\documentclass[11pt]{article} \usepackage[utf8]{vietnam} \usepackage{amsmath,amsxtra,amssymb,latexsym, amscd,amsthm} \usepackage{pxfonts} \usepackage{graphicx,color} \usepackage{eso-pic} \usepackage[a4paper,left=1.8cm,right=1.5cm,top=1cm,bottom=1.5cm]{geometry} \parindent 0cm \renewcommand{\baselinestretch}{1.2} \definecolor{lightgray}{gray}{.95} \newcommand{\vt}[1]{\overrightarrow{#1}} \newcommand{\suy}{\Rightarrow} \newcommand{\kkhi}{\Leftrightarrow} \font\abc=ugqbo8v at 17pt \begin{document} \AddToShipoutPicture{\AtTextCenter{\makebox(0,0)[c]{\resizebox{\textwidth}{!}{\rotatebox{60}{\textsf{\textbf{\color{lightgray}Châu Ngọc Hùng}}}}}}} \centerline{\abc 20 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ } \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 1.}\quad Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=\dfrac{2x}{x-2}$ biết tiếp tuyến cắt $Ox, Oy$ lần lượt tại $A, B$ mà tam giác $OAB$ thỏa mãn $AB=OA\sqrt{2}$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ {\bf Cách 1} Gọi $M(x_o;y_o),(x_o \neq 2)$ thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến $d$ tại $M$ có dạng:\\ \centerline{$y-\dfrac{2x_o}{x_o-2}=\dfrac{-4}{(x_o-2)^2}(x-x_o)$}\\ Do tiếp tuyến cắt các trục $Ox,Oy$ tại các điểm $A,B$ và tam giác $OAB$ có $AB=OA\sqrt2$ nên tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$. Lúc đó tiếp tuyến $d$ vuông góc với một trong 2 đường phân giác $y=x$ hoặc $y=-x$\\ +TH1: $d$ vuông góc với đường phân giác $y=x$\\ Có: $\dfrac{-4}{(x_o-2)^2}=-1\Leftrightarrow (x_o-2)^2=4\Leftrightarrow \left[\begin{array}{ll} x_o=0&\Rightarrow \text{ pt }d: y=-x \text{ (loại) }\\ x_o=4 &\Rightarrow \text{ pt }d: y=-x+8 \end{array}\right.$\\ +TH2: $d$ vuông góc với đường phân giác $y=-x$\\ Có $\dfrac{-4}{(x_o-2)^2}.(-1)=-1$ pt vô nghiệm.\\ Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán $d: y=-x+8$\\ {\bf Cách 2} nhận xét tam giác $AOB$ vuông tại $O$ nên ta có : $\sin(ABO)=\dfrac{OA}{AB}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\sin\dfrac{\pi}{4}$ \\ nên tam giác $AOB $ vuông cân tại $O$. phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm $ M=(x_o;y_o)$ có dạng :\\ \centerline{$y=\dfrac{-4}{(x_o-2)^2}(x-x_o)+\dfrac{2x_o}{x_o-2}$}\\ dễ dàng tính được $A=\left(\dfrac{x_o^2}{2};0\right) $ và $ B=\left(0;\dfrac{2x_o^2}{(x_o-2)^2}\right)$\\ yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm $x_o$ là nghiệm của phương trình\\ \centerline{$\dfrac{x_o^2}{2}=\dfrac{2x_o^2}{(x_o-2)^{2}}\Leftrightarrow x_o^3(x_o-4)=0$} \\ +) với $x_o=0$ ta có phương trình tiếp tuyến là : $y=-x \text{ (loại) }$\\ +) với $x_o=4$ thì phương trình tiếp tuyến là : $y=-x+8$ \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 2.