Tài liệu ôn luyện thi Đại học - Chuyên đề Hàm số (phần 2)

Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 
 3 
 Ch・ đ 3ề : Đi・m thu・c đ・ th・. Tìm tất cả các điểm M thuộc đồ thị  C :  y f x , biết M thỏa mãn tính chất T cho trước. 
Ví dụ 1. Tìm trên đồ thị  C : 3 2y x 3x 1   , 2 điểm M, N sao cho MN 4 2 và tiếp tuyến tại đó song song với nhau. 
Lời giải Giả sử  3 2M m,m 3m 1 ,   3 2N n,n 3n 1  với m n là tọa độ thỏa đề bài. Vì tiếp tuyến tại M,N song song với nhau nên    y' m y' n hay 2 23m 6m 3n 6n     m n m n 2 0     n 2 m,   m 1 Hơn nữa    222 3 2 3 2MN m n m 3m 1 n 3n 1        , rút gọn ta được      6 4 22MN 4 m 1 24 m 1 40 m 1      , do n 2 m  Mà MN 4 2 suy ra 3 24t 24t 40t 32   với  2t m 1 ,t 0   , giải ra được t 4 , từ đây có     m;n 3; 1 hoặc (1; 3) Vậy, điểm cần tìm  M 3; 1 ,  N 1;3 . 
Ví dụ 2. Tìm tọa độ 2 điểm B, D sao cho ABCD là hình vuông, biết rằng D là 
điểm nằm trên đường thẳng d : x y 2 0   ;  I 1;9 là trung điểm AC ; A và C là 2 điểm nằm trên đồ thị 3 21 1 7 7y x x x3 2 3 2    . 
Lời giải Gọi 3 21 1 7 7A a; a a a3 2 3 2      , 3 21 1 7 7C c; c c c3 2 3 2      là 2 tọa độ điểm thuộc đồ thị của hàm số. 
 I là trung điểm AC : 3 2 3 2
a c 121 1 7 7 1 1 7 7a a a c c c3 2 3 2 3 2 3 2 92
 

                

       2 2
a c 21 1 7a c a c 3ac a c 2ac a c 11 03 2 3
 
                     
 a c 2ac 15     a 3c 5   hay a 5c 3     A 3; 3C 5;21    hoặc ngược lại 
 4 
 TH1:  A 3; 3  và  C 5;21 . x td : y 2 t   và  D d   D t;2 t Ta có:  AD 3 t;5 t ,    CD 5 t; 19 t     ABCD là hình vuông khi và chỉ khi DA.DC 0DA DC    
       2 2 2 2t 11 t 5 t 113 t 5 t t 5 19 t               tức  D 11;13 . Vì    AB DC 16;8 B 13;5    Vậy,  A 3; 3  ,  B 13;5 ,  C 5;21 ,  D 11;13 là tọa độ cần tìm. 
 TH2:  A 5;21 và  C 3; 3  tương tự. 
Ví dụ 3. Cho hàm số 3 2y x 5x 10x 8    , có đồ thị  C 
1. Gọi A là điểm thuộc  C , C là điểm thuộc đường thẳng d : x 7y 25 0   và 1 7I ;2 2    là trung điểm AC . Tìm tọa độ điểm B có hoành độ âm sao cho tam giác OAB vuông cân tại A , 
2. Gọi E,F theo thứ tự là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OABC với trục hoành, trục tung ( E,F khác O ). Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn sao cho tam giác MEF có diện tích lớn nhất. 
Lời giải 
1.    3 2A a;a 5a 10a 8 C    ,    C 25 7c;c d   
 1 7I ;2 2    là trung điểm AC  
 
 3 2
a 25 7c 12 2a 5a 10a 8 c 72 2
   
 


   


  
 
 2
24 ac a 3 A 3;47 c 3 C 4;3a 3 7a 14a 27 0
       
      

