Dap an chuyen de CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HÀM SỐ

Chuyên đề 4

Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát
Hàm Số
§1. Cực Trị Của Hàm Số
Bài tập 4.1. Tìm m để hàm số y = x3 − 3 (m + 1) x2 + 9x − m đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa |x1 − x2 | ≤ 2.
Lời giải. Ta có y = 3x2 − 6(m + 1)x + 9; ∆y = 9(m + 1)2 − 27 = 9m2 + 18m − 18.
Hàm số có hai cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆y > 0 ⇔ 9m2 + 18m − 18 > 0 ⇔

√
m > −1 + √3
.
m < −1 − 3

Giả sử hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 . Theo định lý vi-ét có x1 + x2 = 2(m + 1), x1 x2 = 3.
Khi đó |x1 − x2 | ≤ 2 ⇔ (x1 + √
x2 )2 − 4x1 x2 √
≤ 4 ⇔ 4(m + 1)2 − 12 ≤ 4 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1.
Kết hợp ta có m ∈ (−3; −1 − 3) ∪ (−1 + 3; 1).
Bài tập 4.2. Tìm m để hàm số y = x3 + 2 (m − 1) x2 + m2 − 4m + 1 x + 1 đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa
1
1
1
+
= (x1 + x2 )
x1
x2
2
Lời giải. Ta có y = 3x2 + 4(m − 1)x + m2 − 4m + 1; ∆y = 4(m − 1)2 − 3(m2 − 4m + 1) = m2 + 4m + 1.
√
m > −2 + √3

Hàm số có hai cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆y > 0 ⇔ m2 + 4m + 1 > 0 ⇔
.
m < −2 − 3
4(1 − m)
m2 − 4m + 1
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 . Theo định lý vi-ét có x1 + x2 =
, x1 x2 =
. Khi đó:
3
3
1
1
1
+
= (x1 + x2 ) ⇔ 2 (x1 + x2 ) = x1 x2 (x1 + x2 )
x1
x2
2

m=1
4(1−m)
=0
x1 + x2 = 0
3
⇔
⇔ m2 −4m+1
⇔ m=5
x1 x2 = 2
=2
3

m = −1 (loại)
Vậy m = 1 hoặc m = 5.
Bài tập 4.3. (D-2012) Tìm m để hàm số y = 32 x3 − mx2 − 2 3m2 − 1 x +
x1 x2 + 2 (x1 + x2 ) = 1.

2
3

có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho

Lời giải. Ta có y = 2x2 − 2mx − 2(3m2 − 1); ∆y = m2 + 4(3m2 − 1) = 13m2 − 4.
Hàm số có hai cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆y > 0 ⇔ 13m2 − 4 > 0 ⇔

m > √213
.
m < − √213

Giả sử hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 . Theo định lý vi-ét có x1 + x2 = m, x1 x2 = 1 − 3m2 .
2
m = 0 (loại)
Khi đó x1 x2 + 2 (x1 + x2 ) = 1 ⇔ 1 − 3m2 + 2m = 1 ⇔
. Vậy m = .
m = 32
3
Bài tập 4.4. Tìm m để hàm số y = −x3 + (2m + 1) x2 − m2 − 3m + 2 x − 4 có hai cực trị nằm về hai phía Oy.
Lời giải. Ta có y = −3x2 + 2(2m + 1)x − (m2 − 3m + 2).
Hàm số có hai cực trị nằm về hai phía trục tung ⇔ y có hai nghiệm trái dấu ⇔ m2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2.
Bài tập 4.5. (DB-05) Tìm m để hàm số y =

x2 + 2mx + 1 − 3m2

có hai cực trị nằm về hai phía trục tung.
x−m
1


Nguyễn Minh Hiếu

Lời giải. Tập xác định: D = R\ {m}. Ta có y =

x2 − 2mx + m2 − 1

.
2
(x − m)
Hàm số có hai cực trị nằm về hai phía trục tung ⇔ y có hai nghiệm trái dấu ⇔ m2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1.

Bài tập 4.6. (DB-04) Tìm m để hàm số y = x3 − 3 (m + 1) x2 + 3m (m + 2) x + 1 đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm
có hoành độ dương.
Lời giải. Ta có y = 3x2 − 6(m + 1)x + 3m(m + 2); ∆ = 9(m + 1)2 − 9m(m + 2) = 9 > 0, ∀m ∈ R ⇒ hàm số luôn
có hai cực trị.
Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương khi và chỉ khi

 m > −1
S>0
2(m + 1) > 0
m>0
⇔
⇔
⇔m>0
P >0

m(m + 2) > 0

m < −2
Bài tập 4.7. Tìm m để hàm số y =

mx2 + 3mx + 2m + 1
có cực đại, cực tiểu nằm về hai phía của trục Ox.
x−1

Lời giải. Tập xác định: D = R\ {1}.
u
u (x0 )
Nhận xét rằng nếu hàm số y = đạt cực trị tại x0 thì y(x0 ) =
.
v
v (x0 )
u v − uv
. Hàm số đạt cực trị tại x0 nên
Thật vậy, ta có y =
v2
y (x0 ) = 0 ⇔ u (x0 )v(x0 ) − u(x0 )v (x0 ) = 0 ⇔

u(x0 )
u (x0 )
u (x0 )
=
⇔ y(x0 ) =
(đpcm)
v(x0 )
v (x0 )

v (x0 )

mx2 − 2mx − 5m − 1

.
2
(x − 1)
1
Với m = 0 ⇒ y = −
< 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số không có cực trị ⇒ m = 0 không thỏa mãn.
(x − 1)2
Với m = 0 ta có y = 0 ⇔ mx2 − 2mx − 5m − 1 = 0; ∆ = 6m2 + m.
m>0
Hàm số có hai cực trị ⇔ ∆ > 0 ⇔ 6m2 + m > 0 ⇔
.
m < − 16
Giả sử hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 ta có y(x1 ) = 2mx1 + 3m, y(x2 ) = 2mx2 + 3m và x1 + x2 = 2, x1 x2 = − 5m+1
m .
Khi đó hàm số có hai cực trị nằm về hai phía Ox khi và chỉ khi
Ta có y =

y(x1 )y(x2 ) < 0 ⇔ (2mx1 + 3m)(2mx2 + 3m) < 0 ⇔ 4m2 x1 x2 + 6m2 (x1 + x2 ) + 9m2 < 0
⇔

−4 (5m + 1)
m−4
+ 12 + 9 < 0 ⇔
< 0 ⇔ 0 < m < 4 (thỏa mãn)
m
m

Bài tập 4.8. (A-02) Cho hàm số y = −x3 + 3mx2 + 3 1 − m2 x + m3 − m2 . Viết phương trình đường thẳng đi
qua hai điểm cực trị của hàm số.
Lời giải. Ta có: y = −3x2 + 6mx + 3(1 − m2 ); ∆y = 9m2 + 9(1 − m2 ) = 9 > 0, ∀m ∈ R.
Do đó hàm số luôn có hai điểm cực trị A(x1 ; y1 ) và B(x2 ; y2 ).
Lại có: y = 31 x − 13 m y + 2x − m2 + m. Suy ra: y1 = 2x1 − m2 + m, y2 = 2x2 − m2 + m.
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: y = 2x − m2 + m.
Bài tập 4.9. Tìm m để hàm số y = x3 − 23 mx2 + 21 m3 có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
x=0
.
x=m
Do đó với m = 0, hàm số đạt cực trị tại hai điểm A(0; 12 m3 ) và B(m; 0).
−−→
Ta có: AB = (m; − 21 m3 ); Gọi I trung điểm AB ⇒ I( 21 m; 14 m3 ).
→ = (1; 1).
Đặt d : y = x ⇔ x − y = 0 ⇒ −
u
d
−−→ −
→=0
m − 21 m3 = 0
AB.u
d
Khi đó A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d ⇔
⇔
⇔
1
1 3
I∈d
2m − 4m = 0

Lời giải. Ta có: y = 3x2 − 3mx; y = 0 ⇔

m=0√
(loại)
.
m=± 2

Bài tập 4.10. (B-07) Tìm m để hàm số y = −x3 + 3x2 + 3 m2 − 1 x − 3m2 − 1 có cực đại, cực tiểu và các điểm
cực trị cách đều gốc toạ độ.
2




Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Ta có: y = −3x2 + 6x + 3 m2 − 1 , y = 0 ⇔ x = 1 ± m.
Do đó với m = 0 hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại A 1 − m; −2 − 2m3 , B 1 + m; −2 + 2m3 . Khi đó
2

2

4m6 + 8m3 + m2 − 2m + 5

2

2

4m6 − 8m3 + m2 + 2m + 5

OA =

(1 − m) + (2 + 2m3 ) =

OB =

(1 + m) + (2 − 2m3 ) =

Hàm số có cực đại, cực tiểu cách đều gốc tọa độ ⇔ OA = OB ⇔ 16m3 = 4m ⇔

m = 0 (loại)
.
m = ± 12

Bài tập 4.11. Tìm m để hàm số y = x3 −3mx−3m+1 có cực trị đồng thời chúng cách đều đường thẳng d : x−y = 0.
Lời giải. Ta có: y = 3x2 − 3m; y = 0 ⇔ x2 = m. Do đó với m > 0 hàm số có hai cực trị
√
√
√
√
A( m; −2m m − 3m + 1), B(− m; 2m m − 3m + 1)
Theo giả thiết các điểm cực trị cách đều đường thẳng d nên ta có:
d (A, d) = d (B, d) ⇔

√

√
√
√
1

m + 2m m + 3m − 1 = − m − 2m m + 3m − 1 ⇔ m =
3

Bài tập 4.12. (B-2011) Tìm m để hàm số y = x4 − 2 (m + 1) x2 + m có ba cực trị A, B, C sao cho OA = BC, trong
đó O là gốc tọa độ và A thuộc trục tung.
x=0
. Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị
x2 = m + 1
√
√
A (0; m) , B − m + 1; −m2 − m − 1 , C
m + 1; −m2 − m − 1
√
√
−−→
Khi đó: OA = |m|; BC = 2 m + 1; 0 ⇒ BC = 2 m + 1.
√
√
Theo giả thiết ta có: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ 2 ± 2 (thỏa mãn). Vậy m = 2 ± 2.

