HƯỚNG DẪN GIẢI. · 2018. 6. 25. · Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí Group: HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài ...

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)

−− + − −

− + − −− += =

− + − + − +

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

− =

− + =


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= .




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= .


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= .


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=




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

= = = = +




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= = − = =




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)

− + −=

−




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:




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:




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




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




− +

− −

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

.




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




−

+ −

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)




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 .




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 .




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 ,




( )− − − + − + +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




= + −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 .




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 .




= − + = − − −

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 .




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




=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:




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




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




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




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.




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)


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.


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




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




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




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)


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




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:




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]




( )−

[ 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

.





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.


HƯỚNG DẪN GIẢI. · 2018. 6. 25. · Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí Group: HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài ...

Documents