Tải bản đầy đủ

06 huong dan giai

Dạng 1: Hàm số bậc ba và vấn đề liên quan.
Bài 1:

1. − x3 + 3x2 + 9x − 1= ( 2m − 1) x − 1 ⇔ x = 0 hoặc x2 − 3x + 2m − 10 = 0 ( ∗)

Đường thẳng dm cắt ( C ) tại ba điểm phân biệt ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân

49
∆ = 49 − 8m > 0 m <
⇔
biệt x1,x2 khác 0 ⇔ 
8 .
2m − 10 ≠ 0
m ≠ 5


(

)

2

2
BC 2 = 1+ ( 2m − 1)  ( x1 − x2 ) = 4m2 − 4m + 2 ( 49 − 8m)



(

)

BC = 82 ⇔ 2m2 − 2m + 1 ( 49 − 8m) = 41

(

)

8m3 − 57m2 + 53m − 4 = 0 ⇔ ( m − 1) 8m2 − 49m + 4 = 0 ⇔ m = 1,m = 49 ± 2273 .
16

(

)

3
2
2. Gọi A a; −a + 3a + 9a − 1 ∈ ( C ) .

Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M ( x0;y0 ) có phương trình

(

)

y = −3x02 + 6x0 + 9 ( x − x0 ) − x03 + 3x02 + 9x0 − 1

(

)

A ∈ ∆ ⇔ a3 − 3a2 − 9a + −3x02 + 6x0 + 9 ( a − x0 ) − x03 + 3x02 + 9x0 = 0


( a + 2x0 − 3) = 0 ⇔ a = x0 ,a = 3 − 2x0 . Để từ A vẽ đến ( C )
tiếp tuyến thì ta phải có x0 = 3 − 2x0 ⇔ x0 = 1⇒ A ( 1;10)
⇔ ( a − x0 )

2

đúng một

Bài 2
2. . Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0;+∞ ) khi và chỉ khi
y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > 0 ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x)

Hàm số f ( x) = 3x2 + 6x liên tục trên ( 0;+∞ )

Ta có f '( x) = 6x + 6 > 0,∀x > 0 và f ( 0) = 0 . Từ đó ta được : m ≤ 0 .
3. Giả sử đồ thị hàm số đã cho cắt Ox tại ba điểm có hoành độ x1,x2 ,x3
theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, suy ra x1 + x3 = 2x2 và x1,x2 ,x3 là
nghiệm của phương trình: x3 + 3x2 − mx − 4 = 0 ( ∗) . Nên ta có:
x3 + 3x2 − mx − 4 = ( x − x1) ( x − x2 ) ( x − x3 )

⇒ x1 + x2 + x3 = −3 ⇒ 3x2 = −3 ⇒ x2 = −1 thay vào ( ∗) ta có được m = 2 .
Với m = 2 ⇒ ( ∗) ⇔ x3 + 3x2 − 2x − 4 = 0 ⇔ x = −1,x = −1± 5
Ta thấy đồ thị hàm số đã cho cắt Ox tại ba điểm lập thành cấp số cộng

84


Bài 3 Điều kiện cần: Giả sử ( C m ) cắt Ox tại ba điểm A ,B,C suy ra

phương trình x3 + 3x2 + ( 4m − 1) x + 2m2 − 3 = 0 ( ∗) có ba nghiệm phân biệt
x1 < x2 < x3 và khi đó A ( x1;0) , B( x2;0) , C ( x3;0)

( 1)
x3 + 3x2 + ( 4m − 1) x + 2m2 − 3 = ( x − x1) ( x − x2 ) ( x − x3 ) = x3 − ax2 + bx − c

⇒ AB = BC ⇔ x2 − x1 = x3 − x2 ⇔ x1 + x3 = 2x2
Măt khác:

Với a = x1 + x2 + x3 ,b = x1x2 + x2x3 + x3x1,c = x1x2x3

So sánh hệ số của x2 ta có: a = −3 ⇔ x1 + x2 + x3 = −3 ( 2) .
Từ ( 1) và ( 2) suy ra 3x2 = −3 ⇒ x2 = −1⇒ ( ∗) có một nghiệm
x = −1⇒ −1+ 3 − 4m + 1+ 2m2 − 3 = 0 ⇔ m = 0,m = 2 .
Điều kiện đủ:

(

) (

)

3
2
2
2
* m = 0 ⇒ ( ∗) ⇔ x + 3x − x − 3 = 0 ⇔ x x − 1 + 3 x − 1 = 0

(

)

⇔ x2 − 1 ( x + 3) = 0 ⇔ x = −3,x = −1,x = 1 ba nghiệm này thỏa ( 1) nên m = 0
thỏa yêu cầu bài toán.

(

)

3
2
2
* m = 2 ⇒ ( ∗) ⇔ x + 3x + 7x + 5 = 0 ⇔ ( x + 1) x + 2x + 5 = 0 ⇔ x = −1 ⇒ m = 2

loại.
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.
Chú ý: Với cách làm tương tự như trên ta có kết quả sau:
Đồ thị hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d cắt Ox tại ba điểm lập thành cấp
  b
y  − ÷ = 0
số cộng khi và chỉ khi   3a 
 y .y < 0
 CT CD

Bài 4 Đồ thị ( C m ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có ít nhất một
 ycd .yct < 0
điểm có hoành độ âm ⇔ hàm số có hai cực trị đồng thời 
( 1)
 y ( 0) > 0

(

)

(

2

)(

)

(

)

⇒ y1.y2 = 4 m2 + m + 1 x1x2 − 2 m2 + m + 1 m2 + 1 ( x1 + x2 ) + m2 + 1

(

)

( m + 1) m3 − m2 − m − 3 < 0

= ( m + 1) m3 − m2 − m − 3 . Nên ( 1) ⇔ 
m < 1

(

)

2

( 2)

Xét hàm số g ( m) = m3 − m2 − m − 3, m < 1. Có g'( m) = 3m2 − 2m − 1 và
1
g'( m) = 0 ⇔ m = − ,m = 1. Lập bảng biến thiên ta thấy g ( m) < 0 ∀m < 1
2

85


m + 1> 0
⇒ ( 2) ⇔ 
⇔ −1< m < 1 là những giá trị cần tìm.
m < 1

Bài 5 Phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và d :
x3 − 2x2 + 8 = 2mx ⇔ 2m = x2 − 2x +
Xét

hàm

f '( x) = 2x − 2 −

8
2

x

=

số

(

8
= f ( x)
x

( ∗)
y = f ( x)

) ,f '( x) = 0 ⇔ x = 2

ta

có :

2( x − 2) x2 + x + 2
2

x

Dựa vào bảng biến thiên và yêu cầu bài toán ⇒ 2m > f ( 1) = 7 ⇔ m >

7
.
2

Bài 6.
1. Gọi A ,B là hai điểm thuộc ( C 2 ) và đối xứng nhau qua O
a = − b
a = − b

⇒ 3
⇔ 2 3
2
3
2
a − 5a + 6a + 3 = − b + 5b − 6b − 3 a = 5
 3 33 3 
;
÷ và
Hai điểm thuộc ( C 2 ) đối xứng nhau qua O là : A 
÷
 5 5 5
 3 33 3 
B − ; −
÷
 5 5 5 ÷.


2. Gọi M ,N là hai điểm thuộc đồ thị
x ,x ≠ 0
x1,x2 ≠ 0
 1 2

M ,N đối xứng nhau qua Oy ⇔ x1 = − x2 ⇔ x1 = − x2
y = y
 2
2
 1
x1 + 2m = 0 ( ∗)
Yêu cầu bài toán ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân biệt ⇔ −2m > 0 ⇔ m < 0 .
Bài 7

1. Với m = 1⇒ ( C1) : y = x3 − 3x2 + x + 1

Gọi M ( x0;y0 ) ,N ( −x0; − y0 ) (với x0 > 0 ) đối xứng nhau qua gốc tọa độ.

 y = x3 − 3x2 + x + 1  y =
 y = x3 − 3x2 + x + 1
0
0
0
 0
 0
0
0
0
⇔

M ,N ∈ ( C1) ⇔  0

2 1
3
2
x =
− y0 = − x0 − 3x0 − x0 + 1 x0 =
3

 0
2. Gọi M ( x0;y0 ) , N ( −x0;y0 ) ;x0 > 0 đối xứng nhau qua Oy.