Lời giải. Ta có: y = 4x3 − 4(m + 1)x; y = 0 ⇔

Bài tập 4.13. Tìm m để hàm số y = x4 − 2mx2 + 2m + m4 có cực đại, cực tiểu lập thành tam giác đều.
x=0
. Do đó với m > 0 hàm số có ba cực trị
x2 = m
√
√
A 0; 2m + m4 , B − m; m4 − m2 + 2m , C
m; m4 − m2 + 2m

√
√
√
√
−−→
−−→
Khi đó AB = − m; −m2 ⇒ AB = m + m4 ; BC = (2 m; 0) ⇒ BC = 2 m.
√
Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC đều ⇔ AB = BC ⇔ m + m4 = 4m ⇔ m = 3 3.

Lời giải. Ta có: y = 4x3 − 4mx; y = 0 ⇔

Bài tập 4.14. (A-2012) Tìm m để hàm số y = x4 − 2 (m + 1) x2 + m2 có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của
một tam giác vuông.
x=0
. Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị
x2 = m + 1
√
√
, B − m + 1; −2m − 1 , C
m + 1; −2m − 1

Lời giải. Ta có: y = 4x3 − 4(m + 1)x; y = 0 ⇔
A 0; m2

√
√
−→
−−→
2

2
Khi đó: AB = − m + 1; −(m + 1) ; AC =
m + 1; −(m + 1) .
−−→ −→
4
Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông ⇔ AB.AC = 0 ⇔ (m + 1) − (m + 1) = 0 ⇔ m = 0.
x2 + 2 (m + 1) x + m2 + 4m
có cực đại cực tiểu đồng thời các điểm
x+2
cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành một tam giác vuông tại O.
Bài tập 4.15. (A-07) Tìm m để hàm số y =
x2 + 4x + 4 − m2

; y = 0 ⇔ x = −2 ± m.
2
(x + 2)
Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y có hai nghiệm phân biệt khác −2 ⇔ m = 0.
Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại:
−→
−−→
A (−2 − m; −2) , B (−2 + m; 4m − 2) ⇒ OA = (−2 − m; −2) , OB = (−2 + m; 4m − 2)

Lời giải. Ta có: y =

Hàm số có các điểm cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành một tam giác vuông tại O khi và chỉ khi
√
−→ −−→
OA.OB = 0 ⇔ (−2 − m) (−2 + m) − 2 (4m − 2) = 0 ⇔ m = −4 ± 2 6 (thỏa mãn)
√
Vậy m = −4 ± 2 6.

3


Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 4.16. (B-2012) Tìm m để hàm số y = x3 − 3mx2 + 3m3 có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 48.
x=0
.
x = 2m
Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ m = 0.
Khi đó hàm số đạt cực trị tại A 0; 3m3 , B 2m; −m3 .
Suy ra OA = 3|m|3 , d(B, OA) = 2|m| ⇒ S∆OAB = 12 OA.d(B, OA) = 3m4 .
Lại có S∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48 ⇔ m = ±2 (thỏa mãn). Vậy m = ±2.

Lời giải. Ta có: y = 3x2 − 6mx; y = 0 ⇔

Bài tập 4.17. (A-05) Tìm m để hàm số y = mx +
đến tiệm cận xiên bằng √12 .

1
x

có cực đại cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu

1
Lời giải. Ta có: y = m − x12 ; y = 0 ⇔ x2 = m
.
Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0.

Khi đó y = 0 ⇔ x = ± √1m . Bảng biến thiên

x

− √1m

−∞
+

y

0
√
−2 m

√1
m

0
−

−

0

+∞

+∞
+
+∞

y
−∞

√
2 m

−∞

√
⇒ điểm cực tiểu là A √1m ; 2 m .
√
√
| m − 2 m|
m
Với m > 0 hàm số có tiệm cận xiên y = mx ⇔ mx − y = 0 ⇒ d(A, T CX) = √
=
.
2
2
m +1
m +1
1
m
1
Lại có d(A, T CX) = √ ⇔
= √ ⇔ m2 + 1 = 2m ⇔ m = 1 (thỏa mãn). Vậy m = 1.
m2 + 1
2
2

√1
m

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x =

Bài tập 4.18. (B-05) Chứng minh rằng với mọi m bất kỳ, hàm số y =
√
đại, điểm cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20.

x2 + (m + 1) x + m + 1
luôn có điểm cực
x+1

x2 + 2x

x=0
.
2; y = 0 ⇔
x = −2
(x + 1)
√
√
Do đó hàm số luôn đạt cực đại cực tiểu tại A(−2; m − 3) và B(0; m + 1). Khi đó AB = 22 + 42 = 20 (đpcm).

Lời giải. Ta có: y =

Bài tập 4.19. Tìm m để hàm số y = 13 x3 − mx2 − x + m + 1 có khoảng cách giữa cực đại, cực tiểu là nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có: y = x2 − 2mx − 1; ∆ = m2 + 1 > 0, ∀m ∈ R ⇒ hàm số luôn có cực đại, cực tiểu.
Giả sử hoành độ các điểm cực trị là x1 , x2 , theo định lý vi-ét có x1 + x2 = m, x1 x2 = −1.
Lại có y = y 31 x − 13 m − 32 m2 + 1 x + 23 m + 1 nên y1 = 32 m2 + 1 x1 + 23 m + 1, y2 = 23 m2 + 1 x2 + 23 m + 1.

Do đó hàm số đạt cực trị tại A x1 ; − 32 m2 + 1 x1 + 32 m + 1 , B x2 ; − 23 m2 + 1 x2 + 23 m + 1 .
−−→
Khi đó AB = x2 − x1 ; − 23 m2 + 1 (x2 − x1 ) .
Suy ra AB =

2

(x1 + x2 ) − 4x1 x2

Đặt m2 + 1 = t, t ≥ 1, ta có AB =
Xét hàm số f (t) = 4t +

16 3
9 t

1 + 49 (m2 + 1)
4t +

2

=

4
9

2

(m2 + 1) 9 + 4(m2 + 1) .

16 3

9 t .

trên [1; +∞) có f (t) = 4 + 89 t2 > 0, ∀t ≥ 1. Do đó min f (t) = f (1) =

Với t = 1 ⇒ m = 0. Vậy với m = 0 thì AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng

√
2 13
3 .

[1;+∞)

52
9 .

§2. Tương Giao Giữa Hai Đồ Thị
Bài tập 4.20. Tìm giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 3x − 2 và parabol y = x2 − 4x + 2.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x3 + 3x2 − 3x − 2 = x2 − 4x + 2 ⇔ x3 + 2x2 + x − 4 = 0 ⇔ x = 1
Do đó đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 3x − 2 cắt parabol y = x2 − 4x + 2 tại điểm (1; −1).
4




Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 4.21. Tìm m để đồ thị hàm số y = mx3 − x2 − 2x + 8m cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x = −2
mx2 − (2m + 1)x + 4m = 0

mx3 − x2 − 2x + 8m = 0 ⇔ (x + 2) mx2 − (2m + 1)x + 4m = 0 ⇔

Đặt f (x) = mx2 − (2m + 1)x + 4m có ∆ = −12m2 + 4m + 1.
Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ f (x) có hai nghiệm phân biệt khác −2 khi và chỉ khi


 m=0
 m=0
m=0
∆>0
−12m2 + 4m + 1 > 0 ⇔
⇔
− 61 < m < 12


f (−2) = 0
12m + 2 = 0
Vậy m ∈

1 1
− ;
6 2

\ {0}.

Bài tập 4.22. Tìm m để đồ thị hàm số y = x3 − 3mx2 − 1 cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt.
x3 − 1
.
3x2

√
x3 − 1
x3 + 2
1
Xét hàm số f (x) =
trên R\ {0} có f (x) =
; f (x) = 0 ⇔ x = − 3 2 = x0 ⇒ f (x0 ) = − √
3 .
2
3
4
3x
3x
Bảng biến thiên:

Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 3mx2 − 1 = 0 ⇔ m =

x

x0

−∞
+

f (x)

+∞

0
−

0
f (x0 )

+
+∞

f (x)
−∞

−∞ −∞

1
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi m < − √
.
3
4
Bài tập 4.23. Tìm a để đồ thị hàm số y = x3 + ax + 3 cắt đường thẳng y = 1 tại đúng một điểm.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x3 + ax + 3 = 1 ⇔ a = −
Xét hàm số f (x) = −

x3 + 2
.
x

x3 + 2
2 − 2x3
trên R\ {0} có f (x) =
; f (x) = 0 ⇔ x = 1.
x

x2

Bảng biến thiên:
x

−∞

0
+

f (x)