}\quad Tìm các giá trị của $m$ để hàm số $y = \dfrac{1}{3}{x^3} - \dfrac{1}{2}m.{x^2} + \left( {{m^2} - 3} \right)x$ có cực đại $x_1$, cực tiểu $x_2$ đồng thời $x_1; x_2$ là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng $\sqrt {\dfrac{5}{2}} $ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Mxđ: $D=R$ Có $y'=x^2-mx+m^2-3$ $y'=0 \Leftrightarrow x^2-mx+m^2-3=0$\\ Hàm số có cực đại $x_1$ ,cực tiểu $x_2$ thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt $y'=0$ có 2 nghiệm phân biệt dương, triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó \\ $\Leftrightarrow \begin{cases}{\Delta > 0}\\{S>0}\\{P>0} \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}{4-m^2>0}\\{m>0}\\{m^2-3>0} \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}{-20}\\{m<-\sqrt3 \vee m>\sqrt3} \end{cases}$ $\Leftrightarrow \sqrt30} \\{S>0}\\{P>0}\end{cases}$$\Leftrightarrow \begin{cases}{m\neq 0}\\{4m^2-4m+1>0} \\{\dfrac{m-1}{m}<0}\\{\dfrac{2-3m}{m}>0}\end{cases}$$\Leftrightarrow \begin{cases}{m\neq 0}\\{m\neq \dfrac{1}{2}} \\{00 \Leftrightarrow 0 0}\\{g(2)=9-k\neq 0} \end{cases}\Leftrightarrow 0< k\neq 9\quad(*')$\\ Theo vi-et ta có :$\begin{cases}{x_B+x_C=-2}\\{x_B.x_C=1-k} \end{cases}$. Mà $B,C$ thuộc $d$ nên $y_B=kx_B-2k+4;y_C=kx_C-2k+4$\\ Có $BC=2\sqrt2 \Leftrightarrow BC^{2}=8 \Leftrightarrow (x_B-x_C)^2+k^2(x_B-x_C)^2=8$\\ $\Leftrightarrow \left [ (x_B+x_C)^2-4x_Bx_C \right ](1+k^2)=8\Leftrightarrow k^3+k-2=0\Leftrightarrow k=1$ (thỏa đk $(*')$) $\Rightarrow \text{ pt }d:y=x+2$\\ Vậy đường thẳng $d$ cần tìm có pt: $y=x+2$ \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 5.}\quad Cho hàm số $y=4x^3-6mx^2+1$, $m$ là tham số.Tìm $m$ để đường thẳng $d: y=-x+1$ cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm $A(0;1), B, C$ và $B, C$ đối xứng qua đường phân giác thứ nhất. \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Giao của $(C)$ và $(d)$ có hoành độ là nghiệm của phương trình:\\ $4x^{3}-6mx^{2}+1=-x+1\Leftrightarrow x(4x^{2}-6mx+1)=0$\\ Để pt có 3 n0 phân biệt thì $4x^{2}-6mx+1=0$ có 2 nghiệm phân biệt\\ $\Rightarrow \Delta '=9m^{2}-4>0\Leftrightarrow m>\dfrac{2}{3},m<\dfrac{-2}{3}$\\ Gọi $B(x_1;-x_1+1), C(x_2;-x_2+1)$ Để $B$ và $C$ đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:\\ $\begin{cases} x_1=y_2 \\ y_1=x_2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1=-x_2+1 \\ x_2=-x_1+1\end{cases} \Leftrightarrow x_1+x_2=1 \Leftrightarrow \dfrac{3}{2}m=1 \Leftrightarrow m=\dfrac{2}{3}$\\ So sánh với đk, thấy không tìm được $m$ thỏa mãn \hfill đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định \\ \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 6.