131 Câu hỏi phụ khảo sát hàm số

4. Cho hàm số xy
x
3
1



. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Cho điểm o o oM x y( ; ) thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tại M0 cắt các tiệm cận của (C) tại 
các điểm A và B. Chứng minh Mo là trung điểm của đoạn thẳng AB. 
 Giải 
 o o oM x y( ; )  (C)  y x0 0
41
1
 

. 
 Phương trình tiếp tuyến (d) tại M0 : y y x x
x0 020
4 ( )
( 1)
   

 Giao điểm của (d) với các tiệm cận là: A x B y0 0(2 1;1), (1;2 1)  . 
  A B A B
x x y y
x y0 0;2 2
 
   M0 là trung điểm AB. 
Câu 105. Cho hàm số : xy
x
2
1



 (C) 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (C) đều lập với hai đường tiệm cận một tam giác có 
diện tích không đổi. 
 Giải 
 Giả sử M aa
a
2;
1
 
  
  (C). 
 PTTT (d) của (C) tại M: ay y a x a
a
2( ).( )
1
  

  a ay x
a a
2
2 2
3 4 2
( 1) ( 1)
  
 
 
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 51 
 Các giao điểm của (d) với các tiệm cận là: aA
a
51;
1
 
 
 
, B a(2 1;1) . 
 IA
a
60;
1
  
   
  IA
a
6
1


 ; IB a(2 2;0)

   IB a2 1  
 Diện tích IAB : S IAB = IA IB
1 .
2
= 6 (đvdt) ĐPCM. 
 Câu hỏi tương tự đối với hàm số xy
x
2 4
1



 ĐS: S = 12. 
Câu 106. Cho hàm số y = 
1
2


x
x . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận,  là một tiếp tuyến bất kỳ của đồ thị (C). d là khoảng 
cách từ I đến  . Tìm giá trị lớn nhất của d. 
 Giải 
 y
x 2
1
( 1)

 

. Giao điểm của hai đường tiệm cận là I(–1; 1). Giả sử 
x
M x C
x
0
0
0
2
; ( )
1
 
 
 
 Phương trình tiếp tuyến  với đồ thi hàm số tại M là: 
 
x
y x x
xx
0
02
00
21 ( )
11

  

     x x y x x x20 0 0 01 1 2 0        
 Khoảng cách từ I đến là d =
 
x
x
0
4
0
2 1
1 1

 
=
 
 x
x
2
02
0
2 2
1 1
1

 

 Vậy GTLN của d bằng 2 khi x0 0 hoặc x0 2  . 
Câu 107. Cho hàm số xy
x
2 1
1



. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến bằng 2 . 
 Giải 
 Tiếp tuyến của (C) tại điểm M x f x C0 0( ; ( )) ( ) có phương trình: 
 y f x x x f x0 0 0'( )( ) ( )    x x y x x
2 2
0 0 0( 1) 2 2 1 0      (*) 
 Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2
x
x
0
4
0
2 2
2
1 ( 1)

 
 
 x
x
0
0
0
2
 
 
 Các tiếp tuyến cần tìm : x y 1 0   và x y 5 0   
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 52
Câu 108. Cho hàm số xy
x
1
1



 (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C). 
 Giải 
 Gọi oM y(0; ) là điểm cần tìm. PT đường thẳng qua M có dạng: oy kx y  (d) 
 (d) là tiếp tuyến của (C) 
o o o o
x
kx y y x y x y 
x
x kk xx
2
22
1 ( 1) 2( 1) 1 0 (1)
1 22 1;
( 1)( 1)
                  
 (*) 
 YCBT  hệ (*) có 1nghiệm (1) có 1 nghiệm khác 1 
o o o
o o o o
y y x y k
x y y y x y k
2
1 11 ; 1 8
1 2' ( 1) ( 1)( 1) 0 0; 1 22

                           
 Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0; 1) và M(0; –1). 
Câu 109. Cho hàm số xy
x
2 1
1



. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng tiếp tuyến cách đều hai điểm A(2; 4), 
B(4; 2). 
 Giải 
 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( x0 1  ). 
 PTTT (d) là 
x
y x x
xx
0
02
00
2 11 ( )
1( 1)