+∞

1
+

+∞

0
−3

−

f (x)
−∞

−∞

−∞

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại đúng một điểm khi a > −3.
Bài tập 4.24. (D-06) Gọi d là đường thẳng đi qua A (3; 20) và có hệ số góc m. Tìm m để d cắt đồ thị hàm số
y = x3 − 3x + 2 tại ba điểm phân biệt.
Lời giải. Đường thẳng d qua A(3; 20) và có hệ số góc m bất kỳ nên có phương trình: y = m(x − 3) + 20.
Phương trình hoành độ giao điểm:
x3 − 3x + 2 = m(x − 3) + 20 ⇔ (x − 3) x2 + 3x + 6 − m = 0 ⇔

x=3
x2 + 3x + 6 − m = 0

Đặt f (x) = x2 + 3x + 6 − m có ∆ = 4m − 15.
Đồ thị hàm số cắt d tại ba điểm phân biệt ⇔ f (x) có hai nghiệm phân biệt khác 3 khi và chỉ khi
∆>0
⇔
f (3) = 0
Vậy m ∈

4m − 15 > 0
⇔
24 − m = 0

15
; +∞ \ {24}.
4



5

m > 15
4
m = 24


Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 4.25. (A-2010) Tìm m để hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m) x + m có đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân
biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thoả mãn điều kiện x21 + x22 + x23 < 4.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x3 − 2x2 + (1 − m) x + m = 0 ⇔ (x − 1) x2 − x − m = 0 ⇔

x=1
x2 − x − m = 0

Đặt f (x) = x2 − x − m có ∆ = 1 + 4m. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi
∆>0
⇔
f (1) = 0

f (x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔

1 + 4m > 0
−m = 0

m > − 14
m=0

Khi đó đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 .
Giả sử x3 = 1 ⇒ x1 , x2 là hai nghiệm của f (x) do đó x1 + x2 = 1, x1 x2 = −m.
2

Theo giả thiết x21 + x22 + x23 < 4 ⇔ (x1 + x2 ) − 2x1 x2 < 3 ⇔ 1 + 2m < 3 ⇔ m < 1.
1
Kết hợp ta có m ∈ − ; 1 \ {0}.
4
Bài tập 4.26. Tìm m để đồ thị hàm số y = x3 − mx2 + 4x + 4m − 16 cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ
lớn hơn 1.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x3 − mx2 + 4x + 4m − 16 = 0 ⇔ (x − 2) x2 + (2 − m) x + 8 − 2m = 0 ⇔

x=2
x2 + (2 − m) x + 8 − 2m = 0

Đặt f (x) = x2 + (2 − m) x + 8 − 2m có ∆ = m2 + 4m − 28.
Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ f (x) có hai nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi

√
m > −2 + 4√2

2
∆>0
m + 4m − 28 > 0
⇔
⇔
m < −2 − 4 2
f (2) = 0
16 − 4m = 0

m=4
√
m − 2 ± m2 + 4m − 28

Khi đó f (x) có hai nghiệm x =
.
2
Theo giả thiết đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 nên ta có
√
m − 2 − m2 + 4m − 28
m≥4
> 1 ⇔ m − 4 > m2 + 4m − 28 ⇔
⇔m∈∅
m2 − 8m + 16 > m2 + 4m − 28
2
Vậy không có giá trị nào của m để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1.
x−1
Bài tập 4.27. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y =
luôn cắt đường thẳng y = m − x với mọi giá trị của m.
x+1
x−1
x = −1
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
=m−x⇔
.
x2 − (m − 2) x − m − 1 = 0
x+1
Đặt f (x) = x2 − (m − 2) x − m − 1 có ∆ = m2 + 8 > 0, ∀m ∈ R và f (−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = m − x tại hai điểm phân biệt.
2x − 1
Bài tập 4.28. Tìm m để đường thẳng qua A (−2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị hàm số y =
tại hai điểm
x+1
thuộc hai nhánh phân biệt.

Lời giải. Đường thẳng đi qua A(−2; 2) với hệ số góc m bất kỳ có phương trình dạng: d : y = mx + 2m + 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng d là:
2x − 1
= mx + 2m + 2 ⇔
x+1

x = −1
⇔
2x − 1 = (x + 1) (mx + 2m + 2)

x = −1
mx2 + 3mx + 2m + 3 = 0

Đặt f (x) = mx2 + 3mx + 2m + 3 có ∆ = m2 − 12m. Đồ thị hàm số cắt d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi


 m=0
 m=0
m > 12
∆>0
m2 − 12m > 0 ⇔
f (x) có hai nghiệm phân biệt khác − 1 ⇔
⇔
m<0


f (−1) = 0
3=0
Giả sử đồ thị hàm số cắt đường thẳng d tại hai điểm có hoành độ x1 , x2 ta có x1 + x2 = −3, x1 x2 =

2m + 3
.
m

Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng d tại hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt khi và chỉ khi
(x1 + 1) (x2 + 1) < 0 ⇔ x1 + x2 + x1 x2 + 1 < 0 ⇔ −3 +
6

2m + 3
3
+1<0⇔
<0⇔m<0
m
m



Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số

Bài tập 4.29. (D-2011) Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị hàm số y =

2x + 1
tại hai điểm phân
x+1

biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
2x + 1
= kx + 2k + 1 ⇔
x+1

x = −1
⇔
2x + 1 = (x + 1) (kx + 2k + 1)

x = −1
kx2 + (3k − 1)x + 2k = 0

Đặt f (x) = kx2 + (3k − 1)x + 2k có ∆ = k 2 − 6k + 1.
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = kx + 2k + 1 tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi



 k=0
 k=0
 k=0
√
∆>0
k 2 − 6k + 1 > 0 ⇔
k > 3 + 2 √2
f (x) có hai nghiệm phân biệt khác − 1 ⇔
⇔



f (−1) = 0
1=0
k <3−2 2
Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = kx + 2k + 1 tại hai điểm A(x1 ; kx1 + 2k + 1), B(x2 ; kx2 + 2k + 1).
Theo giả thiết ta có:

d (A, Ox) = d (B, Ox) ⇔ |kx1 + 2k + 1| = |kx2 + 2k + 1|
kx1 + 2k + 1 = kx2 + 2k + 1
x1 = x2 (loại)
⇔
kx1 + 2k + 1 = −kx2 − 2k − 1
k (x1 + x2 ) + 4k + 2 = 0
1 − 3k
⇔k
+ 4k + 2 = 0 ⇔ k = −3 (thỏa mãn)
k

⇔

Bài tập 4.30. Chứng minh với mọi giá trị của m thì đường thẳng y = 2x + m luôn cắt đồ thị hàm số y =

x+3
x+1

tại hai điểm phân biệt M, N . Xác định m sao cho độ dài M N là nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x+3
= 2x + m ⇔
x+1

x = −1
⇔
x + 3 = (x + 1) (2x + m)

x = −1
2x2 + (m + 1) x + m − 3 = 0

Đặt f (x) = 2x2 + (m + 1) x + m − 3 có ∆ = m2 − 6m + 25 > 0, ∀m ∈ R và f (−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = 2x + m tại hai điểm phân biệt M (x1 ; 2x1 + m), N (x2 ; 2x2 + m).
−−→
2
2
Ta có: M N = (x2 − x1 ; 2x2 − 2x1 ) ⇒ M N = 5(x2 − x1 ) = 5 (x1 + x2 ) − 4x1 x2 (*).
Theo định lý vi-ét có x1 + x2 = − m+1
2 , x1 x2 =
2

MN =

5

(m + 1)
m−3
−4
=
4
2

m−3
2 ,

thay vào (*) ta có:

5
(m2 − 6m + 25) =
2

√
5
2
(m − 3) + 16 ≥ 2 10
2

√
Dấu bằng xảy ra khi m = 3. Vậy M N đạt giá trị nhỏ nhất là 2 10 khi m = 3.
Bài tập 4.31. (B-09) Tìm m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y =
A, B sao cho AB = 4.

x2 − 1
tại hai điểm phân biệt
x

x2 − 1
x=0
= −x + m ⇔
.
2x2 − mx − 1 = 0
x
Đặt f (x) = 2x2 − mx − 1 có ∆ = m2 + 8 > 0, ∀m ∈ R và f (0) = −1 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm phân biệt A(x1 ; −x1 + m), B(x2 ; −x2 + m).
−−→
2
2
Ta có: AB = (x2 − x1 ; x1 − x2 ) ⇒ AB = 2(x1 − x2 ) = 2 (x1 + x2 ) − 4x1 x2 (*).

Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

Theo định lý vi-ét có x1 + x2 =

m
2 , x1 x2

Lại theo giả thiết có AB = 4 ⇔

√
m2
+ 4 = 16 ⇔ m = ±2 6.
2

= − 12 thay vào (*) được AB =

Bài tập 4.32. Tìm m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y =
nhau qua đường thẳng y = x + 3.


