Tài liệu Ôn tập về hàm hữu tỉ pptx

Bài 2: ÔN TẬP VỀ HÀM HỮU TỶ
(Nội dung ôn tập do trung tâm luyện thi chất lượng cao Vónh Viễn cung cấp)

1) Phương trình tổng quát : f(x) =
pmx
cbxax
2
+
++
với a.m
≠
0.
Thực hiện phép chia đa thức ta có :
f(x) =
pmx
D
m
apbm
x
m
a
2
+
+
−
+ ( 1 )
Với D = c – p

2
bm ap
m
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

2) Đường tiệm cận :
* Nếu D ≠ 0 đồ thò hàm số có đường tiệm cận đứng
x =
m
p
−
và tiệm cận xiên y =
2
m
apbm
x
m
a
−
+ .
Giao điểm I của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thò hàm số.
* Nếu D = 0, đồ thò suy biến thành đường thẳng
y =
2
m
apbm
x

m
a
−
+ trừ một điểm có hoành độ x =
m
p
−
.
3) Đạo hàm cấp 1, 2 :
Khi gặp hàm hữu tỉ nên dùng công thức (1), ta có :
f’(x) =
2
2
2
)pmx(
Dm)pmx(
m
a
)pmx(
Dm
m
a
+
−+
=
+
−


//

3
.2
()
()
Dm m
fx
mx p
=
+

4) Cực trò hàm số :
Nếu tam thức g(x) =
Dm)pmx(
m
a
2
−+
có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thì hàm số đạt cực trò tại x
1
, x
2
và đồ thò hàm số có hai điểm
cực trò là :
M
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
+
m
b
x
m
a
2,x
11
N
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
m
b
x
m
a
2,x
22

i) Nếu a.m > 0 và y
/

= 0 vô nghiệm thì hàm tăng ( đồng biến) trên từng khỏang xác đònh.
ii) Nếu a.m < 0 và y
/
= 0 vô nghiệm thì hàm giảm ( nghòch biến) trên từng khỏang xác đònh.
iii) Nếu a.m > 0 và y
/
= 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thì hàm đạt cực đại tại x
1
và đạt cực tiểu tại x
2

thỏa x
1
< x
2
và
12
xx
p
2m
+
=−
.
iv) Nếu a.m < 0 và y
/
= 0 có 2 nghiệm phân biệt x

1
, x
2
thì hàm đạt cực tiểu tại x
1
và đạt cực đại tại x
2

thỏa x
1
< x
2
và
12
xx
p
2m
+
=−
.
5) Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trò :
Giả sử hàm có cực trò. Tọa độ hai điểm cực trò thỏa phương trình đường thẳng :
y =
m
b
x
m
a2
+

đó là phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trò.
6) Tính chất của tiếp tuyến :


Mọi tiếp tuyến với (C) tại M thuộc ( C ) cắt hai đường tiệm cận tại A và B thì :
* M là trung điểm AB.
* Tam giác IAB có diện tích không đổi.
7) Tính chất của đường tiệm cận :
* Mọi điểm M thuộc (C) có tích hai khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận
là một hằng số.
* Nếu từ một điểm E nằm trên một đường tiệm cận của (C) thì qua E chỉ có một tiếp tuyến
duy nhất với (C).
8) Khi a = 0 và m
≠
0 ta có hàm nhất biến f(x) =
bx c
mx p
+
+

* Khi m ≠ 0 và bp – cm ≠ 0 thì đồ thò hàm số có đường tiệm cận đứng x =
m
p
−
và tiệm cận
ngang là y =
b
m
.
Giao điểm I của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thò hàm số.

* Nếu bp – cm = 0, đồ thò suy biến thành đường thẳng
y =
b
m
trừ một điểm có hoành độ x =
m
p
−
.
Đạo hàm cấp 1 khi a = 0:
f ’(x) =
2
()
bp cm
mx p
−
+

Đạo hàm có dấu của (bp – cm) với mọi x ≠
m
p
−
. Do đó hàm luôn đồng biến ( hoặc nghòch
biến) trong từng khoảng xác đònh; nên được gọi là hàm nhất biến.

ĐỀ TOÁN ÔN TỔNG HP HÀM HỮU TỈ

Cho hàm số y =
mx
)2mm(mx2x)1m(

232
−
−−−−+
có đồ thò (C
m
).
I. Trong phần này khảo sát các tính chất hàm số khi
m = -1.
1) Khảo sát và vẽ đồ thò (C
-1
). Chứng minh (C
-1
) có tâm đối xứng.
2) Gọi (D
P
) là đường thẳng có phương trình y = 2x + p. Chứng minh (D
P
) luôn luôn cắt (C
-1
) tại hai
điểm A, B. Đònh p để đoạn AB ngắn nhất.
3) Tìm hai điểm M, N thuộc hai nhánh của (C
-1
) để khoảng cách MN ngắn nhất.
4) Tìm M ∈ (C
-1
) để IM ngắn nhất. Trong trường hợp này chứng tỏ tiếp tuyến với (C
-1
) tại M sẽ
vuông góc với IM.

5) Gọi (D) là đường thẳng có phương trình y = ax + b với
a ≠ 0 .Tìm điều kiện của b để tồn tại a sao cho (D) tiếp xúc với (C
-1
).

