CHUYEN DE HAM SO

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ Câu 1) Cho hàm số y =. x . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối x−1. xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến đó là lớn nhất. x 2  2mx  1  3m 2 x m Câu 2) (A/2005) Cho y = . Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. 3 2 Câu 3) (A/2013) y  x  3x  3mx  1 (1) . Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +  ). 3. 2. y=2 x +(m+1 )x −2(m+ 4 ) x+1. Câu 4) Cho hàm số:. (C m ). . Với giá tri nào của m thì. (C m ). đạt cực. x 1 , x 2 sao cho: x + x  2. 3 2 Câu 5) (B/2013) Cho hàm số y 2 x  3(m  1) x  6mx (1), với m là tham số thực. Tìm m để đồ thị hàm số (1) đại, cực tiểu tại. có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x +2. Câu 6) Cho haøm soá : y = -x3 + 3x2 + 3(m2 – 1)x – 3m2 – 1 (1), m laø tham soá. 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 toạ độ Câu 7) Với mỗi tham số m, gọi (Cm) là đồ thị của hàm số:. y x 3  (3m  1) x 2  2m( m  1) x  m 2 .. (1). y mx  m 2. Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (m): luôn cắt (Cm) tại một điểm A có hoành độ không đổi. Tìm m để (m) còn cắt (Cm) tại hai điểm nữa khác A, mà các tiếp tuyến của (Cm) tại hai điểm đó song song với nhau. y. 2x  1 x 1. Câu 8) Cho hàm số Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C). Câu 9) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m) tại D và E vuông góc với nhau.. Câu 10) Cho hàm số:. y. 2x  3 x 2. (1). Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại. A, B sao cho AB  2 IB , với I (2, 2) . 1 y= mx 3 +(m−1 )x 2 +(4−3 m) x +1 3 Câu 11) Cho hàm số có đồ thị là (Cm). Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> y  x 4  4  m  1 x 2  2m  1. C . m Câu 12) Cho hàm số có đồ thị Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. Câu 13) (TT Chuyên Armsterdam lần 1 / 2014) 3. 2. 2. 3. Cho hàm số y  x  3mx  3( m  1) x  m  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 góc tọa độ O bằng. √2. lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.. Câu 14) Cho hàm số y =. 2x 1 x 1 .. 1 Tìm m để đường thẳng d: y = mx + m + 2. ( với m là tham số ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt nằm về một phía đối. với tiệm cận đứng của (C).. x3 Câu 15) Cho hàm số y =  3. 11 + x2 + 3x  3. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau qua trục tung. Câu 16) (Dự Bị Khối A / 2009). y.  x 2  4x  3 x 2 . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến. Cho hàm số các đường tiệm cận của nó là hằng số. 3. 2. Câu 17) Cho hàm số y  x  2mx  3 x (1) và đường thẳng (  ) : y 2mx  2 (với m là tham số). 1/ Khi m 0 . Gọi đồ thị của hàm số đã cho là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại tiếp điểm M, biết khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2. 2/ Tìm m để đường thẳng ( ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 3 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ độ 3 2 Câu 18) Cho hàm số y x  3x  m (1). Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho góc AOB = 1200 Câu 19) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + (3m2 – 3)x + m2 + 1 (1), với m là tham số. Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị cách đều trục Ox.. y  x 3  (1  2m) x 2  (m 2  m) x  m  1.  1. Câu 20) Cho hàm số , m là tham số thực Tìm m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 2 song song với đường thẳng có phương trình. y  12 x  20 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 21) Tìm trên đồ thị hàm số. y 4. 