 3  8  m  1 x  4 x  x 2  2  m  1  .
 Ta có y�
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số khi m 

x0
�
y�
 0 � �2
nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
x  2  m  1
�

 Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
A  0; 2m  1 ,B



 



2  m  1 ; 4m 2  10m  5 ,B  2  m  1 ; 4m 2  10m  5 . Ta có:

AB 2  AC 2  2  m  1  16  m  1

4

BC 2  8  m  1

 Điều kiện tam giác ABC đều là AB  BC  CA � AB 2  BC 2  CA2
� 2  m  1  16  m  1  8  m  1
4

m 1
�
m 1  0
�
�
3
��
�
3
3
8  m  1  3 �
m  1
�
�
2

So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra m  1 
Bài 3

3

3
:
2

x2
(1)
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm điểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là

nhỏ nhất.
): Cho hàm số: y 

1


Chuyên đề hàm số

x2
và x0 ≠ -1)
x0  1
Gọi d1 là phương trình tiệm cận đứng: x + 1 = 0
Gọi d2 là phương trình tiệm cận ngang: y - 1 = 0
Ta có: d ( M ;d1 )  x0  1 ; d ( M ;d2 )  y0  1
Gọi M(x0, y0)  (C) ,

( Trong đó y0 

Ta có tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là: d  d ( M ,d1 )  d( M , d2 )  x0  1 
 x0  1 

x0  2
1
x0  1

3
3
3
 x0  1 
�2 x0  1 .

2 3
x0  1
x0  1
x0  1

�
�
x0  1  3
x0  3  1
3
� ( x0  1) 2  3 � �
��
x0  1
x0  1   3
x0   3  1
�
�
�
�
Với: . x0  3  1 � y0  1  3
Vậy: d min  2 3 � x0  1 

. x0   3  1 � y0  1  3









Vậy có 2 điểm M  (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là: M 1 1  3;1  3 và M 2  3  1;1  3 .
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3
4
2
2Tìm m để phương trình x - 4x + 3 = log2 m có đúng 4 nghiệm.
Ds :2 < m < 9
Bài 5 Cho hàm số y = x4 – 2(m2 – m + 1)x2 + m – 1
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu ngắn nhất.
x=0
�
�
3
2
y’ = 4x – 4(m – m + 1)x = 0 � �
x = m2 - m + 1
�
�
d = 2 m2 - m + 1  Mind = 3 khi m = ½
Bài 4

Bài 6 Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm)
tại D và E vuông góc với nhau.
2.PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 � x(x2 + 3x + m) = 0 � x = 0, f(x) = 0
f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0

Đê
thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và y’(x1).y’(x2) = -1.
0.25
�
9 - 4m > 0, f (0) = m � 0
�
� 2
�
(3x + 6x1 + m)(3x22 + 6x2 + m) = - 1.
�
� 1
� 9
� 9
�
�
�m < 4, m �0
�m < , m �0
��
�� 4
�
� 2
�
9(x x )2 + 18x1x2(x1 + x2) + 3m(x12 + x22) + 36x1x2 + 6m(x1 + x2) + m2 = - 1 �
4m - 9m + 1 = 0
�
�
� 12
�
Giải ra ta có ĐS: m =

9 � 65
8
2


Chuyên đề hàm số
Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0.
Bài 8 Cho hàm số y  x3  2mx 2  (m  3) x  4 có đồ thị là (Cm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1.
2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m
sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2
.
Bài 7

Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: x 3  2mx 2  (m  3) x  4  x  4 (1)
x0
�
(1) � x( x 2  2mx  m  2)  0 � �
g ( x)  x 2  2mx  m  2  0 (2)
�
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C � (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
2
� ‫ڳ‬
1 m 2
�
 m��
 m  2  0 �m
��

��
(a ) .
�m �2
�g (0)  m  2 �0
Mặt khác: d ( K , d ) 

1 3  4
2

 2

1
BC.d ( K , d )  8 2 � BC  16 � BC 2  256
2
� ( xB  xC ) 2  ( y B  yC )2  256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2).

Do đó: S KBC  8 2 �

� ( xB  xC ) 2  (( xB  4)  ( xC  4)) 2  256 � 2( xB  xC ) 2  256 � ( xB  xC ) 2  4 xB xC  128
� 4m 2  4(m  2)  128 � m 2  m  34  0 � m 

1 � 137
1 � 137
(thỏa (a)). Vậy m 
.
2
2

4
2

2
Bài 9 Cho hàm số f ( x)  x  2( m  2) x  m  5m  5

(Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1
2) Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.

Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là:
A(0; m2  5m  5), B( 2  m ;1  m), C ( 2  m ;1  m)
Tam giác ABC luôn cân tại A  ABC vuông tại A khi m = 1.

