Upload
others
View
0
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 1:
1. TXĐ: D =
Ta có: 2 2y' 3x 6x 3 3(x 1) 0 x= + + = + Hàm số không có cực trị.
2. TXĐ: D =
Ta có: y' = 3 2x 3x 4,− + − y' 0 x 1,x 2= = − =
x − 1− 2 + y' + 0 − 0 −
y
15
4
− −
Vậy điểm cực đại của hàm số là x 1= − , CĐ15
y4
=
Nhận xét .Trong bài toán này, vì y'(2) 0
y''(2) 0
=
=do đó định lý 3 không khẳng
định được điểm x 2= có phải là điểm cực trị của hàm số hay không.
Bài 2:
1. TXĐ: D \{1}=
Ta có: 2
2
x 2xy' y' 0 x 0,x 2
(x 1)
−= = = =
−.
Bảng biến thiên:
x − 0 1 2 +
y' + 0 − − 0 +
y
1− + +
− − 3
Hàm số đạt cực đại tại điểm x 0= với giá trị cực đại của hàm số là
y(0) 1= − và hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 2= với giá trị cực tiểu của hàm số
là y(2) 3= .
2. TXĐ: D =
2
2 22
2 2 2
x 2x 4x 6 (x 2)
x 4x 6 (x 2)x 4x 6y'x 4x 6 x 4x 6(x 4x 6)
−− + − −
− + − −− += =
− + − + − +
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
2 2
20 , x
x 4x 6(x 4x 6)=
− + − +
. Vậy hàm số không có cực trị .
Bài 3:
1. ( )
( )
x x 3 khi x 0y
x x 3 khi x 0
− =
− −
.
Ta có
( )3 x 1khi x 0
2 xy'3 x
x khi x 02 x
−
=
− − −
+
Hàm số không có đạo hàm tại x 0= .
Trên khoảng ( );0− : y' 0 ,trên khoảng ( )0;+ : y' 0 x 1= =
Bảng biến thiên
x − 0 1 + y' + − 0 +
y
−
0
+
2−
Hàm số đạt điểm cực đại tại điểm ( )x 0,y 0 0= = , hàm số đạt điểm cực tiểu tại
điểm ( )x 1,y 1 2= = − .
2. TXĐ: D 3;1= −
Ta có: ( )
2
2x x 3y'
3 2x x
− +=
− −
, hàm số không có đạo hàm tại x 3,= − x 1=
Với ( )x 3;1 : − y' 0= ( )
3 x 1x 0
2x x 3 0
− =
− + =
Bảng biến thiên
x 3− 0 1
y' + 0 −
y
3 3
Dễ thấy y' 0= có nghiệm x 0= và đổi dấu từ ( )+ sang ( )− qua nghiệm x 0= ,
do đó hàm số có điểm cực đại tại x 0= , ( )y 0 3 3= .
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
3. Ta có 2
2
x 1y 1 (x 1) y'
(x 1)
−= + − =
−
. Hàm số đạt cực tiểu tại = =CÑx 1,y 1.
4. Ta có: 2 2
2x 1 2x 1y' ,y' 0 x 0
2 x x 1 2 x x 1
− += + = =
− + + +
Hàm số đạt cực tiểu tại CTx 0,y 2= = .
Bài 4:
1. TXĐ: D 2;2= −
Ta có: 2
2
4 2xy' y' 0 x 2,x 2
4 x
−= = = − =
−
Hàm số không có đạo hàm tại các điểm x 2= .
Bảng biến thiên
x 2− 2− 2 2
y' || − 0 + 0 −
y
0 2
2− 0
Hàm số đạt cực đại tại điểm x 2= , ( )y 2 2= và đạt cực tiểu tại điểm
( )x 2 , y 2 2= − − = − .
2. TXĐ: D ( ; 3] [ 3; )= − − + .
Ta có: 2
2
2 2
x 2 x 3 xy' 2 y' 0 2 x 3 x
x 3 x 3
− −= − = = − =
− −
2 2
x 0x 2
4(x 3) x
=
− =
và hàm số không có đạo hàm tại x 3= .
Bảng biến thiên:
x − 3− 3 2 +
y' + − 0 +
y
+
− 3
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 2, y(2) 3= = , hàm số không có cực đại
3. D 1;3=
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
2
2
3 x 2y' x 4x 3 x
2 x 4x 3
− += − + − + +
− + −
2 2
2 2
3 9x 4x 3 x ( x 2) 2x x2 2 , x (1; 3)x 4x 3 x 4x 3
− + − + + − + − +
= =
− + − − + −
2
x (1;3) x (1;3)9
y' 0 x9 942x x 0 x 0 x
2 4
= = − + = = =
Vậy hàm số đạt cực đại tại 9
x ,4
=
C15 15
y16
=Đ
4. TXĐ: D ( 1; )= − +
22 2
12x x 1 (x 20)
4x(x 1) (x 20) 3x 4x 202 x 1y'x 1 2x x 1 2x x 1
+ − ++ − + + −+
= = =+ + +
2
x 1y' 0 x 2
3x 4x 20 0
−= =
+ − =
Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm CTx 2, y 8 3= = .
Bài 5:
1. TXĐ: D =
Ta có ( )y' 2sinx 2sin2x 2sinx 1 2cosx= + = +
sin x 0 x k
y' 0 ,k1 2 2cosx cos x k2
2 3 3
= = = = − = = +
.
y'' 2cosx 4cos2x= +2 2
y'' k2 6cos 3 03 3
+ = = −
.
Hàm số đạt cực đại tại 2
x k23
= + ,
2 9y k2
3 2
+ =
.
( )y'' k 2cosk 4 0, k = + .
Hàm số đạt cực tiểu tại ( ) ( )x k , y k 2 1 cosk= = − .
2. TXĐ: D =
Ta có : y' 4cos2x y' 0 cos2x 0 x k ,k4 2
= = = = +
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
8 khi k 2ny'' 8sin 2x y'' k 8sin k
8 khi k 2n 14 2 2
− = = − + = − + =
= +
Vậy hàm số đạt cực đại tại các điểm x n , y n 14 4
= + + = −
và đạt cực đại
tại ( ) ( )x 2n 1 , y 2n 1 54 2 4 2
= + + + + = −
.
3. 6 6x xsin cos
4 4+
3 3 32 2 2 2 2 2x x x x x x
sin cos sin cos 3sin cos4 4 4 4 4 4
= + = + −
23 x 3 1 cosx 5 3cosx1 sin 1 .
4 2 4 2 8
− += − = − =
TXĐ: D =
x 2k3y' sin x y' 0 sin x 0 ,k .
x (2k 1)8
= = − = =
= +
3 3 3
y'' cosx,y''(2k ) cos(2k ) 08 8 8
= − = − = −
Suy ra hàm số đạt cực đại tại các điểm CĐx 2k ,k ,y 1.= =
3 3y''[(2k 1) ] cos 0
8 8+ = − =
Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại các điểm CT1
x (2k 1) , k ,y .4
= + =
Vấn đề 2. Định tham số để hàm số f đạt cực trị tại điểm x0
cho trước.
Bài 1:
1. Ta có : 2y' x 2(2m 1)x m 9= + − + − .
Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại x 2= là
y'(2) 0 4 4(2m 1) m 9 0 m 1= + − + − = = .
Kiểm lại . Ta có y'' 2x 2(2m 1)= + − .
Khi m 1= thì y'' 2x 2,= + suy ra ( )y'' 2 6 0= .
Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x 2=
Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x 2= m 1 = .
2. Ta có: 2y' 3mx 4(m 1)x m 2,y'' 6mx 4(m 1)= + − − − = + −
Hàm số đạt cực tiểu tại x 1 y'(1) 0 6m 6 0 m 1= = − = =
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Khi đó y''(1) 10m 4 6 0= − = hàm số đạt cực tiểu tại x 1= .
Vậy m 1= là giá trị cần tìm.