2x  1 x  1 hai điểm A, B phân biệt đối xứng với nhau qua đường thẳng y = 3x + 5 2. Câu 22) Cho hàm số y  f ( x)  x  2 x Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu 23) Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4 (C). Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M 3. 2. Câu 24) Cho hàm số y  x  3 x  2 Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . Câu 25) Cho. y. x2 x  2 có đồ thị (C). Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với. 1 y  x 5 4 đường thẳng . 1 y  x3  2 x 2  3x. 3 Câu 26) có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O.. Câu 27) Cho hàm số:. y. 2x  3 x  2 có đồ thị ( C ).Xác định m để đường thẳng (d): y x  m cắt đồ thị (C) tại hai. điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2 3 (với O là gốc tọa độ). 3. 2. 2. 3. Câu 28) Cho hàm số y  x  3mx  3( m  1) x  m  m (1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O 3 2 m R Câu 29) Cho hàm số y 2 x  3mx  (m  1) x  1 (1) với đồ thị (Cm) . Tìm m để đường thẳng (d): y 2 x  1 cắt đồ thị (Cm) tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho điểm C(0;1) nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng. y. 55 .. 2x  4 x 1. Câu 30) Cho hàm số Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0 3. 2. Câu 31) Cho hàm số y 2 x  3(m  1) x  6mx (1), với 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 vuông góc với đường thẳng y = x +2..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 32) (THPT Chuyên Vinh – Nghệ An). 3 y=x 3 − (m−2)x 2 −3(m−1)x +1 2 Cho hàm số (1), m là tham số. Tìm. m>0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là y CĐ , y CT thỏa mãn. 2 yCĐ + y CT =4. .. y. x 1 2( x  1) (C). Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục. Câu 33) Cho hàm số: tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.. 3 2 Câu 34) Cho hàm số y  x  3 x  2 (1). Tìm m để đường thẳng : y (2 m  1) x  4 m cắt đồ thị (C) tại đúng hai. điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm P (  1;6) tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm. 3 2 Câu 35) Cho hàm số y 4 x  6 x  mx (1), với m là tham số thực.. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng 2 x  4 y  5 0 Câu 36) (TT Chuyên Vĩnh Phúc – KB / 2013) Cho hàm số. y. 1 3 2 x x 3 3 có đồ thị là  C  . Gọi M là điểm thuộc đồ thị  C  có hoành độ x 2 .Tìm các. C tuyến với. giá trị của tham số m để tiếp tại M song song với đường thẳng Câu 37) (TT Chuyên LTV – ĐN / KA/ 2013). . . d : y  m2  4 x . 9m  5 3. 2x - 1 x + 1 Chứng minh với mọi m, đường thẳng y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Cho hàm số M (6;0), N (- 2;4) . Tìm các giá trị m sao cho hai tam giác AMN và BMN có diện tích bằng nhau với y=. Câu 38) (TT Chuyên LTV – ĐN / KD / 2013) 2x 1 y x  1 (C).Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B. Cho hàm số Gọi I là giao điểm hai tiệm cận . Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. 4. 2. Câu 39) Cho hàm số y x  2mx  m  1 (1) , với m là tham số thực. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu 40) Cho hàm số : y = x3 – 3x + 2 Định m để phương trình : x3 – 3x + 2 = log ∜ 2 (m2+1) có 4 nghiệm thực phân biệt. _____________________LỚI GIẢI VÀ ĐÁP SỐ______________________.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 1)  y0  Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C). y. x0 x0  1 . Khi đó tiếp tuyến với đồ thị (C) tại M có phương trình là :. x0 1  ( x  x0 ) ( ) 2 x0  1  x0  1 2 x0  1 1. Ta có d(I ;  ) =. 