II. Trong phần này ta xét tính chất hàm số khi m ≠ -1.
6) Tìm đường tiệm cận xiên của (C
m
). Chứng minh tiệm cận xiên này tiếp xúc với một parabol cố
đònh
y =
2
1
x
4
−
+
3
x
2
–
1
4
.
7) Đònh m để tâm đối xứng của (C
m
) nằm trên parabol
y = x
2
+ 1.

III. Khảo sát tính chất của hàm số khi m = 1.
8) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) của hàm số khi m = 1.

9) Biện luận theo k số tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C).
10) Tìm trên Ox các điểm từ đó ta vẽ được một tiếp tuyến duy nhất đến (C).
11) Gọi ∆ là một tiếp tuyến với (C) tại J thuộc ( C), ∆ cắt 2 đường tiệm cận tại E và F. Chứng minh
J là trung điểm của EF và tam giác IEF có diện tích không đổi ( I là tâm đối xứng).
12) Chứng minh tích số hai khoảng cách từ J ∈ (C) đến hai đường tiệm cận của (C) là một hằng số.
BÀI GIẢI
Phần I: m = –1 hàm số thành
y =
2x 4
x1
+
+
= 2 +
2
x1+

1) Khảo sát và vẽ đồ thò (C
–1
) : độc giả tự làm
Chứng minh (C
–1
) có tâm đối xứng.
Đặt
Xx1
Yy2
=+

⎧
⎨
=−
⎩
⇒
xX1
yY2
=−
⎧
⎨
=+
⎩

hàm số thành
2
Y
X
=
, đây là 1 hàm lẻ. Vậy hàm số nhận điểm
I(–1,2) làm tâm đối xứng.
Cách khác:
đồ thò nhận giao điểm I(–1,2) của 2 tiệm cận làm tâm đối xứng.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của
( D
p
) và (C
–1
) là :

2x 4

x1
+
+
= 2x + p
⇔ 2x + 4 = (2x + p) (x + 1)
(hiển nhiên pt này không có nghiệm x = –1)

⇔ 2x
2
+ px + p – 4 = 0 (1)
pt (1) có
∆ = p
2
– 8(p – 4)
= (p – 4)
2
+ 16
⇒ ∆ > 0, ∀p ⇒ (1) có 2 nghiệm phân biệt ∀p
⇒ (D
p
) luôn cắt (C
–1
) tại 2 điểm phân biệt
A (x
1
, 2x
1
+ p), B (x
2
, 2x

2
+ p)
Với x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1).
Ta có: AB
2
= (x
2
– x
1
)
2
+ (2x
2
– 2x
1
)
2

= 5(x
2
– x
1
)
2
= 5(x
1

+ x
2
)
2
– 20x
1
x
2

mà x
1
+ x
2
=
p
2
− ,

x
1
.x
2

p4
2
−
=

nên AB
2
=
()
2
p
5. 10 p 4
4
−−
=
2
5
p10p40
4
−+

Do đó, AB ngắn nhất khi
b
p4
2a
−
==

Cách khác:

Ta có
21
xx− =
a

∆

⇒ (x
2
– x
1
)
2

2
a
∆
=
=
()
2
p4 16
4
−+

Do đó, AB đạt min
⇔ AB
2
đạt min
⇔ 5(x
2
– x
1
)
2

đạt min
⇔ (x
2
– x
1
)
2
đạt min
⇔ (p – 4)
2
+ 16 đạt min ⇔ p = 4
3) Gọi M, N lần lượt là 2 điểm trên 2 nhánh khác nhau của (C
–1
)
Giả sử x
M
< – 1 < x
N

Đặt X = x + 1 và Y = y – 2
I (–1,2), hàm thành
2
Y
X
=

Trong hệ trục XIY ta có :
X
M
< 0 < X

N

Và MN
2
= (X
N
– X
M
)
2
+
2
NM
22
XX
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

= (X
N
– X
M
)
2
22
NM
4
1

XX
⎡⎤
+
⎢⎥
⎣⎦

Vì – X
M
> 0
Nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có :
(X
N
– X
M
)
2
= [X
N
+ (– X
M
)]
2
≥ 4X
N
(– X
M
)
và dấu bằng xảy ra
⇔ X
N

= – X
M


⇒ MN
2
≥ – 4 X
N
X
M
+
()
NM
16
XX−


≥ 2(8) (Cauchy)
Vậy MN đạt min
⇔ MN
2
= 16


⇔
NM
NM
NM
XX0
16

4X X
X.X
=− >
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩
⇔
N
M
X2
X2
⎧
=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩


Vậy trong hệ trục X I Y ta có MN ngắn nhất khi M(– 2 , – 2 ),
N(
2 , 2 )
Do đó, trong hệ trục xOy ta có MN ngắn nhất khi
M(–1 –
2 , 2 – 2 ) , N (–1 + 2 , 2 + 2 )
(nhớ:

x = X – 1 , y = Y + 2).

