Tuyển chọn 10 bài giảng hàm số lớp 12 có đáp án chi tiết dành cho giáo viên và học sinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.07 MB, 87 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM 
Cho hàm số y f x( ) trên khoảng ( ; )a b

Tính chất 1: Hàm số y f x( )trên khoảng ( ; )a b được gọi là: 
i) Đồng biến nếu f x'( )0  x ( ; )a b

ii) Nghịch biến nếu f x'( )0  x ( ; )a b

Tính chất 2: Hàm số y f x( )trên khoảng ( ; )a b được gọi là:

i) Đồng biến nếu f x'( )0  x ( ; )a b , và f x( )0 tại hữu hạn điểm thuộc 
khoảng ( ; )a b

ii) Nghịch biến nếu f x'( )0  x ( ; )a b và f x( )0 tại hữu hạn điểm thuộc 
khoảng ( ; )a b

Nhận xét: Trong các bài tốn tìm điều kiện của tham số để hàm số đơn điệu chúng ta thường
dùng tính chất 2 để áp dụng.

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Dạng 1: Tìm khoảng đơn điệu của hàm số y f x( )
Phƣơng pháp:

Bước 1: Tìm tập xác định

Bước 2: Tính đạo hàm và tìm nghiệm của đạo hàm

Bước 3: Lập bảng xét dấu đạo hàm và kết luận khoảng đồng biến và nghịch biến. 
Ví dụ 1: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số y3 x2



x5



Giải:

Tập xác định: DR. Ta có

3
5 10
' x

y

x



 . Khi đó phương trình y'  0 x 2.
Bảng xét dấu

X  0 2 
y’ + || - 0 +

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Ví dụ 2: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số 3 sin cos 2 3
2

x

y x x  trên khoảng ( , ).0 

Lời giải:

Tập xác định: DR.

Ta có y' 3 cosxsinx1, khi đó phương trình
' 0 sin 3 cos 1 sin( ) sin

3 6

2
2
7

2
6

y x x x

x k

 

 

      

  


 

  



Trên khoảng ( , ).0  y’ = 0 có một nghiệm .
2

x Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( ; )
2

 

và nghịch biến trên khoảng (0; )
2



Dạng 2: Tìm tham số m để hàm số đơn điệu trên một khoảng cho trƣớc.

Phƣơng pháp 1:

Bước 1: Cô lập tham số m sang một vế dạng f x( )m

Bước 2: Tính đạo hàm xét dấu và lập bảng biến thiên trên khoảng cho trước 
 Bước 3: Dựa vào bảng biến thiên để kết luận điều kiện của tham số m.

Ví dụ 3: Tìm m để hàm số

2
2 3

x x m

y

x

 



 đồng biến với mọi x > 3.

Lời giải:

Tập xác định: D R \

 

Khi đó, ta có

 

2 4 3

' x x m

y

x

  



 .

Để hàm số đồng biến với mọi x > 3, thì





' 2

2 4 3

0 3 2 4 3 0, 3.

2 4 3 3.

x x m

y x x x m x

x

x x m x

  

          



     

Xét hàm số 2

2 4 3

( )

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Vậy f(x) là hàm số đồng biến với x3suy ra f x( ) f( )3 9, vậy để 2

2x 4x 3 m x 3
thì m f ( )3 9.

Phƣơng pháp 2:

Dựa vào định lý dấu tam thức bậc hai và định lý viet

Ví dụ 4: Tim m để hàm số yx33x2mx m (4) là nghịch biến trên một đoạn có độ 
dài bằng 1.

Lời giải:

Tập xác định: D R .

Ta có y'3x26x m . Điều kiện để hàm số (4) nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng
bằng 1 thì phương trình: 3x26x m 0 (4’) phải có hai nghiệm

1, 2

x x sao cho

2 1 1 (*)

x x

Điều kiện để (4’) có hai nghiệm phân biệt là    ' 0 9 3m  0 m 3.

Khi đó





2 2

1 2 1 1 2 4 1 2 1

(*) x x  (x x )  x x  . Áp dụng định lý viet, ta có: 9 4 1 6

3 .

m m

   

So sánh với điều kiện suy ra khơng có giá trị nào của m thỏa mãn u cầu bài tốn.

Ví dụ 5: Cho hàm số 3 2 2

ax (2 7 7) 2( 1)(2 3)

       

y x a a x a a đồng biến trên [2:+ ) .

Lời giải

Ta có y'3x22ax(2a27a7). Điều kiện để hàm số đồng biến trên   2;



là
y'3x22ax(2a27a 7) 0 (*)  x 2; 



Ta có  ' 7a221a21 0 a Gọi x x1, 2 (x2 x1) là hai nghiệm của phương trình y’ = 0,
khi đó tập nghiệm của bất phương trình (*) là (;x1][ ;x2  ).

Vậy để hàm số đồng biến trên khoảng   2;



, thì [2;   ) ( ;x1][ ;x2  )nghĩa là

1 2 2

x x  .
Điều kiện là:



1 2





1 2 2

1 2 1 2 1 2

2
4

4 4 3

( )

2 2 0 2( ) 4 0 2 7 7 4

4 0

3 3

 



 

   

  

         

 

 

    



a

x x x x

theo viet

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

4

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

6 5

1
5

2
1

2 3 5 0





 

     

  

   

 

a

a
a

a a

Dạng 3: Ứng dụng tính đơn điều trong chứng minh bất đẳng thức

Phƣơng pháp 
Sử dụng các kiến thức sau:

 Dấu hiệu để hàm số đơn điệu trên một đoạn. 
 f ( x) đồng biến trên [a; b] thì f a( ) f x( ) f b( )
 f(x) nghịch biến trên [a; b] thì f a( ) f x( ) f b( )

Ví dụ 6: Chứng minh rằng

tan , (0; )

3 2

x

x x  x 

Lời giải:

Xét hàm số

3
( ) tan ,

3
x

f x  x x ta có 2 2 2

2
1

'( ) 1 tan

cos

f x x x x

x

    

Dễ thấy tan (0; )
2

x  x x  nên '( ) 0 (0; )

f x   x 

Vậy hàm số f x( ) đồng biến trên khoảng (0; )
2



suy ra

( ) (0) 0 tan (0; )

3 3

x

f x  f   x x  x 

Ví dụ 7: Chứng minh bất đẳng thức sau:

cos 2 , .

x x

x e   x  x R

Lời giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

cos 2 0, .

x x

x e   x   x R

Xét hàm số

( ) cos 2 ( ).

x x

f x  x e   x  x R Ta có

( ) sin x 1

f x   x e  x và f''( )x  cosx e   x 1 1 cosx e x   0, x R
Vậy f x'( )0 có nghiệm duy nhất x0.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

x  0 
'( )

f x - 0 +

( )
f x

Từ bảng biến thiên chúng ta suy ra: f x( )0 với  x R. (đpcm).

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 1: Với giá trị nào của m, hàm số: 2
1
m
y x

x

  

 đồng biến trên mỗi khoảng xác định của

nó. ĐS: m0.

Bài 2: Xác định m để hàm số

( 1) ( 3)
3

x

y   m x  m x đồng biến trên khoảng (0; 3).

ĐS: 12.
7
m

Bài 3: Cho hàm số y mx 4
x m






a. Tìm m để hàm số tăng trên từng khoảng xác định. ĐS:   2 m 2.
b. Tìm m để hàm số tăng trên (2;) . ĐS: m 2,m2
c. Tìm m để hàm số giảm trên (;1). ĐS: 2   m 1.

Bài 4: Cho hàm số yx33(2m1)x2(12m5)x2. Tìm m để hàm số:

a. Liên tục trên R. ĐS:  m R.
b. Tăng trên khoảng (2;). ĐS: 5 .

12
m

Bài 5: Cho hàm số y  x3 3x23mx1 (1), m là tham số thực

Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng



0;



. ĐS: m 1.



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

6

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 6: Cho hàm số 1 3









1 3 2 .

3 3

y mx  m x  m x Tìm m để hàm số đồng biến với

x

  ĐS: 2.

3
m

Bài 7: Cho hàm số yx33 2



m1



x2



12m5



x2. Tìm m để hàm số đồng biến trên



  ; 1

 

2;



. ĐS: 1 5 .

12
m

  

Bài 8: Cho hàm số

6 2
.
2
mx x
y

x

 



 Tìm m để hàm số nghịch biến trên [1;).

ĐS: 14 0.

5 m

  

Bài 9: Cho hàm số y mx m
x m




 .

a) Tìm m để hàm số đồng biến trên tập xác định. ĐS:   1 m 0.
b) Tìm m để hàm số đồng biến với  x 3. ĐS:   1 m 0.

Bài 10. Cho hàm số y(mx x) 2m. Tìm m để hàm số đồng biến trên

 

1; 2 . ĐS: m3.

Bài 11: Chứng minh rằng với mọi

0 x ta có x tanx x
3

1
sin
3
2

Hướng dẫn: Xét sự biến thiên của hàm số f x  x tanxx
3

1
sin
3
2
)

( với 








2
;
0 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

7

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi

Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

1. Khái niệm cực trị của hàm số

Giả sử hàm số y f x

 

xác định trên D.

 xxo gọi là điểm cực đại của hàm số nếu 

 

a b, xo,

 

a b, D và f x

 

 f x

 

o ,

     

, \ ,

o o o

x a b x f x

  gọi là giá trị cực đại của hàm số.

 xxo gọi là điểm cực tiểu của hàm số nếu 

 

a b, xo,

 

a b, D và f x

 

 f x

 

o ,

     

, \ ,

o o o

x a b x f x

  gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.

2. Quy tắc tìm cực trị của hàm số

Quy tắc 1

+ Tìm tập xác định của hàm số.

+ Tính đạo hàm f '

 

x . Tìm x mà tại đó f '

 

xo 0 hoặc tại đó mà f x liên tục

 

nhưng khơng có đạo hàm.

+ Lập bảng biến thiên.

+ Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực đại, cực tiểu.

Quy tắc 2

+ Tìm tập xác định của hàm số.

+ Tính đạo hàm f '

 

x . Tìm các giá trị x ii, 1, 2... để f '

 

x 0.

+ Tính f ''

 

x và f "

 

x . i

+ Dựa vào dấu của f"

 

x suy ra cực trị.

Nếu f"

 

xi   0 x xi là điểm cực tiểu.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

8

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

 Dạng 1: Tìm cực trị của hàm số

Phương pháp:

Cách 1: Dùng bảng biến thiên

Cách 2: Dùng y’’

Ví dụ 1:Tìm cực trị của hàm số f x

 

sin 2x c os2 .x
Lời giải

Hàm số đã cho xác định trên .

Ta có: f '

 

x 2cos 2x2sin 2x

 

"  4sin 2 4cos 2

f x x x

 

' 0 2 cos 2 2sin 2 0 , ( )

8 2

 

      k 

f x x x x k Z

Vậy hàm số đạt cực đại tại 2 , 2

8 C D

x   k y  , hàm số đạt cực tiểu tại

2 , 2.

8 C T

x k y  

 Dạng 2: Tìm điều kiện để hàm số đạt cực trị tại điểm

x

0

Phƣơng pháp: Dùng bảng biến thiên hoặc dùng điều kiện của y’’

Ví dụ 2:Tìm giá trị của để hàm số f x

 

x33mx2



m21



x2 đạt cực đại tại x2.
Lời giải

Hàm số đã cho xác định trên . Ta có: y' 3x 2 3mx m 2 1
2

2 2

3 6 3

' 0 3 3 1 0

3 6 3

m m

x

y x mx m

m m

x

  





      

  

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

9

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số đạt cực đại tại

3 6 3

2 2 11

m m

x      m

Vậy với m11 thì hàm số đạt cực đại tại x2.

 Dạng 3: Tìm điều kiện của tham số để hàm số có điêm cực trị thỏa mãn điều kiện của 
đẳng thức cho trước.

Phƣơng pháp: Dùng định lý viet

Ví dụ 3: Tìm m để hàm sốyx3



m3



x2



4m1



x m đạt cực trị tại x x sao cho 1, 2

1 2 2.

x   x

Lời giải 
Tập xác định D .









2
2

' 3 2 3 4 1

' 0 3 2 3 4 1 0

y x m x m

    

      

Để hàm số đạt cực trị tại x x sao cho 1, 2 x1  2 x2 thì

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x 1, 2
thỏa mãn x1  2 x2.



x1 2



x2 2



0 x x1 2 2



x1 x2



4 0

        

Áp dụng định lý Viet ta có: 4 1 4





4 0 8 1 0 1

3 3 8

m
m

m m



        

x  2

3 6 3

m m  2

3 6 3

m m  

f’(x)  0 0 

 

f x

CD

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

10

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Vậy 1
8

m thì hàm số đã cho đạt cực trị tại x x sao cho 1, 2 x1  2 x2.

Ví dụ 4: Cho hàm số 1 3 .
3

y x  x m Tìm m đểhàm số có hai cực trị trái dấu.

Lời giải

Điểm cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình: 2 1

' 0 1 0

1
x

y x

x




     

 


Giá trị cực trị của hàm số tương ứng là
1

2
(1)

3
2
( 1)

y y m

   



    



Yêu cầu bài toán tương đương với: 1 2 0 ( 2)( 2) 0 2 2.

3 3 3 3

y y   m m     m

Nhận xét: Các em học sinh cần phân biệt 3 khái niệm là:

 Điểm cực trị của hàm số là xCD,xCT

 Cực trị của hàm số là yCD,yCT

 Điểm cực trị của đồ thị hàm số là



xCD,yCD

 

, xCT,yCT



Dạng 4: Bài toán cực trị liên quan đến góc, khoảng cách và tam giác

Ví dụ 5: Cho hàm số 4 2

2 1

yx  mx  . Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có ba 
điểm cưc trị và đường trịn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.

Lời giải

Ta có: y'4x34mx4x x



2m



2
0

' 0 x

y

x m




    



Hàm số có ba cực trị  y' đổi dấu ba lần trên Dy'0 có ba nghiệm phân biệt
0

m

  m0.

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

 



 



0;1 , ;1 , ;1

A B  m m C m m

Theo tính chất của đồ thị hàm bậc bốn trùng phương, ta có tam giác ABC cân tại A. Gọi D là 
trung điểm của cạnh BC thì Xét ADC vng tại D, ta có sinC AD

AC

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

11

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Gọi R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC,

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác ABC, ta có: A
2

2 2 2

sin

AB AB AC AC

R

C   AD   AD 

4 2 3

2 2 1 0

m m m m m

       









1 1 0 1 5

2
m

m m m

m

 




      

 


B D C

Kết hợp điều kiện m0 ta được 1, 1 5.
2
m  m 

Ví dụ 6: Cho hàm số





1 2

x m x m

y

x m

   



 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và giá trị

cực trị cùng dấu.

Lời giải

Tập xác định D \{ }m





2
2
' x mx 2
y

x m

 




 

2 2





0 2 2 0

' .

y  g x x  mx m   xm

Hàm số có cực đại, cực tiểu  y' đổi dấu 2 lần trên D.

