CƠNG THỨC TÍNH NHANH TRẮC NGHIỆM
Nguyễn Phú Khánh – Email:
CỰC TRỊ HÀM SỐ
Một số cơng thức tính nhanh “thường gặp“ liên quan cực trị hàm số y  ax 4  bx 2  c

1 cực trị: ab  0

3 cực trị: ab  0

a  0 : 1 cực tiểu
a  0 : 1 cực đại
a  0 : 1 cực đại, 2 cực tiểu
a  0 : 2 cực đại, 1 cực tiểu
4

b
 
b

b
b
b
với   b 2  4 ac
A(0; c ), B   ; ,C   ;   AB  AC 
 , BC  2 
2


2a 4 a  
2a 4 a 
16a

2a
2a

Phương trình qua điểm cực trị: BC : y  

 b 3

 x  c
và AB, AC : y  
 2a 
4a

3
5
   , ln có: 8a (1  cos )  b 3 (1  cos )  0  cos  b  8a và S 2   b
Gọi BAC
3
b  8a
32a 3

2 
b 3  8a
Phương trình đường trịn đi qua A, B, C : x 2  y 2  c  n  x  c .n  0, với n  
và R 
b 4a
8ab
Công thức thỏa ab  0

Dữ kiện


Ví dụ minh họa

m ? để hàm số y  x 4  (m  2015) x 2  2017 có 3 cực trị tạo thành

1).

ABC vng
cân tại A

8a  b 3  0

tam giác vuông cân tại A .
a  1, b  m  2015 . Có ab  0  (m  2015)  0  m  2015

8a  b 3  0  8.(1)  (m  2015) 3  0  m  2015  2  m  2017

2).

m ? để hàm số y 

ABC đều

9 4
x  3(m  2017) x 2  2016 có 3 cực trị tạo thành
8

tam giác đều.
24 a  b  0
3


9
9
a  , b  3(m  2017) . Có ab  0  .3(m  2017)  0  m  2017
8
8


9
3
24 a  b 3  0  24    3(m  2017)   0  m  2017  1  m  2016
 8 

m ? để hàm số y  3 x 4  (m  2015) x 2  2016 có 3 cực trị tạo thành

3).

ABC có
 
BAC

góc

8a  b 3 . tan 2


0
2

tam giác có một góc 1200 .
a  3, b  m  2015 . Có ab  0  3.(m  2015)  0  m  2015

8a  3b 3  0  8.(3)  3(m  2015) 3  0  m  2015  2  m  2017

m ? để hàm số y  mx 4  4 x 2  2017 m  2016 có 3 cực trị tạo thành tam

4).
diện
ABC có
tích SABC  S0

32a 3 (S0 ) 2  b 5  0

giác có diện tích bằng 4 2 .

a  m, b  4 . Có ab  0  m.4  0  m  0
32a 3 (S0 ) 2  b 5  0  32.m 3 (4 2 ) 2  4 5  0  m 3  1  0  m  1
m ? để hàm số y  x 4  2(1  m 2 ) x 2  2  2017m  2016 có 3 cực trị tạo

5).
diện
ABC có
tích max (S0 )

b5
S0  
32a 3

thành tam giác có diện tích lớn nhất.
a  1, b  2(1  m 2 ) . Có ab  0  1. 2(1  m 2 )  0  1  m  1

S0  


b5
nên S0  (1  m 2 )5  1  m  0
32a 3

m ? để hàm số y  x 4  2(m  5) x 2  2017m 3 có 3 cực trị tạo thành tam

6).

ABC có
bán
kính đường trịn
nội tiếp

rABC  r0

r0 

b2

b 3 

4 a 1  1  

8a 

giác có bán kính nội tiếp bằng 1 .
a  1, b  2(m  5) . Có ab  0  1.2(m  5)  0  m  5

r0 


b2

b 3 

4 a 1  1  

8a 



4(m  5) 2

8(m  5) 3 

4.1.1  1 

8



 1  m  3

Nguyễn Phú Khánh

1


CƠNG THỨC TÍNH NHANH TRẮC NGHIỆM
Nguyễn Phú Khánh

– Email:
m ? để hàm số y  m 2 x 4  mx 2  2016m  1026 có 3 cực trị mà trong

7).
ABC có độ dài
cạnh BC  m0

am02  2b  0

đó có BC  2

a  m 2 , b  m . Có ab  0  m 2 (m )  0  m  0

am02  2b  0  m 2 ( 2)2  2(m )  0  m (m 1)  0  m  1
m ? để hàm số y  mx 4  mx 2  2016m 2017  2018m 1 có 3 cực trị mà

8).

