hƯỚng dẪn giẢi. - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com filechú ý: ta có thể giải bài toán...

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. Ta có 2y' 3(x 2x 3) y' 0 x 1,x 3= + − = = = − hàm số đạt cực trị tại

( )A 1;m 5− và ( )B 3;m 27− + nên đồ thị hàm số 3 2y x 3x 9x m= + − + cắt Ox

tại ba điểm phân biệt CD CTy .y 0 (m 5)(m 27) 0 27 m 5. − + −

Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên bằng cách xét số giao điểm của hai đồ thị 3 2(C) : y x 3x 9x= + − và đường thẳng d : y m= − .

Yêu cầu bài toán d cắt (C) tại ba điểm phân biệt.

2. d đi qua I và có hệ số góc m nên phương trình d là y m(x 1) 2.= − +

Phương trình hoành độ giao điểm của d với (C): 3 2x 3x 4 m(x 1) 2− + = − +

3 2x 3x 2 m(x 1) (1) − + = − 2(x 1)(x 2x 2) m(x 1) − − − = −

2(x 1)(x 2x 2 m) 0 − − − − = 2x 1, g(x) x 2x 2 m 0 = = − − − =

d cắt (C) tại ba điểm phân biệt I,M,N Phương trình g(x) 0= có hai nghiệm

phân biệt khác 1 'g m 3 00

m 3.3 m 0g(1) 0

+ −

− − Hoành độ của M,N là hai nghiệm 1 2x , x của phương trình ( )g x 0= ,lại có

1 2 I x x 2 2x+ = = nên I là trung điểm của đoạn MN . Suy ra tam giác AMN

vuông cân tại A

AI (d)

1AI MN

2

⊥

=

Hệ số góc của đường thẳng AI là A I

A I

y yk 3

x x

−= = −

−.

1AI (d) m( 3) 1 m

3⊥ − = − = .

1AI (d) m( 3) 1 m

3⊥ − = − = .

Khi 1

m3

= thì phương trình ( )1 5

d : y x3 3

= + .

Phương trình ( )g x 0= trở thành phương trình : 2 7x 2x 0

3− − = (2).

22 2

2 1 2 11 5 1 5

MN (x x ) x x3 3 3 3

= − + + − +

(do M,N thuộc (d)).

https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/



= 2 22 1 1 2 1 2

10 10(x x ) (x x ) 4x x

9 9 − = + −

Trong đó 1 2x , x là hai nghiệm của phương trình (2) ,

1 2 1 27

x x 2 , x .x3

+ = = − ,suy ra

2 10 28 400 20MN 4 MN

9 3 27 3 3

= + = =

.

2 2A I A IAI (x x ) (y y ) 10= − + − =

Vì 1

AI MN2

do đó tam giác AMN không vuông tại A .

Vậy 1

m3

= không thỏa mãn yêu cầu bài toán ,suy ra bài toán vô nghiệm.

3. Phương trình hoành độ giao điểm của ( )mC và ( )P :

3 2 3 2 2x 3mx 3m(m 2)x m 3m m – 3x− + − − + + =

3 2 2 3 2 2x 3mx 3m x m 3x 6mx 3m m 0 − + − + − + + =

3 2(x m) 3(x m) m 0, − + − + = 3 2f(x) (x m) 3(x m) m= − + − +

( )mC cắt ( )P tại ba điểm phân biệt Đồ thị của f(x) cắt trục Ox tại ba điểm

phân biệt Hàm số f(x) có hai điểm cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu.

2 x mf '(x) 3(x m) 6(x m) 3(x m)(x m 2) f '(x) 0

x m 2

== − + − = − − + =

= −

Hai giá trị cực trị là ( )f m m= và ( )f m 2 m 4.− = +

Hai giá trị này trái dấu m(m 4) 0 4 m 0. + −

Bài 2:

1. Phương trình hoành độ giao điểm của ( )mC và trục Ox:

3 2 2x 3x (m 2)x m 2 0(2) (x 1)(x 4x m 2) 0− + − + + = + − + + =

x 1 = − hoặc 2x 4x m 2 0− + + = . Gọi ( ) 2g x x 4x m 2 0= − + + =

m(C ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt Phương trình (2) có ba nghiệm phân

biệt Phương trình ( )g x 0= có hai nghiệm phân biệt khác 1− .

'g 2 m 0 m 20

.1 4 2 m 0 m 7g( 1) 0

−

+ + + −−




2.Tìm m để ( )mC cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt,trong đó có hai điểm có

hoành độ dương.