Bài 10 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 đường 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.
AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12)
 AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB  24
3
2
Bài 11 Cho hàm số y  x  3m x  2m (Cm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
2) Tìm m để (Cm) và trục hoành có đúng 2 điểm chung phân biệt.
�y co�
C�, CT

m  �1
(Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt � �y  0 hoa�
c yCT  0 
�C�

3


Chuyên đề hàm số
Bài 12 Cho hàm số

y

2x  4
.
x 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(–3;0) và N(–1; –1)

MN: x + 2y + 3 = 0. PT đường thẳng (d)  MN có dạng: y = 2x + m.
Gọi A, B  (C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của PT:
2x  4
 2 x  m  2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ –1) (1)
x 1
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  (1) có  = m2 – 8m – 32 > 0
Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1)
�x  x
� �m m�

 ; �( theo định lý Vi-et)
Trung điểm của AB là I �1 2 ; x1  x2  m � I �
� 2
� �4 2�
Ta có I �MN  m = –4, (1)  2x2 – 4x = 0  A(0; –4), B(2;0)

Bài 13 Cho hàm số y 

2x 1
x 1

(C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OAB vuông tại
O.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): x 2  ( m  3) x  1  m  0, x �1 (*)
(*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB  A(xA; xA + m), B(xB; xB + m),
�xA  xB  3  m
Theo định lí Viét: �
�xA .xB  1  m
uuu
r uuu
r
Để OAB vuông tại O thì OA.OB  0 � x A xB   xA  m   xB  m   0
� 2 x A xB  m  xA  xB   m 2  0 � m  2

Bài 14 Cho hàm số y 

2x  3

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.


2x  3

1

, x0 2 , y'(x0) 
Ta có: M  x0; 0
 x0  2 2
x

2
0


Phương trình tiếp tuyến  với ( C) tại M :  : y 

1
2x  3
(x  x0)  0
2
x0  2
 x0  2


2x  2 

; B 2x0  2;2
Toạ độ giao điểm A, B của () và hai tiệm cận là: A  2; 0
 x0  2 
yA  yB 2x0  3
x A  xB 2  2 x0  2

yM  M là trung điểm AB.

 x0  xM ,
2
x0  2
2
2
Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện tích:
2
�
�2 x0  3
�� �
1
�
2
2
( x0  2)  �
 2 ��  �
( x0  2)2 
�2
S =  IM   �

2 �
( x0  2) �
�
�x0  2
��
�
� �
Ta có:

4


Chuyên đề hàm số
2
Dấu “=” xảy ra khi (x0  2) 

x 1
1
 0
 M(1; 1) và M(3; 3)
2
(x0  2)
x0 3

Bài 16 Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m là số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x 1, x2, x3 thỏa mãn điều
2
2
3

kiện : x1  x 2  x 2  4
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là :
x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = 0  (x – 1) (x2 – x – m) = 0
 x = 1 hay g(x) = x2 – x – m = 0 (2)
Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (2). Với điều kiện 1 + 4m > 0 ta có :
x1 + x2 = 1; x1x2 = –m. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với:
1
1
1
�
�
�
m
m
m
�
�
�
�
1
4m

0
4
4
4
�
�
�
�

g(1)   m �0  �
m �0
 �m �0
 �m �0
�
2
2
1  2m  3
(x1  x 2 ) 2  2x1x 2  3
�
�
�
�m  1
�x1  x 2  1  4
�
�
�
�
�
�
�
� 1  m  1
 �4
�
�m �0
Bài 17 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;  ] .

Xét phương trình 8cos 4 x  9cos 2 x  m  0 với x �[0;  ] (1)
Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4  9t 2  m  0 (2)
Vì x �[0;  ] 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
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
32
81
1. 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

m

: Phương trình đã cho vô nghiệm

5


Chuyên đề hàm số
Bài 18 Cho hàm số y  x3  3x 2  4 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm
phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau
d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình:
x3
�
x 3  3x 2  4  m( x  3)  4 � ( x  3)( x 2  m)  0 � �2
x m0
�
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '(  m )  1
18 �3 35
(thỏa mãn)
9

� (3m  6 m )(3m  6 m )  1 � 9m 2  36m  1  0 � m 

Bài 20) Cho hàm số y  x4  2mx2  m2  m

(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 1200 .

x0
�
 0 � 4x  x2  m   0 � �
 4 x 3  4mx ; y �
Ta có y �
�x  �  m

(m<0)

Gọi A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m ; m) là các điểm cực trị.
uuu
r
uuur
AB  (  m ;  m 2 ) ; AC  (  m ;  m 2 ) . ABC cân tại A nên góc 1200 chính là �A .
uuu
r uuur
1
AB. AC
1
 m .  m  m 4
1
� cos A   � uuu

r uuur   �
4
2

2
m m
2
AB . AC
�A  120o
m0
(loai)
�
m  m4
1
4
4
4
�
� 4
  � 2m  2m  m  m � 3m  m  0 �
1
�
m3
m m
2
3
�
1
Vậy m=  3 thoả mãn bài toán.
3
3
2

1

2

3
2
3
Bài 21) Cho hàm số : y  x  mx  m

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
2) Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng y
= x.
x0
�
2
Tacó y '  3x  3mx  3x( x  m)  0 � �
xm
�
m
�
0
Với
thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.

�1
�2

�
�

Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A�
0; m3 �

, B(m; 0) .
Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là OA  OB tức là:
1
m  m3 � m 2  2 � m  � 2
2
2x 1
Bài 22) Cho hàm số y =
.
1 x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
6


Chuyên đề hàm số
2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A
của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích
tam giác IPQ.
� 2a  1 �
a;
Giao điểm I(1; –2). A �
�
� 1 a �
1
2a  1
2 (x – a) +
(1  a)
1 a
� 2a �
1;

Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: P �
�
�1 a �
Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2)
Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA. Vậy A là trung điểm của PQ
2a
2
1
2 
Ta có IP =
; IQ = 2( a  1) . SIPQ = IP.IQ = 2 (đvdt)
1 a
1 a
2
Phương trình tiếp tuyến tại A: y =