Cách khác
: Ta có
x
M
< – 1 < x
N
. Đặt α = 1 + x
M
và
β
= 1 + x
N
thì α < 0 <
β

Ta có M
2
- 1 , 2 +
⎛⎞
α
⎜⎟
α
⎝⎠
, N
2
- 1 , 2 +
⎛⎞
β

⎜⎟
β
⎝⎠

MN
2
=
()
2
β−α
+
2
22

⎛⎞
−
⎜⎟
βα
⎝⎠

=
()
2
β−α
22
4
1
⎡⎤
+
⎢⎥

αβ
⎣⎦

MN
2
=
()
2
4
⎡⎤
β+α − αβ
⎣⎦
22
4
1
⎡⎤
+
⎢⎥
αβ
⎣⎦


≥ – 4α
β
22
4
1
⎡⎤
+
⎢⎥

αβ
⎣⎦


≥ – 4α β
4

⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
αβ
⎝⎠
= 16 (Cauchy)
Do đó MN đạt min

⇔ β = –
α
và
2
α
2
β = 4

⇒ α = 2− và
β
= 2
Vậy MN nhỏ nhất khi
M
()
21, 2 2−− − và N

()
21, 2 2−+
4) Gọi M
0
0
2
x, 2
x1
⎛⎞
+
⎜⎟
+
⎝⎠
. Ta có I(–1, 2) nên
IM
2
=
()
2
0
x1+
+
()
2
0
4
4
x1
≥
+

(Cauchy)
Do đó IM nhỏ nhất
⇔
0
x1+ =
0
2
x1+



⇔
()
2
0
x1+
= 2 ⇔ x
0
= –1 ± 2
Vậy có 2 điểm M với toạ độ là
()
12, 22−− − ,
()
12, 22−+ +
Ta có
IM
uuur
=
⎛⎞
+

⎜⎟
+
⎝⎠
0
0
2
x1;
x1


⇒ IM có hệ số góc là
()
2
0
2
x1+
= 1 = k
1
(do
()
2
0
x1+ = 2)
Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là
k
2
= y
′
()
0

x =
()
2
0
2
x1
−
+
= –1 (do
()
2
0
x1+ = 2)

⇒ k
1
. k
2
= –1. Vậy tiếp tuyến tại M vuông góc với IM.
5) (D) tiếp xúc (C
–1
) khi và chỉ khi
()
2
2x 4
ax b (1)
x1

2
a (2)

x1
+
⎧
=+
⎪
+
⎪
⎨
−
⎪
=
+
⎪
⎩
có nghiệm
⇔
()
2x 4
x1
+
+
=
()
2
2x
b
x1
−
+
+

có nghiệm
⇔ (2x + 4) (x + 1) = –2x + b
()
2
x1+ có nghiệm
(hiển nhiên pt này không có nghiệm x = –1)
⇔ 2
()
2
x1+ + 2(x + 1)
= –2(x + 1) + 2 + b
()
2
x1+ có nghiệm
⇔ (b – 2) u
2
– 4u + 2 = 0 có nghiệm
(Với u = x + 1)
⇔
′
∆
= 4 – 2(b – 2) ≥ 0
( vì B = - 4
≠
0 nên pt bậc 2 có nghiệm khi và chỉ khi
′
∆
= 4 – 2(b – 2) ≥
0 )
⇔ b – 2 ≤ 2 ⇔ b ≤ 4

Vậy với b
≤ 4 tồn tại a
≠
0 (phụ thuộc vào b) để (D) tiếp xúc với (C
–1
)
NHẬN XÉT:
PT (1) phụ thuộc vào b nên a phụ thuộc vào b.
II. Phần này cho m thay đổi và m
≠ –1
6) y = (m + 1)x + m
2
– m +
2
xm−

Vậy đồ thò (C
m
) luôn luôn có tiệm cận xiên
m
∆ có phương trình :

y = (m + 1)x + m
2
– m
Phương trình hoành độ giao điểm của
m
∆ và (P) là

2

1
x
4
−
+
3
x
2
–
1
4
= (m + 1)x + m
2
– m

⇔ x
2
+ 2(2m – 1)x + 4m
2
– 4m + 1 = 0

⇔
()
2
x2m1+− = 0
Vậy
m
∆ tiếp xúc (P), ∀ m.
Cách khác
:

m
∆ tiếp xúc (P), ∀m
⇔
⎧
−+−=++−
⎪
⎪
⎨
−
⎪
+=+
⎪
⎩
22
131
xx (m1)xmm
424

13
xm1
22
có nghiệm, ∀m .
7) (C
m
) có tâm đối xứng là
()
2
m, 2m . Để tâm đối xứng nằm trên parabol y =
x
2

+ 1 thì m thoả : 2m
2
= m
2
+ 1 ⇔ m
2

= 1
Vì m
≠ –1 nên giá trò m cần tìm là m = 1
III. Khảo sát tính chất của hàm số khi m = 1

8) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) khi m = 1 (độc giả tự làm).
9) Phương trình tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C) có dạng:
y = hx + k (D)
(D) tiếp xúc (C)
⇔ hệ
()
2
2
2x 2x 2
hx k
x1
2
2h
x1
⎧
−+
=+
⎪

−
⎪
⎨
⎪
−=
⎪
−
⎩
có nghiệm

⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là:

2
2x 2x 2
x1
−+
−
=
()
2
2
2
x1
⎡⎤
−
⎢⎥
−
⎢⎥
⎣⎦
x + h

⇔
2
x1−
=
()
2
2x
x1
−
−
+ h
⇔ 2(x – 1) = –2x + h
()
2
x1−
(hiển nhiên x = 1 không là nghiệm)