ABC có độ dài
AB  AC  n0

16a 2 n02  b 4  8ab  0

trong đó có AC  0,75 .
a  m, b  m . Có ab  0  m (m )  0  m  0

16.m 2 (0,75) 2  (m) 4  8.m.(m)  0  m 2 (1  m 2 )  0  m  1.
m ? để hàm số y  1008 x 4  mx 2  1008 có 3 cực trị tạo thành tam giác

9).


ABC có cực trị
B,C  Ox

b 2  4 ac  0

có B,C  Ox .

a  1008, b  m, c  1008 . Có ab  0  1008.(m )  0  m  0
b 2  4 ac  0  (m ) 2  4.1008.1008  0  m 2  (2016) 2  m  2016

10).

m ? để hàm số y  x 4  (m 2  6) x 2  2017m 3  2016m  2 có 3 cực trị

ABC có 3 góc
nhọn

tạo thành tam giác có 3 góc nhọn.
b (8a  b 3 )  0

a  1, b  (m 2  6) . Có ab  0  1 (m 2  6)  0   6  m  6





(m 2  6) 8.(1)  (m 2  6) 3  0  8  (m 2  6) 3  0  2  m  2






m ? để hàm số y  x 4  mx 2  336m có 3 cực trị tạo thành tam giác

11).

ABC có
tâm O

trọng

b 2  6ac  0

nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm.
a  1, b  m, c  336 m . Có ab  0  1.m  0  m  0

b 2  6ac  0  m 2  6.1.(336m)  0  m(m  2016)  0  m  2016
m ? để hàm số y  x 4  mx 2  504 m  2 có 3 cực trị tạo thành tam giác

12).

ABC có
tâm O

trực

b 3  8a  4 ac  0

nhận gốc tọa độ O làm trực tâm.

a  1, b  m, c  504 m  2 . Có ab  0  1.m  0  m  0

m 3  8.1  4.1.(504 m  2)  0  m (m 2  2016)  0  m  12 14
m ? để hàm số y  mx 4  2 x 2  2017m 3  2016 có 3 cực trị tạo thành

13).
bán
ABC có
kính đường trịn
ngoại
tiếp
RABC  R0

b 3  8a
R
8ab

a  m, b  2 . Có ab  0  m(2)  0  m  0

R0 

b 3  8a
(2)3  8.m

 1  1 m  2 m  m  1
8ab
8 m .(2)

m ? để hàm số y  2 x 4  mx 2  4 có 3 cực trị cùng gốc tọa độ O lập


14).
ABC cùng
tạo hình thoi

tam giác có bán kính ngoại tiếp bằng 1 .

O

b 2  2ac  0

thành hình thoi.

a  2, b  m, c  4 . Có ab  0  2.m  0  m  0
b 2  2ac  0  m 2  2.2.4  0  m 2  16  m  4

m ? để hàm số y  mx 4  2 x 2  2 có 3 cực trị lập tam giác có O là tâm

15).

ABC có O là
tâm đường tròn
nội tiếp

b 3  8a  4 abc  0

17).

a  m, b  2, c  2 . Có ab  0  m.2  0  m  0

b 3  8a  4abc  0  23  8.m  4.m.2.(2)  0  8  8m  0  m  1

m ? để hàm số y  mx 4  x 2  2m 1 có 3 cực trị lập tam giác có O là

16).

ABC có O là
tâm đường trịn
ngoại tiếp

đường trịn nội tiếp.

b 3  8a  8abc  0

tâm đường tròn ngoại tiếp.
a  m, b  1, c  2m 1 . Có ab  0  m.1  0  m  0

13  8.(m )  8.(m ).1.(2m 1)  0  1 16m 2  0  m  0,25
b 3 .k 2  8a ( k 2  4)  0

m ? để hàm số y  x 4  2mx 2  2017m  2016 có 3 cực trị lập tam giác
Nguyễn Phú Khánh

2


CƠNG THỨC TÍNH NHANH TRẮC NGHIỆM
Nguyễn Phú Khánh
– Email:

thỏa mãn
điều kiện

2 AB  3BC .

ABC có

2
. Có ab  0  1.(2m )  0  m  0
3
2
 2 2

2
b 3 .k 2  8a ( k 2  4)  0  (2m )3    8.1.    4   0  m 3  8  m  2

 3 
 3 

a  1, b  2m, k 

BC  kAB  kAC

18).

m ? để hàm số y  mx 4  4 2 x 2  1 có 3 cực trị sao cho trục hoành chia

Trục hoành chia

tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau.

ABC thành hai


a  m, b  4 2, c  1 . Có ab  0  m. 4 2  0  m  0

b 2  4 2 ac

b 2  4 2 ac  ( 4 2 ) 2  4 2 m.1  4 m  1  m  0,25

phần có diện tích
bằng nhau

m ? để hàm số y  x 4  mx 2  252m có 3 cực trị cách đều trục hồnh.