 Gọi  0 0B x ;y , 0x 0 . Tam giác OAB vuông cân tại A khi AB.OA 0AB OA      
   
0 0 0 02 2 0 00 0
3 x 3 4 y 4 0 x 1;y 7x 7;y 7x 3 y 4 25                  B 1;7 . 
Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 
 5 
2. Đường tròn ngoại tiếp OABC : 2 21 7 25x y2 2 2             Từ giả thiết suy ra  E 1;0 ,  F 0;7 . Dễ thấy, EF là đường kính đường tròn, nên tam giác MEF vuông tại M . 2 2 2MEF 1 ME MF EF 25S ME.MF2 4 4 2    . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác MEF vuông cân tại M , khi đó tọa độ M 
thỏa hệ:    
 
2 22 2x 1 y 25 M 4;41 7 25 M 3;3x y2 2 2
   
                  
Bài tập tự luyện: 
1. Tìm các điểm M trên đồ thị  C : 4 2y x 2x 1   sao cho tiếp tuyến của  C tại M vuông góc với đường thẳng IM, với 17I 0; 8    . 
Hướng dẫn giải Tiếp tuyến d tại  0 0M x ;y thuộc  C có hệ số góc là ' 30 0 0y 4x 4x  , phương trình có dạng:   3 4 20 0 0 0 0y 4x 4x x x x 2x 1      và có vectơ pháp tuyến 
 30 0n 4x 4x ; 1   . Đường thẳng AM có vectơ chỉ phương 4 20 0 0 25AM x ;x 2x 8      
Đường thẳng d và AM vuông góc nhau khi n và AM cùng phương với nhau tức 
 3 4 20 0 0 0 0 0254x 4x x 2x x 0 x 08          hoặc    22 20 0 334 x 1 x 1 1 08          Đặt 20t x 1 1   , phương trình   trở thành 2 334t t 1 08      , phương trình này có nghiệm t 2 thỏa điều kiện t 1 . Với t 2 tức 20 0x 1 x 1    hoặc 0x 1 . Vậy, có 3 điểm cần tìm      M 1;2 , M 0; 1 , M 1;2  . 
2. Tìm tọa độ 2 điểm B, C thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị 2y x sao cho tam giác ABC vuông cân tại  A 1; 2 . 
Hướng dẫn giải Xét 2B b;b    , 2C c; c    , b 0 c  là 2 điểm thuộc đồ thị 2y x . 
 6 
 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên đường thẳng y 2  , khi đó 
 H b; 2 và  K c, 2 . Dễ thấy     0BAH CAK CAK ACK 90     BAH ACK  suy ra AHB CKA   (cạnh huyền, góc nhọn ) AH CKBH AK   hay 
   22 21 b 2 c22 c 1b
        

   
 
 
      
 
  

bc 3c 2 bc c 2 122 c 1 2b 
  Với 3c 2bc 3c 2 b c    thay vào  2 ta được 8c 4 c 13c 2   Suy ra 2c 3c 2 0   hoặc 23c 7c 2 0   không thỏa c 0 .  Với c 2bc c 2 b c      thay vào  2 ta được 4 c 1c 2   Suy ra 2c c 6 0    c 2 hoặc c 3  ( không thỏa c 0 ) Vậy,  B 2; 1  ,  C 2;1 hoặc ngược lại là tọa độ cần tìm. 
3. Tìm các điểm thuộc 2 nhánh khác nhau của  C : 2x 1y x 1  sao cho khoảng cách giữa 2 điểm đó ngắn nhất. 
Hướng dẫn giải Gọi 1A a;2 ,a 1    1B b;2 b 1    với a 1  , b 1  là 2 điểm lần lượt thuộc nhánh phải và nhánh trái của đồ thị. Đặt u 1 a 0, v 1 b 0       .    
   
