Tổng hợp 50 câu hỏi phụ khảo sát hàm số

TỔNG HỢP 50 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ
Bài 1.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=
2x
x−2 biết tiếp tuyến cắt Ox,Oy lần lượt tại A,B mà
tam giác OAB thỏa mãn AB= OA
√
2
Giải
Cách 1 Gọi M(xo;yo),(xo 6= 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng:
y− 2xo
xo−2 =
−4
(xo−2)2 (x− xo)
Do tiếp tuyến cắt các trục Ox,Oy tại các điểm A,B và tam giác OAB có AB = OA
√
2 nên tam giác OAB
vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với một trong 2 đường phân giác y= x hoặc y=−x
+TH1: d vuông góc với đường phân giác y= x
Có:
−4
(xo−2)2 =−1⇔ (xo−2)
2 = 4⇔
[
xo = 0 ⇒ pt d : y=−x (loại)
xo = 4 ⇒ pt d : y=−x+8
+TH2: d vuông góc với đường phân giác y=−x
Có
−4
(xo−2)2 .(−1) =−1 pt vô nghiệm.
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán d : y=−x+8
Cách 2 nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có : sin(ABO) =
OA
AB
=
1√
2
= sin
pi
4
nên tam giác AOB vuông cân tại O. phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M = (xo;yo) có dạng :
y=
−4
(xo−2)2 (x− xo)+
2xo
xo−2
dễ dàng tính được A=
(
x2o
2
;0
)
và B=
(
0;
2x2o
(xo−2)2
)
yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm xo là nghiệm của phương trình
x2o
2
=
2x2o
(xo−2)2 ⇔ x
3
o(xo−4) = 0
+) với xo = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y=−x (loại)
+) với xo = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y=−x+8
Bài 2.
Tìm các giá trị của m để hàm số y=
1
3
x3− 1
2
m.x2+
(
m2−3)x có cực đại x1, cực tiểu x2 đồng thời x1;x2
là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
√
5
2
Giải
Cách 1Mxđ: D= R Có y′ = x2−mx+m2−3 y′ = 0⇔ x2−mx+m2−3= 0
Hàm số có cực đại x1 ,cực tiểu x2 thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt dương,
triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó
⇔

∆> 0
S> 0
P> 0
⇔

4−m2 > 0
m> 0
m2−3> 0
⇔

−2< m< 2
m> 0
m√3
⇔√3< m< 2 (∗)
Theo vi-et có:
x1+ x2 = mx1x2 = m2−3
Mà x21+ x
2
2 =
5
2
⇔ 2(x1+ x2)2−4x1x2 = 5⇔ 2m2−4(m2−3) = 5⇔ m=±
√
14
2
1
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m=
√
14
2
thỏa yêu cầu bài toán
Bài 3.
Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) : y=
1
3
mx3+(m−1)x2+(4−3m)x+1 tồn tại đúng 2
điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L) : x+2y−3= 0.
Giải
Cách 1: Có y′ = mx2+2(m−1)x+4−3m
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y′ ·
(
−1
2
)
=−1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt
⇔ mx2+2(m−1)x+2−3m= 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.
⇔