Vì phương trình (2) đã có nghiệm x 1 0,= − do đó yêu cầu của bài toán được

thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình ( )g x 0= có hai nghiệm dương phân biệt.

Phương trình ( )g x 0= có hai nghiệm dương phân biệt

'g 0

m 2P 2 m 0 2 m 2.

m 2S 4 0

= + − − =

Chú ý. Bài này cũng có thể giải như sau :

Trong điều kiện m 2 và m 7 − thì hai nghiệm của ( )g x 0= là

1 2x 2 2 m, x 2 2 m= − − = + − .

Vì 1 2x x nên g(x) có hai nghiệm dương khi và chỉ khi

1x 0 2 2 m 0 2 m 2 2 m 4 m 2. − − − − −

Kết hợp với điều kiện m 2 và m 7 − ,ta được các giá trị của m cần tìm là

2 m 2− Bài 3:

1. AB nhỏ nhất.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d).

2

22x 3x 34x m 2x 3x 3 (4x m)(x 1)(*)

x 1

+ += + + + = + +

+ (do x = - 1 không thỏa

mãn phương trình (*)) 22x (m 1)x m 3 0+ + + − = (1)

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B (1) có hai nghiệm phân biệt 2 2(m 1) 8(m 3) 0 m 6m 25 0 m = + − − − + .

22 2 22 1 2 2 2 1AB (x x ) (4x m) 4(x m) 17(x x )= − + + − + = −

22 2

1 2 1 2m 1 m 3 17

17[(x x ) 4x x ] 17 4 (m 6m 25)2 2 4

+ − = + − = − = − +

217[(m 3) 16]

4= − + 2 17

AB .16 68 AB 2 174

=

AB = 2 17 m 3 = .

2.SIAB = 7




Viết lại phương trình (d) thành dạng 4x – y + m = 0 , khoảng cách từ I đến d là

4 md(I,d)

17

+= .

Diện tích tam giác IAB: 2

2IAB

1 1 17 (m 4)S AB.d(I,d) 7 . (m 6m 25). 49

2 4 4 17

+= = − + = .

4 3 2m 2m 7m 104m 384 0+ − + − = . 3 2(m 3)(m 5m 8m 128) 0 − + + + =

m 3 = (do m > 0 nên 3 2m 5m 8m 128 0+ + + ). Vậy m = 3.

Chú ý. Nếu phương trình hoành độ giao điểm là phương trình đa thức bậc ba

không có nghiệm nguyên hay nghiệm hữu tỷ thì có thể sử dụng một trong hai

phương pháp dưới đây để giải quyết bài toán.

Cách 1.Chuyển phương trình thành dạng f(x) = g(m) (g(m) là biểu thức của m).

Lập bảng biến thiên của f(x), dựa vào bảng biến thiên này để tìm kết quả của bài toán.

Cách 2.Từ các dạng đồ thị của hàm số bậc ba ,ta có tính chất sau:” Đồ thị hàm số bậc

ba cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có hai điểm cực trị và hai giá

trị cực trị trái dấu”

Bài 4:

Phương trình hoành độ giao điểm của m(C ) và Ox : 4 2 2 2 2 2x 2(m 1)x m 3m(1) t 2(m 1)t m 3m 0 (2) t x 0− + + − − + + − = =

1. m(C ) và Ox có 4 điểm chung phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

2 2

2

1m(m 1) m 3m 0' 0 5

1P 0 m 3m 0 m 0 m 3 m 0 m 3.

5S 0 2(m 1) 0 m 1

− + − +

− − + −

2. m(C ) và Ox có ba điểm chung phương trình (1) có ba nghiệm .

phương trình (2) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương .

P 0 m 0 m 3

m 0 m 3.S 0 m 1

= = = = =

−

3. m(C ) và Ox có hai điểm chung phương trình (1) có đúng hai nghiệm.

phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép dương




0 m 3P 0

11m 0 m 3.' 0 m

55S 0

m 1

= − = = − −

d. m(C ) và Ox không có điểm chung phương trình (1) vô nghiệm.

phương trình (2) vô nghiệm hoặc là có nghiệm và các nghiệm đều âm.

1m' 0 5

1 1' 0 P 0 m m 0 m 3 m .

5 5S 0 m 1

−

− −

−

Bài 5:

Phương trình hoành độ giao điểm của m(C ) và Ox :

( ) ( ) ( )4 2 2 2x (3m 2)x 2m 5m 1 2 1 t – 3m 2 t 2m – 5m – 3 0 2− + + − − = + + = t 2m 1 t m 3 = + = −

m(C ) cắt (d) tại 4 điểm phân biệt phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

1m2m 1 0 2

m 3 0 m 3 m 3.