}\quad Cho hàm số $y=x^4-2mx^2+2m^2-4$,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho có 3 cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Mxđ: $ \mathbb{D}=\mathbb{R}.$ Có $y'=4x^3-4mx$.\\ $y'=0 \Leftrightarrow 4x^3-4mx=0 \Leftrightarrow x=0 \vee x^2=m$.\quad Hàm số có 3 cực trị $ \Leftrightarrow m>0\qquad (*)$\\ Gọi $A(0;2m^2-4);B(\sqrt m;m^2-4);C(-\sqrt m;m^2-4)$ là 3 điểm cực trị.\\ Nhận xét thấy $B,C$ đối xứng qua $Oy$ và $A$ thuộc $Oy$ nên $\Delta ABC $ cân tại $A$.\\ Kẻ $AH \bot BC$ có $S_{\Delta ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC\Leftrightarrow 2=\left | y_B-y_A \right |\left | 2x_B \right |$\\ $\Leftrightarrow 2=2m^2.\sqrt m\Leftrightarrow m=1$ Đối chiếu với điều kiên $(*)$ có $m=1$ là giá trị cần tìm. \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 7.}\quad Cho hàm số $y=\dfrac{x-2}{x+1}$. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt $Ox, Oy$ tại $A, B$ sao cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác $OAB$ lớn nhất \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-1$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y=1$. Giao điểm hai đường tiệm cận $I\left ( -1;1 \right )$. Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ $x_{0}$, phương trình tiếp tuyến có dạng: $y=\dfrac{3}{\left ( x_0+1 \right )^{2}}\left ( x-x_0 \right )+\dfrac{x_0-2}{x_0+1}$\\ Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng $x=-1$ tại điểm $A\left ( -1;\dfrac{x_0-5}{x_0+1} \right )$, và cắt tiệm cận đứng tại điểm $B\left ( 2x_0+1;1 \right )$.\\ Ta có:$IA=\left | \dfrac{x_0-5}{x_0+1}-1 \right |=\dfrac{6}{\left | x_0+1 \right |}$; $IB=\left | 2x_0+1-(-1) |=2| x_0+1 \right |$\\ Nên: $IA.IB=\dfrac{6}{\left | x_0+1 \right |}.2\left| x_0+1 \right |=12$. Do vậy, diện tích tam giác $IAB$ là: $S=\dfrac{1}{2}IA.IB=6$.\\ Gọi $p$ là nửa chu vi tam giác $IAB$, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:$r=\dfrac{S}{p}=\dfrac{6}{p}$.\\ Bởi vậy, $r$ lớn nhất khi và chỉ khi $p$ nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác $IAB$ vuông tại $I$ nên:\\ $2p=IA+IB+AB=IA+IB+\sqrt{IA^2+IB^2}\geq 2\sqrt{IA.IB}+\sqrt{2IA.IB}=$ $=4\sqrt{3}+2\sqrt{6}$\\ Dấu '=' xảy ra khi $IA=IB\Leftrightarrow \left ( x_0+1 \right )^2=3\Leftrightarrow x=-1\pm \sqrt{3}$\\ - Với $x=-1- \sqrt{3}$ ta có tiếp tuyến: $d_1: y=x+2\left ( 1+\sqrt{3} \right )$\\ - Với $x=-1+ \sqrt{3}$ ta có tiếp tuyến: $d_1: y=x+2\left ( 1-\sqrt{3} \right )$ \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 8.}\quad Cho hàm số $y=\dfrac{2mx+3}{x-m}$. Gọi $I$ là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm $m$ để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai tiệm cận tại $A, B$ sao cho diện tích tam giác $ IAB$ bằng 64 \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng $x=m$ và đường tiệm cận ngang là $y=2m$. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là $I\left ( m;2m \right )$.\\ Gọi $M\left ( x_{0};\dfrac{2mx_{0}+3 }{x_{0}-m}\right )$ (với $x_{0}\neq m$) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.\\ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: $y=-\dfrac{2m^{2}+3}{\left (x_{0} -m \right)^{2}}\left ( x-x_{0} \right )+\dfrac{2mx_{0}+3 }{x_{0}-m}$\\ Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại $A\left ( m;\dfrac{2mx_{0}+2m^{2}+6}{x_{0}-m} \right )$ và cắt tiệm cận ngang tại $B\left ( 2x_{0}-m;2m \right )$.\\ Ta có: $IA=\left |\dfrac{2mx_{0}+2m^{2}+6}{x_{0}-m}-2m \right |=\left | \dfrac{4m^{2}+6}{x_{0}-m} \right |$; $IB=\left |2x_{0}-m-m \right |=2\left | x_{0}-m\right |$\\ Nên diện tích tam giác $IAB$ là: $S=\dfrac{1}{2}IA.IB=4m^{2}+6$\\ Bởi vậy, yêu cầu bài toán tương đương với: $4m^{2}+6=64\Leftrightarrow m=\pm \dfrac{\sqrt{58}}{2}$ \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 9.}\quad Tìm $m$ sao cho đồ thị hàm số $ y=x^4-4x^2+m$ cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi $(C)$ và trục hoành có phần trên bằng phần dưới \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox:$x^4-4x^2+m=0\quad (1)$\\ Đặt $t = x^2 \ge 0$. Lúc đó có pt: $t^2-4t+m=0\quad (2)$\\ Để $(C)$ cắt $Ox$ tại 4 điểm phân biệt khi pt $(1)$ có 4 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow (2)$ có 2 nghiêm phân biệt $t>0$\\ $\Leftrightarrow \begin{cases} {\Delta ' = 4-m >0}\\{S=4>0}\\{P=m>0}\end {cases}$$\Rightarrow 00,x\neq 2$ $\kkhi\begin{cases} m^{2}-4m+16>0\\ 2^{2}-2(m+2)+2m+5\neq 0\end{cases}\suy m=?$ \\ Gọi $A(x_1;-x_1+m+1),B(x_2;-x_2+m+1)$ là 2 giao điểm của $(H)$ và $d$\\ Để $\widehat{AOB}$ nhọn thì : $AB^{2}< OA^{2}+AB^{2}\kkhi 2(x_2-x_1)^{2}< (-x_1+m+1)^{2}+ (-x_2+m+1)^{2}$\\ $\kkhi -2x_1x_2+(m+1)(x_1+x_2)-(m+1)^{2} < 0\kkhi m> -3$\\ Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của $m$. \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 13.}\quad Cho hàm số $y=\dfrac{x}{x-1}$. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(H)$ của hàm số đã cho biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng $2(2+\sqrt 2)$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ {\bf Cách 1.} 2 đường tiệm cận của đồ thị là $x=1, y=1$ Gọi pttt của $(H)$ tại $M(x_o;y_o)$ là: $y=\dfrac{-1(x-x_o)}{(x_o-1)^{2}}+\dfrac{x_o}{x_o-1}$\\ Khi $x=1\suy y=\dfrac{x_o+1}{x_o-1}\suy A\left(1;\dfrac{x_o+1}{x_o-1}\right)$.\quad Khi $y=1\suy x=2x_o-1\suy B(2x_o-1;1), I(1;1)$\\ $\suy P_{(ABC)}=IA+IB+AB=\dfrac{x_o+1}{x_o-1}-1+2x_o-2+\sqrt{(2x_o-2)^{2}+(1-\dfrac{x_o+1}{x_o-1})^{2}}=2(2+\sqrt{2})$\\ $\kkhi 2+2(xo-1)^{2}+\sqrt{(x_o-1)^{4}+4}=2(2+\sqrt{2})(x_o-1)$\\ $\kkhi\begin{cases} x_o-1=0\quad \text{(loại)}\\-2(1+\sqrt{2})(x_o-1)^{2}+(2+\sqrt{2})^{2}(x_o-1)-2(2+\sqrt{2})=0\end{cases}$\\ {\bf Cách 2.