Bài 23) Cho hàm số: y  x4  2 x2  1 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 4  2 x 2  1  log 2 m  0 (m>0)
PT  x 4  2 x 2  1   log 2 m . Dựa vào đồ thị ta suy ra được:
1
 log 2 m < –1 � 0  m  : PT có 2 nghiệm phân biệt
2
1
 log 2 m = –1 � m  : PT có 3 nghiệm
2
1
 –1< log 2 m <0 �  m  1 : PT có 4 nghiệm phân biệt
2

 log 2 m = 0 � m  1 : PT có 2 nghiệm
 log 2 m > 0 � m  1 : PT v ô nghiệm

Bài 24) Cho hàm số y  x4  mx2  m 1

(Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –2.
2) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì (Cm) luôn luôn đi qua hai điểm cố định A, B. Tìm m để các tiếp tuyến tại A và B
vuông góc với nhau.

Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0). Ta có: y�
 4x3  2mx .
 Các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau  y�
(1).y�
(1)  1  (4  2m)2  1

�
3
m 
�
2.
 �
5
�
m 
�
2
Bài 25) Cho hàm số y 

2x  1

.
x 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C). Tìm trên đồ thị (C) điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến
tại M với đồ thị (C) cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn: IA2  IB2  40.

� 2x  1�

x; 0
TCĐ: x  1; TCX: y  2  I(–1; 2). Giả sử M �
�0 x  1 �
� (C), (x0 > 0).
0
�
�
7


Chuyên đề hàm số
 PTTT với (C) tại M: y 

3
2

(x0  1)

(x  x0) 

2x0  1

� 2x0  4 �
1;
 A�
�, B  (2x0  1;2 .
x0  1
� x0  1 �

� 36
 4(x0  1)2  40
�
2
 IA2  IB2  40  �
 x0  2 (y0 = 1)
(x0  1)
�x  0
�0
Bài 26) Cho hàm số y 

M(2; 1).

2x  1
.
x1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường
thẳng MI.

2a  1
(a  1)

a1
1
2a  1
(x  a) 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y  
2
a 1
(a  1)
1
(x  1)  2
Phương trình đwòng thẳng MI: y 
(a  1)2
1
1
.
 1 
Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: 
(a  1)2 (a  1)2

Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b)  (C)  b 

�
a  0 (b  1)
�
a  2 (b  3)
�

Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)
Bài 27) : Cho hàm số y  f ( x)  x 3  mx 2  2m (1) ( m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.

2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm.

y� 3x 2  2mx  x(3x  2m)
 Khi m = 0 thì y�
 3x 2 �0 � (1) đồng biến trên R � thoả yêu cầu bài toán.
 Khi m �0 thì (1) có 2 cực trị x1  0 , x2 

2m
3

Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:

m �0
�
�
4m3
2m 2
2
f ( x1 ). f  x2   0 � 2m(2m 
)  0 � 4m (1 
) 0 � �3 6
3 6
27
27

m
�
� 2
2
�3 6 3 6�


;
Kết luận: khi m ��
�thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm.
�
2 �
� 2
�
Bài 28) : Cho hàm số y  2x3  9mx2  12m2x  1 (m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại tại xCĐ, cực tiểu tại xCT thỏa mãn: x2C�  xCT .
y� 6x2  18mx  12m2  6(x2  3mx  2m2)
Hàm số có CĐ và CT  y� 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2   = m2 > 0  m�0
8


Chun đề hàm số
1
 3m m , x2  1  3m m .
2
2
Dựa vào bảng xét dấu y suy ra xC�  x1, xCT  x2
Khi đó: x1 

2

�
�
Do đó: x2C�  xCT  �3m m �  3m m  m 2

�

2

�

2

2x  1
.
x2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.
Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0, có hệ số góc bằng –5

Bài 29) Cho hàm số y 



5
 5  x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3
( x0  2) 2

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1)
 y = -5x + 22 hay y = -5x + 2
Bài 30) Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2
TXĐ: D = R
- y’ = 12x2 + 2mx – 3

Ta có: ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy ln có cực trị
�
�x1  4 x2
�
m
�
Ta có: �x1  x2  
6
�
1
�
x1 x2  
�
�
4

9
�m�
2

Bài 31) Cho hàm số: y  x  3  m  1 x  9 x  m  2 (1) có đồ thị là (Cm)
3

2

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1.
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường
1
2
2

y ' 3x  6( m  1) x  9

thẳng y  x .

Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
' 9(m  1) 2  3.9  0
(m  1) 2  3  0
 m  ( ; 1  3 )  ( 1  3;)
m 1  2
1
2
 3 x  6(m  1) x  9  2(m  2m  2) x  4m  1
Ta có y  x 
3
3







Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2)
 y1  2(m 2  2m  2) x1  4m  1
y 2  2(m 2  2m  2) x2  4m  1
9


Chuyên đề hàm số
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y  2(m 2  2m  2) x  4m  1

1
2

Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y  x ta có điều kiện cần là
1
 2m  2) .  1
2
2
 m  2m  2 1
 m 1
 m 2  2m  3 0  
 m  3

  2( m



2

 x1  x2 2(m  1)
 x1 .x2 3

Theo định lí Viet ta có: 

Khi m = 1  ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:
 x1  x 2 4
 2  2 2
y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là: 
 y1  y 2   2( x1  x2 )  10 1
 2

2
1
Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y  x  m 1 thỏa mãn.
2

Khi m = -3 ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là:
 x1  x 2
 2  2

 y1  y 2   2( x1  x2 )  10 9
 2
2
1
Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng y  x  m  3 không thỏa mãn.
2

Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 32) 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.
2
( x 0)
x
2
2
 2x 3  2
2

x



f
'
(
x
)


2
x

Xét f(x) =
=
x
x2
x2
Ta có x - 
0
1
+

1. Pt : x3 + mx + 2 = 0  m  x 2 

f’(x)

+

+

0

-

f(x)

+
-3
-
-
-
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất  m   3 .
Bài 33) Cho hàm số y 

2x  4
(C ) .
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
10


Chuyên đề hàm số
2. Gọi M là một điểm bất kì trên đồ thị (C), tiếp tuyến tại M cắt các tiệm cận của (C) tại A, B. CMR
diện tích tam giác ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M.