3. Ta có: 2
1 1y x y' 1
x m (x m)= + = −
+ + và
3
1y''
(x m)=
+
Cách 1: Vì hàm số có đạo hàm tại mọi điểm x m − nên để hàm đạt cực tiểu
tại x 1= thì trước hết 2
1y'(1) 1 0 m 0; m 2
(1 m)= − = = = −
+.
* m 0 y''(1) 1 0 x 1= = = là điểm cực tiểu m 0 = thỏa yêu cầu bài toán.
* m 2 y'(1) 1 0 x 1= − = − = là điểm cực đại m 2 = − không thỏa yêu cầu
bài toán.
Cách 2: Bài toán khẳng định được y''(1) 0 nên ta có thể trình bày:
Hàm số đạt cực tiểu tại y'(1) 0
x 1y''(1) 0
==
m 0 =
4. Ta có ( )2 3
3 m m 3 2(m 3)y x 1 m 3 y' 1 ,y''
x m (x m) (x m)
− − −= − + = + = −
+ + +
Hàm số đạt cực đại tại 2
m 3x 1 y'( 1) 0 1 0
(m 1)
−= − − = + =
−
2m m 2 0 m 1,m 2 − − = = − = .
• m 1 y''( 1) 1 0 x 1= − − = − = − là điểm cực đại
• m 2 y''( 1) 2 0 x 1= − = = − là điểm cực tiểu.
Vậy m 1= − là giá trị cần tìm.
Bài 2:
1. Ta có: 2y' 3 x 2(m 1)x 2m 4 = − − + −
Hàm số có cực trị y' 0 = có hai nghiệm phân biệt 2' m 4m 5 0 = − +
đúng với mọi m. Vậy hàm số luôn có cực trị với mọi m.
3. • Với m 0= ta có 2y x x 1= − + − , ta thấy hàm số đạt cực đại tại 1
x2
= . Suy
ra m 0= thỏa yêu cầu bài toán.
• m 0 , ta có: 2
2
mx 2x 1 2my'
(mx 1)
− + −=
−
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Suy ra 2y' 0 mx 2x 1 2m 0= − + − = (*)
Hàm số đã cho có cực trị khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 1
m 2
' 1 m(1 2m) 0
2m m 1 011 2m 0
m
= − −
− + − + −
đúng với mọi m.
Vậy hàm số đã cho luôn có cực trị với mọi m .
4. Ta có: 2 2
2
x 2mx m 2m 3y'
(x m)
+ + − +=
+
Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình 2 2x 2mx m 2m 3 0+ + − + = có
hai nghiệm phân biệt khác m− ' 2m 3 0 3
m2m 3 0 2
= −
− + .
Bài 3:
1. Ta có = + ++
1y x m
x 1,
( )= − = = = −
+2
1y' 1 ; y' 0 x 0;x 2
x 1
Đồ thị m(C ) luôn có điểm cực đại là − − +M( 2; 3 m) , điểm cực tiểu là
+N(0;m 1) với mọi m .
( ) ( ) = + + + + − =2
MN 0 2 m 1 3 m 20 .
2. Ta có: = − + + +
2y' 6 x (2m 1)x m(m 1)
= = = +y' 0 x m,x m 1 . Hàm số có cực trị với mọi m .
Đồ thị hàm số có các điểm cực trị + +3 2A(m;2m 3m 1),
+ + =3 2B(m 1;2m 3m ) AB 2 .
Bài 4: Ta có 3 2 2y' 4x 12mx 6(m 1)x 2x(2x 6mx 3(m 1))= + + + = + + +
2
x 0y' 0
f(x) 2x 6mx 3m 3 0
= =
= + + + =
1. Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 0
2' 3(3m 2m 2) 0
f(0) 0
= − −
1 7 1 7m m
3 3m 1
− +
−
.
2. Theo nhận xét trên ta thấy hàm chỉ có cực tiểu mà không có cực đại
hàm số không có ba cực trị 1 7 1 7
m3 3
− + .
Bài 5:
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
1. 2 2 2 2
2
a x 2abx b a b
(ax b)y'
+ + −
+=
Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị tại x 0= và x 1= là
2 2
2
2 22 2 2
2 2 22
b 0b a b0
a by'(0) 0 b
y'(1) 0 b a b 0a 2ab b a b0
a 2ab b a b 0(a b)
−=
− =
= − =+ + − = + + − =+
2 22
2 2
b 0 b 0b 0 1aa b a ba b 2 .
b a 0 b a 1b a b4a 2b 0a 2ab 0 a 2a 0
= − − − −
− = == =
+ =+ = + =
Kiểm lại. Khi
1a
2= − và
1b
4= thì
2
2
1 1x x
4 4y'1 1
x2 4
−
=
− +
và y' 0 x 0,x 1= = =
Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực trị tại hai điểm
1 1x 0,x 1 a ,b
2 4= = = − =
2. 2f '(x) 3ax 2bx c= + +
Từ giả thiết của bài toán ,ta có hệ phương trình :
f '(0) 0 c 0 c 0 a 1
f(0) 2 d 2 d 2 b 3
f '(2) 0 12a 4b c 0 3a b 0 c 0
f(2) 2 8a 4b 2c d 2 8a 4b 2 2 d 2
= = = =
= = = = −
= + + = + = = = − + + + = − + + = − =
Kiểm lại : Khi a 1,b 3,c 0 ,d 2= = − = = ,ta có hàm số ( ) 2 f' x 3x – 6x= và
f '(x) 0 x 0,x 2= = =
( ) ( )f 0 2,f 2 2= = − và f ''(x) 6x 6, f ''(0) 6 0 , f ''(2) 6 0= − =− =
Suy ra điểm ( )A 0;2 và ( )B 2; 2− lần lượt là điểm cực đại và điểm cực tiểu của
đồ thị hàm số . Vậy a 1,b 3,c 0 ,d 2= = − = = thỏa mãn bài toán.
Vấn đề 3. Định tham số để hàm số f có cực trị và cực trị
thỏa mãn một điều kiện cho trước.
Bài 1:
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
1. Ta có : = − + + −2y' 3x 2(m 3)x 2m 1
= − + + − =2y' 0 3x 2(m 3)x 2m 1 0 (1)
Hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn =CD CTx .x 1 (1) có hai nghiệm 1 2x ,x
thỏa mãn: =1 2x .x 1
= + =
−= −= = =
2' m 7 0m 2
c 2m 1m 1P 1
a 3
.
Vậy =m 2 hoặc = −m 1 là giá trị cần tìm.
2. Hàm số có hai điểm cực trị Phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
1 2x , x
−
2
m 0m 0m 0
' 0 m m 0 hoặc m 1
Chia y cho y’ ,ta được:
= − + − −
1 1 2y x .y' (1 m)x 1
3 3 3.
Hàm số đạt cực trị tại 0x = = − −0 0 02
y'(x ) 0 y(x ) [(1 m)x 1]3
Hai giá trị cực trị cùng dấu
− − − − 1 2 1 22 2
y(x ).y(x ) 0 [(1 m)x 1]. [(1 m)x 1] 03 3
.
( ) − − − − − − − + + 21 2 1 2 1 2[(1 m)x 1].[(1 m)x 1] 0 (1 m) x x (1 m)(x x ) 1 0
Theo định lý Vi – et :
+ =
=
1 2
1 2
x x 2
1x .x
m
( )− + − − +
− − + 2 2 2(1 m) 1 m 2m m 2m
2(1 m) 1 0 0m m
− + − +
223m 3m 1
0 m 0 (do 3m 3m 1 0 , m )m
Kết hợp điều kiện, ta được m 1
3. Ta có : ( )= − + +2y' 3x 12x 3 m 2 .
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi =y' 0 có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu qua
mỗi nghiệm đó ( ) = − + ' 36 9 m 2 0 − 2 m 0 m 2
Khi đó : ( ) ( ) ( ) = − − + + + − + −
21y x 2 . 3x 12x 3 m 2 2 m 2 x m 2
3
( ) ( )= − + − + −1
y x 2 .y' 2 m 2 x m 23
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Trong đó : ( )= − + −1 1y 2 m 2 x m 2, ( )= − + −2 2y 2 m 2 x m 2
Theo định lý Vi-ét , ta có : + = = +1 2 1 2x x 4,x x m 2
Theo bài toán : ( ) ( ) − + − − + − 1 2 1 2y .y 0 2 m 2 x m 2 2 m 2 x m 2 0
( ) ( )( ) − + + 2
1 2m 2 2x 1 2x 1 0 ( ) ( ) − + + + 2
1 2 1 2m 2 4x x 2 x x 1 0
( ) ( ) ( ) ( ) − + + + − + 2 2
1 2 1 2m 2 4x x 2 x x 1 0 m 2 4m 17 0
− 17
m 24
. So với điều kiện bài toán , vậy − 17
m 24
là giá trị cần tìm .