⇔ h
()
2
x1− – 2(x – 1) – 2(x – 1) – 2 = 0

⇔ h
()
2
x1− – 4(x – 1) – 2 = 0 (9a)
Đặt u = x – 1 , phương trình thành

hu
2
– 4u – 2 = 0 (9b)
+ h
≠ 0 ⇒ (9b) có
′
∆
= 4 + 2h

′
∆
> 0 ⇔ h > –2
Biện luận :

i) h = 0
⇒ (9b) có 1 nghiệm

⇒ (9a) có 1 nghiệm
⇒ có 1 tiếp tuyến qua K.
ii) h = –2
⇒ có 1 tiếp tuyến qua K.
iii) h < –2
⇒ không có tiếp tuyến nào qua K.
iv) Nếu h > –2 và h
≠ 0 ⇒ có 2 tiếp tuyến qua K.
Ghi chú:
Đối với hàm bậc 3 hay hàm hữu tỉ ta có: “ có bao nhiêu tiếp điểm thì có
bấy nhiêu tiếp tuyến”.
10) Phương trình tiếp tuyến với (C) qua E
()

0
x,0 ∈ Ox
có dạng : y = h
()
0
xx− (D
0
)

⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D
0
) và (C) là :
2x +
2
x1−
=
()
2
2
2
x1
⎡⎤
−
⎢⎥
−
⎢⎥
⎣⎦
()
0
xx−

(10a)

⇔
1
x1−
=
()
2
x
x1
−
−

0
x− +
()
0
2
x
x1−


⇔
()()
2
00
xx1 x1 xx 0
x1
⎧
−+−+−=

⎪
⎨
≠
⎪
⎩


⇔
()()
⎧
−+ −+−=
⎪
⎨
≠
⎪
⎩
2
00
x x 1 2 x 1 1 x 0 (10b)
x1
i) Nếu x
0
= 0

⇒ (10b) có đúng 1 nghiệm x ≠ 1 ⇒ (10a) có đúng 1 nghiệm .
ii) Nếu x
0
= 1

⇒ (10b) có nghiệm x = 1∨ x = –1

⇒ (10a) có đúng 1 nghiệm x = –1
iii) Nếu x
0
≠ 0 và x
0
≠ 1. Đặt u = x –1
(10b) thành x
0
u
2
+ 2u + 1 – x
0
= 0
có
′
∆
= 1 – x
0
()
0
1x− = x
0
2
– x
0
+ 1 > 0, ∀x
0
( ≠ 0 và ≠ 1) ⇒ (10b) có 2
nghiệm phân biệt x

≠ 1 ⇒ (10a) có 2 nghiệm phân biệt.

Tóm lại có 2 điểm E thoả mãn yêu cầu bài toán là (0, 0) và (1, 0)
11) Tâm đối xứng I (1,2).
J
∈ (C) ⇒ J
00
0
2
x, 2x
x1
⎛⎞
+
⎜⎟
−
⎝⎠

Tiếp tuyến
∆
tại J với (C) có phương trình :
y =
()
2
0
2
2
x1
⎡⎤
−
⎢⎥

−
⎢⎥
⎣⎦
()
0
xx− + 2x
0
+
0
2
x1
−

hay y =
()
2
0
2
2
x1
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
x +
()
0
2

0
2x
x1
−
+
0
2
x1−


∆ cắt đường tiệm cận đứng tại
E
0
4
1, 2
x1
⎛⎞
+
⎜⎟
−
⎝⎠
và cắt đường tiện cận xiên tại F(2x
0
– 1, 4x
0
– 2)

⇒ x
E
+ x

F
= 2x
0
= 2x
J

và y
E
+ y
F
= 4x
0
+
0
4
x1−
= 2y
J


⇒ J là trung điểm của EF.
Gọi H là hình chiếu của F lên IE, ta có diện tích tam giác IEF là :
S =
1
2
FH . IE
Mà FH =
FH
xx− =
FJ

xx− = 2
0
x1−
Và IE =
EI
yy− =
0
4
x1−

Nên S =
1
2
. 2
0
x1− .
0
4
x1−
= 4
Cách khác:

Ta có góc của 2 tiệm cận của (C) là không đổi nên sinEIF là không đổi.
Do đó
S =
1
2
IE . IF sin EIF Không đổi
⇔ IE . IF không đổi
Mà IE =

0
2
x1−
Và IF = 20
0
x1−
⇒ IE . IF không đổi ⇒ S không đổi.
12) Gọi P, Q là hình chiếu của J
∈ (C) xuống 2 đường tiệm cận đứng và xiên,
ta có :


JP =
0
x1− , JQ = d (J, tcx) =
0
2
5x 1−


()
00
0
0
2
2x 2x
x1
2
dJ,tcx
55x1

⎛⎞
−−
⎜⎟
−
⎜⎟
==
⎜⎟
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠


⇒ JP . JQ =
2
5
không đổi.
Cách khác:

Ta có:
1
2
JP . IE =
1
2
JQ . IF =
S
2
không đổi

⇒ JP . IE . JQ . IF = S
2
không đổi

mà IE . IF không đổi
nên JP . JQ không đổi.

CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( DỰ TRỮ )
VỀ HÀM HỮU TỈ TỪ NĂM 2002 ĐẾN NĂM 2005

I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2002
Cho hàm số: y =
2x
mx2x
2
−
+−
(1) (m là tham số)
1. Xác đònh m để hàm số (1) nghòch biến trên đoạn [−1; 0]
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 1.
3. Tìm a để phương trình sau có nghiệm :

01a23)2a(9
2
t11
2
t11
=+++−
−+−+

Giải

1) Ta có : y =
2
x2xm
x2
−+
−
y' =
2
2
x4x4m
(x 2)
−+−
−

Hàm số nghòch biến trên đoạn [−1; 0]
⇔ y' ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0]
⇔ x
2
– 4x + 4 – m ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0]
⇔ x
2
– 4x + 4 ≤ m ∀x ∈ [−1; 0]
⇔
2
1x0
max (x 4x 4) m
−≤ ≤
−+≤⇔ 9 ≤ m ( vì hàm x

2
– 4x + 4 giảm trên
[]
1; 0− nên đạt max tại x
= –1 )
Cách khác

Khảo sát f(x) = x
2
– 4x + 4 với−1 ≤ x ≤ 0
f

'(x) = 2x – 4, −1 ≤ x ≤ 0


x −1 0 2 +∞
f
/

− −

−
+
f

9
4

Nhờ bảng biến thiên ta chọn m ≥ 9.
2) Khi m = 1 ta có : y =

2
x2x1
x2
−+
−

MXĐ : D = R\
{
}
2 .
y' =
2
2
x4x3
(x 2)
−+
−
; y' = 0 ⇔ x = 1 hay x = 3

x
−∞ 1 2 3 +∞
y'
+ 0 −

− 0 +
y
0
−∞ −∞

+∞ ∞

4
Tiệm cận :x = 2 là tiệm cận đứng y = x là tiệm cận xiên.
O
23
4
y
x
1
2
−
1

3)

22
11t 11t
9(a2)32a10
+− +−
−+ + +=(1)
ĐK :1 – t
2
≥ 0⇔−1 ≤ t ≤ 1 ⇔1 ≤ 1 + −
2
1t ≤ 2
⇔ 3
1
≤
2
11t
3

+−
≤ 3
2
Đặt u =
2
11t
3
+−
, 3 ≤ u ≤ 9
(1) thành u
2
– (a + 2)u + 2a + 1 = 0
⇔ u
2
– 2u + 1 = a(u – 2)
⇔
2
u2u1
a
u2
−+
=
−
(2)
Khảo sát hàm f(u) =
2
u2u1
u2
−+
−

với 3 ≤ u ≤ 9
0


f

'(u) =
2
2
u4u3
(u 2)
−+
−
, f

' (u) = 0 ⇔ u = 1 hay u = 3.
Vì
−+≥∀≥
2
u4u30,u3 nên f

'(u) ≥ 0 ,
[]
u3;9∀∈ .Do đó,
phương trình (1) có nghiệm ⇔ f(3) ≤ a ≤ f(9) ⇔ 4 ≤ a ≤
64
7
.
Cách khác: dựa vào đồ thò câu 1 ta có phương trình (1) có nghiệm
⇔ phương trình (2) có nghiệm

[]
u3;9∈
⇔ f(3)
≤
a
≤
f(9)
⇔
4
≤
a
≤

64
7

II ) ĐỀ DỰ BỊ 1 – KHỐI D - NĂM 2002
(3,0 điểm) Cho hàm số : y =
x1
mxx
2
−
+
(1) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Với giá trò nào của m thì khoảng cách giữa
hai điểm cực trò của đồ thò hàm số (1) bằng 10?
1) m = 0 y =
2
x

1x
−
MXĐ : D = R\
{
}
1
y' =
2
2
x2x
(1 x)
−+
−
; y' = 0 ⇔x = 0 hay x = 2
Bảng biến thiên : y(0) = 0; y(2) = − 4

Tiệm cận : x = 1 là
tiệm cận đứng
y = −x –
1 là tiệm cận xiên.
Đồ thò:độc giả tự vẽ
2.a) Tìm m để hàm số (1) có CĐ, CT.
y có CĐ, CT ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
Ta có y' =
2
2
x2xm
(1 x)
−+ +
−

ycbt ⇔
′
∆= + >1m 0
⇔ m > −1.
Nhận xét :Đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất, nếu tử số của đạo hàm có 2 nghiêm
phân biệt thì chắc chắn 2 nghiệm đó khác với hòanh độ của tiệm cận đứng.
b) Tìm m để khoảng cách giữa 2 cực trò bằng 10.
Giả sử hàm số có cực trò ( m > - 1) thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò là:
y =
2x m
2x m
1
+
=− −
−
với m > -1
y' = 0 ⇔ −x
2
+ 2x + m = 0
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của y' = 0.
M(x
1
; −2x
1
– m);N(x

2
; −2x
2
– m)
x
−∞ 0 1

2 +∞
y'
− 0 +

+ 0 −
y
+∞ ∞

−∞ −∞

MN = 10 =
22 2
21 21 21
(x x ) 4(x x ) 5(x x )−+−= −
100 = 5[x
1
2
+ x
2
2
+ 2x
1
x