4 3
9
1
3

86


 y = x3 − ( 2m + 1) x2 + mx + 3m − 2
 0
0
0
0
M ,N ∈ ( C m ) ⇔ 
3
2
 y0 = − x0 − ( 2m + 1) x0 − mx0 + 3m − 2
⇒ 2x03 + 2mx0 = 0 ⇔ x02 = − m (do x0 ≠ 0 ). Yêu cầu bài toán ⇔ − m > 0 ⇔ m < 0 .

3. Gọi A ( x0;y0 ) là điểm cố định mà họ đồ thị ( C m ) luôn đi qua
Ta có: y0 = x03 − ( 2m + 1) x02 + mx0 + 3m − 2 ∀m

2x2 − x − 3 = 0 x = −1
0
⇔ m 2x02 − x0 − 3 + y0 − x03 + x02 + 2 = 0 ∀m ⇔  0
⇔ 0
hoặc
3
2
 y0 = x0 − x0 − 2  y0 = −4

3
x0 = 2
. Vậy họ đường cong ( C m ) có hai điểm cố định A 1 ( −1; −4) và

y = − 7
 0
8
 3 7
A 2  ;− ÷ .
 2 8

(

)

4. Gọi B( x0;y0 ) là điểm cố định mà không có đường cong nào của họ đồ thị

( Cm ) đi qua. Ta có:

(

)

y0 ≠ x03 − ( 2m + 1) x02 + mx0 + 3m − 2 ∀m

⇔ m 2x02 − x0 − 3 + y0 − x03 + x02 + 2 ≠ 0 ∀m
2x2 − x − 3 = 0
x = −1
0
⇔ 0
⇔ 0
v
3
2
 y0 ≠ x0 − x0 − 2  y0 ≠ −4


3
x =
 0 2

y ≠ − 7
 0
8

Vậy tập hợp các điểm mà không có đường cong nào của họ ( C m ) đi qua là
đường thẳng x + 1 = 0 trừ đi điểm ( −1; −4) và đường thẳng 2x − 3 = 0 trừ đi
 3 7
điểm  ; − ÷.
 2 8
Bài 8 Dời hệ tọa độ Oxy về hệ tọa độ IXY theo công thức dời trục
x = X + 1
. Phương trình đường cong ( C ) đối với hệ toạ độ IXY là

y = Y − 1
Y − 1 = − ( X + 1) + 3( X + 1) − 3 ⇔ Y = − X 3 + 3X
3

2

Trong hệ trục mới hình vuông ABCD biến thành hình vuông A’B’C’D’.
uuu
r uur
IA '.IB' = 0
A 'B'C'D' là hình vuông ⇔ 
IA ' = IB'

87


(

)

a2b2 − 3 a2 + b2 + 10 = 0

⇔
( a + b) 1+ a2 + ab + b2 − 3 a2 − ab + b2 − 3  = 0




(

)(

a + b = 0

⇔ 2 2
( I)
2
2
a b − 3 a + b + 10 = 0

(

)

)

(

)

a2b2 − 3 a2 + b2 + 10 = 0

hoặc 
( II )
2
 a2 + b2 − 3 − a2b2 + 1 = 0


(

)

• Giải hệ ( I ) : Từ a + b = 0 ⇒ a = − b thay vào phương trình thứ nhất ta có :
a4 − 6a2 + 10 = 0 vô nghiệm
• Giải hệ ( II ) : Đặt v = a2b2 ,u = a2 + b2
a =
u = 4 a = 2 − 2

⇒
* 
hoặc 
v = 2  b = 2 + 2
 b =


5+ 5
a =
a =
u = 5 

2
⇒
* 
hoặc 
v = 5 

5− 5
b =
b =
2



2+ 2
2− 2
5− 5
2
5+ 5
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 I ( 1; −1) .

(

)

3
Bài 9 Xét hình bình hành ABCD với A a;a − 2 2a ,

(

) (

) (

)

B b;b3 − 2 2b ,C c;c3 − 2 2c ,D c;c3 − 2 2c .
uuu
r uuur  b − a = c − d
Ta có: AB = DC ⇒  3 3
3
2
 b − a − 2 2(b − a) = c − d − 2 2 ( c − d )
a + c = b + d
a + c = b + d
⇔ 2
⇔
2
2
2
 b + ab + a = d + cd + c
ab = cd
a d
Ta có = = t ⇒ a = ct,d = bt .
c b
Suy ra a + c = b + d ⇔ c( 1+ t) = b( 1+ t) ⇒ t + 1 = 0 ⇒ t = −1
⇒ a = −c,b = −d ⇒ tâm của hình bình hành là gốc tọa độ O .
Đồ thị hàm số y = x3 + ax2 + bx + c cắt Ox tại ba điểm phân biệt nên hàm số
 yCD > 0
có hai điểm cực trị và 
 yCT < 0
cực tiểu của hàm số)

( ∗)

(Trong đó yCD ,yCT là giá trị cực đại và

88



 x1 = −a +
2
Bài 10 Ta có: y' = 3x + 2ax + b ⇒ y' = 0 ⇔ 
 x = −a −
 2

a2 − 3b
3

.
a2 − 3b
3
 y ( x2 ) > 0 ( 1)
Hàm đạt cực tiểu tại x1 và cực đại tại x2 ⇒ ( ∗) ⇔ 
.
 y ( x1 ) < 0 ( 2)
1 
a  1
2a2 
ab
÷x + c −
Ta có: y = y' x + ÷ +  2b −
3 
3 3
3 ÷
9


2a2 
( 1) ⇔  2b − 3 ÷÷ a + a2 − 3b ÷ < 9c − ab ⇔ −2 a2 − 3b 3 < 27c − 9ab + 2a3



2a2 
( 2) ⇔  2b − 3 ÷÷ a − a2 − 3b ÷ < 9c − ab ⇔ 2 a2 − 3b 3 > 27c − 9ab + 2a3



(

)

(

(

)

)

Từ ( 3) và ( 4) ta có: 27c + 2a3 − 9ab < 2 a2 − 3b

3

( 3)
( 4)

.

Bài 11:
3
3
3
2. Ta có y' = (x2 − 2x − 3) = (x − 1)2 − 4 ≥ .Đẳng thức xảy ra


8
8
2
⇔ x = 1⇒ y = −2 .
Vậy tiếp tuyến của đồ thị (C) có hệ số góc nhỏ nhất là:
3
3
7
y = (x − 1) − 2 = x − .
2
2
2
Bài 12:
3
2. Xét đồ thị (C') : y = g(x) = x + x − 2 = f(x) . Khi đó số nghiệm của phương

trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị (C’) và đường thẳng ∆ : y = m .
f(x) khi f(x) ≥ 0
Ta có: g(x) = 
suy ra
−f(x) khi f(x) < 0
* Nếu f(x) ≥ 0 (Tức là phần đồ thị (3) nằm trên truc Ox) thì (C’) và (C)
trùng nhau.
* Nếu f ( x) < 0 , khi đó mọi điểm M ' thuộc (C’) thì M ’ x; −f ( x) còn M thuộc

(

(3) thì M x;f ( x)

)

(

)

suy ra M và M ' đối xứng nhau qua trục Ox hay là (3) và

(C’) đối xứng nhau qua trục Ox.
Cách vẽ:
B 1 : Giữ nguyên đồ thị (C) ứng với phần f(x) ≥ 0 (Phần đồ thị nằm trên
Ox).
B 2 : Lấy đối xứng qua trục Ox đồ thị (3) phần f(x) < 0 (Phần nằm phía dưới
trục Ox).

