Ôn tập về hàm hữu tỷ

 điểm M, N thuộc hai nhánh của (C-1) để khoảng cách MN ngắn nhất. 
4) Tìm M ∈ (C-1) để IM ngắn nhất. Trong trường hợp này chứng tỏ tiếp tuyến với (C-1) tại M sẽ 
vuông góc với IM. 
5) Gọi (D) là đường thẳng có phương trình y = ax + b với 
 a ≠ 0 .Tìm điều kiện của b để tồn tại a sao cho (D) tiếp xúc với (C-1). 
 II. Trong phần này ta xét tính chất hàm số khi m ≠ -1. 
6) Tìm đường tiệm cận xiên của (Cm). Chứng minh tiệm cận xiên này tiếp xúc với một parabol cố 
định 
 y = 21 x
4
− + 3 x
2
 – 1
4
. 
7) Định m để tâm đối xứng của (Cm) nằm trên parabol 
 y = x2 + 1. 
 III. Khảo sát tính chất của hàm số khi m = 1. 
8) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 
9) Biện luận theo k số tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C). 
10) Tìm trên Ox các điểm từ đó ta vẽ được một tiếp tuyến duy nhất đến (C). 
11) Gọi ∆ là một tiếp tuyến với (C) tại J thuộc ( C), ∆ cắt 2 đường tiệm cận tại E và F. Chứng minh 
J là trung điểm của EF và tam giác IEF có diện tích không đổi ( I là tâm đối xứng). 
12) Chứng minh tích số hai khoảng cách từ J ∈ (C) đến hai đường tiệm cận của (C) là một hằng số. 
BÀI GIẢI 
Phần I: m = –1 hàm số thành 
y = 2x 4
x 1
+
+
 = 2 + 2
x 1+
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C–1) : độc giả tự làm 
Chứng minh (C–1) có tâm đối xứng. 
 Đặt 
X x 1
Y y 2
= +⎧⎨
= −⎩ ⇒ 
x X 1
y Y 2
= −⎧⎨
= +⎩ 
 hàm số thành 2Y
X
= , đây là 1 hàm lẻ. Vậy hàm số nhận điểm 
I(–1,2) làm tâm đối xứng. 
Cách khác: đồ thị nhận giao điểm I(–1,2) của 2 tiệm cận làm tâm đối xứng. 
2) Phương trình hoành độ giao điểm của 
( Dp ) và (C–1) là : 
 2x 4
x 1
+
+
 = 2x + p 
⇔ 2x + 4 = (2x + p) (x + 1) 
(hiển nhiên pt này không có nghiệm x = –1) 
 ⇔ 2x2 + px + p – 4 = 0 (1) 
pt (1) có ∆ = p2 – 8(p – 4) 
 = (p – 4)2 + 16 
⇒ ∆ > 0, ∀p ⇒ (1) có 2 nghiệm phân biệt ∀p 
⇒ (Dp) luôn cắt (C–1) tại 2 điểm phân biệt 
 A (x1 , 2x1 + p), B (x2 , 2x2 + p) 
Với x1, x2 là 2 nghiệm của (1). 