2m 1 m 3 m 4

− +

−

+ − −

Khi đó 2m + 1 > m – 3 do đó 4 nghiệm của (1) xếp theo thứ tự lớn dần là

2m 1 , m 3 , m 3 , 2m 1.− + − − − +

1. Bốn nghiệm này lập thành một cấp số cộng

2m 1 m 3 m 3 ( m 3) + − − = − − − −

2m 1 3 m 3 2m 1 9(m 3) 7m 28 m 4 + = − + = − = = (thỏa mãn điều

kiện m > 3).. Vậy m = 4.

2. Bốn nghiệm này lớn hơn – 4 15

2m 1 4 2m 1 16 m2

− + − + . Giao

với điều kiện m > 3 ta được 3 < m < 15

2.

Bài 6:

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d).




22x 1x m x (m 3)x m 1 0 (1)

x 1

+= + + − − − =

−

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2.

2 2(m 3) 4m 4 0 m 2m 13 0 m . = − + + − +

1. Ta có ( ) ( )1 1 2 2M x ;x m , N x ;x m + +

M , N cách đều trục Ox M N 1 2y y x m x m = + = +

1 2 1 2

1 2 1 2

x m x m x x

x m x m x x 2m

+ = + =

+ = − − + = −

Vì 1 2x x nên chỉ xảy ra trường hợp 1 2x x 2m+ = −

3 m 2m m 3 − = − = − .

2. 2 2 22 1 2 1 2 1MN (x x ) (x m x m) 2(x x )= − + + − − = −

2 2 21 2 1 22[(x x ) 4x .x ] 2[(m 3) 4(m 1)] 2(m 2m 13)= + − = − + + = − +

Viết lại phương trình (d) dưới dạng x – y + m = 0

Khi đó ( )( )1 2 m m 1

d I, d2 2

− + −= =

2IMN

m 11S 4 MN.d(I,(d)) 4 2(m 2m 13). 8

2 2

−= = − + =

2 2 2(m 1) 12. m 1 8 [(m 1) 12](m 1) 64 − + − = − + − =

4 2 2(m 1) 12(m 1) 64 0 (m 1) 4 m 1 2 m 3 m 1 − + − − = − = − = = = −

Vậy m 3 m 1= = − thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Bài 7:

1. Hàm số đã cho có hai cực trị trái dấu m(C ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt.

Phương trình hoành độ giao điểm của m(C ) và Ox:

3 2x (4m 3)x (m 2)x 3m 0− + + + + = 2(x 1)[x 2(2m 1)x 3m] 0 − − + − =

x 1 = hoặc 2x 2(2m 1)x 3m 0 ( )− + − =

Yêu cầu bài toán ( ) có hai nghiệm phân biệt khác 1




2 2' (2m 1) 3m 0 4m 7m 1 0

1 2(2m 1) 3m 0 7m 1 0

= + + + +

− + − − −

7 33 7 33m , m

8 81

m7

− + − −

−

là những giá trị cần tìm.

2. Đồ thị m(C ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có ít nhất một điểm có

hoành độ âm hàm số có hai cực trị đồng thời cd cty .y 0

y(0) 0

(1).

Ta có: 2y' 3[x 2(m 1)x m]= − + + 2y' 0 x 2(m 1)x m 0 = − + + = ( )

Hàm số có hai cực trị ( ) có hai nghiệm phân biệt

2 2' (m 1) m 0 m m 1 0 = + − + + đúng m .

Chia y cho y' ta được: 2 21y (x m 1)y' 2(m m 1)x m 1

3= − − − + + + +

Gọi 1x , 2x là hai nghiệm của ( ) . Ta có:

2 21 1 1 1

1y (x m 1)y'(x ) 2(m m 1)x m 1

3= − − − + + + +

2 212(m m 1)x m 1= − + + + + .

Tương tự 2 22 2y 2(m m 1)x m 1= − + + + + .

2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2y .y 4(m m 1) x x 2(m m 1)(m 1)(x x ) (m 1) = + + − + + + + + +

3 2(m 1)(m m m 3)= + − − −

Nên 3 2(m 1)(m m m 3) 0

(1)m 1

+ − − −

(2).

Xét hàm số 3 2g(m) m m m 3, m 1= − − −

Có 21

mg'(m) 3m 2m 1 g(m) 0 2

m 1

= −= − − =

=

Lập bảng biến thiên ta thấy g(m) 0 m 1

m 1 0(2) 1 m 1

m 1

+ −


3. Phương trình hoành độ giao điểm của ( )mC và đường thẳng y 1:= −




( ) ( )4 2 4 2x 3m 2 x 3m 1 x 3m 2 x 3m 1 0− + + = − − + + + =

Đặt 2t x , t 0;= phương trình trở thành :

( )2t 3m 2 t 3m 1 0− + + + = t 1 = hoặc t 3m 1= + .