89


Ta có đồ thị (C’)
Dựa vào đồ thị (C’) ta có :
• Nếu m < 0 ⇒ ∆ và (C’) không cắt nhau ⇒ (1) vô nghiệm
• Nếu m = 0 ⇒ ∆ cắt (C’) tại một điểm ⇒ (1) có một nghiệm
• Nếu m > 0 ⇒ ∆ cắt (C’) tại hai điểm ⇒ (1) có hai nghiệm.
Bài 13:
2. Ta có phương trình x3 − 3x2 = m ⇔ x3 − 3x2 + 2 = m + 2 .
Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = m + 2 cắt (C)
tại ba điểm phân biệt ⇔ −2 < m + 2 < 2 ⇔ −4 < m < 0 .
3

3. Ta có hàm số y = x − 3x2 + 2 là hàm số chẵn nên đồ thị (C’) nhận trục
Oy là trục đối xứng ⇒ để vẽ đồ thị (C’) ta chỉ cần vẽ (C’) nằm phia bên trái
hoặc bên phải của trục Oy rồi lấy đối xứng qua Oy ta được phần còn lại.
Mặt khác với x ≥ 0 ⇒ g(x) = x3 − 3x2 + 2 ⇒ (C) ≡ (C') .
Vậy dựa vào đồ thị (C), ta vẽ đồ thị (C’) như sau:
* Giữ nguyên phần bên phải trục Oy của đồ thị (C).
* Lấy đối xứng qua trục Oy phần vừa vẽ ở trên ta có được đồ thị của (C’).
3

4. Ta có phương trình (2) ⇔ x − 3x2 + 2 = m − 2
⇒ số nghiệm của phương trình (2) chính là số giao điểm của hai đồ thị
 y = x 3 − 3x2 + 2 (C')
. Dựa vào đồ thị (C’), ta có:

 y = m − 2 (∆)
• m − 2 < −2 ⇔ m < 0 ⇒ ∆ không cắt đồ thị (C’) nên phương trình (2) vô
nghiệm.
 m − 2 = −2  m = 0
• 
⇔
⇒ ∆ cắt (C’) tại hai điểm phân biệt nên phương trình
m − 2 > 2
m > 4
(2) có hai nghiệm phân biệt.
• m − 2 = 2 ⇔ m = 4 ⇒ ∆ cắt (C’) tại ba điểm phân biệt nên phương trình (2)
có ba nghiệm phân biệt.
• −2 < m − 2 < 2 ⇔ 0 < m < 4 ⇒ ∆ cắt (C’) tại bốn điểm phân biệt nên phương
trình (2) có bốn nghiệm phân biệt.
Bài 14:
2. Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm.
Ta có : y'(x0) = 36 ⇔ x02 − x0 − 6 = 0 ⇔ x0 = 3,x0 = −2
• x0 = −2 ⇒ y0 = −27 ⇒ phương trình tiếp tuyến y = 36x + 45
• x0 = 3 ⇒ y0 = 28 ⇒ phương trình tiếp tuyến y = 36x + 80 .
2

3. Phương trình ⇔ 2 x − 3x2 + 1 = −2m + 1,số nghiệm của phương trình là số
(C') : y = 2 x 3 − 3x2 + 1
giao điểm của hai đồ thị : 
∆;y = −2m + 1

90


Dựa vào đồ thị (C’) ta có 0 < −2m + 1< 1 ⇔ 0 < m <
4. Điều kiện : x ≠ 1

1
là những giá trị cần tìm.
2

3
2
Phương trình ⇔ 2x − 3x + 1 = m ,số nghiệm của phương trình là số giao

(C ) : y = 2x3 − 3x2 + 1
1
điểm của hai đồ thị 
d : y = m
Dựa vào đồ thị (C1) suy ra :
• m < 0 ⇒ phương trình vô nghiệm
• m = 0 ⇒ phương trình có một nghiệm (loại nghiệm x = 1)
• 0 < m < 1⇒ phương trình có đúng bốn nghiệm
• m = 1⇒ phương trình có đúng ba nghiệm
• m > 1⇒ phương trình có đúng hai nghiệm.
Bài 15:
2. Lấy A(a;a3 − 3ma2);B(b : b3 − 3mb2);a ≠ b
Tiếp tuyến tại A và B là song song nên: 3a2 − 6ma = 3b2 − 6mb ⇔ a + b = 2m
a+ b
=m
I là trung điểm AB nên: xI =
2
a3 + b3 − 3m(a2 + b2)
= −2m3 = m3 − 3m3 = xI3 − 3mxI2 . Vậy I thuộc (Cm).
2
3. Ta có I ∈ AB ⇒ −2m3 = − m − 1 ⇔ m = 1
yI =

2
Khi đó ta có: y'(xA ) = −1 ⇔ 3xA
− 6xA + 1 = 0 ⇔ xA =

3± 6
12 ± 5 6
.
⇒ yA =
3
9


3 ± 6  12 ± 5 6
÷+
Phương trình tiếp tuyến tại A : y = −  x −
3 ÷
9


Bài 16:
2. Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại điểm có hoành độ x = 3
y = y'(3)(x − 3) + y(3) hay y'(3) = 3(3)2 − 6(3) = 9 , y(3) = 4 .
Suy ra phương trình d: y = 9(x – 3 ) + 4 = 9x – 23 .
3. Hệ số góc của tiếp tuyến (D) của (C) là
k = y'(x0) = 3x02 − 6x0 = 3(x0 − 1)2 − 3 ≥ −3 ⇒ k = −3 ⇔ x0 − 1 = 0 ⇔ x0 = 1
( x0 là hoành độ tiếp điểm của (D) với (C)),suy ra phương trình tiếp tuyến
(D) cần tìm là : y = −3(x − 1) + 2 = −3x + 5 .
Bài 17:
2. y' = − x2 + 4(m + 1)x − 3(m + 1) .
Hàm số (1) nghịch biến trên ¡ ⇔ ∀x ∈ ¡ ,y' ≤ 0 ⇔ ∆ ' = 4(m + 1)2 − 3(m + 1) ≤ 0

91


1
⇔ (m + 1)(4m + 1) ≤ 0 ⇔ −1≤ m ≤ − .
4
M(x0;y0)
3. Ta có M và N đối xứng qua gốc tọa độ O ⇔ 
.
N(− x0; − y0)
M và N thuộc đồ thị của hàm số (1) khi và chỉ khi

x3
 y0 = − 0 + 2(m + 1)x02 − 3(m + 1)x0 + 1 (2)

3

3
x

2
0

y
=
 0 3 + 2(m + 1)x0 + 3(m + 1)x0 + 1 (3)
Cộng hai phương trình (2) và (3) ,vế với vế ta được : 4(m + 1)x02 + 2 = 0 (4)
M , N tồn tại ⇔ (4) có nghiệm ⇔ 4(m+1) < 0 ⇔ m < −1.
Bài 18:
2. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0;+∞ ) khi và chỉ khi
y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > 0 ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x)

Hàm số f ( x) = 3x2 + 6x liên tục trên ( 0;+∞ )

Ta có f '( x) = 6x + 6 > 0,∀x > 0 và f ( 0) = 0 . Từ đó ta được : m ≤ 0 .
3. Giả sử đồ thị hàm số đã cho cắt Ox tại ba điểm có hoành độ x1,x2 ,x3
theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, suy ra x1 + x3 = 2x2 và x1,x2 ,x3 là
nghiệm của phương trình: x3 + 3x2 − mx − 4 = 0 (*). Nên có:
x3 + 3x2 − mx − 4 = (x − x1)(x − x2)(x − x3)
⇒ x1 + x2 + x3 = −3 ⇒ 3x2 = −3 ⇒ x2 = −1 thay vào (*) ta có được m = 2 .
Với m = 2 ⇒ (*) ⇔ x3 + 3x2 − 2x − 4 = 0 ⇔ x = −1,x = −1± 5
Ta thấy đồ thị hàm số đã cho cắt Ox tại ba điểm lập thành cấp số cộng
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Bài 19:
2. Gọi d là tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng (D): y = 9x – 3 thì
hệ số góc của d : k = 9 ⇔ y’( x0 ) = 9 ⇔ 6x02 + 3 = 9 ⇔ x02 = 1 ⇔ x0 = ±1. ( x0 là
hoành độ tiếp điểm của d với (C))
Phương trình tiếp tuyến d có dạng y = k ( x – x0 ) + y ( x0 ) .