2
– 4x
1
x
2
]
100 = 5[(x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
], S = x
1
x
2
= 2, P = −m
20 = 4 + 4m m = 4 thỏa điều kiện m > - 1.
Cách khác:
Ta có
2
21 21
2
xx (xx)
a
a

∆∆
−= ⇒ − = = 4 - 4m,do đó
MN = 10 =
22 2
21 21 21
(x x ) 4(x x ) 5(x x )−+−= −
⇔ 100 = 5(4 – 4m) ⇔ m = 4
III ) ĐỀ DỰ BỊ 1 - KHỐI A – NĂM 2003
(2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số
y =
)1x(2
3x4x2
2
−
−−

2. Tìm m để phương trình 2x
2
– 4x – 3 + 2m⏐x – 1⏐ = 0 có hai nghiệm phân biệt.
BÀI GIẢI:
1) Khảo sát y =
2
2x 4x 3
2(x 1)
−−
−

• MXĐ : D = R\{1}
• y' =

−+
>
−
2
2
2x 4x 7
0
2( x 1)
vì có ∆ < 0
• Bảng biến thiên :
x −∞ 1 +∞
y' + +
y +∞
−∞
+∞
−∞
• Tiệm cận : tiệm cận đứng x = 1
tiệm cận xiên y = x – 1.
y

=

x


1
−
O
1
3

2
y
x

2) Phương trình 2x
2
– 4x – 3 + 2m⏐x – 1⏐ = 0
⇔ g(x) =
2
2x 4x 3
m
2x 1
−−
=
⏐−⏐



Đồ thò g(x) có được bằng cách :
* lấy trùng với (C) khi x > 1
* lấy đối xứng qua Ox của (C) khi x < 1.
Vẽ đường thẳng y = m, ta thấy nó luôn luôn cắt đồ thò
g(x) =
2
2x 4x 3
2x 1
−−
⏐
−
⏐

tại 2 điểm phân biệt ∀m.
IV ) KHỐI A – DỰ BỊ 2 – NĂM 2003
(2 điểm)
Cho hàm số: y =
)mx(2
4mmx)1m2(x
22
+
+++++
(1) (m là tham số)
1. Tìm m để hàm số (1) có cực trò và tính khoảng cách giữa hai điểm cực trò của đồ thò hàm
số (1).
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 0.
BÀI GIẢI:
1) Tìm m :
Ta có y' =
22
2
x2mxm4
2(x m)
++−
+

y có 2 cực trò ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ∆' = m
2
– m
2
+ 4 = 4 > 0 (đúng ∀m)
Vậy hàm số luôn có 2 cực trò với mọi m.

Gọi A(x
1
, y
1
), B(x
2
, y
2
) là 2 điểm cực trò.
Ta có
CT
y =
u
v
′
′
,y
1
=
1
2x 2m 1
2
++
,
y
2
=
2
2x 2m 1
2

++

AB =
−+− = −
22 2
21 21 21
(x x ) (y y ) 2(x x )

=+−
2
12 12
2[(x x ) 4x x ]

Ta có S = x
1
+ x
2
= −2m, P = x
1
x
2
= m
2
– 4
AB =
22
2[( 2m) 4m 16] 32 4 2−−+== đvđd.
Cách khác:
AB = −=∆=∆=
/

21
xx2 2 8 42.
2) Khi m = 0 y =
2
xx4
2x
++

MXĐ : D = R\{0}
y' =
−
2
2
x4
2x
, y' = 0 ⇔ x = ±2


x −∞ −2 0 2 +∞

y' + 0 − − 0 +
y

3
2
−
−∞ −∞
+∞ +∞
5
2

Tiệm cận : x = 0 là tiệm cận đứng
y =
11
x
22
+
là tiệm cận xiên.
3
2
5
2
O
2
−
2
−
1
x
y
−
1
2
1
2
y = x +


V ) ĐỀ DỰ BỊ 2 - KHỐI B – NĂM 2003
(2 điểm) Cho hàm số : y =

1x
1x2
−
−

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


BÀI GIẢI:
1) Khảo sát y =
−
=+
−−
2x 1 1
2
x1 x1

MXĐ : D = R\{1}

y' =
2
1
0
(x 1)
−
<
−
, ∀x ∈ R\{1}

x
−∞ 1 +∞
y'
− −
y 2
−∞
+∞
2
Tiệm cận : x = 1 là phương trình tiệm cận đứng
y = 2 là phương trình tiệm cận ngang.I(1; 2) là TĐX
O
1
I
2
x
y


2) Gọi M(x
0
; y
0
) ∈ C là tiếp điểm.
Hệ số góc tiếp tuyến tại M là f

'(x
0
) =

2
0
1
(x 1)
−
−

Hệ số góc của đường thẳng IM là
0I
2
0I
0
yy
1
k
xx
(x 1)
−
==
−
−

Vì Tiếp tuyến tại M ⊥ IM ⇔
22
00
11
1
(x 1) (x 1)
−⋅=−
−−

⇔ (x
0
– 1)
4
= 1 ⇔x
0
– 1 = ±

1
⇔
0
0
x0
x2
=
⎡
⎢
=
⎣

=
⎡
⎢
=
⎣
0
0
y(0) 1
y(2) 3

Vậy có hai điểm M
1
(0; 1), M
2
(2; 3) thỏa ycbt.