� 2a  4 �
  C  a 1
�
� a 1 �

a;
Gọi M �

Tiếp tuyến tại M có phương trình: y 

6
2a  4
2  x  a 
a 1
 a  1

� 2a  10 �
�
� a 1 �
Giao điểm với tiệm cận ngang y  2 là B  2a  1;2 
1;
Giao điểm với tiệm cận đứng x  1 là A �
Giao hai tiệm cận I(-1; 2)

IA 

12
1
1
; IB  2  a  1 � S IAB  IA. AB  .24  12  dvdt 
a 1
2
2

Bài 34) 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  x2 2 .
3 vµ  1  3  m 1.
x 1
 C .
Cho hàm số y 
x 1

 3 m   1 
Bài 35)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số .
2. Xác định m để đường thẳng y  2 x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến của  C 
tại A và B song song với nhau.
 d  : y  2 x  m và  C  :
x 1
 2x  m
x 1
�
2 x 2   m  3 x  m  1  0
�
��
�x �1

 1

Ta có:
2
2
�

   m  3  8  m  1   m  1  16  0, m
�
�
�g  1  2 �0, m

� phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1.
Vậy  d  luôn luôn cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B .

Gọi x1 , x2  x1 �x2  lần lượt hoành độ của A và B thì x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1). Theo định lí

Vi-et, ta có: x1  x2 

1
 3  m
2

11


Chuyên đề hàm số
Tiếp tuyến  1  ,   2  tại A, B có hệ số góc lần lượt là :
Vì y ' 

2

 x  1

2

� k1  y '  x1  

 1  / /   2  � k1  k2 �

2

 x1  1

2

2

 x1  1

2

, k2  y '  x2  


2

2

 x2  1

2

�  x1  1   x2  1

 x2  1
�

x1  x2  loa�
i
2

2

2

x  1  x2  1
�
� �1
��
x1  1   x2  1
x1  x2  2
�
�
1
�  3  m   2 � m  1 .
2
Vậy, giá trị cần tìm là: m  1 .

Bài 36) Cho hàm số y =  x3  3x2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + )

 y’ = – 3x2 – 6x + m  0,  x > 0
 3x2 + 6x  m,  x > 0
(*)
2

Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x + 6x trên (0 ; + )
x
0

y

Từ đó ta được : (*)  m  0.

�
�

0

Bài 37) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 (1) , với m là tham số thực.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 .
2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam
giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 .
x0
�

'
3
2
2. (1 điểm) y  4 x  4mx  4 x  x  m   0 � �2

x m
�

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị � pt y '  0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các
nghiệm đó � m  0

 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:



 

A  0; m  1 , B  m ;  m 2  m  1 , C



m; m2  m  1

1
y B  y A . xC  xB  m 2 m ; AB  AC  m 4  m , BC  2 m
2
m 1
�
m4  m  2 m

AB. AC.BC
3
�
R
1�
 1 � m  2m  1  0 �
5 1
�
4 SVABC
4m 2 m
m

�
2

SVABC 

Bài 38) ) Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + 1 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 8.
Tìm M  (C) ?
Giả sử M (x0; y0)  (C)  y0 = 2x03 - 3x02 + 1
12


Chuyờn hm s
Tip tuyn ( ) ca (C) ti M:
y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + 1
( ) i qua im P(0 ; 8) 8 = -4x03 + 3x02 + 1
(x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = 0
x0 = -1 ; (4x02 - 7x0 + 7 > 0, x0)
Vy, cú duy nht im M (-1 ; -4) cn tỡm.
Bi 39) Cho hm s y

0,25
0,25
0,25

2x 4
.
1 x

1)Kho sỏt v v th C ca hm s trờn.
2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v
MN 3 10 .
T gi thit ta cú: (d ) : y k ( x 1) 1. Bi toỏn tr thnh: Tỡm k h phng trỡnh sau cú hai nghim
2
2
( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phõn bit sao cho x2 x1 y2 y1 90(*)
2 x 4

k ( x 1) 1
kx 2 (2k 3) x k 3 0

(
I
)
(
I
)


x

1
.
Ta
cú:


y k ( x 1) 1

y

k
(
x

1)

1


D cú (I) cú hai nghim phõn bit khi v ch khi phng trỡnh kx 2 (2k 3) x k 3 0(**) cú hai nghim
3
8

phõn bit. Khi ú d cú c k 0, k .
Ta bin i (*) tr thnh: (1 k 2 ) x2 x1 90 (1 k 2 )[ x2 x1 4 x2 x1 ] 90(***)
2

2

2k 3
k 3
, x1 x2
, th vo (***) ta cú phng trỡnh:
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

Theo nh lớ Viet cho (**) ta cú: x1 x2

KL: Vy cú 3 giỏ tr ca k tho món nh trờn.
Cho hàm số

Bi 40)

y

2x 1
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 .