  

  x x y x x2 20 0 0( 1) 2 2 1 0      
 Ta có: d A d d B d( , ) ( , )  x x x x x x2 2 2 20 0 0 0 0 02 4( 1) 2 2 1 4 2( 1) 2 2 1            
  x x x0 0 01 0 2      
 Vậy có ba phương trình tiếp tuyến: y x y x y x1 5 ; 1; 5
4 4
      
Câu 110. Cho hàm số 2 1
1



xy
x
. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại 
A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện 
tích tam giác IPQ. 
 Giải 
 aI A a
a
2 1(1; 2), ;
1
 
  
 
. PT tiếp tuyến d tại A: 2
1 2 1( )
(1 ) 1

  
 
ay x a
a a
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 53 
 Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến d: 21;
1
 
 
 
aP
a
 Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến d: Q a(2 –1; 2) 
 Ta có: P Q Ax x a x 2 2   . Vậy A là trung điểm của PQ. 
 IP = 2 22
1 1
a
a a
 
 
; IQ = 2( 1)a  
 SIPQ = 
1
2
IP.IQ = 2 (đvdt) 
Câu 111. Cho hàm số xy
x
2 3
2



 (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm 
cận ngang lần lượt tại A, B sao cho côsin góc 

ABI bằng 4
17
, với I là giao 2 tiệm cận. 
 Giải 
 I(2; 2). Gọi 
x
M x C
x
0
0
0
2 3
; ( )
2
 
 
 
, x0 2 
 Phương trình tiếp tuyến  tại M: 
x
y x x
xx
0
02
00
2 31 ( )
2( 2)

   

 Giao điểm của  với các tiệm cận:
x
A
x
0
0
2 2
2;
2
 
 
 
, B x0(2 2;2) . 
 Do 

ABI 4cos
17
 nên 
 IAABI
IB
1tan
4
   IB IA2 216.  x 40( 2) 16  
x
x
0
0
0
4
 
 
 Kết luận: Tại M 30;
2
 
 
 
 phương trình tiếp tuyến: y x1 3
4 2
   
 Tại M 54;
3
 
 
 
 phương trình tiếp tuyến: y x1 7
4 2
   
Câu 112. Cho hàm số 1
2 1
xy
x



 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 
 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm M (C) mà tiếp tuyến tại M của (C) 
tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 2 1y m  
Giải 
Gọi ( ; )o oM x y là tọa độ tiếp điểm 
 Phương trình tiếp tuyến tại điểm ( ; )o oM x y là 2
3 ( )
(2 1) o oo
y x x y
x
   

GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 54
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành, trục tung tương ứng 
Nên ta có: 
2
2
2 4 1
(2 1)
o o
B
o
x x
y
x
 


và trọng tâm G của tam giác OAB có 
2
2
2 4 1
3(2 1)
o o
G
o
x x
y
x
 


Theo giả thiết trọng tâm nằm trên đường thẳng y = 2m + 1 nên 
2
2
2 4 1
2 1
3(2 1)
o o
o
x x
m
x
 
 

Ta lại có: 
2 2 2 2
2 2
2 4 1 6 (2 1) 6
1 1
(2 1)3(2 1) (2 1)
o o o o o
oo o
x x x x x
xx x
   
    
 
Vậy, tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán 2m - 1 1
3
  1
3
m  
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 55 
PHẦN 5: BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH 
Câu 113. Cho hàm số y x x3 23 1    . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm m để phương trình x x m m3 2 3 23 3   có ba nghiệm phân biệt. 
  PT x x m m3 2 3 23 3    x x m m3 2 3 23 1 3 1       . Đặt k m m3 23 1    
 Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng d: y k 
 Dựa vào đồ thị (C) ta có PT có 3 nghiệm phân biệt  k1 5   m ( 1;3) \ {0;2}  
Câu 114. Cho hàm số 4 25 4  y x x có đồ thị (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm m để phương trình 4 2 2| 5 4 | logx x m   có 6 nghiệm. 
  Dựa vào đồ thị ta có PT có 6 nghiệm  
9
44
12
9log 12 144 12
4
m m    . 
Câu 115. Cho hàm số: y x x4 22 1   . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x x m4 2 22 1 log 0    (m > 0) 
  x x m4 2 22 1 log 0     x x m
4 2
22 1 log    (*) 
 + Số nghiệm của (*) là số giao điểm của 2 đồ thị y x x4 22 1   và y m2log  
 + Từ đồ thị suy ra: 
m 10
2
  m 1
2
 m1 1
2
  m 1 m 1 
2 nghiệm 3 nghiệm 4 nghiệm 2 nghiệm vô nghiệm 
Câu 116. Cho hàm số y f x x x4 2( ) 8 9 1    . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 
 x x m4 28cos 9 cos 0   với x [0; ] 
  Xét phương trình: x x m4 28cos 9 cos 0   với x [0; ] (1) 
 Đặt t xcos , phương trình (1) trở thành: t t m4 28 9 0   (2) 
 Vì x [0; ] nên t [ 1;1]  , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của 
phương trình (1) và (2) bằng nhau. 
 Ta có: t t m4 2(2) 8 9 1 1     (3) 
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 56
 Gọi (C1): y t t4 28 9 1   với t [ 1;1]  và (d): y m1  . Phương trình (3) là phương trình 
hoành độ giao điểm của (C1) và (d). 
 Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền x1 1   . 
 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 
m 0 m 0 m0 1  m 811
32
  m 81
32
 m 81
32
 