} - Phương trình tiệm cận đứng: $ x = 1$, phương trình tiệm cận ngang $ y = 1$\\ - Gọi $ M(a;\dfrac{a}{a-1}) $, phương trình tiếp tuyến tại M: $ y = \dfrac{-1}{(a-1)^2}(x-a)+\dfrac{a}{a-1}$\\ - Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: $ A(1;\dfrac{a+1}{a-1}) $\\ - Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: $ B(2a-1;1) $\\ - Chu vi tam giác IAB là: $ C = IA + IB + AB = \dfrac{2}{|a-1|}+2|a-1|+2\sqrt{(a-1)^2+\dfrac{1}{(a-1)^2}}\ge 4+2\sqrt{2} $,\\ dấu $=$ xảy ra khi $ |a-1|=1$ tức $ a = 0; a=2$\\ - Với $ a = 0 \Rightarrow y = -x$\\ - Với $ a=2\Rightarrow y = -x+4$\\ Kết luận: $ y = -x, y = - x+4$ là 2 tiếp tuyến cần tìm. \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 14.}\quad Cho hàm số: $y=\dfrac{2x-m}{mx+1}\quad (1)$. Chứng minh với mọi $m\neq 0$ đồ thị hàm số $(1)$ cắt $(d):y=2x-2m$ tại 2 điểm phân biệt $A, B$ thuộc một đường $(H)$ cố định. Đường thẳng $(d)$ cắt các trục $Ox, Oy$ lần lượt tại các điểm $M, N$. Tìm $m$ để $S_{OAB}=3S_{OMN}$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $(1)$ và đường thẳng $d$:\\ $\dfrac{2x-m}{mx+1}=2x-2m\Leftrightarrow 2mx^2-2m^2x-m=0\left ( x\neq -\dfrac{1}{m} \right )\quad (2)$\\ Do $m \neq 0$ nên (2) $\Leftrightarrow f(x)= 2x^2-2mx-1=0 \left ( x\neq -\dfrac{1}{m} \right )\quad (*)$\\ Để tồn tại 2 điểm $A,B$ thì pt $(*)$ phải có 2 nghiệm phân biệt $x_A;x_B$ khác $-\dfrac{1}{m}$\\ \centerline{$ \Leftrightarrow \begin{cases}\Delta '=m^2+2>0 \\ f\left(-\dfrac{1}{m}\right)=\dfrac{2}{m^2}+1\neq 0 \end{cases}\Leftrightarrow \forall m\neq 0$}\\ Mặt khác có $x_A.x_B=\dfrac{1}{2}$ nên $A,B$ luôn thuộc một đường $(H)$ cố định.\\ Kẻ $OH\bot AB\Rightarrow OH= d_{(O,d)}=\dfrac{\left | -2m \right |}{\sqrt 5}$. Lại có $A,B \in d\Rightarrow y_A=2x_A-2m;y_B=2x_B-2m$\\ Theo viet có:$\begin{cases}{x_A+x_B=m}\\{x_A.x_B= \dfrac{1}{2}} \end{cases}$.\\ Có: $AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2}=\sqrt{5(x_A-x_B)^2}=\sqrt{5(x_A+x_B)^2-20x_Ax_B}\Leftrightarrow AB =\sqrt{5m^2+10}$\\ Vì $M,N$ là giao điểm của $d$ với $Ox,Oy$ nên $M(m;0);N(0;2m)$\\ Theo giả thiết :$S_{OAB}=3S_{OMN} \Leftrightarrow OH.AB=3OM.ON\Leftrightarrow \dfrac{\left | -2m \right |}{\sqrt 5}.\sqrt{5m^2+10}=3\left | x_M \right |\left | y_N \right |$\\ $\Leftrightarrow \dfrac{\left | -2m \right |}{\sqrt 5}.\sqrt{5m^2+10}=3\left | m \right |\left | 2m \right |\Leftrightarrow \sqrt{m^2+2}=3 \left | m \right |$ $ \Leftrightarrow m^2+2= 9m^2\Leftrightarrow m=\pm \dfrac{1}{2}$\\ Vậy với $m=\pm \dfrac{1}{2}$ là các giá trị cần tìm . \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 15.