m 6= 0
∆′ > 0
S> 0
P> 0
⇔

m 6= 0
4m2−4m+1> 0
m−1
m
< 0
2−3m
m
> 0
⇔

m 6= 0
m 6= 1
2
0< m< 1
0< m<
2
3
⇔
 0< m< 121
2
< m<
2
3
Vậy m ∈
(
0;
1
2
)
∪
(
1
2
;
2
3
)
là các giá trị cần tìm của m
Cách 2: Có y′ = mx2+2(m−1)x+4−3m
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y′ ·
(
−1
2
)
=−1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt⇔ mx2+2(m−1)x+
2−3m= 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
Th1: m= 0 từ (1) ta có x=−1 (loại)
Th2: m=
1
2
từ (1) ta có x=±1 (loại)
Th3: m 6= 0;m 6= 1
2
từ pt (1) có 2 nghiệm x= 1∨ x= 2−3m
m
Điều kiện bài toán dẫn đến: :
2−3m
m
> 0⇔ 0< m< 2
3
Kết hợp với cả 3 trường hợp trên ta có giá trị m cần tìm:m ∈
(
0;
1
2
)
∪
(
1
2
;
2
3
)
Bài 4.
Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị (C) :y = x3− 3x+ 2 tại 3 điểm phân biệt A,B,C sao cho
xA = 2 và BC = 2
√
2
Giải
Với xA = 2⇒ yA = 4 VậyA(2;4)
Xem d là đường thẳng đi qua A và có hệ số góc là k. Có pt d : y− yA = k(x− xA)⇔ y= kx−2k+4
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d : x3−3x+2= kx−2k+4
⇔ (x−2)(x2+2x+1− k) = 0⇔ x= 2 hay g(x) = x2+2x+1− k = 0 (∗)
Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thì pt(∗) phải có 2 nghiệm phân biệt xB;xC phân biệt và khác 2:
Lúc đó :⇔
∆′ = k > 0g(2) = 9− k 6= 0 ⇔ 0< k 6= 9 (∗′)
Theo vi-et ta có :
xB+ xC =−2xB.xC = 1− k . Mà B,C thuộc d nên yB = kxB−2k+4;yC = kxC−2k+4
Có BC = 2
√
2⇔ BC2 = 8⇔ (xB− xC)2+ k2(xB− xC)2 = 8
⇔ [(xB+ xC)2−4xBxC](1+ k2) = 8⇔ k3+ k−2= 0⇔ k = 1 (thỏa đk (∗′))⇒ pt d : y= x+2
Vậy đường thẳng d cần tìm có pt: y= x+2
2
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
Bài 5.
Cho hàm số y= 4x3−6mx2+1, m là tham số.Tìm m để đường thẳng d : y=−x+1 cắt đồ thị hàm số
tại 3 điểm A(0;1),B,C và B,C đối xứng qua đường phân giác thứ nhất.
Giải
Giao của (C) và (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình:
4x3−6mx2+1=−x+1⇔ x(4x2−6mx+1) = 0
Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x2−6mx+1= 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇒ ∆′ = 9m2−4> 0⇔ m> 2
3
,m<
−2
3
Gọi B(x1;−x1+1),C(x2;−x2+1) Để B vàC đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:x1 = y2y1 = x2 ⇔
x1 =−x2+1x2 =−x1+1 ⇔ x1+ x2 = 1⇔ 32m= 1⇔ m= 23
So sánh với đk, thấy không tìm được m thỏa mãn
Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định
Cho hàm số y= x4−2mx2+2m2−4,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho có 3 cực trị tạo
thành một tam giác có diện tích bằng 1
Giải
Mxđ: D= R. Có y′ = 4x3−4mx.
y′ = 0⇔ 4x3−4mx= 0⇔ x= 0∨ x2 = m. Hàm số có 3 cực trị⇔ m> 0 (∗)