Ta có: AB2 = (x2 – x1)2 + (2x2 – 2x1)2 
 = 5(x2 – x1)2 = 5(x1 + x2)2 – 20x1x2 
mà x1 + x2 = 
p
2
− , x1.x2 
p 4
2
−
= 
 nên AB2 = ( )
2p5. 10 p 4
4
− − 
 = 25 p 10p 40
4
− + 
Do đó, AB ngắn nhất khi bp 4
2a
−
= = 
Cách khác: 
Ta có 2 1x x− = a
∆ 
⇒ (x2 – x1)2 2a
∆
= = ( )
2p 4 16
4
− + 
Do đó, AB đạt min ⇔ AB2 đạt min 
⇔ 5(x2 – x1)2 đạt min 
⇔ (x2 – x1)2 đạt min 
⇔ (p – 4)2 + 16 đạt min ⇔ p = 4 
3) Gọi M, N lần lượt là 2 điểm trên 2 nhánh khác nhau của (C–1) 
Giả sử xM < – 1 < xN 
 Đặt X = x + 1 và Y = y – 2 
 I (–1,2), hàm thành 2Y
X
= 
 Trong hệ trục XIY ta có : 
 XM < 0 < XN 
 Và MN2 = (XN – XM)2 + 
2
N M
2 2
X X
⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 = (XN – XM)2 2 2
N M
41
X X
⎡ ⎤
+⎢ ⎥⎣ ⎦
 Vì – XM > 0 
 Nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có : 
 (XN – XM)2 = [XN + (– XM)]2 ≥ 4XN (– XM) 
 và dấu bằng xảy ra ⇔ XN = – XM 
 ⇒ MN2 ≥ – 4 XN XM + ( )N M
16
X X−
 ≥ 2(8) (Cauchy) 
 Vậy MN đạt min ⇔ MN2 = 16 
 ⇔ 
N M
N M
N M
X X 0
164X X
X .X
= − >⎧⎪⎨
=⎪⎩
 ⇔ N
M
X 2
X 2
⎧ =⎪⎨
= −⎪⎩
 Vậy trong hệ trục X I Y ta có MN ngắn nhất khi M(– 2 , – 2 ), 
N( 2 , 2 ) 
 Do đó, trong hệ trục xOy ta có MN ngắn nhất khi 
M(–1 – 2 , 2 – 2 ) , N (–1 + 2 , 2 + 2 ) 
 (nhớ: x = X – 1 , y = Y + 2). 
Cách khác: Ta có 
xM < – 1 < xN . Đặt α = 1 + xM và β = 1 + xN thì α < 0 < β 
 Ta có M 2 - 1 , 2 + ⎛ ⎞α⎜ ⎟α⎝ ⎠ , N
2 - 1 , 2 + ⎛ ⎞β⎜ ⎟β⎝ ⎠ 
 MN2 = ( )2 β − α + 
2
2 2 ⎛ ⎞−⎜ ⎟β α⎝ ⎠ 
 = ( )2 β − α 2 241 ⎡ ⎤+⎢ ⎥α β⎣ ⎦ 
 MN2 = ( )2 4⎡ ⎤β + α − αβ⎣ ⎦ 2 2
41 ⎡ ⎤+⎢ ⎥α β⎣ ⎦ 
 ≥ – 4α β 2 241 
⎡ ⎤
+⎢ ⎥α β⎣ ⎦ 
 ≥ – 4α β 4
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟αβ⎝ ⎠ = 16 (Cauchy) 
 Do đó MN đạt min 
 ⇔ β = –α và 2α 2β = 4 
 ⇒ α = 2− và β = 2 
 Vậy MN nhỏ nhất khi 
M ( )2 1, 2 2− − − và N( )2 1, 2 2− + 
4) Gọi M 0
0
2x , 2
x 1
⎛ ⎞
+⎜ ⎟
+⎝ ⎠ . Ta có I(–1, 2) nên 
 IM2 = ( )20x 1+ + ( )20
4 4
x 1
≥
+
 (Cauchy) 
 Do đó IM nhỏ nhất ⇔ 0x 1+ = 
0
2
x 1+
 ⇔ ( )20x 1+ = 2 ⇔ x0 = –1 ± 2 
Vậy có 2 điểm M với toạ độ là ( )1 2, 2 2− − − , ( )1 2, 2 2− + + 
 Ta có IM
uuur
 = ⎛ ⎞+⎜ ⎟
+⎝ ⎠0 0
2x 1 ; 
x 1
 ⇒ IM có hệ số góc là ( )20
2
x 1+
 = 1 = k1 (do ( )20x 1+ = 2) 
 Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là 
 k2 = y′ ( )0x = ( )20
2
x 1
−
+
 = –1 (do ( )20x 1+ = 2) 
 ⇒ k1 . k2 = –1. Vậy tiếp tuyến tại M vuông góc với IM. 