1 ( x0  1)4. 2t Xét hàm số f(t) =. (1  t )(1  t )(1  t 2 ). (t  0). 1 t4. ta có f’(t) =. f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta có d(I ;  ) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay. (1  t 4 ) 1  t 4. 1. 0. x. +. f'(t). 0. + -. 2. f(t).  x0 2 x0  1 1    x0 0 + Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 y' . x 2  2mx  m 2  1 x m. 2.   Câu 2) Ta coù Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung  y ' 0 coù 2 nghieäm traùi daáu  x1x 2 P m 2  1  0   1  m  1 Câu 3). 2 y’ = -3x + 6x+3m, y’ = 0  m= x  2 x =g(x) 2. do đó yêu cầu bài toán  y’. 0, x   0;  . 2 x   0;    m x  2 x. . m min  x 2  2 x  , x   0;   x 0. . m  1 g  1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 4) Để hàm số có 2 điểm cực trị  phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt  3x + (m + 1)x - (m + 4) = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt >0  (m + 1) + 12(m + 4) > 0  m + 14m + 49 > 0  (m + 7) > 0  (m ¿−7) (*) Theo hệ thức Vi-et của phương trình (1) , ta có x + x = \f(m+1,3 và x.x = - \f(m+4,3 Yêu cầu bài toán  x + x  2  \f(,9 + \f(,3  2  -7  m  -1 So điều kiện (*), ta nhận Vậy. −7<m≤−1. −7<m≤−1 thỏa yêu cầu bài toán.. Câu 5) y’ = 6(x2 – (m + 1)x + m)) y có 2 cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  (m + 1)2 – 4m > 0  m  1. 1 (2 x  m  1). y ' Ta có: y = 6 - (m – 1)2x + m2 + m Phương trình đường thẳng AB: y = -(m – 1)2x + m2 + m Để AB vuông góc với đường thẳng y = x +2 khi và chỉ khi tích hai hệ số góc bằng -1  -(m – 1)2 = -1 m = 0 hay m = 2 (Thỏa mãn m  1) Vậy có hai giá trị m cần tìm thỏa mãn bài toán là: m = 0 và m = 2 Câu 6) Δ ’ = m2 > 0 ⇔ m ¿ 0. . A(1 – m ; -2 – 2m3), B(1 + m;– 2 + 2m3) O cách đều A và B Câu 7). ⇔. OA = OB. ⇔. 8m = 2m 3. ⇔. m=. ±. 1 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (m) và (Cm) được viết thành:. ( x  1)( x 2  3mx  2m 2 ) 0  ( x  1)( x  m)( x  2m) 0. 2 2  giao điểm của (m) và (Cm) gồm A( 1;  m  m ), B (m;0) và C (2m; m ); trong số đó, A là điểm duy nhất có hoành độ không đổi (khi m thay đổi).. Đặt. f m ( x) x3  (3m  1) x 2  2m(m  1) x  m2 . Các tiếp tuyến của (C ) tại B và C lần lượt là các đường thẳng: m. ( B ) : y  f m '( xB ) x  y B  f m '( xB ) xB , ( C ) : y  f m '( xC ) x  yC  f m '( xC ) xC . Ta cần tìm m để B và C cùng khác A và.  B / /  C ; tức là:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  m  1  xB  x A   x x  C  m  1 2 A   2  m  2 3.  2  f m '( xB )  f m '( xC )   m 2m  2m  yB  f m '( xB ) xB  yC  f m '( xC ) xC  m3  4m3  3m 2   x X  1  y Y  2 Câu 8) Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY: . . Hàm số đã cho trở thành : Y = Hay y – 2 = - x – 1  y = - x + 1 Câu 9). 3 X hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:  x 0  2 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   x  3x  m 0. (2). * (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:  Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE  0.. .   9  4m  0   2  0  3 0  m 0.  m 0  m  4  9 (*) . Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: kD=y’(xD)=. 3x2D  6x D  m  (3x D  2m);. 2 kE=y’(xE)= 3x E  6x E  m  (3x E  2m).. Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1  9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1  9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét)..  9  65 m  8   9  65 m  8 .  Câu 10). 1 9 So s¸nhÑk (*): m = 8. . 65. .  4m2 – 9m + 1 = 0 .