Nếu M x0 ; 2

3
3
3

( x x0 ) hay

(C ) thì tiếp tuyến tại M có phơng trình y 2
x0 1 ( x0 1) 2
x0 1


3( x x0 ) ( x0 1) 2 ( y 2) 3( x0 1) 0

. Khoảng cách từ I ( 1;2) tới tiếp tuyến là

. Theo bất đẳng thức Côsi

d

3( 1 x0 ) 3( x0 1)
9 x0 1

4



6 x0 1
9 ( x0 1) 4



6
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)

6 khi
13


Chun đề hàm số
9
2
( x0  1) 2   x0  1 3  x0  1  3 .
2
( x0  1)



VËy cã hai ®iĨm M : M  1  3 ;2 

Cho hàm số: y 

Bài 41)

3





hc M  1 

3 ;2  3



2x  3
có đồ thị ( C ).
x2

a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) .
b) Xác định m để đường thẳng (d): y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho tam giác OAB có diện tích bằng 2 3 (với O là gốc tọa độ).
+) PT hoành độ giao điểm: x2  (m 4)x  2m 3  0 (*) có hai nghiệm PT �
m2  28  0 � m�R

+) Gọi A(x1; x1+ m), B(x2; x2+ m), với x1, x2 là các nghiệm PT (*).
1
2

+) SOAB  d(O;d).AB 
+) SOAB  2 3 �

m
2

m
2

. m2  28

. m2  28  2 3

� m � 208  14
3

2



2

 

2



Bài 42) Cho hàm số y  x  3mx  3 m  1 x  m  1 ( m là tham số) (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  0.
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ
dương .
§Ĩ §THS (1) c¾t trơc hoµnh t¹i 3 ®iĨm ph©n biƯt cã hoµnh ®é d¬ng, ta ph¶i cã :
�
V 0
�y'
�x1  0
�
�x2  0

�y y  0
� x1  x2 
�y  0  0
�

(I)

Trong ®ã : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1)
∆y’ = m2 – m2 + 1 = 1 > 0 víi mäi m
y’ = 0 khi x1 = m – 1 = xC§ vµ x2 = m + 1 = xCT .
m 1  0
�
�
m 1  0
�
�
(I)
�m2  1 m2  3 m2  2m 1  0 � 3  m 1 2
�
�
 m2  1  0
�













Bài 43). 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.
14


Chuyên đề hàm số
Ta có y’ = - 3x2 + 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
I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)
uuur
r
Vectơ AB  (2m; 4m3 ) ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u  (8; 1) .
�I �d
�AB  d

Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d  �
�
m  8(2m3  3m  1)  74  0
�
 �uuur r
m=2

�AB.u  0

Bài 44)Cho hàm số y 
1. Khảo sát và vẽ  C  .

x2
 C .
x2

2. Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết tiếp tuyến đi qua điểm A  6;5  .
Phương trình đường thẳng đi qua A  6;5  là  d  : y  k  x  6   5 .
(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
4
x2
�
x2
�

�x  6   5 
k
x

6

5

2 


�

�
x2
x2
�
�  x  2
��
�
4
4
�
�
k
k
2
2
�
�
 x  2
 x  2
�
�
Suy ra có 2 tiếp tuyến là :
2
�
�
4x 2  24x  0
4  x  6   5  x  2    x  2   x  2 
x  0; k  1
�
�

�
��
��
��
4
4
1
k


�
k


x  6; k  
2
2
�
�
4
 x  2
�
 x  2
�
�
x 7
 d1  : y   x  1;  d 2  : y   
4 2
3x  6
Bài 45)Cho hàm số y  x  1 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).

2. Viết pht tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tt song song với đường thẳng d : 3 x  4 y  21  0 .
3
2
Bài 46)Tìm m để hàm số f  x   13 x  mx  x  m  1 có khoảng cách giữa các điểm CĐ và CT là nhỏ nhất

 x   x 2  2mx  1  0 có  �
Giải: Do f �
 m 2  1  0 nên f (x)  0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt
cực trị tại x1, x2 với các điểm cực trị là A  x1 , y 2  ; B  x 2 , y 2  . Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:





 x   2  m 2  1 x  2 m  1 . Do f �
f  x  1  x  m f �
 x1   f �
 x 2   0 nên
3
3
3
y1  f  x1    2  m 2  1 x1  2 m  1 ; y 2  f  x 2    2  m 2  1 x 2  2 m  1
3
3
3
3
2
2
2
2

2
2
2
Ta có: AB   x 2  x1    y 2  y1    x 2  x1   94  m  1  x 2  x1 







15




Chuyên đề hàm số



2
2
2
�
�
1  4  m 2  1 �  4m 2  4  �
1  4  m 2  1 ��4 1  4
 x 2  x1   4 x1 x 2 �
�
��

9
� 9
�
9
�



 AB �2 13 . Vậy Min AB  2 13 xảy ra  m  0.
3

3

Bài 47)Tìm m để hàm số f  x   13 mx 3   m  1 x 2  3  m  2  x  13 đạt cực trị tại x1, x2 thoả mãn x1  2 x 2  1 .
 x   mx 2  2  m  1 x  3  m  2   0 có 2 nghiệm phân biệt 
Giải:  Hàm số có CĐ, CT  f �
�m �0
� 
2
 1  6  m �0  1  6 (*)