Khi x0 = 1 thì phương trình của d là y = 9( x – 1) + 6 = 9x – 3 , phương trình này
bị loại vì khi đó d ≡ (D).
Khi x0 = −1 thì phương trình d là y = 9( x + 1) – 4 = 9x + 5.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = 9x + 5
3. y' = 6x2 + 2( m – 1) x + m + 2

92


Đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại và điểm cực tiểu có hoành độ lớn hơn
⇔ Phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2   lớn hơn
* Phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt
Khi đó hai nghiệm của phương trình y' = 0 là

1
.
6

1
.
6

⇔ 4 − 3 3 < m < 4 + 3 3 (a).

1− m − m2 − 8m − 11
1− m + m2 − 8m − 11 .
, x2 =
6
6
1
Vì x1 < x2   do đó x1, x2   đều lớn hơn
khi và chỉ khi
6
x1 =

1− m − m2 − 8m − 11 1
> ⇔ m2 − 8m − 11 < −m
6
6
m < 4 − 3 3 ∨ m > 4 + 3 3 (do (a)) 
m < 4− 3 3

11

⇔ −m > 0
⇔
⇔ − < m < 4 − 3 3.
11
8
 2
m > −
2
8
m

8m

11
<
m


Bài 21: x3 − 3x2 = m3 − 3m2 ⇔ − x3 + 3x2 + 1 = −m3 + 3m2 + 1. Đặt
k = −m3 + 3m2 + 1

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị ( C ) với đường

thẳng ( d ) : y = k . Dựa vào đồ thị ( C ) thì phương trình có 3 nghiệm phân
biệt ⇔ 1< k < 5 ⇔ m ∈ (−1;3)\ { 0;2} .
Bài 22:
1b. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0;+∞ ) khi và chỉ khi
y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > 0 ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x)

Hàm số f ( x) = 3x2 + 6x liên tục trên ( 0;+∞ )
Ta có f '( x) = 6x + 6 > 0,∀x > 0 và f ( 0) = 0 .
Bảng biến thiên
x
0
+∞
y'
y

Từ đó ta được : m ≤ 0 .

93

+∞
0

+


2. Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt
 y ( 0) = −3 < 0
 1
 1

x1 < −1 < x2 < 2 < x3 và   1  1
⇒ y ( 0) .y  ÷ < 0 ⇒ x ∈  0; ÷ .
2
y
=
>
0
 
 2
  ÷
  2 4

3. y ( −2) y ( 0) < 0 .Hàm số f liên tục trên đoạn 0;2 và theo định lý về giá trị
trung gian của hàm số liên tục , tồn tại một số thực α ∈ ( −2;0) sao cho
y ( α ) = 0 . Số α là một nghiệm của phương trình y ( x) = 0 . Mặt khác hàm số

f đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ ) nên phương trình có nghiệm duy nhất
α ∈ ( −2;0) .

y ( 0) y ( 4) < 0 . Hàm số f liên tục trên đoạn 0;4 và theo định lý về giá trị
trung gian của hàm số liên tục , tồn tại một số thực β ∈ ( 0;4) sao cho

y ( β ) = 0 . Số β là một nghiệm của phương trình y = 0 . Mặt khác hàm số f

đồng biến trên khoảng ( 0;4) nên phương trình có nghiệm duy nhất β ∈ ( 0;4)
.
Tương tự phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng ( 4;+∞ ) .
Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt , do đó phương trình f ( x) = 0
có 3 nghiệm phân biệt.
4. y''( x) = −6x + 6 ⇒ x0 = 2,y ( 2) = 24 ⇒ ( t ) : y = 9x + 6
2
y'( x − 1) = −3( x − 1) + 6( x − 1) + 9 = −3x2 + 12x ⇒ y'( x) > 0 ⇔ 0 < x < 4

2 = c
a = 3


6.  y ( −1) = −1+ a − b + c = 1 ⇔  b = 3

c = 2

 y'( −1) = 3 − 2a + b = 0

 
1 
( d ) ∩ Oy = A  0; − ÷

1
3 
 

p = − 3


1
⇔ n = 3
7.  y ( 0) = p = −
3

m = 1
 y'( 0) = n = 3



 y'( 3) = 6m − 6 = 0

Dạng 2: Hàm số bậc trùng phương và vấn đề liên
quan.
Bài 1:
2. Ta có : y' = 4x3 + 6(m + 1)x = 2x(2x2 + 3m + 3)

94


⇒ y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc 2x2 + 3m + 3 = 0 (*)
Hàm có ba cực trị ⇔ 3m + 3 < 0 ⇔ m < −1. Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm
 −3m − 3 
 −3m − 3 
;k ÷, C  −
;k ÷ , trong đó
cực trị là: A(0;3m + 2), B
÷ 
÷
2
2




9
k = − (m + 1)2 + 3m + 2 .
4
Ta thấy AB = AC nên tam giác ABC vuông (chỉ vuông tại 1)
uuu
r uuur
3(m + 1)
3(m + 1) 81
+ (k − 3m − 2)2 = 0 ⇔
+ (m + 1)4 = 0
⇔ AB.AC = 0 ⇔
2
2
16
5
⇔ 27(m + 1)3 = −8 ⇔ m = − ( Thỏa mãn điều kiện : m < −1).
3
Bài 2:
2. Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm.
Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x + 24y + 1 = 0
1
1
x−
nên ta có y'(x0) = 24 ⇔ x03 − x0 − 6 = 0 ⇔ x0 = 2 ⇒ y0 = 6 .
24
24
Vậy phương trình tiếp tuyến: y = 24(x − 2) + 6 = 24x − 42 .
3. (P) tiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm
⇔ y=−

x4 − 2x2 − 2 = 2x2 + a x4 − 2x2 − 2 = 2x2 + a
x4 − 4x2 − 2 = a


⇒ a = −2,a = −6
 3


2
4x − 4x = 4x
4x(x − 2) = 0
x = 0,x = ± 2
Bài 3:
2. Tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn U 1(1;0) : y = y'(1)(x − 1) + 0 = 8x − 8 .
Tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn U 2(−1;0) : y = y'(−1)(x + 1) + 0 = −8x − 8 .
3. Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của đường
2
2
thẳng y = m với đồ thị (C’): y = (x − 5) x − 1
(C') ≡ (C) khi −1≤ x ≤ 1, (C') đối xứng với (C) qua Ox khi x < −1 hoặc x > 1 .
Theo đồ thị ta thấy yêu cầu bài toán ⇔ −4 < m < 0 .
Bài 4:
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox :
x4 − 2(m + 1)x2 + 2m + 1 = 0 (1)
Đặt t = x2 ,t ≥ 0 ta có: t2 − 2(m + 1)t + 2m + 1 = 0 (2).
(Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm dương
∆ = m2 > 0

1

m > −
phân biệt t1,t2 ( t1 < t2 ) ⇔ S = 2(m + 1) > 0 ⇔ 
2.
P = 2m + 1 > 0
m ≠ 0


Khi đó: A(− t2 ;0),B(− t1 ;0),C( t1 ;0),D( t2 ;0)

95


Nên AB = BC = CD ⇔ t2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1
 2 2m + 1
t =
2
t1t2 = 2m + 1
 1
9 ⇒ (m + 1) = 2m + 1
⇒
Mà 
25
9
t1 + t2 = 2m + 2 t = m + 1
1