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  2x  3  M  x0 ; 0   (C ) x0  2  Gọi . y  PTTT của (C) tại M:. 1.  x0  2 . 2. x. 2 x02  6 x0  6.  x0  2 . 2. AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1. vì 1 y/  0 2  x  2. Do. nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1.. . 1.  x0  1. 2.  x0 1  1    x0 3.  có hai phương trình tiếp tuyến:. y  x  2 ; y  x  6 Câu 11). Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là hoành độ tiếp điểm thì. . 1 2 nên hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là k=2. Lúc đó nếu x là. f '(x) 2  mx 2  2(m  1)x  (4  3m) 2  mx 2  2(m  1)x  2  3m 0 (1) Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một nghiệm âm. Nếu m=0 thì (1)   2 x  2  x 1 loại. Nếu m 0 thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là. x 1 hay x=. 2  3m m.  m0 2  3m 0  m  2 m 3  do đó để có một nghiệm âm thì. Vậy. m  0 hay m . 2 3 thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề bài. Câu 12). Ta có. y 4 x 3  8  m  1 x 4 x  x 2  2  m  1  .. x0 y02 xm21   nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1  Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> A  0; 2m  1 ,B. .  . AB 2  AC 2 2  m  1  16  m  1 Ta có:. . 2  m  1 ;  4m 2  10m  5 ,B  2  m  1 ;  4m2  10m  5 . 4. BC 2 8  m  1 3. So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra. m 1 . 3 2. Câu 13) Ta có. y , 3 x 2  6mx  3(m 2  1) y , 0 có 2 nghiệm phân biệt. Để hàm số có cực trị thì PT 2. xm210 có 2 nhiệm phân biệt   1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m). Theo giả thiết ta có.  m  3  2 2 OA  2OB  m 2  6m  1 0    m  3  2 2. Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và. m  3  2 2 .. Câu 14). 2x 1 1 Pt hoành độ giao điểm của (C) và d là: x  1 = mx+ m+ 2 2mx 2  3 x  2m  3 0  x 1    2mx2 -3x-2m-3=0 (1) Ycbt  (1) có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 < 1 hoặc x1,x2 > 1.  m 0  2m 0   3  m 2   (4m  3)  0   4 (*) (1) có 2 nghiệm phân biệt   3 Khi đó 2 nghiệm của (1) là : x1 = -1 và x2 = 1+ 2m . Do x1 = -1 < 1 nên ycbt  Câu 15). 3 1+ 2m < 1 . m < 0..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Hai điểm M(x1; y1), N(x2; y2)  (C) đối xứng nhau qua Oy khi và chỉ khi: x 2 =− x 1≠ 0. {. 3. −. . . x 2 =−x 1 ≠0 y1= y 2. {. 3. x1 x 11 11 + x 21 +3 x 1− =− 2 + x 32 +3 x 2− 3 3 3 3. x 1=3 x 2 =−3. {. hoặc. x 1 =−3 x 2 =3. {. 16 16 Vậy hai điểm thuộc đồ thị (C) và đối xứng qua Oy là: M(3; 3 ),N(-3; 3 ) Câu 16) Gọi (C ) là đồ thị của hàm số. M(x,y)  ( C ) . y  x  2 . 7 x 2. Phương trình tiệm cận xiên y  x  2  x  y  2 0. x  y 2 2. Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là. d1d 2  Ta có. 7 7 x 2  2 x 2 2. . 7 d1 2 x 2. d2  x  2. : hằng số.. Câu 17) 3 M  x0 ; x03  3 x0  y  x  3 x m  0 Khi , hàm số là (C). Gọi . Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình: 2 3 y  3x0  3  x  x0   x0  3x0. (1). Khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2.  x0 2  x0 2. x0 2 , phương trình (1) có dạng: y 9 x  16 (d1 ) x  2 , phương trình (1) có dạng: y 9 x  16 (d 2 ) + Nếu 0 (d ) (d ) Vậy có hai tiếp tuyến là 1 và 2 thoả mãn yêu cầu. + Nếu. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (  ) là nghiệm phương trình:. x3  2mx 2  3 x 2mx  2  x 3  2mx 2  (2m  3) x  2 0  x 1  ( x  1)  x 2  (2m  1) x  2  0   2  x  (2m  1) x  2 0(2) . Vậy (  ) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> (2m  1) 2  8  0 x 1    m 0 1  2m  1  2 0 .. B( x1; 2mx1  2), C( x2 ;2mx2  2) , trong đó x1; x 2 là nghiệm x  x 2  2m  1, x1x 2  2 phương trình (2) nên 1 2 1 d = d(O; ) = S  BC.d 1+4m 2 2 Tam giác OBC có diện tích . Trong đó Khi đó, ba giao điểm là A có hoành độ là 1 và. BC 2 ( x2  x1 ) 2  (2mx2  2mx1 ) 2  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2   4m 2  1 2  BC    2m  1  8  4m 2  1  S   2m  1 2  8    m 0 S 3  9 4m 2  4m  9    m  1 . Đối chiếu ĐK, Kết luận: m  1 . Vậy. Câu 18)  x  2  y m  4   x 0  y m Ta có: y’ = 3x2 + 6x; y' = 0 Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(2 ; m + 4) 1   cos AOB  AOB 1200 OA  (0; m ), OB  (  2; m  4) 2 Ta có: . Để thì. . m(m  4) m 2  4  (m  4) 2 .  4  m  0  12  2 3 1     12 2 3  m  3 2 m  3 . Câu 19) y' = 3x2 – 6mx + 3m – 3. y' = 0  x2 – 2mx + m2 – 1 .  x m  1  y m 3  m 2  3m  1  3 2  x m  1  y m  m  3m  3. .. d(A, Ox) = d(B, Ox)  (m3 + m2 – 3m – 1)2 = (m3 + m2 – 3m + 3)2  – 8(m3 + m2 – 3m) – 8 = 0  8m3 + 8m2 – 24m + 8 = 0  m = 1 hay m = –1 ±. 2.. Câu 20). y ' 3 x 2  2(1  2m) x  m 2  m ;y'(2) = m 2  9m  8 ; Để tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 2 song song với đường thẳng có phương trình.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> y  12 x  20  y '(2)  12  m 2  9m  8  12  m 4    m 5 +)Với m 4 Ta có phương trình tiếp tuyến là y  12 x  20 (Thoả mãn ) +)Với m = 5 Ta có phương trình tiếp tuyến là y  12 x  34 (Thoả mãn ) Câu 21) Giả sử A(x1; y1), B(x2; y2) (x1< x2 và (x1,x2≠-1). k Hệ số góc của đường thẳng qua A, B là. y1  y 2 3  x1  x 2 (x1  1)(x 2  1). x1  x 2 3(x1  x 2  2) ;2  2 2(x1  1)(x 2 1) ) Trung điểm I của đoạn thẳng A, B là I( Điều kiện cần và đủ để A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: y = 3x + 5 là:. 3  .3  1  AB  d  (x1  1)(x 2  1)    I  D 2  3(x1  x 2  2) 3. x1  x 2  5  2(x1  1)(x 2  2) 2 (x  1)(x 2  1)  9 x  4  1   1  x1  x 2  2  x 2 2 Kết luận: Hai điểm cần tìm là (-4; 3), (2; 1). Câu 22) 3 Ta có f '( x) 4 x  4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là. k A  f '(a) 4a 3  4a, k B  f '(b) 4b3  4b. Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:. y  f '  a   x  a   f  a   f '  a  x  f (a)  af'  a . ;. y  f '  b   x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:. k A k B  4a 3  4a = 4b3  4b   a  b   a 2  ab  b 2  1 0 (1) Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình:. a 2  ab  b 2  1 0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 2 2 a 2  ab  b 2  1 0 a  ab  b  1 0   a b    4 2 4 2  3a  2a  3b  2b ,  f  a   af '  a   f  b   bf '  b . Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là.   1;  1. và.  1;  1 .. Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là. a 2  ab  b 2  1 0  a 1 a b  Câu 23). LÊy M(m ; m4 – 5m2 + 4)  (C) Ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M : y = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4 (d) Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm phơng trình: x4 – 5x2 + 4 = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4.  (x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = 0 (1) Cần tìm m để x2 + 2mx + 3m2 – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác m. §iÒu kiÖn lµ. 5−2m2 >0 6 m2 −5≠0. {. Các điểm M(m ;m4 – 5m2 + 4) (C) với hoành độ.  m    . 10 10   30  ;  \   2 2   6 . Câu 24) Đặt. A  a; a 3  3a 2  2  ; B  b; b 3  3b 2  2 . với a b . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là:. k A  y '  x A  3a 2  6a; k B  y '  xB  3b 2  6b. .. Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi. k A k B  3a 2  6a 3b 2  6b   a  b   a  b  2  0  b 2  a. ..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Độ dài đoạn AB là:. 2. AB .  a  b. 2.   a 3  b3  3  a 2  b 2  . .  a  b. 2.   a  b  .  a 2  ab  b2  3  a  b  . 2. 2 2 2  4  a  1  4  a  1 .   a  1  3  . 2. 2. Đặt t = ( a – 1 )2.  a  1 2  AB 4 2  t  t  t  3 8   t  4   t  2t  2  0  t 4  a  1  2 2. 2. . A  3; 2  , B   1;  2  Với a 3  b  1 . . A   1;  2  , B  3; 2  Với a  1  b 3 . Vậy. A  3; 2  , B   1;  2 . hoặc. A   1;  2  , B  3; 2 . .. Câu 25). 1 x 5 Gọi tiếp tuyến là d vuông góc với đường thẳng y= 4  phương trình d có dạng: y=-4x+b. x2  x  2  4 x  b   4   4  ( x  2) 2. * d là tiếp tuyến của (C) ta có: * Với d: y=-4x+1 thì tiếp điểm M1(1;-3) d: y=-4x+17 thì tiếp điểm là M2(3;5).   x 1   b 1   x 3   b 17. Câu 26). M x ;y  Phương trình tiếp tuyến  tại điểm 0 0 0 là. 1  : y  x02  4 x0  3  x  x0   x03  2 x02  3x0 3  x0 0, x0 3 . . . qua O. .. x0 0 thì  : y 3x . x 3 thì  : y 0 . Khi: 0 Khi:. Câu 27) 2 2 PT hoành độ giao điểm: x  (m  4) x  2 m  3 0 (*) có hai nghiệm PT  m  28  0  m  R. +) Gọi A(x1; x1+ m), B(x2; x2+ m), với x1, x2 là các nghiệm PT (*)..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> m 1 SOAB  d (O; d ). AB  . m 2  28 2 2 +). +). SOAB 2 3 . m 2. . m 2  28 2 3. Câu 28) 2 2 Ta có y ' 3 x  6mx  3( m  1). Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y ' 0 có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm 2 2 2 2  3 x  6mx  3(m  1) 0 có hai nghiệm phân biệt   '  9m  9(m  1) 9  0 m.  x m  1 y ' 0    x m 1 Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và. Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) lần lượt là điểm cực đại ,điểm cực tiểu của đồ thị hàm số theo giả thiết ta.  OB 2 9OA2  (m+1)2  ( 2  2m) 2 (m-1) 2  (2  2m) 2 có OB=3 OA.  m 2  2m  5m  2 0    m 1  2 2.  m 2   m 1 2 thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm Vậy với  số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O Câu 29) 3 2 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: y 2 x  3mx  (m  1) x  1 là nghiệm phương trình:.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 2 x 3  3mx 2  (m  1) x 1 2 x 1  x 0  x(2 x 2  3mx  m  3) 0   2  2 x  3mx  m  3 0 (*) Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm C, A, B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu  2.