�


m

1


3
m
m

2

0
2
2
�
 x   0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Theo định
Với điều kiện (*) thì f �




lý Viet ta có: x1  x 2  2 m  1 ; x1 x 2  3 m  2
m
m


2 m 1
2  m  1
Ta có: x1  2 x 2  1 � x 2  1  m  2 mm ; x1  m  2 mm  3mm 4
m2
�
3m  4  3  m  2  �  2  m   3m  4   3m  m  2  � � 2
� 2m�
m
m

m
m
�
� 3
Cả 2 giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy x1  2 x 2  1 � m  2 �m  23
3
2
Bài 48)Tìm m để hàm số f  x   13 x  mx  mx  1 đạt cực trị tại x1, x2 thoả mãn điều kiện x1  x 2 �8 .

 x   x 2  2mx  m  0 có 2 nghiệm phân biệt
Giải: HS có CĐ, CT  f �
  � m 2  m  0 � m �D   �, 0  U  1, � (*)
 x   0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Theo định
Với điều kiện này thì f �
2
2
lý Viet ta có: x1  x 2  2m; x1 x 2  m suy ra: x1  x 2 �8 � x1  x 2 �64 �  x1  x 2   4 x1 x 2 �64
� 1  65 � �
�
1  65
�,
, ��(thoả mãn (*) )
� 4m 2  4m �64 � m 2  m  16 �0 � m ��
�U �
2 � � 2
�
�
�
� �
�

Vậy để x1  x 2 �8 thì m ���, 1  65 �U �1  65 , ��
2 � � 2
�
�
3
2
2
Bài 49)Cho hàm số f  x   23 x   m  1 x   m  4m  3 x

Gọi các điểm cực trị là x1, x2. Tìm Max của A  x1 x 2  2  x1  x 2 
�x  x    m  1

2
2
�1
2. Do �x x  1  m 2  4m  3  A  x1 x 2  2  x1  x 2   m  24m  3  2  m  1
�1 2

�

2

 1 m  8m  7  1  m  7   m  1  1  m  7   m  1 (do 5  m  1 )
2
2
2
2
9
9
�

� 1 �
9   m 2  8m  16  �
9   m  4 �
�
�� . Với m  4 thì Max A 
 A  12 �
2
2
2
2

Bài 50)Tìm m để f  x   x 3  mx 2  7 x  3 có đường thẳng đi qua CĐ, CT vuông góc với y  3x  7.
 x   3 x 2  2mx  7  0 có 2 nghiệm phân biệt   �
 m 2  21  0 � m  21 .
Giải: Hàm số có CĐ, CT  f �
Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:
16


Chuyên đề hàm số
 x   2  21  m 2  x  3  7 m
f  x   1  3x  m  f �
9
9
9


Với m  21 thì phương trình f �x  0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2.
 x1   f �
 x 2   0 suy ra

Ta có: f �
y1  f  x1   2  21  m 2  x1  3  7 m ; y 2  f  x 2   2  21  m 2  x 2  3  7 m
9
9
9
9
2
 Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (): y  92  21  m  x  3  79m
Ta có ()  y  3x  7  2  21  m 2  .3  1 � m 2  45  21 � m  �3 10
9
2
2

Bài 51)Tìm m để hàm số f  x   x 3  3x 2  m 2 x  m có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua (): y  12 x  52
 x   3x 2  6 x  m 2  0 có 2 nghiệm phân biệt
Giải: Hàm số có CĐ, CT  f �
  � 9  3m 2  0 � m  3 . Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:
2
 x   2  m 2  3 x  m  m
f  x   1  x  1 f �
3
3
3
 x   0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2.
Với m  3 thì phương trình f �
 x1   f �
 x 2   0 nên
Ta có: f �

2

2
y1  f  x1   2  m 2  3 x1  m  m ; y 2  f  x 2   2  m 2  3 x 2  m  m
3
3
3
3
2
 Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d): y  2  m 2  3 x  m  m .
3
3
Các điểm cực trị A  x1 , y1  , B  x 2 , y 2  đối xứng nhau qua    : y  12 x  52
x x
 (d)  () tại trung điểm I của AB (*) . Ta có x I  1 2  1 suy ra
2
2
1  1
�2  m  3 �
m0
�
�
2
�3
�
�
�m0
(*)  �
�
2
2



m
5
2
1
m
m

1

0
�  m  3 �
�
1
m �
1
�3
3
2
2

Bài 55)Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  1 (1)
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=1.
2, Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời các điểm cực đại,cực tiểu A,B của đồ thị hàm số
cùng với điểm M(-2;2) tạo thành góc �AMB  900
y '  3x 2  6mx  3  m 2  1 để hs co CĐ,CT y '  0 có 2 nghiệm phân biệt
�  '  0 � m
Khi đó A(m-1;-3m+3) B(m+1;-3m-1) là các điểm CĐ,CT của đồ thị hàm số, để góc
uuuu
r uuur

�AMB  900 � MA. MB  0 � (m  1)(m  3)  (3m  1)(3m  3)  0

m0
�
� 10m 2  10m  0 � �
m  1
�

17


Chuyên đề hàm số
Bài 56:Với giá trị nào của m, hàm số y 

1 3
x  2x 2  (2m  1)x  3m  2 nghịch biến trên R
3

Giải:
TXĐ: R
Ta có: f '(x)   x 2  4x  2a  1 ,   2a  5

x R
 
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi f '(x) �0,���

0

a

5
.
2

3
2
Bài 57:Với giá trị nào của m, hàm số f (x)  mx  3x   m  2  x  3 nghịch biến trên R ?

