Bài tập giải mẫu Khảo sát hàm số - Hàm phân thức

Đề luyện tập số 1: Chuyên đề hàm số và các bài toán liên quan 
Hàm phân thức bậc 2/1 
Bài 1: 
Cho hàm số: 
2 2( 1) 4 2
1
x m x m my
x
    


Xác định tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị. Tìm m để tích các giá trị cực đại và cực tiểu đạt giá 
trị nhỏ nhất. 
Lời giải: 
2 2( 1) 4 2
1
x m x m my
x
    


 2 2, 3 2 11 ( 1)
x m m m y
x x
 
          
 
Hàm số đạt cực trị y có 2 nghiệm phân biệt 0 1 2m      
Hàm số đạt cực trị tại 1,2 1x    và các giá trị tương ứng là: 
2 2 2
1,2 1,2 1 2
1,2
7 4 41 2 (1 ) 4 5 14 9 5( )
1 5 5
y
5
 y x m m y m m m m
x

                 

  
Vậy 1 2y y nhỏ nhất 
7
5
m  . 
Bài 2: 
Cho hàm số 
22 3
1
x x m
x
 

Với nhứng giá trị nào của m thì hàm số đã cho là đồng biến trên khoảng (3; ) 
Lời giải: 
Hàm số đồng biến trong khoảng (3; ) 
2
2 2
2
2 4 3 0 3 2 4 3 0 3 ( ) 2 4 3 3
( 1)
x x my x x x m x m x x x x
x

  
                  

'( ) 4 4x x   . Nên ( )m x 3x  9m  
Bài 3: 
Cho đồ thị (C) của hàm số: 33
1
y x
x
   

Chứng minh rằng đường thẳng 2y x m  luôn luôn cắt (C) tại hai điểm có hoành độ 1 2,x x . 
Tìm giá trị của m sao cho 21 2( )d x x  đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Xét phương trình: 3 32 3 3 3
1 1
x m x x m
x x
        
 
2(3 3)(3 1) 3 0, 1 3 ( 6) 0x m x x x m x m            (dễ thấy 1 không phải là nghiệm của phương 
trình này) 
2 2( 6) 12 36 0,m m m m        
m phương trình có 2 nghiệm phân biệt m đường thẳng 2y x m  luôn cắt đồ thị tại 2 điểm 
phân biệt . 
Theo Viet: 2 2 2 21 2 1 2 1 2
6 1( ) ( ) 4 ( ) 4( ) ( 36) 4
3 3 9
m md x x x x x x m           
4dmin  khi 0m  
Bài 4: 
Xét hàm số: 
2 3
1
x x my
x
 


 , với m là tham số 
Với những giá trị nào của m thì đồ thị của hàm số trên có tiếp tuyến vuông góc với đường phân giác của 
góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ? 
Chứng minh rằng khi đó đồ thị của hàm số có điểm cực đại và cực tiểu. 
Lời giải: 
2
2
2 3
( 1)
x x ay
x
  
 

Đồ thị có tiếp tuyến vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ nhất 
 phương trình 1y   có nghiệm 
 phương trình 
2
2
2 3 1
( 1)
x x a
x
  
 

 có nghiệm 
 phương trình 22( 1) 2x a   có nghiệm 1 2 0 2x a a        
 tam thức 2 2 3x x a   có 2 0a y      có 2 nghiệm phân biệt 
 Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu 
Bài 5: 
Cho hàm số 
2
1
xy
x


. 
Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy để từ đó ta có thể vẽ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) 
và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. 
Hướng dẫn: 
Xét điểm A(a;b). Đường thẳng qua A, hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)+ b 
Đường thẳng này sẽ là tiếp tuyến khi và chỉ khi hệ ẩn x gồm 2 phương trình sau có nghiệm: 
(1): 11
1
x kx b ak
x
    