5) (D) tiếp xúc (C–1) khi và chỉ khi 
( )2
2x 4 ax b (1)
x 1
 2 a (2)
x 1
+⎧
= +⎪ +⎪⎨
−⎪ =
+⎪⎩
 có nghiệm 
⇔ ( )
2x 4
x 1
+
+
 = ( )2
2x b
x 1
−
+
+
 có nghiệm 
⇔ (2x + 4) (x + 1) = –2x + b ( )2x 1+ có nghiệm 
 (hiển nhiên pt này không có nghiệm x = –1) 
⇔ 2 ( )2x 1+ + 2(x + 1) 
 = –2(x + 1) + 2 + b ( )2x 1+ có nghiệm 
⇔ (b – 2) u2 – 4u + 2 = 0 có nghiệm 
 (Với u = x + 1) 
⇔ ′∆ = 4 – 2(b – 2) ≥ 0 
( vì B = - 4 ≠ 0 nên pt bậc 2 có nghiệm khi và chỉ khi ′∆ = 4 – 2(b – 2) ≥ 
0 ) 
⇔ b – 2 ≤ 2 ⇔ b ≤ 4 
Vậy với b ≤ 4 tồn tại a ≠ 0 (phụ thuộc vào b) để (D) tiếp xúc với (C–1) 
NHẬN XÉT: PT (1) phụ thuộc vào b nên a phụ thuộc vào b. 
II. Phần này cho m thay đổi và m ≠ –1 
6) y = (m + 1)x + m2 – m + 2
x m−
Vậy đồ thị (Cm) luôn luôn có tiệm cận xiên m∆ có phương trình : 
 y = (m + 1)x + m2 – m 
 Phương trình hoành độ giao điểm của m∆ và (P) là 
 21 x
4
− + 3 x
2
 – 1
4
 = (m + 1)x + m2 – m 
 ⇔ x2 + 2(2m – 1)x + 4m2 – 4m + 1 = 0 
 ⇔ ( )2x 2m 1+ − = 0 
Vậy m∆ tiếp xúc (P), ∀m. 
Cách khác: m∆ tiếp xúc (P), ∀m 
⇔
⎧
− + − = + + −⎪⎪⎨
−⎪ + = +⎪⎩
2 21 3 1x x (m 1)x m m
4 2 4 
1 3x m 1
2 2
có nghiệm, ∀m . 
7) (Cm) có tâm đối xứng là ( )2m, 2m . Để tâm đối xứng nằm trên parabol y = 
x2 + 1 thì m thoả : 2m2 = m2 + 1 ⇔ m2 = 1 
Vì m ≠ –1 nên giá trị m cần tìm là m = 1 
III. Khảo sát tính chất của hàm số khi m = 1 
8) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) khi m = 1 (độc giả tự làm). 
9) Phương trình tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C) có dạng: 
 y = hx + k (D) 
 (D) tiếp xúc (C) ⇔ hệ 
( )
2
2
2x 2x 2 hx k
x 1
22 h
x 1
⎧ − +
= +⎪
−⎪⎨⎪
− =⎪ −⎩
 có nghiệm 
 ⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là: 
22x 2x 2
x 1
− +
−
 = ( )2
22
x 1
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
−⎢ ⎥⎣ ⎦
x + h 
 ⇔ 2
x 1−
 = ( )2
2x
x 1
−
−
 + h 
 ⇔ 2(x – 1) = –2x + h ( )2x 1− 
 (hiển nhiên x = 1 không là nghiệm) 
 ⇔ h ( )2x 1− – 2(x – 1) – 2(x – 1) – 2 = 0 
 ⇔ h ( )2x 1− – 4(x – 1) – 2 = 0 (9a) 
 Đặt u = x – 1 , phương trình thành 
 hu2 – 4u – 2 = 0 (9b) 
 + h ≠ 0 ⇒ (9b) có ′∆ = 4 + 2h 
 ′∆ > 0 ⇔ h > –2 
 Biện luận : 
i) h = 0 ⇒ (9b) có 1 nghiệm 
 ⇒ (9a) có 1 nghiệm 
⇒ có 1 tiếp tuyến qua K. 
 ii) h = –2⇒ có 1 tiếp tuyến qua K. 
 iii) h < –2⇒ không có tiếp tuyến nào qua K. 
 iv) Nếu h > –2 và h ≠ 0 ⇒ có 2 tiếp tuyến qua K. 
Ghi chú: Đối với hàm bậc 3 hay hàm hữu tỉ ta có: “ có bao nhiêu tiếp điểm thì có 
bấy nhiêu tiếp tuyến”. 