5
4
⇔ 9m2 − 32m − 16 = 0 ⇔ m = 4,m = −
9
Thử lại ta thấy cả hai giá trị này đều thỏa yêu cầu bài toán.
4
Vậy m = 4,m = − là những giá trị cần tìm.
9
3. A(0;2m + 1), B( m + 1; −m2), C(− m + 1; −m2)
uuu
r uuur
Tam giác ABC vuông ⇔ AB.AC = 0 ⇔ −(m + 1) + (m + 1)4 = 0 ⇔ m = 0 .
Bài 5:
2. A ( 0;2m – 5) , B

(

) (

)

m; −m2 + 2m − 5 , C − m; −m2 + 2m − 5

Diện tích tam giác ABC :SABC =

1
BC.d(A ,BC) .
2

BC = xB − xC = 2 m , d(A ,BC) = yA − yB = m2 .
SA BC = 32 ⇔

1
2 m.m2 = 32 ⇔ m5 = 322 ⇔ m = 4 (thỏa mãn điều kiện m > 0).
2

Vậy m = 4 .
Bài 6:
1. Tìm các điểm cố định của đồ thị hàm số (1).
Gọi đồ thị của hàm số (1) là ( C m ) và M(x0;y0) là điểm cố định của ( C m ) .
Thế thì ∀m ∈ ¡ ,M(x0;y0) ∈ ( C m ) ⇔ ∀m ∈ ¡ ,y0 = x04 + 2(m + 1)x02 − 4m − 4 (*)
x = − 2 x = 2
⇔ ∀m ∈ R ,2(x02 − 2)m + x04 + 2x02 − 4 − y0 = 0 ⇔  0
∨ 0
.
 y0 = 4
 y0 = 4

Vậy ( C m ) có hai điểm cố định là ( A(− 2;4) , B( 2;4) .
2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số chỉ có điểm cực tiểu và
không có điểm cực đại. y' = 0 ⇔ x = 0,x2 = −(m + 1) .
Hàm số chỉ có điểm cực tiểu và không có điểm cực đại ⇔ m ≥ −1.
Chú ý . Câu trên cũng có thể giải như sau: Dựa vào các dạng đồ thị của
hàm số hàm số y = ax4 + bx2 + c (a ≠ 0), chỉ có điểm cực tiểu và không có
a > 0 1 > 0
⇔
⇔ m ≥ −1.
điểm cực đại khi và chỉ khi 
 b ≥ 0  2(m + 1) ≥ 0
4. Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ
nhất.

96


1
AB.d(M ,AB) .
2
Vì dộ dài AB không đổi do đó S nhỏ nhất khi và chỉ khi d(M,AB) nhỏ nhất.
x − xA
y − yA
x y + 16
=
⇔ =
⇔ 8x − y − 16 = 0 .
Phương trình đường thẳng AB:
xB − xA yB − yA
1
8
Diện tích tam giác MAB: S =

M ∈ (C) ⇒ M(x0;x04 + 2x02 − 4) .
d(M ,AB) =


8x0 − y0 − 16
82 + 12

− x04 − 2x02 + 8x0 − 12 =

d(M ,AB) =
Gọi f ( x0 ) =

=

8x0 − x04 − 2x02 + 4 − 16
65

−x04 − 2[(x0 − 2)2 + 2] ≤ 0

=

−x04 − 2x02 + 8x0 − 12
65

do đó

x04 + 2x02 − 8x0 + 12
65
x04 + 2x02 − 8x0 + 12 , x0 ∈ ¡

.

f '(x0) = 4x03 + 4x0 − 8 ⇒ f '(x0) = 0 ⇔ x0 = 1.

Từ bảng biến thiên trên suy ra minf ( x0 ) = 7 đạt được khi và chỉ khi x0 = 1.
Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ M(1; −1) .
Nhận xét. Gọi d là tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng AB , vì
(C) nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB do đó điểm cần tìm
là tiếp điểm của d với (C).
Bài 7:
1. x4 − 2x2 + 1+ log2 m = 0 ⇔ x4 − 2x2 + 1 = − log2 m ( ∗)
Số nghiệm của ( ∗) là số giao điểm của 2 đồ thị y = x4 − 2x2 + 1 và
y = − log2 m
Từ đồ thị suy ra:
1
1
0< m <
m=
2
2
2 nghiệm
3 nghiệm

1
< m<1
2
4 nghiệm

m=1

2 nghiệm
2. Xét phương trình: 8cos4 x − 9cos2 x + m = 0 với x ∈ [0; π] ( 1)

m>1
vô nghiệm

Đặt t = cosx , phương trình ( 1) trở thành: 8t4 − 9t2 + m = 0 ( 2)
Vì x ∈ [0; π] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó
số nghiệm của phương trình ( 1) và ( 2) bằng nhau.
Ta có: (2) ⇔ 8t4 − 9t2 + 1 = 1− m ( 3)

Gọi ( C') : y = 8t4 − 9t2 + 1 với t ∈ [−1;1] và ( d ) : y = 1− m . Phương trình ( 3) là
phương trình hoành độ giao điểm của ( C') và ( d ) .

Chú ý rằng ( C') giống như đồ thị ( C ) trong miền −1≤ x ≤ 1.

97


Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
m< 0

m=0

0< m < 1


nghiệm

1 nghiệm

2 nghiệm

1≤ m <

81
32

m=

4 nghiệm

81
32

81
32

nghiệm
m>

2 nghiệm

3. Xét phương trình: sin6 x + cos6 x = m (sin4 x + cos4 x)
3

1

⇔ 1− sin2 2x = m  1− sin2 2x ÷ ⇔ 4 − 3sin2 2x = 2m(2 − sin2 2x) ( 1)
4
2


 2π 
3t − 4
Đặt t = sin2 2x . Với x ∈ 0;  thì t ∈ [ 0;1] . Khi đó ( 1) trở thành: 2m =
t− 2
 3
với t ∈ 0;1
sin2x = − t
⇔ sin2x = t
Nhận xét : với mỗi t ∈ 0;1 ta có : 
sin2x = t
 3 
 2π 
3 
;1÷ ⇒ t ∈  ;1÷
Để phương trình có 2 nghiệm thuộc đoạn 0;  thì t ∈ 
÷
 3
4 
 2 
 3
7
1
7
Dưa vào đồ thị ( C') ta có: y(1) < 2m ≤ y  ÷ ⇔ 1< 2m ≤ ⇔ < m ≤
.
2
10
 4
5

(

)

4
2
2
4
Bài 8: x − 2 m + 2 x + m + 3 = 0 ( 1)

(

)

2
2
4
Đặt : t = x2 , ta có : t − 2 m + 2 t + m + 3 = 0( 2)

( t ≥ 0)

Ta chứng tỏ ( 2) luôn có hai nghiệm : 0 < t1 < t2 .

(

) (

)

2

∆ ' = m2 + 2 − m4 + 3 = 4m2 + 1 > 0 với mọi m .
Vậy ( 2) luôn có hai nghiệm phân biệt t1,t2 và t1 ×t2 = m4 + 3 > 0

(

)

t1 + t2 = 2 m2 + 2 > 0
Do đó phương trình ( 1) có 4 nghiệm : − t1 , t1 , − t2 , t2
x12 + x22 + x23 + x24 + x1x2x3x4

(

= − t1
x12 + x22

) + ( t ) + ( − t ) + ( t ) + ( − t ) ( t ) ( − t ) ( t ) = 2( t
+ x + x + x x x x = 4( m + 2) + m + 3 = m + 4m + 11
2

2

1

2
3

2
4

2

2

1 2 3 4

2

2

1

2

4

1

2

4

2

1 + t2

) + t1t2

2

x12 + x22 + x23 + x24 + x1x2x3x4 = 11 ⇔ m4 + 4m2 + 11 = 11 ⇔ m4 + 4m2 = 0 ⇔ m = 0
Bài 9:
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và đường thẳng y = −1

98


x4 − ( 3m + 2) x2 + 3m = −1 ⇔ x4 − ( 3m + 2) x2 + 3m + 1 = 0 ( ∗)

