De_bai-Tiep_tuyen_da_thuc.doc
Dap_an_tiep_tuyen.Sua.pdf
De_bai-Cuc_tri_da_thuc .doc
Dap an-Cuc_tri_da_thuc .doc
De_bai-Tuong_giao_da_thuc.doc
Da_an-Tuong_giao_da_thuc.doc
CHUYEN DE I:
HAM SO DA THUC

Bài 1: Tiếp tuyến hàm đa thức - Khóa LT Đảm bảo - thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


BTVN PHẦN TIẾP TUYẾN HÀM ĐA THỨC
Bài 1. Cho đồ thị
 
3 2
: 1
m
C y x mx m
   
. Viết phương trình tiếp tuyến của
 
m
C
tại các
điểm cố định mà
 
m
C
đi qua.

Bài 2. Tìm điểm
 
3 2
: 2 3 12 1M C y x x x    
sao cho tiếp tuyến của (C) tại điểm M đi qua
gốc tọa độ.
Bài 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
 
3 2
: 3 2
C y x x
  
biết tiếp tuyến đó vuông
góc với đường thẳng:
5 3 4 0
y x
  

Bài 5. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua
 
0; 1
A

đến
3 2
2 3 1
y x x
  

Bài 6. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua

 
1;2
A 
đến
3 2
3 2
y x x
  

Bài 7. Cho
 
3 2
: 2 3 12 5C y x x x   
. Viết phương trình tiếp tuyến biết
a, Tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
6 4y x 

b, Tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng
1
2
3
y x
 

c, Tiếp tuyến tạo với đường thẳng
1
5
2
y x
  

góc
45


Bài 8. Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số

 
3 2
: 3C y x x
 
trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau.
Bài 9. Cho đồ thị
 
3 1
:
3
x
C y
x



và điểm M bất kì thuộc
 
C
. Gọi I là giao của 2 tiệm cận. Tiếp
tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR:
a, M là trung điểm của AB
b, Diện tích tam giác IAB không đổi
…………………Hết………………

Nguồn: Hocmai.vn



Bài 1: Tiếp tuyến hàm ña thức - Khóa LT ðảm bảo - Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


HDG CÁC BTVN PHẦN TIẾP TUYẾN HÀM ðA THỨC
Bài 1. Cho ñồ thị
( )
3 2
: 1
m
C y x mx m
= + − −
. Viết phương trình tiếp tuyến của
(
)
m
C
tại các ñiểm cố
ñịnh mà
(
)
m
C
ñi qua
Lời giải: Gọi
0 0

( ; )
M x y
là ñiểm cố ñịnh mà
(
)
m
C
ñi qua

3 2
0 0 0
2 3
0 0 0
2
0 0 0
3
0 0
0 0
1,
( 1) 1 0,
1 0 1 1
0 2
1 0
y x mx m m
m x x y m
x x x
y y
x y
⇒ = + − − ∀
⇒ − + − − = ∀


− = = = −
 

⇒ ⇒ ∨
  
= = −
 
− − =



Do ñó có 2 ñiểm cố ñịnh mà
(
)
m
C
ñi qua là
(
)
1
1;0
M
và
(
)
2
1; 2
M
− −


Ta có:
2
3 2
y x mx
′
= +

- Phuơng trình tiếp tuyến tại M
1
là:
(
)
(1)( 1) (2 3) 2 3
y y x m x m
′
= − = + − +

- Phuơng trình tiếp tuyến tại M
2
là:
(
)
( 1)( 1) 2 ( 2 3) 2 1
y y x m x m
′
= − + − = − + − −

Bài 2. Tìm ñiểm
( )

3 2
: 2 3 12 1
M C y x x x
∈ = + − −
sao cho tiếp tuyến của (C) tại ñiểm M ñi qua gốc tọa
ñộ.
Lời giải: Gọi
0 0
( ; )
M x y
là ñiểm cần tìm
3 2
0 0 0 0
2 3 12 1
y x x x
⇒ = + − −

(1)

PTTT của (C) tại M là:

(
)
(
)
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0
( ) : ( )( ) 6 6 12 6 6 12
d y y x x x y x x x y x x x
′