 

2
2

Δ 0 2 1 0 1

0 2 2 0 1

g m m

g m m m

   

   

  

     

 

Khi đó tọa độ điểm cực trị thỏa mãn hệ

 

       

 

'
'
'

. . '

1
0

u x
u x

y

y u x u x

v x y x m

v x

v x v x
u x v x u x v x

y






 

       

 

   

 

Do đó yCĐ 2xCĐ m 1;yCT 2xCT  m 1

CĐ

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

12

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tn

Ví dụ 7: Tìm m để hàm số y2x33x2m có đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với 
đường thẳng 5 ( )

4
m

y  x  một góc 60 .o 
Lời giải

Điểm cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình: 2 0

6 6 0

1
x

x x

x




   




Vậy giá trị cực trị của hàm số là 1
2

(1) 1
(0)

y y m

  



  



Điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là (0; m) và (1; m-1).
Phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu có dạng

1 1

x y m

 

    

 (d)

Véc tơ pháp tuyến của (d) và ( ) lần lượt là nd(1;1),n m( ; 4).
Yêu cầu bài toán tương đương với

2 2 2

| 4 | 1

cos( , ) cos 60

2 16

2( 8 16) 16 16 16 0

8 4 3
8 4 3

d

m
n n

m

m m m m m

m
m

    



        

   
 

  


Ví dụ 8: Tìm m để đồ thị hàm số yx33x2m x m2  có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua 
đường thẳng x2y 5 0.

Lời giải

Hàm số xác định trên .
Ta có y'3x26x m 2

Để hàm số có hai điểm cực trị thì 'y phải đổi dấu hai lần y'0 có hai nghiệm phân biệt

2 2

' 0 9 3m 0 m 3 3 m 3

            .

Thực hiện phép chia f x cho

 

f '

 

x ta có:

 



  





2
2

1 2

1 ' 3

3 3 3

m
f x  x f x  m  x m

Với  3 m 3 thì f '

 

x 0 có hai nghiệm phân biệt x x và hàm số 1, 2 f x đạt cực trị tại

 

1, 2.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

13

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

 

1
2

0
0
f x
f x

 






 nên

 





 





2
2

1 1 1

2
2

2 2 2

3 3

m

y f x m x m

m

y f x m x m



    




     



Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là

 





2
2

: 3 .

3 3

m
d y m  x m

Gọi A x y



1, 1

 

,B x y2, 2



là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho khi đó trung điểm Icủa AB
có tọa độ là 1 2 1 2 2

( ; ) (1; 2)

2 2

x x y y

I    m  m .

Các điểm cực trị A x y



1, 1

 

,B x y2, 2



đối xứng với nhau qua đường thẳng

 

: 1 5

2 2

y x

  

   

d

   và trung điểm I của AB phải thuộc

 

d













2
2

2 1

3 . 1;

3 2

0.
1 0

2 1 5

3 .1 .1

3 3 2 2

m

m
m m

m

m m

   

  

 

   

 


     



C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 1.Tìm cực trị của các hàm số sau:

a. 2

2 3 1

y  x x  ĐS: 2 ; 5 , 2 ;13

5 5 5

CT  CD 

   

4
48
x
y

x



 ĐS: CT



2;32 ,



CD



 2; 32



c. yx412x23 ĐS: CT



 6; 33 ;

 

6; 33 ,



CD

 

0;3

d. ysin2x 3 cos , x x[0; ] ĐS: 5 ;7
6 4
CD  

 

Bài 2. Tìm cực trị của các hàm số sau:

a. cos 1
2 os2

y x c x ĐS: 2 2 ; 3 ; 2 2 ; 3

3 4 3 4

CT k      k   

   

2 ;3 ;



2 1



; 1

2 2

CD k    k   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

14

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

b. 3 s inx cos 2 3
2
x

y  x  ĐS: 2 ; 3 3 2

2 2 2

CT  k      k 

 

2 ; 3 3 2

6 2 6

CD k     k 

 

Bài 3: Tìm các hệ số a b c sao cho hàm số , , yx3ax2bx c đạt cực tiểu tại điểm

 

1, 1 3

x f  và đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2.

ĐS: a3;b 9;c2

Bài 4: Tìm các hệ số a b c, , sao cho hàm số yx3ax2bx c đạt cực trị bằng 0 tại điểm
2

x  và đồ thị hàm số đi qua điểm A

 

1; 0 . ĐS: a3;b0;c 4

Bài 5: Tìm m để hàm

m
x

mx
x
y






 2 4 đạt cực tiểu tạix0 1. ĐS: m1

Bài 6: Tìm m để hàm số

a. đạt cực đại tại . ĐS: m2

b. đạt cực tiểu tại . ĐS: m 1
Bài 7: Tìm m để các hàm số sau có cực trị

a. yx33mx23



m21

 

x m21



có cực trị. ĐS:  2 m 2

1
mx

5
mx
x
y





 có cực trị. ĐS:

2
1
2

1  

 m

Bài 8: Tìm m để các hàm số sau có cực trị thoả mãn điều kiện cho trước.

a. yx42



m1



x2 m 5 có 3 cực trị. ĐS: m1

b. 1 3
3

y x  x m có hai cực trị trái dấu. ĐS:

3
2
3

2  

 m

c. y  x3 3



m1



x2



3m27m1



x m 21 đạt cực tiểu tại một điểm có hoành độ 
nhỏ hơn 1. ĐS: m1

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

15

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi

Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 10: Tìm m để hàm số yx32(m1)x2(m24m1)x2m22có hai điểm cực trị
1, 2

x x thoả mãn điều kiện 1 2

1 2

1 1 1

( )

2 x x

x x   . ĐS: m

 

1;5

Bài 11: Tìm m để đồ thị hàm sốyx33x2m x2 mcó hai điểm cực trị đối xứng nhau qua
đường thẳng x2y 5 0 ĐS: m0

Bài 12: Tìm m để đồ thị hàm số y 1x3 (m 2)x2 (5m 4)x m2 1
3

       đạt cực trị tại

1 2

x , x sao cho x1  1 x2. ĐS: m 3
Bài 13: Tìm m để đồ thị hàm số 1 3 2

y x mx x m 1

     có hai điểm cực trị

1 1 2 2

(x , y ), (x , y )sao cho khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất. ĐS: 0
3

13
2

mind  m
Bài 14: Cho hàm sốyx33mx23(m21)x m 3m

 

1 . Tìm m để hàm số

 

1 có cực trị
đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 2 lần khoảng
cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. ĐS: m32 2;m32 2
Bài 15: Cho hàm số 4 2 2

2( 2) 5 5

yx  m x m  m . Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực

trị tạo thành tam giác vng cân. ĐS: 2
9
1
3  



m

Bài 16: Cho hàm sốyx33x2m. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và sao 
cho góc AOB120o. ĐS: 4

3
2





m

Bài 17: Tìm m để hàm số yx33



m1



x2



2m23m2



x m m



1



có đường thẳng đi
qua hai điểm cực trị tạo với đường thẳng 1 5

y  x một góc 45 .o ĐS: 3 15
2
m 

Bài 18: Cho hàm số





2 2 4

x m x m

y

x

   



 .

Chứng minh rằng với mọi m hàm số ln có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị khơng 
phụ thuộc m . Tính độ dài khoảng cách đó. ĐS: 4 5

Bài 19: Tìm m để hàm số ymx3



2m1



x2 x 1 đạt cực đại tại x1, đạt cực tiểu tại x2 và

2 1
16

.
9

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

16

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

17

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA 
HÀM SỐ

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

1. Định nghĩa

Cho hàm sốy f(x)xét trên tập .

- Số gọi là giá trị lớn nhất của hàm số trên nếu .

- Số gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên nếu .

2. Phương pháp tìm min và max

Phương pháp 1: Bảng biến thiên

Bước 1: Tìm miền xác đinh và tính y’ 
Bước 2: Lập bảng biến thiên

Bước 3: Kết luận giá trị min và max dựa vào bảng biến thiên. 
Phương pháp 2: Phương pháp hàm liên tục trên đoạn.

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Tìm GTLN và GTNN của hàm số

2
2
3( 1)

( )

2 2

x
f x

x x




  trên khoảng



 ;



Lời giải

Tập xác định

Ta có

2 2

6
1 (1)

3 3

'( ) ; '( ) 0 5

(2 2)

1 ( 1) 2

x f

x

f x f x

x x

x f

   

 

  



      



2
3
)
( 


 f x

Lim

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

18

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: max f(x)2x1

D ; 5 1

6
)
(

min f x   x

D

Ví dụ 2: Tìm GTLN và GTNN của hàm số 2

4
)

(x x x

f    trên miền xác định của nó. 
Lời giải

Tập xác định D



2;2



Ta có: '( ) 0 2

4
1
)
(
'

2    




 f x x

x
x
x
f
2

)
2
(
;
2
2
)
2
(
;
0
)
2
(
;
2
)
2

(  f   f  f 

f

Vậy max f(x)2 2 x 2

D ; minD f(x)2x2

Ví dụ 3: Tìm GTLN và GTNN của hàm số

x

x
y

2
ln

 trên đoạn

 

3
;
1 e

Lời giải

Ta có : ' ln (22 ln )
x

x
x

y   ;

 

 


















3
2
3
;
1
;
1
1
2
ln
0
ln
0
'
e
e
x
e
x
x
x
y

Khi đó y(1)0; ( 2) 42

e
e

y  ; ( 3) 93
e
e

y 

Vậy

 

2
;

4
max

3 x e

e
y

e




</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

19

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi

Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Ví dụ 4: Tìm GTNN của hàm số

)
sin
cos
2
(
sin
cos
2
x
x
x
x
y


 trên khoảng






3
;
0 
Lời giải

Hàm số xác định trên khoảng






3
;
0 







3
;
0 

x ta có cosx0. Chia cả tử và mẫu cho cosx
ta được:
)
tan
2
(
tan
1

tan
2
1
2
x
x
x
y





Đặt ttanx thì



0; 3



;

0  





 t

x 

Khi đó ta có: ( )
)

2
(
1
2
1

2 g t

t
t
t
y 






























1
0
0
4
3
0
)
(
'
)
2
(
4
3
2
1
)
(

' 4 2 3

2
2
t
t
t
t
t

t
g
t
t
t
t
t
t
g

Bảng biến thiên

t 0 1 3

)
(
' t

g - 0 +

)
(t
g

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy  

4
1

2
)
(
min
min
1
;
0
3
;
0

      





 y g t t x

Ví dụ 5: Cho các số thực không âm x, thay đổi và thỏa mãn y xy1. Tìm giá trị lớn nhất và 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S



4x23y



4y23x



25xy.

Lời giải

Ta có S 16x2y2 12



x3y3



9xy25xy











x y xy x y



xy

y

x 12 3 34

16 2 2  3  





xy



xy
y

x 121 3 34

16 2 2  

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

20

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Đặt txy với  







   
4
1
;
0
4
1
4
0
2
t

y
x
xy

Ta được S 16t2 2t12 với  
4
;
0 
t











4
1
;
0
16
1
0
'
2
32

' t S t

S

Bảng biến thiên

t 0

16
1
4
1
)
(
' t

g  0 

)
(t
g 12
16
191 2
25

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

























4
3
2
;
4
3
2
4
3

2
;
4
3
2
16
1
2
25
)
(
min
min
4
1
;
0
y
x
y
x
t
t
g
S
2
1
4
1
2

25
)
(
max
max
4
1
;
0











 g t t x y

S

Ví dụ 6: Tìm m để phương trình x x x12 m



5x 4x



(1) có nghiệm. 
Lời giải

Điều kiện: 0x4.

Khi đó

 

( )

4
5

1 F x

x
x
x
x
x
m 








Ta có: f(x)x x x12 có 0,

 

0;4 ( )
12
2
1
2
3
)
(

' x f x

x
x

x

f    




 tăng trên

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

21

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

x
x

x

g( ) 5  4 có 0,

 

0;4 ( )
4

2
1
5

2
1
)

(

' x g x

x
x

x

g    







 giảm trên

 

0;4 và

 

0;4
,

0
)

(x  x

g

Do đó

F

(x

)

là hàm tăng trên

 

0;4 .

Ta có bảng biến thiên:

x 0 4

)
(
' x

F 

)
(x
F

)
0
(
F

)
4
(
F

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để (1) có nghiệm F(0)mF(4) 12
2

12  



 m

Ví dụ 7: Cho x, y là hai số thực thỏa mãn



xy



34xy2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức A3



x4y4x2y2

 

2 x2y2



1.

Lời giải

Từ giả thiết ta có



 



3 2 2 1

4 2 1 .

xy  xy  xy  xy    x y x y 

Ta viết



4 4 2 2

 

2 2





2 2



2 2 2



2 2



3 2 1 3  2 1

            

 

A x y x y x y x y x y x y















 



2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3 2 1

4
9

2 1

 

       

 

    

x y x y x y

x y x y

Đặt 2 2

tx y , khi đó biểu thức 9 2 2 1 ( 1)

4 2

A t  t t

Dễ thấy dùng đạo hàm suy ra min 9 1 1.

16 2 2

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

22

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

1
1
2 



x
x

y trên đoạn



1;2



Đs:maxy 2 f(1);miny0 f(1)
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y(3x) x2 1 trên đoạn

 

0;2 .

Đs: maxy3;miny 5

Bài 3: Cho x0,y0,xy1.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P32x3y.

Đs: 



















 3
3
3
3
3
2
3
log
1
;
2
3
log
4
9
min
));
0
;
1
((
10

maxP y P y

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

x

x
x

y 6 6

4
4
cos
sin
cos
sin


 .

Đs: ;max 1
7

miny y .

Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2
1
1
3
1
1

)
(
2
2
2
3
2
2
























x
x
x
x
x
x
x
x
x
f

Đs: maxy2;miny2

Bài 6: Cho hai số thực x0,y0 thay đổi thỏa mãn điều kiện (xy)xyx2y2 xy. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức 13 13

y
x

A  . Đs:

2
1
16

maxA  x y

Bài 7: Cho x, y là hai số thực dương thay đổi thỏa mãn

4
5


y

x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức
y
x
S
4
1
4


 . Đs: maxS5S(1)

Bài 8: Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x2y2 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P2



x3y3



3xy. Đs: ,min 7

2
13

maxP P

Bài 9: Cho

3
;

0
,

,y z xyz

x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

z
y
x
z
y
x

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

23

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 10: Cho x, y là hai số thực thỏa mãn



xy



34xy2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức A3



x4y4x2y2

 

2 x2y2



1. Đs:

2
1
16

minA xy

Bài 11: Tìm m để phương trình 4



sin4xcos4x

 

4sin6xcos6x



sin24xm

có nghiệm.

Đs: 1
16





m

Bài 12: Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2y2z2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

2 2 2

1 1 1 1

x y z

P

y z x x y z

  

   

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

24

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 4: TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

Dạng 1: Viết phƣơng trình tiếp tuyến tại một điểm thuộc đồ thị hàm số.

Bài toán: Cho đồ thị

 

C :y f x

 

và điểm Mo



x yo, o

  

 C . Viết phương trình tiếp 
tuyến của tại Mo



x yo, o



Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của

 

C tại Mo



x yo, o



có dạng

 



o o

yy  f x xx

Dạng 2: Viết phƣơng trình tiếp tuyến theo hệ số góc cho trƣớc.

Bài tốn: Cho đồ thị

 

C :y f x

 

và một sốk .Viết phương trình tiếp tuyến của

 

C có hệ số góc là k.

Phương pháp:

+ Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k tiếp xúc với

 

C :y f x

 

tại điểm có hoành độ

 

i i i

x  f x  k x là nghiệm của phương trình f '

 

x k.
+ Giải phương trình f '

 

x   k x x ii, 1; 2...
+ Phương trình tiếp tuyến tại x là i yk x



xi



yi

* Các dạng biểu diễn của hệ số góc k
+ Dạng trực tiếp k .

+ Tiếp tuyến tạo với chiều dương Ox góc   k tan

+ Tiếp tuyến song song với đường thẳng

 

d :yax b  k a.

+ Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng

 

d :yax b ka 1,a0.

+ Tiếp tuyến tạo với đường thẳng

 

d :yax b một góc tan .
1

k a
ka



   



Dạng 3:Viết phƣơng trình tiếp tuyến đi qua một điểm cho trƣớc.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

25

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Phương pháp:

Cách 1:

+ Giả sử đường thẳng

 

d đi qua A a b tiếp xúc với

 

C :y f x

 

tại điểm có hồnh 
độ xi phương trình đường thẳng

 

d có dạng y f '

 

xi xxi



 f x

 

i

+ Do A a b

   

,  d  b f '

 

xi axi



 f x

 

i

 

*
+ Giải phương trình

 

* xi.

+ Phương trình tiếp tuyến tại x là i y f '

 

xi xxi



 f x

 

i

Cách 2:

+ Đường thẳng

 

d đi qua A a b với hệ số góc

 

, k có phương trình là yk x a



 



b.
+ Đường thẳng

 

d tiếp xúc với đồ thị

 

C :y f x

 

 hệ phương trình

 





 

f x k x a b

f x k

   






 có nghiệm  f x

 

 f '

 

x x a 



b

 

+ Giải phương trình

 

* x ii, 1; 2...

+ Phương trình tiếp tuyến tại x là i y f '

 

xi xxi



 f x

 

i .

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx33x2, biết tiếp tuyến đi qua 
điểm A



1; 4 .



Lời giải

Gọi M x( ;0 y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần lập, khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:

2 3

0 0 0 0 0 0 0

'( )( ) (3 3)( ) 3 2 ( )
y y x xx y  x  xx x  x  d

Vì điểm A( 1, 4) ( )d nên ta có

2 3

0 0 0 0

3 2

0 0

0
4 (3 3)( 1 ) 3 2

2 3 1 0 1

x x x x

x

x x

x

      

 



     

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

26

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Vậy có hai tiếp tuyến cần lập là
2

9 5
4 8
y

y x





   



Ví dụ 2: Cho hàm số yx33x24

 

C . Gọi

 

d là đường thẳng đi qua điểm A

 

2;0 có hệ 
số góc k. Tìm k để

 

d cắt

 

C tại ba điểm phân biệt A M N, , sao cho hai tiếp tuyến của

 

C 
tại M và N vng góc với nhau.

Lời giải:

Phương trình đường thẳng

 

d đi qua A

 

2;0 có dạng yk x



2



.
Hồnh độ các điểm A M N, , là nghiệm của phương trình



 







 

3 2 2

2
2

3 4 2 2 2 0

2 0

x

x x k x x x x k

f x x x k




           

    



Phương trình có ba nghiệm phân biệt  f x

 

0 có hai nghiệm phân biệt x2.

 

0 9

2 0 4 k

f

 


    





Theo định lí Viet ta có 1

. 2

M N

x x

x x k

 



   



Tiếp tuyến tại M và N vng góc với nhau y x'

   

M . 'y xN  1



 



2 3 2 2

3 6 . 3 6 1 9 18 1 0

M M N N

x x x x k k k  

          

Ví dụ 3: Cho đồ thị hàm số

 

C :y f x

 

x4x21. Tìm các điểm A Oy kẻ được ba tiếp 
tuyến tới đồ thị

 

C .

Lời giải:

Cách 1:

Lấy bất kì A

 

0;a Oy. Giả sử tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại điểm M x( 0;y0), khi đó
phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: 3 4 2

0 0 0 0 0

(4 2 )( ) 1 ( )

y x  x xx x x  d

Vì (d) qua A nên ta có:

3 4 2

0 0 0 0 0

4 2

0 0

(4 2 )(0 ) 1

3 1 (*)

a x x x x x

a x x

     

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

27

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến tới đồ thì thì phương trình (*) phải có 3 nghiệm phân biệt

Đặt 2 2

0 (*) 3 1 0 (**)

x  t   t    t a , khi đó yêu cầu bài tốn tương đương với (**) phải có 1

nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0.

Nếu t = 0 thì thay vào (**) suy ra a = 1.

Ngược lại với a = 1 thì thay vào (**) ta có 3t2 t 0, dễ thấy phương trình có nghiệm t = 0 và 
1

t .

Vậy điểm A(0; 1) là điểm cần tìm.

Cách 2: Lấy bất kì A

 

0;a Oy. Đường thẳng

 

d đi qua A có hệ số góc k có phương trình
.

ykx a

Đường thẳng

 

d tiếp xúc với đồ thị

 

f x kx a
C

f x k

  


 



 có nghiệm.

* Điêu kiện cần

Ta có f

 

 x f x

 

,  x f x

 

là hàm chẵn  đồ thị

 

C nhận Oy làm trục đối xứng. 
Do A Oy nên để từ A kẻ được ba tiếp tuyến tới

 

C thì điều kiện cần là hệ phương trình

 

*
có nghiệm k0.

Thế k 0 và

 

* ta được

4 2

2
3

0; 1
1

1 3

;

4 2 0

2 4

x a

x x a

x a

x x

 


   

 

   

 

 

* Điều kiện đủ

+ Nếu a1 thì

 





4 2 3

4 2

3 3

1 4 2 1

1 1

4 2 4 2

x x x x x

x x kx

x x k x x k

     

    

 

 

 

   

 









2 2

2
2

0; 0
0; 0

3 1 0 1 2

;

1 2

; 3 3 3

2 2 1

3 3

1 2

;

3 3 3

x k

x x

x k

x

x k

k x x

x k



  



 



   

 

     

   

 

 

 

   



</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

28

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi

Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

+ Nếu 3
4

a thì

 





4 2 4 2 3

3 3

1 1 4 2

* 4 4

4 2 4 2

x x kx x x x x x

x x k x x k

          
 
 
     
 









4 2 2 2

2 2

1 1 1

3 0

4 2 2

2 2 1 2 2 1 0

x x x x

k x x k x x k

      

  
  
       
 

Vậy từ 0;3
4
A 

  kẻ được một tiếp tuyến tới

 

C .

Vậy điểm A

 

0;1 thỏa mãn điều kiện bài tốn.

Ví dụ 4: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 ,

2 3
x
y
x



 biết tiếp tuyến đó cắt trục

hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm A B, phân biệt và tam giác OAB cân tại O.

Lời giải

Cách 1: Gọi M x( ,0 y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần lập, khi đó ta có phương trình tiếp
tuyến tại M có dạng:





2 0 0

0
0
2
1
( ) ( )
2 3
2 3
x

y x x d

x
x

   



Tọa độ giao điểm A của tiếp tuyến với trục hoành là nghiệm của hệ





2
0 0
0
0
2
0
0
0

2 8 6

2
1

( ) 0

2 3
2 3

y

x x x

x

y x x y

x
x


   
  
     


  


Tọa độ điểm B của tiếp tuyến với trục tung là nghiệm của hệ









0 0 0

2 2
0
0 0
0
0
2

1 2 8 6

( )

2 3

2 3 2 3

x
x

x x x

y x x y

x
x x

 


    
      

    
 

Để tam giác OAB là tam giác cân thì: 2 0
0

0
1
(2 3) 1

A B

x

OA OB x y x

x
 

       
 


+ Với xo   1 yo  1 phương trình tiếp tuyến là y      



x 1



1 y x (loại vì tiếp
tuyến này đi qua gốc tọa độ nên không tạo ra tam giác OAB.)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

29

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Cách 2: Ta có





2
1
'

2 3
y

x

 


Do tam giác OAB vng cân nên tiếp tuyến phải có hệ số góc k  1.
Gọi tọa độ tiếp điểm là



x yo, o



khi đó

 





' 1 1

2 3

o

y x

x

     



Do y'0 nên





1
1

2 3

o

o
o

x
x
x

 


    

 

 

+ Với xo   1 yo  1 phương trình tiếp tuyến là y      



x 1



1 y x( loại vì tiếp
tuyến này đi qua gốc tọa độ nên không tạo ra tam giác OAB.)

+ Với xo   2 yo  0 phương trình tiếp tuyến là y       



x 2



0 y x 2.

Ví dụ 5: Cho hàm số

   

: 1 1 .
1
C f x x

x

  

 Tìm những điểm trên đồ thị

 

C có hồnh độ lớn

hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại đó tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. 
Lời giải

Ta có

 





' 1

1
f x

x

 


+ Tiệm cận đứng x1 vì

 

lim .

x f x  

+ Tiệm cận xiên y x 1 vì lim



 



x f x   x

+ Tọa độ giao điểm I của hai tiệm cận là I

 

1; 2 .

Giả sử M x



o,f x

 

o





 

C với xo 1, khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:

 

 



   









2 2

2
2

: ' :

1
1

o o o

o o o o

o
o

x x x

d y f x x x f x d y x x

x
x



      



Tọa độ giao điểm A của tiếp tuyến

 

d và tiệm cận đứng là nghiệm của hệ









2 2

1 1

2 2 1;

1 1

o

o o o o

o o

o o

o

x x

x

x x x x

y x x y x

x x

x



  

 

    

        

 

    



</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

30

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân













2 2

2
1

2 1

2 2 1; 2

2
1

o

o o o o o

o o

o
o

y x

x x

x x x x x

y x x y x

x
x

 


 



     

     



  



Ta có 2 2 1

1 1

o
A I

o o

x
AI y y

x x

    

 



 







2 2 2 2 8 1 2 2 1

B I B I o o o o

BI  x x  y y  x   x   x  BI  x 
2

. .2 2 1 4 2

1 o

o

AI BI x

x

  



2 2 2 2 2

2 . . os 2 .

AB AI BI  AI BI c AI BI  AI BI

Chu vi ABI cho bởi

2 2

2 .

ABI

C AIBIABAIBI AI BI  AI BI





. 2 . 2 . 4 2 2 2 2 1

AI BI AI BI AI BI

      

Suy ra 4





minCABI 4 22 2 2 1 , đạt được khi AI BI

2 1

2 2 1 1

1 o o 2

o

x x

x

     



Vậy tọa độ điểm M cần tìm là 4

4 4

1 1

1 ; 2 2

2 2

M    

 

Ví dụ 6: Cho hàm số 2 (C)
1
x
y

x




 . Cho điểm (0; )A a . Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới

đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía của trục hồnh. 
Lời giải

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến đi qua A, khi đó phương trình tiếp tuyến qua A có dạng

ykxa (d).

Gọi 1 2

1 2

2 2

( , ), ( , )

1 1

x x

M x N x

x x

 

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

31

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

2
2

= kx+a (5')
1

(5'')
( 1)

x
x

k
x



 

 

 

 


Phải có hai nghiệm sao cho 1 2

1 2

( 2) ( 2)

0. (*)

( 1) ( 1)

x x

 



 

Thay k từ (5’’) vào (5’), ta có phương trình 2

1 2 2 2 0

(a )x  (a )x a  ( ) (**)

Để (**) có hai nghiệm phân biệt thì 1 1

0 2

a a

a

   



   

  (6)

Vì x x1, 2là nghiệm của (**), nên áp dụng viet, ta có:

1 2

2( 2)
( 1)
2
1

a
x x

a
a
x x

a

 

  

 






 

 


Khi đó đẳng thức (*) tương đương với

1 2 1 2
1 2 1 2

2( ) 4

0 2 0 2

x x x x

a a

x x x x

  

      

   (7)

Kết hợp (6) và (7) thì a < -2.

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 1a: Cho đường cong (C): y = (2 – x2)2.

1) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với Ox.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) kể từ điểm A(0; 4).

Bài 1b: Cho hàm số 3 2
1
x
y

x




 có đồ thị

 

C Viết phương trình tiếp tiuyến với đồ thị .

 

C

trong các trường hợp

1) Tiếp tuyến song song với :x  y 3 0; Đs: y  x 6,y  x 2.
2) Tiếp tuyến vng góc với : 4x  y 7 0. Đs: 1 17, 1 9.

4 4 4 4

y  x y  x

Bài 1c: Cho hàm số 1 3 3 2 2 4.

3 3

y x  mx  x Tìm m để tồn tại tiếp tuyến của đồ thị hàm số

vng góc với đường thẳng 1 1.
3

y x ĐS: 2
3

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

32

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 2: Cho hàm số yx33x2mx1. Xác định m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y1 tại
ba điểm phân biệt C

 

0;1 , ,D E sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại D và E vng góc với nhau.

ĐS: 9 65
8
m 

Bài 3: Cho hàm số 1 3 2 1.

3 2 3

m

y x  x  Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số có hồnh độ bằng
1

 . Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M song song với đường thẳng 5x y 0.
 ĐS: m4

Bài 4: Cho hàm số 1 3 2 2 3 .
3

y x  x  x Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

uốn và chứng minh rằng tiếp tuyến đó có hệ số góc nhỏ nhất. ĐS: 8
3
y  x

Bài 5: Cho hàm số yx3 1 m x



1

  

Cm . Viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm của

 

Cm với trục tung. Tìm m để tiếp tuyến nói trên cắt hai trục tọa độ một tam giác có diện tích

bằng 8. ĐS: m 9 4 3;m  7 4 3.
Bài 6: Cho hàm số y  x4 2mx2m1 có đồ thị là

 

Cm .

a. Chứng minh rằng

 

Cm luôn đi qua hai điểm cố định A và B.

b. Tìm m để hai tiếp tuyến tại A B, vng góc với nhau.

ĐS: 3; 5.

4 4

m m

Bài 7: Tìm điểm A trên trục tung, sao cho qua A có thể kẻ được ba tiếp tuyến tới đồ thị hàm số

4 2

y  x x  ĐS: A



0; 1 .



Bài 8: Cho hàm số yx4 mx2 m 1. Gọi A là điểm cố định có hồnh độ dương của đồ thị 
hàm số, tìm m để tiếp tuyến tại A song song với đường thẳng y2 .x ĐS: m 1.
Bài 9: Cho hàm số 2 3.

1
x
y

x




 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến đó

vng góc với đường thẳng x y 20070. ĐS: y  x 3 hoặc y  x 1
Bài 10: Cho hàm số .

x
y

x



 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

33

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 11: Cho hàm số 2 .

2 3

x
y

x




 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số, biết tiếp tuyến

đó cắt trục hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A B, và tam giác OAB cân tại O.
 ĐS: y  x 2

Bài 12: Cho đồ thị hàm số 2 .

1
x
y

x



 Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số, biết tiếp tuyến của đồ

thị tại M cắt Ox,Oy tại ,A B và tam giác OAB có diện tích bằng 1.
4

ĐS: 1 1; 2 , 2

 

1;1
2

M    M

 

Bài 13: Cho hàm số 1.
1
x
y

x




 Tìm những điểm trên trục tung mà từ mỗi điểm đó chỉ kẻ được

đúng một tiếp tuyến tới đồ thị hàm số. ĐS: A

  

0;1 ,A 0; 1.



Bài 14: Cho hàm số 
2

1
.
2
x x
y

x

 


 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp

tuyến đó vng góc với tiệm cận xiên. ĐS: y  x 2 25

Bài 15: Cho hàm số 
2

1
.
1
x x
y

x

 


 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp

tuyến vng góc với đường thẳng 4 1.

3 3

y x ĐS: 3 3

4 4

y x hoặc 3 5

4 4

y x

Bài 16: Cho hàm số 1
2

m
y x

x

   

 . Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại tại điểm A sao cho

tiếp tuyến với đồ thị tại A cắt trục Oy tại B mà tam giác OAB vuông cân. ĐS: m1.