7

2

m2
+2
4

=

m2

+ 4.
2

x2 − 2x + 2
tại hai điểm A, B đối xứng
x−1


Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x2 − 2x + 2
= −x + m ⇔
x−1

x=1
⇔
x2 − 2x + 2 = (x − 1) (−x + m)

x=1
2x2 − (m + 3) x + m + 2 = 0

Đặt f (x) = 2x2 − (m + 3) x + m + 2 có ∆ = m2 − 2m − 7.
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
f (x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔

∆>0
⇔
f (1) = 0

m2 − 2m − 7 > 0

⇔
1=0

√
m > 1 + 2 √2
m<1−2 2

Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm A(x1 ; −x1 + m), B(x2 ; −x2 + m).
m+2
m+3
, x1 x2 =
.
Theo định lý vi-ét ta có: x1 + x2 =
2
2
x1 + x2
x1 + x2
m + 3 3m − 3
Gọi I trung điểm AB ⇒ I =
;m −
=
;
.
2
2
4
4
Dễ thấy đường thẳng y = −x + m vuông góc với đường thẳng d : y = x + 3.
3m − 3
m+3

Do đó A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d ⇔ I ∈ d ⇔
=
+ 3 ⇔ m = 9 (thỏa mãn).
4
4
Bài tập 4.33. Tìm m để đồ thị hàm số y = −x4 + 2mx2 − 2m + 1 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
x2 = 1
(*).
x2 = 2m − 1
2m − 1 = 1
Đồ thị hàm số cắt Ox tại hai điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔
⇔
2m − 1 < 0

Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: −x4 + 2mx2 − 2m + 1 = 0 ⇔

m=1
.
m < 21

Bài tập 4.34. Tìm m để đồ thị hàm số y = x4 − (3m + 4) x2 + m2 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành
độ lập thành cấp số cộng.
Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x4 − (3m + 4) x2 + m2 = 0 (1).
Đặt x2 = t, t ≥ 0, phương trình (1) trở thành t2 − (3m + 4)t + m2 = 0 (2).
Đồ thị hàm số cắt Ox tại bốn điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Do đó phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi



m > − 54


2


 ∆>0
 5m + 24m + 16 > 0
m < −4
m > − 45
S>0 ⇔
3m + 4 > 0
⇔
⇔
4
m=0
m > −3


 2

P >0
m >0

m=0
√
√
Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm t1 , t2 (t1 < t2 ) ⇒ (1) có√bốn nghiệm
± √t1 , ± t2 .
√
√
√

−√t2 + √t1 = −2
√ t1 ⇔ t2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1 .
Phương trình (1) có bốn nghiệm lập thành cấp số cộng ⇔
− t1 + t2 = 2 t1
2
(3m + 4)
m = 12
t1 + t2 = 3m + 4
10t1 = 3m + 4
= m2 ⇔
(TM).
Theo định lý vi-ét có
⇔
⇒
9
12
t1 t2 = m2
9t21 = m2
m = − 19
100
Bài tập 4.35. (D-09) Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị hàm số x4 − (3m + 2) x2 + 3m tại bốn điểm phân
biệt có hoành độ nhỏ hơn 2.
x2 = 1
(*).
x2 = 3m + 1
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −1 tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2
0 < 3m + 1 < 4
− 31 < m < 1
⇔ (*) có bốn nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2 ⇔
⇔

.
3m + 1 = 1
m=0

Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x4 − (3m + 2) x2 + 3m = −1 ⇔

Bài tập 4.36. (DB-08) Tìm m để đồ thị hàm số y = x4 − 8x2 + 7 tiếp xúc với đường thẳng y = mx − 9.
Lời giải. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = mx−9 ⇔ hệ sau có nghiệm:

x4 − 8x2 + 7 = mx − 9
4x3 − 16x = m

(1)
.
(2)

Thay (2) vào (1) ta có: x4 − 8x2 + 7 = 4x4 − 16x2 − 9 ⇔ x2 = 4 ⇒ m = 0.
Vậy với m = 0 thì đồ thị hàm số y = x4 − 8x2 + 7 tiếp xúc với đường thẳng y = mx − 9.
Bài tập 4.37. (D-02) Tìm m để đồ thị hàm số y =

(2m − 1) x − m2
tiếp xúc với đường thẳng y = x.
x−1
8




Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số

Lời giải. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x ⇔ hệ sau có nghiệm:

(2m−1)x−m2
x−1
(m−1)2
(x−1)2 = 1

=x

(1)
(2)

có nghiệm.

x=1
x=1
⇔
.
(2m − 1) x − m2 = x2 − x
m=x
Với m = x = 1 thay vào (2) thỏa mãn. Vậy m = 1.
Ta có (1) ⇔

Bài tập 4.38. Tìm m để đồ thị hàm số y = x4 − 2mx2 + m3 − m2 tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt.
x=0
.
x2 = m
√
Do đó với m > 0 hàm số đạt ba cực trị tại x = 0 và x = ± m.
Khi đó đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi

Lời giải. Ta có: y = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − m); y = 0 ⇔

√
y ± m = 0 ⇔ m3 − 2m2 = 0 ⇔

m = 0 (loại)
m=2

§3. Tiếp Tuyến Của Đồ Thị Hàm Số
Bài tập 4.39. (B-04) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của đồ thị hàm số y = 31 x3 − 2x2 + 3x (C) tại tâm đối xứng
và chứng minh rằng ∆ là tiếp tuyến của (C) có hệ số góc nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có: y = x2 − 4x + 3; y = 2x − 4; y = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = −1. Do đó đồ thị (C) có tâm đối xứng I(2; 32 ).
Lại có: y (2) = −1 nên phương trình tiếp tuyến của (C) tại I là: y = − (x − 2) + 32 ⇔ y = −x + 38 .
Tiếp tuyến bất kỳ của (C) tại x0 có hệ số góc k = y (x0 ) = x20 − 4x0 + 3 = (x0 − 2)2 − 1 ≥ −1.
Dấu bằng xảy ra khi x0 = 2 = xI . Vậy tiếp tuyến của (C) tại I là tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất (đpcm).
Bài tập 4.40. (DB-08) Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + (m + 1) x + 1. Tìm m để tiếp tuyến tại điểm có hoành độ
x = −1 đi qua điểm A (1; 2).
Lời giải. Ta có: y = 3x2 + 6mx + m + 1 ⇒ y (−1) = 4 − 5m; y(−1) = 2m − 1.
Do đó tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 là: y = (4 − 5m)(x + 1) + 2m − 1.
5
Mặt khác tiếp tuyến qua A(1; 2) nên ta có: 2 = 2(4 − 5m) + 2m − 1 ⇔ m = .
8
Bài tập 4.41. (TN-08) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
Lời giải. Gọi điểm tiếp xúc là M (x0 ; y0 ). Ta có: y0 = −2 ⇔
Lại có: y =

5
(x + 1)

2

3x − 2
tại điểm có tung độ bằng −2.
x+1

3x0 − 2
= −2 ⇔ 3x0 − 2 = −2 (x0 + 1) ⇔ x0 = 0.
x0 + 1

⇒ y (x0 ) = 5. Vậy tiếp tuyến tại M (0; −2) là: y = 5x − 2.

x+3
. Tiếp tuyến tại điểm (S) bất kỳ của (C) cắt hai tiệm cận của (C)
x+1
tại P và Q. Chứng minh S là trung điểm P Q.

Bài tập 4.42. (DB-06) Cho hàm số y =

Lời giải. Hàm số đã cho có tiệm cận ngang y = 1 và tiệm cận đứng x = −1.
x0 + 3
−2
−2
Lấy S x0 ;
∈ (C). Ta có: y =
2 ⇒ y (x0 ) =
2.
x0 + 1
(x + 1)
(x0 + 1)

−2
x0 + 3
Phương trình tiếp tuyến tại S là: y =
2 (x − x0 ) + x + 1 .
0
(x0 + 1)
Tiếp tuyến cắt tiêm cận ngang tại P (2x0 + 1; 1) và cắt tiệm cận đứng tại Q −1;
Ta có:

xP +xQ
2
yP +yQ
2

=
=

2x0 +1−1
= x0 = xS
2
x +5
1+ x0 +1
0
= xx00 +3
2
+1 = yS

x0 + 5
.
x0 + 1

⇒ S là trung điểm của P Q (đpcm).

Bài tập 4.43. Cho hàm số (Cm) : y = x3 + 1 − m (x + 1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại giao
điểm của (Cm) với Oy. Tìm m để tiếp tuyến nói trên chắn hai trục toạ độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 8.
Lời giải. Đồ thị (Cm) cắt trục Oy tại M (0; 1 − m).
Ta có y = 3x2 − m ⇒ y (0) = −m ⇒ tiếp tuyến tại M (0; 1 − m) là: y = −mx + 1 − m.
1−m
Với m = 0, tiếp tuyến không cắt Ox. Với m = 0, tiếp tuyến cắt Ox tại N
;0 .
m


9


Nguyễn Minh Hiếu
2

Khi đó OM = |1 − m|, ON =
Theo giả thiết ta có: S∆OM N

1−m
1
(1 − m)
⇒ S∆OM N = .OM.ON =
.
m
2
2 |m|

√
2
(1 − m)
m=9±4 √
5
2
=8⇔
(thỏa mãn).
= 8 ⇔ (1 − m) = 16 |m| ⇔
m = −7 ± 4 3
2 |m|
2x + 1
, biết hệ số góc của tiếp tuyến
x−2

Bài tập 4.44. (TN-09) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
bằng −5.

−5
−5
x0 = 1
. Gọi điểm tiếp xúc là M (x0 ; y0 ). Với k = −5 ⇒
.
2 = −5 ⇔
x0 = 3
(x − 2)2
(x0 − 2)
Với x0 = 1 ⇒ y0 = −3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (1; −3) là: y = −5(x − 1) − 3 ⇔ y = −5x + 2.
Với x0 = 3 ⇒ y0 = 7 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (3; 7) là: y = −5(x − 3) + 7 ⇔ y = −5x + 22.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −5x + 2 và y = −5x + 22.

Lời giải. Ta có: y =

Bài tập 4.45. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

−x + 3
biết tiếp tuyến song song với đường
2x − 1

phân giác góc phần tư thứ hai của mặt phẳng toạ độ.
Lời giải. Tiếp tuyến cần tìm song song với đường phân giác góc phần tư thứ hai nên có hệ số góc k =√
−1.
−5
1± 5
−5
. Gọi điểm tiếp xúc là M (x0 ; y0 ). Với k = −1 ⇒
.
Ta có: y =
2 = −1 ⇔ x0 =
(2x − 1)2
2
(2x0 − 1)
√
√
√
√
√
Với x0 = 1+2 5 ⇒ y0 = 5−1
⇒ tiếp tuyến tại M 1+2 5 ; 5−1
là: y = −x + 5.