= − + = + − + − + −

Vì (d) ñi qua gốc tọa ñộ nên
(
)
2
0 0 0 0
6 6 12
y x x x
= + −

(2)

Từ
(1)
và
(2)

(
)
3 2 2
0 0 0 0 0 0
2 3 12 1 6 6 12
x x x x x x
⇒ + − − = + −


3 2
0 0
2

0 0 0
0 0
4 3 1 0
( 1)(4 1) 0
1 12
x x
x x x
x y
⇒ + + =
⇒ + − + =
⇒ = − ⇒ =

Vậy
( 1;1; 2)
M
−


Bài 1: Tiếp tuyến hàm ña thức - Khóa LT ðảm bảo - Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 4
Bài 3. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị
( )
3 2
: 3 2
C y x x
= − +
biết tiếp tuyến ñó vuông góc với ñường
thẳng:
5 3 4 0
y x

− + =

Lời giải: Tiếp tuyến vuông góc với ñường thẳng:
5 3 4 0
y x
− + =
có phương trình dạng:

5
(d):y x a
3
= − +

ð
i
ề
u ki
ệ
n
ñể
(d) và (C) ti
ế
p xúc nhau là: h
ệ

3 2
2
5
3 2 x a
3

5
3 6
3
x x
x x

− + = − +




− = −


có nghi
ệ
m
T
ừ

2 2
5 29
5
3 27
3 6 9 18 5 0
1 61
3
3 27
x a
x x x x

x a

= → =

− = − ⇒ − + = ⇒


= → =



V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán:
1
5 29
( ) : x
3 27
d y = − + và
2
5 61
( ) : x
3 27
d y = − +


Bài 4
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n
ñ
i qua
(
)
0; 1
A
−

ñế
n
3 2
2 3 1
y x x
= + −

Lời giải
: Ph
ươ
ng trình

ñườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua A có d
ạ
ng d: y=kx – 1.
d ti
ế
p xúc v
ớ
i (C) khi và ch
ỉ
khi h
ệ
sau có nghi
ệ
m:

( )
3 2
3 2 2
2
3 2 3 2 3 2 2
2
2 3 1 1
2 3 1 6 6 1
6 6
0

2 3 1 6 6 1 4 3 0 (4 3) 0
3
4
0
3 3 9
6. 6.
4 4 8
x x kx
x x x x x
k x x
x
x x x x x x x x
x
k
k

+ − = −

⇔ + − = + −

= +


=


⇔ + − = + − ⇔ + = ⇔ + = ⇔

= −


=


⇒
   

= − + − = −
   

   


V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm là:
y 1
= −
và
9
y x-1 hay 9x+8y+8=0
8
= −

Bài 5

. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n
ñ
i qua
(
)
1; 2
A −

ñế
n
3 2
3 2
y x x
= − +

Lời giải
: Ph
ươ
ng trình
ñườ
ng th
ẳ

ng
ñ
i qua A có d
ạ
ng d: y=k(x+1) + 2.
d ti
ế
p xúc v
ớ
i (C) khi và ch
ỉ
khi h
ệ
sau có nghi
ệ
m:

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th

ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 2
3 2 2
2
3 2 3 2 3
3 2 1 2
3 2 3 6 1 2
3 6
0
3 2 3 3 6 2 2 6 0

3
3
2
0
1 2 3 1 2 3 1 2
1 2 3
1 2 3 1 2
x x k x
x x x x x
k x x
x
x x x x x x x
x
y
k
k y x
k
y x

− + = + +

⇔ − + = − + +

= −


=


⇔ − + = − − + ⇔ − = ⇔


= ±



=
=




⇒ = − ⇒ = − + +




= +

= + + +



V
ậ
y có 3 ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ

n tìm là:
y 2
=
và
(
)
( )
1 2 3 1 2
y x
= ± + +

Bài 6
. Cho
( )
3 2
: 2 3 12 5
C y x x x
= − − −
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n bi
ế
t
a, Ti

ế
p tuy
ế
n
ñ
ó song song v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
6 4
y x
= −

b, Ti
ế
p tuy
ế
n
ñ
ó vuông góc v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1

