11 CHUYEN DE ON THI DAI HOC MON TOAN

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

1
Lê Tuấn Anh

MỤC LỤC
CHUYÊN ĐỀ 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ 3
Vấn đề 1: Xét chiều biến thiên của hàm số. 3
Vấn đề 2: Tìm điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định (hoặc trên
từng khoảng xác định) 3
Vấn đề 3: Tìm các giá trị của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước 5
Vấn đề 4: Tiệm Cận. 11
Vấn đề 5: Các Vấn Đề Liên Quan Đến Tiếp Tuyến 13
Vấn đề 6: Tương Giao Đồ Thị 18
Vấn đề 7: Sử Dụng Tính Chất Đơn Điệu Của Hàm Số Để Giải Phương Trình, Bất Phương
Trình, Hệ Phương Trình. 23
Vấn đề 8: PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ CỰC
TRỊ VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 31
CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 32
A-Phương trình lượng giác đưa về dạng đơn giản: 33
B-Phương trình lượng giác có điều kiện: 37
CHUYÊN ĐỀ 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH 40
*Cần nhớ lại các dạng Hệ phương trình cơ bản: 40
A- GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ. 42
B-GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH MỚI 48
C- GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG . 52
D-HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ. 54
CHUYÊN ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 58
A-ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO GIẢI ĐƯỢC 58
B-ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỚI 61

C-ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 66
D-KĨ THUẬT NHÂN LIÊN HỢP 69
E-LƯỢNG GIÁC HÓA 74
F-PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 75
G-BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 75
CHUYÊN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ,
LOGARIT 77
A-Phương trình, bất phương trình mũ: 77
B-Phương trình ,bất phương trình Logarit: 83
C-Hệ Phương Trình Mũ, Logarit: 87
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

2
Lê Tuấn Anh
CHUYÊN ĐỀ 6: NGUYÊN HÀM- TÍCH PHÂN 92
ξ1. NGUYÊN HÀM 92
ξ 2. TÍCH PHÂN 102
Một số ứng dụng của tích phân thường gặp : 108
CHUYÊN ĐỀ 7: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN 109
Phần 1: Những vấn đề cần nhớ khi tính toán 109
Phần 2: Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp 109
Phần 3: Các bài toán về tính thể tích 110
Phần 4: Các bài toán về khoảng cách trong không gian 113
Phần 5: Các bài toán tính góc giữa 2 đường thẳng chéo nhau trong không gian. 118
CHUYÊN ĐỀ 8: HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG 122
Phần một: Bài tập liên quan đến xác định các yếu tố trong tam giác 122
Phần hai: Một số dạng bài tập liên quan đến đường tròn. 128
Phần 3: Một số dạng toán liên quan đến đa giác. 132
Phần 4: Các dạng bài tập liên quan đến Elip, Hipebol, Parabol 134
CHUYÊN ĐỀ 9: HÌNH GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN 138

A-Phương trình mặt phẳng: 139
B-Phương trình đường thẳng: 140
C- MẶT CẦU 145
CHUYÊN ĐỀ 10. SỐ PHỨC 148
I)Định nghĩa: 148
II) Hai số phức bằng nhau: 148
III) Biểu diễn số phức z=a+bi trên mặt phẳng tọa độ: 148
IV) Môđun của số phức, số phức liên hợp: 148
V) Các phép toán: 148
VI) Phương trình bậc hai với hệ số thực: 148
VII) Dạng lượng giác của số phức: 149
VIII) Các dạng toán: 149
CHUYÊN ĐỀ 11. ĐẠI SỐ TỔ HỢP- NHỊ THỨC NEW-TƠN 155
A-Quy tắc đếm: 156
B-Tìm phần tử đặc biệt trong khai triển: 157
C-Chứng minh hệ thức và tính tổ hợp: 158
D-Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình: 159
Tuyển tập Hệ phương trình hay (Lê Nhất Duy) 160