(m  3)  0  m  3 .. 3m   x A  xB  2   y A 2 x A 1  x .x  m  3  A B  2 và  yB 2 xB 1 (Trong đó xA ; xB là 2 nghiệm của phương trình Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn  (*)).  AB = 55. ( xB  xA ) 2  ( yB  y A ) 2  55.  ( xB  x A ) 2 11  ( xB  x A ) 2  4 xB .x A 11   m 2  9m  8m  20 0    m   10 9  2. 9m 2 m 3  4. 11 4 2.  t / m . Vậy. m 2; m .  10 9 là giá trị cần tìm.. Câu 30). Đường thẳng d cần tìm vuông góc với  : x + 2y +3= 0 nên có phương trình y = 2x +m. D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt. . 2x  4 2 x  m x 1 có 2 nghiệm phân biệt. 2  2 x 2  mx  m  4 0 có 2 nghiệm phân biệt khác - 1  m  8m  32  0 (1). x A  xB  m   xI  2  4   y 2 x  m  m I  I 2 Gọi I là trung điểm AB có  Do AB vuông góc với  nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng  : x + 2y +3= 0  I    m  4.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x - 4. Câu 31) y’ = 6(x2 – (m + 1)x + m)) y có 2 cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  (m + 1)2 – 4m > 0  m  1. 1 (2 x  m  1). y ' Ta có: y = 6 - (m – 1)2x + m2 + m Phương trình đường thẳng AB: y = -(m – 1)2x + m2 + m Để AB vuông góc với đường thẳng y = x +2 khi và chỉ khi tích hai hệ số góc bằng -1  -(m – 1)2 = -1 hay m = 2 (Thỏa mãn m  1) Vậy có hai giá trị m cần tìm thỏa mãn bài toán là: m = 0 và m = 2. m=0. Câu 32) Ta có. y'=3 x 2 −3(m−2)x−3(m−1), ∀ x∈R2. y ' =0 ⇔ x −( m− 2 ) x −m+1 =0 ⇔ ¿. [ x = x 1 =−1 [¿ [ x = x 2= m−1 .. m>0 thì x 1 <x 2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại x 1=−1 và đạt cực tiểu tại x 2=m−1. 3m 1 y CĐ= y (−1 )= , y CT = y (m−1)=− (m+2)(m−1 )2 +1 . 2 2 3m 1 2. − (m+2 )(m−1)2 +1=4 ⇔ 6 m−6−(m+2 )( m−1)2 =0 2 2 )( m 2 +m− 8 )=0 ⇔ Từ giả thiết ta có ⇔ ( m−1 Chú ý rằng với Do đó. ¿. Đối chiếu với yêu cầu. [ m=1 −1± √ 33 [ ¿ [ m= . 2. m>0 ta có giá trị của m là. m=1 , m=. −1+ √ 33 . 2. Câu 33). x0 ; Gọi M(. x0  1 2( x0  1) )  (C ) là điểm cần tìm y  f ' ( x0 )( x  x0 ) . Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình  :.  y. 1.  x0 1. 2. ( x  x0 ) . x0  1 2( x0  1). x0  1 2( x0  1).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> x02  2 x0  1 2 Gọi A =   ox  A( ;0) . x02  2 x0  1 2( x0  1) 2 ). Khi đó  tạo với hai trục tọa độ  OAB có trọng tâm là: G B =   oy  B(0;.  x02  2 x0  1 x02  2 x0  1  ;   6 6( x0  1) 2   ..  4. Do G  đường thẳng:4x + y = 0 . 4. . x02  2 x0  1 x02  2 x0  1  0 6 6( x0  1) 2. 1.  x0  1. 2. x 2  2 x0  1 0 ) (vì A, B O nên 0. 1  x  1  0  2    x  1  1  0 2. 1  x  0  2  3  x   0 2. 13 3 3 5 xM0(;) x0   M (  ; ) 2 2 2 . Với 2 ; với. Câu 34) 3 2 Phương trình hoành độ giao của (C) và (): x  3 x  (2m  1) x  4m  2 0.  x 2  2  f ( x )  x  x  2m  1 0 (1)  ( x  2)( x  x  2m  1) 0 2.  2  x1  x2  x 2  x x,x 2 () cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm 1 2 thỏa mãn:  1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>   0   b   2   2a    0   f (2) 0   . Với. Với. m . m.  8m  5 0  1   2  2  8m  5  0    2m  1 0  .  