2
3
y x
= +

c, Ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
o v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
5
2
y x
= − +
góc
45


Lời giải: a, Tiếp tuyến song song với ñt:
6 4
y x

= −
có dạng
(
)
: 6
d y x b
= +
với
4
b
≠ −

ðK ñể
(
)
d
và
(
)
C
tiếp xúc là hệ sau có nghiệm:
3 2
2
2 3 12 5 6
6 6 12 6
x x x x b
x x

− − − = +



− − =



Từ
2 2
1 13
2
6 6 12 6 3 0
1 13
2
x
x x x x
x

− +
=


− − = ⇔ − − = ⇔

− −
=



Vì:
(
)

(
)
3 2 2 2
1
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 13 8
3 6
x
b x x x x x x x x x
= − − − = − − − − − − − = − −

- V
ớ
i
1 13 1 13 3 13 13 3 13 13
13. 8 6
2 2 2 2
x b y x
− + − + + +
= ⇒ = − − = − ⇒ = −

2 2
1 13
2
6 6 12 6 3 0
1 13
2
x
x x x x
x


− +
=


− − = ⇔ − − = ⇔

− −
=




Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr

ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4
- V
ớ
i
1 13 1 13 3 13 13 3 13 13
13. 8 6
2 2 2 2
x b y x
− − − − − −
= ⇒ = − − = − ⇒ = −

V
ậ
y có 2 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán là:
( )
1
3 13 13

: 6
2
d y x
+
= −
và
( )
2
3 13 13
: 6
2
d y x
−
= −

b, Ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
1
2
3
y x

= +
s
ẽ
có h
ệ
s
ố
góc
3
k
= −
.
Ph
ươ
ng trình hoành
ñộ
ti
ế
p
ñ
i
ể
m là:

1
2 2
2
1 7
2
6 6 12 3 2 2 3 0

1 7
2
x
y x x x x
x

+
=


′
= − − = − ⇔ − − = ⇔

−
=




(
)
(
)
3 2 2 2
1
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 16 5
3 6
x
b x x x x x x x x x
= − − − = − − − − − − − = − −


- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2
x
+
=
là:
( )
1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
+
= − − − ⇒ = − − +

- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2
x
−
=
là:
( )

1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
−
= − − − ⇒ = − − −

c, G
ọ
i k là h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n c
ầ
n tìm. Theo gi
ả
thi
ế
t ta có:

1
3
2 1

2
tan 45 2 1 2
1
1
2
1
3
2
k
k
k
k k
k
k
k
= −

+
+

= = ⇔ + = − ⇔

−
=
−



- V
ớ

i
3
k
= −
ta có pt hoành
ñộ
ti
ế
p
ñ
i
ể
m:

1
2 2
2
1 7
2
6 6 12 3 6 6 9 0
1 7
2
x
y x x x x
x

+
=



′
= − − = − ⇔ − − = ⇔

−
=



- PTTT t
ạ
i
1
1 7
2
x
+
=
là:
( )
1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
+
= − − − ⇒ = − − +

- PTTT t
ạ
i
1

1 7
2
x
−
=
là:
( )
1 7
3 16. 5 3 13 8 7
2
y x y x
−
= − − − ⇒ = − − −

- V
ớ
i k = 1/3 ta có pt hoành
ñộ
ti
ế
p
ñ
i
ể
m:

Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế

n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4

1
2 2
2
3 315
1
6
6 6 12 6 6 9 0

3
3 315
6
x
y x x x x
x

+
=


′
= − − = ⇔ − − = ⇔

−
=



(
)
(
)
3 2 2 2
1 127
2 3 18 5 6 6 12 6 6 12 15 7 134
3 6 18
x
b x x x x x x x x x= − − − = − − − − − − − = − −


PTTT t
ạ
i
1
3 315
6
x
+
=
là
1 1333 402 201
3 18
y x
 
+
= −
 
 
 

PTTT t
ạ
i
1
3 315
6
x
−
=
là

1 1333 402 201
3 18
y x
 
−
= −
 
 
 