Đặt t = x2 , t ≥ 0 phương trình ( ∗) trở thành :

t2 − ( 3m + 2) t + 3m + 1 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 3m + 1 .
 1
0 < 3m + 1< 4
− < m < 1
⇔ 3
Yêu cầu bài toán: 
là những giá trị cần tìm.
3m + 1 ≠ 1
m ≠ 0

Bài 10:
2. Phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và Ox
x4 − 2( m + 1) x2 + 2m + 1 = 0

( 2)

Đặt t = x2 ,t ≥ 0 ta có: t2 − 2( m + 1) t + 2m + 1 = 0

( Cm )

( 1)

cắt Ox tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi ( 2) có hai nghiệm

∆ = m2 > 0

1

m > −
dương phân biệt t1,t2 ( t1 < t2 ) ⇔ S = 2( m + 1) > 0 ⇔ 
2.

m ≠ 0

P = 2m + 1 > 0

(

) (

) (

Khi đó: A − t2 ;0 ,B − t1 ;0 ,C

) (

t1 ;0 ,D

)

t2 ;0

Nên AB = BC = CD ⇔ t2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1
 2 2m + 1
2
t =
t1t2 = 2m + 1
 1
9 ⇒ ( m + 1) = 2m + 1
⇒
Mà 
25
9
t1 + t2 = 2m + 2 t = m + 1
1

5
4
⇔ 9m2 − 32m − 16 = 0 ⇔ m = 4,m = −
9
Thử lại ta thấy cả hai giá trị này đều thỏa yêu cầu bài toán.
4
Vậy m = 4,m = − là những giá trị cần tìm.
9
3. A ( 0;2m + 1) , B

(

) (

m + 1; −m2 , C − m + 1; −m2

)

uuu
r uuur
4
Tam giác ABC vuông ⇔ AB.AC = 0 ⇔ − ( m + 1) + ( m + 1) = 0 ⇔ m = 0 .

Dạng 3: Hàm số hữu tỷ và vấn đề liên quan.
Bài 1

99


1. Thực hiện phép dời trục Oxy về hệ trục mới IXY qua công thức dời
x = X + 1
trục : 
. Trong hệ trục mới ( C ) có phương trình là :
y = Y + 2
Y + 2=

2( X + 1) − 1
X + 1− 1

⇔Y=

1
.
X

1
a

Đường thẳng d đi qua T , vuông góc với 1 có phương trình Y = − X + b + a
Xét đường thẳng ∆1 : Y = X và điểm T ( a;b) ∈ ( C ) ⇒ b =
Y = X
 a+ b a+ b
∆1 ∩ d = H : 
⇒H
;
÷
2 
 2
Y = −X + b + a

Gọi T' là điểm đối xứng với T qua ∆1 suy ra T'( b;a)
1
1
⇒ a = ⇒ T' ∈ ( C ) ⇒ ( C ) có ∆1 là trục đối xứng
a
b
Tương tự ta cũng chứng minh được ∆ 2 : Y = −X cũng là trục đối xứng của
Vì b =

( C) .

Vậy, ( C ) có ít nhất hai trục đối xứng lần lượt có phương trình trong hệ tọa
độ Oxy là : y = x + 1 và y = −x + 3 .

1

1
2. Xét đồ thị ( C ) trong hệ tọa độ XIY .Gọi M  m; ÷, N  −n; − ÷ với
m
n


m,n > 0
Ta có M ,N nằm về hai nhánh của đồ thị ( C )
2

2
1
1 
2  1
2
≥ 4mn
= 8 ⇒ MN ≥ 2 2
MN 2 = ( m + n) +  + ÷ = ( m + n)  1+
÷
mn
 m n

m2n2 
m = n
⇔ m = n = 1 (do m,n > 0 ).
Đẳng thức xảy ra ⇔ 
mn = 1
Vậy hai điểm cần tìm : M ( 2;3) , N ( 0;1) .

3. Xét ( C ) trong hệ tọa độ XIY . Ta có Y ' = −

1
X2

 1
Gọi K  a; ÷ phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại A
 a
1
1
1
2
∆ : Y = − ( X − a) + = − X + .
2
2
a
a
a
a

Hai tiệm cận của ( C ) chính là hai trục tọa độ IX,IY
 2
∆ cắt hai trục này lần lượt tại A  0; ÷, B( 2a;0)
 a

100


(

)

Chu vi tam giác IAB: P = AB + IA + IB = IA 2 + IB2 + IA + IB ≥ 2 2 + 1 IA.IB
Mà IA.IB =

(

)

2
. 2a = 4 ⇒ P ≥ 2 2 2 + 1 .
a

Đẳng thức xảy ra ⇔ IA = IB ⇔

2
= 2a ⇔ a = ±1
a

Vậy có hai điểm thỏa mãn là : K 1 ( 2;3) , K 2 ( 0;1) .

Bài 2. Giả sử d' là đường thẳng cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A ,B và
AB đối xứng qua đường thẳng d : 2x + y − 4 = 0 khi đó d' vuông góc d và
1
cắt d tại I là trung điểm của AB. d' vuông góc d suy ra d' : y = x + m
2
Phương trình hoành độ giao điểm của d' và ( C )
2x
1
= x + m ⇔ x2 + ( 2m − 5) x − 2m = 0
(với x ≠ 1) ( 1)
x−1 2
d' cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A ,B ⇔ ( 1) có hai nghiệm phân biệt khác
∆ = 2m − 5 2 + 8m > 0 4m2 − 12m + 25 > 0


(
)
đúng ∀m ∈ ¡ .
⇔
1⇔ 

4

0
1+ ( 2m − 5) − 2m ≠ 0


1
 
1

Gọi x1,x2 là hai nghiệm của ( 1) ⇒ A  x1; x1 + m ÷, B x2; x2 + m ÷
2
2

 


x1 + x2

5 − 2m
xI =
xI = 2

2
⇒ trung điểm I của AB có tọa độ: 
⇔
1
 y = ( x + x ) + m  y = 5 + 2m
 I 4 1 2
 I
4
5 − 2m 5 + 2m
3
+
− 4= 0 ⇔ m =
Nên I ∈ d : 2x + y − 4 = 0 ⇔ 2
2
4
2
3
Với m = thay vào phương trình ( 1) , ta tìm được x
2
Bài 3. Xét A ( x0;y0 ) là điểm cố định của ( C m )
⇒ y0 =

( Cm )

x = y0
⇔ m ( x0 − y0 ) + 1− x0y0 = 0 ∀m ∈ ¡ ⇔  0
⇔ x0 = y0 = ±1
x0 + m
x0y0 − 1 = 0

mx0 + 1

luôn đi qua hai điểm cố định A ( −1; −1) , B( 1;1)

Vì m ∈ ( −1;1) ⇒ A ,B nằm về hai nhánh của ( C m )

Mặt khác hai điểm A ,B luôn nằm trong đường tròn ( C ) ⇒ mỗi nhánh của
đồ thị ( C m ) luôn cắt đường tròn ( C ) tại hai điểm phân biệt
⇒ ( C m ) và ( C ) luôn cắt nhau tại bốn điểm phân biệt.