Gọi A(0;2m2−4);B(√m;m2−4);C(−√m;m2−4) là 3 điểm cực trị.
Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên ∆ABC cân tại A.
Kẻ AH⊥BC có S∆ABC = 12AH.BC⇔ 2= |yB− yA| |2xB|
⇔ 2= 2m2.√m⇔ m= 1 Đối chiếu với điều kiên (∗) có m= 1 là giá trị cần tìm.
Bài 7.
Cho hàm số y =
x−2
x+1
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox,Oy tại A,B sao
cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác OAB lớn nhất
Giải
Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1.
Giao điểm hai đường tiệm cận I (−1;1). Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ
x0, phương trình tiếp tuyến có dạng: y=
3
(x0+1)
2 (x− x0)+
x0−2
x0+1
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x=−1 tại điểm A
(
−1; x0−5
x0+1
)
, và cắt tiệm cận đứng tại điểm B(2x0+1;1).
Ta có:IA=
∣∣∣∣x0−5x0+1 −1
∣∣∣∣= 6|x0+1| ; IB= |2x0+1− (−1)|= 2|x0+1|
Nên: IA.IB=
6
|x0+1| .2 |x0+1|= 12. Do vậy, diện tích tam giác IAB là: S=
1
2
IA.IB= 6.
Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:r =
S
p
=
6
p
.
Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác IAB vuông tại I nên:
2p= IA+ IB+AB= IA+ IB+
√
IA2+ IB2 ≥ 2√IA.IB+√2IA.IB= = 4√3+2√6
Dấu ’=’ xảy ra khi IA= IB⇔ (x0+1)2 = 3⇔ x=−1±
√
3
- Với x=−1−√3 ta có tiếp tuyến: d1 : y= x+2
(
1+
√
3
)
- Với x=−1+√3 ta có tiếp tuyến: d1 : y= x+2
(
1−√3)
Bài 8.
3
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
Cho hàm số y=
2mx+3
x−m . Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai
tiệm cận tại A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 64
Giải
Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = m và đường tiệm cận ngang là
y= 2m. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I (m;2m).
Gọi M
(
x0;
2mx0+3
x0−m
)
(với x0 6= m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y=− 2m
2+3
(x0−m)2
(x− x0)+ 2mx0+3x0−m
Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A
(
m;
2mx0+2m2+6
x0−m
)
và cắt tiệm cận ngang tại B(2x0−m;2m).
Ta có: IA=
∣∣∣∣2mx0+2m2+6x0−m −2m
∣∣∣∣= ∣∣∣∣4m2+6x0−m
∣∣∣∣; IB= |2x0−m−m|= 2 |x0−m|
Nên diện tích tam giác IAB là: S=
1
2
IA.IB= 4m2+6
Bởi vậy, yêu cầu bài toán tương đương với: 4m2+6= 64⇔ m=±
√
58
2
Bài 9.
Tìm m sao cho đồ thị hàm số y = x4− 4x2+m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích
hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành có phần trên bằng phần dưới
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox:x4−4x2+m= 0 (1)
Đặt t = x2 ≥ 0. Lúc đó có pt: t2−4t+m= 0 (2)
Để (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt khi pt (1) có 4 nghiệm phân biệt⇔ (2) có 2 nghiêm phân biệt t > 0
⇔