V
ậ
y có 4 ti
ế
p tuy
ế
n th
ỏ
a mãn bài toán

Bài 7
. Tìm các
ñ
i
ể
m trên tr
ụ
c hoành mà t
ừ


ñ
ó k
ẻ

ñượ
c 3 ti
ế
p tuy
ế
n
ñế
n
ñồ
th
ị
hàm s
ố

( )
3 2
: 3
C y x x
= +
trong
ñ
ó có 2 ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc v

ớ
i nhau
Lời giải
: L
ấ
y
(
)
,0
M m b
ấ
t kì thu
ộ
c tr
ụ
c hoành Ox.
ðườ
ng th
ẳ
ng
ñ
i qua M v
ớ
i h
ệ
s
ố
góc k có ph
ươ
ng trình

( )
y k x m kx km
= − = −
ti
ế
p xúc v
ớ
i
(
)
C

⇔
h
ệ

3 2
2
3 (1)
3 6 (2)
x x kx km
x x k

+ = −


+ =


có nghi

ệ
m.
Th
ế
(2) vào (1) ta có:
(
)
( )
3 2 2
3 3 6
x x x x x m
+ = + −


( )
(
)
( )
2
2
2 3 3 6 0
0
2 3 3 6 0
x x m x m
x
x m x m
⇔ + − − =
=

⇔


+ − − =



ðể
t
ừ
M k
ẻ

ñượ
c 3 ti
ế
p tuy
ế
n
ñế
n
(
)
C
trong
ñ
ó có 2 ti
ế
p tuy
ế
n vuông góc thì ph
ươ

ng trình
( )
2
( ) 2 3 3 6 0
g x x m x m
= + − − =
ph
ả
i có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1 2
;
x x
khác 0 sao cho
1 2
1
k k
= −
(k xác
ñị
nh
theo x trong (2))

( )
( )( )
( ) ( )
[ ]

2
2
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 1 2 2
1
; 3
3 3 48 0
9 30 9 0
3
(0) 6 0 0 0
9 2 2 1
9 2( ) 4 1
3 6 3 6 1
m m
m m
m m
g m m m
x x x x
x x x x x x
x x x x


> − < −


∆ = − + >
+ + >





⇔ = − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
  
  
+ + = −
+ + + = −
+ + = −

 




Bài 1: Ti
ế
p tuy
ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh

ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4

( )( )
1 1
3 3
3 3
1
0 0
27
27 1
9 3 3 3 3 4 1
m m m m
m m m
m
m m m
 
> − ∨ < − > − ∨ < −
 
 
⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ =

 
 
− = −
− − + − + = −
 
 

sV
ậ
y
ñ
i
ể
m th
ỏ
a mãn là:
1
;0
27
M
 
 
 

Bài 8
. Cho
ñồ
th
ị


( )
3 1
:
3
x
C y
x
+
=
−
và
ñ
i
ể
m M b
ấ
t kì thu
ộ
c
(
)
C
. G
ọ
i I là giao c
ủ
a 2 ti
ệ
m c
ậ

n. Ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i
M c
ắ
t 2 ti
ệ
m c
ậ
n t
ạ
i A, B. CMR:
a, M là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AB
b, Di
ệ
n tích tam giác IAB không
ñổ
i
Lời giải
:

a,
ðồ
th
ị

(
)
C
có TCN:
(
)
1
: y 3
d
=
và TC
ð
:
(
)
2
: x 3
d
=
⇒
t
ọ
a
ñộ


ñ
i
ể
m
(
)
3;3
I

L
ấ
y
ñ
i
ể
m b
ấ
t kì
( )
10
3 ;3 , 0
M m C m
m
 
+ + ∈ ≠
 
 
. Ti
ế
p tuyên t

ạ
i M có d
ạ
ng:

( ) ( ) ( )
( )
2 2
10 10 20 30
: 3 3 3 3d y y m x m y x
m m
m m
 
′
= + − + + + ⇔ = − + + +
 
 

Ph
ươ
ng trình hoành
ñộ
giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
(

)
C
và
(
)
d
là:

2
2 2 2 2 2
10 20 30 3 1 1 1 3 6 9
3 2 1 0
3
x
x x x
m x m m
m m m m m
     
+
− + + + = ⇔ − + + − + + =
     
−
     

D
ễ
th
ấ
y pt trên có 2 nghi
ệ

m phân bi
ệ
t
1 2
x x
<
. G
ọ
i
(
)
1 1
;
A x y
và
(
)
2 2
;
B x y
. Ta có:

2
1 2
2
2 6
2 6 2
1
M
m

m
x x m x
m
+
+ = = + =


( )
1 2 1 2
2 2
10 20 30 20
2 3 6 2
M
y y x x y
m m
m m
 
+ = − + + + + = + =
 
 

V
ậ
y m là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AB (

ñ
pcm)
b, Do tam giác IAB vuông t
ạ
i I, mà có M là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a AB nên ta có:

( )
( )
( )
( )
1 2
1 10
. 2 ; ; 2 20
2
IAB
S IA IB d M d M d m
m
∆
= = = =


Bài 1: Ti
ế
p tuy

ế
n hàm
ñ
a th
ứ
c - Khóa LT
ðả
m b
ả
o - Th
ầ
y Phan Huy Kh
ả
i
Hocmai.vn – Ngôi tr
ườ
ng chung c
ủ
a h
ọ
c trò Vi
ệ
t 4
V
ậ
y di
ệ
n tích
IAB
∆

không
ñổ
i.


………………….Hết……………….
Nguồn:
Hocmai.vn



Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


BTVN PHẦN CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC
Bài 1
: Tìm a để hàm số
3 2
4
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x     
đạt cực trị tại

1 2
,x x
thảo mãn điều kiện:
2 2
1 2

1
x x
 

Bài 2
: Cho hàm số
3 2
1 1 3sin 2
( ) (sin os )
3 2 4
a
f x x a c a x x
   

1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến
2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x  

Bài 3
: Tìm m để hàm số
3 2
3
( )
2
m

f x x x m  
có các CĐ và CT nằm về hai phía của
đường thẳng y = x
Bài 4: Tìm m để hàm
4 3 2
( ) 4 1f x x x x mx    
có cực đại, cực tiểu
Bài 5
: Cho hàm số
4 3 2
( ) 2
f x x x mx
  
. Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có
cực đại
Bài 6
: CMR hàm số
4 2
( ) 6 4 6f x x x x   
luôn có 3 cực trị đồng thời gốc tọa độ O là
trọng tâm của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị
Bài 7
: CMR:
4 3 4
( ) 0, 256 27f x x px q x R q p
       

Bài 8
: Tìm m để hàm số
   

4 2
( ) 1 1 2f x mx m x m
    
có đúng 1 cực trị
Bài 9
: CMR hàm số
4 3 2
( ) 5 1
f x x x x
   
có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol.

……………….Hết……………….
Nguồn: hocmai.vn




Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1


HDG CÁC BTVN PHẦN CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC
Bài 1
: Tìm a để hàm số
3 2
4
( ) 2(1 sin ) (1 os2 ) 1
3
f x x a x c a x     

đạt cực trị tại

1 2
,x x
thảo mãn điều kiện:
2 2
1 2
1
x x
 

Lời giải: Hàm số có CĐ, CT
2
( ) 4 4(1 sin ) (1 os2 ) 0
f x x a x c a

      
có 2 nghiệm phân biệt
2
4(1 sin ) 4(1 os2 ) 0
a c a

      


2
3sin 2sin 1 0
1
sin (*)
3

a a
a
   
  

Với đk (*) thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
, và hàm đạt cực trị tại
1 2
,x x
. Théo viet ta có:
1 2 1 2
1 os2
1 sin ; .
4
c a
x x a x x

   

Giả thiết :
 
2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2 . 1
x x x x x x
     



2
2
1 os2
(1 sin ) 1
2
1 3
sin
2
2sin 2sin 1 0
1 3
sin
2
c a
a
a
a a
a

   





    







So sánh đk (*) ta suy ra
1 3
arcsin 2
1 3
2
sin ,
2
1 3
arcsin 2
2
a k
a k Z
a k

 