Yêu cầu bài toán: 0 3m 1 4

3m 1 1

+

+

1m 1

3m 0

−


4. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox 2

4 2 2

2

x m 1x 2mx m 1 0

x m 1

= −− + − = = +

Đồ thị (Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2

m 1 01 m 3

m 1 4

−

+ .

Bài 8:

1. Điều kiện cần: Giả sử m(C ) cắt Ox tại ba điểm A,B,C suy ra phương trình

3 2 2x 3x (4m 1)x 2m 3 0+ + − + − = ( ) có ba nghiệm phân biệt 1 2 3x x x và

khi đó 1 2 3A(x ;0), B(x ;0), C(x ;0)

2 1 3 2 1 3 2AB BC x x x x x x 2x = − = − + = (1)

Măt khác: 3 2 21 2 3x 3x (4m 1)x 2m 3 (x x )(x x )(x x )+ + − + − = − − −

3 2x ax bx c= − + −

Với 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3a x x x ;b x x x x x x ;c x x x= + + = + + =

So sánh hệ số của 2x ta có: 1 2 3a 3 x x x 3= − + + = − (2).

Từ (1) và (2) suy ra 2 23x 3 x 1 ( )= − = − có một nghiệm

2x 1 1 3 4m 1 2m 3 0 m 0,m 2= − − + − + + − = = = .

Điều kiện đủ:

* 3 2 2 2m 0 ( ) x 3x x 3 0 x(x 1) 3(x 1) 0= + − − = − + − =

2(x 1)(x 3) 0 x 3,x 1,x 1 − + = = − = − = ba nghiệm này thỏa (1) nên m 0=

thỏa yêu cầu bài toán.

* 3 2 2m 2 ( ) x 3x 7x 5 0 (x 1)(x 2x 5) 0= + + + = + + + =

x 1 = − m 2 = loại.

Vậy m 0= là giá trị cần tìm.

2. Phương trình hoành độ giao điểm của m(C ) với Ox




4 2x 2mx 2m 3 0− + + = .

Đặt 2t x ,t 0= ta có: 2t 2mt 2m 3 0− + + = (1)

m(C ) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt (1) có hai nghiệm dương phân biệt

2' m 2m 3 0

S 2m 0 m 3

P 2m 3 0

= − −

= = +

( ) .

Gọi 1 2t m ', t m '= − = + .

Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 2A t ;0 , B t ;0 , C t ;0 , D t ;0− −

2 1 12 1

1 2 1

t t 2 tAB BC CD t 3 t

2 t t t

− = = = =

= −

2 1t 9t m ' 9m 9 ' 5 ' 4m = + = − =2 2

m 3

25(m 2m 3) 16m

− − =

2

m 3

9m 50m 75 0

− − =

25 10 13m

9

+ = là giá trị cần tìm.

3. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox 3 2 23 20 (xx qpx pqx )(x (p q)x q ) 0q = + + − ++ + =+

x q = − hoặc 2 2x (p q)x q 0 ( )+ − + =

Ta có 2 2 2 2(p q) 4q p 2pq 3q (p q)(p 3q) = − − = − − = + −

Do p,q 0 và p 3q 0

Nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa 21 2x x q=

Do đó ba nghiệm 1 2x , q,x− lập thành CSN.

4. ( )2 2t 10mt 6m 3 0 (1) t x− + + = = .

( )mC cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt (1) có hai nghiệm dương phân biệt

2

3 2 21 3 2 21m m

25 25' 25m 6m 3 01 1

P 6m 3 0 m m .2 2

S 10m 0 m 0

− +

= − −

= − =




Gọi hai nghiệm dương của phương trình (1) ( )1 2 1 2t , t t t khi đó bốn nghiệm

của phương trình cho xếp theo thứ tự lớn dần là 2 1 1 2t , t , t , t− − .

Bốn nghiệm này lập thành một cấp số cộng

( ) ( )2 1 1 1 1 2 2 1 1t t t t t t t t 2 t − = − − = − − − − =

2 1 2 1t 3 t t 9t = =

Áp dụng định lí Vi-et vào phương trình (1) ,kết hợp với điều kiện 2 1t 9t= ,ta

có hệ 1 2 2 1 2 1

1 2 1 1

2 22 1 1

t t 10m t 9t t 9t1

t t 6m 3 10t 10m t m m 1,m .3

t 9t 9t 6m 3 9m 6m 3 0

+ = = =

= + = = = = − = = + − − =

Vậy, m 1= là giá trị cần tìm.