∆′ = 4−m> 0
S= 4> 0
P= m> 0
⇒ 0< m< 4 (i)
Gọi t1; t2(0 < t1 < t2) là 2 nghiệm của pt (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là:
x1 =−√t2;x2 =−√t1;x3 =√t1;x4 =√t2
Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có:∫ x3
0
(x4−4x2+m) dx=
∫ x4
x3
(−x4+4x2−m) dx⇒ x
5
4
5
− 4x
3
4
3
+mx4 = 0⇒ 3x44−20x24+15m= 0
Từ đó có x4 là nghiệm của hpt:
x44−4x24+m= 0 (3)3x44−20x24+15m= 0 (4)
Lấy 3.(3)− (4)⇒ x24 =
3m
2
Thay x24 =
3m
2
vào (3) có:
9m2
4
−5m= 0⇒ m= 0∨m= 20
9
Đối chiếu điều kiện (i) có m=
20
9
là giá trị cần tìm.
Bài 10.
Cho hàm số y= x4−2(1−m2)x2+m+1. Tìm m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị và ba điểm cực
trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải
y′ = 4x3−4x(1−m2) = 0⇔ x= 0,x2 = 1−m2
Hàm số có 3 cực trị⇔−1< m< 1
Khi đó, tọa độ điểm cực đại là A(0;1+m),
tọa độ 2 điểm cực tiểu là B(−√1−m2;√1−m2);C(√1−m2;√1−m2)
4
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
Diện tích tam giác ABC là: SABC =
1
2
d(A;BC).BC = (1−m2)
5
2 ≤ 1. Dấu = xảy ra khi m= 0.
Đáp số: m= 0
Bài 11.
Cho hàm số y =
−x+1
x−3 có đồ thị là (H). Tìm trên (H) điểm M để tiếp tuyến tại M có hệ số góc lớn
hơn 1 tạo với đường thẳng ∆ : 3x+4y−1= 0 một góc có giá trị bằng 2
√
5
25
Giải
Vì chỉ biết công thức tính cos của góc từ 2 vecto cho trước, với lại bài này cho kết quả cos khá đẹp
cos(
2
√
5
25
)≈ 0,9999...≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của góc giữa 2 vecto luôn.
Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tạiM là:−→u1( 2
(x−3)2 ;−1)Vecto chỉ phương của dt ∆ : 3x+4y−1= 0
là:−→u2(4;−3) Có: cos(−→u1;−→u2) =
| 8
(x−3)2 +3|
5
√
4
(x−3)4 +1
= 1⇔|8+3(x−3)2|= 5
√
4+(x−3)4⇔ (x−3)2 = 3
2
⇔
x=?=>M =?
Bài 12.
Cho hàm số y=
x+3
x−2 có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng d : y=−x+m+1 tại hai điểm phân biệt
A,B sao cho ÂOB nhọn.
Giải
Giao của (H) và d có hoành độ là nghiệm của pt:
x+3
x−2 =−x+m+1⇔ x
2− (m+2)x+2m+5= 0
Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆> 0,x 6= 2⇔
m2−4m+16> 022−2(m+2)+2m+5 6= 0 ⇒ m=?
Gọi A(x1;−x1+m+1),B(x2;−x2+m+1) là 2 giao điểm của (H) và d
Để ÂOB nhọn thì : AB2 <OA2+AB2⇔ 2(x2−x1)2 < (−x1+m+1)2+(−x2+m+1)2⇔−2x1x2+(m+
1)(x1+ x2)− (m+1)2 −3
Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của m.