Bài 2:
1. Ta có: = + + + −2y' x 2(m 1)x 6 2m
Yêu cầu bài toán =y' 0 có hai nghiệm trái dấu − 6 2m 0 m 3 .
2. Ta có: = + − + +2y' 3(m 1)x 6(m 1)x 2m
Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu =y' 0 có hai nghiệm phân biệt
1 2x ,x + −
− = + − +
2
m 1 0 m 3
m 1' 9(m 1) 6m(m 1) 0.
Khi đó: + = 1 2x x 2 hai điểm cực trị cách đều đường thẳng =x 1 .
3. Hàm số có hai cực trị trái dấu đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt
Phương trình hoành độ giao điểm:
− + + − = − − + =3 2 2x (2m 1)x 3mx m 0 (x 1)(x 2mx m) 0
=x 1 hoặc − + =2x 2mx m 0 ( )
Yêu cầu bài toán ( ) có hai nghiệm phân biệt khác 1
Hay = −
− +−
2' m m 0m ( ;0) (1; )
1 m 0.
4. Ta có = + − = + − =2 2y' 2(3x mx 6) y' 0 3x mx 6 0 (1)
Vì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số luôn có hai cực trị. Gọi
1 2x ,x là hoành độ hai cực trị, hai điểm cực trị cách đều trục tung
= =− + =1 2 1 2 1 2x x x x x x 0 (vì 1 2x x )− −
= = = =b m
S 0 m 0a 3
.
Vậy =m 0 là giá trị cần tìm.
5. Ta có − − −
=−
2
2
mx 2mx 5m 1y'
(x 1) = − − − = 2y' 0 mx 2mx 5m 1 0 (x 1) (3)
Hàm số có hai điểm cực trị (3) có 2 nghiệm phân biệt 1 2x ,x 1
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
− +
− −
m 0 1m
m(6m 1) 0 6m 06m 1 0
.
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox 1 2y(x ).y(x ) 0
( ) . Lại có = −1 1y(x ) 2m(x 1) , = −2 2y(x ) 2m(x 1) .
= − + + = − −21 2 1 2 1 2y(x ).y(x ) 4m [(x x (x x ) 1] 4m( 2m 1)
( ) − − −1
4m( 2m 1) 0 m2
hoặc m 0
6. Tính = −2y' 3(x m) Hàm số có cực trị m 0
Gọi 1 1A(x ; y ) và 2 2B(x ; y ) là hai điểm cực trị của (C), khi đó:
= − + − = − + −1 1 1 1y mx 3mx 1 3m 2mx 1 3m
= − + − = − + −2 2 2 2y mx 3mx 1 3m 2mx 1 3m.
Vì A,B cách đều đường thẳng − =d : x y 0 nên ta có các trường hợp
•Trung điểm −I(0;1 3m) của AB thuộc d − = =1
1 3m 0 m3
.
• AB song song với đường thẳng d, nên − = = −1
2m 1 m2
(loại).
7. Ta có = − + −2 2y' 3(x 2mx m 1) = = + = −1 2y' 0 x m 1,x m 1
Do 1 2x x hàm số luôn có hai cực trị
= + = − + +2 21 2y m(m 3), y (m 1)(m m 4)
Yêu cầu bài toán − 1 2y .y 0 m(m 1) 0 0 m 1 .
8. = − + + − = = =2y' x 2(m 1)x 4m y' 0 x 2,x 2m Đồ thị hàm số cho có điểm cực tiểu và điểm cực đại Phương trình y’= 0 có
hai nghiệm phân biệt 2m 2 m 1 .
Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là
−
4A 2; 4m
3và
−
3 24B 2m; m 4m
3.
Gọi I là trung điểm của đoạn AB thì tọa độ của I là
+= = +
+ = = − − +
A BI
3 2A BI
x xx m 1
2y y 2 2
y m 2m 2m2 3 3
.
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Iđường thẳng ( ) − =d : 2x 3y 0
( ) ( ) + + = − − =3 2 3 22 m 1 – 2m – 6m – 6m 2 0 m 3m 4m 0
= = − = −m 0 m 1 m 4 (thỏa mãn điều kiện m 1).
Bài 3:
Ta có = + − + − = = − =21 2y' 6[x (m 1)x m(1 2m)] y' 0 x 1 2m,x m .
Hàm số có cực trị − 1
1 2m m m3
.
Chia y cho y' ta được: = + − − − − − −21y (2x m 1)y' (3m 1) x m(1 2m)(m 1)
6
=− − − − −2y (3m 1) x m(m 1)(1 2m) là phương trình đường thẳng đi qua các
điểm cực trị của đồ thị hàm số.
1. Yêu cầu bài toán − − = −
=− − − =
2(3m 1) 4m 1
m(1 2m)(m 1) 0.
2. Yêu cầu bài toán − − = − = =2 2(3m 1) 1 m 0,m
3.
Bài 4:
1. Ta có − +
= = − + =−
22
2
2x 4mx 2my' y' 0 x 2mx m 0 (1)
(x m)
Đồ thị hàm số có cực trị (1) có 2 nghiệm phân biệt khác m
=
− +
2
2 2
m 0
m 2m m 0
m 0
m 1.
Vì đường thẳng đi qua các điểm cực trị của hàm số có phương trình là:
= −y 4x 3 nên − − 1 2 1 2y(x ) y(x ) 8 x x 2
+ − − − 2 21 2 1 2(x x ) 4x x 4 m m 1 0
− +
1 5 1 5m , m
2 2 .
2. Ta có = − + + − − +2 2y' 3x 6(m 1)x 3m 7m 1
= − + + + − =2 2y' 0 3x 6(m 1)x 3m 7m 1 0 (1)
Hàm có cực trị = − + 3m 12 0 m 4 , khi đó (1) có hai nghiệm
+ − − + + −= =1 2
3(m 1) 12 3m 3(m 1) 12 3mx , x
3 3.
Ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x1, do vậy yêu cầu bài toán thỏa mãn
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
−
+ −
12
m 0
m 0x 1 3m 12 3m m 1
3m m 4 0
.
3. * =m 0 . Khi đó hàm số cho trở thành y =
=
x 0x
1x, hàm số này không có
cực trị , do vậy =m 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
=−x m là nghiệm của tử số + + = =2 3mx x m m 0 m 0 (bị loại)
m 0 , = + = = = −2 2y' 0 mx 2m x 0 x 0 x 2m hàm số cho có hai cực trị
− − − − − − 2 2CD CTy y 4 y(0) y( 2m) 4 1 (1 4m ) 4 4m 4 1 m 1
Vậy m thỏa mãn yêu cầu bài toán −
1 m 1
m 0.