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

3
Lê Tuấn Anh
CHUYÊN ĐỀ 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ

I) Định nghĩa:
Hàm số f đồng biến trên K  (x
1
, x
2

 K, x
1
< x
2
 f(x
1
) < f(x
2
).
Hàm số f nghịch biến trên K  (x
1
, x
2
 K, x
1
< x
2
 f(x
1
) > f(x
2
).
II) Điều kiện cần:
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I.
a) Nếu f đồng biến trên khoảng I thì: f(x)  0, x  I.
b) Nếu f nghịch biến trên khoảng I thì: f(x)  0, x  I.
III) Điều kiện đủ:
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I. Khi đó:
a) Nếu f (x)  0, x  I (f(x) = 0 tại 1 số hữu hạn điểm) thì f đồng biến trên I.
b) Nếu f (x)  0, x  I (f(x) = 0 tại 1 số hữu hạn điểm) thì f nghịch biến trên I.

c) Nếu f(x) = 0, x  I thì f không đổi trên I.
Chú ý: nếu khoảng I được thay bởi đoạn hoặc nửa khoảng thì f phải liên tục trên đó.
Vấn đề 1: Xét chiều biến thiên của hàm số.
Để xét chiều biến thiên của hàm số y=f(x), ta thực hiện các bước sau:
 Tìm TXĐ của hàm số.
 Tính y' , tìm các điểm mà tại đó y'=0 hoặc y' không tồn tại (điểm tới hạn).
 Lập bảng xét dấu y', từ đó kết luận các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y=f(x).
Ví dụ : Xét chiều biến thiên của hàm số sau:
2
4)( xxfy 

-Tập xác định: D=[-2;2]
2
4
'
x
x
y




Cho
00'  xy

-Bảng biến thiên:


Hàm số đồng biến trên khoảng (-2;0),hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

Vấn đề 2: Tìm điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác
định (hoặc trên từng khoảng xác định)
Ví dụ 1: Tìm m để hàm số
12)1()12(
3
1
23
 mxmxmxy
:
a) Đồng biến trên R.
b) Đồng biến trên
);1[ 
.
c) Nghịch biến trên (0;1).
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

4
Lê Tuấn Anh
Giải
Ta có:
1)12(2'
2
 mxmxy

a) Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi:
Rxmxmxy  ;01)12(2'
2

500)1()12('
2

 mmm

Vậy các giá trị m cần tìm là:
50  m

b) Hàm số đã cho đồng biến trên
);1[ 
khi và chỉ khi:
);1[;01)12(2'
2
 xmxmxy
.
Điều này tương đương với:
);1[;
14
2
)(0)14(2
2
2



 xm
x
xx
xgxmxx
hay:
mxg
x



)(max
);1[

Ta có:










);1[
2
1
);1[1
0
)14(
224
)('
2
2
x
x
x
xx
xg

Bảng biến thiên:

x
1


g’(x)
-
g(x)
5
1


0
Ta thấy
5
1
)1()(max
);1[


gxg
x
. Do đó các giá trị m cần tìm là
5
1
m
.
c) Hàm số đã cho nghịch biến trên (0;1) khi và chỉ khi:

)1;0(;01)12(2'
2
 xmxmxy

]1;0[;0'  xy
vì y’ liên tục tại x=0 và x=1.
mxgxm
x
xx
xg
x





)(min]1;0[;
14
2
)(
]1;0[
2

Ta có:
5
1
)1(;
4
1
2

1
;0)0(;
]1;0[
2
1
]1;0[1
0
)14(
224
)('
2
2

















 ggg

x
x
x
xx
xg

Do đó:
0)0()(min
]1;0[


gxg
x
, suy ra các giá trị m cần tìm là:
0m
.
Ví dụ 2: Tìm các giá trị của m để hàm số
2
1)12(
2



x
xmx
y
nghịch biến trên khoảng (0;1)
Giải
Hàm số đã cho nghịch biến trên (0;1) khi và chỉ khi:
)1;0(;434)()1;0(;0

)2(
344
'
2
2
2



 xmxxxgx
x
mxx
y

Vì g(x) liên tục tại x=0 và x=1 nên:
]1;0[;434)(
2
 xmxxxg
hay:
mxg
x
4)(min
]1;0[



Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

5
Lê Tuấn Anh

Ta có:
6)(min6)1(;3)0(];1;0[2042)('
]1;0[


xgggxxxg
x

Từ đó suy ra các giá trị m thỏa mãn điều kiện là:
2
3
m
.
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Tìm các giá trị của m đề hàm số
mx
mxmx
y
2
12)1(
2



đồng biến trên khoảng
);1( 

Đáp số:
1m
.