Giải:
TXĐ: R
Ta có: f '(x)  3mx 2  6x  m  2
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi f '(x)  3mx 2  6x  m  2 �0, x �R

1 : không thỏa
.
x �R

3
m0
�
, khi đó
f '(x) �0, x �R � �
m �0

  9  3m(m  2) �0
�
m = 0, khi đó f’(x) =


6x�۳2 0

x

m0
�
�
��
� 2
3m  6m  9 �0
�

Vậy, với m �1 thì thỏa mãn bài toán.
Bài 60:Định m để hàm số y 

m0
�
�
m �1 v m �3
�

m

1

mx  1
luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.
xm

Giải:

TXĐ: D  R \  m
Đạo hàm: y' 

m2  1
2 . Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi
 x  m

y'  0, x �m � m 2  1  0 � m  1 v m  1
1 3
1
2
Bài 63 Tìm m để hàm số y  mx   m  1 x  3  m  2  x  đồng biến trên  2;� .
3
3

Giải:

2
Ta có: y'  mx  2  m  1 x  3  m  2 

y' 
0, x �2� mx 2
Hàm số đồng trên  2; �۳
 ��

2  m 1 x 3  m 2  0, x 2
6  2x
m
, x 2 (vì x2 – 2x + 3 > 0)
2

x  2x  3

�
m  x 2�2x
�۳3 �2x 6 0, x 2
Bài toán trở thành:
Tìm m để hàm số f  x  

6  2x
�m, x �2
x  2x  3
2

18


Chuyên đề hàm số
Ta có f '  x  

2x 2  12x  6

x

2

 2x  3

2

, f '  x   0 � 2x 2  12x  6  0 � x  3 � 6

BBT:
x
f’(x)

0

2
3

f(x)

m
Ta cần có: max f (x) �۳
 2;�

�

3 6

2

m

0

2
. Đó là các giá trị cần tìm của tham số m.
3

mx 2  6x  2
Bài 64: Tìm m để hàm số y 
nghịch biến trên nửa khoảng  1;� .
x2

Giải:
Ta có: y' 

mx 2  4mx  14

 x  2

2

�
x 1
Hàm số nghịch biến trên  1; �
 �y'�0,�

mx 2

4mx 14 0, x 1

14
,
1
x 2  4x
14
�m, x �1
Bài toán trở thành: Tìm m để hàm số f  x   2

x  4x
14(2x  4)
�0, x �1
2
Ta có: f '(x)  2
 x  4x 
�m� x 2

4x  
14,

 �x 1

�
m

x
f’(x)

1

�
0

f(x)

�m
Ta cần có: min f (x) 
 1;�

m



14
5

14
14
. Vậy m �
là các giá trị cần tìm của m.
5
5

Bài 65 Cho hàm số y  x3  3x 2  mx  4 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên khoảng  �;0 
Lời giải
TXĐ: D = R
y '  3x2  6 x  m

Hàm số đồng biến trên  �;0  khi y ' �0, x �(�, 0)

19


Chuyên đề hàm số
� 3 x 2  6 x  m �0, x �(�, 0)
ۣ

mۣ
�3�

x 2 6 x g ( x ), x (
 m min g ( x)

, 0)

( �,0)

Ta có: g '( x)  6 x  6  0 � x  1
g ( x )  g ( 1)  3
Vẽ bảng biến thiên ta có m �(min
�,0)

Kết luận: Với m �3 thì điều kiện bài toán được thỏa

12
7

1
3

Bài68Tìm m để hàm số y   x3  (m  1) x 2  (m  3) x  4 đồng biến trên (0; 3) ĐS m �
Lời giải:
TXĐ: D = R
y '   x 2  2(m  1) x  m  3

Hàm số đồng biến trên (0; 3) � y '   x 2  2(m  1) x  m  3 �0, x �(0;3)
� m(2 x  1) �x 2  2 x  3
x2  2 x  3
 g ( x)
(*)

2x  1
2x2  2 x  8
 0, x �(0;3)
Ta có: g '( x) 
(2 x  1) 2
� g(x) là hàm số đồng biến trên (0; 3)
12
� g (0)  g ( x)  g (3) � 3  g ( x) 
7
12
Vậy điều kiện (*) được thỏa khi m �
7
mx  2
Bài69 Tìm m để hàm số y 
đồng biến trên khoảng  1; �
x m3
۳ m

Lời giải:
TXĐ: D  R \  3  m
y'

m 2  3m  2
( x  m  3) 2

Hàm số luôn đồng biến khi y '  0, x �3  m
��
m 1
�
m 2  3m  2  0

��
��
� ��
m2�m2

(
m

3)
�
1
�
�
m �2
�

BÀI TẬP HÀM SỐ TRONG CÁC KI THI ĐẠI HỌC
20


Chuyên đề hàm số
Bài 1)(DHKA2012)Cho hàm số y  x 4  2(m  1) x 2  m 2 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  0 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của tam giác vuông
3

2

Tacóy'=4x −4(m+1)x=4x(x −m−1).
Đồthịhàmsốcó3 điểmcựctrịkhivàchỉkhim+1>0 ⇔ m>−1(*).