Bài 9:

1. Phương trình hoành độ giao điểm của và (C)

2x 1x m 4x (x 2m)(x 1)

x 1 2= + = + −

− (với x 1 ) 2x (2m 5)x 2m 0 + − − = (1)

cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

2 2(2m 5) 8m 0 4m 12m 25 0

1 (2m 5) 2m 0 4 0

= − + − +

+ − − −

đúng m .

Gọi 1 2x ,x là hai nghiệm của (1) 1 1 2 21 1

A(x ; x m), B x ; x m2 2

+ +

trung điểm I của AB có tọa độ:

1 2II

II 1 2

x x 5 2mxx

225 2m1

yy (x x ) m44

+ −==

+ == + +

Nên 5 2m 5 2m

I d : 2x y 4 0 2 4 02 4

− + + − = + − =

3m

2 = là giá trị cần tìm.

4. Đường thẳng d có phương trình: y kx=

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): 3 2 2x 3x 6x kx x(x 3x 6 k) 0− + = − + − = x 0 = hoặc 2x 3x 6 k 0 ( )− + − =

Đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt ( ) có hai nghiệm phân biệt

1 2x ,x khác 0

154k 15 0 k

46 k 0

k 6

= −

−

.




Khi đó 1 1 2 2A(x ;kx ), B(x ;kx ) 2 2 2 21 2AB (1 k )(x x ) (1 k )(4k 15) = + − = + −

Nên 2AB 17 (1 k )(4k 15) 17= + − =3 24k 15k 4k 32 0 k 4 − + − = = .

5. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 22x x 1

x 2mx 1

− += +

−

22x x 1 (x 2m)(x 1) − + = + − (với x 1 ) 2x 2mx 1 2m 0 − + + = (1)

Đồ thị (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân

biệt 1 2x ,x khác 12' m 2m 1 0

1 2m 1 2m 0

= − −

− + +

m 1 2

m 1 2

+

−

(*).

Khi đó 1 2 1 2 1 2(x 1)(x 1) x x (x x ) 1 2 0− − = − + + =

Suy ra, hai giao điểm nằm về một nhánh của đồ thị (C).

Bài 10:

1. Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục Ox:

3 2 2x mx 2 0 x m

x+ + = + = −

Xét hàm số 2

2

2 2f(x) x f '(x) 2x f '(x) 0 x 1

x x= + = − = =

Bảng biến thiên

x − 0 1 +

− || − 0 +

+ + +

− 3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yêu cầu bài toán m 3 m 3 − −

Cách 2: Để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm ta có các trường hợp

sau:

TH 1: Đồ thị hàm số (1) không có cực trị hay là hàm số (1) luôn đồng biến (do

a 1 0= ) trên 2R y' 3x m 0 x = + m 0

TH 2: Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu 2 m my' 0 x x

3 3= = − = −

với m 0

Hai giá trị cực trị là: 12m m

y 23 3

= + − ; 22m m

y 23 3

= − −

3

1 24m

y .y 4 0 3 m 027

= + − . Vậy m 3 − là những giá trị cần tìm.




2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và (d). 3 3x mx 1 2x 1 x (m 2)x 0 (1)− + + = + − − =

22

x 0x[x (m 2)] 0

x m 2 (2)

= − − =

= −

(Cm) cắt (d) tại ba điểm phân biệt (1) có ba nghiệm phân biệt

phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m 2 0 m 2 − .

Khi đó B( m 2; 2 m 2 1) , C( m 2;2 2 m 1)− − − − + − − +

2BC 4(m 2) 16(m 2) 20(m 2)= − + − = −

( ) ( )2 2

2 2OB OC (m 2) 1 2 m 2 (m 2) 1 2 m 2+ = − + − − + − + + −

2(m 2) 2 8(m 2) 10(m 2) 2= − + + − = − +

Tam giác OBC vuông tại O 2 2 2OB OC BC + =

1110(m 2) 2 20(m 2) m

5 − + = − = (thỏa mãn điều kiện m > 2).

Bài 14:

1. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox 3 2x 3mx (3m 1)x 6m 6 0− + − + − = 2(x 2)[x (3m 2)x 3m 3] 0 − − − + − =

x 2 = hoặc 2x (3m 2)x 3m 3 0 ( )− − + − =

(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác

229m 24m 14 0

5 3m 0

= − +

−

4 2 4 2m ; ;

3 3

5m

3

− + − +

.