4. + + −
= = − ++ +
22x 3x m 2 my 2x 1
x 2 x 2
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên = −D \ 2
Với − x 2,m 0 , ta có ( )
( )
( )
( )
( )
+ −= − = =
+ + +
2
2 2 2
2 x 2 m g xmy' 2 ,
x 2 x 2 x 2
( ) ( )= + −2
g x 2 x 2 m . Đồ thị hàm số có cực đại , cực tiểu khi =y' 0 có
2 nghiệm phân biệt và y' đổi dấu khi x qua các nghiệm đó , khi đó phương
trình ( ) =g x 0 có hai nghiệm phân biệt khác −2
+ =
− + −
2
2
2(x 2) m 0m 0
2( 2 2) m 0
Khi đó ta có ( )
( )
= +
= +
1 1
2 2
y x 4x 3
y x 4x 3
( ) ( ) ( ) ( ) − = + − + = −2 1 2 1 2 1y x y x 4x 3 4x 3 4 x x
( ) ( ) ( ) ( )− = − = + − = 2
2 1 2 1 1 2 1 2y x y x 8 4 x x 8 x x 4x x 4 1
Mà ( ) + = − −
=
1 2
1 2
x x 4
28 mx x
2
. Từ ( ) ( ) 1 và 2 suy ra −
− − − = =
2 8 m( 4) 4 4 0 m 2
2
Bài 5:
1. = − + + = − + + = − + + =2 2 2y' 3x 6x 6m 3 3(x 2x 2m 1) y' 0 x 2x 2m 1 0 (1)
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Hàm số đạt cực trị tại hai điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −2 Phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn −2
(1) có hai nghiệm phân biệt ( ) = + = − ' 1– 2m 1 2m 0 m 0 .
Khi đó hai nghiệm của (1) là = − − = + −1 2x 1 2m , x 1 2m .
Khi đó hai nghiệm của (1) là = − − = + −1 2x 1 2m , x 1 2m .
Vì 1 2x x do đó cả hai nghiệm này lớn hơn −2 khi và chỉ khi −1x 2
− − − − − − −19
x 2 1 2m 2 2m 3 2m 9 m2
.
Vậy các giá trị của m cần tìm là
−
9m ;0
2.
2. Đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu Phương trình y’=0 có hai
nghiệm phân biệt 1 2x x = ' 4 – m 0 m 4.
− = − + − + +2 21 2 1 2 1 2 1 2y (x x )[x x 6(x x ) 3m]y
= − + − − + +21 2 1 2 1 2 1 2(x x )[(x x ) 2x x 6(x x ) 3m]
−
− +
1 2
1 2 1 2
y y0
(x x )(x x 2)
+ − − + +
+
21 2 1 2 1 2
1 2
(x x ) 2x x 6(x x ) 3m0
x x 2 ( )
Vì + =
=
1 2
1 2
x x 4
x .x m nên ( )
− − + − −
+ +
16 2m 24 3m m 80 0 2 m 8
m 2 m 2
Đối chiếu điều kiện ,ta được các giá trị của tham số m cần tìm là − 2 m 4
Bài 6:
1. ( )
+ − −=
+
2
2
mx 4mx m 11y'
x 2. Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi y' đổi dấu hai
lần qua nghiệm x , tức ( ) = + − − =2g x mx 4mx m 11 0 có hai nghiệm 1 2x ,x
khác −2 .
Khi đó: ( )
− g
m 0
g 2 0
' 0
, giải hệ ta được: −11
m5
hoặc m 0 .
Theo bài toán 1 2y .y 0 , trong đó = − = − 1 1 2 2y 2mx 4, y 2mx 4 .
( )= − + + = − − +2 21 2 1 2 1 2y .y 4m x .x 8m x x 16 4m 12m 16
− 1 2y .y 0 4 m 1 . Đối chiếu điều kiện, suy ra − −11
4 m5
hoặc
0 m 1 .
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
2. Đường thẳng d cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương
trình ( )− + +
= − ++
2mx 4x m 33 x 10
x 2 có hai nghiệm phân biệt, hay phương
trình ( )+ + + + =2m 3 x 32x m 63 0 có hai nghiệm phân biệt khác −2 tức −m 3
và −11
m5
và − 67 m 1 .
Khi đó, tung độ của A và B là ( )= − +1 1y 3 x 10 và ( )= − +2 2y 3 x 10 suy ra:
( )
( )
+ = − + +
= + + +
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
y y 3 x x 20
y .y 9 x .x 10 x x 100 hay
( )
+ = − − + ++ + =
= − +
1 21 2 1 2
1 2
96y y 60
2 y .y 909 y y 60m 30
260 175 4y .y 9 101
m 3
Vấn đề 4. Liên quan tam giác, khoảng cách, điểm đối
xứng
Bài 1: Với m 1 thì ta có 2 2
y m 1 x m3 3
là đường thẳng đi qua 2
điểm cực trị 1 1M x ;y và 2 2N x ;y .
MN 2 15 ta tìm được phương trình 2m 2 m 5m 15 0
( )= − + − + −3 2y x 3x m 6 x m 2 có hai điểm cực trị và khoảng cách từ ( )−A 1; 4
đến đường thẳng đi qua hai cực trị bằng 12
265
Ta có: = − + −2y' 3x 6x m 6 . Đồ thị hàm số có 2 cực trị khi =y' 0 có 2
nghiệm phân biệt, nghĩa là ( ) = − − 2' 3 3 m 6 0 hay m 9 .
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Và ( )
= − + − + −
1 2 4y x 1 y' m 6 x m 4
3 3 3, vì điểm cực trị có hoành độ là
nghiệm của =y' 0 nên đường thẳng ( )d qua 2 cực trị có phương trình
= − + −
2 4y m 6 x m 4
3 3 hay ( ) ( )− − + − =2 m 9 x 3y 4 m 3 0
( )( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
− − − + − −= =
− + − + − 2 22
2 m 9 1 3. 4 4 m 3 6m 18d A, d
4m 72m 3332 m 9 3
Theo bài toán ( )( )−
= =
− +2
m 312 2d A, d
265 2654m 72m 333
Bình phương hai vế, rút gọn ta được: − + =2249m 1302m 1053 0 ,
Bài 2:
1. Ta có đồ thị hàm số đạt cực trị tại −A(0;2),B(2; 2)
Đường thẳng AB có phương trình: = − + + − =y 2x 2 2x y 2 0
Yêu cầu bài toán + + −
= − =2m m 1 2
5 3m 1 55
= = −4
m 2,m3
2. Ta có ( )= − + + −2 2y' 3x 6x 3 m 1
Hàm số có cực đại và cực tiểu ( )− + + − =2 23x 6x 3 m 1 0 có hai nghiệm
phân biệt = 2' 9m 0 m 0 .
Gọi A,B là các điểm cực trị ta có : − − − 3A(1 m; 2 2m ); + − + 3B(1 m; 2 2m ) .
Điểm O cách đều hai điểm A,B =OA OB
( ) = = 3 18m 2m m m 0
2.
3. Ta có = − = −3 2 2 2y' 4x 4m x 4x(x m ) . Hàm số có ba cực trị m 0 .
Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
− − −4 4A(0;1), B(m;1 m ), C( m;1 m ) .
Ta thấy =AB AC nên tam giác ABC vuông cân
+ =2 2 2AB AC BC + = = 2 8 22(m m ) 4m m 1
4. Ta có: = − −2y 4x[x m(m 1)] .
Hàm số có cực trị − +m ( ;0) (1; ) .
Khi đó ba cực trị là : ( )+ − − + − + +4 3 2A(0;m 1),B m(m 1); m 2m m m 1 ,
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
( )− − − + − + +4 3 2C m(m 1); m 2m m m 1 .
Tam giác ABC cân tại A nên tam giác này vuông thì:
= = − − = − +4 3 2 2 4AB.AC 0 m(m 1) (m 2m m ) m(m 1)
− = − = − − =3 3 2m (m 1) 1 m(m 1) 1 m m 1 0
=1 5
m2
.
5. m 0 thì hàm số có 2 cực trị có hoành độ x m 1 . Tam giác OAB
vuông tại O khi 1 2 1 2OA.OB 0 x x y y 0 với 1 1A x ;y , 2 2B x ;y .
Đường thẳng qua A,B là 2 2y 2m x 2 m 1 .
Đáp số: m 1, 6
m2
Bài 3: Ta có : = − = = =3 2y 4x 4mx,y 0 x 0,x m
Hàm có 3 điểm cực tri m 0 khi đó đồ thị có ba điểm cực trị
+ − + + + − − + + +3 2 3 2A(0;m 1),B( m; 2m m m 1),C( m; 2m m m 1) Gọi H là
trung điểm của − + + +3 2BC H(0; 2m m m 1) , ta có
= − + = − + =3 2 2 3 2AH ( 2m m ) | 2m m |; BC 2 m
Dễ thấy tam giác ABC cân tại A nên = = −3 21S AH.BC 2m m . m
2
= − = =3 2S 1 2m m m 1 m 1 .