10) Phương trình tiếp tuyến với (C) qua E ( )0x ,0 ∈ Ox 
 có dạng : y = h ( )0x x− (D0) 
 ⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D0) và (C) là : 
 2x + 2
x 1−
 = ( )2
22
x 1
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
−⎢ ⎥⎣ ⎦
( )0x x− (10a) 
 ⇔ 1
x 1−
 = ( )2
x
x 1
−
−
 0 x− + ( )
0
2
x
x 1−
 ⇔ 
( ) ( )20 0x x 1 x 1 x x 0
x 1
⎧
− + − + − =⎪⎨
≠⎪⎩ 
 ⇔ ( ) ( )⎧ − + − + − =⎪⎨
≠⎪⎩
2
0 0x x 1 2 x 1 1 x 0 (10b)
x 1
 i) Nếu x0 = 0 
⇒ (10b) có đúng 1 nghiệm x ≠ 1 ⇒ (10a) có đúng 1 nghiệm . 
ii) Nếu x0 = 1 
 ⇒ (10b) có nghiệm x = 1∨ x = –1 
 ⇒ (10a) có đúng 1 nghiệm x = –1 
 iii) Nếu x0 ≠ 0 và x0 ≠ 1. Đặt u = x –1 
 (10b) thành x0u2 + 2u + 1 – x0 = 0 
 có ′∆ = 1 – x0 ( )01 x− = x02 – x0 + 1 > 0, ∀x0 (≠ 0 và ≠ 1) ⇒ (10b) có 2 
nghiệm phân biệt x ≠ 1 ⇒ (10a) có 2 nghiệm phân biệt. 
 Tóm lại có 2 điểm E thoả mãn yêu cầu bài toán là (0, 0) và (1, 0) 
11) Tâm đối xứng I (1,2). 
J ∈ (C) ⇒ J 0 0
0
2x , 2x
x 1
⎛ ⎞
+⎜ ⎟
−⎝ ⎠ 
Tiếp tuyến ∆ tại J với (C) có phương trình : 
 y = ( )20
22
x 1
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
−⎢ ⎥⎣ ⎦
( )0x x− + 2x0 + 
0
2
x 1−
 hay y = ( )20
22
x 1
⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎜ ⎟
−⎝ ⎠
x + ( )
0
2
0
2x
x 1−
 + 
0
2
x 1−
 ∆ cắt đường tiệm cận đứng tại 
 E
0
41, 2
x 1
⎛ ⎞
+⎜ ⎟
−⎝ ⎠ và cắt đường tiện cận xiên tại F(2x0 – 1, 4x0 – 2) 
 ⇒ xE + xF = 2x0 = 2xJ 
 và yE + yF = 4x0 + 
0
4
x 1−
 = 2yJ 
 ⇒ J là trung điểm của EF. 
Gọi H là hình chiếu của F lên IE, ta có diện tích tam giác IEF là : 
 S = 1
2
 FH . IE 
 Mà FH = F Hx x− = F Jx x− = 2 0x 1− 
 Và IE = E Iy y− = 
0
4
x 1−
 Nên S = 1
2
 . 2 0x 1− . 
0
4
x 1−
 = 4 
Cách khác: 
Ta có góc của 2 tiệm cận của (C) là không đổi nên sinEIF là không đổi. 
 Do đó 
S = 1
2
 IE . IF sin EIF Không đổi 
⇔ IE . IF không đổi 
 Mà IE = 
0
2
x 1−
 Và IF = 20 0x 1− 
⇒ IE . IF không đổi ⇒ S không đổi. 
12) Gọi P, Q là hình chiếu của J ∈ (C) xuống 2 đường tiệm cận đứng và xiên, 
ta có : 
 JP = 0x 1− , JQ = d (J, tcx) = 
0
2
5 x 1−
 ( )
0 0
0
0
22x 2x
x 1 2d J, tcx
5 5 x 1
⎛ ⎞
− −⎜ ⎟
−⎜ ⎟
= =⎜ ⎟
−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 ⇒ JP . JQ = 2
5
 không đổi. 
Cách khác: 
 Ta có: 1
2
 JP . IE = 1
2
 JQ . IF = S
2
 không đổi 
 ⇒ JP . IE . JQ . IF = S2 không đổi 
 mà IE . IF không đổi 
 nên JP . JQ không đổi. 
CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( DỰ TRỮ ) 
VỀ HÀM HỮU TỈ TỪ NĂM 2002 ĐẾN NĂM 2005 
I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2002 
Cho hàm số: y = 
2x
mx2x2
−
+− (1) (m là tham số) 
1. Xác định m để hàm số (1) nghịch biến trên đoạn [−1; 0] 
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 
3. Tìm a để phương trình sau có nghiệm : 
 01a23)2a(9
2t112t11
=+++− −+−+ 
Giải 
 1) Ta có : y = 
2x 2x m
x 2
− +
−
 y' = 
2
2
x 4x 4 m
(x 2)
− + −
−
 Hàm số nghịch biến trên đoạn [−1; 0] 
 ⇔ y' ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0] 
 ⇔ x2 – 4x + 4 – m ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0] 
 ⇔ x2 – 4x + 4 ≤ m ∀x ∈ [−1; 0] 
 ⇔ 2
1 x 0
max (x 4x 4) m
− ≤ ≤
− + ≤ ⇔ 9 ≤ m ( vì hàm x2 – 4x + 4 giảm trên [ ]1;0− nên đạt max tại x 
= –1 ) 
Cách khác 
Khảo sát f(x) = x2 – 4x + 4 với−1 ≤ x ≤ 0 
 f '(x) = 2x – 4, −1 ≤ x ≤ 0 
x −1 0 2 +∞
f/ − − 
− + 
f 9 
4 
 Nhờ bảng biến thiên ta chọn m ≥ 9. 
 2) Khi m = 1 ta có : y = 
2x 2x 1
x 2
− +
−
 MXĐ : D = R\{ }2 . 
 y' = 
2
2
x 4x 3
(x 2)
− +
−
; y' = 0 ⇔ x = 1 hay x = 3 
x −∞ 1 2 3 +∞ 
y' + 0 −
− 0 + 
y 0 
−∞ −∞
+∞ ∞ 
4 
 Tiệm cận :x = 2 là tiệm cận đứng y = x là tiệm cận xiên. 
O
2 3
4
y
x1
2
−
1
3) 
 2 21 1 t 1 1 t9 (a 2)3 2a 1 0+ − + −− + + + = (1) 
 ĐK :1 – t2 ≥ 0⇔−1 ≤ t ≤ 1 ⇔1 ≤ 1 + − 21 t ≤ 2 
 ⇔ 31 ≤ 21 1 t3 + − ≤ 32 Đặt u = 21 1 t3 + − , 3 ≤ u ≤ 9 
 (1) thành u2 – (a + 2)u + 2a + 1 = 0 
 ⇔ u2 – 2u + 1 = a(u – 2) 
 ⇔ 
2u 2u 1 a
u 2
− +
=
−
(2) 
 Khảo sát hàm f(u) = 
2u 2u 1
u 2
− +
−
 với 3 ≤ u ≤ 9 
0
 f '(u) = 
2
2
u 4u 3
(u 2)
− +
−
, f ' (u) = 0 ⇔ u = 1 hay u = 3. 
Vì − + ≥ ∀ ≥2u 4u 3 0, u 3 nên f '(u) ≥ 0 , [ ]u 3;9∀ ∈ .Do đó, 
phương trình (1) có nghiệm ⇔ f(3) ≤ a ≤ f(9) ⇔ 4 ≤ a ≤ 64
7
. 
Cách khác: dựa vào đồ thị câu 1 ta có phương trình (1) có nghiệm 
⇔ phương trình (2) có nghiệm [ ]u 3;9∈ 
⇔ f(3) ≤ a ≤ f(9) ⇔ 4 ≤ a ≤ 64
7
II ) ĐỀ DỰ BỊ 1 – KHỐI D - NĂM 2002 
(3,0 điểm) Cho hàm số : y = 
x1
mxx2
−
+ (1) (m là tham số) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Với giá trị nào của m thì khoảng cách giữa 
hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) bằng 10? 
1) m = 0 y = 
2x
1 x−
 MXĐ : D = R\{ }1 
 y' = 
2
2
x 2x
(1 x)
− +
−
; y' = 0 ⇔x = 0 hay x = 2 
 Bảng biến thiên : y(0) = 0; y(2) = − 4 
 Tiệm cận : x = 1 là 
tiệm cận đứng 
 y = −x – 
1 là tiệm cận xiên. 
