Phương pháp giải đề thi Đại học

+ − − + − < 
( )( ) ( )22 21 2 1 24 2 2 1 0m x x m m x x m⇔ + − + + + − < 
( ) ( ) ( )22 24 1 2 2 2 1 0m m m m m⇔ − + − − + + − < 
( )( )23 2
0
4 9 6 1 0 4 1 1 0m m m m m
≥
⇔ − + − + < ⇔ − + − <

1
4
1
m
m

>
⇔ 
 ≠
c. C(m) có hai điểm cực trị A;B cùng phía với trục Oy 
Ycbt 1 2 0x x⇔ > ( 1x cùng dấu với 2x ) 1 0 1m m⇔ − + > ⇔ < 
d. C(m) có hai điểm cực trị A;B nằm cách đều đường thẳng y=5 
Ycbt :  y=5 cắt (Cm) tại trung điểm AB. M là trung điểm AB có tọa độ 1 2 ; 2 1
2
x x
mx m
+ 
− + − 
 
( )1;3 1M m⇒ − − 5 3 1 2Ycbt m m⇔ = − ⇔ = 
So sánh với điều kiện (*) ta thấy m=2 là kết quả cần tìm. 
e. Có đường thẳng đi qua hai điểm cực trị cách gốc tọa độ một khoảng bằng 1 
: 2 1 : 2 1 0y mx m mx y m∆ = − + − ⇔ ∆ + − + = 
 23 
Ycbt ( ); 1d O⇔ ∆ =
( )2 2
2 .0 0 1
1
2 1
m m
m
+ − +
⇔ =
+
( ) ( )2 2 2 21 2 1 3 2 0m m m m⇔ − + = + ⇔ + = 
0
2
3
m
m
=
⇔
− =

 So sánh với điều kiện m>0 ta nhận thấy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
f. Có đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tiếp xúc với đường tròn ( ) ( )2 21 1 4x y− + − = 
Ycbt ( );d I R⇔ ∆ = với tâm I(1;1) và R=2 
: 2 1 0mx y m∆ + + − = 
( )2
2 .1 1 1
2
2 1
m m
m
+ − +
⇒ =
+
 ( )2 2 22 16 4 15 4 0m m m m⇔ + = + ⇔ − + = 
0
4
15
m
m
=
⇔
 =

 So sánh với (*) ta nhận 
4
15
m = 
g. Có đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân 
Gọi M là giao điểm của ∆ và Ox:
2 1 0 1
;0
0 2
mx m mM
y m
− + − = − 
⇒ ⇒  
=  
Gọi N là giao điểm của ∆ và Oy: ( )2 .0 1 0; 1
0
y m m
N m
x
= − + −
⇒ ⇒ −
=
Ycbt 
1 11 1 . 1 0
2 2M N
m
x y m m
m m
 
−
⇔ = ⇔ = − ⇔ − − =  
 
1
1
2
1
2
m
m
m

 =

⇔ =


−
 =

Dễ thấy với m=1, ∆ đi qua gốc tọa độ, với m= 1
2
−
 không thỏa (*) nên loại. Vậy ta chọn 
1
2
m = 
h. Có đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích =8 
Ycbt: 
1 1 1
.
2 8 2OMN M N
S OM ON x y∆⇔ = ⇔ = 
( )211 1 1
. 1
4 2 4 2
mm
m
m m
−
−
⇔ = − ⇔ = 
( )
2
2
2
2 1 12
2
2 1
2
m
m
m m
m
m
m m VN
 =
 
− + = ⇔
  =⇔  

−

− + =

 So sánh (*) vậy có hai giá trị m thỏa mãn: m=2 và m=0.5
 24 
III: SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA HAI ĐỒ THỊ 
Nhắc lại kiến thức: 
Cho: ( ) ( )1 2: ; :C y f x C y g x= = 
Số giao điểm của C1 và C2 là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm: 
( ) ( )f x g x= 
Đặc biệt khi C1 tiếp xúc C2: 
( ) ( )
( ) ( )' '
f x g x
f x g x
=