101


Bài 4.
1. Để hai điểm M , N đối xứng qua O thì trước hết ∆ phải đi qua O
Suy ra 2b − 4 = 0 ⇔ b = 2 ⇒ ∆ : y = ax .
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ∆

3x + 2
= ax ⇔ ax2 + ( 2a − 3) x − 2 = 0 ( ∗)
x+ 2
∆ cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt M , N ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân biệt
a ≠ 0

x1,x2 khác −2 ⇔ ∆ = 4a2 − 4a + 9 > 0 ⇔ a ≠ 0 .
4 ≠ 0

M , N đối xứng qua O ⇔ x1 + x2 = 0 ⇔ 2a − 3 = 0 ⇔ a =

3
.
2

2. Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và đường thẳng y = x
3x + 2
= x ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ x = −1,x = 2 ⇒ A ( −1; −1) ,B( 2;2)
x+ 2
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và đường thẳng y = x + m
3x + 2
= x + m ⇔ x2 + ( m − 1) x + 2m − 2 = 0 ( 1)
x+ 2
Đường thẳng y = x + m cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt C, D ⇔ ( 1) có hai

nghiệm phân biệt x1,x2 khác −2 ⇔ ( m − 1) ( m − 9) > 0 ⇔ m ∈ ( −∞;1) ∪ ( 9; +∞ )
uuu
r uuur
Khi đó : C ( x1;x1 + m) ,D ( x2;x2 + m) , ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC
⇔ x2 − x1 = 3 ⇔ ∆ = 3 ⇔ ∆ = 9 ⇔ m2 − 10m + 9 = 9 ⇔ m = 0,m = 10
Kiểm tra thấy m = 10 là giá trị cần tìm.
Bài 5:
m+ 2
2m +
− 2 2m2 − 3m + 4

m + 2
m

1

C
1. Gọi M  m;
(
)
.
÷
⇒ d ( M ,∆ ) =
=
m − 1

5
5 m−1

5
 2m2 − 9m + 10 = 0  m = 2;m =
2
⇔ 2m − 3m + 4 = 6 m − 1 ⇔ 
∗ d ( M ,∆ ) =
⇔
.
5
 2m2 + 3m − 2 = 0
 m = −2;m = 1

2
1
5
Vậy m = ,m = ,m = ±2 là những giá trị cần tìm.
2
2
6

2

2
2m2 − 4m − 1
∗ Xét hàm số f ( m) = 2m − 3m + 4 , ta có f '( m) =
m−1
( m − 1) 2

102



 2+ 6 
f ( m) ≥ f 
÷ = 1+ 2 6
 2 ÷



2± 6 ⇒
⇒ d ( M , ∆ ) = f ( m) ≥ 2 6 − 1 .
f ' ( m) = 0 ⇔ m =



2
2− 6

= 1− 2 6
f ( m) ≤ f  2 ÷
÷



2− 6
Vậy d ( M ,∆ ) nhỏ nhất ⇔ m =
.
2

3

3
2. Gọi A  1+ a;1+ ÷, B 1− b;1− ÷ với a,b > 0 ⇒ A ,B nằm về hai nhánh của
a
b




uuu
r 
3( a + b)
BA =  a + b;

ab



9 
2
÷ ⇒ AB2 = ( a + b) 1+

2
÷
 a b2 


9 

9
2
2
Do ( a + b) ≥ 4ab ⇒ AB ≥ 4ab 1+ 2 2 ÷ = 4 ab + ÷ ≥ 24 .
ab 
ab 



( C) .

a = b

9 ⇔ a= b= 3
⇒ AB ≥ 2 6 . Đẳng thức xảy ra ⇔ 
ab =
ab

x0 + 2
3. Gọi N ( x0;y0 ) ∈ ( C ) ⇔ y0 =
.
x0 − 1
 x0 = 2y0
Theo bài ra : d ( N ,Oy ) = 2.d ( N ,Ox) ⇔ x0 = 2 y0 ⇔ 
.
 x0 = −2y0

1
2x0 + 4
x0 = −1⇒ y0 = −
2

x
=
2y

x
=

x

3x

4
=
0

* 0
2.
0
0
0
0

x0 − 1
 x0 = 4 ⇒ y0 = 2
* x0 = −2y0 ⇔ x0 =

−2x0 − 4
x0 − 1

⇔ x02 + x0 + 4 = 0 vô nghiệm.

4. Tổng khoảng cách từ A đến hai trục tọa độ : k = a +

a+ 2
a− 1

 −2   −2   −2 
Bài 6 Do A ,B,C thuộc ( C ) nên A  a; ÷,B b; ÷,C  c; ÷
 a  b  c
Gọi H ( x0;y0 ) là trực tâm của tam giác ABC
uuur uuu
r
uuur 
r 
AH.BC = 0
2( b − c) 
2  uuu
÷
Ta có:  uuur uuur
(*). Mà AH =  x0 − a;y0 + ÷,BC =  c − b;
a
bc ÷

 BH.AC = 0


uuur 
2( a − c) 
2  uuur 
BH =  x0 − b;y0 + ÷,AC =  c − a;
÷

b
ac ÷




103



2
2

4
x0 − a +  y0 + ÷ = 0 x0 = −
bc 
a
2


abc
⇒ H ∈ ( C) .
⇔
Nên (*) ⇔ 
. Suy ra y0 = −
x0
x − b + 2  y + 2  = 0  y = abc

÷
 0
 0
2
ac  0 a 
Bài 7
1. Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C )
M cách đều hai trục tọa độ ⇔ x0 = y0 =


3x0 − 1



3x0 − 1

x0 − 2
x0 − 2

3x0 − 1
x0 − 2

= x0 ⇔ x02 − 5x0 + 1 = 0 ⇔ x0 =

5 ± 21
2

= −x0 ⇔ x02 + x0 − 1 = 0 ⇔ x0 =

−1± 5
2

 5 ± 21 5 ± 21 
 −1± 5 1m 5 
;
;
÷,M 3,4 
÷.
Vậy có bốn điểm cần tìm: M 1,2 
÷

2
2 
2
2 ÷



2. Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C ) . Tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là:
d = x0 + y0 = x0 +
Với x0 =

x0 − 2

1
1
1
1
⇒ d = nên với x0 > ⇒ d > .
3
3
3
3

Ta xét x0 <


3x0 − 1

3x − 1 x02 + x0 − 1
1
⇒ d = x0 + 0
=
3
x0 − 2
x0 − 2

x02 + x0 − 1 1 3x02 + 2x0 − 1 ( 3x0 − 1) ( x0 + 1)
− =
=
> 0 với
x0 − 2
3
3( x0 − 2)
3( x0 + 1)

1
1
1
∀x0 : x0 > .
. Suy ra d >
3
3
3

5 
5
3. Ta có A  2 + a;3 + ÷, B 2 − b;3 − ÷ (với a,b > 0 ) là hai điểm nằm về hai
a 
b

∀x0 : x0 <

2


25 
5
2  5 5
nhánh của ( C ) . AB2 = ( a + b) +  + ÷ = ( a + b)  1+
÷ ≥ 4ab.2. = 40
2
2
ab
 a b
ab 

a = b

Đẳng thức xảy ra khi 
25 ⇔ a = b = 5 .
1 = 2 2
 ab

104


3m − 1
3m − 4
+1

3m − 1
m− 2
1 3m2 − 17m + 2
4. Ta có M  m;
÷∈ ( C ) , d ( M , ∆ ) =
=
m− 2 

5
5
m− 2

26
 3m2 − 29m + 26 = 0  m = 1;m =
12
3
2
⇔
d ( M ,∆ ) =
⇔ 3m − 17m + 2 = 12 m − 2 ⇔ 
2
5
 3m − 5m − 22 = 0
 m = −2;m = 11

3
 16 15 

7
 11 
Vậy : M 1 ( 1; −2) ,M 2  ; ÷,M 3  −2; ÷,M 4  ;6÷.
4
 3 4

 3 

m + 2
Bài 8 Gọi M  m;
÷ là điểm thuộc đồ thị
m − 1

1. d M;d =
( )

2m +

m+ 2
−2
m−1
22 + 1

=

( C) .

2m2 − 3m + 4
5 m−1

2m2 − 3m + 4 6 5
6 5
d ( M;d ) =

=
⇔ 2m2 − 3m + 4 = 6 m − 1
5
5
5 m−1

5
2
 2m − 9m + 10 = 0 ⇒ m = 2, m = 2
⇔
 2m2 + 3m − 2 = 0 ⇒ m = −2, m = 1

2
Vậy có 4 điểm M cần tìm.
m+ 2
2. d ( M ,Oy ) = 2d ( M ,Ox) ⇔ m = 2
m−1
m+ 2
⇔ m2 + m + 4 = 0 vô nghiệm với ∀m ∈ ¡ .
m−1
m+ 2
• m = 2.
⇔ m2 − 3m − 4 = 0 ⇔ m = −1, m = 4 .
m−1

1
Vậy M  −1; − ÷, M ( 4;2) là hai điểm cần tìm.
2


• m = −2.