 Đồ thị:độc giả tự vẽ 
 2.a) Tìm m để hàm số (1) có CĐ, CT. 
 y có CĐ, CT ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 
 Ta có y' = 
2
2
x 2x m
(1 x)
− + +
−
 ycbt ⇔ ′∆ = + >1 m 0⇔ m > −1. 
Nhận xét :Đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất, nếu tử số của đạo hàm có 2 nghiêm 
phân biệt thì chắc chắn 2 nghiệm đó khác với hòanh độ của tiệm cận đứng. 
 b) Tìm m để khoảng cách giữa 2 cực trị bằng 10. 
 Giả sử hàm số có cực trị ( m > - 1) thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là: 
 y = 2x m 2x m
1
+
= − −
−
với m > -1 
 y' = 0 ⇔ −x2 + 2x + m = 0 
 Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của y' = 0. 
 M(x1; −2x1 – m);N(x2; −2x2 – m) 
x −∞ 0 1 2 +∞ 
y' − 0 + 
+ 0 − 
y +∞ ∞ 
 −∞ −∞
 MN = 10 = 2 2 22 1 2 1 2 1(x x ) 4(x x ) 5(x x )− + − = − 
 100 = 5[x12 + x22 + 2x1x2 – 4x1x2] 
 100 = 5[(x1 + x2)2 – 4x1x2], S = x1x2 = 2, P = −m 
 20 = 4 + 4m m = 4 thỏa điều kiện m > - 1. 
Cách khác: 
 Ta có 22 1 2 1 2x x (x x )a a
∆ ∆
− = ⇒ − = = 4 - 4m,do đó 
MN = 10 = 2 2 22 1 2 1 2 1(x x ) 4(x x ) 5(x x )− + − = − 
⇔ 100 = 5(4 – 4m) ⇔ m = 4 
III ) ĐỀ DỰ BỊ 1 - KHỐI A – NĂM 2003 
(2 điểm) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
y = 
)1x(2
3x4x2 2
−
−− 
2. Tìm m để phương trình 2x2 – 4x – 3 + 2m⏐x – 1⏐ = 0 có hai nghiệm phân biệt. 
BÀI GIẢI: 
 1) Khảo sát y = 
22x 4x 3
2(x 1)
− −
−
 • MXĐ : D = R\{1} 
 • y' = − + >
−
2
2
2x 4x 7 0
2(x 1)
 vì có ∆ < 0 
 • Bảng biến thiên : 
x −∞ 1 +∞ 
y' + + 
y +∞ 
−∞ 
+∞
−∞ 
 • Tiệm cận : tiệm cận đứng x = 1 
 tiệm cận xiên y = x – 1. 
y =
 x 
 1
−
O 1
3
2
y
x
 2) Phương trình 2x2 – 4x – 3 + 2m⏐x – 1⏐ = 0 
 ⇔ g(x) = 
22x 4x 3 m
2 x 1
− −
=⏐ − ⏐ 
 Đồ thị g(x) có được bằng cách : 
 * lấy trùng với (C) khi x > 1 
 * lấy đối xứng qua Ox của (C) khi x < 1. 
 Vẽ đường thẳng y = m, ta thấy nó luôn luôn cắt đồ thị 
g(x) = 
22x 4x 3
2 x 1
− −
⏐ − ⏐ tại 2 điểm phân biệt ∀m. 
IV ) KHỐI A – DỰ BỊ 2 – NĂM 2003 
 (2 điểm) 
Cho hàm số: y = 
)mx(2
4mmx)1m2(x 22
+
+++++ (1) (m là tham số) 
1. Tìm m để hàm số (1) có cực trị và tính khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm 
số (1). 
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 
BÀI GIẢI: 
 1) Tìm m : 
 Ta có y' = 
2 2
2
x 2mx m 4
2(x m)
+ + −
+
 y có 2 cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 
 ⇔ ∆' = m2 – m2 + 4 = 4 > 0 (đúng ∀m) 
 Vậy hàm số luôn có 2 cực trị với mọi m. 
 Gọi A(x1, y1), B(x2, y2) là 2 điểm cực trị. 
 Ta có CTy = 
u
v
′
′
,y1 = 1
2x 2m 1
2
+ + , 
 y2 = 2
2x 2m 1
2
+ + 
 AB = − + − = −2 2 22 1 2 1 2 1(x x ) ( y y ) 2(x x ) 
 = + −21 2 1 22[(x x ) 4x x ] 
 Ta có S = x1 + x2 = −2m, P = x1x2 = m2 – 4 
 AB = 2 22[( 2m) 4m 16] 32 4 2− − + = = đvđd. 