vô nghiệm 1 nghiệm 2 nghiệm 4 nghiệm 2 nghiệm vô nghiệm 
Câu 117. Cho hàm số xy
x
3 4
2



 (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn 20;
3
 
 
 
: 
 x x m x x6 6 4 4sin cos (sin cos )   
  Xét phương trình: x x m x x6 6 4 4sin cos (sin cos )   (*) 
 x m x2 23 11 sin 2 1 sin 2
4 2
 
    
 
  x m x2 24 3sin 2 2 (2 sin 2 )   (1) 
 Đặt t x2sin 2 . Với x 20;
3
 
 
 
 thì  t 0;1 . Khi đó (1) trở thành: 
 tm
t
3 42
2



 với t 0;1   
 Nhận xét : với mỗi t 0;1    ta có : 
x t x t
x t
sin 2 sin 2
sin 2
    

 Để (*) có 2 nghiệm thuộc đoạn 20;
3
 
 
 
thì t t3 3;1 ;1
2 4
   
      
 Dưa vào đồ thị (C) ta có: y m y m3 7(1) 2 1 2
4 5
 
     
 
  m1 7
2 10
  . 
Câu 118. Cho hàm số 1.
1
xy
x



 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 
1
.
1
x
m
x



  Số nghiệm của 
1
1
x
m
x



 bằng số giao điểm của đồ thị (C): 
1
1
x
y
x



 và .y m 
 Dựa vào đồ thị ta suy ra được: 
1; 1  m m 1 m 1 1  m 
2 nghiệm 1 nghiệm vô nghiệm 
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 57 
PHẦN 6: ĐIỂM ĐẶC BIỆT CỦA ĐỒ THỊ 
Câu 119. Cho hàm số 3 3 2y x x    (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua tâm M(–1; 3). 
Giải 
 Gọi  A x y0 0; , B là điểm đối xứng với A qua điểm M( 1;3)  B x y0 02 ;6    
 A B C, ( )  y x x
y x x
3
0 0 0
3
0 0 0
3 2
6 ( 2 ) 3( 2 ) 2
    

        
    x x x x x x33 20 0 0 0 0 06 3 2 2 3 2 2 6 12 6 0                
  x y0 01 0    
 Vậy 2 điểm cần tìm là:  1;0 và  1;6 
Câu 120. Cho hàm số 3 3 2y x x    (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng d: x y2 – 2 0  . 
 Giải 
 Gọi    1 1 2 2; ; ;M x y N x y thuộc (C) là hai điểm đối xứng qua đường thẳng d 
 I là trung điểm của AB nên 1 2 1 2;
2 2
x x y yI    
 
, ta có I d 
 Có: 
   3 31 1 2 21 2 1 23 2 3 2 2. 2
2 2 2
x x x xy y x x       
   
        3 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2
1 1 2 2
0
3 3 2
1
 
          
  
x x
x x x x x x x x x x
x x x x
 Lại có:    2 1 2 1.1 .2 0MN d x x y y      
     2 2 2 22 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 77 2 0 2          x x x x x x x x x x x x 
 - Xét 1 2 0x x  1 2
7 7;
2 2
x x     
 - Xét 
2 22 2
1 21 1 2 2
2 2
1 1 2 2
1 2
91
4
7 5
2 4
x xx x x x
x x x x x x
      
  
     
 vô nghiệm 
 Vậy 2 điểm cần tìm là: 7 1 7 7 1 7;2 ; ; 2
2 2 2 2 2 2
   
        
   