Khi đó 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2x x x x x x (x x ) 4 (3m 2) 4+ + + = + + = − +

Nên ta có : 2 2(3m 2) 4 20 9m 12m 12 0− + = − − =2

m 2,m3

= = − .

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: 3 2x 2x (3m 1)x m 3 (1 m)x m 5− − − + + = − + −

3 2 2 8x 2x 8 2mx 2m x 2x f(x)

x − + = = − + = (*)

Xét hàm số y f(x)= ta có :

2

2 2

8 2(x 2)(x x 2)f '(x) 2x 2 ,f '(x) 0 x 2

x x

− + += − − = = =




Bảng biến thiên

x − 0 2 +

f ' − − 0 +

f

+ + +

− 4

Dựa vào bảng biến thiên ta có7

2m f(1) 7 m2

= .

3. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với đường thẳng y 1= − :

4 2 4 2x (3m 2)x 3m 1 x (3m 2)x 3m 1 0− + + = − − + + + =

2x 1 = hoặc 2x 3m 1= + .

(Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt

13m 1 0 m

33m 1 1

m 0

+ −

+

Khi đó 2 2 2 21 2 3 4 1 2 3 4x x x x x x x x 3m 3+ + + + = +

Nên 2 2 2 21 2 3 4 1 2 3 4

1x x x x x x x x 4 m

3+ + + + = = .

Bài 15:

1. Để hai điểm M, N đối xứng qua O thì trước hết phải đi qua O

Suy ra 2b 4 0 b 2 : y ax− = = = .

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và

23x 2ax ax (2a 3)x 2 0

x 2

+= + − − =

+ (*)

cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác

2−2

a 0

4a 4a 9 0 a 0

4 0

= − +

.

M, N đối xứng qua O 1 23

x x 0 2a 3 0 a2

+ = − = = .

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y=x

23x 2x x x 2 0 x 1,x 2

x 2

+= − − = = − =

+. Suy ra A( 1; 1),B(2;2)− −

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y x m= +

23x 2x m x (m 1)x 2m 2 0

x 2

+= + + − + − =

+ (1)




Đường thẳng y x m= + cắt (C) tại hai điểm phân biệt C, D (1) có hai

nghiệm phân biệt 1 2x ,x khác 2− (m 1)(m 9) 0 m ( ;1) (9; ) − − − +

Khi đó : 1 1 2 2C(x ;x m),D(x ;x m)+ +

ABCD là hình bình hành 2 1AB DC x x 3 = − =

23 9 m 10m 9 9 m 0,m 10 = = − + = = =

Do m 0= thì C, D trùng với B, A nên ta loại

Vậy m 10= là giá trị cần tìm.

Bài 16:

1. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): 2x 1

x mx 2

+= − +

+

2x (4 m)x 1 2m 0 ( ) + − + − = . Vì ( ) có 2 2m 4m 12 (m 2) 8 0 = − + = − +

và x 2= − không là nghiệm của (*) nên (C) và d luôn cắt nhau tại hai điểm

phân biệt A,B. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của ( ) .

Khi đó : 1 1 2 2A(x ; x m), B(x ; x m)− + − +

2 2 21 2 1 2 1 2AB 2(x x ) 2(x x ) 8x x = − = + − .

Áp dụng định lí Viét 2 2AB 2[(m 2) 8] 16 AB 4 = − +

Vậy AB ngắn nhất khi m 2= và minAB 4= .

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox. 3 2 2 2x (2m 3)x (2m m 9)x 2m 3m 7 0− + + − + − + − =

2 2(x 1)[x 2(m 1)x 2m 3m 7] 0 − − + + − + =

2 2

x 1

x 2(m 1)x 2m 3m 7 0 (1)

=

− + + − + =

(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hoành độ lớn hơn 1

Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 < x1 < x2 .

(1) 2 2 2' (m 1) 2m 3m 7 0 m 5m 6 0 2 m 3 (a) = + − + − − + −

1 1 1 2 1 2

2 2 1 2 1 2 1 2

1 x x 1 0 x x 2 x x 2

1 x x 1 0 (x 1)(x 1) 0 x x (x x ) 1 0

− + +

− − − − + +

2 2

2(m 1) 2 m 0m 0 (b)

2m 3m 7 2(m 1) 1 0 2m 5m 6 0

+

− + − + + − +

Từ (a) và (b) ta có:

Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 < x1 < x2 2 m 3 .