Bài 2: Tìm các giá trị của m đề hàm số
1)23(
3
1
23
 xmmxxy
đồng biến trên khoảng (1;2)
Đáp số:
5
1
m
.
Vấn đề 3: Tìm các giá trị của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều
kiện cho trước
Một số kiến thức cần nhớ:
Giả sử hàm số f(x) liên tục trên (a;b) chứa điểm
0
x
, có đạo hàm trên
}{\);(
0
xba
, và có đạo hàm
khác 0 tại
0
x
, khi đó:
- Nếu f'(x) đổi dấu khi đi qua
0
x

thì f(x) đạt cực trị tại
0
x
.
- Nếu
0)("
0
xf
thì f(x) đạt cực tiểu tại
0
x
,nếu
0)("
0
xf
thì f(x) đạt cực đại tại
0
x
.
*Cực trị của hàm bậc 3:
RDTXĐdcxbxaxy  :;
23

- Hàm số có tối đa hai điểm cực trị.
- Nếu viết
qpxynmxdcxbxaxy  ')(
23
và hàm có 2 cực trị phân biệt thì đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị đó có dạng:
qpxy 

.
Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m đề hàm số
2
3
1
23
 mxmxxy
có hai cực trị
21
;xx
thỏa mãn:
4
21
 xx

Giải
Hàm số đã cho có 2 cực trị phân biệt khi phương trình:
032'
2
 mmxxy
có 2 nghiệm thực
phân biệt
21
;xx
, tức là:







3
0
03'
2
m
m
mm
(1)
Theo đề ta có:
   
(*)0164164
21
2
21
2
2121
 xxxxxxxx

Kết hợp với định lý Viet:





mxx
mxx
3
2
21

21
nên (*) tương đương với:






4
1
016124
2
m
m
mm

So với điều kiện ban đầu, kết luận các giá trị m cần tìm là:
1m
hoặc
4m

Ví dụ 2: Tìm các giá trị của m để hàm số
1
9
50
)12(
2
1
3
1

23
 xxmxy
có hai cực trị
21
;xx

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

6
Lê Tuấn Anh
thỏa mãn
21
2xx 
.
Giải
Điều kiện để hàm số đã cho có 2 cực trị phân biệt là phương trình
0
9
50
)12('
2
 xmxy
có
2 nghiệm thực phân biệt, tức là:
 












6
2103
6
2103
0
9
50
.412
2
m
m
m
(*)
Theo đề ta có:
21
2xx 

Theo định lý Viet ta cũng có:
3
12
12
221



m
xmxx
.
Thế vào phương trình y’=0 ta được:









3
2
25)12(0
9
50
3
)12(
9
)12(
2
22
m
m
m
mm

Hai giá trị m này đều thỏa mãn điều kiện (*), vậy các giá trị m cần tìm là m=-2 và m=3.

Ví dụ 3: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số
1)1(3)1(3
23
 xmxmxy
có hai cực trị, đồng
thời đường thẳng nối hai cực trị đi qua điểm A(0;-3).
Giải
Ta có:
)1(3)1(63'
2
 mxmxy

Điều kiện để hàm số đã cho có 2 cực trị phân biệt là:






2
1
023
2
m
m
mm
(*)
Thực hiện phép chia đa thức y cho y’, ta được:
mmxmmy
m

xy 2)2)(1(2'
3
1
3
1
2










Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai cực trị có dạng:
mmxmmy 2)2)(1(2
2


Lại có đường thẳng này đi qua A(0;-3) nên ta có phương trình:






3
1

03223
22
m
m
mmmm

So điều kiện ta thấy hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), vậy có 2 giá trị m thỏa mãn điều
kiện đề bài là: m=-1 và m=3.
Ví dụ 4: Tìm tham số m để hàm số
4)1(
23
 xmxy
có 2 điểm cực trị phân biệt đối xứng với
nhau qua đường thẳng (d): x - 2y -3=0.
Giải












4
27
)1(4

3
)1(2
40
0')1(23'
3
2
m
y
m
x
yx
yxmxy











 4
27
)1(4
;
3
)1(2
);4;0(

3
mm
BA
,gọi










 4
27
)1(2
;
3
1
3
mm
I
là trung điểm AB.