2
2
√
√
√
√
√
Với x0 = 1−2 5 ⇒ y0 = − 25−1 ⇒ tiếp tuyến tại M 1−2 5 ; − 25−1 là: y = −x − 5.
√
√
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 5 và y = −x − 5.
Bài tập 4.46. (CĐ-2012) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y =

2x + 3
, biết d vuông góc với đường
x+1

thẳng y = x + 2.
Lời giải. Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = x + 2 nên có hệ số góc k = −1.
−1
−1
x0 = 0
Ta có: y =
. Gọi điểm tiếp xúc là M (x0 ; y0 ). Với k = −1 ⇒
.
2 = −1 ⇔
x0 = −2
(x + 1)2
(x0 + 1)
Với x0 = 0 ⇒ y0 = 3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (0; 3) là: y = −x + 3.

Với x0 = −2 ⇒ y0 = 1 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (−2; 1) là: y = −(x + 2) + 1 ⇔ y = −x − 1.
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 3 và y = −x − 1.
1
2
Bài tập 4.47. (D-05) Cho hàm số y = 31 x3 − m
2 x + 3 có đồ thị (Cm). Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hoành độ
bằng −1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại điểm M song song với đường thẳng 5x − y = 0.

Lời giải. Ta có: y = x2 − mx ⇒ y (−1) = m + 1; y(−1) = − 21 m.
Phương trình tiếp tuyến tại M −1; − 12 m là y = (m + 1)x + 12 m + 1.
Mặt khác tiếp tuyến song song với đường thẳng 5x − y = 0 nên ta có:

m+1=5
⇔
1
2m + 1 = 0

Bài tập 4.48. (B-06) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

m=4
⇔ m = 4.
m = −2

x2 + x − 1
(C). Biết rằng tiếp tuyến
x+2

đó vuông góc với tiệm cận xiên của (C).
1
nên hàm số có tiệm cận xiên y = x − 1.

x+2
Tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên nên có hệ số góc k = −1.
√
x2 + 4x + 3
−4 ± 2
x20 + 4x0 + 3
Ta có: y =
= −1 ⇔ x0 =
. Gọi điểm tiếp xúc là M (x0 ; y0 ). Với k = −1 ⇒
.
2
(x + 2)2
2
(x0 + 2)
√
√
√
2
Với x0 = −4+2 2 ⇒ y0 = −6+3
2 √ ⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x + 2 2 − 5.
√
√
2
Với x0 = −4−2 2 ⇒ y0 = −6−3
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x − 2 2 − 5.
2
√
√
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 2 2 − 5 và y = −x − 2 2 − 5.

Lời giải. Ta có y = x − 1 +

Bài tập 4.49. (DB-07) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

x
sao cho tiếp tuyến và hai tiệm
x−1

cận cắt nhau tạo thành một tam giác cân.
10




Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Hàm số có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang do đó tiếp tuyến cắt hai tiệm cận tạo thành tam giác cân
khi k = ±1.
−1
< 0, ∀x ∈ R\1 nên k = −1.
Hơn nữa y =
(x − 1)2
−1
x0 = 0
.
Gọi điểm tiếp xúc là M (x0 ; y0 ). Với k = −1 ⇒
2 = −1 ⇔
x0 = 2
(x0 − 1)
Với x0 = 0 ⇒ y0 = 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (0; 0) là: y = −x.
Với x0 = 2 ⇒ y0 = 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (2; 2) là: y = −x + 4.

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x và y = −x + 4.
Bài tập 4.50. Tìm m để (Cm) : y = x3 + 3x2 + mx + 1 cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C (0; 1) , D, E
sao cho các tiếp tuyến với (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
x=0
.
x2 + 3x + m = 0
Đặt f (x) = x2 + 3x + m có ∆ = 9 − 4m. Đồ thị (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi

Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔

f (x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔

∆>0
⇔
f (0) = 0

9 − 4m > 0
⇔
m=0

m < 49
m=0

Khi đó (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm C(0; 1), D(x1 ; 1), E(x2 ; 1), trong đó x1 + x2 = −3, x1 x2 = m.
Lại có y = 3x2 + 6x + m, do đó tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi
y (x1 ).y (x2 ) = −1 ⇔ 3x21 + 6x1 + m
2

3x22 + 6x2 + m = −1
2

⇔ 9(x1 x2 ) + 18x1 x2 (x1 + x2 ) + 3m (x1 + x2 ) − 2x1 x2 + 36x1 x2 + 6m(x1 + x2 ) + m2 + 1 = 0
⇔ 9m2 − 54m + 3m(9 − 2m) + 36m − 18m + m2 + 1 = 0
√
9 ± 65
2
⇔ 4m − 9m + 1 = 0 ⇔ m =
(thỏa mãn)
8
Vậy m =

√
9± 65
.
8

−x + 1
. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn
2x − 1
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B.
Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất.

Bài tập 4.51. (A-2011) Cho hàm số (C) : y =

Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
−x + 1
=x+m⇔
2x − 1

x = 12

⇔
−x + 1 = (2x − 1)(x + m)

x = 12
2x2 + 2mx − m − 1 = 0

Đặt f (x) = 2x2 + 2mx − m − 1 có ∆ = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m ∈ R và f 21 = − 21 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đồ thị (C) luôn cắt đường thẳng y = x + m tại hai điểm phân biệt A(x1 ; x1 + m), B(x2 ; x2 + m).
1
Ta có: x1 + x2 = −m, x − 1x − 2 = − m+1
2 . Lại có y = − (2x − 1)2 . Do đó suy ra
k1 + k2 = −

1
(2x1 − 1)

2

−

2

1
(2x2 − 1)

2

=−

4(x1 + x2 ) − 8x1 x2 − 4 (x1 + x2 ) + 2

(4x1 x2 − 2(x1 + x2 ) + 1)

2

= −4(m + 1)2 − 2 ≤ −2

Vậy k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng −2 khi m = −1.
Bài tập 4.52. (B-08) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 4x3 − 6x2 + 1, biết tiếp tuyến qua
M (−1; −9).
Lời giải. Đường thẳng qua M (−1; −9) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = kx + k − 9.
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 4x3 − 6x2 + 1 ⇔ hệ sau có nghiệm:
4x3 − 6x2 + 1 = kx + k − 9
12x2 − 12x = k

(1)
(2)

Thay (2) vào (1) ta có: 4x3 − 6x2 + 1 = (12x2 − 12x)(x + 1) − 9 ⇔ (x + 1)2 (4x − 5) = 0 ⇔
Với x = −1 ⇒ k = 24 ⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = 24x + 15.
15
21
Với x = 54 ⇒ k = 15
4 ⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = 4 x − 4 .
15
21
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = 24x + 15 và y = 4 x − 4 .


11

x = −1
.
x = 45


Nguyễn Minh Hiếu

Bài tập 4.53. (DB-07) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

−x + 1
, biết tiếp tuyến qua giao điểm
2x + 1

của tiệm cận đứng và trục Ox.
Lời giải. Hàm số có tiệm cận đứng x = − 21 . Tiệm cận đứng cắt trục Ox tại điểm M − 12 ; 0 .
Đường thẳng qua M − 12 ; 0 với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = k x + 21 .
−x+1
= k x + 12
(1)
−x + 1
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
⇔ hệ sau có nghiệm: 2x+1 3
.
2x + 1
− (2x+1)2 = k
(2)
1
−x + 1
−3
−x + 1

−3
5
x = − 21
x+
Thay (2) vào (1) ta có:
=
⇔
=
⇔
⇔x= .
2
−2x + 2 = −3
2x + 1
2
2x + 1
2(2x + 1)
2
(2x + 1)
1
1
1
Với x = 52 ⇒ k = − 12
⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = − 12
x − 24
.
1
1
Vậy tiếp tuyến cần tìm là: y = − 12 x − 24 .
Bài tập 4.54. (DB-05) Cho hàm số y =

x2 + 2x + 2
có đồ thị (C). Gọi I là giao hai tiệm cận. Chứng minh rằng
x+1

không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I.
1
⇒ hàm số có tiệm cận đứng x = −1 và tiệm cận xiên y = x + 1.
x+1
Do đó giao hai tiệm cận là I(−1; 0).
Đường thẳng qua I(−1; 0) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = k(x + 1).
x2 +2x+2
= k(x + 1)
x2 + 2x + 2
x+1
⇔ hệ sau có nghiệm:
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
x2 +2x
x+1
− (x+1)
=
k
2

Lời giải. Ta có y = x + 1 +

(1)
.
(2)

Thay (2) vào (1) ta có:

x2 + 2x
x2 + 2x + 2
x2 + 2x
x2 + 2x + 2
=
(x + 1) ⇔
=
⇔
2
x+1
x+1
x+1
(x + 1)

x = −1
x2 + 2x + 2 = x2 + 2x

(vô nghiệm)

Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I.
Bài tập 4.55. Tìm trên đường thẳng y = −4 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) : y = x3 − 12x + 12.
Lời giải. Lấy điểm M (m; −4) trên đường thẳng y = −4.
Đường thẳng qua M (m − 4) với hệ số góc k bất kỳ có phương trình dạng: d : y = k(x − m) − 4.
x3 − 12x + 12 = k(x − m) − 4
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị (C) ⇔ hệ sau có nghiệm:
3x2 − 12 = k
Thay (2) vào (1) ta có:

(1)
.

(2)

x3 − 12x + 12 = 3x2 − 12 (x − m) − 4 ⇔ 2x3 − 3mx2 + 12m − 16 = 0
x=2
2x2 + (4 − 3m)x + 8 − 6m = 0

⇔ (x − 2)(2x2 + (4 − 3m)x + 8 − 6m) = 0 ⇔

(∗)

Đặt f (x) = 2x2 + (4 − 3m)x + 8 − 6m có ∆ = 9m2 + 24m − 48.
Từ M kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) khi và chỉ khi
(∗) có ba nghiệm phân biệt ⇔ f (x) có hai nghiệm phân biệt khác 2
⇔

∆>0
⇔
f (2) = 0




9m + 24m − 48 > 0
⇔
24 − 12m = 0


Vậy những điểm trên y = −4 có hoành độ m ∈ (−∞; −4) ∪

12

2

4
3 ; +∞

m > 34
m < −4
m=2

\ {2} kẻ được ba tiếp tuyến đến (C).




Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số

§4. Biện Luận Số Nghiệm Phương Trình Bằng Đồ Thị
Bài tập 4.56. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 − 1. Biện luận theo k số nghiệm của phương
trình x3 − 3x2 − k = 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: x3 − 3x2 − 1 = k − 1.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 − 1 và
đường thẳng y = k − 1.
Dựa vào đồ thị ta có:
k − 1 > −1 ⇔ k > 0: Phương trình có một nghiệm.
k − 1 < −5 ⇔ k < −4: Phương trình có một nghiệm.
k − 1 = −1 ⇔ k = 0: Phương trình có hai nghiệm.
k − 1 = −5 ⇔ k = −4: Phương trình có hai nghiệm.
−5 < k − 1 < −1 ⇔ −4 < k < 0: Phương trình có ba nghiệm.

Kết luận:
k > 0 hoặc k < −4: Phương trình có một nghiệm.
k = 0 hoặc k = −4: Phương trình có hai nghiệm.
−4 < k < 0: Phương trình có ba nghiệm.

y
1
O

2
x

−1

−3

U

−5

Bài tập 4.57. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2x3 − 3x2 + 1. Biện luận theo m số nghiệm phương
trình 4x3 − 6x2 − m = 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: 2x3 − 3x2 + 1 = m
2 + 1.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x3 − 3x2 + 1 và
đường thẳng y = m
2 + 1.
Dựa vào đồ thị ta có:
m

2 + 1 > 1 ⇔ m > 0: Phương trình có một nghiệm.
m
2 + 1 < 0 ⇔ m < −2: Phương trình có một nghiệm.
m
2 + 1 = 1 ⇔ m = 0: Phương trình có hai nghiệm.
m
2 + 1 = 0 ⇔ m = −2: Phương trình có hai nghiệm.
0< m
2 + 1 < 1 ⇔ −2 < m < 0: Phương trình có ba nghiệm.
Kết luận:
m > 0 hoặc m < −2: Phương trình có một nghiệm.
m = 0 hoặc m = −2: Phương trình có hai nghiệm.
−2 < m < 0: Phương trình có ba nghiệm.

y

1
O

U
1

x

Bài tập 4.58. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = −x4 + 2x2 + 3. Biện luận theo m số nghiệm của
phương trình x4 − 2x2 + m − 1 = 0.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: −x4 + 2x2 + 3 = m + 2.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = −x4 + 2x2 + 3 và
đường thẳng y = m + 2.

Dựa vào đồ thị ta có:
m + 2 > 4 ⇔ m > 2: Phương trình vô nghiệm.
m + 2 < 3 ⇔ m < 1: Phương trình có hai nghiệm.
m + 2 = 4 ⇔ m = 2: Phương trình có hai nghiệm.
m + 2 = 3 ⇔ m = 1: Phương trình có ba nghiệm.
3 < m + 2 < 4 ⇔ 1 < m < 2: Phương trình có bốn nghiệm.
Kết luận:
m > 2: Phương trình vô nghiệm.
m < 1 hoặc m = 2: Phương trình có hai nghiệm.
m = 1: Phương trình có ba nghiệm.
1 < m < 2: Phương trình có bốn nghiệm.

y
4
3

−1 O

1

x

Bài tập 4.59. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 −4x2 +3. Tìm m để phương trình 12 x4 −2x2 +m = 0
có bốn nghiệm phân biệt.
Lời giải.


13

Nguyễn Minh Hiếu

y
3
Ta có phương trình tương đương: x4 − 4x2 + 3 = 3 − 2m.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x4 − 4x2 + 3 và
đường thẳng y = 3 − 2m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có bốn nghiệm phân biệt ⇔ −1 < 3 − 2m < 3 ⇔
0 < m < 2.

√
− 2

√

2
x

O
−1

Bài tập 4.60. (DB-06) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

x2 + 2x + 5
. Tìm m để phương trình sau
x+1

có hai nghiệm dương phân biệt x2 + 2x + 5 = m2 + 2m + 5 (x + 1).
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương:

x2 + 2x + 5
= m2 + 2m + 5.
x+1

Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y =

y
2

x + 2x + 5
và
x+1

đường thẳng y = m2 + 2m + 5.
Dựa vào đồ thị, phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi
4 < m2 + 2m + 5 < 5 ⇔

2

m + 2m + 1 > 0
⇔
m2 + 2m < 0

4
−3

1
O

m = −1
−2 < m < 0

x

−4

Vậy m ∈ (−2; 0) \ {−1}.
Bài tập 4.61. (A-06) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2x3 − 9x2 + 12x − 4. Tìm m để phương trình
3
sau có sáu nghiệm phân biệt 2|x| − 9x2 + 12 |x| = m.
Lời giải.
y
3

Ta có phương trình tương đương: 2|x| − 9x2 + 12 |x| − 4 = m − 4.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái Oy, sau đó đối xứng phần đồ thị bên
3
phải Oy qua Oy ta được đồ thị (C1 ) : y = 2|x| − 9x2 + 12 |x| − 4.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = m − 4.
Dựa vào đồ thị, phương trình có sáu nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

1
−2 −1 O

1

x

2

0Vậy với m ∈ (4; 5) thì phương trình đã cho có sáu nghiệm phân biệt.

−4

3

Bài tập 4.62. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = −2x3 + 3x2 − 2. Tìm m để phương trình 2|x| −
3x2 + 2 (m + 1) = 0 có đúng bốn nghiệm.
Lời giải.
y

3

Ta có phương trình tương đương: −2|x| + 3x2 − 2 = 2m.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái Oy, sau đó đối xứng phần đồ thị bên
3
phải Oy qua Oy ta được đồ thị (C1 ) : y = −2|x| + 3x2 − 2.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = 2m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có đúng bốn nghiệm khi và chỉ khi

−1 O
−1

1
x

−2

1
−2 < 2m < −1 ⇔ −1 < m <
2
Vậy với m ∈ −1; − 12 thì phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm.

14




Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số

Bài tập 4.63. (DB-03) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

2x2 − 4x − 3
. Tìm m để phương trình
2 (x − 1)

2x2 − 4x − 3 + 2m |x − 1| = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Lời giải.
2

2(x − 1) − 5
.
2 (x − 1)
2
2|x − 1| − 5
Ta có phương trình tương đương: y =
= −m.
2 |x − 1|

Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái đường thẳng d : y = 1, sau đó đối xứng
2
2|x − 1| − 5
phần đồ thị bên phải d qua d ta được đồ thị (C1 ) :
.
2 |x − 1|
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = −m.
Dựa vào đồ thị, phương trình luôn có đúng hai nghiệm phân biệt với mọi m ∈ R.
Vậy với mọi m ∈ R thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

y

Hàm số đã cho viết thành y =

Bài tập 4.64. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

x

O 1
−1

x2 + 3x + 3
x2 + 3x + 3
. Tìm m để phương trình
=m
x+1
|x + 1|

có bốn nghiệm phân biệt.
Lời giải.

y
x2 + 3x + 3
Vì x + 3x + 3 > 0 nên ta có phương trình tương đương:
= m.
x+1
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
x2 + 3x + 3
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C1 ) : y =
.
x+1
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có bốn nghiệm phân biệt ⇔ m > 3.
Vậy với m > 3 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
2

3
1
−2

O

x

Bài tập 4.65. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + 4. Tìm m để phương trình sau có bốn
3
nghiệm phân biệt |x − 1| − 3 |x − 1| − m = 0.
Lời giải.
3
Hàm số đã cho viết thành y = (x − 1) − 3 (x − 1) + 2.
3

Ta có phương trình tương đương: |x − 1| − 3 |x − 1| + 2 = m + 2.
Từ đồ thị đã vẽ, bỏ phần đồ thị bên trái đường thẳng d : x = 1, sau đó đối xứng
3
phần đồ thị bên phải d qua d ta được đồ thị (C1 ) : y = |x − 1| − 3 |x − 1| + 2.
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = m + 2.
Dựa vào đồ thị, phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0 < m + 2 < 2 ⇔ −2 < m < 0

y

2

1 2

O

x

.
Vậy với mọi m ∈ (−2; 0) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
Bài tập 4.66. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 1. Tìm m để phương trình x3 − 3x + 1 −
2m2 + m = 0 có ba nghiệm phân biệt.
Lời giải.
Ta có phương trình tương đương: x3 − 3x + 1 = 2m2 − m.
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C1 ) : y = x3 − 3x + 1 .
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = 2m2 − m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

m = −1

 m= 3
2m2 − m = 3
2
⇔
 m=0
2m2 − m = 0
m = 12
Vậy với m ∈ −1; 0; 12 ; 32


thì phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.
15

y

3
1
O
−1

1

x


Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 4.67. (B-09) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 2x4 − 4x2 . Với các giá trị nào của m, phương
trình x2 x2 − 2 = m có đúng sáu nghiệm thực phân biệt.
Lời giải.
y

Ta có phương trình tương đương: 2x4 − 4x2 = 2m.
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C1 ) : y = 2x4 − 4x2 .
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = 2m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có sáu nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

2

0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1
Vậy với m ∈ (0; 1) thì phương trình đã cho có sáu nghiệm phân biệt.