=
Lưu ý: Không được sử dụng điều kiện nghiệm kép để làm dạng toán tiếp xúc của hai đồ thị. 
Để hiểu rõ hơn, ta hãy đến với các ví dụ sau: 
Bài 1: Cho hàm số ( ) ( )2 3 2: 2
1m
mx mC y m
x
− −
= ≠ −
−
 và ( ) : 1d y x= − 
Định m để (d) cắt (Cm) tại hai điểm phân biệt: 
a) Có hoành độ lớn hơn -1 
b) Có hoành độ nhỏ hơn 2 
c) Có hoành độ nằng trong khoảng [ ]2;3− 
d) Có hoành độ dương 
e) Có hoành độ trái dấu. 
Giải: 
Phương trình hoành độ giao điểm giữa (Cm) và d: 
( ) ( )22 3 2 1 : 2 1 3 3 0
1
mx m
x g x x m x m
x
− −
= − ⇔ − + + + =
−
x 
−∞ 1x 2
S
 2x +∞ 
( )g x + 0 - 0 + 
Để để (d) cắt (Cm) tại hai điểm phân biệt  g(x)=0 có hai nghiệm phân biệt  
( )
2
' 0
1
1 0 2
m
m
g m
 >∆ > ⇔  < −
 ≠ ⇔ ≠ −
 (*) 
a) Có hoành độ lớn hơn -1 
Ycbt: 
( )1 0
1
2
g
S
− >

⇔ 
− <

( ) 61 2 1 3 3 0
5
1 1 2
m m m
m
m
−+ + + + > > 
⇔ 
+ > −  > −
 So sánh với (*) ta kết luận: 
6 1
5
2
m
m
−
< <

>
b) Có hoành độ nhỏ hơn 2 
( ) ( )2 0 4 4 1 3 3 0 3 0 3
1 11 22
2
g
m m m m
S
m mm
>
− + + + > − + < <  
⇔ ⇔ ⇔   
< <+ <<   

 25 
So sánh với (*) ta kết luận: 
2
2 1
m
m
< −

− < < −
c) Có hoành độ nằng trong khoảng [ ]2;3− 
Ycbt: 
( )
( )
( )
( )
11
2 0 4 4 1 3 3 0 7
3 0 9 6 1 3 3 0 2
3 22 1 32 3
2
mg m m
g m m m
mS m
  ≥ − − ≥ + + + + ≥ 
  
≥ ⇔ − + + + ≥ ⇔ ≤  
  
− ≤ ≤
− ≤ + ≤ 
− ≤ ≤

So sánh điều kiện (*) ta suy ra: 
11 1
7
m
− ≤ ≤ − 
d) Có hoành độ dương 
Ycbt:
( ) 0 3 3 0 1
1 0 10
2
g o
m m
S
m m
>
+ > ⇔ > −
⇔ ⇔ 
+ ≥ ⇔ ≥ −≤ 

So sánh với (*) ta suy ra: m>2 
e) Có hoành độ trái dấu. 
Ycbt: ( )0 0 3 3 0 1g m m< ⇔ + < ⇔ < − 
So sánh điều kiện (*) ( ) ( ); 2 2; 1m⇒ ∈ −∞ − ∨ − − 
Bài 2: Cho hàm số ( ) 1:
1
xC y
x
+
=
−
và ( ) : 1d y mx= + 
Tìm m để d cắt (C): 
a) Tại 2 điểm phân biệt nằm trên 2 nhánh của đồ thị. 
b) Tại 2 điểm phân biệt nằm trên cùng 1 nhánh của đồ thị 
Giải: 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 
( )1 1 1
1
x
mx x
x
+
= + ≠
−
 ( ) ( )2 2 0 1g x mx mx⇔ = − − = 
a) Tại 2 điểm phân biệt nằm trên 2 nhánh của đồ thị. (Hình 1) 
Ycbt: phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa 1 21x x< < 
x 
−∞ 1x 1
tiem can dung
 2x +∞ 
( )g x Cùng dấu m 0 Trái dấu m 0 Cùng dấu m 
( ) ( ). 1 0 2 0 2 0 0m g m m m m m⇔ 
 26 
ình1H
ình 2H
ình 3H
Lưu ý: Trường hợp này không cần phải xét biệt thức ∆ vì khi d cắt 
C về 2 phía của tiệm cần đứng x=1 thì mặc nhiên phương trình đã 
có 2 nghiệm, không cần thiết phải xét ∆ 
b) Tại 2 điểm phân biệt nằm trên cùng 1 nhánh của đồ thị 
(Hình 2) 
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa: 
1 2
1 2
1
1
x x
x x
< <
 < <
( )
20 8 0
. 1 0 2 0
m m
m g m
∆ >  + <
⇔ ⇔ 
>
− > 
0
0
8
m
m
m
<