22 22 2 21 1 1 1AB u v u v 1 4uv 1u v uv uv                           Hay 2 4AB 4uv 16uv   Đẳng thức xảy ra khi : 2u v u v u v 144uv u 1uv
      
  
 Vậy,  A 0;1 ,  B 2;3 thì minAB 4 . 
4. Tìm trên đồ thị  C : 3y x 3x   có bao nhiêu bộ bốn điểm A,B,C,D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông tâm  O 0;0 . 
Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 
 7 
Hướng dẫn giải Giả sử    3 3A a; a 3a ,B b; b 3b    với a b và a,b 0 . ABCD là hình vuông tâm   OA OBO 0;0 OA OB   OA.OB 0OA OB     
   
   
 
2 2
2 22 3 2 3ab ab a 3 b 3 0a a 3a b b 3b
    

 
     

 Biến đổi và rút gọn   , ta được :    
   
2 2 2 2
22 2 2 2
a b 3 a b 10 0 1a b 0a b 3 a b 1 0 2
    

  

     

. 
 Trường hợp 1 : a b 0  thay vào  1 , ta được :  4 2a 6a 10 0 3   . Rõ ràng 
phương trình  3 không có nghiệm thực với a  . 
 Trường hợp 2: Đặt 2 2 2 2u a b ,v a .b   . Khi đó hệ    1 , 2 trở thành : 
 2 2v 3u 10 0 v 3u 10u 3 v 1 0 u 9u 20 0              . Giải hệ, ta được u 4,v 2  hoặc u v 5  . * 2 22 2u 4 a b 4 a 2 2v 2 a .b 2 b 2 2               hoặc a 2 2b 2 2     . 
 * 2 22 2 5 5au 5 a b 5 2v 5 a .b 5 5 5b 2
         
   


 hoặc 5 5a 25 5b 2
  


 


. 
Vì vai trò A,B như nhau nên trên  C có hai bộ bốn điểm A,B,C,D sao cho ABCD là hình vuông có tâm  O 0;0 . 
5. Tìm trên đồ thị  C của hàm số 3y x 3x 2   cặp điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ  I 2;18 . 
Hướng dẫn giải Gọi    1 1 2 2M x ;y ,N x ;y là tọa độ cần tìm. Từ giả thiết, ta suy ra: 1 21 2x x 4y y 36    Vậy,  M 1;2 ,  N 3;34 
 8 
6. Tìm trên đường thẳng y 3x 2  điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 điểm cực trị của đồ thị của hàm số 3 2y x 3x 2   là nhỏ nhất. 
Hướng dẫn giải Giả sử điểm cực đại là  A 0;2 , điểm cực tiểu là  B 2; 2 . Ta thấy, A,B nằm về 2 phía đường thẳng y 3x 2  . 
Để MA MB nhỏ nhất khi 3 điểm A,M,B thẳng hàng và M nằm trong AB , tức tọa độ điểm M là giao điểm của đường thẳng AB: y 2x 2   và đường thẳng y 3x 2  4 2M ;5 5     . 
 7. Tìm tọa độ điểm M trên đồ thị  C : 2x 1y x 1  sao cho khoảng cách từ điểm 
 I 1; 2 tới tiếp tuyến tại M của đồ thị  C bằng 3 105 . 
Hướng dẫn giải Gọi 0 03M x ; 2 x 1    là tọa độ điểm cần tìm, tiếp tuyến tại M có phương trình: 
 
 020 03 3y 2 x xx 1 x 1     hay        20 0 03 x x x 1 y 2 3 x 1 0        t Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến  t là    
   
0 0 04 40 0
3 1 x 3 x 1 6 x 1d 9 x 1 9 x 1          4 20 03 10 6d 10 x 1 9 x 1 t 10t 9 05 10           với  20t x 1 0   t 1  hoặc t 9 
8. Cho hàm số 2x 1y x 1  có đồ thi  C . Tìm M thuộc  C sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ là nhỏ nhất. 
Hướng dẫn giải Gọi     2x 1M x;y C M x;y x 1      
      2x 1d M d M,Ox d M,Oy x y x x 1       
Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 
 9 
Nhận xét điểm  1A ;0 C2     và     1d A,Ox d A,Oy 2  , do đó để tìm 
 mind M ta chỉ cần xét các điểm  M x;y thỏa 1 11 x 1 1x x2 2 1 12 x2 22x 1 11 2 32(2x 1) x 1y x 1 22
                         
Với 1 1x2 3    , ta có    22x 1 x x 1d M x f xx 1 x 1         Ta có  
 
 
 