 



  


  




Bài 2
: Cho hàm số
3 2
1 1 3sin 2
( ) (sin os )
3 2 4
a
f x x a c a x x
   

1. Tìm a để hàm số luôn đồng biến
2. Tìm a để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x  

Lời giải: Ta có:
2
3sin 2
( ) (sin os )
4
a
f x x a c a x

   

1. Hàm số luôn đồng biến

( ) 0,
f x x R

   


Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 2 of 5

2
(sin os ) 3sin 2 0
1
1 2sin 2 0 sin 2
2
5
2 2 2 (1)
6 6
a c a a
a a
k a k
 
 
     
    
    

2. Hàm số có CĐ, CT
( ) 0
f x


 
có 2 nghiệm phân biệt

0   
a không thỏa mãn (1)
Với đk trên thì f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
, và hàm đạt cực trị tại
1 2
,x x
. Théo viet ta có:
1 2 1 2
3sin2
sin cos ; .
4
a
x x a a x x   

Điều kiện
2 2
1 2 1 2
x x x x  

 
2
1 2 1 2 1 2
2 .x x x x x x
    



 
2
3sin2
sin cos sin cos (2)
2
a
a a a a    

Đặt
sin cos 2 os
4
t a a c a

 
   
 
 
2
sin 2 1
a t
  
, do đk nên
2
1 3
1
2 2
t t   

Khi đó (2) trở thành:


2 2 2
1
3
( 1) 2 3 0
3
2
t
t t t t t
t


       

 


So sánh đk suy ra chỉ có t = 1 thỏa mãn, nên

2
1
os os
4 4
2
2
2
a k
c a c
a k


 




 

   
 

 
 



Bài 3
: Tìm m để hàm số
3 2
3
( )
2
m
f x x x m  
có các CĐ và CT nằm về hai phía của
đường thẳng y = x
Lời giải: Hàm số có CĐ và CT
2
( ) 3 3 0
f x x mx


   
có 2 nghiệm phân biệt
0
m
 

Khi đó f’(x) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
0;
x x m 


tọa độ 2 điểm CĐ, CT là:
3
(0; ); ( ; )
2
m
A m B m m 

Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng y = x hay x – y = 0 khi và chỉ khi:

Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 3 of 5

3 4
(0 )( ) 0 0
2 2
m m
m m m
      

, luôn đúng với
0
m


Vậy ĐS:
0
m



Bài 4
: Tìm m để hàm
4 3 2
( ) 4 1f x x x x mx    
có cực đại, cực tiểu
Lời giải: Hàm f(x) có cực đại, cực tiểu
3 2
( ) 4 12 2 0
f x x x x m

     
có 3 nghiệm phân biệt
3 2
( ) : 4 12 2
g x x x x m     
có 3 nghiệm phân biệt
Xét hàm g(x) ta có:
2
6 30

6
( ) : 12 24 2 0
6 30
6
x
g x x x
x






    






Từ đó ta vẽ được bbt của hàm g(x) trên R (hs tự vẽ)
Vậy g(x) = -m có 3 nghiệm phân biệt

đồ thị hàm g(x) cắt đường thẳng y = - m tại 3 điểm phân biệt
6 30 6 30
6 6
g m g
   
 
   

   
   
   


6 30 6 30
6 6
g m g
   
 
    
   
   
   


10 30 10 30
6 6
9 9
m    


Bài 5
: Cho hàm số
4 3 2
( ) 2
f x x x mx
  
. Tìm m để hàm chỉ có cực tiểu mà không có
cực đại

Lời giải: Ta có
3 2
( ) 4 6 2 0
f x x x mx

   


2
2
(2 3 ) 0
0
( ) 2 3 0
x x x m
x
g x x x m
   




   


Ta có:
9 8
g
m  

TH 1: Nếu

9
0
8
g
m
   
thì
( ) 0,g x x 
. Suy ra f(x) triệt tiêu và đổi dấu từ - sang +
tại x = 0 nên đạt cực tiểu tại x = 0, và không có cực đại

Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 4 of 5
TH 2: Nếu
9
0
8
g
m
   
thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt. Đk để hàm chỉ có cực tiểu
mà không có cực đại là:
 
g 0 0 0
m
  
(thỏa mãn)
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
9

8
m
m







Bài 6
: CMR hàm số
4 2
( ) 6 4 6f x x x x   
luôn có 3 cực trị đồng thời gốc tọa độ O là
trọng tâm của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị
Lời giải: Ta có:
3
( ) 4 12 4
f x x x

  

Hàm f’(x) liên tục trên R, ngoài ra ta có:
( 2) 4; (0) 4; (1) 4; (2) 12
f f f f
  
      

( 2) (0) 0; (0) (1) 0; (1) (2) 0

f f f f f f
    
    


f’(x) có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
2 0 1 2
x x x
      

Vậy f(x) có 3 cực trị, gọi 3 điểm cực trị là
1 1 2 2 3 3
( , ); ( , ); ( , )A x y B x y C x y

Ta thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) được:

2
1
( ) ( ) (3 4 6)
4
f x f x x x

   

Suy ra
2
3 4 6; 1,2,3
k k k
y x x k    


Áp dụng viet cho f’(x ) ta có:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
0
. . . 3
x x x
x x x x x x
  


   


Nên
2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3
3 ( ) 2( . . . ) 4( ) 18
y y y x x x x x x x x x x x x
 
            
 


6.( 3) 18 0   

Do đó 3 đỉnh A, B, C nhận O là gốc tọa độ
Bài 7
: CMR:
4 3 4

( ) 0, 256 27f x x px q x R q p
       

Lời giải:
3
3
( ) 4 0
4
p
f x x p x


    
, từ đó ta vẽ được bbt của hàm f(x)
Từ bbt suy ra
( ) 0,
f x x R  


Bài 2: Cực trị hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – thầy Phan Huy Khải
Page 5 of 5

3
4
3 3
3 4
min ( ) ( ) 0
4
0
4 4

256 27 ( )
x R
p
f x f
p p
p q
q p dpcm


  
 
 
   
 
 
 
 

Bài 8
: Tìm m để hàm số
   
4 2
( ) 1 1 2f x mx m x m
    
có đúng 1 cực trị
Lời giải:
 
3
2
0

( ) 4 2 1 0
( ) 2 1 0
x
f x mx m x
g x mx m



    

   


- Nếu m = 0 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực đại
- Nếu m = 1 thì g(x) có nghiệm kép x = 0, khi đó f(x) chỉ có 1 cực tiểu
- Nếu 0 < m < 1 thì g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khi đó f(x) có 3 cực trị
- Nếu m < 0 hoặc m > 1 thì g(x) vô nghiệm, khi đó f(x) có 1 cực trị
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
0
1
m
m






Bài 9
: CMR hàm số

4 3 2
( ) 5 1
f x x x x
   
có 3 điểm cực trị nằm trên một parabol.
Lời giải : Ta có
3 2
( ) 4 3 10 0
f x x x x

   


2
(4 3 10) 0
0
5
2
2
x x x
x
x
x
   




 






Suy ra f(x) luôn có 3 điểm cực trị, ta chia f(x) cho f’(x) được:

2
1 1 43 5
( ) ( ) 1
4 16 16 8
f x x f x x x

   

    
   
   

Do hoành độ 3 điểm cực trị là nghiệm của f’(x), suy ra tọa độ 3 điểm cực trị sẽ thỏa mãn

2
43 5
1
16 8
y x x

  

Vậy 3 điểm cực trị nằm trên một parabol
2

43 5
1
16 8
y x x

  
.
………………….Hết……………….
Nguồn: hocmai.vn

Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1

HDG CÁC BTVN PHẦN TƯƠNG GIAO HÀM ĐA THỨC
Câu 1: Cho hàm số (C):
3 2
3
y x mx mx
  
và đường thẳng d: y = x + 2.
Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d:
1.1. Tại đúng 2 điểm phân biệt.
1.2. Tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC
1.3. Tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số nhân.
Câu 2: Cho hàm số
 
4 2
2 1 2 1
y x m x m
    


2.1. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng;
2.2. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3.