Bài 17: Cho hàm số

2 1

1
x x
y

x

 


 . Tìm những điểm trên Oy sao cho từ đó kẻ được hai tiếp

tuyến tới đồ thì hàm số và hai tiếp tuyến đó vng góc với nhau.

ĐS: A1



0; 3  15 ,

 

A2 0; 3  15



Bài 18: Cho hàm số

.
1
x
y

x



 Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ Oxy để từ đó ta có

thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số và hai tiếp tuyến đó vng góc với nhau.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

34

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 19: Cho đồ thị hàm số 
3

1
.
x
y

x



 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp

tuyến này tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích 1.
2
S

ĐS: y x 1 hoặc

3 3

9 3

25 5
y x

Bài 20: Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 1,
1
x
y

x




 biết tiếp tuyến này cắt trục

Ox Oy lần lượt tại ,A B sao cho OA4OB. ĐS: x4y 5 0 hoặc x4y130.
Bài 21: Cho hàm số 2 1

1
x
y

x




 (C) . Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ

điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . ĐS: y =-x + 5 và y = -x + 1.

Bài 22: Cho họ đường cong (Cm):

m
x

m
m
x
)
1
m
3

( 2







, (m 0). Tìm m để tại giao điểm của

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

35

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 5. GIAO ĐIỂM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

Cho hai đồ thị hàm số

 

C :y f x

 

và

 

C' :yg x

 

Hai đồ thị

 

C và

 

C cắt nhau tại điểm '





 

0 0

, y f x

M x y

y g x

 


 



 tức là



x y0; 0



là một

nghiệm của hệ phương trình

 

y f x
y g x

 





 .

Như vậy hoành độ giao điểm của

 

C và

 

C' là nghiệm của phương trình f x

 

g x

   

Số nghiệm của phương trình

 

1 bằng số giao điểm của

 

C và

 

C' .

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Cho hàm số 1.
1
x
y

x






a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số.

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 
1

(1)
1

x

m
x





Lời giải

a. Hàm số 1
1
x

y

x




 có tập xác định DR\ 1 .

 

Giới hạn:

1 1

1 1 1

lim 1; lim ; lim .

1 1 1

x x x

x  x  x

  

       

  

Đạo hàm:





2
2

' 0, 1

y x

x



    

 Hàm số nghịch biến trên các khoảng



;1



và



1;



</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

36

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x1; tiệm cận ngang y1.
Giao của hai tiệm cận I

 

1;1 là tâm đối xứng.

Đồ thị

b. Đồ thị hàm số 1
1
x
y

x




 được vẽ từ đồ thị hàm số

1
1
x
y

x




 theo quy tắc giữ nguyên phần đồ

thị của hàm số 1
1
x
y

x




 ứng với x0, phần đồ thị của hàm số ứng với x0 lấy đối xứng qua

trục tung.

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị 1
1
x
y

x




 và đường thẳng ym.

Dựa vào đồ thị ta có

 Với m 1;m1: phương trình (1) có 2 nghiệm.

x   1  

y  

y

1  

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

37

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

 Với m 1: phương trình (1) có 1 nghiệm.

 Với   1 m 1: phương trình (1) vơ nghiệm.

Ví dụ 2: Cho hàm số y = x3 – 3x2 – m(x + 1) + 4. Tìm m để đồ thị hàm số

a) Cắt trục hoành tại 3 điểm. c) Cắt trục hoành tại 2 điểm. 
b) Cắt trục hoành tại 1 điểm. d) Tiếp xúc với trục hoành.

Lời giải

Số giao điểm với trục hồnh là số nghiệm của phương trình

x3 – 3x2 – m(x + 1) + 4 = 0 (1)

a) Để phương đồ thị hàm số cắt Ox thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

2
1

(1) ( 1)( 4 4 ) 0

4 4 0 (*)
x

x x x m

x x m

 


       

   



(1) Có 3 nghiệm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1, điều kiện là

' 0 0

9 0 9

m

m m

  

 



    

 

b) Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 1 điểm thì (*) vơ nghiệm hoặc có 1 nghiệm kép = - 1.

Điều kiện là:

' 0

0
' 0

( )
2 1
1

m
m

VN
b

a

 

  

   

  

     



 



Vậy m < 0

c) Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 2 điểm thì (*) có 2 nghiệm phân biệt và 1 nghiệm bằng -1
hoặc có 1 nghiệm kép khác – 1.

TH1: (*) có nghiệm kép khác – 1, điều kiện là

' 0

0.
1

m
b

a

 


  

  



TH2: (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm = -1
ĐK cần: Thay x = -1 vào phương trình (*) ta có m = 9

ĐK đủ: Với m = 9, dễ thấy (*) có nghiệm x = -1 và x = 5.

Vậy m = 0 hoặc m = 9.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

38

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân





3 2 3 2 2

2
2

x – 3x – m x 1 4 0

0 3 (3 6 )( 1) 4 0

' 0 3 6 0 3 6

y x x x x x

y x x m m x x

    

      

  

   

 

   

  

1
9

0
x
m
x
m

  


 




  

 




. Vậy m = 0 hoặc m = 9.

Ví dụ 3: Cho hàm số yx3



3m1



x2



3m4



x8

 

Cm . Tìm m để

 

Cm cắt trục hoành 
tại ba điểm phân biệt lập thành một cấp số nhân.

Lời giải

Điều kiện cần: Giả sử

 

Cm cắt trục hồnh tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, 2, 3 lập thành
một cấp số nhân. Khi đó phương trình: x3



3m1



x2



3m4



x 8 0 (2) có ba nghiệm 
phân biệt x x x1, 2, 3.















3 2

1 2 3

3 1 3 4 8

x m x m x x x x x x x

         

















3 2 3 2

1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3

3 1 3 4 8

x m x m x x x x x x x x x x x x x x x x

             

1 2 3 8
x x x

  .

Vì x x x1, 2, 3 lập thành một cấp số nhân nên 2 3

2 1 3 2 8 2 2.

x x x x  x 

Thay x2 vào phương trình x3



3m1



x2



3m4



x 8 0 ta được4 2 m  0 m 2.
Điều kiện đủ:

Với m2 thay vào phương trình (2) ta được:







3 2

1 2 3

7 14 8 0 1 2 4 0 1; 2; 4

x  x  x   x x x   x x  x  lập thành một cấp số

nhân.

Vậy m2 là giá trị cần tìm.

Ví dụ 4: Cho hàm số yx32x2 



1 m x m



 (1)

Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, 2, 3 thỏa mãn 
điều kiện 2 2 2

1 2 3 4

x x x 

Lời giải

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

39

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân





3 2 3 2

2 1 0 2 ( 1) 0

( 1)( ) 0

0 (*)

x x m x m x x x m x

x

x x x m

x x m

          




      

  


Giả sử x11. Để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, 2, 3thỏa mãn

2 2 2

1 2 3 4

x x x  thì phương trình (*) phải có hai nghiệm x x2, 3thỏa mãn điều kiện

2 2 2

2 3 2 3 2 3

1x x  4 (x x ) 2x x 3

Điều kiện để (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 là

0 1 4 0

1 1 0 0

m m

m



     

  

      

   

Áp dụng định lý Viet, ta có 1 2 m  3 m 1
Vậy 1;1 \{0}

4
m  

  .

Ví dụ 5: Cho hàm số 2 1
2






x
y

x có đồ thị

 

C . Chứng minh đường thẳng

 

d :y  x m luôn 
cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt ,A B . Tìm m để đoạn AB có độ dài ngắn nhất.

Lời giải

Hồnh độ giao điểm của đồ thị

 

C và đường thẳng

 

d là nghiệm của phương trình





 

2
2

2 1

4 1 2 0 3

x
x

x m

x m x m

x

 


 

         

 

Do phương trình

 

1 có 2

1 0
m

    và

  

2 2 4 m

 

  2 1 2m   3 0, m nên đường
thẳng

 

d luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A B, .

Ta có yA  m xA;yB m xBAB2 



xAxB

 

2 yAyB



2 2m212
AB ngắn nhất 2

AB

 nhỏ nhất   m 0 AB 12.

Ví dụ 6: Tìm m để đường thẳng

 

d :ymx1 cắt

 

2
1
:

2
x x
C y

x

 


 tại hai điểm phân biệt

thuộc cùng một nhánh của đồ thị

 

C .

Lời giải

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

40

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi

Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

  







 

2
1

1 1 2 1 1 0 4

2
x x

mx g x m x m x

x

          



 

C có tiệm cận đứng là x 2 nên

 

d cắt

 

C tại hai điểm phân biệt thuộc cùng một 
nhánh của

 

C khi và chỉ khi phương trình

 

4 có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, 2



















1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

' 1 0 1 0

2 2 2 0 2 4 0

m m m m

x x

x x x x x x x x

     
 
  
    
    
      
  









1 0

0
1

1 0
2.2 4 0

1
m m
m m
m
m
m
     
 
     
 
   
 


Vậy với m0 thì

 

d cắt

 

C tại hai điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của đồ thị.

Ví dụ 7: Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng ym x( 3) cắt đồ thị hàm số 2
1
x
y
x





tại hai điểm phân biệt sao cho có ít nhất một điểm có hồnh độ lớn hơn 1.

Lời giải

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số 2
1
x
y
x



 và ym x( 3) là số nghiệm của phương

trình hồnh đồ giao điểm: 2 2

( 3) (4 1) 3 2 0 (5)

1
x

m x mx m x m

x

        



Để đường thẳng ym x( 3) cắt đồ thị hàm số 2
1
x
y
x



 tại hai điểm phân biệt sao cho có ít

nhất một điểm có hồnh độ lớn hơn 1 thì phương trình

 

5 có ít nhất 1 nghiệm lớn hơn 1.

Nếu m = 0, thì phương trình có nghiệm x = 2. Vậy m = 0 không thỏa mãn

Nếu m0, ta có các trường hợp sau:

TH1: Phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 1 x2











1 2 1 2 1 2

0 4 1 0 3 2 4 1

1 0 0

1 1 0 1 0

m m m

m

x x x x x x m m

    
  
 
       
      
 
 

TH2: Phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 x1 x2









 







1 2 1 2 1 2

1 2

3 2 4 1

0 4 1 0 1 0

1 1 0 1 0 0

4 1

2 0
2 0

1 1 0

m m

m

m m

x x x x x x m

m
x x

x x m

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

41

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Vậy m0 thỏa mãn bài toán.

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 1: Vẽ đồ thị hàm số y2x39x212x4. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân
biệt 3 2

2 x 9x 12 x m ĐS: 4 m 5

Bài 2: Cho đường cong (C):

3
3
3
x

y   x và đường thẳng (d): y = m(x – 3)

a) Tìm m để (d) là tiếp tuyến của (C).
b) CMR (d) đi qua 1 điểm cố định A (C).

c) Gọi A, B, C là các giao điểm của (d) và (C). Tìm m để OB  OC (0 là gốc tọa độ)

Bài 3: Cho hàm số yx3mx2 x m.. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm 
phân biệt lập thành cấp số cộng. ĐS: m



0; 3



Bài 4: Cho hàm số yx33x22 có đồ thị

 

C . Gọi d là đường thẳng đi qua A



 1; 2



và có
hệ số góc k.

a. Tìm k để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, M, N. ĐS:



x1





x24x 4 k



0

 

x 1

0 k 9

g x x 4x 4 k 0

 


   

    



b. Với điều kiện câu a, hãy tìm tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng MN khi k thay đổi. 
ĐS: : x   2, 2 y 25.

Bài 5: Cho hàm số yx36x29 .x Tìm m để đường thẳng d y: mx (C) tại ba điểm phân 
biệt O A B Chứng minh rằng khi m thay đổi, trung điểm I của AB luôn nằm trên một đường , , .
thẳng song song với trục Oy.

Bài 6: Cho hàm số 1 3 3
3

y  x  x có đồ thị (C) và đường thẳng d y: m x( 3) và A

 

3;0 .
Tìm m để d cắt (C) tại ba điểm A, B, C. Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng BC.

ĐS: 6 3,
4
m

   ( ) : 3, 9 36

2 2

x y

     

Bài 7: Cho đường cong yx32



m1



x2 



m24m1



x2



m2 1



 

Cm . Tìm m để

 

Cm cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 3. ĐS:

3 17 3 17

2 17
m
m

    




</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

42

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 8: Cho đường cong yx3 3x2 3mx3m

 

Cm . Tìm m để

 

Cm cắt đường thẳng

 

d :y  3x 1 tại ba điểm phân biệt x x x sao cho 1, 2, 3 x1 1 x2  2 x3. ĐS: m1.

Bài 9: Cho đường cong y x3 3mx2 3x 3m 2 Cm . Tìm m để Cm cắt trục hoành tại
ba điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, 2, 3 sao cho x12 x22 x32 15. ĐS: m 1.
Bài 10: Tìm m để hàm số y  x4 2mx22m1 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt lập
thành cấp số cộng. Xác định cấp số cộng ứng với mỗi m tìm được.

ĐS: 1 1, 5, 5.
2 m m m9

Bài 11: Cho đường cong y x4 3m 2 x2 3m Cm . Tìm m để đường thẳng y 1 cắt

m

C tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 2. ĐS: 
1

1
3

0.
m
m

Bài 12: Cho hàm số 1 4 2 3

4 2

y x mx  có đồ thị

 

Cm .

a) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị

 

Cm có ba điểm cực trị lập thành ba đỉnh của
tam giác vng cân.

b) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị

 

Cm cắt trục hồnh tại bốn điểm có hoành độ

thỏa mãn 2 2 2 2

1 2 3 4 20.

x x x x 

Bài 13: Cho đường cong y x4 3m 2 x2 3m Cm . Tìm m để đường thẳng y 1 cắt

m

C tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 2. Đáp số: 1 1; 0.

3 m m

Bài 14: Cho hàm số 3
1
x
y

x




 có đồ thị (C).

a. Chứng minh rằng đường thẳng d y: 2x m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N. Tìm 
tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng MN. Đáp số: quỹ tích I là đường thẳng y  2x 1.

b. Xác định m để đoạn MN ngắn nhất. ĐS: MNmin 2 5 m 3.

Bài 15: Cho hàm số 2 2
1
x
y

x




 Tìm m để đường thẳng

 

d :y2x m cắt đồ thị hàm số tại hai

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

43

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 16: Cho hàm số 2 4.
1

x
y

x




 Gọi

 

d là đường thẳng đi qua A

 

1;1 có hệ số góc k. Tìm k

sao cho đường thẳng

 

d cắt đồ thị hàm số tại hai điểm M N, và MN 3 10.

ĐS: 3; 3 41
16
k   k  

Bài 17: Cho hàm số

.
1

mx x m
y

x

 


 Tìm m để hàm số cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt và 
hai điểm đó có hồnh độ dương. ĐS: 1 0.

2 m

  

Bài 18: Tìm m để đường thẳng

 

d :y2mxm cắt đồ thị

 

2
2 3
:

x x

C y
x




 tại hai điểm

phân biệt thuộc hai nhánh của đồ thị

 

C . ĐS: m1.

Bài 19: Tìm m để đường thẳng

 

d :y2xm cắt đồ thị hàm số

 

: 3 3
1

C y x

x

   

 tại hai

điểm phân biệt ,A B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. ĐS: m0.

Bài 20: Tìm m để hàm số y  x42mx22m1 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt lập
thành cấp số cộng. Xác định cấp số cộng ứng với mỗi m tìm được.

