Ôn tập thi Đại học môn Toán - Hàm hữu tỉ

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