Bài 9 Ta đổi trục toa độ, hàm số trở thành Y =

3
trên hệ trục IXY
X

 3
 3
 3
3
. Gọi A  a, ÷ , B b, ÷ , C  c; ÷là 3 điểm phân biệt thuộc
x
 a
 b
 c
đồ thị hàm số; Gọi H(m,n) là trực tâm của tam giác ABC
Xét hàm số y =

105


uuur uuu
r
AH.BC = 0 ( 1)

3na + a2bc − 9
Khi đó  uuur uuur
Từ ( 1) ta có m =
, từ ( 2) suy ra
abc
 BH.AC = 0 ( 2)
3nb + ab2c − 9
3na + a2bc − 9 3nb + ab2c − 9 ⇔ n = −abc
. Từ đó suy ra
=
3
abc
abc
abc
−9
3
thay vào ( 1) ta được m =
hay n =
có nghia là H thuộc đồ thị ( C ) .
abc
m
Bài 10
1. Gọi A ( x0;y0 ) là điểm cố định mà họ ( C m ) luôn đi qua
m=

Suy ra y0 =

mx0 + 2
2x0 + m

⇔ m ( x0;y0 ) + 2x0y0 − 2 = 0 ∀m

Từ đó ta tìm được A ( ±1; ±1) .

2. Gọi M ( x0;y0 ) là điểm cố định mà không có đường cong nào của họ

( Cm ) đi qua

Suy ra y0 ≠

mx0 + 2
2x0 + m

⇔ m ( y0 − x0 ) + 2x0y0 − 2 ≠ 0 ∀m

 y0 − x0 = 0
 y = x0
⇔ 0
TH1: 
2x0y0 − 2 ≠ 0 x0 ≠ ±1

 y0 − x0 ≠ 0

 y ≠ x0
⇔ 0
TH2:  2x0y0 − 2
.
x0 = ±1
 x − y = −2x0
0
 0

Vậy tập hợp M là đường thẳng y = x trừ hai điểm ( ±1; ±1) ; đường thẳng
x = −1 trừ điểm ( −1; −1) và đường thẳng x = 1 trừ điểm ( 1;1) .
Bài 11:
2. Tìm các điểm trên (C) có tọa độ nguyên.
x+ 1
2
y=
= 1+
.
x−1
x−1
2
∈ ¢ ⇔ 2M(x − 1) ⇔ x − 1∈ { −1;1; −2;2} .
Với x∈ ¢ thì: y ∈ ¢ ⇔
x−1
x − 1 = 1⇒ x = 2,y = 3.
x − 1= −1⇒ x = 0,y = −1.
x − 1= −2 ⇒ x = −1,y = 0.
x − 1= 2 ⇒ x = 3,y = 2

Vậy các điểm trên có tọa độ nguyên là (2;3) , (0;-1); (-1;0) ; (3;2).
3. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M tùy ý trên (C) đến
hai đường tiệm cận của (C) là một số không đổi.
2
M ∈ (C) ⇒ M(x0;1+
).
x0 − 1

106


Tiệm cận đứng của (C): d1 : x – 1 = 0,tiệm cận ngang của (C) : d2 : y – 1 =
0.
d ( M , d1) = x0 − 1 , d ( M ,d2 ) = 1+
d(M ,d1).d(M ,d2) = x0 − 1.

2
2
−1 =
.
x0 − 1
x0 − 1

2
= 2 ( đpcm).
x0 − 1

4. Tìm các điểm trên (C) sao cho tổng các khoảng cách từ điểm đó đến
hai đường tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
2
M(x0;1+
) ∈ (C) ,suy ra
x0 − 1
T = d(M ,d1) + d(M ,d2) = x0 − 1 +
T = 4 ⇔ x0 − 1 =

2 Côsi
2
≥ 2 x0 − 1.
=4
x0 − 1
x0 − 1

2
⇔ (x0 − 1)2 = 2 ⇔ x0 − 1 = ± 2 ⇔ x0 = 1± 2
x0 − 1

Suy ra minT = 4 ⇔ x0 = 1± 2 .
Bài 12:
2. Ta có: y =

mx2 + (3m2 − 2)x − 2
6m − 2
= mx − 2 +
x + 3m
x + 3m

1
đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận
3
1
* Nếu m ≠ , đồ thị hàm số có hai tiệm cận
3
d1 : x = −3m ⇔ x + 3m = 0 và d2 : y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0
uur
uur
⇒ n1(1;0), n2(m; −1) lần lượt là véc tơ pháp của d1 và d2 .
uur uur
n1.n2
m
2
0
0
=
⇔ m = ±1 .
Góc giữa d1 và d2 bằng 45 ⇔ cos45 = uur uur ⇔
n1 . n2
m2 + 1 2
* Nếu m =

Bài 13:
 m
2
2. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng ⇔ m  − ÷ − 1 ≠ 0 ⇔ m + 2 ≠ 0 đúng ∀m .
 2
m
Khi đó đường thẳng x = −
là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nên
2
m
yêu cầu bài toán ⇔ − = −1⇔ m = 2 là giá trị cần tìm.
2
3. Ta có: y' =

m2 + 2
2

> 0 ∀x ≠ −

m
2

(2x + m)
Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

107


Bài 14:

4 
2. M ∈ (C) ⇒ M  x0;x0 − 1+
÷.
x0 − 1÷


(C)
Tiếp tuyến ∆ của
tại M có phương trình :


4
4
÷( x − x0 ) + x0 − 1+
y = f '(x0)( x − x0 ) + y0 =  1−
2

x0 − 1
(x0 − 1) ÷



8 
∆ ∩ TCĐ ≡ A  1;
÷
÷ ; ∆ ∩ TCX ≡ B( 2x0 − 1;2x0 − 2)
 x0 − 1
 xA + xB
= x0 = xM

2

⇒ M là trung điểm đoạn AB.
Ta có: 
y + yB
4
 A
= x0 − 1+
= yM

2
x0 − 1
1
1
Gọi H là hình chiếu của B lên đường thẳng IA ⇒ S∆OAB = OA.OB = .
2
2
Bài 15:
2. Xét điểm M(x0;y0) ∈ (C); x0 ,y0 ∈ ¢
Do y0 = x0 + 2 +

1
1
⇒ y0 ∈ (C) ⇔
∈ ¢ ⇔ x0 − 1 = ±1 ⇔ x0 = 0;x0 = 2 .
x0 − 1
x0 − 1

Vậy trên (C) có hai điểm nguyên M 1(0;1), M 2(2;5) .
3. Ta có I(1;3)
Xét tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tọa độ (x0;y0)


1
1
÷(x − x0) + x0 + 2 +
∆ : y =  1−
2

x0 − 1
(x0 − 1) ÷




1
1
÷(1− x0) + x0 + 2 +
I ∈ ∆ ⇔ 3 =  1−
2

x0 − 1
(x0 − 1) ÷


1
1
1
⇔ 3 = 1− x0 +
+ x0 + 2 +

= 0 vô nghiệm
x0 − 1
x0 − 1 x0 − 1
Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I .
4. Đồ thị (C) có tiệm cận đứng ∆1 : x − 1 = 0 , tiệm cận xiên ∆ 2 : x − y + 2 = 0

1 
Xét M ∈ (C) ⇒ M  x0;x0 + 2 +
÷
x0 − 1÷


d1 = d(M , ∆1) = x0 − 1; d2 = d(M , ∆ 2) =
⇒ d1.d2 = x0 − 1.

1
2 x0 − 1

=

1
2

1
2 x0 − 1

không đổi ⇒ đpcm.

108


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×