Bài 13.
Cho hàm số y =
x
x−1 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2(2+
√
2)
Giải
Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x= 1,y= 1Gọi pttt của (H) tạiM(xo;yo) là: y=
−1(x− xo)
(xo−1)2 +
xo
xo−1
Khi x= 1⇒ y= xo+1
xo−1 ⇒ A(1;
xo+1
xo−1). Khi y= 1⇒ x= 2xo−1⇒ B(2xo−1;1), I(1;1)
⇒ P(ABC) = IA+ IB+AB=
xo+1
xo−1 −1+2xo−2+
√
(2xo−2)2+(1− xo+1xo−1)
2 = 2(2+
√
2)
⇔ 2+2(xo−1)2+
√
(xo−1)4+4= 2(2+
√
2)(xo−1)
⇔
xo−1= 0 (loại)−2(1+√2)(xo−1)2+(2+√2)2(xo−1)−2(2+√2) = 0
Cách 2. - Phương trình tiệm cận đứng: x= 1, phương trình tiệm cận ngang y= 1
- Gọi M(a;
a
a−1), phương trình tiếp tuyến tại M: y=
−1
(a−1)2 (x−a)+
a
a−1
5
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: A(1;
a+1
a−1)
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: B(2a−1;1)
- Chu vi tam giác IAB là: C = IA+ IB+AB=
2
|a−1| +2|a−1|+2
 ... )
Bài 36. Trích đề chọn đội tuyển quốc gia của Hà Tĩnh năm 2008 - 2009
Giả sử đồ thị hàm số y= x3−6x2+9x+d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x1 < x2 < x3.
Chứng minh rằng: 0< x1 < 1< x2 < 3< x3 < 4
Giải
PT hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục Ox là
x3−6x2+9x+d = 0⇔ d =−x3+6x2−9x (∗)
Đồ thị hàm số y= x3−6x2+9x+d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên PT (∗) có ba nghiệm phân biệt
⇔ đường thẳng y= d căt đồ thị hàm số y=−x3+6x2−9x tại ba điểm phân biệt
⇔−4< d < 0 (vẽ đồ thị để thấy rõ)
Đặt f (x) = x3−6x2+9x+d
Với −4 0, f (3) = d 0
từ đây f (0) f (1)< 0, f (1) f (3)< 0, f (3) f (4)< 0, từ tính liên tục của hàm số ta có đpcm
Bài 37. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2008 - 2009
Chứng minh rằng với mọi m phương trình x3+3(m+1)x2+3(m2+1)x+m3+1= 0 luôn có nghiệm
duy nhất.
Giải
Xem pt :x3+ 3(m+ 1)x2+ 3(m2+ 1)x+m3+ 1 = 0 (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
hàm số y= x3+3(m+1)x2+3(m2+1)x+m3+1 (∗) và trục hoành.
Có y′ = 3x2+6(m+1)x+3(m2+1) Thực hiện phép chia y cho y′ ta được
14
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
y=
(
1
3
x+
m+1
3
)
.y′−2mx+m3−m2
Suy ra pt đường thẳng đi qua 2 cực tri là y=−2mx+m3−m2
Để pt (1) có một nghiệm duy nhất thì đồ thị hàm số (∗) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất
⇔