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

44

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 6: BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

 Khoảng cách giữa hai điểm A x( A;yA), (B xB; yB)được cho bởi công thức:



 



B A B A

AB x x  y y

 Khoảng cách từ điểm M x( ;0 y0)đến đường thẳng :ax by  c 0 được cho bởi 
công thức

0 0

2 2

( , ) ax by c

d M

a b

 

 



 Định lý viet của phương trình bậc hai.

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Cho hàm số 3 2

3 2

yx  x  (1)

Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d) y3x2sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị 
nhỏ nhất.

Lời giải

Ta có ' 3 2 6 0 0
2
x

y x x

x




    



 .

Với x  0 y 2 và x   2 y 2. Vậy đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A(0, 2) và
(2, 2)

B 

Ta viết đường thẳng y3x2thành dạng: 3x  y 2 0 (*).

Thay tọa độ A, B vào vế trái của (*) ta thu được hai giá trị trái dấu, vì vậy điểm A và B nằm về
hai phía của đường thẳng.

Vậy vị trí của điểm M trên (d) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất là M là giao điểm của (d)
với đường thẳng đi qua hai điểm A và B.

Phương trình đường thẳng đi qua A và B có dạng: 0 2 2 2 0

2 0 2 2

x y

      

  

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình sau:

3 2 0 5

2 2 0 3

5
x
x y

x y

y

 

  

 

    

  



Vậy tọa độ điểm M cần tìm là

( ; )

4 3

5 5

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

45

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Ví dụ 2: Cho hàm số 2 2
1
x
y

x




 (C)

Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 
5.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị là: 2x 2 2x m
x 1

  



2x mx m 2 0

     (*)

(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  pt (*) có 2 nghiệm phân biệt  1.

2
0

2 m m 2 0

m 8m 16 0

4 0

m 4 4 2
m 4 4 2

 

 

   



   


 




  
 

  


Gọi A x ; 2x



1 1  m , B x ; 2x

 

2 2  m



trong đó x , x1 2 là nghiệm của (*).

Ta có: AB



x2 x1



2  



2x2  m

 

 2x1  m



2  5 x



2  x1



2  4x xx 2

 

Áp dụng định lý Viet, ta có:





AB 5 2 m 2

 

    

 .

Theo giả thiết AB 5

2
m

5 2m 4 5

 

     

 

2
2

m 8m 16 4
m 8m 20 0

m 10

m 2

   

 

   



Cả 2 giá trị của m đều thỏa mãn.

Ví dụ 3: Cho hàm số y 2x 3 (C)
x 2




</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

46

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B 
sao cho AB ngắn nhất .

Lời giải

Gọi M x y( , )0 0 là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C). Khi đó phương trình tiếp tuyến
tại điểm M x y( , )0 0 có dạng: 0

0
2
0
0
2 3
1
2
2


  

 ( )
( )
x

y x x

x

x (d)

Giao điểm A của tiếp tuyến (d) với tiệm cận đứng x2là nghiệm của hệ:

0
0 0
0
2 0
0 0
0
2 2
2 2
2

2 3 2 2

1
2
2 2
2
   

     
      
    


( ; )
( )
( )
x x
x
A
x x

y x x y x

x x

x

Tọa độ điểm B của tiếp tuyến (d) với tiệm cận ngang y2là nghiệm của hệ:

0
0
0
0
2
0
0
2
2 2

2 2 2

2 3
1
2
2
2
 
  
    


    


  

( ; )
( )
( )
y
x x
B x
x

y x x y

x
x

Vậy khoảng cách giữa A và B là:













2 2

0 0 2

2 2 1

2 4 2 2 2 2 2

2 2
  
        
 
 
x

AB x x

x x

Theo bất đẳng thức cauchy dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 4

0 2 0

3
1

2 2 1

1
2
 
      

 
( ) ( )
( )
x
x x
x
x

Vậy tiếp tuyến cần lập thỏa mãn điều kiện có dạng y x và y  x 6.

Ví dụ 4: Cho hàm số . 2 4
1
x
y
x



 (C)

Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).

Lời giải

Phương trình đường thẳng đi qua M và N: 3 0 2 3 0

2 1

x y  x y 

 .

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

47

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d) có dạng: 2x 4 2x c
x 1

  



2x cx c 4 0

    

Gọi A x( ; 21 x1c), B x( ; 22 x2c), với x x là nghiệm của phương trình (3). Khi đó trung điểm 1, 2
I của AB có tọa độ là 1 2 2 1 2 2 2

( ; ) ( ; )

2 2 4 2

x x x x c c c

I      (theo viet).

Vì A, B đối xứng nhau qua (MN) nên ta có: I (MN) c 2c 3 0 c 4

4 2

        

Thay c = - 4 vào (3), ta có 2 0

2 4 0

2
x

x x

x




   



 .

Với x = 0 thì y = - 4, cịn với x = 2 thì y = 0.

Vậy có điểm A (0; - 4), B (2; 0) thuộc đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện bài tốn.

Ví dụ 5: Tìm trên đồ thị hàm sô (H): 1
1
x
y

x




 hai điểm thuộc hai nhánh sao cho khoảng cách

giữa 2 điểm là nhỏ nhất.

Lời giải

Gọi điểm A(1 a;a 2); (1B b;2 b)

a b

 

 (a, b > 0) là hai điểm nằm về hai nhánh của đồ thị khi

đó ta có:













2 2

1 1 64 1 1 4

4 16. ( )

AB a b a b vi

a b a b a b a b

 

           



  

Vậy AB min khi và chỉ khi









64 2.

a b

a b
a b

a b




   

  

 



Vậy tọa độ điểm A và B là A(1 2;1 2); (1B  2;1 2)

Nhận xét: Hai điểm nằm về hai nhánh của đồ thị có nghĩa là hai điểm nằm về hai phía tiệm cận 
đứng x = 1, vì vậy có một điểm hồnh độ là 1 + a và một điểm hoành độ 1 –b (a, b > 0).

Ví dụ 6: Cho hàm số yx32mx2(m3)x4 (Cm)

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

48

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

Cm và (d) là:

3 2 3 2

2 ( 3) 4 4 2 ( 2) 0

x  mx  m x   x x  mx  m x 2 0

2 2 0 ( )

x

x mx m





      



(d) cắt

 

Cm tại 3 điểm phân biệt phương trình

 

 có 2 nghiệm phân biệt 0

Điều kiện

2 2

' 0 2 0 2

2 0 0 1

0
m

m

m m

m

m m m

m

 

      

  

    

        

    



Gọi (B x xB; B4); (C x xC; C4)với x ,B x là nghiệm của phương trình C

 



Theo định lý Viet ta có: 2

. 2

B C
B C

x x m

x x m

  



  



Ta có: 2





2( B C) 2 B C 4 B. C

BC  x x   x x  x x  2

2(4m 4m 8)

  

Mặt khác S KBC 1d(K; d). BC
2

 

1 2

8 2 .BC BC 16

2 2

   

Vậy 2(4m24m8) 168m28m16256

8m 8m 272 0

    1 137

m 

 

C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Cho đồ thị hàm số y mx 1 (Cm)
x

 

Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (Cm)đến tiệm

cận xiên của (Cm)bằng
1

2 . ĐS: m = 1.

Bài 2: Cho hàm số 2 4
1

x
y

x




 (1), có đồ thị (C)

Chứng minh rằng đường thẳng ( ) :d y2xm luôn luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B với
mọi m. Xác định m để đoạn AB ngắn nhất. ĐS: m = 4.

Bài 3: Cho hàm số

1
1
2





x
x

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

49

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

ĐS: M



 3 1; 2  3 ,

 

M 3 1; 2  3 .



Bài 4: Cho hàm số 2 4
1

x
y

x




 . (C ). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k.

Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN 3 10. ĐS: 3; 3 41.
16
k   k  

Bài 5: Tìm m để hai điểm cực trị của hàm số yx33mx23(2m1)x nằm về hai phía của
đường thẳng d: x – y = 0. ĐS: 1; 3.

2 2

m m

Bài 6: Cho hàm số

1
2

2




x
x

y (C). Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0)

và B(0 , 2). ĐS: 1 5;1 5 , 1 5;1 5 .

2 2

M    M   

   

Bài 7: Cho hàm số

1
x
y

x



 (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng

cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. ĐS: y x; y  x 4.
Bài 8: Cho hàm số yx33mx24m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có
các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. ĐS: 2.

2
m 

Bài 9: Cho đường cong (C): y2x43x22x1 và đường thẳng (d): y = 2x – 1.
a. CMR (d) khơng cắt (C).

b. Tìm trên (C) điểm A có khoảng cách đến (d) là nhỏ nhất.

ĐS: 3; 3 1 , 3; 3 1 .

2 8 2 8

A    A  

   

Bài 10: Tìm trên đồ thị hàm sơ (H): 
2

3 2
2 1

x x

y

x

 



 hai điểm thuộc hai nhánh sao cho khoảng

cách giữa 2 điểm là nhỏ nhất.

ĐS: 4 4 4 4 4 4 2

min

9 1 1 9 3 5 9 1 1 9 3 5 3 3 5

; 1 , ; 1 , .

80 2 2 80 4 9 80 2 2 80 4 9 2

A     B      AB  

   

Bài 11: Cho (Cm):

2 2 3

( 1) 4

mx m x m m

y

x m

   



 . Tìm trên (Cm) điểm có tổng khoảng cách

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

50

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

ĐS:

3 3

0
2

0
4

2 ; 1

m m

M m mx

x m
m

 

    

   

 

với

0 2 2 .

1
m

x m

m

  



Bài 12: Tìm khoảng cách giữa các đồ thị sau:

a) : y2x5 và (P): yx21.
b) : y 1 x và (P): y x2 x 5.
c) :y x 3 và (P): y x2 x 1.

Bài 13: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y 3x 4
x 2




 . Tìm điểm thuộc (C)

cách đều 2 đường tiệm cận . ĐS:



2 2;3 2 , 2

 

 2;3 2 .



Bài 14: Cho hàm số 2 1
1

x
y

x




 (C)

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

51

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 7: MỘT SỐ BÀI TOÁN HÀM SỐ KHÁC

Dạng 1: Bài tốn diện tích tam giác

Ví dụ 1: Cho hàm số yx42mx23m1. (Cm). Tìm m để (Cm) có điểm cực đại và cực tiểu và 
các điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1.

Lời giải

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

4x 4mx 0

   có 3 nghiệm phân biệt x2 0

x m




  



Điều kiện m > 0. Khi đó:
0

x

x m







  


Vậy 3 điểm cực trị của

 

Cm là A(0;3m1); (B m;m23m1); (C  m;m23m1)
Do tính đối xứng của đồ thị hàm số trùng phương nên ABC cân tại A

Gọi H là trung điểm của BC 2 2 2

(0; 3 1)

H m m AH m m

       

2
1

2 .2. .

ABC

BC  mS  m m

Mà SABC 1  m1
Ví dụ 2: Cho hàm số yx32mx2(m3)x4 (Cm)

Cho đường thẳng (d) có phương trình y x 4và điểm K(1; 3). Tìm m để (d) cắt (Cm) tại ba 
điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2.

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

Cm và (d) là: x32mx2(m3)x  4 x 4

3 2

2 ( 2) 0

x  mx  m x

2
0

2 2 0 ( )

x

x mx m




      



(d) cắt

 

Cm tại 3 điểm phân biệt phương trình

 

 có 2 nghiệm phân biệt 0

Điều kiện

2 2

' 0 2 0 2

2 0 0 1

0
m

m

m m

m

m m m

m

 

      

   

 

        

    

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

52

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Gọi (B x xB; B4); (C x xC; C4)với x ,B x là nghiệm của phương trình C

 



Theo định lý Viet ta có: 2

. 2

B C
B C

x x m

x x m

  



  



Ta có: BC  2(xBxC)2  2



xBxC



24x xB. C  2(4m24m8)

Mặt khác 1 ( ; ).
2

KBC 

S d K d BC 8 2 1 2 . 16

2 2

  BC BC

Vậy 2(4m24m8) 168m28m16256

8m 8m 272 0

    1 137

m 

 

Ví dụ 3: Cho hàm số 1 3 2 2 2 1. (1)

3 3

y x mx  x m . Tìm giá trị của (0; )5
6

m sao cho 
hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số (1) và các đường x0,x2, y0 có diện tích bằng 4.

Lời giải

3 2

1 1

2 2

3 3

y x mx  x m

Ta có đạo hàm y' x 2  2mx 2 , và

2
1

2
2

1 (0; 2)
' 0

1 (0; 2)

x m m

y

x m m

     


 

     



Bảng biến thiên

x 0 x2 2
y’ - 0 +

1
2

3
m

 

2m – 5/3

Vì 0;5
6
m 

 nên dễ thấy

2 0

0
5

2 0

3
m

y
m

  

  



  



trên khoảng (0; 2)

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

53

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

3 2

1 1

2 2

3 3

S   x mx  x m dx

 



4 3

1 10 4
(2 )

12 3 3 3

x mx m

x m x

  

       

 

Vì 4 10 4 12 1.
2
S   m  m

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Cho hàm số 4 2

2 1 . ( m)
yx  x  m C

a) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm chung với Ox.

b) Chứng minh với mọi tham số m, đồ thị hàm số ln có 3 điểm cực trị tạo thành một
tam giác vuông cân. Đs: a) m = 0, m > 1

Bài 2: Cho hàm số yx42a x2 2b. (a0). Tìm a, b để hàm số đạt cực đại và cực tiểu và các
điểm cực trị của đồ thị hàm sô tạo thành một t am giác đều. Đs: 6

3,
a  bR

Bài 3: Cho hàm số 3 ( )

1
x

y C

x




 . Cho điểm M x y( ,0 0)C mà tiếp tuyến tại M cắt các đường
tiệm cận của ( C) tại A và B.

a) Chứng minh rằng M0 là trung điểm của AB.

b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Chứng minh diện tích của tam giác IAB
khơng đổi và tìm tọa độ điểm M0 để đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
nhỏ nhất.

Đs: b) M(3; 3), M(-1; -1)

Bài 4: Cho hàm số 
2

( )

1 m

x x m

y C

x

 


 . Tìm m để tiếp tuyến bất kì với (Cm) tạo với hai đường
tiệm cận một tam giác có diện tích nhỏ hơn 2. Đs: m ( 1;1) \{0}

Bài 5: Cho hàm số yx32x2(m1)xm C( m).

Trong trường hợp (Cm) đồng biến trên R, tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm

số (1) và hai trục tọa độ Ox, Oy có diện tích bằng 1. Đs: 13.
6
m 

Dạng 2: Bài tốn điểm cố định

Ví dụ 3: Cho hàm số (Cm)

3 2

2 3
y x mx mx m
a) Chứng minh rằng (Cm) có hai điểm cố định.

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

54

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Lời giải

a) Gọi M x y( ;0 0)là điểm cố định của đồ thị hàm số (Cm) khi đó ta có

3 2

0 0 0 0

2 3

0 0 0 0

0 0

2 3

( 2) 3 0

2 0 1, 4

2, 5

3 0

y x mx mx m m

m x x x y m

x x x y

x y

     

       

        



  



   

 



Vậy đồ thị có hai điểm cố định là (-1; -4) và (2; 5).

b) Phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm cố định có dạng

1 4

3 1

3 9

x y

y x

 

   

(d) tiếp xúc với (Cm) nếu hệ phương trình sau có nghiệm

3 2 ' ' 2

3 2 3 2

2 2

( 2 3) (3 1) 3 2 3

2 3 3 1 ( 3) 2 2 0

3 2 3 0 3 2 3 0 (1)

( 2)( 1)( 1) 0 (2)
( 2)[ ( 2) 1] 0

x mx mx m x x mx m

x mx mx m x x mx m x m

x mx m x mx m

x x x m

x x m x m

          

 

 

           

 

 

         



 

    

     

 



Từ (2) ta có
2

1
1
x
x

x m



  

  


+) Nếu x = 2, thay vào (1) suy ra m = 3.