VI ) ĐỀ DỰ BỊ 1 – KHỐI D – NĂM 2003
(2 điểm)
Cho hàm số : y =
3x
6mx5x
22
+
+++
(1) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1)
khi m = 1.
2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1; +∞).
1) Khi m = 1 y =
2
x5x7
x3
++
+

MXĐ : D = R\{−3};y' =
2
2
x6x8

(x 3)
++
+
;
y' = 0 x = −4 hay x = −2
Bảng biến thiên :
x
−∞ − 4 −3 −2 +∞
y'
+ 0 − − 0 +
y
−3
−∞ −∞
+∞ +∞
1
Tiệm cận :x = −3; y = x + 2.
O
x
y
2
−
2
−
4
−
3
−
3

2) Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; +∞).

Ta có : y' =
22
2
x6x9m
(x 3)
++−
+


y đồng biến trên (1; +∞)⇔ y' ≥ 0 ∀x ≥ 1
⇔ x
2
+ 6x + 9 – m
2
≥ 0 ∀x ≥ 1
⇔ x
2
+ 6x + 9 ≥ m
2
∀x ≥ 1
Khảo sát hàm số g(x) = x
2
+ 6x + 9, với x ≥ 1
g'(x) = 2x + 6> 0, ∀x ≥ 1.Do đó
ycbt ⇔
x1
min
≥
(x
2

+ 6x + 9) ≥ m
2
⇔ g(1) = 16 ≥ m
2

⇔ −4 ≤ m ≤ 4.
V I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2004
(2 điểm) Cho hàm số : y = x +
1
x
(1) có đồ thò (C).
1. Khảo sát hàm số (1)
2. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm
M(-1; 7).
1) Khảo sát y = x +
1
x
=
2
x1
x
+
(C)
MXĐ : D = R\ 0

2
x1
y'
x
−

=
, y’ = 0 ⇔ x
2
– 1 = 0 ⇔ x = ± 1
• BBT

−∞

-1 0 1
+∞
'

+ 0 - - 0 +

−∞

-2

+∞


−∞


2
+∞

Tiệm cận đứng x = 0. Tiệm cận xiên y = x.

2) Pt tiếp tuyến (d) qua M có dạng : y = k(x + 1) + 7
(d) tiếp xúc (C)⇔
2
1
xk(x1)7 (1)
x
1
1 k (2)
x
⎧
+= ++
⎪
⎪
⎨
⎪
−=
⎪
⎩
có nghiệm.
Thế (2) vào (1), ta có pthđ tiếp điểm của (d) và (C) là
2
11

x(1)(x1)7
x
x
+=− ++
⇔
2
111
xx1 7
xx
x
+=+−− +

⇔
2
11
2. 8 0
x
x
+−=
⇔
11
4 hay 2
xx
=− =

-
-
1
x
y

y
= x
0
2


(Nhận xét: đặt u = 1/x ta có u
2
+ 2u – 8 = 0
⇔ u = -4 hay u =2 )
Thế vào (2) ta có k = - 15 hay k = - 3.
Vậy pttt của (C) qua M là
y = – 15( x + 1) + 7 hay y = –3(x + 1) + 7
V II ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI D - DỰ BỊ 1 - NĂM 2004
(2 điểm)Cho hàm số : y =
2
xx4
x1
++
+
(1) có đồ thò (C).
1. Khảo sát hàm số (1)
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng x
– 3y + 3 = 0
BÀI GIẢI:
1/ Khảo sát khi y =
1
4
2

+
++
x
xx

• MXĐ : D = R \ {–1}
• y' =
2
2
1
32
)x(
xx
+
−+
,
y' = 0 ⇔ x
2
+ 2x – 3 = 0
⇔ x = 1hay x = – 3.
• Bảng biến thiên :

x -∞ -3 -1 1 +∞
y' + 0 – – 0 +
y -5 +∞ +∞
-∞ -∞ 3
• Tiệm cận :
- Tiệm cận đứng x = – 1
- Tiệm cận xiên y = x
• Đồ thò :độc giả tự vẽ.

2) Đường thẳng x – 3y + 3 = 0 có hệ số góc là 1/ 3 nên phương trình tiếp tuyến có dạng: y =
–3x + m (d)
(d) tiếp xúc (C) ⇔
2
4
x3xm
x1
4
13
(x+1)
⎧
+=−+
⎪
+
⎪
⎨
⎪
−=−
⎪
⎩
có nghiệm
⇔
4
x3xm
x1
x2ha
y
x0
⎧
+=−+

⎪
+
⎨
⎪
=− =
⎩
⇔
x2
m= 12
=−
⎧
⎨
−
⎩
hay
x0
m= 4
=
⎧
⎨
⎩

Vậy y = –3x –12 hay y = –3x + 4.

VIII ) DỰ BỊ 1 KHỐI A năm 2005:
Gọi (C
m
) là đồ thò của hàm số : y =
22
213

x
mx m
xm
++−
−
(*) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (*) ứng với m = 1.
2
. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trò nằm về hai phía trục tung.