2 2 2 2 21 2 1 2 1 2BC (x x ) (x x ) 4x x 4(m 1) 4(2m 3m 7)= − = + − = + − − +

22 5 5

4m 20m 24 1 4 m 1 BC 1 BC 1 m (2;3)2 2

= − + − = − − = =

Vậy giá trị của tham số cần tìm là 5

m2

=

Bài 17:

1. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2x 4x 3

kx 1x 2

+ += +

+

2x 4x 3 (x 2)(kx 1) + + = + + (với x 2 − ) 2(k 1)x (2k 3)x 1 0 − + − − = (1).

Đồ thị (C) cắt d tại hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2−

2

k 1 0

4k 8k 5 0 k 1

1 0

−

= − +

.

Gọi 1 2x ,x là hai nghiệm của (1) 1 1 2 2A(x ;kx 1), B(x ;kx 1) + +

1 2II

1 2II

2k 3x x xx2(k 1)2

k(x x ) k(2k 3)y 1y 1

2(k 1)2

− +== −

+ − = += +

−

Với: II I

I

2x 32k 3x k , x 1

2k 2 2x 2

−−= =

− −,suy ra:

2 2I I I I

II I

2x 3x 2x x 2y 1

2x 2 2x 2

− − −= + =

− −

Vậy quỹ tích trung điểm là đường cong 22x x 2

y2x 2

− −=

−.

2. Xét 0 0A(x ;y ) là điểm cố định của m(C )

00 0 0 0 0

0

mx 1y m(x y ) 1 x y 0 m

x m

+ = − + − =

+

0 00 0

0 0

x yx y 1

x y 1 0

= = =

− =

m(C ) luôn đi qua hai điểm cố định A( 1; 1), B(1;1)− −

Vì m ( 1;1) A,B − nằm về hai nhánh của m(C )

Mặt khác hai điểm A,B luôn nằm trong đường tròn (C) mỗi nhánh của đồ

thị m(C ) luôn cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt m(C ) và (C) luôn

cắt nhau tại bốn điểm phân biệt.

Bài 18:




1 Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt trong đó có ba điểm có

hoành độ nhỏ hơn 1 và một điểm có hoành độ lớn hơn 2.

Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành 4 2 2x (3m 1)x 2m 2m 12 0 (1)− − + + − = Đặt t = x2 , t 0 .

Phương trình (1) trở thành: 2 2t (3m 1)t 2m 2m 12 0 (2)− − + + − =

(Cm) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt Phương trình (1) có bốn nghiệm

phân biệt Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

Vì phương trình (2) luôn có hai nghiệm là t1 = m+3 và t2 = (2m – 4) ,do đó

Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

m 3 2m 4 m 7m 2

m 3 0 m 3m 7

2m 4 0 m 2

+ −

+ − −

.

Khi đó 4 nghiệm của (1) là m 3 , 2m 4 + − .

* Nếu m+3 > 2m – 4 2 m 7 thì ta có

m 3 2m 4 2m 4 m 3− + − − − +

Trong các nghiệm này có ba nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2 ,điều

này tương đương với 2m 4 1 2m 4 1 5

1 mm 3 4 2m 3 2

− − −

+ +

.

Giao với điều kiện 2 < m < 7 , ta được 2 < m < 5

2.

* Nếu 2m – 4 > m + 3 m 7 thì ta có

2m 4 m 3 m 3 2m 4− − − + + − .

Ba nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2

2m 4 2 2m 4 4 m 4

m 3 1 m 2m 3 1

− −

+ −+

không có giá trị m .

Vậy 2 < m < 5

2.

2. Tìm m để (Cm) và trục Ox chỉ có hai điểm chung B,C sao cho tam giác ABC

đều với A(0;2).

(Cm) và Ox có hai điểm chung Phương trình (1) có đúng hai nghiệm

Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc (2) có đúng một nghiệm

dương.

* (2) có hai nghiệm trái dấu (m 3)(2m 4) 0 3 m 2 + − −

* (2) có đúng một nghiệm dương m 3 2m 4 0 m 7 + = − = .




Vậy (Cm) và Ox có hai điểm chung 3 m 2 m 7. − =

Với điều kiện – 3 < m < 2 thì m+3 > 0 và 2m – 4 < 0 suy ra

B( m 3;0) , C( m 3;0)− + + .

Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và O là trung điểm của BC ,do đó

Tam giác ABC là tam giác đều BC 3

AO 2 3 m 32

= = + .

54 3(m 3) m

3

− = + = thỏa điều kiện – 3 < m < 2

Khi m = 7 thì B( 7;0) , C( 7 ;0)− ,suy ra BC = 2 7 .

Vì AO BC 3

2 nên tam giác ABC không đều do đó m = 7 bị loại.