⇔ >
 < −
8m⇔ < − 
 Bài 3: Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị : 
 ( ) 3: 3 2C y x x= − + tại 3 điểm phân biệt A,B,C sao cho xA=2 và 
BC= 2 2 . 
Giải: (hình 3) 
2 4A Ax y= ⇒ = 
Phương trình đường thẳng qua A(2;4) là 
( ): ( ) : 2 4A Ay k x x y y k x∆ = − + ⇒ ∆ = − + 
Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆ : 
( ) ( )3 33 2 2 4 3 2 2x x k x x x k x− + = − + ⇔ − − = − 
( )3 3 2 2 0x k x k⇔ − + + − = ( ) ( )22 2 1 0x x x k⇔ − + − + = 
( ) 2
2
2 1
x
g x x x k
=
⇔ 
= + − +
Điều kiện để có BC: 
Khi đó tọa độ 
( ) ( )1 1 2 2; ; ;B x y C x y thỏa 
hệ: 
( )
( )
2 2 1 0 1
2 4 2
x x k
y kx k
 + − + =

= − +
(1) 2 1
2 ' 2x x k
a
∆
⇔ − = = 
(2) ( )2 1 2 1 2y y k x x k k⇔ − = − = 
( ) ( )2 22 1 2 1 2 2BC x x y y= − + − =


3 34 4 2 2 4 4 8 0 1k k k k k⇔ + = ⇔ + − = ⇔ = 
x
y
x
y
2 2
x
y
( )
' 0 0 0
2 0 4 4 1 0 9
k k
g k k
∆ > > > 
⇔ ⇔  
≠ + − + ≠ ≠  
 27 
Vậy ( ): 1 2 4y x∆ = − + 
Bài 3: Cho (C) ( ) 3 23 2y f x x x= = − + . Tìm trên đường thẳng (d):y=-2 những điểm mà từ đó có thể vẽ 
được đến (C) : 
a. Ba tiếp tuyến phân biệt 
b. Ba tiếp tuyến phân biệt trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau 
Giải: 
a. Ba tiếp tuyến phân biệt 
Xét ( ; 2) : 2A a d y− ∈ = − . 
Phương trình đường thẳng ∆ qua ( ; 2)A a − và có hệ số góc : 
( ) ( )2y k x a= − − ∆ . 
∆ tiếp xúc với (C) 
 Hệ phương trình sau có nghiệm: 
( ) ( )
( )
3 2
2
3 2 2 1
3 6 2
x x k x a
x x k
 − + = − −

− =
Thay k từ (2) vào 1 ta được: 
( )( ) ( )3 2 23 2 3 6 2 3x x x x x a− + = − − − 
( )3 22 3 1 6 4 0x a x ax⇔ − + + − = 
( ) ( )32 2 3 1 2 0x x a x ⇔ − − − + =  
( ) ( ) ( )2
2
2 3 1 2 0 4
x
g x x a x
=
⇔ 
= − − + =
Từ A kẻ được ba tiếp tuyến phân biết đến (C) 

 phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt 

 phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 
( )
( )
( ) ( )
2
2
50 3 1 16 0 1
*32 0 2.2 3 1 .2 2 0 2
g a a a
g a a
∆ >
− − >   
⇔ ⇔ ⇔  ≠ − − + ≠   ≠
b. Ba tiếp tuyến phân biệt trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau 
Khi đó phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt: 
0 1 22; ;x x x= ( với x1;x2 là hai nghiệm của phương trình g(x)=0) và 3 tiếp tuyến ứng với hệ số góc là: 
( ) ( ) ( )2 20 1 1 1 1 2 2 2 2' 2 0; ' 3 6 ; ' 3 6k f k f x x x k f x x x= = = = − = = − 
Vì 0 0k = nên : Ycbt 
 k1.k2=-1. 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 23 6 3 6 1 9 2 4 1 **x x x x x x x x x x x x ⇔ − − = − ⇔ − + + = −  
 Áp dụng định lí Viet cho phương trình (4) ta có: 
1 2
3 1a
x x
x
−
+ = và 1 2 1x x = 
Do đó (**) 
3 19 1 2 4 1
2
a −  
⇔ − + = −  
  
55
27
a⇔ = (thỏa điều kiện (*)). 
Vậy điểm cần tìm là 
55
; 2
27
A − 
 
. 
 28 
DẠNG TOÁN: HỌ ĐƯỜNG CONG TIẾP XÚC VỚI MỘT ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH 
Phương pháp: 
 Dạng 1: Cho họ đường cong ( )mC :y=f(x;m). chứng minh ( )mC luôn tiếp xúc với một đường (C) cố định . 
◊ TH1: 
( )mC :y=f(x;m). là hàm đa thức. 
Đưa : ( );y f x m= về dạng: ( ) ( ) ( ): ê 2ny ax bm g x n nguy n= ± + + ≥ . 
Xét đường cong ( ) ( ):C y g x= và chứng minh hệ: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )1 ' '
n
n
ax bm g x g x
na ax bm g x g x−
± + + =

± + + =
 Có nghiệm m∀ 
◊ TH2: 
( )mC :y=f(x;m). là hàm hữu tỉ: (Dạng tổng quát) 
(∆ ) tiếp xúc với (C) 
 hệ sau có nghiệm 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
0 0
2
1
2
c
ax b k x x y
x d
c
a k x a
x d

+ + = − + +

 − = ≠
+
Giải hê trên qua 3 bước: 
B1: nhân 2 vế của phương trình (2) cho: x+d 
 ( ) ( )3cax ad k x d
x d
+ − = +
+
B2: (1)-(3): 
 ( )0 02cb ad k x d y
x d
− + = − − +
+
 ( ) ( )0 02 4c k x d y ad b
x d
⇔ = − − + + +
+
B3: Thay (4) vào (2) sẽ có 1 phương trình theo k. giải phương trình này và tìm m sao cho phương trình 
đúng m∀ . 
Lưu ý: cách giải trên có thể áp dụng đối với hàm số 
ax b
cx d
+
+
Dạng 2: Tìm điều kiện để họ đường cong tiếp xúc với 1 đường cố định: 
Dùng điều kiện tiếp xúc. 
II/ Một số ví dụ: 
Bài 1: Cho ( ) ( )3 2 2: 2 2 1 2mC y x x m x m= + + + + + . Chứng minh rằng (Cm) luôn tiếp xúc với một đường 
cong cố định. 
Giải: 
Ta có: ( ) ( )3 2 2: 2 2 1 2mC y x x m x m= + + + + + ( )2 3 2 2x m x x x⇔ + + + + + 
Xét đường cong ( ) 3 2: 2C y x x x= + + + 
( )mC luôn tiếp xúc với (C): hệ sau có nghiệm: 
( )
( ) ( )
2 3 2 3 2
2 2
2 2
1
2 3 2 1 3 2 1
x m x x x x x x
x m x x x x
 + + + + + = + + +

+ + + + = + +
 29 
Ta có: ( ) ( )( )
2 0
1
2 0
x m
x m
 + =
⇔ 
+ =
 Rõ ràng với