Bài 4:
1. * = −x 1 là nghiệm của đa thức + + =2x – 2mx m 1 3m 0 = −1
m3
Khi = −1
m3
thì
+ −+ −
= = = −
+ +
212 1 (x 1) xx x3 13 3y x
x 1 x 1 3.
Vì = y’ 1 0 ,x D nên hàm số không có cực trị , do đó = −1
m3
không thỏa
mãn yêu cầu của bài toán.
Khi −1
m3
,ta có: + −
=+
2
2
x 2x 3my'
(x 1)
Dấu của y' là dấu của ( ) = + −2g x x 2x 3m .
Hàm số có hai điểm cực trị Phương trình ( ) =g x 0 có hai nghiệm phân biệt
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
= + −1
' 1 3m 0 m3
(*).
Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là ( ) ( )−1 1 2 2A x ;2x 2m , B x ;2x – 2m
và phương trình đường thẳng AB là =y 2x – 2m.
A và B đối xứng qua đường thẳng (d): y = − −1
x 22
AB⊥ (d) tại trung điểm I
của AB.
Vì tích của hai hệ số góc của hai đường thẳng AB và (d) = - 1 nên AB⊥ (d).
Trung điểm I của AB có tọa độ là
+= = −
= − = − −
1 2I
I I
x xx 1
2y 2x 2m 2 2m (doI AB)
I − − − + =(d) 1 4 4m 4 0 = −1
m4
thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy các giá trị của tham số m cần tìm là m = −1
.4
2. Ta có = − + = − + =2 2 2 2y' 3x 6x m y' 0 3x 6x m 0 (1) .
hàm số có cực trị (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2x ,x
= − − 2' 3(3 m ) 0 3 m 3 .
Chia y cho y' ta có phần dư là:
= − + +
2 22 1y m 2 x m m
3 3
Nên phương trình đường thẳng d' đi qua các điểm cực trị là :
= − + +
2 22 1y m 2 x m m
3 3 các điểm cực trị là :
− + +
2 21 1
2 1A x ; m 2 x m 3m ,
3 3
− + +
2 22 2
2 1B x ; m 2 x m 3m
3 3.
Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d và d'
+ + + −
− −
2 2
2 2
2m 6m 15 11m 3m 30I ;
15 4m 15 4m.
A và B đối xứng qua d thì trước hết ⊥d d' − = − =22m 2 2 m 0
3
Khi đó ( )−I 1; 2 và ( ) ( )− −1 1 2 2A x ; 2x ; B x ; 2x I là trung điểm của AB A và
B đối xứng nhau qua d . Vậy =m 0 là giá trị cần tìm.
Bài 5:
1. Ta có: = −2y' 4x(x m) . Hàm số có ba cực trị m 0 .
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
( ) ( )− − − − − −2 2A(0;m 1),B m;m m 1 ,C m;m m 1
Gọi H là trung điểm của BC.
Giả thiết ta có = = =2AHAB 2.sinC 2. AB 2AH
AC
Do đó + = − + − =4 2 2m m 2m m(m 1)(m m 1) 0
Kết hợp với điều kiện ta có +
= =1 5
m 1,m2
thỏa mãn
2. Ta có = − = = =3 2y' 4x 4mx y' 0 x 0,x m
Hàm số có ba cực trị m 0 . Khi đó toạ độ ba điểm cực trị của đồ thi hàm số
là: − − + − +2 2A(0;2),B( m; m 2),C( m; m 2)
Vì tam giác BAC cân tại A nên ⊥OA BC nên O là trực tâm tam giác ABC
⊥ =OB AC OB.AC 0 ( ) . = − − + = −2 2OB ( m; m 2), AC ( m; m )
Nên ( ) − + − = − − =2 2 3m m (m 2) 0 m 2m 1 0
+ − − =2(m 1)(m m 1) 0+
=1 5
m2
là giá trị cần tìm.
3. Ta có ( )
( )
( )
− + − += =
− −
2 2
2 2
g xx 2x m 3m 3y'
x 1 x 1, với ( ) = − + − +2 2g x x 2x m 3m 3 .
Hàm số có cực đại , cực tiểu khi phương trình ( ) = g x 0,x 1 có hai nghiệm
phân biệt 1 2x ,x khác 1 . ( )
− + −
− +
2
2
' 0 m 3m 2 01 m 2
g 1 0 m 3m 2 0.
Gọi ( ) ( )1 1 2 2A x ; y ,B x ; y là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì 1 2x ,x là
nghiệm của phương trình ( ) = g x 0,x 1 .
Khi đó
= − − + −=
= + − + −
21
22
x 1 m 3m 2y' 0
x 1 m 3m 2 = − + − + −2
1y 1 m 2 m 3m 2 ;
= − − − + −22y 1 m 2 m 3m 2
= − + − + − − − − + −
2 21 2y .y 1 m 2 m 3m 2 1 m 2 m 3m 2
( ) ( )= − − − + −2 21 m 4 m 3m 2 .
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
= − + = − − −
22
1 27 4 4
y .y 5m 14m 9 5 m5 5 5
= − = 1 24 7
min y .y khi m5 5
.
So với điều kiện , vậy =7
m5
là giá trị cần tìm .
4. Ta có: = − +3y 4x 2mx 4 .
Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi phương trình
+− + = =
33 2x 2
2x mx 2 0 mx
có 3 nghiệm 1 2 3x ;x ;x phân biệt.
Khảo sát hàm: +
=32x 2
f(x)x
ta tìm được 3m 3 2 .
Cũng từ phương trình có: + =3 mxx 1
2 suy ra: = − + +
2mxy 3x m
2 là parabol đi
qua ba điểm cực trị.
Gọi ba điểm cực trị là 1 1 2 2 3 3A(x ; y ); B(x ; y );C(x ; y )
Tam giác ABC nhận O làm trọng tâm + + =
+ + =
1 2 3
1 2 3
x x x 0
y y y 0 hay:
− + + + + + + =2 2 21 2 3 1 2 3
m(x x x ) 3(x x x ) 3m 0
2 ( )
Do: + + = + + − + + =2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1x x x (x x x ) 2(x x x x x x ) m
nên có: ( ) − + = =2m
3m 0 m 62
5. Ta có: = + 2
1y' m
x đồ thị hàm số có hai cực trị m 0
Khi đó:
− − − − − −
1 1A( ; 2 m), B ; 2 m
m m
Suy ra = + − − = − −
2 4 4AB 16( m) 2 .16( m) 16 AB 4
m m
Đẳng thức xảy ra = − = = −−
24 1 116m m m
m 4 2
6. = − + = − −3 2y' 4x 4(m 1)x 4x(x m 1) = = = +2,y' 0 x 0,x m 1 (2)
Hàm số có 3 cực trị phương trình =y' 0 có ba nghiệm phân biệt
+ −m 1 0 m 1.
Khi đó ba điểm cực trị là A(0; 2m+1) , ( ( ) ( )+ − − + −2 2B m 1; m , C m 1; m .
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Vì A Oy , B và C đối xứng với nhau qua Oy nên tam giác ABC cân tại A và
tâm I của đường tròn ( ) ngoại tiếp tam giác ABC thuộc Oy, I Oy I(0;a) .
Bán kính của đường tròn ( ) bằng 1 =
=
IA 1
IB 1.
+ − = == + − =
+ − = − = +
2m 1 a 1 a 2mIA 1 2m 1 a 1
2m 1 a 1 a 2m 2
( )= + + + = + + =2
2 2 2 2IB 1 m 1 (a m ) 1 m (a m ) 0 (3) .
Thay a = 2m vào (3) ta được phương trình
+ + = + + = =2 2 2m (2m m ) 0 m[1 (2 m) ] 0 m 0 (do ( )+ + 2
1 2 m 0 ).