2 2 2x x 2x 2xf ’ x 0x 1 x 1      >  1 1x ; f x2 3        đồng biến trên khoảng 1 1;2 3     
    1 1f x f d A2 2        điểm cần tìm là 1M A ;02     
9. Cho hàm số 3 2y x 3x 1   có đồ thị là  C . Tìm trên đồ thị hai điểm A, B sao cho tiếp tuyến tại A và B song song với nhau và khoảng cách từ O đến đường thẳng đi qua hai điểm A, B bằng 105 . 
Hướng dẫn giải Gọi  3 21 1 1 1A x ;y x 3x 1   ,  3 22 2 2 2B x ;y x 3x 1   là 2 điểm cần tìm với 
1 2x x . Ta có 2y' 3x 6x  Hệ số góc của các tiếp tuyến của  C tại A và B lần lượt là 2 21 1 1 2 2 2k 3x 6x ,k 3x 6x    Tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau nên 2 21 2 1 1 2 2k k 3x 6x 3x 6x     
 1 2 1 2 1 23(x x ) x x 6(x x ) 0      1 2x x 2 0    2 1x 2 x   
Hệ số góc của đường thẳng AB là 3 3 2 22 1 1 2 1 22 1 2 1y y x x 3(x x )k x x x x      
   21 2 1 2 1 2 1 1 1k x x x x 3 x x 4 x (2 x ) 6 2x 2            
Phương trình đường thẳng AB là 3 21 1 1 1y ( 2x 2)(x x ) x 3x 1       
 10 
1 1( 2x 2)x y 2x 1 0       
  
   
2 21 1 1 12 22 21 1 1 1
x 2x 1 x 2x 1 10 2d O,AB 5 5x 2x 2 1 x 2x 1 1 1                 
 22 21 1 1 15 x 2x 1 2 x 2x 1 1 1          .Bình phương 2 vế và rút gọn được:    22 21 1 1 13 x 2x 1 4 x 2x 1 4 0         
 21 1x 2x 1 2 1    hoặc  21 1 2x 2x 1 23     Giải  1 ta được 1 2x 1 x 1   Giải  2 ta được 1 3 2 6x 3 hoặc 1 3 2 6x 3 Vậy, các điểm cần tìm là 3 2 6 9 2 6 3 2 6 9 2 6A ; ,B ;3 9 3 9                 hoặc 
ngược lại. 
10. Cho hàm số 3y x 3x 3   có đồ thị là  C . Tìm trên đồ thị hai điểm A, B sao cho A, B song song với trục hoành và AB 3. 
Hướng dẫn giải Vì AB song song với trục hoành nên  AB ki k 1;0   là véc tơ chỉ phương đơn vị của trục hoà ... iểu của hàm số tạo với đường thẳng y 2x 3  một góc 045 . 
Hướng dẫn giải 
 m 4  thì đồ thị của hàm số có cực đại, cực tiểu. 
Khi đó      1 2 1y x 1 y' m 4 x m 73 3 3      . Do các hoành độ cực trị là nghiệm của y' 0 nên các điểm cực trị có tọa độ thỏa mãn đường thẳng 
   2 1y m 4 x m 73 3     . Từ giả thiết, suy ra 19m 6  hoặc 9m 2 
7. Cho hàm số 3 2y 2x 3(2m 1)x 6m(m 1)x 1       1 . Xác định m để 
 3M 2m ;m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số  1 một tam giác có diện tích nhỏ nhất. 
Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có: 2y' 6x 6(2m 1)x 6m(m 1)     và y' 0 x m, x m 1     m  , hàm số luôn có cực đại, cực tiểu. Tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị là 3 2A(m;2m 3m 1),  3 2B(m 1;2m 3m )  Suy ra AB 2 và phương trình đường thẳng 3 2AB: x y 2m 3m m 1 0      
Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất. 
 