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 58
Câu 121. Cho hàm số xy x x
3
2 113
3 3
     . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau qua trục tung. 
Giải 
 Hai điểm M x y N x y C1 1 2 2( ; ), ( ; ) ( ) đối xứng nhau qua Oy  
x x
y y
2 1
1 2
0   


  
x x
x x
x x x x2
2 1
3 3
2 31 2
1 1 2
0
11 113 3
3 3 3 3
   


        

  
x
x
1
2
3
3
 

 
 hoặc 
x
x
1
2
3
3
  


 Vậy hai điểm thuộc đồ thị (C) và đối xứng qua Oy là: M N16 163; , 3;
3 3
   
   
   
. 
Câu 122. Cho hàm số xy
x
2 1
1



 (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao 
điểm hai đường tiệm cận có tích các hệ số góc bằng –9. 
 Giải 
 Giao điểm 2 tiệm cận là I ( 1;2) . 
 Gọi M IIM
M I
y y
M x C k
x x x x0 20 0
3 3;2 ( )
1 ( 1)
  
        
 + Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 
 
Mk y x
x
0 2
0
3( )
1
 

 + YCBT M IMk k. 9    
x
x
0
0
0 
2
 
  
. Vậy có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; –3) và M(–2; 5) 
Câu 123. Cho hàm số 2 1
1
xy
x



 (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. 
 Giải 
 Gọi M x y0 0( ; ) (C), ( x0 1  ) thì 
x
y
x x
0
0
0 0
2 1 12
1 1

  
 
 Gọi A, B lần lượt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì: 
 MA x MB y
x0 0 0
11 , 2
1
    

GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 59 
 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: MA MB MA MB x
x0 0
12 . 2 1 . 2
1
    

  MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi xx
xx
0
0
00
011
21
 
      
. 
 Vậy ta có hai điểm cần tìm là (0; 1) và (–2; 3). 
 Câu hỏi tương tự: 
 a) 2 1
1



xy
x
 ĐS: 0 1 3x    
Câu 124. Cho hàm số xy
x
3 4
2



 (C). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm các điểm thuộc (C) cách đều 2 tiệm cận. 
 Giải 
 Gọi M x y( ; ) (C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3. 
 Ta có: x xx y x x
x x
3 42 3 2 2 2
2 2

         
 
x xx
xx
1( 2)
42
        
 Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M1( 1; 1) và M2(4; 6) 
Câu 125. Cho hàm số xy
x
2 4
1



. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(–3; 0) và N(–1; –1). 
 Giải 
 MN (2; 1) 

  Phương trình MN: x y2 3 0   . 
 Phương trình đường thẳng (d)  MN có dạng: y x m2  . 
 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 
 x x m
x
2 4 2
1

 

  x mx m x22 4 0 ( 1)      (1) 
 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B  m m2 –8 –32 0   (2) 
 Khi đó A x x m B x x m1 1 2 2( ;2 ), ( ;2 )  với x x1 2, là các nghiệm của (1) 
 Trung điểm của AB là 
x x
I x x m1 2 1 2;2
 
  
 

m mI ;
4 2
 
 
 
 (theo định lý Vi-et) 
 A, B đối xứng nhau qua MN  I  MN  m 4  
 Suy ra (1)  xx x
x
2 02 4 0
2
     
  A(0; –4), B(2; 0). 
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 60
Câu 126. Cho hàm số 2
1
x
y
x


. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A 
với A(2; 0). 
 Giải 
 Ta có C y
x
2
( ) : 2
1
 

. Gọi B b C c
b c
2 2
;2 , ;2
1 1
 
 
   
   
   
 với b c1  . 
 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox. 
 Ta có: 
      
AB AC BAC CAK BAH CAK ACK BAH ACK0 0; 90 90        
 và: 
  AH CKBHA CKA ABH CAK HB AK090         
 Hay: 
b
bc
cc
b
2
2 2
11
2 32 2
1
  
  

  






 . 
 Vậy B C( 1;1), (3;3) 
Câu 127. Cho hàm số 
1
12



x
xy . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm tọa độ điểm M  (C) sao cho khoảng cách từ điểm )2;1(I tới tiếp tuyến của (C) tại M là 
lớn nhất. 
 Giải 
 Giả sử )(
1
32;
0
0 Cx
xM 