Thay = +a 2m 2 vào (3) ta được phương trình
+ + + = + + + =2 2 2 2m (m 2m 2) 0 m [(m 1) 1] 0 (4).
Vì −m 1 nên + + + + + 2 2(m 1) 1 1 m [(m 1) 1] 0 Phương trình (4) vô
nghiệm. Vậy m = 0 thỏa yêu cầu bài toán.
7. = − = − = = =3 2 2 2y' 4x 4mx 4x(x m) y' 0 x 0,x m
Ba điểm cực trị của đồ thị hàm là ( ) ( ) ( )− −2 2A 0;m ,B m;m – m ,C m;m m
Gọi S,p,r lần lượt là diện tích , nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam
giác ABC ,ta có ( )= = =S p.r p do r 1
=BC 2 m , = − = 2C Ad(A,BC) y y m .
Suy ra diện tích tam giác ABC: ( )= = 21S BC.d A,BC m.m
2
Nửa chu vi tam giác + +
= = + +4AB AC BCABC : p m m m
2
= = + + = + +
2 4 2 3S p m.m m m m m.m m 1 m 1
= + + 2 3m 1 m 1 (do m 0)
−
+ = − − − =+ = − +
23 2
4 3 23 4 2
m 1m 1 01 m m 1
m m 2m 01 m m 2m 1
=
− − =2
m 1m 2
m m 2 0
8. m 0 hàm số có 3 cực trị ( )A 0;m , ( )− − 2B m;m m , ( )− 2C m;m m
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
=BC 2 m , ( ) = − = =2 2C A ABCd A,BC y y m S m m ,
= + + 4p m m m và = = + + =2 3S pr m 1 1 m m 2
9. ( )= −2y' 4x x m
Dễ thấy m 0 thì tam thức −2x m luôn không âm, khi đó dấu y ' là dấu của
nhị thức ( ) =f x 4x nên hàm số có 1 cực trị.
Với m 0 thì phương trình − =2x m 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 , tức
=y' 0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu 3 lần qua các nghiệm x . Khi đó ,
hàm số có 3 cực trị ( )A 0;2m , ( )− +2B m; m 2m , ( )− − +2C m; m 2m . Dễ
thấy, tam giác ABC cân tại A .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC thì I là giao điểm của trục
Oy và trung trực ( )d của đường thẳng AC .
Phương trình đường thẳng ( )d :
− − + − =
22m m
m x m y 2m 02 2
, suy
ra
− − +
21 mI 0; 2m
2m 2.
Tứ giác ABOC nội tiếp khi và chỉ khi = =IA IB OI , hay I là trung điểm AO
tức = − − +21 m
m 2m2m 2
, quy đồng và rút gọn ta được:
( )( )− − − = =2m 1 m m 1 0 m 1 hoặc
=1 5
m2
, đối chiếu điều kiện suy
ra =m 1 thỏa mãn. Vậy, =m 1 là giá trị cần tìm.
Chú ý:
1. Dễ thấy tam giác ABO vuông tại B ( )m 0 nên ta có =
OB.AB 0
m 0 tương
đương với ( ) − − =
2 2m m 2m m 0
m 0, giải hệ ta được =m 1 hoặc
+=1 5
m2
.
Đối chiếu điều kiện, suy ra =m 1 .
2. Tứ giác ABOC nội tiếp khi và chỉ khi =ABC AOC .
Bài 6:
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
1. Ta có: −
= −
2 3m 1y' 4x x
2
• Nếu = =1
m y' 0 x 03
không thỏa yêu cầu bài toán.
• Nếu −
= = = 1 3m 1
m y' 0 x 0,x3 2
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị: +A(0;2m 1)
− − + + − − + +−
2 23m 1 9m 14m 3 3m 1 9m 14m 3B ; , C ;
2 4 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) .
Gọi M là trung điểm của AC, suy ra − − + +−
21 3m 1 9m 22m 7M ;
2 2 8.
Ta có: =
=
2 2IA ID
IM.AC 0
− − = + −
− − − − ++ + =
2 2
2 2
(a 2m 1) 49 (a 3) (1)
3m 1 9m 22m 7 9m 6m 1a 0 (2)
8 8 4
Từ (1) + −
=−
24m 4m 57a
4(m 1) thay vào (2) ta có được:
− − − + − − ++ + = −
2 2 23m 1 9m 22m 7 4m 4m 57 9m 6m 10
8 8 4(m 1) 4
− + − − + − =3 24(m 1) (3m 1)(9m 23m 23m 107) 0
− + − + =4 3 227m 78m 92m 340m 103 0
2. m 3 thì hàm số cho có 2 cực trị, giả sử =Ax 1, = −Bx m 2
ODAB là hình bình hành nên trung điểm AB cũng là trung điểm OD . Từ đó
ta có hệ:
+=
= + =
A B D
A B D
x x x
11 52 2 m 4 A 1; ,B 2;y y y 6 3
2 2
Bài 5:
1. Ta có ( )( )
− + −=
−
2 2
2
x 2mx m 1f ' x ,x m
x m
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Tam thức ( ) = − + −2 2g x x 2mx m 1 có = 1 0, m .
Do đó ( ) = = − = +1 2f ' x 0 x m 1,x m 1
( ) ( )( ) ( )
= − + − − − + −
= − + + + − + +
2 21
2 22
f x m m 2 M m 1; m m 2
f x m m 2 N m 1; m m 2
Đặt ( )0 0A x ;y .Giả sử ứng với giá trị = 1m m thì A là điểm cực đại và ứng
với giá trị = 2m m thì A là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
Ta có: = − = +
= − + − = − + +
0 1 0 2
2 20 1 1 0 2 2
x m 1 x m 1;
y m m 2 y m m 2.
Theo bài toán , ta có : − = +− + − = − + +
1 2
2 21 1 2 2
m 1 m 1
m m 2 m m 2
( )( )
− =
− + − = −
1 2
1 2 1 2
m m 2
m m m m 1 4
− =
+ = −
1 2
1 2
m m 2
m m 1
=
= −
1
2
1m
23
m2
= −
− − = −
0
0
1x
1 72 A ;7 2 4
y4
.
Vậy − −
1 7A ;
2 4 là điểm duy nhất cần tìm thoả yêu cầu bài toán
2. Trước hết ta có = − + = − + =3 3y 2(2x 6x 1) y 0 2x 6x 1 0
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.
Nên có: = − = − + = − +3 4 2 20 0 0 0 0 0 0 0
1 3x 3x y x 6x 2x 3x x
2 2. Suy ra cả ba điểm cực
trị đều nằm trên Parabol = − +2 3y 3x x
2 nên nó không thẳng hàng.
Mặt khác lại có = − + = − +2 2 2 4 3 20 0 0 0 0 0
3 9y ( 3x x ) 9x 9x x
2 4
= − − − + = − +
2 20 0 0 0 0 0
1 1 9 117 63 99x 3x 9 3x x x x
2 2 4 4 2 2
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Suy ra + = − +2 2 20 0 0 0
121 63 9x y x x
4 2 2
= − − +
00 0
y121 1 63 9x x
4 2 3 2 2
+ + + − =2 20 0 0 0
131 121 9x y x y 0
8 12 2.
Vậy các điểm cực trị nằm trên đường tròn + + + − =2 2 131 121 9x y x y 0
8 12 2.
Vấn đề 5. Ứng dụng cực trị giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình đại số. Bài 1:
1. Ta có: ( )
+ + + = +
+ + = +
222
2x 1 0x mx 2 2x 1
x mx 2 2x 1
− −
+ − = + − =
22
11 x
x 22
3x 4x 1mx 3x 4x 1 m
x
.
Xét hàm số + −
=23x 4x 1
f(x)x
với − 1
x 02
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
=f(x) m có hai nghiệm phân biệt 1 2x ;x thỏa mãn − 1 21
x x2
.
Lập bảng biến thiên ta tìm được: 9
m2
.