23m 1d M,AB 2    1 1d M;AB mind M;AB2 2    đạt được khi m 0 
8. Cho hàm số 3 2y x 3x mx 2     1 . Xác định m để hàm số  1 có cực trị, 
đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. 
Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có: 2y' 3x 6x m   Hàm số có cực trị khi y' 0 có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm, tức là phải có: ' 9 3m 0    hay m 3  . 
 22 
Với m 3  thì đồ thị của hàm số có cực trị và 
 1 2m my x 1 .y' 2 x 23 3 3          Suy ra 2m my 2 x 23 3        là đường thẳng d qua 2 điểm cực trị Giả sử đường thẳng d cắt 2 trục Ox và Oy tại 6 mA ;0 ,2(m 3)    6 mB 0; 3    Tam giác OAB cân OA OB  m 6 6 m 9 3m 6, m ,m2(m 3) 3 2 2         Với m 6 thì A B O  do đó so với điều kiện ta nhận 3m 2  
9. Cho hàm số    3 2 2 3y x 3mx 3 m 1 x m m 1      , m là tham số. Tìm m để hàm số  1 có cực đại, cực tiểu đồng thời thời khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị đến O . 
Hướng dẫn giải Ta có:  2 2y' 3x 6mx 3 m 1    
 2 2 2 2 x m 1y' 0 3x 6mx 3 m 1 0 x 2mx m 1 0 x m 1                Hàm số có cực đại, cực tiểu m  . 
Điểm cực đại của đồ thị là  A m 1;2 2m  ; 
Điểm cực tiểu của đồ thị là  B m 1; 2 2m   . Khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại đến O OB 3OA  
       2 2 2 2m 1 2 2m 3 m 1 2 2m         
       2 2 2 2 2m 1 2 2m 9 m 1 2 2m 2m 5m 2 0                m 2  hoặc 1m 2 
10. Cho đồ thị  C 4 2: y x 6x 2x   . Chứng minh rằng  C có 3 điểm cực trị phân biệt không thẳng hàng . Viết phương trình đường tròn qua 3 điểm cực trị đó . 
Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  
Trước hết ta có  3y 2 2x 6x 1    và 3y 0 2x 6x 1 0      
Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 
 23 
Xét hàm   3g x 2x 6x 1   liên tục trên  và có 
   g 2 .g 1 9 0,        g 1 .g 1 9 0,       g 1 .g 2 15 0   
Do đó phương trình  g x 0 có ba nghiệm phân biệt hay hàm số có ba cực trị phân biệt. Gọi  0 0M x ;y là một điểm cực trị nào đó. 
Do đó 3 4 2 20 0 0 0 0 0 0 01 3x 3x y x 6x 2x 3x x2 2         Suy ra cả ba điểm cực trị đều nằm trên Parabol 2 3y 3x x2   nên nó không thẳng hàng. Lại có 22 2 4 3 20 0 0 0 0 03 9y 3x x 9x 9x x2 4         20 0 0 01 1 99x 3x 9 3x x2 2 4              20 0117 63 9x x4 2 2   Suy ra 2 2 20 0 0 0121 63 9x y x x4 2 2    00 0y121 1 63 9x x4 2 3 2 2       2 20 0 0 0131 121 9x y x y 08 12 2      . Vậy các điểm cực trị nằm trên đường tròn 2 2 131 121 9x y x y 08 12 2     . 
11. Cho hàm số 3 2y x 3x 3mx 2.    Tìm giá trị của tham số thực m sao cho hàm số có cực đại, cực tiểu và các cực trị 1 2x , x thỏa mãn 2 21 23x 2x 77  . 
Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  . Ta có: 2y' 3x 6x 3m.   Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y' 0 có hai nghiệm phân biệt và 
đổi dấu qua mỗi nghiệm đó tức là phải có ' 9 9m 0 m 1      Áp dụng Viet cho 1 2x , x ta có 1 2 1 2b cx x 2,x x ma a      
   2 2 2 2 21 2 1 12 121 2 1 23x 2x 77 2 x x 4x x x 77 2.2 4m x 77 x 69 4m 1             Mà 1x là nghiệm của phương trình 
 2 2 11 11y' 0 3x 6x 3m 0 x 2x m 2        Từ  1 và  2 ta được 1 1 69 5m69 4m 2x m x 2     Thay vào  1 ta được: 2 269 5m 69 4m 25m 674m 4485 02          
 24 
m 15  hoặc 299m 25  thỏa điều kiện m 1 Vậy, m 15  hoặc 299m 25  thỏa yêu cầu bài toán. 
12. Cho hàm số 3 2y x 3x mx 2    . Tìm giá trị của tham số thực m sao cho hàm số có hai điểm cực trị    21 1 2A x ;y , B x ;y thỏa mãn: 31 1 2x 4x x .  
Hướng dẫn giải Ta có: 2y' 3x 6x m.   Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi y' 0 có hai nghiệm phân biệt hay: ' 9 3m 0 m 3       Áp dụng Viet cho 1 2x , x ta có 1 2 1 2b c mx x 2,x xa a 3       Vì    21 2 13 1 11 131x 4x x x 4x 2 x x 1 x 2 0          Với 1 2x 1 x 3 m 9      Với 1 2x 2 x 0 m 0     Kết hợp với điều kiện m 3  Vậy, m 0 hoặc m 9 thỏa mãn bài toán. 
13. Cho hàm số  2x a 1 x a by .x 1     Tìm giá trị của tham số thực a, b sao cho hàm số đạt cực tiểu tại x 3 và đường thẳng qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ một tam giác có chu vi bằng  21 5 . 
Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng    ; 1 1;     Ta có  
 