Cách khác: AB = − = ∆ = ∆ =/2 1x x 2 2 8 4 2 . 
 2) Khi m = 0 y = 
2x x 4
2x
+ + 
 MXĐ : D = R\{0} 
 y' = −
2
2
x 4
2x
, y' = 0 ⇔ x = ±2 
x −∞ −2 0 2 +∞ 
y' + 0 − − 0 + 
y 3
2
− 
−∞ −∞ 
+∞ +∞ 
5
2
 Tiệm cận : x = 0 là tiệm cận đứng 
 y = 1 1x
2 2
+ là tiệm cận xiên. 
3
2
5
2
O 2
−2
−1 x
y
−
1
2
1
2
y = x + 
V ) ĐỀ DỰ BỊ 2 - KHỐI B – NĂM 2003 
 (2 điểm) Cho hàm số : y = 
1x
1x2
−
− 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến 
của (C) tại M vuông góc với đường thẳng IM. 
BÀI GIẢI: 
 1) Khảo sát y = − = +
− −
2x 1 12
x 1 x 1
 MXĐ : D = R\{1} 
y' = 2
1 0
(x 1)
−
<
−
, ∀x ∈ R\{1} 
x −∞ 1 +∞ 
y' − − 
y 2 
−∞ 
+∞ 
2
 Tiệm cận : x = 1 là phương trình tiệm cận đứng 
 y = 2 là phương trình tiệm cận ngang.I(1; 2) là TĐX 
O 1
I
2
x
y
 2) Gọi M(x0; y0) ∈ C là tiếp điểm. 
 Hệ số góc tiếp tuyến tại M là f '(x0) = 2
0
1
(x 1)
−
−
 Hệ số góc của đường thẳng IM là 0 I
2
0 I 0
y y 1 k
x x (x 1)
−
= =
−
−
 Vì Tiếp tuyến tại M ⊥ IM ⇔ 
2 2
0 0
1 1 1
(x 1) (x 1)
− ⋅ = −
− −
 ⇔ (x0 – 1)4 = 1 ⇔x0 – 1 = ± 1 
 ⇔ 0
0
x 0
x 2
=⎡⎢
=⎣
=⎡⎢
=⎣
0
0
y (0 ) 1
y (2) 3
 Vậy có hai điểm M1(0; 1), M2(2; 3) thỏa ycbt. 
VI ) ĐỀ DỰ BỊ 1 – KHỐI D – NĂM 2003 
 (2 điểm) 
Cho hàm số : y = 
3x
6mx5x 22
+
+++ (1) (m là tham số) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) 
 khi m = 1. 
 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1; +∞). 
 1) Khi m = 1 y = 
2x 5x 7
x 3
+ +
+
 MXĐ : D = R\{−3};y' = 
2
2
x 6x 8
(x 3)
+ +
+
; 
y' = 0 x = −4 hay x = −2 
 Bảng biến thiên : 
x −∞ − 4 −3 −2 +∞ 
y' + 0 − − 0 + 
y −3 
−∞ −∞ 
+∞ +∞
 1 
 Tiệm cận :x = −3; y = x + 2. 
O x
y
2
−2
−4 −3
−3
 2) Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; +∞). 
 Ta có : y' = 
2 2
2
x 6x 9 m
(x 3)
+ + −
+
 y đồng biến trên (1; +∞)⇔ y' ≥ 0 ∀x ≥ 1 
 ⇔ x2 + 6x + 9 – m2 ≥ 0 ∀x ≥ 1 
 ⇔ x2 + 6x + 9 ≥ m2 ∀x ≥ 1 
 Khảo sát hàm số g(x) = x2 + 6x + 9, với x ≥ 1 
 g'(x) = 2x + 6> 0, ∀x ≥ 1.Do đó 
 ycbt ⇔ 
x 1
min
≥
(x2 + 6x + 9) ≥ m2 ⇔ g(1) = 16 ≥ m2 
 ⇔ −4 ≤ m ≤ 4. 