+) Nếu x = -1 thay vào (1) suy ra m = 0

+) Nếu x = 1 –m thay vào (1) ta có

2 2

3(1 ) 2 (1 ) 3 0 5 7 0 7

m

m m m m m m

m




         

 


Vậy giá trị m cần tìm là

0
7
5
3
m
m
m

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

55

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 7: Cho hàm số 4 2

(Cm) : y  x 2mx 2m1.
a) Tìm các điểm cố định của (Cm).

b) Tìm m để tiếp tuyến tại hai điểm cố định vng góc với nhau.
Đs: a) (-1; 0), (1; 0)

b) 3; 5

4 4

m m

Bài 8: Chứng minh rằng   m 1 đồ thị hàm số

2x (1 m x) 1 m
y

x m

   



 luôn luôn tiếp xúc

với một đường thẳng cố định tại một điểm cố định Đs:



 1; 2 ,



f '( 1) 1. 
Dạng 3: Bài tốn đối xứng

Ví dụ 4: Cho hàm số yx3mx29x2. ( )C Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị 
hàm số có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.

Lời giải

Gọi A x y( ;1 1), (B x2;y2) ( ) C đối xứng nhau qua gốc tọa độ khi đó ta có

1 2

3 2 3 2

1 2 1 1 1 2 2 2

2 1 2 1

3 3 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1

2 1

2
1

0
0

0 ( 9 2) ( 9 2) 0

( ) ( ) 9( ) 4 0 2 4 0

x x
x x

y y x mx x x mx x

x x x x

x x m x x x x mx

x x

x
m

 



 

 

   

       



 

   

 

 

 

        

 

 

 


 




Để tồn tại hai điểm A, B đối xứng nhau qua gốc tọa độ thì m > 0.

Ví dụ 5: Chứng minh rằng đường thẳng y x 4 là trục đối xứng của đồ thị hàm số 2 1
2
x
y

x






Lời giải

Gọi đường thẳng vng góc với (d) có dạng y  x m (d’). Yêu cầu bài toán tương đương với
phải chứng minh (d’) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B đối xứng nhau qua (d).

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d’) và (C)

2 1

(4 ) 1 2 0 (1)

2
x

x m x m x m

x

         

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

56

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Gọi A x( ;1  x1 m B x), ( 2; x2 m) trong đó x x là nghiệm của (1) 1, 2

Theo định lý viet ta có: x1x2 m 4. Gọi I là trung điểm của AB thì ta có tọa độ của điểm I là

1 2 ( 1 2) 2 4 4

( ; ) ( ; )

2 2 2 2

x x x x m m m

I       

A, B đối xứng qua (d) khi và chỉ khi điểm I thuộc đường thẳng (d), thay tọa độ I vào (d) ta có

4 4 4 4

2 2 2 2

m m m m

    (đpcm).

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 9: Cho hàm số yx33x2 ( )C . Tìm trên đồ thị (C) những cặp điểm đối xứng nhau qua 
điểm I(2;18). Đs: (1; 2) và (3; 34)

Bài 10: Cho hàm số y2x32(3m1)x26 (m m1)x1. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm 
cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng d: y = x + 2. Đs: Khơng có giá trị nào của m

Bài 11: Tìm trên đồ thị hàm số 
2

3 3
2

x x

y
x

 



 những cặp điểm đối xứng nhau qua đường thẳng

có phương trình: –x +2y +3 = 0. Đs: Không tồn tại

Bài 12: Tìm trên đồ thị hàm số

2 11

3 3

x

y  x  x hai điểm phân biệt A, B đối xứng nhau

qua trục tung. Đs: 3;16 , 3;16

3 3

   

   

   

Dạng 4: Bài tốn min, max và góc

Ví dụ 6: Cho đường thẳng d: y = 4x + a và đồ thị hàm số (C): 3
1
x
y

x



 . Chứng minh rằng (d)

cắt ( C ) ở hai điểm phân biệt có hồnh độ x x với mọi a. Tìm a để 1, 2 x1x2 nhỏ nhất.

Lời giải

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (C)

4 4 ( 7) 0 (1)

1
x

x a x a x a

x       

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

57

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

2 2

0 ( 7) 16 0 2 49 0

( 1) 48 0 ( )

a a a a

a a

         

    

Xét

2 2

2 2

1 2 1 2 1 2

( 7) ( 1) 48

( ) 4 3

16 16

a a

x x  x x  x x    a   

Vậy x1x2 min  3  a 1.

Ví dụ 7: Cho hàm số yx42mx2m2m. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo 
thành một góc 1200.

Lời giải

Ta có y' 4x34mx. Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình

4 4 0

0
x

x mx

x m




   

 

 có 3 nghiệm phân biệt

Điều kiện là m < 0. Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là A(0; m2

+ m), (B m m C; ), ( m m; )
Do tính đối xứng của đồ thị hàm số trùng phương qua Oy nên dễ thấy tam giác ABC cân tại A.

Ta có AB



m;m2

 

,AC  m;m2



.
Để tam giác có một góc bằng 1200

thì góc đó phải là góc A.

Ta có

4
4

0 ( )

. 1

cos 3 0 1

m L

AB AC m m

A m m

m

m m

AB AC




 

         





Vậy giá trị m cần tìm là

1
3
m  .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 13: Tìm những điểm trên đồ thị hàm số y2x43x22x1 sao cho khoảng cách từ điểm
đó đến đường thẳng 2x  y 1 0 đạt giá trị nhỏ nhất.

ĐS: 3, 1 3 ; 3, 1 3 ; min 7 5

2 8 2 8 d 40

   

     

   

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

58

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 14: Tìm tọa độ điểm M trên đồ thị hàm số 1
1
x
y

x




 để tổng khoảng cách từ M đến hai trục

tọa độ là nhỏ nhất. ĐS: M



2 1, 1 2 ;



Tmin  x0  y0  2 2  2

Bài 15: Cho hàm số 1 3 2 1 (1)
3

y x mx   x m . Tìm m để khoảng cách giữa hai điểm cực trị

của đồ thị hàm số là nhỏ nhất. ĐS: m  0

Bài 16: Cho hàm số yx33x2m. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B sao cho
góc AOB = 1200. ĐS: 2 3 4

m  

Dạng 5: Một số bài tốn khác

Ví dụ 8: Cho hàm số yx x( 3)2. Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng yaxb
không thể tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho. ĐS: a  3

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 17: Cho hàm số y  x3 3x24 (1). Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
tiếp xúc với đường tròn sau: (x m )2  (y m 1)2 5. Đs: m = -8, m = 2

Bài 18: Cho hàm số y2x44 .x2 (1)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1).
b) Tìm m để phương trình 2 2

x x  m có 6 nghiệm phân biệt.
Đs: 0 < m < 1

Bài 19: Cho hàm số y  x3 3x2mx2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (0, 2)
Đs: m0

Bài 20: Cho hàm số 2 (C)
1
x
y

x




 . Cho điểm A(0; )a . Tìm để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới

đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía của trục hồnh. Đs: a < -4

Bài 21: Cho hàm số 1 (C)

2 1

x
y

x

 


 Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y x m

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

59

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 8: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CÁC BÀI TỐN CĨ 
THAM SỐ

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

Tính chất 1: Cho phương trình f x( )m

 

1 với x xác định trên D .

Phương trình (1) có nghiệm trên D khi và chỉ khi

 

x D x D

Min f x m Max f x

   

Tính chất 2: Điều kiện để bất phương trình f x( )m (2) với x xác định trên D.
a) Có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi

 

x D

Max f x m

 

b) Nghiệm đúng với xDkhi và chỉ khi

 

x D

Min f x m

 

Tính chất 3: Điều kiện để bất phương trình f x( )m

 

3 vớivới x xác định trênD.
a) Có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi

 

x D

Min f x m

 

b) Nghiệm đúng với xDkhi và chỉ khi

 

x D

Max f x m

 

Phƣơng pháp chung để giải các bài tốn có tham số:

Bước 1: Cơ lập tham số chuyển tham số về một vế (Chú ý các điều kiện)

Bước 2: Tìm giá trị min, max (Nếu phải đặt ẩn phụ thì chú ý điều kiện của ẩn phụ)

Bước 3: Dựa vào các tính chất 1 , tính chất 2 hoặc tính chất 3 để kết luận giá trị cần tìm 
của tham số.

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 2

3 x 1 m x 1 2 x 1 (1)

Giải

Tập xác định: D1;  



Khi đó chia cả hai vế của phương trình (1) cho x1, ta được:
4

4
4

1 1 1 1

3 2 2 3

1 1

   

    

 

x m x m x x

x x

Đặt 4 1
1






x
t

x , ta có 4 4

1 2

1 1



   

 

x
t

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

60

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Xét hàm 2

( ) 2 3

f t  t t với t



0;1



, ta có f t'( ) 2 6t

 

' 0 .

f t   t

Bảng biến thiên:

Qua bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm 1 1.
3
m

   

Vậy: 1 1.
3
m

  

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau: 2(sin4xcos4x) cos 4 x4sin cosx x m 0 có ít nhất 
một nghiệm thuộc đoạn [7 ;3 ]

12 4
 

.

Giải

Ta có: 2 sin x cos x



4  4



 cos4x + 4sinxcosx - m = 0

2 2

2
2

2 1 sin 2x 1 2sin 2x 2sin2x m 0
2

3sin 2x 2sin2x 3 m 0
3sin 2x 2sin2x 3 m

 

        

 

     

   

Đặt tsin 2x vì [7 ;3 ]
12 4

x   nên 1; 1
2
t   

 , khi đó hương trình trở thành

3t 2t 3 m.

Xét hàm số f t

 

3t22t với 1; 1
2
t   

  f '

 

t   6t 2 0 với

1
1;

t  

    

 .

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

61

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Quan sát bảng biến thiên ta có: 7 3 5 2 5.

4      m m 4

Vậy: 2 5.
4
m

  

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

2 2 2

sin os sin

2 x3c x m.3 x

Giải

Đặt 2
sin

t x với 0 t 1 và phương trình đã cho trở thành:

1 2 1

2 3 .3 3

3 9

t t

t t t

m m

    

       

   

Xét hàm số

 

2 3 1

3 9

t t

f t       

    , với t

 

0;1

 

' 2 2 1 1

ln 3 ln 0

3 3 9 9

t t

f t        

    , nên f t nghịch biến trên

 

 

0;1 .

Bảng biến thiên:

T 0 1
f’(t) -

f(t) 4
1

Phương trình đã cho có nghiệm khi

 0;1

 

 0;1

 

0 1 4.
Min f t  m Max f t  f  m f   m

Vậy: 1m4.

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

62

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

 

2 2

2 4

log ( x 2xm)4 log (x 2xm)5 1 .

Giải

Điều kiện: 2

2 1.

x  x m

Đặt





log 2 , 0

t x  xm t thì phương trình

 

1 trở thành t2      4t 5 0 5 t 1,
kết hợp điều kiện ta được 0 t 1.





2 2

4 2 2

2 1 2 1

0 log 2 1 .

2 4 2 4

x x m x x m

x x m

x x m x x m

       

 

     

     

 

 

Để bất phương trình

 

1 nghiệm đúng với mọi  





 





0,2

2 1

[0; 2]

2 4

Min x x m

x

Max x x m

   



  

  




1 1

2 4.
0 4

m

m
m

  


     



Vậy ta có 2 m 4.

Ví dụ 5: Tìm m để bất phương trình sau: 3 2





 

3 1 1 1

x  x  m x x có nghiệm.

Giải

Điều kiện x1.

Với x1 thì



x x1



3 0, bất phương trình

 

1 tương đương với





 

3 2

3 1

2 .
1

x x

m

x x

  

 

Xét hàm số

 





3 2

3 1

x x

f x

x x

 



  , với x1.

Ta có:

 





















3 2

2 3 2

1 3 1 1

' 3 6 1 1 3 1

2 2 1 2
1

f x x x x x x x x x

x x

   

             



 

 

 

Vì 1 1 0, 3 3 2 1 0, 3 2 6 0

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

63

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bảng biến thiên:

Bất phương trình

 

1 có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình

 

2 có nghiệm x1

1; 

 

m Min f x m



   

Vậy: m3.

Ví dụ 6: Tìm a để bất phương trình sau có ít nhất 1 nghiệm lớn hơn 1

 

2 2 2

2 .2x .2x 2 1 .

x xx x ax a xx

Giải

Điều kiện: 2

2xx    0 0 x 2, vì x1 nên 1 x 2.
Bất phương trình

 

1 



x a .2x





2xx2 x



0 2

 

Ta có 2





2 2

2xx  1 x 1  1 2xx  x 0, do đó

 

2 .2 0

x

x a a

    

Xét hàm số

 

2x

x

f x  , với



1; 2



 

1 ln 2 0 1 .

2x ln 2

x

x  f x     x

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

64

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Qua bảng biến thiên ta có:

1;2

1
.
ln 2
a Max a

e

  

Vậy: 1 .
ln 2
a

e



Ví dụ 7: Tìm m để các hệ sau có nghiệm thực:

2
3

1 2 2 1
.

3 3 2

x y xy x

x x xy m

    


   
 
Giải

Đặt z y1, z0 hệ đã cho trở thành
2

3 2

2 1

3 2

x z xz

x xz m

  




  



Rõ ràng z0 khơng thỏa mãn hệ phương trình nên z0.

Đặt xtz, hệ trở thành





 





 

3 2

3 3

2 1 1

3 2 2

z t t

z t t m

  




  



Do z0 nên từ

 

1 2 2 0 0
2
t
t t
t


     
 .

Chia vế theo vế phương trình

 

2 cho

 

1 ta có

2
3
2 .

2
t
m
t

 


Xét hàm số

 



 



, , 0 2,
2

t

f t t

t

     


 





2
2
3
4 3
' 0
1

2
t
t t
f t
t
t


 
    

 

Bảng biến thiên:

X  0 1 2 3 
f’(x) + + 0 - - 0 +

f(x) 3

2  

 6

Từ bảng biến thiên suy ra hệ có nghiệm

2 6 4

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

65

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Vậy:
4

.
1
2
m
m




 


Ví dụ 8: Tìm m để các hệ sau có nghiệm thực:





2 1 2 1

2013 2013 2014 2014
.

2 2 3 0

x x x

x

x m x m

   

   




    



Giải

Điều kiện: x 1.

Bất phương trình thứ nhất 2013 x1



20132x20132



2014 1



x



 

1 .
Nhận xét:

Nếu x1 thì 20132x20132 0, 1 x 0 nên

 

1 vô nghiệm, từ đó suy ra để

 

1 có nghiệm
thì x1. Kết hợp điều kiện ta được:   1 x 1.