2 2x a 1 x a b b by x a y' 1x 1 x 1 x 1            Hàm số có cực tiểu tại x 3 nên có  
 2by' 3 0 1 0 b 163 1       
Khi đó 
 216y' 1 x 1   và y' 0 x 5    hoặc x 3 
Hai điểm cực trị của hàm số    A 5;a 9 , B 3;a 7   
Phương trình đường thẳng qua hai cực trị:   : y 2x a 1    Gọi M, N là giao điểm của   với hai trục tọa độ nên   a 1M 0;a 1 , N ;02     
  a 1 a 1OM 0;a 1 OM a 1 , ON ;0 ON2 2              
Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 
 25 
2 2OMNP ON OM MN ON OM OM ON       
  y' 4x x m 1 x m 1     3 5 a 1 6 2 2 a 1 4 a 52          hoặc a 3 Vậy, các giá trị cần tìm là: a 3, b 16   hoặc a 15, b 16.    
14. Tìm tham số thực m để hàm số:    4 2y x 2 m 1 x m 1    có 3 cực trị A,B,C sao cho: OA BC , O là gốc tọa độ , A là cực trị thuộc trục tung, B,C là 2 
điểm cực trị còn lại. Đề thi Đại học khối B – năm 2011 
Hướng dẫn giải 
 3y' 4x 4 m 1 x y' 0 x 0       hay 2x m 1  Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y' 0 và đổi dấu 3 lần qua nghiệm x hay 2x m 1  có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 1 0   tức m 1  . 
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị  A 0;m ,  2B m 1; m m 1 ,      2C m 1; m m 1    Theo bài toán, ta có: OA BC  2m 4 m 1 m 2 2 2      thỏa m 1  
15. Cho hàm số  4 2 2y x 2(m 1)x m 1    ,với 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. 
Đề thi Đại học khối A,A1 – năm 2012 
Hướng dẫn giải 
Đạo hàm  3 y' 4 x – 4 m 1 x  
   3 2y' 0 4x – 4 m 1 x 0 x 0,x m 1        Hàm số có 3 cực trị điều kiện cần là y' 0 có 3 nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi m 1 0 m 1.     Khi đó 
  y' 4x x m 1 x m 1     đổi dấu qua các điểm x 0,x m 1,x m 1      nên hàm số có 3 cực trị tại 3 điểm này. Với m 1  đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là :    2A 0; m ,B m 1; –2m –1 ,   
 C m 1;–2m –1 
Cách 1: Nhận xét: A Oy ,B và C đối xứng qua Oy nên tam ABC cân tại A tức là AB AC nên tam giác chỉ có thể vuông cân tại A . Gọi M là trung điểm của BC  M 0; 2m –1  Do đó để tam giác ABC vuông cân BC 2AM   (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) 
       