Vậy m = - 5/3 .

Bài 20:

1. a) (d) qua A(-1;0) và có hệ số góc là m .suy ra phương trình (d) : y = m(x +1).

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) 3 2 2x 3x 4 m(x 1) (x 1)(x 4x 4) m(x 1) 0− + = + + − + − + =

22

x 1(x 1)(x 4x 4 m) 0

g(x) x 4x 4 m 0

= − + − + − =

= − + − =

(d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A,M,N Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm

phân biệt khác – 1 ' m 0 m 0

g( 1) 0 m 9

=

− .

b) xM , xN là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0 , I là trung điểm của MN suy

ra M N

I

I I

x xx 2 (*)

2y m(x 1) (do I (d))

+= =

= +

Từ (*) suy ra I thuộc đường thẳng (D): x = 2.

Giới hạn .yI = m(xI+1) = 3m Iym

3 = .

Điều kiện :

I

I

I I

y0 y 0m 0 3 .

m 9 y y 279

3

Vậy tập hợp các điểm I là phần của đường thẳng x = 2 ứng với các điểm có

tung độ I thỏa Iy 0 và Iy 27 .




2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

2 2

x 1 x 12 xm(x 1) 2

x 1 2 x m(x 1) 2x 2 mx 3x m 0 (*)

− −− = − +

+ − = − + + + − = .

(d) cắt (C) tại hai điểm M,N thuộc hai nhánh khác nhau của (C) Phương

trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện x1 < - 1 < x2.

2

1 2 1 21 2

m 0 m 0m 0

9 4m 0 m 0.3x x x x 1 0 1 1 0

(x 1)(x 1) 0 m

= +

+ + + − − + + +

Tập hợp trung điểm I của MN.

Ta có : 1 2

I

x x 3x

2 2m

+= = − , I II (d) y m(x 1) 2 = − +

Vậy : II

I I I II I

3m3

2xx2m

3 3 1y m(x 1) 2 y (x 1) 2

2x 2x 2

= −

= −

= − + = − − + = +

.

I thuộc đường (L) có phương trình :3 1

y2x 2

= + .

Giới hạn : II

3m 0 0 x 0.

2x −

Vậy tập hợp các điểm I là phần của đường (L): 3 1

y2x 2

= + ứng với các điểm có

hoành độ âm.

3. Phương trình hoành độ giao điểm của ( )1C và ( )2C :

3 2 3 2 2x 2x 1 x x mx 2 x mx 1 0+ + = + − + + − = (1).

( )1C cắt ( )2C tại hai điểm phân biệt A,B Phương trình (1) có hai nghiệm

phân biệt 2m 4 0 m = + .

Chứng minh trung điểm I của AB thuộc đồ thị hàm số y = 3 24x 4x 3x 3+ + + .

Khi đó 3 2 3 21 1 1 2 2 2A(x ;x 2x 1) , B(x ;x 2x 1)+ + + + trong đó 1 2x ,x là hai nghiệm của

phương trình (1)

I là trung điểm của AB ,suy ra :

1 2I

3 2 3 21 1 2 2

I

x xx

2

x 2x 1 x 2x 1y

2

+=

+ + + + +=




Lại có : 3 3 3 31 2 1 2 1 2 1 2 I Ix x (x x ) 3x x (x x ) 8x 6x+ = + − + = + (do

1 2 I 1. 2x x 2x ,x x 1+ = = − ).

2 2 2 21 2 1 2 1 2 Ix x (x x ) 2x x 4x 2+ = + − = + .

Suy ra 3 2

3 2I I II I I I

8x 6x 8x 6y 4x 4x 3x 3.

2

+ + += = + + +

Vậy I thuộc đồ thị của hàm số 3 2y 4x 4x 3x 3= + + + .

Viết phương trình đường thẳng AB.

Tọa độ A,B thỏa hệ 3 2 3 2

3 2 2

y x 2x 1 y x 2x 1 (2)

y x x mx 2 x mx 1 0 (3)

= + + = + +

= + − + + − =

Từ phương trình (3) ,suy ra x2 = 1 – mx . Thay vào phương trình (*) ta được 2 2y x.x 2x 1 x(1 mx) 2(1 mx) 1= + + = − + − +

2mx x 2mx 3 m(1 mx) x 2mx 3= − + − + = − − + − +

2 2m x 2mx x 3 m (m 1) x 3 m.= − + + − = − + −

Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm AB là 2y (m 1) x 3 m= − + − .


hƯỚng dẪn giẢi. - s3-ap-southeast-1.amazonaws.com filechú ý: ta có thể giải bài toán...

Documents