19).

ABC có điểm
cực trị cách đều
trục hoành

a  1, b  m, c  252 m . Có ab  0  1.m  0  m  0

b 2  8ac  0

b 2  8ac  0  m 2  8.1.252m  0  m (m  2016)  0  m  2016

TIỆM CẬN ĐỒ THỊ HÀM SỐ
Một số công thức tính nhanh “ thường gặp “ liên quan đồ thị hàm số y 

Gọi M ( x 0 ; y0 ) là điểm thuộc đồ thị hàm số y 
Đồ thị hàm số y 

ax  b

cx  d


ax  b 
ax  b
, nên M  x 0 ; y0  0


cx  d
cx 0  d 


ax  b
d
a
có tiệm cận đứng: 1 : x   0, tiệm cận ngang 2 : y   0
cx  d
c
c

Khoảng cách từ M đến 1 , 2 là: d1  x 0 
Ta có kết quả sau: d1 .d 2 

cx  d
d
a
ad  bc
 0
, d 2  y0  
c

c
c
c (cx 0  d )

cx 0  d
ad  bc
ad  bc
thì p  const
.
 p , với p 
c
c (cx 0  d )
c2

d1  d 2  2 p  min d  2 p , xảy ra khi
1). Tìm trên đồ thị hàm số y 

cx 0  d
ad  bc

 (cx 0  d ) 2  ad  bc
c
c (cx 0  d )

ax  b
những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến 1 bằng k  0 lần
cx  d

khoảng cách từ M đến 2 . Khi đó: d1  kd 2 


cx 0  d
ad  bc
d
k
 x 0    kp
c
c (cx 0  d )
c

ax  b
những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến I là ngắn nhất, biết
cx  d
d
I là giao điểm hai đường tiệm cận. Khi đó: min IM  2 p khi x 0    p
c
2). Tìm trên đồ thị hàm số y 

ax  b
những điểm M sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M vng góc với
cx  d
đường thẳng IM , I là giao điểm hai đường tiệm cận.

3). Tìm trên đồ thị hàm số y 

Hệ số góc đường thẳng IM là k 

y '( x 0 ) 

y0  y I
ad  bc


; tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có hệ số góc:
x0  xI
(cx 0  d )2

ad  bc
. Theo bài tốn, ta phải có: y '( x 0 ).k  1  (cx 0  d ) 2  ad  bc
(cx 0  d ) 2

ax  b
; tiếp tuyến (t ) của đồ thị hàm số tại M cắt hai đường tiệm
cx  d
cận tại hai điểm phân biệt A, B và diện tích AIB ln là hằng số không đổi, I là giao điểm hai đường tiệm cận.

4). Biết rằng M là điểm thuộc đồ thị hàm số y 

Nguyễn Phú Khánh

3


CƠNG THỨC TÍNH NHANH TRẮC NGHIỆM
Nguyễn Phú
2bc  ad–Email:
acx 0 
d Khánh
2(ad  bc )
(t ) : y  y0  y '( x 0 )( x  x 0 ) (t )  1  A  ;
  IA  
 c

c (cx 0  d ) 
c (cx 0  d )

 d  2acx 0 a 
2(cx 0  d )
, M luôn luôn là trung điểm AB
(t )  2  B 
;   IB 

c
c
c

1
IA.IB.AB
AIB vuông tại I nên: SAIB  .IA.IB  2 p và SAIB 
2
4R

R là bán kính đường tròn ngoại tiếp AIB nên minR  8 p ;min AB 2  8

ad  bc
c

TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ HÀM SỐ
Một số cơng thức tính nhanh “ thường gặp “ liên quan đến tương giao giữa đường thẳng y  kx  p và đồ thị hàm
số y 

ax  b
cx  d


Giả sử d : y  kx  p cắt đồ thị hàm số y 
Với kx  p 

ax  b
tại 2 điểm phân biệt M , N .
cx  d

ax  b
cho ta phương trình có dạng: Ax 2  Bx  C  0 thỏa điều kiện cx  d  0 , có   B 2  4 AC .
cx  d

Khi đó:



1). M ( x1 ; kx1  p ), N ( x 2 ; kx 2  p )  MN  ( x 2  x1 ; k ( x 2  x1 ))  MN  ( k 2  1) 2
A
Chú ý: khi min MN thì tồn tại min , k  const
2). OM 2  ON 2  ( k 2  1)( x12  x 22 )  ( x1  x 2 )2 kp  2 p 2
 
3). OM .ON  ( x1 .x 2 )(1  k 2 )  ( x1  x 2 ) kp  p 2
4). OM  ON  ( x1  x 2 )(1  k 2 )  2 kp  0

TÍCH PHÂN CƠ BẢN

Nguyễn Phú Khánh

4