(2): 2
11
( 1)
k
x
 

Biến đổi về phương trình ẩn k ta được: 
2 2 2( ) (1 ) [2(1 )( 2) 4] ( 2) 4 0k a k a b k b           (3) 
Để từ A ta vẽ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau thì (3) phải có 2 
nghiệm phân biệt khác 1 và tích 2 nghiệm này phải bằng -1,điều kiện này tương đương với: 
(1) 0  và 
2
2
( 2) 4 1
(1 )
b
a
 
 

 2 2 2( 1) ( 2) 2 , 1, 1a b a b a        
Vậy tập hợp cần tìm là đường tròn (C) tâm I(1;2), bán kính 2, bỏ đi 4 giao điểm của (C) với 2 tiệm cận. 
Bài 6: 
Cho hàm số 
2 1
1
x xy
x
 


. 
Tìm m để đường thẳng 2 2y mx m   cắt đồ thị ( )C tại hai điểm thuộc hai nhánh của ( )C . 
Lời giải: 
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng đã cho và (C): 
2
21 2 2 ( ) ( 1) (3 1) 2 1 0, 1
1
x x mx m f x m x m x m x
x
 
           

Hai đường trên cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh của đồ thị khi và chỉ khi: 
( ) 0f x  có 2 nghiệm thỏa mãn: 1 21x x   1 0m   và ( 1) (1) 0 1m f m    
Bài 7: 
Cho hàm số 
2 2 2
1
x xy
x
 


 và 1( )d : y x m   và 2( )d : 3y x  
Tìm tất cả giá trị của m để ( )C cắt 1( )d tại 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua 2( )d . 
Lời giải: 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d1) là: 
2 2 2
1
x xx m
x
 
  

2 2 2 ( )( 1)x x m x x       ( 1x  không là nghiệm) 
22 ( 3) 2 0x m x m      . 
Điều kiện cần là: 2 2 7 0 1 8 1 8m m m m           (*) 
Gọi H là giao điểm của 1 2( ), ( )d d , phương trình hoành độ giao điểm H là: 
33
2H
mx m x x       . Vì 1( )d vuông góc với 2( )d nên m thỏa mãn (*) và 
32 3 9
2A B H
mx x x m m      
Bài 8: 
Cho hàm số 
22 (1 ) 1x m x my
x m
   

 
 ( )mC . 
CMR 1m   , các đường ( )mC tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại một điểm cố định. Xác định 
phương trình đường thẳng đó. 
Lời giải: 
Gọi 0 0( ; )M x y là điểm cố định của ( )mC với 1m   . Ta có: 
2
0 0
0
0
2 (1 ) 1x m x my
x m
   

 
, 1m   
2
0 0 0 0 0 0 0( 1) 2 1 , 1,m y x x x x y x m m           
2
0 0 0 0 0 0 0 02 1 1 0 1, 20,x x x y y x x y           ( 1;2)M  
Ta có: ( 1) 1f     1m    ( )mC luôn tiếp xúc với tiếp xúc với đường thẳng có hệ số góc là -1, qua M 
cố định và có phương trình là ( 1) 2y x    hay 1y x  
Bài 9: 
Cho hàm số 
2 2 22 (2 )( 1)
1
m x m mxy
mx
  


 (1) 
Chứng minh rằng với 0m  , tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1) luôn tiếp xúc với một parabol cố 
định.Tìm phương trình của parabol đó. 
Lời giải: 
22y mx m  là tiệm cận xiên của đồ thị với 0m  . 
Tiếp tuyến của Parabol 2 ( 0)y ax bx c a    tại điểm 20 0 0 0( ; )x y ax bx c   có phương trình là: 
2
0 0 0 0(2 )( )y ax b x x ax bx c      . 
Nó sẽ trùng với TCX 22y mx m  khi và chỉ khi: 
02 2ax b m  và 
2 2
0ax c m   . Khử 0x ta có phương trình ẩn m, phương trình này thỏa mãn với mọi m, 
cho các hệ số bằng 0 ta có: a=1; b=c=0. Vậy parabol cần tìm là 2y x . 
Bài 10: 
Cho hàm số 
22 ( 1) 3x m xy
x m
  


Xác định m để đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với parabol 2 5y x  
Lời giải: 
2 22 ( 1) 3 32 1x m x m my x m
x m x m
    