−1

x

O 1

Bài tập 4.68. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 −4x2 +3. Tìm m để phương trình x4 − 4x3 + 3 = m
có đúng tám nghiệm.
Lời giải.
y
Từ đồ thị đã vẽ, đối xứng phần đồ thị bên dưới Ox qua Ox, sau đó bỏ phần đồ
thị bên dưới Ox, ta được đồ thị (C1 ) : y = x4 − 4x2 + 3 .
Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = m.
Dựa vào đồ thị, phương trình có tám nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 1.
Vậy với m ∈ (0; 1) thì phương trình đã cho có tám nghiệm phân biệt.

3

1
√
− 2

O

√

2

x

§5. Đối Xứng - Khoảng Cách & Các Bài Toán Khác
Bài tập 4.69. Tìm m để đồ thị hàm số y =
Lời giải. Đồ thị hàm số y =

m2 x − 2
qua điểm A (2; 6).
x−1

m2 x − 2
qua điểm A (2; 6) ⇔ 6 =
x−1

2m2 −2
2−1

⇔ m = ±2.

Bài tập 4.70. Tìm các hệ số m, n sao cho hàm số y = −x3 + mx + n đạt cực tiểu tại điểm x = −1 và đồ thị của

nó đi qua điểm M (1; 4).
Lời giải. Ta có y = −3x2 + m; y = 0 ⇔ x2 = m
3 . Do đó với m > 0 hàm số có cực trị tại x = ±
m
Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 ⇔ − 3 = −1 ⇔ m = 3 (thỏa mãn).
Mặt khác đồ thị hàm số qua M (1; 4) nên ta có: 4 = −1 + m + n ⇔ n = 2.
Vậy m = 2 và n = 2.

m
3.

Bài tập 4.71. Chứng minh rằng điểm uốn của đồ thị hàm số (C) : y = x3 − 6x2 + 9x là tâm đối xứng của nó.
Lời giải. Ta có y = 3x2 − 12x + 9; y = 6x − 12; y = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 ⇒ đồ thị (C) có điểm uốn U (2; 2).
−−→
Thực hiện phép tịnh tiến hệ tọa độ theo vectơ OU .
x=X +2
Công thức chuyển hệ tọa độ là
.
y =Y +2
Phương trình đường cong (C) trong hệ tọa độ mới U XY là
3

2

Y + 2 = (X + 2) − 6(X + 2) + 9 (X + 2) ⇔ Y = X 3 − 3X
Vì Y = X 2 − 3X là hàm số lẻ nên đồ thị (C) nhận gốc tọa độ mới U làm tâm đối xứng.
Bài tập 4.72. Chứng minh rằng đồ thị hàm số (C) : y =

2x + 1
nhận giao điểm I của hai tiệm cận làm tâm đối

x+1

xứng.
16




Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Lời giải. Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x = −1 và tiệm cận ngang y = 2 nên có giao hai tiệm cận là I(−1; 2).
−→
Thực hiện phép tịnh tiến hệ tọa độ theo vectơ OI.
x=X −1
Công thức chuyển hệ tọa độ là
.
y =Y +2
2 (X − 1) + 1
1
Phương trình đường cong (C) trong hệ tọa độ mới U XY là Y + 2 =
⇔Y =− .
X −1+1
X
1
Vì Y = − X
là hàm số lẻ nên đồ thị (C) nhận gốc tọa độ mới I làm tâm đối xứng.
Bài tập 4.73. (D-04) Tìm m để tâm đối xứng của đồ thị hàm số y = x3 − 3mx2 + 9x + 1 thuộc đường thẳng
y = x + 1.
Lời giải. Ta có y = 3x2 − 6mx + 9; y = 6x − 6m; y = 0 ⇔ x = m ⇒ y = −2m3 + 9m + 1.
Do đó đồ thị có tâm đối xứng I(m; −2m3 + 9m + 1).
m=0

Tâm đối xứng I thuộc đường thẳng y = x + 1 ⇔ −2m3 + 9m + 1 = m + 1 ⇔
.
m = ±2
Bài tập 4.74. Tìm m để đồ thị hàm số y = −

x3
+ 3x2 − 2 nhận I (1; 0) làm điểm uốn.
m

6
3 2
x + 6x; y = − m
x + 6; y = 0 ⇔ x = m ⇒ y = 2m2 − 2.
Lời giải. Ta có y = − m
m=1
Đồ thị hàm số nhận I(1; 0) làm điểm uốn ⇔
⇔ m = 1.
0 = 2m2 − 2

Bài tập 4.75. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số y =
Lời giải. Hàm số viết thành y = 2 +

1
. Gọi M (x0 ; y0 ) là điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên ta có:
x−1

x0 ∈ Z
⇔
2 + x01−1 ∈ Z

x0 ∈ Z
⇔
y0 ∈ Z

2x − 1
có tọa độ là các số nguyên.
x−1

x0 ∈ Z
⇔ x0 − 1 là ước của 1 ⇔ x0 − 1 = ±1 ⇔
1
x0 −1 ∈ Z

x0 = 2
x0 = 0

Vậy trên đồ thị có hai điểm có tọa độ nguyên là M (0; 1) và M (2; 3).
Bài tập 4.76. Tìm trên đồ thị hàm số y =

−x2 + 3x − 1
các điểm có toạ độ nguyên.
x−1

Lời giải. Hàm số viết thành y = −x + 2 +

1
. Gọi M (x0 ; y0 ) là điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên ta có:
x−1

x0 ∈ Z

⇔
y0 ∈ Z

x0 ∈ Z
−x0 + 2 +

1
x0 −1

∈Z

⇔

x0 ∈ Z
⇔ x0 − 1 là ước của 1 ⇔ x0 − 1 = ±1 ⇔
1
x0 −1 ∈ Z

x0 = 2
x0 = 0

Vậy trên đồ thị có hai điểm có tọa độ nguyên là M (0; 1) và M (2; 1).
Bài tập 4.77. Tìm điểm cố định của họ đường cong (Cm) : y = x3 + 2 (m − 1) x2 + m2 − 4m + 1 x − 2 m2 + 1 .
Lời giải. Ta có:
y = x3 + 2 (m − 1) x2 + m2 − 4m + 1 x − 2 m2 + 1
⇔ (x − 2) m2 + 2x2 − 4x m + x3 − 2x2 + x − 2 − y = 0
Giả sử M (x0 ; y0 ) là điểm cố định của họ (Cm), ta có:
(x0 − 2) m2 + 2x20 − 4x0 m + x30 − 2x20 + x0 − 2 − y0 = 0, ∀m ∈ R

 x0 − 2 = 0

x0 = 2
2x20 − 4x0 = 0
⇔
⇔
y0 = 0
 3
x0 − 2x20 + x0 − 2 − y0
Vậy điểm cố định của hộ (Cm) là M (2; 0).
mx − 1
luôn đi qua hai điểm cố định.
x−m
Gọi M là giao điểm của hai tiệm cận của (Cm), tìm tập hợp điểm M khi m thay đổi.
Bài tập 4.78. Chứng minh rằng với mọi m = ±1, họ đường cong (Cm) : y =



17


Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Giả sử A(x0 ; y0 ) là điểm cố định của họ (Cm), ta có:
y0 =

mx0 − 1
, ∀m ∈ R ⇔ (x0 + y0 ) m − x0 y0 − 1 = 0, ∀m = x0 ⇔
x0 − m

x0 = ±1
, ∀m = x0
y0 = ∓1

Do đó với m = ±1 thì (Cm) có hai điểm có định A(1; −1) và A(−1; 1).
Hàm số có tiệm cận đứng x = m và tiệm cận ngang y = m nên có giao hai tiệm cận là M (m; m).
Suy ra tập hợp các điểm M là đường thẳng y = x.
Bài tập 4.79. Cho họ đường cong (Cm) : y = mx3 + (1 − m) x. Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho không
có đường nào của (Cm) đi qua.
Lời giải. Giả sử m(x0 ; y0 ) là điểm mà họ (Cm) không bao giờ đi qua. Ta có:
y0 = mx30 + (1 − m)x0 vô nghiệm ⇔ x30 − x0 m + x0 − y0 = 0 vô nghiệm ⇔




x30

− x0 = 0
⇔
x0 − y0 = 0


x0 = 0
x0 = ±1
y0 = x0

Vậy tập hợp các điểm mà họ (Cm) không bao giờ đi qua nằm trên các đường thẳng x = 0 trừ điểm (0; 0); đường
thẳng x = 1 trừ điểm (1; 1) và đường thẳng x = −1 trừ điểm (−1; −1).
11
1
hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau
Bài tập 4.80. (DB-06) Tìm trên đồ thị hàm số y = − x3 + x2 + 3x −
3

3
qua Oy.
Lời giải. Lấy hai điểm trên đồ thị hàm số là M x1 ; − 13 x31 + x21 + 3x1 −

11
3

x1 = −x2
− 13 x31 + x21 + 3x1 −

, N x2 ; − 13 x32 + x22 + 3x2 −

11
3

, x1 = x2 .