}\quad Tìm trên $(H): y = \dfrac{-x+1}{x-2}$ các điểm $A, B$ sao cho độ dài đoạn thẳng $AB$ bằng 4 và đường thẳng $AB$ vuông góc với đường thẳng $y = x$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Do $AB \bot d:y=x\Rightarrow \text{ pt } AB: y=-x+m$ Phương trình hoành độ giao điểm của $(H)$ và đường thẳng $AB$:\\ \centerline{$\dfrac{-x+1}{x-2}=-x+m\Leftrightarrow g(x)=x^2-(m+3)x+2m+1=0\quad (x\neq 2)\quad(1)$}\\ Để tồn tại 2 điểm $A,B$ thì pt$(1)$ cần có 2 nghiệm phân biệt $x_A;x_B$ và khác 2\\ $\Leftrightarrow \begin{cases}{\Delta _{g(x)}>0} \\{g(2)\neq 0}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}{(m+3)^2-4(2m+1)>0} \\{4-(m+3)2+2m+1 \neq 0}\end{cases}$$\Leftrightarrow (m-1)^2+4>0;\forall m$ \\ Theo viet có $\begin{cases}{x_A+x_B=m+3}\\{x_A.x_B=2m+1} \end{cases}$ Lại có: $y_A=-x_A+m;y_B=-x_B+m$\\ Mà $ AB= 4 \Leftrightarrow AB^2=16\Leftrightarrow (x_B-x_A)^2+(y_A-y_B)^2=16 \Leftrightarrow (x_B-x_A)^2=8 $ $ \Leftrightarrow (x_B+x_A)^2 -4x_A.x_B=8$\\ \centerline{ $\Leftrightarrow (m+3)^2-4(2m+1)=0\Leftrightarrow m^2-2m-3=0 \Leftrightarrow m=-1\vee m=3$} \\ +Với $m=3$ thay vào pt $(1)$ có:$x^2-6x+7=0 \Leftrightarrow x=3 \pm \sqrt 2 \Rightarrow y= \pm \sqrt 2$. Lúc này tọa độ 2 điểm $A,B$ là \\ $A(3+\sqrt 2;-\sqrt2);B(3-\sqrt2;\sqrt2)$ hoặc $B(3+\sqrt 2;-\sqrt2);A(3-\sqrt2;\sqrt2)$\\ +Với $m= -1$ thay vào pt $(1)$ có: $x^2-2x-1=0 \Leftrightarrow x=1 \pm \sqrt 2 \Rightarrow y= -2 \pm \sqrt 2$. Lúc này tọa độ 2 điểm $A,B$ là $A(1+\sqrt 2;-2 -\sqrt2);B(1-\sqrt2;-2+\sqrt2)$ hoặc $B(1+\sqrt 2;-2 -\sqrt2);A(1-\sqrt2;-2+\sqrt2)$\\ Vậy $A,B$ là các điểm như trên thỏa yêu cầu bài toán. \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 16.}\quad Tìm $m$ để đồ thị hàm số $y = x^4 - mx^2 + m - 1$ cắt trục $Ox$ tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn $-2$. \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Xét:$x^{4}-mx^{2}+m+1=0$. $\Delta =(m-2)^{2}=>\sqrt{\Delta }=|m-2|$ $\Rightarrow x^{2}=m-1(m>1),x^{2}=1$\\ Vậy 4 giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là: $A(-1;0),B(-\sqrt{m-1};0),C(1;0),D(\sqrt{m-1};0)$\\ Để 4 điểm đó có hoành độ >-2 thì:\\ TH1:$-\sqrt{m-1}>-1\Leftrightarrow m<2$, kết hợp với đk $\Rightarrow 10$ điều này xảy ra với mọi $m$.\\ - Gọi 2 nghiệm của phương trình $(1)$ là $x_1, x_2$ thì $A(x_1,2x_1+3m),B(x_2,2x_2+3m)$\\ - Có: $\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=-4\Rightarrow x_1.x_2+(2x_1+3m)(2x_2+3m)=-4\Rightarrow \dfrac{12m-15}{2}=-4\Rightarrow m =\dfrac{7}{12} $ \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 18.