    
 
TCX 2 1y x m   sẽ tiếp xúc với 2 5y x  khi và chỉ khi hệ gồm 2 phương trình sau có nghiệm: 
2 5 2 1x x m    và 2 2x  , suy ra 1x  và 3m   
Bài 11: 
Cho hàm số 22 1
1
my x
x
  

a. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng thời có cực đại và cực tiểu. 
b. Tìm quĩ tích các điểm cực đại và cực tiều của đồ thị hàm số khi m thay đổi. 
Lời giải: 
a. Hàm số đồng thời có cực đại và cực tiểu khi 
2
2
2 4 2 2 0
( 1)
x x my
x
  
  

 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
22 4 2 2 0x x m     có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0m  
b. Với 0m  từ bảng biến thiên ta có tọa độ điểm cực đại: 
21 , 2 1
1I I I I
mx m y x
x
    

. Biến đổi ta có: 4 3, 1I I Iy x x   
Vậy quỹ tích các điểm cực đại là nửa đường thẳng có phương trình 4 3y x  với 1x  
Tương tự quỹ tích các điểm cực tiểu là nửa đường thẳng có phương trình 4 3y x  với 1x  
Bài 12: 
Cho hàm số 
22 ( 4) 2 1
2
x m x my
x
   


 (1) 
Tìm m để đồ thị của hàm số (1) nhận điểm (2; 1) làm tâm đối xứng . 
Lời giải: 
22 ( 4) 2 1 1( ) 2
2 2
x m x my f x x m
x x
   
    
 
Đồ thị nhận E(2;1) là tâm đối xứng khi và chỉ khi (2 ) (2 ) 1 0 3
2
f t f t t m         
Bài 13: 
Cho hàm số: 
2 1
1
x xy
x
 


Xác định điểm 1 1( ; )A x y với 1 0x  thuộc đồ thị của hàm số trên sao cho khoảng cách đến giao điểm của 
hai tiệm cận là nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Giao điểm 2 tiệm cận là E(1;1). Xét điểm 1 1( ; )A x y thuộc đồ thị khi và chỉ khi 
2
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
xy x x
x x
 
  
 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
1 1
1 1( 1) ( 1) ( 1) ( 1 ) 2( 1) 2 2 2 2
1 ( 1)
EA x y x x x
x x
              
 
Dẫu = xảy ra khi 2 2 2 2EA    21 12
1
4
1 12( 1)
( 1
1
) 2
x x
x
 

   . 
Vậy điểm cần tìm có hoành độ là: 
4
11
2
x   
Bài 14: 
Cho hàm số 
2 2 2
1
x mxy
x
 


, (m là tham số). 
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách tự hai điểm đó đến 
đường thẳng 2 0x y   bằng nhau. 
Lời giải: 
2
2
2 2 2
( 1)
x x my
x
  
 

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình 2 2 2 2 0x x m    (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1 
3
2
m  
Giả sử 1 2,x x là 2 nghiệm của (1) và 1 1 2 2( ; ), ( , )A x y B x y là các điểm cực trị của đồ thị, trong đó: 
1 1 1 2 2 2( ) 2 2 , ( ) 2 2y y x x m y y x x m      
Để khoảng cách từ A và B tới đường thẳng x+y+2=0 bằng nhau thì điều kiện là : 
1 2 21 1 12 22 | 2 | 3( )[3( ) 4 ]=| 4| 0x y x y x x x mx        (*) 
Do 21,x x là nghiệm của (1) nên 21 1 2
1| 2 3 2 2
2
| , -x x x xm m       (thay vào (*)) 
Bài 15: 
Cho đồ thị (C) của hàm số 
2 2 2
1
x xy
x
 


Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C) và M là một điểm trên (C). Tiếp tuyến tại M với (C) cắt hai đường 
tiệm cận tại A,B. 
Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn AB và diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí 
điểm M trên (C). 
Lời giải: 
Gọi (d) là tiếp tuyến tại 0 0 0
0
1( , 1 )
1
M x y x
x
  

 có phương trình: 
0 02
0 0
1 1(1 )( ) 1
( 1) 1
y x x x
x x
     
 
 (d) cắt tiệm cận đứng tại 
0
2( 1; )
1
A
x


 và cắt tiệm cận xiên tại 0 0(2 1, 2 2)B x x  
Ta có 02 2A B Mx x x x   và A,B,M thẳng hàng suy ra M là trung điểm của AB 
Giao 2 tiệm cận là I(-1;0) và B cách tiện cận đứng x+1=0 một khoảng cách là 
0
02 2
| 2 1 1| 2 | 1|
1 0
xh x   

Ta có: 0
0 0
1 2| | . .2 | 1 | 2
| 1 | 2 | 1 |
1
A IABAI y S xx x
     
 
(đvdt) 
Vậy IAB có diện tích không phụ thuộc vào vị trí của M. 
Bài 16: 
Cho hàm số 11
1
y x
x
  

. Gọi đồ thị đó là (C). 
Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 sao cho tiếp tuyến tại điểm đó tạo với hai đường 
tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. 
Đáp số: Điểm cần tìm có hoàng độ là:
4
11
2
x   
Bài 17: 
Tìm tất cả các điểm trên đồ thị của hàm số y = 
1x
2xx 2

 có toạ độ là những số nguyên. 
Giải: 
TXĐ: mọi x khác 1 
Hàm số được viết lại y = x + 
1x
2

Để y là một số nguyên thì 
1x
2

 cũng phải là một số nguyên, nghĩa là 2 phải chia hết cho x – 1  x – 1 
là ước của 2 











21x
21x
11x
11x











1x
3x
0x
2x











2y
4y
2y
4y
Vậy có 4 điểm thoả yêu cầu bài toán là: (2;4), (0;-2), (3;4), (-1;2) 
Bài 18: 
Xét đồ thị họ (Cm) cho bởi phương trình 
2 24 8
2
x x my
x
  


. Xác định tập hợp những điểm mà không 
có đồ thị nào trong họ (Cm) đi qua. 
Bài giải 
Gọi
2 2
0 0
0 0 0
0
4 8
( , ) ( ),
2
  
   
m
x x mM x y C m y
x
 vô nghiệm với mọi m 0 2  x hoặc 
2 2
0 0 0 0( 2) 4 8    m y x x x vô nghiệm theo m. 
2
0 0 0 0
2
0 0 0 0
2
0 0
0 0
0
2
0 0
0 0
0
( 2) 4 8 0
( 2) 4 8
 ... 
 
  
 là: 2
2( ) 1
( 1) 1
x a ay
a a
  
 
 
. 
Tiếp tuyến này cắt các tiệm cận x = 1 và y = 1 tại các điểm: (1;( 3) /( 1)), (2 1;1)A a a B a   suy ra M là 
trung điểm của AB ( vì tọa độ trung điểm của AB bằng tọa độ của M ). 
b. Gọi I là giao của hai tiệm cận. 
Ta có ( 3) / ( 1) 1 4 / 1 ; (2 1) 1 2 1IA a a a IB a a           
. / 2 4IABS IA IB   không đổi ( đpcm ) 
c. Ta có chu vi tam giác IAB: 
2 2 2 . 2 . 2 8 16 4( 2 1)IABC IA IA IA IB IA IB IA IB          . 
Vậy chu vi tam giác IAB có giá trị nhỏ nhất bằng 4( 2 1) khi IA = IB tức 2( 1) 2 1 2a a     . 
Như vậy trên đồ thị hàm số có hai điểm thõa mãn là: 1 2(1 2;1 2), (1 2;1 2)M M    . 
Bài 21: 
Cho hàm số 
1
212


x
mxy . 
a. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu ; 
b. Tìm quỹ tích các điểm cực đại. 
HD Giải: 
a. Hàm số có cực trị khi m > 0 . 
b. Ta có: D
21 1 2 1 2 1 2(1 ) 4 3C CD CD CD CD CD
mx m y x x x x
m
            