Khi đó





2 2 3

2 2 3 0

x x

x m x m m

x

  

      



Xét hàm số

 





 





2 2

2 3 4 1

, 1;1 '

2 2

x x x x

f x x f x

x x

    

    

 

 

' 0 2 3

f x    x , vì x 



1;1



nên x 2 3..
Bảng biến thiên:

Hệ đã cho có nghiệm

 

1;1

2.
m Min f x m



    

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

66

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm trên khoảng (0; 1)

2 1

4(log x) log x m 0. ĐS: 1.
4
m

Bài 2: Chứng minh rằng phương trình sau: xx1 (x 1)x có duy nhất một nghiệm thực.
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :

a) 2

16 4 0

16
m

x

   

 . ĐS: m 4.

b) x m  x22x2. ĐS: m1.

c) m



2 x 2x



 9 2 4x2.ĐS: 2 5 13 5.
4
m

 

d) x 9   x x2 9x m . ĐS: 9 10.
4 m

  

e) x x x12m



5 x 4x



. ĐS: 2 3



5 4



 m 12.
f) 2x22



m4



x5m10  3 x 0. ĐS: m3.

g) 6 9 6 9 .

6
m x

x x  x x   ĐS: m27.

h) 4 x2 1 x m. ĐS: 0 m 1.

i) 32 3 tan2



tanx+cotx



1 0.

sin x x m   ĐS:

4
.
4
m
m

 

 


j) 4 sin



4x c os4x

 

4 sin6x c os6x



sin 42 xm. ĐS: 9 1.
16 m

  

k) 1 2cos x 1 2sin x m. ĐS: 1 3  m 2 1 2.
l) 9x22x4.6x22xm.4x22x 0. ĐS:4 0.

9  m

m) 22





2

log 3 log 3 1 log .
2
x
m x m x m 

ĐS: 1 m 4.

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

67

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 4: Tìm m để phương trình sau:









1 3

log 27x  1 log xm  1 0 có nghiệm x0. ĐS: 0 1.
3
m

 

b) 2.(4 7)x3 (4m  7)x 4.3x có nghiệm x0.
c) 2

.2 x (2 1)2 x 4 0

m   m    m có nghiệm thực x x thoả mãn 1, 2 x1 1 x2 2.

d)  x2 2 4x2  5 4x2  m x2 có 4 nghiệm thực phân biệt.

Bài 5: Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng ym x( 3) cắt đồ thị hàm số 2
1
x
y

x




 tại

hai điểm phân biệt sao cho có ít nhất một điểm có hồnh độ lớn hơn 1.

Bài 6: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x thuộc R.

a) m.9x4



m1 3



x m 1.ĐS: m1.

b) m.9x



m1 3



x2  m 1 0. ĐS: m1.

c) x 2x2 1 m. ĐS: 2.
2
m

d) a 2x2  9 x a. ĐS: 3.
4
a 

e) mx44x m 0. ĐS: m 427.
Bài 7: Tìm m để bất phương trình sau:

a) m.4x x 2 



m1 .10



x x 2 251 x x2 0 thỏa mãn với mọi x0, x1. ĐS: m12.
b) 2 2





2 2





2 2

9 x x 2 1 .6 x x 1 .4 x x 0

m m

       

thỏa mãn vói mọi 1.
2

x  ĐS: m3.

c) .2 1



2 1 3





 

3 5



x x

x

m   m     thỏa mãn với mọi x0. ĐS: 1.
2

m 

d) 91 1 x2 (m2)31 1 x2 2m 1 0 thỏa mãn với mọi 1  x 1.



x4 6



x



x22x m thỏa mãn với mọi 4  x 6. ĐS:m6.



2x1 3



x



 m 2x25x3 thỏa mãn với mọi 1 3.
2 x

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

68

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 8: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:

a) m( x22x  2 1) x(2 x) 0, x0;1 3 .
b) x 2 m x2 1 0.

c) 4x .2x 3 0.

m m

    ĐS: 3.
6
m
m

 

 


d) mx x  3 m 1.

Bài 9: Tìm m để bất phương trình sau:

2 3

2 2
2

3 2

4 ( 2)
4

m x x

x x
x

    

 có nghiệm với mọi x

thuộc tập xác định.

Bài 10: Tìm giá trị của m để hệ sau có nghiệm thực:

1 1 1

4 2

2008 2008 2008 2008
.

( 1) 2 1 0

x x x

x

m x mx m

   

   




    



Bài 11: Tìm m để hệ sau có nghiệm x4, 3 .

5 3

x y

x y m

  




   

 ĐS:m5.

Bài 12: Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt :

4 2x 2x2 64  x 2 6 x m. ĐS: 2 62 64   m 6 3 2.
Bài 13: Chứng minh rằng:

a) Với  a 0 hệ phương trình

2
2

a
x y

y
a
y x

x



 




  



có nghiệm duy nhất.

b) Với  a 0 hệ phương trình

2 2

x y a y
xy a x

  




 

 có nghiệm duy nhất.

c) Với  a 0 hệ phương trình









ln 1 ln 1

x y

x y m

e e x y

  


     

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

69

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài 14: Tìm m để các hệ sau có nghiệm thực:

2 2

2 2 4 3 2

2 3 8

2 4 5 4 4 12 105

x xy y

x xy y m m m

   




      



ĐS: 1.
3
m
m

 

 


Bài 15: Tìm m để các hệ sau có nghiệm thực:

3 3

1 1

15 10

x y

x y m

x y

    




     



ĐS:
7

2
.
4

22
m
m

  












2 2



2 2
1

1 4

.
1

1 10 6

x y

xy

x y m

x y

  

  

  

  



 

    

 

  



</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

70

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 09: ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ

GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

Tính chất 1: Giả sử hàm số y f x( ) là đơn điệu trên khoảng ( , )a b và x y, ( , )a b
thì f x( ) f y( ) x y.

Tính chất 2: Giả sử f x( ) là hàm số đồng biến trên khoảng ( , )a b và g x( ) là hàm số 
nghịch biến trên khoảng ( , )a b , khi đó nếu phương trình f x( )g x( ) có nghiệm trên 
khoảng ( , )a b thì nghiệm đó là duy nhất.

Nhận xét: Nếu f x( )là hàm số đơn điệu trên khoảng ( , )a b thì phương trình 
( )

f x c nếu có nghiệm trên khoảng ( , )a b thì nghiệm đó là duy nhất.

Tính chất 3: Cho hàm số y f x( )trên khoảng ( , )a b . Nếu phương trình f x'( )0
có n1 (nN) nghiệm thuộc ( , )a b thì phương trình f x( )0 có nhiều nhất n 
nghiệm thuộc ( , )a b .

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Giải phương trình: 1 2 4 85
2x

x  x   (1)

Lời giải

Điều kiện: x1.

Xét hàm số f x( ) x 1 2 x4 trên



1; ), ta có '( ) 1 1 0

2 1 4

f x

x x

  

  .

Vậy f x( ) đồng biến trên miền xác định.
Mặt khác xét hàm số 8

( ) 2

x
x

g x     , ta có g x'( ) 28x.ln 20 nên g x( ) nghịch biến trên
miền xác định.

Theo tính chất 2, phương trình (1) có nghiệm duy nhất x5, thật vậy:
Nếu 1 x 5 thì f x( ) f(5)g(5)g x( ) nên phương trình (1) vơ nghiệm.
Nếu x5 thì f x( ) f(5)g(5)g x( ) nên phương trình (1) vơ nghiệm.

Ví dụ 2: Giải phương trình:

2
2 2

log 3 2

2 4 3

x x

    

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

71

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Lời giải

Điều kiện: x R  .

Phương trình (2) 2 2 2 2

2 2

log ( 1) log (2 4 3) (2 4 3) ( 1)

 x   x x  x  x  x  x  x

log (2 x2  x 1) (x2  x 1) log (22 x24x 3) (2x24x3)
Xét hàm số f t( )log2tt t( 0), khi đó phương trình (2) có dạng

f x( 2  x 1) f(2x24x3) (2’)

Vì '( ) 1 1 0

ln 2
f t

t

   nên f t( ) là hàm đồng biến trên (0, ).

Vậy theo tính chất 1, phương trình (2’)

x2  x 1 2x24x3 2 3 2 0 1
2
x

x x

x




     



 .

Ví dụ 3*: Giải phương trình: 3x5x 6x2 (3)

Lời giải

Phương trình (3) 3x5x6x 2 0.

Xét hàm số ( )f x 3x5x6x2, ta có f x'( )3 ln 3 5 ln 5 6x  x  .

Dễ thấy f '( )x là hàm số đồng biến và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện f(0) (1)f 0 nên
phương trình f x'( )0 có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (0, 1).

Vậy theo tính chất 3 phương trình (3) có nhiều nhất hai nghiệm.

Dễ thấy x0,x1 là nghiệm của (3).

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 2( 1) (4)

1 (5)

x y x y

x y

e e x

e x y

 



   





  


Lời giải

Lấy phương trình (4) –(5) theo vế ta có hệ phương trình ban đầu tương đương với

1 (4 ')
1 (5')

x y

e x y





   




  



Lấy (4’)-(5’) theo vế, ta được ex y  (x y)ex y  (x y). (6)

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

72

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Theo tính chất 1, phương trình (6)  f x( y) f x( y)     x y x y y 0.
Với y0 thay vào (4), ta có : ex  x 1 0 (7)
Xét hàm số g x( )ex x 1, với g x'( )ex1 thì g x'( )  0 x 0.

Lập bảng biến thiên

x  0 
'( )

g x - 0 +

( )
g x

Từ bảng biến thiên, ta suy ra g x( )0, dấu  xảy ra khi và chỉ khi x0.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (0; 0).

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình

1 2

(1 4 )5 1 3 (6)
1

3 1 2 (7)

x y x y x y

x y y y

x

    

   




   




Lời giải

Biến đổi phương trình (6) về dạng: 5 [ 1 4 ] 1 9.3

5 5

x y

x y
x y






 

   

 

Đặt t x y  , khi đó phương trình trên có dạng: 5 1 4 1 9.3

5 5

t t

t

    

  

       

 

 

Dễ thấy vế trái là hàm số nghịch biến và vế phải là hàm số đồng biến nên theo tính chất 2
phương trình có nghiệm duy nhất t0.

Vậy yx, thay vào (7), ta có: x2 3x x 1 1 2x
x

   

Chia cả hai vế cho x ta được x 1 3 x 1 2 0

x x

     (8)





</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

73

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Đặt u x 1 (u 0)
x

   , thì (8) 2 3 2 0 1
2
u

u u

u




     




Với

1 5

2
1

1 5

2
x
u

x

 




 

 





. Với 2 2 5

2 5
x

u

x

  
  

 


Vậy hệ có 4 nghiệm (1 5 1; 5), (1 5 1; 5), (2 5; 2 5), (2 5; 2 5)

2 2 2 2

       

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: 2 3

2 3

log (1 3cos ) log (sin ) 2 (8)
log (1 3sin ) log (cos ) 2 (9)

x y

y x

  



   



Lời giải

Điều kiện: cos 0
sin 0

x
y





 



Lấy phương trình (8) trừ (9) theo vế, ta có:

2 3 2 3

log (1 3cos ) log cos x  xlog (1 3sin ) log sin y  y (10)
Xét hàm số f t( )log (1 3 ) log3  t  3t t( 0), ta có:

' 3 1

( ) 0 ( 0)

(1 3 ) ln 2 ln 3

f t t

t t

    



Vậy theo tính chất 1, phương trình f(cos )x  f(sin )y cosxsiny.
Thay sinycosx vào (8), ta có: log (1 3cos )2  x log (cos ) 23 x 

 log (1 3cos )2  x log (9cos )3 x (11).

Đặt 2

3cos 2 1

log (1 3cos )

log 9 cos 9 cos 3

t
t

t

x
x

x t

x t x



     

   

  

  .

Vậy phương trình (11) tương đương với 3(2t   1) 3t 3t1  2t 1 0 (12)
Xét g t( )3t1 2t 1, ta có g t'( )3t1ln 3 2 ln 2. t

Khi đó 3

2
3 3ln 2 3ln 2

'( ) 0 log ( )

2 ln 3 ln 3

t

g t       t

  . Theo tính chất 3, phương trình (12) có

nhiều nhất hai nghiệm. Dễ thấy (12) có hai nghiệm là 1
2
t
t




 

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

74

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

+) Nếu t1 thì log (1 3cos ) 12 cos 1
3

x x

    , từ đó sin 1
3
y .
Trong trường hợp này hệ có 4 nghiệm

(arccos1 2 , arcsin1 2 ), (arccos1 2 , arcsin1 2 ) ( ,

3k  3m  3k    3m  k m )

( arccos1 2 , arcsin1 2 ), ( arccos1 2 , arcsin1 2 ) ( , )

3 k  3 m  3 k   3 m  m k

       

+) Nếu t2 thì log (1 3cos )2  x  2 cosx1, từ đó siny1.
Trong trường hợp này hệ có nghiệm ( 2 , 2 ) ( , ).

k   m  k m

C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 1: Giải các phương trình sau

a) 3x x40 Đs: x1.
b) 4log3x2log3x 2x, Đs: x1,x3.
c) 2x12x2x  (x 1)2 Đs: x1.
d) x2(32x)x2(12x)0 Đs: x0;x2
 Bài 2: Giải các phương trình sau

e) log2xlog (25 x 1) 2 Đs: x2.
f) log7xlog (3 x2). Đs: x49

g) (x2) log (32 x 1) 4(x1) log (3 x 1) 160. Đs: 2; 80
81
x x 

h) 2x 1 5x 1 10x    1 x2 x 6 Đs: x1.

i) 2

1
1

1 3

1 1

ln(1 ) x ln(1 ) x 1 .

x x x

x x




     Đs: x1

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau:

a) sin sin
cos 2 3sin 1 0

x y x y

x y

  



   

 Đs: (6 k2 , 6 k2 )

     

, (5 2 ,5 2 )

6 k 6 k

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

75

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

2 1

2 2 3 1

y

x

x x x

y y y



     


     


Đs: (1, 1)

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 1 0

x y y x

x x y y

     




     

 Đs: (1, 2), (1, 0), ( 1, 2), ( 1, 0). 

2 2

(4 1) ( 3) 5 2 0

( , )

4 2 3 4 7

x x y y

x y R

x y x

     

 



   

 . Đs:

1
( ; 2)

2
Bài 4: Giải các hệ phương trình sau:

2 2

1
2x y 2x

x y y x

x y
 
   


  

 Đs: ( 1, 1), (1, 0) 









2 2

ln 1 ln 1

2 5 0

x y x y

x xy y

     




  

 Đs:

 

0; 0 .

c) 1

ln ln

2 .3 36

x
x y y

x y x y



  


 


Đs: (1, 1)

2 2

log log 4 10

x y

e e x y
x
y
   



 

 Đs:

 

2; 2 .

3 2

3 5 1 4
3 5 1 4 .
3 5 1 4

x x x y

y y y z

z z z x

    

   

    


Đs:



1;1;1 , 1





 2;1 2;1 2 .



5 4 10 6

4 5 8 6

x xy y y

x y

   




   

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

76

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

BÀI GIẢNG SỐ 10: ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

ĐỂ GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

Cho f x( )là hàm đơn điệu trên khoảng ( , )a b , với mọi x y, ( , )a b khi đó ta có: 
Nếu f x( ) đồng biến trên khoảng ( , )a b thì f x( ) f y( ) x y. 
 Nếu f x( )nghịch biến trên khoảng ( , )a b và f x( ) f y( ) x y. 
B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Giải bất phương trình sau: log7 xlog (3 x2)

(1)

Lời giải:

Điều kiện; x0.

Đặt log7x  t x 7t, khi đó bất phương trình (1) 3 ( 7) 2 1 ( 7) 2.( )1

3 3

t t t t

     

(1’)

Xét hàm số ( ) ( 7) 2.( )1

3 3

t t

f t   , dễ thấy f t( ) là hàm số nghịch biến trên R

Bất phương trình (1') f(2) f t( ). Theo tính chất của hàm nghịch biến ta có
7

2 log 2 49.

t  x  x

Vậy x49là nghiệm của bất phương trình (1).