27
)1(4
;
3
)1(2
3
mm
BA

đường thẳng d có VTCP:
)1;2(u


Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

7
Lê Tuấn Anh
Vì A,B đối xứng với nhau qua d nên AB vuông góc với d và I thuộc d.
2
034
27
)1(2
2
3

1
0
27
)1(4
3
)1(4
1
0.
3
3







































m
mm
mm
m
dI
uBA
BA



Vậy m=2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 5: Cho hàm số

 
mmxmmxxy 
3223
133
. Tìm tham số m để khoảng cách từ
điểm cực tiểu đến gốc tọa độ gấp 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại đến gốc tọa độ?
Giải
mxy
mx
mx
mxmxmmxxy
66"
1
1
0)1)(1(30)1(363'
22








Dễ thấy: A(m-1;2-2m) là điểm cực đại, B(m+1;-2m-2) là điểm cực tiểu.
 







2/1
2
)22()1(9)22()1(93
222222
m
m
mmmmOAOBOAOB

Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số
33
1
23
m
xmxxy 
có hai điểm cực trị nằm
cùng phía đối với đường thẳng (d): 2x+y=0.
Đáp số: |m|>1 và m
2

Bài 2: Tìm các giá trị của m đề đồ thị hàm số
mmxxxy 
23
3
1
có cực đại, cực tiểu, đồng
thời khoảng cách giữa chúng bằng
152

.
Đáp số: m=-2
Bài 3: Cho hàm số
23
23
 xxy
có đồ thị (C), qua điểm uốn I của đồ thị (C) viết phương
trình đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm A,B khác I sao cho tam giác MAB vuông tại M, trong
đó M là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
Đáp số: các đường thẳng qua I lần lượt có các hệ số góc là








2
51
2
k
k
.
Bài 4: Cho hàm số
23
23
 xxy
có đồ thị (C), tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị
của (C) tiếp xúc với đường tròn:

5)1()(
22
 mymx

Đáp số: m=2, m=-4/3
Bài 5: Cho hàm số
23
23
 xxy
có đồ thị (C), tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao cho
tổng khoảng cách từ điểm M đến 2 điểm cực trị đạt GTNN?
Đáp số: M(4/5;2/5)

*Cực trị của hàm số trùng phương:
RDTXĐcbxaxy  :;
24

Nhận xét: ta có
 
baxxbxaxy 
23
2224'

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

8
Lê Tuấn Anh
- Nếu
0
2


a
b
thì hàm số có 3 cực trị phân biệt, hơn nữa chúng tạo thành 1 tam giác cân có đỉnh
nằm trên trục Oy.
- Nếu
0
2

a
b
thì hàm số có 1 điểm cực trị duy nhất A(0;c).
Ví dụ 1: (TSĐH Khối A-2012) Cho hàm số:

Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của 1 tam giác vuông?
Giải






1
0
0)1(4)1(44'
2
23
mx
x
mxxxmxy

Để hàm số có 3 cực trị phân biệt thì: m>-1. Các điểm cực trị của hàm số là:
   
12;1;12;1);;0(
2
 mmCmmBmA

Vì





CB
CB
yy
xx
nên B,C đối xứng nhau qua Oy, mà A thuộc Oy nên tam giác ABC cân tại A. Mặt
khác ABC là tam giác vuông nên AB vuông góc AC.
   
22
12;112;1 mmmACmmmAB 

Suy ra:
 
1)1(012)1(
4
2
2
 mmmmm

. So điều kiện suy ra m=0.
Ví dụ 2: Cho hàm số
12
24
 mmxxy
, tìm m để hàm số có 3 cực trị lập thành 1 tam giác
có:
a) Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.
b) Có diện tích bằng 1.
Giải
a)Ta có:






mx
x
mxxmxxy
2
23
0
0)(444'

Để hàm số có 3 cực trị phân biệt thì m>0. Tọa độ 3 điểm cực trị là:
   