. 
Vậy quĩ tích các điểm cực đại là phần đường thẳng y = 4x – 3 ứng với x < 1. 
Bài 22: 
Cho hàm số 1
2 1
xy
x
 


 (C) 
1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M(2 ; 3) đến (C) 
2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của 2 đường tiệm cận. 
3. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm  M C , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác có 
diện tích bằng 1. 
4. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm  M C , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác 
cân. 
HD Giải: 
 Tập xác định: 1\
2
D R    
 
. Ta có: 
 2
3' 0,
2 1
y x D
x

   

1.Vì đường thẳng x = 2 không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua M (2; 3. có hệ 
số góc k có dạng:  2 3y k x   tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ: 
 
 2
1 2 3
2 1
3
2 1
x k x
x
k
x
     
 
 
 
có nghiệm 
Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được: 
 
  22
1 3 2 3 7 4 4 0
2 1 2 1
x x x x
x x
  
      
 
 : Vô nghiệm 
Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua M đến (C) 
2. Hàm số có: TCĐ: 1
2
x   ; TCN: 1
2
y   1 1;
2 2
I     
 
Vì đường thẳng 1
2
x   không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua 
1 1;
2 2
I    
 
có hệ số góc k có dạng: 1 1
2 2
y k x    
 
 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ: 
 2
1 1 1
2 1 2 2
3
2 1
x k x
x
k
x
         
  
 
có nghiệm 
Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được: 
   2
1 3 1 1 3 3
2 1 2 2 2 1 2 2 12 1
x x
x x xx
            
:Vô nghiệm 
Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I đến (C) 
3. Gọi  0
0
1 3 1;
2 4 2
M x C
x
 
   
 
. Tiếp tuyến tại M có dạng: 
 02 2
0 00 0
3 3 1 3 3 1:
4 2 2 24 4
d y x x x
x xx x
 
       
Giả sử Ox;A d B d Oy    suy ra:  0 0 0
0
2 3 3
;0 ; 0;
3
x x x
A B
x
   
   
  
OAB vuông tạo O  20
1 2. 3 1
2 3OAB
S OA OB x     0 0
6 6 63
2 2
x x       
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là: 3 4 6
2040 12 6
y x  

 hay 3 4 6
2040 12 6
y x  

4. Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là 1k   . 
Gọi    0 0;M x y C là tiếp điểm 
- Nếu 
 
0 02
0
3 1 31 1 2 1 3
22 1
k x x
x
  
          

Với 0 0
1 3 1 3
2 2
x y       tiếp tuyến là: 1 3y x    
Với 0 0
1 3 1 3
2 2
x y       tiếp tuyến là: 1 3y x    
- Nếu 
 
 202
0
31 1 2 1 3
2 1
k x
x

       

: Vô nghiệm 
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là: 1 3y x    và 1 3y x    
Bài 23: 
Cho hàm số 
 1m x my
x m
 


  mC 
1. CMR đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại 1 điểm cố định. 
2. Tiếp tuyến tại  mM C cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR M là trung điểm của AB 
3. Cho điểm  0 0M x , y   3C . Tiếp tuyến của  3C tại M cắt các tiệm cận của (C) tại các 
điểm A và B. Chứng minh diện tích tam giác AIB không đổi, I là giao của 2 tiệm cận. 
Tìm M để chu vi tam giác AIB nhỏ nhất. 
HD Giải: 
1. Gọi  0 0;M x y là điểm cố định của hàm số
  0
0
0
1
;
m x m
y m
x m
 
  

    0 0 00 0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0
1 0;
0 1
x y x
m x y x x y m
x x y y
    
         
    
Với  0; 1M  , tiếp tuyến tại M là:  ' 0 1 1y y x x     
Vậy đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định 1y x   tại  0; 1M  . 
2. Ta có: 
2
1 my m
x m
   

TCĐ: x m và TCN: 1y m  
Gọi  
2
; 1 , 0m
mM a m m C a
a
 
     
 
. Tiếp tuyến tại M có dạng: 
     
2 2 2
2: ' 1 1
m m md y y a m x a m m x a m m
a aa
              
Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên: 
 