∆′ ≤ 0∆′ > 0ycd.yct > 0 ⇔

18m−8≤ 018m−8> 0(−2mxcd +m3−m2)(−2mxct +m3−m2)> 0 (∗∗)
Theo vi-et thì:
xcd + xct =−2(m+1)xcd.xct = m2+1
Lúc đó hpt (∗∗) trở thành:

m≤ 2
9m>
2
9
4m2(m2+1)+(m−1)2m3(4m+1)> 0
⇔
 m≤ 29
m>
2
9
⇒∀m
Vậy ∀m pt đã cho luôn có một nghiệm duy nhất.
Bài 38. Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2008 - 2009
Gọi d là đường thẳng qua M(2;0) và có hệ số góc k.
Tìm k để d cắt đồ thị (C) : y= |x|3−3|x|−2 tại 4 điểm phân biệt.
Giải
Bài 39. Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2009 - 2010
Tìm m để điểm A(3;5) nằm trên đường thẳng nối 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số
y= x3−3mx2+3(m+6)x+1
Giải
y′ = 3(x2−2mx+m+6)
Hàm số có 2 cực trị⇔ y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt⇔ ∆′ = m2− (m+6)> 0⇔ m ∈ (−∞;−2)∪ (3;+∞)
Ta có: y=
1
3
(x−m)y′+2(−m2+m+6)x+m2+6m+1
Hoành độ 2 đỉêm cực trị của hàm số là nghiệm của y′ = 0 nên tung độ 2 cục trị thoả mãn:
y= 2(−m2+m+6)x+m2+6m+1
Do đó đây cũng là pt đthẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số
Theo đề ta có: A(3;5) ∈ (d) : y= 2(−m2+m+6)x+m2+6m+1⇔ 5= 6(−m2+m+6)+m2+6m+1
⇔ 5m2−12m−32= 0⇔
 m= 4
m=−8
5
Đối chiếu đk ta nhận m= 4
Bài 40. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2009 - 2010
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (x−1)(x3+ x2+1) biết tiếp tuyến tiếp xúc với đồ
thị tại 2 điểm phân biệt.
Giải
Ta cóy= f (x) = x4− x2+ x−1⇒ f ′(x) = 4x3−2x+1
Gọi (d) là tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị hàm số tại hai tiếp điểm A(a; f (a)),B(b; f (b)),a 6= b
Ta có f ′(a) = f ′(b) =
f (b)− f (a)
b−a vì đều là hsg của đường thẳng (d)
f ′(a) = f ′(b)⇔ 4a3−2a+1= 4b3−2b+1
⇔ (a−1)(2(a2+ab+b2)−1) = 0⇔ 2(a2+ab+b2)−1= 0 (1)(do a 6= b)
Từ đó ta có f ′(a) =
f (b)− f (a)
b−a ⇔
f ′(a)+ f ′(b)
2
=
f (b)− f (a)
b−a
15
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
⇔ (4a
3−2a+1)+(4b3−2b+1)
2
= (a2+b2)(a+b)− (a+b)+1
⇔ 2(a3+b3)− (a+b)+1= (a2+b2)(a+b)− (a+b)+1
⇔ (a+b)(a−b)2 = 0⇔ a−= b thay vào (1) ta được a=± 1√
2
.
Đến đây là suy ra được PTtt (d)
Bài 41.
Cho hàm số y= x3−2(m+2)x2+7(m+1)x−3m−12 (1) (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số
(1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1;x2;x3 thỏa x21+ x
2
2+ x
2
3+3x1x2x3 > 53
Giải
Bài 42. Trích đề học sinh giỏi Đà Nẵng 2010
Với mỗi tham số m ∈ R, gọi (Cm) là đồ thị của hàm số: y= x3− (3m−1)x2+2m(m−1)x+m2 (1).
CMR: khi m thay đổi, đường thẳng (∆m) : y=mx−m2 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 và tiếp tuyến của (Cm) tại hai điểm đó song
song với nhau.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng ∆m
x3− (3m−1)x2+2m(m−1)x+m2 = mx−m2
⇔ (x−1)(x2−3mx+2m2) = 0⇔
[
x= 1
f (x) = x2−3mx+2m2 = 0(∗)
Với x= 1⇒ y= m−m2⇒ A(1;m−m2) cố định
Để ∆m cắt (Cm) tại 2 điểm B,C khác điểm A thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt xB;xC khác 1
⇔
∆= 9m2−8m2 > 0f (1) = 1−3m+2m2 6= 0 ⇒ m 6=
{
0;
1
2
;1
}
(i)
Lúc đó theo vi-et có:
xB+ xC = 3mxB.xC = 2m2
Tiếp tuyến tại B có hệ số góc kB = 3x2B−2(3m−1)xB+2m(m−1)
Tiếp tuyến tạiC có hệ số góc kC = 3x2C−2(3m−1)xC+2m(m−1)
Vì tiếp tuyến tại B,C song song nên kB = kC
⇔ 3x2B−2(3m−1)xB+2m(m−1) = 3x2C−2(3m−1)xC+2m(m−1)
⇔ 3(xB+ xC) = 2(3m+1) vì xB 6= xC ⇔ 3m= 2⇔ m= 23 thỏa đk (i)
Vậy m=
2
3
là giá trị cần tìm.