1;)1;0(1;
22
 mmmCmBmmmA

Dễ thấy tam giác ABC cân tại B
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường trung trực của cạnh AC, tức là nằm
trên trục Oy. Gọi I(0;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: R=IB=IA=IC=1 nên:

 
 
 



















11
11

11
1)1(
11
2
2
2
2
2
2
bm
bm
bmmm
bm
bmmm

-Với m-1-b=1thì:
224
)1(2 mxmxy 
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

9
Lê Tuấn Anh
 










2/51
1
0
0)1)(1(1)1(
222
m
m
m
mmmmmm

So điều kiện ta nhận
2
51
;1

 mm
.
-Với m-1-b=-1 thì:
00)12(1)1(
322
 mmmmmm
(loại.Vì không thỏa điều kiện m>0)
Tóm lại, giá trị của m cần tìm là:
2
51
;1

 mm

.
b)
*Cách 1: gọi H là trung điểm AC.
 
 
 
11111.2.
2
1
.
2
1
22


mmmmmmmmyyxBHACS
CBCABC

-Khi
1m
thì phương trình tương đương với:
11
2
 mmm
(nhận).
- Khi
10  m
thì phương trình tương đương với:
(*)1)22(
2

 mmm
.
Đặt
mt 
với t>0. Phương trình (*) trở thành:
0122
35
 ttt
(**).
Xét hàm số:
);0(:122)(
35
 DTXDttttfy

Dttty  0265'
24
. Hàm số f(t) đồng biến trên khoảng
);0( 

- Nếu t>1 thì f(t)>f(1)=0.
- Nếu t<1 thì f(t)<f(1)=0.
Phương trình (**) có nghiệm duy nhất khi t=1. Suy ra m=1 (loại).
Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
*Cách 2: Áp dụng tính chất:
Cho 3 điểm A,B,C phân biệt, giả sử
);();;(
2211
yxBCyxBA 
thì diện tích của tam giác ABC được
tính bởi công thức:

1221

2
1
yxyxS
ABC



1112
2
1
);();(
22
22



mmmmmS
mmBCmmBA
ABC

Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
2
6
2
24
m
mxxy 
có ba điểm cực

trị phân biệt A,B,C (điểm A thuộc trục tung) sao cho tứ giác ABOC là hình bình hành (O là
gốc tọa độ).
Giải
Hàm số đã cho có 3 cực trị phân biệt khi và chỉ khi phương trình
 
022'
2
 mxxy
có ba
nghiệm phân biệt.
Suy ra phương trình
02
2
 mx
có hai nghiệm phân biệt khác 0
0 m

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

10
Lê Tuấn Anh
Tọa độ các điểm cực trị là:































4
3
6;
2
;
4
3
6;

2
;
2
6;0
222
mm
C
mm
B
m
A

Khi đó:



















4
3
6;
2
;
4
;
2
22
mm
OC
mm
BA

Vì ABOC là hình bình hành nên:
6
4
3
6
4
22
22











 m
mm
mm
OCBA
(vì m<0).
Vậy
6m
là giá trị cần tìm.
*Cực trị của hàm phân thức:










p
q
RDTXD
xh
xg
qpx
cbxax
y \:

)(
)(
2

Nếu điểm
0
x
là cực trị thì giá trị cực trị có thể tính bằng 2 cách:

)('
)('
)(
)(
)(
0
0
0
0
0
xh
xg
xh
xg
xy 

Do đó đường thẳng qua 2 cực trị của hàm số là:
)('
)('2
xh
xg

p
bax
y 



Ví dụ : Cho hàm số:
1
52
)(
2



x
mxx
xfy
. Tìm m để hàm số có 2 điểm cực trị nằm về 2
phía của đường thẳng y=2x.
Giải
Ta có:
2
2
)1(
522
'



x

mxx
y

Để hàm số có 2 cực trị phân biệt thì phương trình
0522
2
 mxx
có 2 nghiệm thực phân
biệt:
2042'  mm

Đường thẳng qua 2 cực trị:
mxy 22 

Gọi A(a;-2a+2m) B(b;-2b+2m) là 2 cực trị của hàm số. Khi đó theo định lí Viet ta có: a+b=2 và
a.b=2m+5
Theo đề ta có:
  