(1)
.
= − 31 x32 + x22 + 3x2 − 11
(2)
3
x2 = 0 (loại)
1 3
2 3
11
2
Thay (1) vào (2) ta có: 13 x32 + x22 − 3x2 − 11
.
3 = − 3 x2 + x2 + 3x2 − 3 ⇔ 3 x2 − 6x2 = 0 ⇔

x2 = ±3
16
16
16
Vậy hai điểm cần tìm là M (3; 16
3 ), N (−3; 3 ) hoặc M (−3; 3 ), N (3; 3 ).
Hai điểm M, N đối xứng nhau qua trục Oy ⇔

11
3

Bài tập 4.81. Tìm trên đồ thị hàm số y = x3 + 3x − 2 hai điểm đối xứng nhau qua M (2; 18).
Lời giải. Gọi hai điểm cần tìm là A, B. Giả sử A(x0 ; x30 + 3x0 − 2) ⇒ B(4 − x0 ; −x30 − 3x0 + 38), x0 = 2.
Vì B thuộc đồ thị hàm số nên ta có:
3

−x30 − 3x0 + 38 = (4 − x0 ) + 3 (4 − x0 ) − 2 ⇔ 12x20 − 48x0 + 36 = 0 ⇔

x0 = 1
(thỏa mãn)
x0 = 3

Vậy hai điểm cần tìm là (1; 2) và (3; 34).
Bài tập 4.82. Tìm trên đồ thị hàm số y =

3x + 1
hai điểm đối xứng nhau qua M (−2; −1).
x−2

0 +1

Lời giải. Gọi hai điểm cần tìm là A, B. Giả sử A x0 ; 3x
⇒ B −4 − x0 ; −2 −
x0 −2

3x0 +1
x0 −2

, x0 = ±2.

Vì B thuộc đồ thị hàm số nên ta có:
−2 −

3 (−4 − x0 ) + 1
3x0 + 1
=
⇔ 8x20 + 32x0 − 40 = 0 ⇔
x0 − 2
−4 − x0 − 2

x0 = 1
(thỏa mãn)
x0 = −5

Vậy hai điểm cần tìm là (1; −4) và (−5; 2).
Bài tập 4.83. Cho hàm số y =

x+1
có đồ thị (C). Tìm trên (C) hai điểm phân biệt A, B đối xứng nhau qua
x−1

đường thẳng d : x + 2y − 3 = 0.
Lời giải. Đường thẳng vuông góc d có phương trình dạng ∆ : 2x − y + m = 0 ⇔ y = 2x + m.
x=1
x+1
Phương trình hoành độ của ∆ và (C) là: x−1
=x+m⇔
.
x2 + (m − 2)x − m − 1 = 0
Đặt f (x) = x2 + (m − 2)x − m − 1 có ∆ = m2 + 8 > 0, ∀m ∈ R và f (1) = −2 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó ∆ luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(x1 ; x1 + m), B(x2 ; x2 + m), trong đó x1 + x2 = 2 − m.
2+m
2 x1 +x2
Gọi I trung điểm AB ⇒ I = x1 +x
; 2 + m = 2−m
.
2
2 ; 2
2−m
Khi đó A, B đối xứng qua d ⇔ I ∈ d ⇔ 2 + 2 + m − 3 = 0 ⇔ m = 0.
√
√
√
√
√
√
√
√
Vậy A 1 + 2; 1 + 2 , B 1 − 2; 1 − 2 hoặc A 1 − 2; 1 − 2 , B 1 + 2; 1 + 2 .
18

Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số
Bài tập 4.84. (B-03) Tìm m để đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc toạ
độ.
Lời giải. Hai điểm phân biệt thuộc đồ thị hàm số là: M (x1 ; x31 − 3x21 + m), N (x2 ; x32 − 3x22 + m), x1 = x2 .
x1 = −x2
(1)
Hai điểm M, N đối xứng nhau qua gốc tọa độ O nên ta có:
.
3
2
3
2
x1 − 3x1 + m = − x2 − 3x2 + m
(2)
Thay (1) vào (2) ta có: −x32 − 3x22 − m = −x32 + 3x22 − m ⇔ m = 3x22 > 0.
Vậy m > 0.
Bài tập 4.85. (DB-04) Tìm trên đồ thị hàm số y =

x
những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến đường
x+1

thẳng d : 3x + 4y = 0 bằng 1.
0
Lời giải. Lấy điểm M x0 ; x0x+1
, x0 = −1, thuộc đồ thị hàm số ta có:


0
x0 = 1
3x0 + x4x
0 +1
5
d (M, ∆) = 1 ⇔ √
= 1 ⇔ 3x20 + 7x0 = 5 |x0 + 1| ⇔  x0 = − 3 √
32 + 4 2
−6± 61
x0 =
3
√
√
−6+ 61 43−3 61
;
3
52

Vậy có bốn điểm cần tìm là: M 1; 21 , M − 53 ; 52 , M

|x0 | =

x0 ;

√
√
−6− 61 43+3 61
;
3

52

.

4x + 1
có đồ thị (C). Tìm trên (C) các điểm cách đều hai trục tọa độ.
x+1

Bài tập 4.86. Cho hàm số y =
Lời giải. Lấy điểm M

và M

4x0 + 1
, x0 = −1, trên (C). Điểm M cách đều hai trục tọa độ khi
x0 + 1
x20 − 3x0 − 1 = 0
⇔
x20 + 5x0 + 1 = 0

4x0 + 1
⇔ x20 + x0 = |4x0 + 1| ⇔
x0 + 1
√
√
3+ 13 3+ 13
; 2
2

Vậy có bốn điểm cần tìm là M

,M

√
√
3− 13 3− 13
; 2
2

,M

x0 =
x0 =

√
√
−5+ 21 5− 21
; 2
2

√
3± 13
2√
−5± 21
2

và M

√
√

−5− 21 5+ 21
; 2
2

.

x2 − x + 1
. Tìm điểm M trên đồ thị hàm số sao cho khoảng cách từ M đến giao
x−1
điểm I của hai tiệm cận là nhỏ nhất.
Bài tập 4.87. Cho hàm số y =

1
, do đó hàm số cáo tiệm cận dứng x = 1 và tiệm cận xiên y = x.
x−1
−−→
1
Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 1). Lấy M x0 ; x0 +
ta có: IM = x0 − 1; x0 − 1 +
x0 − 1
2
√
2
2
1
IM = (x0 − 1) + x0 − 1 + x01−1 = 2(x0 − 1) + (x −1)
2 2 + 2.
2 + 2 ≥

Lời giải. Ta có: y = x +

1
x0 −1

. Suy ra:

0

1
⇔ x0 = 1 ± √
.
4
2
(x0 − 1)
√
√
4
1
2+
Vậy IM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 2 + 2 khi M 1 + √
4 ;1 +
2
2

Dấu bằng xảy ra khi 2(x0 + 1) =

Bài tập 4.88. Cho hàm số y =

1

2

1
√
4
2

và M 1 −

1
√
4 ;1
2

−

√
4

2−

1
√
4
2

3x − 5
có đồ thị (C). Tìm điểm M trên (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai
x−2

tiệm cận là nhỏ nhất.
0 −5
Lời giải. Hàm số có tiệm cận ngang y = 3 và tiệm cận đứng x = 2. Lấy điểm M x0 ; 3x
∈ (C) , x0 = 2, ta có:
x0 −2

d (M, TCĐ) + d (M, TCN) = |x0 − 2| +

3x0 − 5
1
− 3 = |x0 − 2| +
≥2
x0 − 2
|x0 − 2|

x0 = 3
.
x0 = 1
Vậy d (M, TCĐ) + d (M, TCN) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi M (3; 4) và M (1; 2).

Dấu bằng xảy ra khi |x0 − 2| =

Bài tập 4.89. Cho hàm số y =

1
|x0 −2|

⇔

x−1

có đồ thị (C). Tìm điểm M trên (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục
x+1

toạ độ là nhỏ nhất.


19


Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Giả sử M x0 ; xx00 −1
+1 ∈ (C) , x0 = −1 là điểm cần tìm, ta có: d (M, Ox) + d (M, Oy) = |x0 | +

x0 −1
x0 +1

.

Lấy A(0; 1) ∈ (C), ta có: d (A, Ox) + d (A, Oy) = 1, suy ra d (M, Ox) + d (M, Oy) ≤ 1. Do đó ta có:
|x0 | ≤ 1
x0 −1
x0 +1

≤1

−1 < x0 ≤ 1
⇔ 0 ≤ x0 ≤ 1
1 − x0 ≤ x0 + 1

⇔

√
= x0 + 1 + x02+1 − 2 ≥ 2 x0 + 1. x02+1 − 2 = 2 2 − 2.
√
0 ≤ x0 ≤ 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
⇔ x0 = 2 − 1.
x0 + 1 = x02+1
√
√
√
2 − 1; 1 − 2 .
Vậy d (M, Ox) + d (M, Oy) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 2 − 2 khi M
Với 0 ≤ x0 ≤ 1, ta có: d (M, Ox) + d (M, Oy) = x0 +

1−x0
x0 +1

Bài tập 4.90. Tìm hai điểm trên hai nhánh đồ thị hàm số y =
Lời giải. Lấy M1 x1 ;
−−−−→
Ta có: M1 M2 =

2

x1 − 2
x1 − 1

x2 − x1 ;

(M1 M2 ) = (x2 − x1 )

2

, x1 < 1 và M2 x2 ;
x2 − 2 x1 − 2
−
x2 − 1 x1 − 1
1+

=

1
2

(x2 − 1) (x1 − 1)

≥ 4 (x2 − 1) (1 − x1 ) 1 +

2

x−2
có khoảng cách bé nhất.
x−1

x2 − 2
x2 − 1

, x2 > 1 là hai điểm thuộc hai nhánh đồ thị.

x2 − x1 ;

x2 − x1
. Do đó:
(x2 − 1) (x1 − 1)

= (x2 − 1 + 1 − x1 )

1
2

(x2 − 1) (x1 − 1)

2

20

1+

1
2

(x2 − 1) (x1 − 1)

= 4 (x2 − 1) (1 − x1 ) +

x2 − 1 = 1 − x1
⇔
1
(x2 − 1) (1 − x1 ) = (x2 −1)(1−x

1)
√
Vậy M1 M2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 khi M1 (0; 2) và M2 (2; 0).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

2

1
≥8
(x2 − 1) (1 − x1 )

x2 = 2
.
x1 = 0