2. Điều kiện: − 1 x 8
Đặt = + + − t x 1 8 x 0
( )( )+ + −
= + + − + =2 x 1 8 x9 t 9 2 x 1 8 x 9 18
2 3 t 3 2 .
Phương trình đã cho trở thành: −
+ = + − =2
2t 9t m t 2t 9 2m
2(1)
Xét hàm số ( ) = + − 2f t t 2t 9, t [3; 3 2]
( ) = + f ' t 2t 2 0, t [3; 3 2] .Vậy hàm số đồng biến trên [3;3 2] suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
= = = = +3;3 2 3;3 2min f t f 3 6, max f t f 3 2 9 6 2
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm
+ +
9 6 2t [3; 3 2] 6 2m 9 6 2 3 m
2.
3. Đặt: = + + 4 4t x 4x m 0 , phương trình đã cho trở thành:
+ − = = − =2t t 6 0 t 3,t 2
Với = + + = + + =4 4 4t 2 x 4x m 2 x 4x m 16 − = + −4m x 4x 16
Xét hàm số: ( ) ( )= + − = +4 3f x x 4x 16 f ' x 4x 4 và ( ) = = −f ' x 0 x 1
Từ bảng biến thiên suy ra PT có nghiệm khi : − − m 19 m 19 .
Bài 2:
1. Phương trình cho đưa về dạng: ( ) =f x m với ( )+
=
− +2
2x 1f x
x 2x 2.
Ta có: ( )( )
− +=
− + − +2 2
3x 5f ' x
x 2x 2 x 2x 2, x : ( ) =f ' x 0 =
5x
3
Giới hạn: ( )→−
= −xlim f x 2 , ( )
→+=
xlim f x 2 , suy ra − 2 m 13
2. Phương trình cho đưa về dạng: + +
= +++
2
2
x 4 4 x 2m
x 4x 2 ( )
Đặt +
=
+2
x 4t
x 2 với ( −t 1;3 , khi đó ( ) trở thành = +
4m t ,
t ( −t 1;3
Đáp số: 13
4 m3
3. ( ) ( )( )( )= − − − = − + −3 2f x x 1 x 2 x 4 x 7x 14x 8
( ) ( ) ( )= − + − −2
2g x 3x 14x 14 4 3x 7 f(x)
( )g x là đa thức bậc 4 với hệ số của 4x là −3 .
( ) = − +2f ' x 3x 14x 14
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )= − + − − − − = −2g' x 2 3x 14x 14 6x 14 12f x 4 3x 7 f ' x 12f x
( ) = = = =g' x 0 x 1; x 2; x 4. ( ) ( ) ( )= = =g 1 9; g 2 4; g 4 36.
Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình ( ) =g x m có một số lẻ nghiệm khi
và chỉ khi: = = =m 4; m 9; m 36.
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
4. Xét hàm số: = + + + − +2 2f(x) x x 1 x x 1 xác định trên =D .
Ta có: + −
= +
+ + − +2 2
2x 1 2x 1f '(x)
2 x x 1 2 x x 1
( ) ( ) = + − + = − + +2 2f ' x 0 (2x 1) x x 1 1 2x x x 1 (1)
+ − + = − + + =
2 22 21 1 3 1 1 3
x (x ) x (x ) x 02 2 4 2 2 4
thay vào (1) ta thấy
thỏa mãn.
Mặt khác:→+→−
= = +xx
limf(x) lim f(x)
Bảng biến thiên:
x − 0 +
f '(x) − 0 +
f(x)
+ +
2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm m 2 .
5. Phương trình − + = −4 4x 13x m 1 x
− + = −4 4
x 1
x 13x m (1 x)
− − = −3 2
x 1
4x 6x 9x 1 m.
Xét hàm số = − −3 2f(x) 4x 6x 9x với x 1
Ta có: = − − = = − =2 1 3f '(x) 12x 12x 9 f '(x) 0 x ,x
2 2.
Bảng biến thiên:
x − −
1
2 1
f '(x) + 0 –
f(x)
5
2
− −11
Dựa vào bảng biến thiên − −5 3
1 m m2 2
.
6. Điều kiện: x 1
Ta có: − + + = −4 23 x 1 m x 1 2 x 1
− − = − +
+ +4
x 1 x 1m 3 (1)
x 1 x 1
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Đặt −
= = − + +
4 4x 1 2
t 1 ; 0 t 1x 1 x 1
.
Khi đó (1) trở thành: = − + 2m 3t 2t, t [0;1) . (2)
Bảng biến thiên của hàm số = − + 2f(t) 3t 2t, t [0;1)
t 0
1
3 1
f(t)
1
3
0 −1
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm t [0;1)
− 1
1 m3
.
Bài 3:
1. Ta có − − − + + = −3 2 3 2x 2x 2x m 3m 1 x 1( )
− − +3 2 3 2
x 1
x 3x m 3m =0 1
Phương trình (1) − = −3 2 3 2x 3x m 3m
Xet hàm số ( ) = − +3 2f x x 3x , x [1; ) , ( ) = − = = =2f ' x 3x 6x 0 x 0,x 2
Lập bảng biến thiên và suy ra PT có hai nghiệm phân biệt khi
− + − − −
− +
3 23 2
3 2
m 3m 2 04 m 3m 2
m 3m 4 0( ) ( ) − − +m 1;1 3 1;1 3 .
2. ( )− + − + + + − =4 2x 1 4m x 3x 2 m 3 x 2 0
( ) ( )( ) ( ) ( ) − + − − + + − =2 24 44x 1 4m x 1 x 2 m 3 x 2 0
( )− −
+ + + =− −
4 4x 1 x 2
m 3 4m 0 (1)x 2 x 1
(vì =x 2 không là nghiệm).
Đặt: −
= = + − −
4 4x 1 1
t 1 1, x 2x 2 x 2
(1) trở thành: ( )+
+ + = + + + = + = − +2 2m 3t 4m 0 t 4mt m 3 0 t 3 m 4t 1
t
( )+
− = =+
2t 3m f t
4t 1 ( vì t 1),ta có: ( )
( )( )
+ − − += = =
+
2
2
2 2t t 6 1 48f ' t 0 t
44t 1
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Từ bảng biến thiên suy ra PT (1) có nghiệm khi và chỉ khi PT(2) có nghiêm
− + − −
1 48 1 48t 1 m m
8 8.
3. ( )( )= − + − = + − − 2 2 2 2 2t x 9 25 x 16 t 16 2 x 9 25 x 32 ,4 t 4 2
( ) ( )−
+ − = − = − = =−
22 2 16 t
mt t 16 5m m t 5 16 t m f tt 5
( )− =
−
216 tf t ,t 4;4 2 ,t 5
t 5, ta có: ( )
( )
− + −=
−
2
2
t 10t 16f ' t
t 5
Phương trình có nghiệm khi − − − +m ( ; 8 2] [ 8; ) .
Bài 4:
1. Vì =x 0 không phải là nghiệm phương trình . Chia hai vế phương trình cho
3x ta được:
+ + + − + − =
3 2
3 2
1 1 1x 3 x 6 x a 0
xx x.
Đặt = +1
t xx
ta có được phương trình:
− + − − = + − = +2 2 3 2t(t 3) 3(t 2) 6t a t 3t 9t a 6 (2)
Từ cách đặt t , ta có: − + =2x tx 1 0 (3) = − 2t 4 0 t 2 . Từ đây ta có:
• Nếu = t 2 thì phương trình (3) có một nghiệm.
• Nếu t 2 thì với mỗi giá trị của t cho tương ứng hai giá trị của x.
Nên (1) có đúng hai nghiệm phân biệt (2) hoặc có đúng hai nghiệm =t 2
và = −t 2 hoặc (2) có đúng một nghiệm thỏa mãn t 2 .
TH 1: Nếu (2) có đúng hai ngiệm = +
= = +
2 a 6t 2
22 a 6 hệ vô nghiệm.
TH 2: (2) có đúng một nghiệm thỏa mãn t 2 .
Xét hàm số = + −3 2f(t) t 3t 9t với t 2 ,
có: = + − = − +2f '(t) 3t 6t 9 3(t 1)(t 3) .