 . PTTT  của (C) tại M là: 
 )(
)1(
3
1
32 02
00
xx
xx
y 



  0)1(3)2()1()(3 0
2
00  xyxxx 
 Khoảng cách từ )2;1(I tới tiếp tuyến  là: 
  2
02
0
4
0
0
4
0
00
)1(
)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3









x
x
x
x
x
xx
d . 
 Theo BĐT Cô–si: 692)1(
)1(
9 2
02
0


x
x
  6d . 
 Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi   3131)1(
)1(
9
0
2
0
2
02
0


xxx
x
. 
 Vậy có hai điểm cần tìm là:  32;31 M hoặc  32;31 M 
H K
B
A
C
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 61 
Câu 128. Cho hàm số xy
x
2
2 1



. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2; 0) và B(0; 2). 
 Giải 
 PT đường trung trực đọan AB: y x . 
 Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoành độ là nghiệm của PT: 
 x x
x
2
2 1



  
x
x x
x
2
1 5
21 0
1 5
2
 

   


 Hai điểm cần tìm là: 1 5 1 5 1 5 1 5, ; ,
2 2 2 2
      
      
   
Câu 129. Cho hàm số 

3
1
xy
x
 . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên hai nhánh của đồ thị (C) hai điểm A và B sao cho AB ngắn nhất. 
 Giải 
 Tập xác định D = R \ { 1} . Tiệm cận đứng x 1  . 
 Giả sử A a B b
a b
4 41 ;1 , 1 ;1
   
        
   
 (với a b0, 0  ) là 2 điểm thuộc 2 nhánh của (C) 
 AB a b a b ab ab
a b aba b a b
2
2 2 2
2 2 2 2
1 1 16 16 64( ) 16 ( ) 1 4 1 4 32
     
                     
 AB nhỏ nhất  
          
4
44 2 4164 4
a b a b
AB a b
ab a
ab
 Khi đó:    A B4 4 4 41 4;1 64 , 1 4;1 64      . 
Câu 130. Cho hàm số 4 22 1y x x   
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm tọa độ hai điểm P. Q thuộc (C) sao cho đường thẳng PQ song song với trục hoành và 
khoảng cách từ điểm cực đại của (C) đến đường thẳng PQ bằng 8 
Giải 
Phương trình đường thẳng PQ có dạng: y = m (m  0) 
Vì điểm cực đại A(0;1) cách PQ một khoảng bằng 8 nên m = 9 
Khi đó, hoành độ P, Q là nghiệm của phương trình: 4 22 8 0 2x x x      
Vậy, P(-2;9), Q(2;9) hoặc P(2;9); Q(-2;9) 
GV: Lưu Huy Thưởng 0913.283.238 
GIÁO DỤC HỒNG PHÚC - NƠI KHỞI ĐẦU ƯỚC MƠ 62
Câu 131. Cho hàm số 3 21 53
3 3
y x x x    
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 
 2) Gọi A và B là giao điểm của (C) và trục Ox. Chứng minh rằng, trên đồ thị tồn tại hai điểm 
cùng nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. 
Giải 
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành: 
3 21 5 13 0
53 3
xx x x
x
        
 A(-5;0) và B(1;0) 
Gọi M thuộc (C)  3 21 5; 3
3 3
M a a a a
 
   
 
khác A, B 
3 2 3 21 5 1 55; 3 ; 1; 3
3 3 3 3
A M a a a a BM a a a a
   
          
   
 
Theo giả thiết: . 0AM BM AM BM  
 
 2 21( 5)( 1) ( 1) ( 5) 0
3
a a a a
 
      
 
Do M khác A, B nên a khác -5 và a khác 1 nên phương trình tương đương: 
3 4 3 211 ( 1) ( 5) 0 2 12 14 4 0 (*)
9
a a hay a a a a         
Đặt: 4 3 22 12 14 4y a a a a     có tập xác định là  
3 2' 4 6 12 14; ' 0y a a a y     có 1 nghiệm thực 7 2043
2 16o o
a y     
Từ bảng biến thiên ta có: (*) luôn có hai nghiệm khác 1 và -5 
Vậy luôn tồn tại 2 điểm cùng nhìn đoạn AB dưới một góc vuông 
+ 
+
-
+
-
-
+
0oy 
0 
a 
y’ 
y 
- + 1 oa
9 
Trên Bước Đường Thành Công Không Có Dấu Chân Của Kẻ Lười Biếng