222 ; 1 ; ; 1 mA a m m B m m
a
 
    
 
Nhận thấy
2
2
A B M
A B M
x x x
y y y
 

 
 M là trung điểm của AB (đpcm) 
3. Điểm  3
9 9: 2 3 ;2
3
M C y M
x


         
Phương trình tiếp tuyến của M có dạng: 2 2
9 18 27: 2y x
  
      
Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên: 
  182 3;2 ; 3;2A B
a
    
 
Vì I là giao điểm của 2 tiệm cận nên  3;2I 
+ IAB vuông tại I nên: 
1 1 18. . . 2 . 18
2 2IAB
S IA IB 

   (đvdt) 
+ Chu vi tam giác IAB là: 
2
218 182 4p IA IB AB  
 
         
 
2
218 182 2 2 4 12 2.2.18 12 6 2 
 
        
 
Dấu = xảy ra 182 3 

      6;5M hoặc  0; 1M  
Bài 24: 
Cho hàm số 1
2 1
xy
x
 


 (C) 
Tìm m để (C) cắt đường thẳng   : 2 1md y mx m   tại 2 điểm phân biệt A, B: 
a. Thuộc 2 nhánh của đồ thị (C) 
b. Tiếp tuyến tại A, B vuông góc với nhau 
c. Thỏa mãn điều kiện 4 . 5OAOB 
 
HD Giải: 
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 
   21 2 1 5 1 2 2 0
2 1
x mx m f x mx m x m
x
 
         

với 1
2
x   
 C cắt  md tại 2 điểm phân biệt A, B   0f x  có 2 nghiệm phân biệt khác 
1
2
 
2
0
0
17 2 9 0
6
1 1 3 0
2 4 2
m
m
m m
m
f m

 
 
       
           
 (*) 
a. Hai điểm A, B thuộc 2 nhánh của đồ thị 
  0f x  có 2 nghiệm phân biệt 1 2;x x mà 1 2
1
2
x x   
01 1 3 0
62 4 2
m
mf m m
m
                   
b. Hệ số góc của tiếp tuyến tại A. B lần lượt là: 
 
 
 
 2 2
3 3' ; '
2 1 2 1
A A B B
A B
k y x k y x
x x
 
   
 
   2 2
3 3. . 0
2 1 2 1
A B
A B
k k
x x
  
 
 nên hai tiếp tuyên tại A, B không thể vuông góc với nhau. Vậy không tồn tại m thảo mãn bài toán. 
c. Gọi 1 2;x x là 2 nghiệm của f(x). Giả sử    1 1 2 2; 2 1 ; ; 2 1A x mx m B x mx m    
Theo viet ta có: 
1 2
1 2
5 1
2 2
mx x
m
mx x
m
   

 

Có: 54 . 5 . 0
4
OAOB OA OB   
   
       
       
 
22
1 2 1 2
22
23 2
51 2 1 2 1 0
4
51 2 2 2 1 5 1 2 1 0
4
3 3 1 34 2 0 2 1 0
4 4 2 4
m x x m m x x m
m m m m m m m
m m m m m m m
        
         
              
 
Đáp số: 1 3;
2 4
m    
 
Bài 25: 
Cho hàm số 1
2 1
xy
x
 


 (C) 
a. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ đạt GTNN 
b. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận đạt GTNN 
c. Tìm 2 điểm A; B thuộc 2 nhánh của đồ thị hàm số sao cho AB min. 
HD Giải: 
a. Gọi  0 0
0
1 3 1; ; 0
2 4 2
M x C x
x
 
    
 
. Tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ là: 
0
0
1 3 1
2 4 2
d x
x
    
Với 0
1 10 1
2 2
x d     
Với 0 0 0
0 0
1 3 1 30 1 3 1
2 4 2 4
x d x x
x x
                  
     
Dấu = xảy ra khi 0 0
0
3 3 3 1 3 1;
4 2 2 2
x x M
x
  
      
 