Giải:
1/
Khi m = 1 thì
2
x2x2
y
x1
+−
=
−

(1)
•
MXĐ: D = R \ {1}
•

()
2
2

x2x
y'
x1
−
=
−
, y' 0=
⇔= =x0hayx2

•
Bảng biến thiên :

x -∞ 0 1 2 +∞
y' + 0 – – 0 +
y 2 +∞ +∞
-∞ -∞ 6

• Tiệm cận :
x1=
là pt t/c đứng
y = x + 3 là pt t/c xiên

2/
Ta có
()
22
2
x2mxm1
y'
xm
−+−
=
−

Hàm số (*) có 2 cực trò nằm về 2 phía trục tung
/
0y⇔=có 2 nghiệm trái dấu
2
10 1 1 1Pm m m⇔= −<⇔ <⇔−<<
IX ) DỰ BỊ 2 KHỐI A năm 2005:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số
2
1
1
x

x
y
x
++
=
+
.
2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thò ( C ) .
Giải:


1/ Khảo sát và vẽ đồ thò
()
++
=
+
2
xx1
y
C
x1

•
MXĐ:
{
}
DR\ 1=−
()
+
==⇔+=⇔==−

+
2
2
2
x2x
y
',
y
'0 x 2x0 x0ha
y
x2
x1

• Bảng biến thiên :

x -∞ -2 -1 0 +∞
y' + 0 – – 0 +
y -3 +∞ +∞
-∞ -∞ 1


• Tiệm cận :

x1=−
là phương trình tiệm cận đứng
yx=
là phương trình
tiệm cận xiên

2/ Phương trình tiếp

tuyến
∆ qua
()
M1,0− ( hệ số
góc k ) có dạng
∆ :
()
y
kx 1=+
∆ tiếp xúc với
()
C ⇔ hệ pt sau có nghiệm
()
()
⎧
++
=+
⎪
+
⎪
⎨
+
⎪
=
⎪
+
⎩
2
2
2

xx1
kx 1
x1
x2x
k
x1

phương trình hoành độ tiếp điểm là
()
()
()
2
2
2
x2xx1
xx1
x1
x1
++
++
=
+
+

x1⇔=
3
k
4
=

Vậy pt tiếp tuyến
∆
với
()
C qua
()
M1,0− là:
()
3
y
x1
4
=+


X ) DỰ BỊ 2 KHỐI B năm 2005:
Cho hàm số : y =
2
22
1
xx
x
++
+
(*)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số (*) .
2.
Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của ( C ).Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào
của (C ) đi qua điểm I .

Giải :
-
1
1
-
3

1/ Khảo sát
2
x2x2
y
x1
++
=
+
(C)
•
MXĐ:
{
}
DR\ 1=−
()
+
==⇔+=⇔==−
+
2
2
2
x2x
y

',
y
'0 x 2x0 x0ha
y
x2
x1





• Bảng biến thiên :

x -∞ -2 -1 0 +∞
y' + 0 – – 0 +
y -2 +∞ +∞
-∞ -∞ 2
• Tiệm cận :
x1=−
là pt t/c đứng;
y
x1=+ là pt t/c xiên
• Đồ thò :độc giả tự vẽ.
2/ Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
()
I1,0− là giao điểm của 2 tiệm cận.
Gọi
()
()
2

oo
ooo o
o
x2x2
Mx,y C y
x1
++
∈⇔=
+

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại
o
M
()( )
()
()
2
oo
oo o o o
2
o
x2x
yy
f' x x x
yy
xx
x1
⎛⎞
+
⎜⎟

−= − ⇔−= −
⎜⎟
+
⎝⎠

Tiếp tuyến đi qua
()
()
()
+−−
⇔− =
+
2
oo o
o
2
o
x2x 1x
I0y
x1

22
oo oo
oo
x2x2x2x
x1 x1
++ +
⇔=
++

20⇔=: Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
()
I1,0−

XI ) DỰ BỊ 2 KHỐI D năm 2005:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số
2
33
1
xx
y
x
++
=
+
.
2.
Tìm m để phương trình
2
33
1
xx
m
x
++
=
+
có 4 nghiệm phân biệt
Giải:
1/ Khảo sát

()
2
x3x3
y
C
x1
++
=
+

•
MXĐ:
{
}
DR\ 1=−

•

()
+
==⇔+=⇔==−
+
2
2
2
x2x
y
',
y
'0 x 2x0 x0vx 2

x1



• Bảng biến thiên :

x -∞ -2 -1 0 +∞
y' + 0 – – 0 +
y -1 +∞ +∞
-∞ -∞ 3
• Tiệm cận :
x = -1 là tc đứng ;
y = x + 2 là tc xiên











2/ Tìm m để pt
2
x3x3
m
x1
++

=
+
có 4 nghiệm phân biệt

Ta có
()
⎧
++
>−
⎪
+
++
⎪
==
⎨
+
++
⎪
−<−
⎪
⎩+
2
2
2
x3x3
nếux 1
x1
x3x3
y
x1

x3x3
nếux 1
x1

Do đó đồ thò
++
=
+
2
x3x3
y
x1
có được bằng cách
•
Giữ nguyên phần đồ thò (C) khi x > -1
•
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thò (C) khi x< -1

Do đó, nhờ đồ thò
2
x3x3
y
x1
++
=
+
, ta thấy để pt
2
x3x3
m

x1
++
=
+
có 4 nghiệm phân biệt ta chọn m
> 3.
Th.S
PHẠM HỒNG DANH
(Trung tâm luyện thi chất lượng cao Vónh Viễn)
2