V I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2004 
(2 điểm) Cho hàm số : y = x + 1
x
 (1) có đồ thị (C). 
1. Khảo sát hàm số (1) 
2. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm 
M(-1; 7). 
1) Khảo sát y = x + 1
x
 = 
2x 1
x
+ (C) 
 MXĐ : D = R\ 0 
2x 1y'
x
−
= , y’ = 0 ⇔ x2 – 1 = 0 ⇔ x = ± 1 
• BBT 
 −∞ -1 0 1 +∞
' + 0 - - 0 + 
−∞ 
-2 +∞ 
 −∞ 
2 
+∞
Tiệm cận đứng x = 0. Tiệm cận xiên y = x. 
2) Pt tiếp tuyến (d) qua M có dạng : y = k(x + 1) + 7 
 (d) tiếp xúc (C)⇔
2
1x k(x 1) 7 (1)
x
11 k (2)
x
⎧
+ = + +⎪⎪⎨⎪
− =⎪⎩
 có nghiệm. 
Thế (2) vào (1), ta có pthđ tiếp điểm của (d) và (C) là 
2
1 1x (1 )(x 1) 7 
x x
+ = − + + ⇔ 2
1 1 1x x 1 7 
x x x
+ = + − − + 
⇔ 2
1 12. 8 0 
xx
+ − = ⇔ 1 14 hay 2
x x
= − = 
-
-
1 x
y 
y = x
0 
2 
(Nhận xét: đặt u = 1/x ta có u2 + 2u – 8 = 0 
⇔ u = -4 hay u =2 ) 
Thế vào (2) ta có k = - 15 hay k = - 3. 
Vậy pttt của (C) qua M là 
 y = – 15( x + 1) + 7 hay y = –3(x + 1) + 7 
V II ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI D - DỰ BỊ 1 - NĂM 2004 
(2 điểm)Cho hàm số : y = 
2x x 4
x 1
+ +
+
 (1) có đồ thị (C). 
1. Khảo sát hàm số (1) 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng x 
– 3y + 3 = 0 
BÀI GIẢI: 
1/ Khảo sát khi y = 
1
42
+
++
x
xx 
 • MXĐ : D = R \ {–1} 
 • y' = 2
2
1
32
)x(
xx
+
−+ , 
 y' = 0 ⇔ x2 + 2x – 3 = 0 
 ⇔ x = 1hay x = – 3. 
• Bảng biến thiên : 
 x -∞ -3 -1 1 +∞ 
 y' + 0 – – 0 + 
 y -5 +∞ +∞ 
 -∞ -∞ 3 
 • Tiệm cận : 
 - Tiệm cận đứng x = – 1 
 - Tiệm cận xiên y = x 
 • Đồ thị :độc giả tự vẽ. 
2) Đường thẳng x – 3y + 3 = 0 có hệ số góc là 1/ 3 nên phương trình tiếp tuyến có dạng: y = 
–3x + m (d) 
(d) tiếp xúc (C) ⇔ 
2
4x 3x m 
x 1
41 3
(x+1)
⎧
+ = − +⎪ +⎪⎨⎪
− = −⎪⎩
 có nghiệm 
 ⇔ 
4x 3x m 
x 1
x 2 hay x 0 
⎧
+ = − +⎪
+⎨⎪
= − =⎩
 ⇔ 
x 2
m= 12
= −⎧⎨
−⎩ hay 
x 0
m= 4
=⎧⎨⎩ 
 Vậy y = –3x –12 hay y = –3x + 4. 
VIII ) DỰ BỊ 1 KHỐI A năm 2005: 
Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số : y = 
2 22 1 3x mx m
x m
+ + −
−
 (*) (m là tham số) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1. 
2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. 
Giải: 
1/ Khi m = 1 thì 
2x 2x 2y
x 1
+ −
=
−
(1) 
• MXĐ: D = R \ {1} 
• ( )
2
2
x 2xy '
x 1
−
=
−
, y ' 0= 
⇔ = =x 0 hay x 2 
• Bảng biến thiên : 
 x -∞ 0 1 2 +∞ 
 y' + 0 – – 0 + 
 y 2 +∞ +∞ 
 -∞ -∞ 6 
 • Tiệm cận : 
x 1= là pt t/c đứng 
y = x + 3 là pt t/c xiên 
2/ 
Ta co