Ta có bảng biến thiên:
t − −3 −2 2 + f '(t) + 0 − +
f(t)
27 +
− 22 2
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có đúng một nghiệm
t 2 + −
+
a 6 2 a 4
a 6 27 a 21.
2. Điều kiện : x 1 .
Đặt = + − − = − −2 2 2 4t 1 x 1 x 0 t 2 2 1 x
− = −
4 2
0 t 2
2 1 x 2 t.
(1) trở thành:− + +
+ = − + = =+
22 t t 1
m(t 2) 1 t t m f(t)t 2
(2).
Từ cách đặt t −
− =
22
4 2 t1 x
2
− = −
22
42 t
x 1 t [0; 2]2
với mỗi giá trị (
t 0; 2 ta có hai giá trị x , còn = =t 0 x 0 .
Mặt khác: − − − = − = =
2 22 2
2 21 21 2 1 2
2 t 2 t1 1 t t t t
2 2
(1) có bốn nghiệm phân biệt (2) có đúng hai nghiệm t (0; 2] .
Xét hàm số f(t) với t (0; 2] , có: − − +
= = = −+
2
2
t 4t 1f '(t) f '(t) 0 t 5 2.
(t 2)
Bảng biến thiên
t 0 −5 2 2
f '(t) + 0 −
f(t)
1
2
−3 2 4
2
−2 5
(2) có hai nghiệm phân biệt ( − −
3 2 4t 0; 2 2 5 m
2.
Vậy −
− 3 2 4
2 5 m2
là những giá trị cần tìm.
3. Ta có + + − =+ + +
22
2 4 2
2px4x1 p 0
1 2x x 1 x
+ + − =
+ +
22
2 2
2x 2xp 1 p 0
x 1 x 1
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Đăt = −+ 2
2xt t [ 1;1]
1 x
− −
2 2p 2; ;2
5 5
4. − − = − − = + + − −2 2 2 22x 3x 2 5a 8x 2x 5a 2x 8x 2x 3x 2
Đặt
( ) = + + − −2 2f x 2x 8x 2x 3x 2 ( )
+ − − − +
=
+ −
2 14x 5x 2 nêu x ( ; ] [2; )
2f x
111x 2 nêu x ;2
2
Ta có ( )
+ − − +
=
−
18x 5 nêu x ( ; ) (2; )
2f ' x
111 nêu x ; 2
2
Lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có
nghiệm duy nhất khi = − = −57 57
5a a16 80
.
5. − + − = − +2 22x 10x 8 x 5x a ( ) = − + − − + =2 2a 2x 10x 8 x 5x f x
Từ đó ta tìm được
43a 4;
4.
Bài 5: Ta có: ( )− + = + = − + − =2 2x xx 4x 3 m m x 4x 3 f x
2 2
Xet ( ) = − + − − +2 xf x x 4x 3 ;x ( ;1] [3; )
2
Đạo hàm: ( )−
= −
− +2
x 2 1f ' x
2x 4x 3, ( ) ( ) ( )= = − −
2 1f ' x 0 VN ,f ' 0 0,
23
( ) = −1
f 1 ,2
( ) ( )= − = − 3 2 1
f 3 ,f ' 4 02 23
Từ bảng biến thiên ta có:
• −3
m2
:phương trình vô nghiệm.
•
− −
3 1m ;
2 2: phương trình có nghiệm duy nhất.
•
− +
1m ;
2: phương trình có 2 nghiệm.
Bài 6:
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
1. + = − =6 6 23sin x cos x msin2x 1 sin 2x msin2x
4(1)
Đặt = −t sin2x,t [ 1;1] , ta có phương trình ( )− = = − =23 1 31 t mt m t f t
4 t 4(2)
( ) = − − − 2
1 3f ' t 0, t [ 1,0) (0;1]
4t.
Lập bảng biến thiên ta có ( ) − − + −1 1
f t ( ; ] [ ; ), t [ 1;1]\ 04 4
Vậy (1) có nghiệm (2) có nghiệm −t [ 1;1]
− − +
1 1m ; ;
4 4
2. − + − =2mcos 2x 4sinxcosx m 2 0 ( ) − − + − =2m 1 sin 2x 2sin 2x m 2 0
Đặt : = −t sin2x [ 1;1] , ta được: ( ) ( )+
− = + = =−
2
2
2t 2m 2 t 2t 2 m f t
2 t
Xet ( )+
= −− 2
2t 2f t , t [ 1;1]
2 t ta tìm được: 0 m 4 .
3. − = − = +2 2 2sin 2x sin 4x m 2cos 4x cos2x 2m 1
Đặt = − t cos4x,t 1;1 ta có: − = +22t t 2m 1
Khảo sát hàm số = − − 2f(t) 2t t, t 1;1 ta tìm được
− + − 1 9
2m 1 3 m 18 16
.
Bài 7:
1. Xét hàm số = + + 2f(x) x 2x 1,x
Ta có: = + = = −
+2
2x 1f '(x) 1 f '(x) 0 x
22x 1
− =
1 2m f
22.
2. Khảo sát hàm số = − + −f(x) 4x 2 16 4x ta tìm được m 14 .
3. − − =22m 4x x x f(x) Khảo sát hàm =y f(x) −m 2 1 .
4. Điều kiện: 0 x 4 .
• Ta thấy =x 0 là nghiệm của bất phương trình
• x 0 bất phương trình − −
24x x 3
mx
Xét hàm số − −
=24x x 3
f(x)x
ta thấy bất phương trình có nghiệm với mọi m.
5. + − − − + − −2 2x 4 x m 0, x [ 2; 2] m x 4 x , x [ 2; 2]
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
( )−
[ 2;2]
m maxf x . Với = + − 2f(x) x 4 x /
Ta có: ( ) = − = − =
−
2
2
xf ' x 1 0 4 x x
4 x
=
− =2 2
x 0x 2
4 x x
( ) ( ) ( ) ( )−
− = − = = =[ 2;2]
f 2 2,f 2 2 2 ,f 2 2 max f x 2 2 .
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi − [ 2;2] m 2 2 .
6. Đặt ( )= + − = + − 2t x 3 x 3 t 3 2 x 3 x 6 t [ 3; 6] .
Bất phương trình trở thành: ( ) −
+ − − −
22t 3
t m 3 0 m t 3 6 2t2
−
−2
6 2tm , t ( 3; 6]
t 3. Từ đây ta tìm được
−
6 2 6m
3.
7. Đặt: ( ) = + − + + − 4 4f x x 1 x x 1 x ,x [0;1]
( )( )
= − + − = =− −
4 3 34
1 1 1 1 1f ' x 0 x
22 x 2 1 x 4 x 4 1 x
Ta có: ( ) ( )
= = = +
41 1 1
f 0 2,f 1 2,f 2 22 2 2
suy ra ( )
= = +
4
[0;1]
1 1 1maxf t f 2 2
2 2 2
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi + 41 1
[0;1] m 2 22 2
.
Bài 8:
1. Ta có :
+ = = − − +=
2
x 1
x xy 1 xy 1 x x 2x 1y
x
(do =x 0 không là nghiệm phương trình ).
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: − +
+ + = −2
2 x 2x 13x 6x m 3
x (a) .
Hệ có ba cặp nghiệm (a) có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn x 1 .
Xét hàm số − +
= + + = + − +2
2 2x 2x 1 1f(x) 3x 6x 3x 7x 2
x x
với x 1 + −
= + − =3 2
2 2
1 6x 7x 1f '(x) 6x 7
x x
= = − = − =1 1
f '(x) 0 x 1;x ;x2 3
.
Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/
Bảng biến thiên:
x − −1 −
1
2 0
1
3 1
f '(x) − 0 + 0 − − 0 +
f(x)
+ −27
4 − 9
−7 − 11
3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (a) có ba nghiệm phân biệt
−
− − − − −
11 20m 3 9 m 12
3 327 15
7 m 3 4 m4 4
.
Vậy 20
m 123
hoặc −
− 15
4 m4
là những giá trị cần tìm.