Vậy 3 1 3 1;
2 2
M
  
  
 
 thì min 3 1d   
b. Khoảng cách tứ M đến TCN, TCĐ làn lượt là: 1 0d x ; 2
0
3
4
d
x
 
 1 2 0 0
0 0
3 32 . 3
4 4
d d d x x
x x
      , dấu = xảy ra khi 0
3
2
x   
Kết luận: 3 1 3 1;
2 2
M
  
  
 
 hoặc 3 1 3 1;
2 2
M
    
  
 
 là các điểm cần tìm 
c . Gọi 1 3 1;
2 4 2
A a
a
   
 
 thuộc nhánh trái, 1 3 1;
2 4 2
B b
b
   
 
 thuộc nhánh phải của 
đồ thị hàm số (C), với 0a b  . Ta có: 
     
22
22 3 3 3 3 32
4 4 4 4 2
b a
AB b a b a
b a b a ab
             
   
3 4. 6
2
ab
ab

 

Dấu bằng xảy ra  
2
2
3
2
3 3
34 4
2
b a a
b a
bb a
    
          
Vậy hai điểm cần tìm là: 3 1 3 1;
2 2
A
    
  
 
; 3 1 3 1;
2 2
B
  
  
 
 thì min 6AB  
Bài 26: 
Cho hàm số 
 1m x m
y
x m
 


  mC 
Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m hãy biện luận số nghiệm của phương trình: 
a. 2
2 3 1 log
3
x m
x

 

b. 2 3 2 1 0
3
x m
x

  

HD Giải: 
Số nghiệm của phương trình    f x g m là số giao điểm của đường cong  y f x và đường thẳng 
 y g m song song với trục hoành Ox khi vẽ lên hệ trục tọa độ Oxy. 
a. Vẽ đồ thị hàm số   2 3:
3
xC y
x



 như sau: 
- Giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành Ox của  3C - kí hiệu là  tC 
- Lấy đối xứng phần đồ thị dưới trục hoành Ox qua Ox – kí hiệu  'tC 
     't tC C C   (Các bạn tự vẽ hình) 
Kết luận: 
1
2
m  phương trình vô nghiệm 
1 ;2
2
m    
 
 phương trình có nghiệm duy nhất 
 1 ;2 2;
2
m     
 
 phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
b. Vẽ đồ thị hàm số   2 3' :
3
xC y
x



 như sau: 
- Giữ nguyên nhánh phải của  3C - kí hiệu là  pC 
- Lấy  'pC đối xứng nhánh trái của  3C qua trục hoành Ox 
     'p pC C C   (Các bạn tự vẽ hình) 
Kết luận: 
1
2
m   phương trình vô nghiệm 
1 3
2 2
m   phương trình có nghiệm duy nhất 
3
2
m  phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
Một số dạng khác: 
4. Chứng tỏ rằng đường cong 2
1
1
xy
x



 có 3 điểm uốn cùng nằm trên một đường thẳng. 
Lời giải: 
2
2 2
2 1
( 1)
x xy
x
  
 

 ; 
2
2 3
2( 1)( 4 1)
( 1)
x x xy
x
  
 

y triệt tiêu và đổi dấu tại 1,2 32 3, 1x x    . 
Đồ thị có 3 điểm uốn là 1 1 1 2 2 2 3 3 3( ; ); ( ; ); ( ; )A x y A x y A x y với 1 2 3
1 3 1 3; ; 1
4 4
y y y    
3 2
3 3 1( 3 3; ) ( 3 3).(1; );
4 4
A A        

13
1( 3 3).(1; )
4
A A   

3 2 3 1,A A A A

 song song với nhau, do đó 3 điểm uốn thẳng hàng với nhau 
8. Chứng minh rằng: với x > 0 , ta luôn có: 
2
1
2
x xe x   
Lời giải: 
Ta có: 
2
( ) 1 '( ) 1 ( ) 1 0 0
2
x x xxf x e x f x e x f x e x            
( )f x đồng biến với 0 ( ) (0) 0 0x f x f x       
( )f x đồng biến với 
2
0 ( ) (0) 0 1 0
2
x xx f x f x e x x          