Bài 43.
Cho hàm số y = x3− 2x2+(m− 2)x+ 3m (m là tham số). Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất
của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A
(
1;−55
27
)
Giải
ta có : tiếp tuyến hàm bậc 3 có hệ số góc nhỏ nhất chính là tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị (C) chú ý là
cái này chỉ là nhận xét với các bạn đã học chương trình cũ ) còn với chương trình mới thì ta sẽ phải thêm 1
tí như sau : y′ = 3x2−4x+m−2 tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tương đương với việc là ta phải tìm được
điểm mà tại đó thì y′min đặt y′ = g(x) ta có : g′(x) = 6x−4
g′(x) = 0⇒ x= 2
3
lập bảng biến thiên thì sẽ thấy ngay gmin(x) khi x=
2
3
. Điểm uốn I =
(
2
3
;
11m
3
− 52
27
)
16
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn là : y=
(
m− 10
3
)(
x− 2
3
)
+
11m
3
− 52
27
(d)
vì điểm a ∈ (d) nên ta có phương trình
(
m− 10
3
)
1
3
+
11m
3
=−1
9
⇔ m= 1
4
Bài 44.
Cho hàm số y =
x+2
x−1 có đồ thị là (H). Tìm điểm M thuộc (H) sao cho tiếp tuyến tại M cắt 2 đường
tiệm cận của (H) tại 2 điểm A,B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất với
I là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Giải
2 đường tiệm cận là x = 1,y = 1 Giao 2 đường tiệm cận là I(1;1) Gọi M(xo;yo) Suy ra phương trình
tiếp tuyến tại M là: y =
−3(x− xo)
(xo−1)2 +
xo+2
xo−1 Phương trình tiếp tuyên cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm:
A(1;
xo+5
xo−1),B(2xo−1;1)
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI làO(x;y)⇒
AO2 = IO2BO2 = IO2 ⇔
(x−1)
2 = (x−2xo+1)2
(y−1)2 = (y− xo+5
xo−1)
2
⇔
x= xoy= xo+2
xo−1
Vậy O(xo;
xo+2
xo−1)⇒ R
2 = IO2 = (xo−1)2+ 9
(xo−1)2 Theo cô-si: (xo−1)
2+
9
(xo−1)2 ≥ 6
Vậy Rmin =
√
6⇔ (xo−1)2 = 9
(xo−1)2 ⇔ xo = 1+
√
3,xo = 1−
√
3
⇒M(1+√3; 3+
√
3√
3
),M(1−√3;
√
3−3√
3
)
Bài 45.
Cho hàm: y= x4+4mx3+3(m+1)x2+1. Tìm m để hàm số có cực tiểu mà không có cực đại.
Giải
Điều kiện: x ∈ R Khi đó: f ′(x) = 2[2x3+6mx2+3(m+1)x]= 2x(2x2+6mx+3m+3)
f ′(x) = 0⇔
{
x= 0
2x2+6mx+3m+3= 0(1)
vì f ′(x) = 0 có x= 0 là 1 nghiệm nên để f (x) chỉ có cực tiểu thì (1) có 1 nghiệm kép hoặc vô nghiệm tức
⇔ ∆′ ≤ 0⇔ (3m)2−2(3m+3)≤ 0⇔ 3m2−2m−2≤ 0
⇔ m ∈
[
1−√7
3
;
1+
√
7
3
]
Bài 46. Trích đề thi thử Trung Giã lần 3
Tìm các giá trị của m để đường thẳng: d : 2mx−2y+m+1= 0 cắt đồ thị hàm số y= x+1
2x+1
tại 2 điểm
phân biệt A,B sao cho biểu thức: P= OA2+OB2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
xét phương trình tương giao giữa (d) và (C) :
mx+
m+1
2
=
x+1
2x+1
⇔ 2mx2+2mx+ m−1
2
= 0 (1)
hàm số có 2 cực trị⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt thảo mãn x1 6= x2 6= −12 ⇔ m> 0
(1)⇔ 2x
(
x+
1
2
)2
=
1
4m
⇒ x1 =
√
m
2m
− 1
2
và x2 =−
√
m
2m
− 1
2
17
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
ta có : A=
(√
m
2m
− 1
2
;
1
2
+
m√
m
)
; B=
(
−
√
m
2m
− 1
2
;
1
2
− m√
m
)
dễ dàng tính được P= OA2+OB2 =
4m2+2m+1
2m
= f (m)
xét hàm f (m) trên (0;+ ∝) ta được MIN f (m) =
7
2
= f (
1
4
Bài 47.
Cho hàm: y =
x2+ x+1
x−1 Tìm trên trục tung các điểm mà qua nó chỉ có 1 đường tiếp tuyến đến đồ thị
hàm số trên.
Giải
Mxđ: D= R\{1}. Có y= x
2+ x+1
x−1 = x+2+
3
x−1
Xét điếm A(0;a) ∈ Oy. Phương trình đường thẳng d đi qua A có hệ số góc k: y= kx+a
Để d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho thì hệ pt :