………………….Hết……………….
Nguồn: hocmai.vn





Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1

HDG CÁC BTVN PHẦN TƯƠNG GIAO HÀM ĐA THỨC
Câu 1: Cho hàm số (C):
3 2
3
y x mx mx
  
và đường thẳng d: y = x + 2.
Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d:
1.1. Tại đúng 2 điểm phân biệt.
1.2. Tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC
1.3. Tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số nhân.
Lời giải:
1.1. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
 
3
3 2

2
2
3 2
3
x x
x mx mx x f x m
x x
 
      


Ta có:
 
 
4 3 2
4 3 2
2
2
3 2 3 12 2
' 0 3 2 3 12 2 0
3
x x x x
f x x x x x
x x
   
        


Lập bảng biến thiên của hàm số f(x), từ đó dựa vào bảng biến thiên kết luậ
n bài toán

1.2. Xét phương trình hoành độ giao điểm:

   
3 2 3 2
3 2 3 1 2 0
x mx mx x g x x mx m x
          

Hàm số (C) cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC

 
' 0
g x
 
có 2 nghiệm phân biệt và điểm uốn của đồ thị hàm số
 
y g x

nằm trên trục
hoành Ox.
- Phương trình
   
2
' 3 6 1 0
g x x mx m
    
có
2
' 9 3 3 0
m m

    
nên luôn có 2 nghiệm phân biệt
với mọi m
- Hàm
 
y g x

có điểm uốn là
 
3 2
; 2 2 Ox
U m m m m    
khi và chỉ khi:

 
 
3 2 2
2 2 0 1 2 2 0 1
m m m m m m m
            

Vậy
1
m
 

1.3. Đk cần: Giả sử (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3
; ;x x x
lần lượt lập thành cấp số nhân. Khi

đó ta có:
     
1 2 3
g x x x x x x x
   


Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 2 of 3
Suy ra:
1 2 3
1 2 2 3 1 3
1 2 3
3
1
2
x x x m
x x x x x x m
x x x
  


    





Vì
2 3

3
1 3 2 2 2
2 2
x x x x x    
nên ta có:
3
3
5
1 4 2.3
3 2 1
m m m      


Đk đủ: Với
3
5
3 2 1
m  

, thay vào tính nghiệm thấy thỏa mãn.
Vậy
3
5
3 2 1
m  


Câu 2: Cho hàm số
 
4 2

2 1 2 1
y x m x m
    

2.1. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng;
2.2. Tìm m để hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3.
Lời giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
 
4 2
2 1 2 1 0
x m x m
    
;
(1)

Đặt
2
, 0t x t 
thì
(1)
thành:
 
2
( ) 2 1 2 1 0
f t t m t m
     
.
2.1. Điều kiện để hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt là f(t) phải có 2 nghiệm dương phân biệt
 

2
' 0
1
2 1 0
2
0
2 1 0
m
m
S m
m
P m

  

 


    
 
 


  

(*)
Với (*), gọi
1 2
t t
là 2 nghiệm của f(t), khi đó hoành độ giao điểm của hàm số với Ox lần lượt là:

1 2 2 1 3 1 4 2
; ; ;
x t x t x t x t
     

Các giao điểm lập thành cấp số cộng
2 1 3 2 4 3 2 1
9x x x x x x t t       


 
 
1 9 1
4
5 4 4
5 4 1
4
5 4 4
9
m m m m
m
m m
m m
m m
m
     


 



    


  
 



Vậy
4
4;
9
m
 
 
 
 

2.2. Hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3

Bài 3: Tương giao hàm đa thức – Khóa LT Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Page 3 of 3
 
f t

có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;t t
sao cho:

1 2
1 2
0 3
0 3
t t
t t
  


  


 
 
 
2
2
' 0
' 0
3 4 4 0
(0) 2 1 0
2 1 0
2 1 3
2 1 0
1
1
2
m
m
f m

f m
S m
S m
P m
m m

  

  

  


   
 
  
 
  


  

    

Đáp số
1
1
2
m m
   

.

………………….Hết……………….
Nguồn: hocmai.vn