2
CácđiểmcựctrịcủađồthịlàA(0;m ), B ( m  1; 2m  1) và C ( m  1; 2m  1) .

uur

uuu
r

Suyra: AB  (  m  1; ( m  1) 2 ) và AC  ( m  1; ( m  1) 2 ) .
uur uuu
r
4
TacóAB=AC nêntamgiácABCvuôngkhivàchỉkhi AB. AC  0 ⇔(m+1) −(m+1)=0.
Kếthợp (*), tađượcgiátrịmcầntìmlàm=0.

Bài 2)Cho hàm số y  x3  3mx 2  3m3 (1) , m là tham số thực.
a) 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 và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48
y’ = 3x2 – 6mx, y’ = 0  x = 0 hay x = 2m
y có 2 cực trị  m  0
Vậy A (0; 3m3) và B (2m; -m3)
1
6m 4  48  m4 = 16  m = 2 (nhận so với đk)
2
2 3
2
Bài 3)((DHKD2012)Cho hàm số y =
x – mx2 – 2(3m2 – 1)x +
(1), m là tham số thực.
3

3

SOAB =

a)
b)

 OA.d ( B; OA) 

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x1.x2 + 2(x1 + x2) = 1

y’ = 2x2 – 2mx – 2(3m2 – 1)
y có 2 cực trị  ’ = m2 + 4(3m2 – 1) > 0  13m2 – 4 > 0
m<

2
hay m >
13

2
13

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của y’ : x1x2 + 2(x1 + x2) = 1
 -(3m2 – 1) + 2m = 1  3m2 – 2m = 0  m = 0 (loại) hay m =
Bài 4)((DHKA2011)Cho hàm số y 

x 1
2x 1

2
(nhận)
3

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và
B. Gọi k1, k2 là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k1+k2 đạt giá trị nhỏ
nhất
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d : y = x +m
x 1
1
 x  m  (2x – 1) (x + m) = -x + 1 (Vì x =
không là nghiệm)
2x 1
2

 2x2 + 2mx – (m + 1) = 0 (1)

21


Chuyên đề hàm số
Phương trình (1) có   m2  2m  2  (m  1) 2  1  0, m  R
 Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm nên d luôn cắt (C) tại hai điểm A, B.
Hoành độ tiếp điểm tại A, B là x1, x2 là nghiệm của phương trình (1)
m 1
2
4( x12  x22 )  4( x1  x2 )  2
1
1


Ta có: k1  k2  
=
2
(2 x1  1) 2 (2 x2  1) 2
 4 x1 x2  2( x1  x2 )  1

 x1 + x2 = - m và x1.x2 = 

= (4m2  8m  6)  4(m  1) 2  2
k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng -2  m = -1.
Bài 5-)((DHKA2011)Cho hàm số y  x 4  2( m  1 )x 2  m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị
thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
y’ = 4x3 – 4(m + 1)x
y’ = 0  x = 0 hay x2 = m + 1
Hàm số có 3 cực trị  m + 1 > 0  m > -1
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m),
B ( m  1 ; -m2 – m – 1); C (- m  1 ; -m2 – m – 1)
Ta có: OA = BC  m2 = 4(m + 1)  m = 2  2 2 (thỏa m > -1)
Bài 6(KA2009)

Cho hàm số y 

x2
2x  3

 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân
biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O.

Ta có y ' 

1
3
) là:
2 nên phương trình tiếp tuyến tại x  x 0 (với x 0 �
(2x  3)
2

y - f( x 0 ) = f’( x 0 )(x - x 0 )
y

2x 02  8x 0  6
x

(2x 0  3) 2
(2x 0  3) 2

Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A( 2x 02  8x 0  6 ;0)
2x 02  8x 0  6
và cắt Oy tại B(0;
)
(2x 0  3) 2

Tam giác OAB cân tại O � OA  OB (với OA > 0)
� x A  y B � 2x 02  8x 0  6 

2x 02  8x 0  6
(2x 0  3) 2

22


Chuyên đề hàm số
x 0  1(L)
�
� (2x 0  3) 2  1 � 2x 0  3  �
1� �
x 0  2(TM)
�

Với x 0  2 ta có tiếp tuyến y = x 2
Bài 21)((DHKA2013) Cho hàm số y   x 3  3x 2  3mx  1 (1) , với m là tham số thực

b.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + �)
y’ = -3x2 + 6x+3m, y’ = 0  m= x 2  2 x =g(x)
do đó yêu cầu bài toán  y’ �0, x � 0; �
 m �x 2  2 x x � 0; �

x 2  2 x  , x � 0; �

 m �min
x 0

 m �1  g  1

Bài 22)((DHKD2013) Cho hàm số y  2 x3  3mx 2  (m  1) x  1 (1) , m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng y = -x +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
x0
�
2 x3  3mx 2  mx  0 � �
g ( x)  2 x 2  3mx  m  0 (1)
�
(d) cắt (C) tại 3 điểm � (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
�
  9m 2  8m  0
8
��
� m  0 �m 
9
�g (0)  m �0
Bài 23)((Cho hàm số y  2 x 3  3(m  1) x 2  6mx (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 đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường
thẳng y = x + 2.
b) y’ = 6(x2 – (m + 1)x + m)),
y có 2 cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  (m + 1)2 – 4m > 0  m  1
1
6

y = (2 x  m  1). y ' - (m – 1)2x + m2 + m
YCBT  -(m – 1)2 = -1 và m  1  m = 0 hay m = 2.

23