x+2+
3
x−1 = kx+a (1)
1− 3
(x−1)2 = k (2)
có nghiệm.
Từ (1) có :x+2+
3
x−1 = k(x−1)+ k+a (3)
Thay (2) vào (3) được : x+2+
3
x−1 = (x−1)
[
1− 3
(x−1)2
]
+ k+a⇔ 1
x−1 =
k+a−3
6
(4)
Thay (4) vào (2) có :1−3
(
k+a−3
6
)2
= k⇔ 36−3(k+a−3)2 = 36k
⇔ f (k) = k2+2(a+3)k+a2−6a−3= 0 (∗)
Để từ A kẻ đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số đã cho thì pt (∗) có nghiệm kép khác 3−a hoặc có 2 nghiệm
phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 3−a
⇔

∆′f = 0f (3−a) 6= 0∆′f > 0f (3−a) = 0
⇔

12a+12= 0−12a+24 6= 012a+12> 0−12a+24= 0
⇔

a=−1a 6= 2a>−1f (a= 2)
⇔
[
a=−1
a= 2
Vậy có 2 điểm A thỏa yêu cầu bài toán là A(0;−1) ;A(0;2)
Bài 48.
Cho hàm số y=
mx−4m+3
x−m (Cm)
1) Tìm điểm cố định của họ (Cm)
2) Từ các điểm cố định của họ đồ thị viết các đường thẳng đi qua chúng với hệ số góc k =
3
2
tính diện
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng vừa lập và trục Ox
Giải
Gọi K(xo;yo) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua ∀m 6= 1
Lúc đó pt: yo =
mxo−4m+3
xo−m có nghiệm ∀m 6= 1⇔ xoyo−myo = mxo−4m+3 , ∀m 6= 1⇔ (xo+ yo−4)m+3− xoyo = 0 , ∀m 6= 1
⇔
xo+ yo−4= 03− xoyo = 0 ⇔
xo = 4− yoy2o−4yo+3= 0 ⇔

xo = 1yo = 3xo = 3yo = 1
Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua 2 điểm cố định : K1 (1;3) ;K2 (3;1)
18
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN
Gọi d1 là đường thẳng đi qua K1 và có hệ số góc k =
3
2
⇒pt d1 : y= 32(x−1)+3=
3
2
x+
3
2
Gọi d2 là đường thẳng đi qua K2 và có hệ số góc k =
3
2
⇒pt d2 : y= 32(x−3)+1=
3
2
x− 7
2
Nhận xét thấy d1;d2 song song. Diện tích hình phẳng giới hạn cần tính chính là diện tích hình thang
K1K2K3K4 với K3 = d2∩Ox⇒ K3
(
7
3
;0
)
; K4 = d1∩Ox⇒ K4 (−1;0)
Có SK1K2K3K4 =
(K1K4+K2K3)h
2
Với h= d(d1,d2) = d(K1,d2) =
∣∣∣∣32 −3− 72
∣∣∣∣√(
3
2
)2
+(−1)2
=
10√
13
K1K4 =
√
13;K2K3 =
√
13
3
Do đó SK1K2K3K4 =
(
√
13+
√
13
3
)
10√
13
2
=
20
3
(đvdt)
Bài 49.
Cho hàm số y = x3−3(2m2−1)x2+3(m2−1)x+1−m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Tìm m để
đồ thị (Cm) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
Giải
+) Gọi 2 điểm cần tìm là A= (xa;ya);B= (xb;yb) khi đó ta có
xa+ xb = 0ya+ yb = 0
từ phương trình 2 ta có : x3a+ x
3
b−3(2m2−1)(x2a+ x2b)+3(m2−1)(xa+ xb)+2−2m3 = 0
⇔ 6(2m2−1)xaxb+2−2m3 = 0 (vì xa+ xb = 0)⇔ xaxb = m
3−1
6m2−3
dễ thấy xa;xb lúc này là nghiệm của phương trình : X2+
m3−1
6m2−3 = 0 (1)
để có 2 điểm A;B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt⇔ m
3−1
6m2−3 < 0
giải bpt ta được m ∈
(
−∞;−
√
2
2
)
∪
(√
2
2
;1
)
Bài 50.
Cho hàm số y = −x4+ 2x2− 1 (1) .Tìm tất cả các điểm M thuộc trục tung sao cho từ đó có thể kẻ
được ba tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (1).
Giải
Gọi M(0;a), suy ra phương trình tiếp tuyến tại M : y= kx+a
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số thì
−x4+2x2−1= kx+a (1)−4x3+4x= k (2) có 3 nghiệm phân biệt.
Thế (2) vào (1), được: 3x4−2x2−1= a
Xét f (x) = 3x4−2x2−1⇒ f ′(x) = 12x3−4x= 0⇔ x= 0,x=± 1√
3
Lập BBT, ta thấy với x = 0, f (x) = −1 thì g(x) = a giao với f (x) tại 3 điểm phân biệt, vậy a = −1, vậy
M(0;−1) là điểm cần tìm
19
www.MATHVN.com
www.mathvn.com Copyright MATH.VN