Ví dụ 2: Giải bất phương trình sau: x x 7 2 x27x 49 2 x (2)

Lời giải:

Điều kiện x0.

Bất phương trình (2) x x 7 2 x27x2x490 (2’)

Xét hàm số f x( ) x x 7 2 x27x2x49,ta có

1 1 2 7

( ) 2 0

2 2 7 7

x
f x

x x x x



    

  với mọi x0.

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

77

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là



0, 9 .



Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức sau: 
2

cos 2 , .

x x

x e   x  x R (3)

Lời giải:

Bất đẳng thức (3) tương đương với:

cos 2 0, .

x x

x e   x   x R

Xét hàm số

( ) cos 2 ( ).

x x

f x  x e   x  x R

Ta có: f x'( ) sinx e  x 1 x và f''( )x  cosx e   x 1 1 cosx e x   0, x R
Vậy f x'( )0 có nghiệm duy nhất x0.

Bảng biến thiên

x  0 
'( )

f x - 0 +

( )
f x

Từ bảng biến thiên chúng ta suy ra: f x( )0 với x R. (đpcm).

Ví dụ 4: Cho a b 0. Chứng minh rằng 2 1 2 1 .

2 2

b a

a b

     

   

    (4)

Lời giải:

Bất đẳng thức (4) cần chứng minh tương đương với

1 1

ln 2 ln 2

2 2

1 1

ln 2 ln 2

2 2 (4 ')

a b

b a

a b

     

   

   

     

   

   

 



</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

78

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Để chứng minh (4’) ta xét hàm đại diện:









ln(2 ) ln 2 1 ln 2 ln 2 1
2

( ) ln 2, ( 0)

t t t

t t

f t t

t t t

   

     .

Ta có:

2 2 2 2

2
'

2 2 2

2 .2 ln 2

ln(2 1)

2 ln 2 (2 1) ln(2 1)
2 1

( )

(2 1)

t

t t t t

t

t
f t

t t

    



 



Xét hàm g u( )ulnu u( 1), ta có g u'( ) 1 ln  u0 với mọi u1.

Vậy g(2 )2t g(22t 1) 2 ln 22t 2t (22t 1)ln(22t 1). Từ đó suy ra f t'( )0.

Vậy hàm số f t( ) là nghịch biến với t0.

Theo giả thiết a b 0nên suy ra

1 1

ln 2 ln 2

2 2

( ) ( ) .

a b

f a f b

a b

     

   

   

   (đpcm)

Ví dụ 5: Chứng minh rằng với mọi tR,ta ln có: 4sint 2cost 3.

Lời giải:

Dễ thấy 2 2 2 2

sin cos sin cos sin 1 sin

sin sin

4 2 4 2 4 2

cos cos

t t t t t t

t t



 

      






Đặt sin2

 

2 t x x(  1; 2 ), khi đó 4sin2t 21 sin2t x2 2
x



   .

Xét hàm số f x( ) x2 2
x

  trên đoạn

 

1, 2 . Ta có f x'( ) 2x 2
x

  , khi đó '

( ) 0 1

f x   x trên

đoạn

 

1, 2 . Vì f x( )liên tục trên đoạn

 

1, 2 nên min ( )f x min



f(1), (2)f



3.
Vậy f x( )3,  x

 

1, 2 hay 4sint 2cost 3 với mọi tR.

Ví dụ 6*: Chứng minh rằng

1 1 2

x

x x

e

    với mọi x(0, 1). (6)

Lời giải:

Xét hàm số

1 1

1 1 1 1 1

( ) (1 )

x x x x x

x x x x x

f x x x x x x x

 

    

      với mọi x(0, 1).

Ta có ln ( ) ln ln(1 )
1

x

f x x x

x

  

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

79

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Đạo hàm hai vế của (6’), ta có:

2 2

( ) 1 1 1 1 1

ln ln 2 .

( ) (1 ) 1 1 (1 ) 1

f x x

x x

f x x x x x x



 

      

  

   

Xét hàm số ( ) ln 21
1

x

g x x

x



 

 , ta có

 

2
'

2 2

1 4 ( 1)

( ) 0 ( 0, 1 ).

(1 ) (1 )
x

g x x

x x x x



     

 

Suy rag x( )là hàm số đồng biến trên khoảng

 

0, 1 , và g x( )g(1)0. Vậy

( )

( ) ( ) 0.
(1 )

f x

f x g x

x

 

 Từ đó suy ra f x( )là hàm nghịch biến trên khoảng

 

0, 1 .

Vậy

1 1

1 1 1

( ) lim ( ) lim (1 ) 2 lim (1 1) .

x
x

x x

x x x

f x f x x x x

e
  

 
  
 
 
      
 
 
(đpcm).

Ví dụ 7: Cho xy12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 
2

2 2

9 16 1

(4 3 )

9 16 576

P x y

x y

   

 

Lời giải

Ta viết biểu thức lại dưới dạng sau: 1 2 1 2 1( )2
4 3 4

1 1
3 4
x y
P
x y
   
   
   
   

Đặt ,

3 4

x y

u v , khi đó ta có uv1 và biểu thức P có dạng: 2

2 2

1 1 1

( )

1 1 4

P u v

u v

   

 

Trước hết ta chứng minh: 1 2 1 2 2 ( 1)
1u 1v 1uv khi uv
Thật vậy bđt cần chứng minh tương đương với

2 2 2 2

1 1 1 1 ( ) ( 1)

( ) ( ) 0 0

1 1 1 1 (1 )(1 )(1 )

u v uv

u uv v uv u v uv

 

     

      

Bất đẳng thức đúng với mọi uv1

Ta có 2 2

( ì ( ) 4 )
1

P uv v u v uv

uv

   



Đặt uvt t( 1), xét hàm số ( ) 2 ( 1)
1

f t t t

t

  



Ta có





2
2

'( ) 1 0 ( 1)

f t t

t

    

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

80

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Vậy hàm số f(t) đồng biến khi t1 nên suy ra f t( ) f(1)2.

Dấu bằng xảy ra khi

3
4

1 1

1 3

4
x
y

uv u v

u v u v x

y

 


 

  

  

        

 

  




C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP 
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:

a. x3  x2 3x26x70 Đs: x1

b. x135x7 47x5513x7 8 Đs: 3
7

5  
x

c. x2 2x3 x2 6x11 3x x1 Đs: 2x3
d. 3 x4 2 2x4 13 Đs: x0
Bài 2: Giải các bất phương trình sau

a. xlog2 x1 Đs: x1
b. 2.2x 3.3x 6x 1 Đs: x2

c. 0

2
4

2
3
32









x
x

x

Đs: 2
2

1 
x

d. 7 12

log 2

3     













x
x
x

Đs:



















13
61
;
4
3
;
x

Bài 3: Cho bất phương trình

m x x m



m



x m

4
3
2

2 21  4 3   2  

a. Giải bất phương trình với m2. Đs: 
2





x

b. Tìm m để bất phương trình vơ nghiệm. Đs: m 2
Bài 4: Cho bất phương trình

  2 log



2



log





1



4



2m1x4  m2m2  m2 m  m x

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

81

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

b. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng x

 

0;1 Đs: m



1 8;1





 

2;3
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi

0 x ta có x tanxx
3
1
sin
3
2
.

Hướng dẫn: Xét sự biến thiên của hàm số f x  x tanxx
3
1

sin
3
2
)

( với 







2
;
0 
x .

Bài 6: Chứng minh rằng với mọi

0 x ta có 2 1
3
tan
sin
2
2
2

2   

x
x
x

Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho vế trái, đưa bất dẳng thức cần chứng minh tương 
đương với 2sinxtanx3x.

Bài 7: Chứng minh rằng với mọi x

 

0;1 ta ln có





3
2
1x2 

x . Từ đó chứng minh rằng

nếu a,b,c0 và a2 b2 c2 1 thì

2
3
3
2
2
2
2
2

2      

b
a
c
a
c
b
c
b
a

Hướng dẫn: Xét sự biến thiên của hàm số

 

2
1
)

(x x x

f   với x

 

0;1

Bài 8: Chứng minh rằng nếu xy1 thì

8
1
4
4  

y

x .

Hướng dẫn: Xét sự biến thiên của hàm số 4





4
1
)

(x x x

f    trên

Bài 9: Chứng minh rằng với mọi x0 ta có 2 2 2



x
x

x
ex

Hướng dẫn: Xét sự biến thiên của hai hàm số x

e
x

f( ) và

2
2
)

( 2



x
x
x
x

g trên

khoảng



0;



.

Bài 10: Chứng minh rằng với mọi 







4
;
0 

x thì 8

sin
)
sin

(cos
cos
2 

 x x

x
x

Hướng dẫn: Đặt t cotx rồi xét sự biến thiên của hàm f(t) với t

 

0;1

Bài 11: Chứng minh rằng nếu x 1 và n là số nguyên lớn hơn 1 thì



 

n



n n

x

x 1 2

1    .

Hướng dẫn: Xét sự biến thiên của hàm số

n
n
n
x
x
x
f 





 






 

2
1
2
1
)

( trên khoảng

 

1;1 với n 
nguyên dương bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp.

Bài 12: Chứng minh rằng với mọi x dương ta đều có x x sinxx
6

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

82

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Hướng dẫn: Xét sự biến thiên của hàm số f x x x sinx
6

)
(




 và g(x)sinxx trên khoảng



0;



Bài 13: Chứng minh rằng nếu x0 thì với mọi số ngun dương n ta có

!
...
!
2
1

n
x
x

x
e

n

x     

Hướng dẫn: Xét sự biến th4iên của hàm số 















!
...
!
2
1

)
(

n

x
x

x
e

x
f

n
x

n trên khoảng



0;



với n nguyên dương bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp.

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

83

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Bài tập tổng hợp: CÂU HỎI PHỤ TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC NHỮNG

NĂM GẦN ĐÂY

Khối A

Câu 1(2013) Cho hàm số 3 2

3 3 1 (1),

y  x x  mx m là tham số thực

Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng



0;



Câu 2(2012) Cho hàm số 4 2 2

2( 1) (1),

yx  m x m m là tham số thực

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông

Câu 3: (2011) Cho hàm số 1

2 1

x
y

x

 




Chứng minh rằng với mọi đường thẳng y x m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân
biệt A và B. Gọi k k1; 2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m

để tổng



k1k2



max

Câu 4:(2010) Cho hàm số yx32x2 



1 m x m



 (1),m

Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ x x x1, 2, 3 thỏa

mãn điều kiện 2 2 2

1 2 3 4

x x x 

Câu 5: (2009) Cho hàm số 2 (1)

2 3

x
y

x






Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh, trục

tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O

Câu 6: (2008) Cho hàm số





2 2

3 2 2

(1),
3

mx m x

y m

x m

  



 là tham số thực

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

84

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Câu 7 (2007) Cho hàm số





2 2

2 1 4

(1),
2

x m x m m

y m

x

   



 là tham số

Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng

với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O

Câu 8 (2006) Vẽ đồ thị hàm số 3 2

2 9 12 4

y x  x  x

Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt 3 2

2 x 9x 12 x m

Câu 9 (2005) Gọi (Cm)là đồ thị của hàm số

(1),

y mx m

x

  là tham số

Tìm m để hàm số (1) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (Cm)đến tiệm cận

xiên của (Cm) bằng 1

Khối B

Câu 10 (2013) Cho hàm số 3 2

2 3( 1) 6 (1),

y x  m x  mx m là tham số thực

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vng

góc với đường thẳng y = x + 2

Câu 11(2012) Cho hàm số 3 2 3

3 3 (1),

yx  mx  m m là tham số thực

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

Câu 12(2011) Cho hàm số

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, trong đó O là

gốc tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại

Câu 13(2010) Cho hàm số 2 1

1
x
y

x




</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

85

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Tìm m để đường thẳng y  2x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam
giác OAB có diện tích bằng 3

Câu 14(2009) Cho hàm số 4 2

2 4 (1)

y x  x

Với giá trị nào của m, phương trình 2 2
2

x x  m có đúng 6 nghiệm thực phân biệt

Câu 15(2008) Cho hàm số 3 2

4 6 1 (1)

y x  x 

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm



1; 9



M  

Câu 16(2007) Cho hàm số 3 2 2 2

3 3( 1) 3 1 (1),

y  x x  m  x m  m là tham số

Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách
đều gốc tọa độ O

Câu 17(2006) Cho hàm số

2
1
2
x x
y

x

 




Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp đó vng góc với tiệm cận xiên của (C)

Câu 18(2005) Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số
2

( 1) 1

,
1

x m x m

y m

x

   



 là tham số

Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị (Cm) ln ln có điểm cực đại, cực tiểu và khoảng

cách giữa hai điểm đó bằng 20

Khối D

Câu 19(2013) Cho hàm số 3 2

2 3 ( 1) 1 (1),

y x  mx  m x m là tham số

Tìm m để đường thẳng y = - x + 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt

Câu 20 (2012) Cho hàm số 2 3 2





2 3 1 (1) ,

3 3

y x mx  m  x m là tham số

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

86

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Câu 21(2011) Cho hàm số 2 1

1
x
y

x






Tìm k để đường thẳng ykx2k1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau

Câu 22(2010) Cho hàm số 4 2
6
y  x x 

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng

1
1
6

y x

Câu 23(2009) Cho hàm số 4 2

(3 2) 3

yx  m x  m, m là tham số

Tìm m để đường thẳng y 1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ

hơn 2

Câu 24(2008) Cho hàm số 3 2

3 4 (1)
yx  x 

Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k ( k > - 3) đều cắt
đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn AB

Câu 25(2007) Cho hàm số 2

1
x
y

x




Tìm tọa độ điểm M( )C , biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox, Oy tại A, B và
tam giác OAB có diện tích bằng 1

Câu 26(2006) Cho hàm số 3

3 2

yx  x

Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt

Câu 27(2005) Cho hàm số 1 3 2 1
( )

3 2 3 m

m

y x  x  C

Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hồnh độ bằng – 1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại điểm

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

87

Bài giảng đƣợc cung cấp độc quyền bởi 
Biên soạn: ThS. Đỗ Viết Tuân

Đáp án:

1) m 1 2) m = 0 3)



k1k m2



ax    2 m 1 4)

1
4

0
m
m

  



 


5) y  x 2 6) m 1 7) m  4 2 6 8) 4 m 5

9) m = 1 10) 0

2
m
m




 

 11) m 2 12) m 2 2 2

13) m 2 14) 0 m 1 15) y24x15 hoặc 15 21

4 4

y x

16) 1

m  17) y  x 2 25 19)

0
8
9
m
m




 


20) 2

m

21) k 3 22) y  6x 10 23)

1
2

0
m
m

  



 


25) (1;1), 1; 2
2
M M  

  26)

15
4
24
m
m

 


 


</div>

Tuyển chọn 10 bài giảng hàm số lớp 12 có đáp án chi tiết dành cho giáo viên và học sinh

<b>1 </b>

<b>BÀI GIẢNG SỐ 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ </b>





<b>2 </b>

 

 





<b>3 </b>

















<b>4 </b>

<b>5 </b>





<b>6 </b>



















 



 

<b>7 </b>

<b>BÀI GIẢNG SỐ 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ </b>

 

 

 

 

 

     

 

 

 

 

     

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<b>8 </b>

 

 

 

 

<i>x</i>

 





<b>9 </b>

















 