322 22 m 1 2 m 2m 1 2 m 1 1 m 1 m 1 m 1             
 1 m 1 m 0      do m 1  
 26 
Cách 2: ABC vuông cân. Ta có:    42 2AB AC m 1 m 1     và  2BC 4 m 1  . Theo định lý pitago ta có: 2 2 4 m 1 0 m 12AB BC (m 1) m 1 m 1 1 m 0               So với điều kiện m 1  , m cần tìm là m 0. 
Cách 3: ABC vuông cân 
   22 4 3 2AB.AC 0 m 1 2m 1 m 0 m 4m 6m 3m 0 m 0               hoặc m 1  (loại) 
Cách 4: Sử dụng góc ABC vuông cân   0cos AB,BC 45   , từ đây tìm được m 0 
16. Cho hàm số  23 3y x 3mx 3 , mm 1   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. Đề thi Đại học khối B– năm 2012 
Hướng dẫn giải 
Cách 1: Ta có: 2y' 3x –6mx. Hàm số có 2 cực trị khi và chỉ khi y' 0 có 2 nghiệm phân biệt  m 0 và đổi dấu qua mỗi nghiệm x 0 hoặc x 2m . Khi đó hàm số có hai điểm cực trị.    3 3A 0;3m ,B 2m; m Nhận xét: A thuộc Oy nên  3AOA y 3m ,d B,OA 2 m   và ABCS 48 31 3m 2m 482  4m 16 m 2     thỏa điều kiện bài toán 
Cách 2: 
Để hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi y' 0 có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm, nghĩa là phải có: 2y' 0 36m 0 m 0      Với m 0 thì hàm số có cực đại  1 1A x ;y và  2 2B x ;y . 
Trong đó:    1 2y' x y' x 0  và 2 31 1y 2m x 3m ,  2 32 1y 2m x 3m  
   
32 2OAB 2 1 2 1 43mS 48 x x y y . 964m 1       
   
32 42 1 43mx x 1 4m . 964m 1     2 32 1 1 2x x 4x x . 3m 96     H a y  2 3 42m 3m 96 m 16 m 2       
Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 
 27 
1 7 . Tìm m để đồ thị  mC : 4 21 3y x mx2 2    của hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu, đồng thời các điểm đó tạo thành một tam giác vuông. 
Hướng dẫn giải m 0 có ba điểm cực trị 2m 3A m; ,2      2m 3B m; ,2     3C 0;2    , AB 2 m ,  4mAC BC m4   . Tam giác ABC vuông khi và chỉ khi 42 2 2 mAB AC BC 4m 2m2      4m 2m m 02     hoặc 3m 4  . 
Đối chiếu điều kiện, suy ra 3m 4  . 
18. Tìm m để đồ thị hàm số 4 2y x 2mx m 2    có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. 
Hướng dẫn giải m 0 thì đồ thị hàm số đã cho có 3 cực trị  A 0;m 2 , 
 2B m;m m 2 ,    2C m;m m 2  2ABCS m m  
Lại có: ABC AB.BC.CAS 4R   2 3 34m m 2m m m 1 m 2m 1 0       
19. Cho hàm số  4 2y x 3m 1 x 2m 1     . Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A, B, C cùng với điểm  D 7;3 nội tiếp được một đường tròn . 
Hướng dẫn giải Nếu 1 3m 1m y' 0 x 0,x3 2       
 A 0;2m 1 , 23m 1 9m 14m 3B ; ,2 4        23m 1 9m 14m 3C ;2 4        Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên Oy , suy ra  I 0;a . M là trung điểm của AC 21 3m 1 9m 22m 7M ;2 2 8        .Ta có: 2 2IA IDIM.AC 0    
     
 
2 22 2a 2m 1 49 a 3 13m 1 9m 22m 7 9m 6m 1a 0 28 8 4
     
       
       
,  
 
24m 4m 571 a 4 m 1    
thay vào  2 ta được: 4 3 227m 78m 92m 340m 103 0     .