5  m  8   m 1  2 .. 1 3 5 M ( ; ); N (2;  3) 2 8 8 ta có (loại). 1 2 ta có M (  1;  2); N (2;  2) (loại). Vậy không có giá trị của m thỏa mãn  MNP nhận O làm trọng tâm.. Câu 35). y '  f '  x  12 x 2  12 x  m. . Hàm số có hai cực trị   ' 36  12m  0  m  3. Gọi hai điểm cực trị của đths là. A  x1 , y1  ; B  x2 , y2  x1 , x2. 1   2m 1 y  f  x  f ' x  x      3 6 3    Có:. Do. f '  x1   f '  x2  0. (. là hai nghiệm của pt y ' 0 ). m  2 x  6 . m m  2m   2m  y1   2  x1  y2   2  x2  6 và 6  3   3  nên.  2m y   3  Vậy pt đt AB là. m  2 x  6 .  AB  d  1   2  (I là trung điểm AB)  I  d A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0 2m  1  2  .  1  m 0  3  2 (thoả mãn m < 3).  1  . x1  x2   xI  2   yI  2m    3 I có toạ độ: . 1 2 m  2  xI   1  2   2. 1  4.   1  5 0 6  2 . (đúng) . Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Câu 36). 4  4  M  2;  3  3   C M. y (2)  Ta có Tiếp tuyến. với. tại. có phương trình :. 4 4 14  y  3  x  2    y  3 x  3 3 3 2 m  4  3   // d   9m  5 14  3  3. y  y '(2). x  2  . Ta có. m 2 1   m  1 m  1  . Vậy m  1 Câu 37). 2x - 1 = - x + m (x ¹ - 1) PT hoành độ giao điểm của (C) và (d) : x + 1 Û 2x - 1 = (x + 1)(- x + m) (do x = - 1 không thỏa PT). Û x2 + (3- m)x - m - 1 = 0 (*).Ta có D = (3- m)2 - 4(- m - 1) = (m - 1)2 + 12 > 0, " m . Chứng tỏ PT (*) có hai nghiệm phân biệt với mọi m hay (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. Gọi. A(x1;- x1 + m), B (x2;- x2 + m). trong đó. x1, x2. là hai nghiệm của PT (*) nên theo định lí Viet ta có. ìï x + x = m - 3 2 ï 1 í ïï x1x2 = - m - 1 î .Đường thẳng MN có PT x + 2y - 6 = 0 .. SVAMN = SVBMN Û d(A,(MN )) = d(B,(MN )) Û. x1 + 2(- x1 + m) - 6. =. x2 + 2(- x2 + m) - 6. 5 é- x + 2m - 6 = - x + 2m - 6 1 2 Û ê ê- x + 2m - 6 = x - 2m + 6 Û 2 ê ë 1 Û m - 3- 4m + 12 = 0 Û m = 3. Câu 38). Û - x1 + 2m - 6 = - x2 + 2m - 6 5 éx = x (loai) 2 ê1 êx + x - 4m + 12 = 0 2 ê ë1.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>  3  x0 ;2  x0  Gọi M .   1 (C). y. Tiếp tuyến (d)tại M có dạng:. 3 3 ( x  x0 )  2  2 ( x0  1) x0  1.  6   1;2   x0  1  Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A  , B(2x0 –1; 2). C IA  IB  AB IA  IB  SIAB =1/2.IA.IB= 6 (không đổi)  IAB  chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB .  x0 1  3 6 2 x0  1   x 1  x0 1  3  0  M1( 1  3;2  3 ); M2( 1 .  IA  IB . 3;2 . 2.  2IA.IB. 3). Câu 39).  x 0 y ' 4 x3  4mx 4 x  x 2  m  0   2  x m 2. (1 điểm) ' ' Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt y 0 có ba nghiệm phân biệt và y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m  0 . Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:. .  . A  0; m  1 , B  m ;  m 2  m  1 , C . . SABC . . m ;  m2  m  1. 1 yB  y A . xC  xB m 2 m 4 2 ; AB  AC  m  m , BC 2 m.  m 1 m4  m  2 m  AB. AC.BC 3 R 1  1  m  2m  1 0   m  5  1 4 SABC 4m 2 m  2. Câu 40) (Đ/S :. m <1;m. ≠ 0). (Bạn đọc tự giải). (Biên soạn : Đỗ Thái Sơn / 12ª1 / THPT Phước Thiền).

<span class='text_page_counter'>(22)</span>

<span class='text_page_counter'>(23)</span>