}\quad Tìm tọa độ hai điểm $B, C$ thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị $y=\dfrac{3x-1}{x-1}$ sao cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A(2; 1)$. \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Đổi hệ trục tọa độ $Oxy$ thành hệ trục tọa độ $IXY$ bằng phép tịnh tiến $\vt{OI} $ với $I(1;3)$\\ Công thức đổi trục: $\begin{cases}{x=X+1}\\{y=Y+3} \end{cases}$\\ Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :$Y=\dfrac{2}{X}\quad (1)$ và điểm $A$ trở thành $A(1;-2)$\\ Xét 2 điểm $B\left ( a;\dfrac{2}{a} \right );C\left ( b;\dfrac{2}{b} \right )(a<00$\\ + Với (5) pt có 2 nghiệm $b=-\dfrac{1}{3} \vee b=-2$ không thỏa do $b>0$\\ Với $ a=\dfrac{-b-2}{b}$ từ (3) có $\left |\dfrac{4}{b+2} \right |=\left |b-1 \right |\Rightarrow \left[\begin{array}{ll}{b^2+b-6=0}&(6)\\{b^2+b+2=0}&(7) \end{array}\right.$\\ +Với $(7)$ pt vô nghiệm\\ +Với $(6)$ pt có 2 nghiệm $b=2 \vee b=-3$ (loại)\\ Khi $b=2 \Rightarrow B(-2;-1);C(2;1) $ hoặc ngược lại. Lúc đó 2 điểm $B,C$ của bài toán cần tìm là: $ B(-1;2);C(3;4)$ hoặc ngược lại. \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 19.}\quad Cho hàm số $y= x^3+3x^2+m\quad (1)$ . Tìm $m$ để hàm số $(1)$ có 2 điểm cực trị $A,B$ sao cho $\widehat{AOB}=120^o$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ - Phương trình $y'=0 \Leftrightarrow x = 0, x = - 2$\\ - Tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị $a(0; m), B(-2;m+4)$\\ - Yêu cầu của bài toán dẫn đến giải phương trình:\\ \centerline{ $\dfrac{\vt{OA}.\vt{OB}}{OA.OB}=-\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow-2m(m+4)=|m|\sqrt{m^2+8m+20}$ $\Leftrightarrow m = 0, m = \dfrac{-12+\sqrt{132}}{3}$}\\ Đáp số: $m = 0, m = \dfrac{-12+\sqrt{132}}{3}$ \hfill Đề thi thử đại học THPT Thanh Thủy lần 2 tỉnh Phú Thọ \\ \begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}{\bf Bài 20.}\quad Cho hàm số $y= \dfrac{2x-1}{x+1}$ có đồ thị $(C)$.\\ Tìm $m$ để đường thẳng $d: y=x+m$ cắt $(C)$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ sao cho $AB= 2 \sqrt{2}$ \end{minipage}\\ \hline \end{tabular} {\bf Lời giải:}\\ Phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và đường thẳng $d$:\\ \centerline{$\dfrac{2x-1}{x+1}= x+m \Leftrightarrow f(x)=x^2+(m-1)x+m+1=0 \quad(1)\quad (x\neq -1)$}\\ Để $d$ cắt $(C)$ tại 2 điểm phân biệt $A,B$ thì phương trình $(2)$ có 2 nghiệm phân biệt $x_A,x_B$ khác $-1$\\ $\Leftrightarrow \begin{cases}{\Delta =(m-1)^2-4(m+1)>0}\\{f(-1)=1-m+1+m+1\neq 0} \end{cases}\quad(*).$\quad Theo vi-et có : $\begin{cases}{x_A +x_B=1-m}\\{x_A.x_B=m+1} \end{cases}$\\ Lại có $A,B \in d \Rightarrow y_A= x_A+m;y_B= x_B+m$ Do $AB=2\sqrt2\Leftrightarrow AB^2=8\Leftrightarrow (x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2=8$\\ $ \Leftrightarrow (x_A+x_B)^2-4x_A.x_B=4\Leftrightarrow (1-m)^2-4(m+1)=4\Leftrightarrow m^2-6m-7=0 \Leftrightarrow m=-1\vee m=7$\\ Đối chiếu điều kiện $(*)$ ta có $m=-1; m=7$ là giá trị cần tìm. \end{document}