  
0)(24
0)2)(2(
0222222
022
2




mbamab
mbma

mbbmaa
yxyx
BBAA

Suy ra:
020404)52(4
22
 mmmmm
vô lí.
Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn yêu cầu.
Bài tập rèn luyện: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số
1
3
2



x
mxx
y
có hai điểm cực trị
cách đều đường thẳng (d): x+y-2=0
Đáp số: m=-2.
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

11
Lê Tuấn Anh
Vấn đề 4: Tiệm Cận.
Định nghĩa:
- Đường thẳng

0
xx 
được gọi là Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=f(x) nếu một trong các điều
kiện sau được thỏa:



)(lim)(lim)(lim)(lim
0000
xfxfxfxf
xxxxxxxx

- Đường thẳng
0
yy 
được gọi là Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=f(x) nếu ít nhất 1trong các
điều kiện sau được thỏa:
00
)(lim)(lim yxfyxf
xx



- Đường thẳng y=ax+b (a khác 0)được gọi là Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y=f(x) nếu ít nhất 1
trong các điều kiện sau được thỏa:
   
0)(lim0)(lim 

baxxfbaxxf
xx

Chú ý: Cho hàm phân thức hữu tỷ
)(
)(
)(
xQ
xP
xfy 


0)( xQ
có nghiệm
0
xx 
thì có TCĐ là
0
xx 
.
 Nếu bậc P(x) nhỏ hơn Q(x) thì chỉ có TCN.
 Nếu bậc P(x) lớn hơn Q(x)+1 thì có TCX
 Nếu bậc P(x)=Q(x) thì có TCN.
*Một số dạng toán về đường tiệm cận:
Dạng 1: Tìm điều kiện để 1 đường thẳng (d) cho trước hợp với 2 tiệm cận của đồ thị hàm số
y=f(x) 1 tam giác có diện tích cho trước:
Vẫn ghi nhớ công thức tính diện tích tam giác như đã nêu ở phần Cực trị hàm số trùng
phương.
Nếu hàm số có dạng
dcx
bax
xfy



 )(
thì tam giác đó là tam giác vuông.
Ví dụ 1: Cho hàm số
xm
x
xfy



12
)(
có đồ thị (C),tìm tham số m để đường thẳng x+y=1 tạo
với 2 đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện tích bằng 2?
Giải
Tiệm cận đứng: x=m, tiệm cận ngang: y=-2, I(m;-2) là giao điểm hai tiệm cận.
Đường thẳng (d) cắt TCĐ tại A(m;1-m).
Đường thẳng (d) cắt TCN tại B(3;-2).
Theo đề ta có:
       







1
5

4)3(2223.12.
2
1

2
1
2
2222
m
m
mmmmmIBIAS
IAB
Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu: m=1 và m=5
Dạng 2: Góc giữa tiệm cận và một đường thẳng khác
Trường hợp đặc biệt:đối với hàm số:
edx
cbxax
xfy



2
)(
có tiệm cận đứng
0
xx 
và tiệm cận
xiên mx+ny+p=0
Khi đó để tính góc giữa 2 tiệm cận ta có thể làm 1 trong 2 cách sau:
*Cách 1: Sử dụng công thức tính góc giữa 2 đường thẳng cho trước: ax+by+c=0 và a'x+b'y+c'=0

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

12
Lê Tuấn Anh










2
0
''.
'.'.
2222


baba
bbaa
Cos

*Cách 2:

Gọi

là góc hợp bởi 2 đường tiệm cận, giả sử k là hệ số góc của phương trình đường tiệm cận
xiên, khi đó:













2
tan
tan



k

Ví dụ 2: (TSĐH KA-2008) Cho hàm số

mx
xmmx
y
3
2)23(
22



, tìm m để đồ thị hàm số có 2
đường tiệm cận hợp với nhau góc
0
45
?
Giải
Tiệm cận đứng: x=-3m có VTPT:
)0;1(a

,
Tiệm cận xiên: y=mx-2 có VTPT:
)1;(  mb

và hệ số góc k=m
Cách 1: Ta có:
1
1
2
1
45
2

0


 m
m
m
Cos

Cách 2: theo tính chất ta có:






1135tan
145tan
0
0
km
km

Vậy m=1 và m=-1
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Tìm m để tiệm cận xiên của hàm số
1
1
2




x
mxx
y
hợp với 2 trục tọa độ 1 tam giác
có diện tích bằng 4?
Đáp số:
221m

Bài 2: Cho hàm số:
2
1



x
x
y
(C). Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai
tiệm cận là nhỏ nhất?
Đáp số:
 
31;32
2;1
M

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

13
Lê Tuấn Anh

Vấn đề 5: Các Vấn Đề Liên Quan Đến Tiếp Tuyến
1) Đạo hàm của hàm số y=f(x) tại điểm
0
x
là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm
))(;(
00
xfxM
, khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng:
 
)()('
000
xfxxxfy 

2) Điều kiện để 2 đường
)(:)(
1
xfyC 
và
)(:)(
2
xgyC 
tiếp xúc với nhau là hệ phương trình
sau có nghiệm:





)(')('

)()(
xgxf
xgxf

3) Nếu
baxxfyC  )(:)(
1
và
hqxpxxgyC 
2
2
)(:)(
tiếp xúc với nhau thì phương trình
baxhqxpx 
2
có nghiệm kép.
*** Một số dạng toán cơ bản về tiếp tuyến:
- Tiếp tuyến song song với đường thẳng: d: y=ax+b thì hệ số góc của (t) là k=a.
- Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng: d: y=ax+b (a khác 0) thì hệ số góc của (t) là k=-1/a.
- Tiếp tuyến đi qua điểm M(a;b) thỏa mãn:
 
)()('
000
xfxaxfb 

Giải phương trình tìm tọa độ tiếp điểm.
-Tiếp tuyến hợp với đường thẳng (d): ax+by+c=0 góc

với








2
0



Áp dụng công thức tính góc giữa 2 đường thẳng (như đã nêu ở phần góc hợp bởi 2 tiệm cận).
Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số
2
2



x
x
y
, biết tiếp tuyến cắt
Ox và Oy lần lượt tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB vuông cân?
Giải
Ta có:
2
)2(
4
'



x
y
, phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M(x
0
;y
0
) có dạng:
2
2
)(
)2(
4
:)(
0
0
0
2
0





x
x
xx
x
yd

Do tiếp tuyến cắt Ox,Oy tại A và B và tam giác OAB vuông cân nên (d) vuông góc với một trong
các đường thẳng y=x hoặc y= -x










4
0
1
)2(
4
1
)2(
4
0
0
2
0
2
0
x
x
xx
k

Từ đó ta viết được 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn điều kiện đề bài: x+y+1=0 và x+y-7=0
Ví dụ 2: (TSĐH KA-2011) Cho hàm số
12
1



x
x
y
có đồ thị (C), chứng minh rằng với mọi m,
đường thẳng (d): y=x+m luôn cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A,B. Gọi
21
,kk
lần lượt là hệ số
góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B, tìm m để tổng
21
kk 
đạt giá trị lớn nhất?
Giải
Hoành độ giao điểm của (d) và (C) là nghiệm phương trình:
(*)0122
12
1
2



 mmxx

x
x
mx

mmm  ,022
2
, suy ra (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm A,B phân biệt.
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

14
Lê Tuấn Anh
Gọi
21
,xx
là nghiệm của phương trình (*), ta có:
2
)12(
1
'
12
1





x
y
x
x

y

   
 
2
2121
2121
2
21
2
2
2
1
21
1)(24
2484
)12(
1
)12(
1







xxxx
xxxxxx
xx

kk

Theo định lí Viet suy ra:
22)1(4684
22
21
 mmmkk

Suy ra:
21
kk 
nhỏ nhất khi và chỉ khi: m=-1
Ví dụ 3: Cho hàm số
1
1
)(



x
x
xfy
có đồ thị (C), gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận, gọi (t)
là phương trình tiếp tuyến tại M, tìm hoành độ tiếp điểm sao cho khoảng cách từ I đến (t) đạt giá
trị lớn nhất?
Giải
2
)1(
2
'



x
y
, phương trình tiếp tuyến tại
))(;(
00
xfxM
có dạng:
 
     
2
0
0
2
0
2
0
0
0
2
0
0
1
12
1
2
1
1
1

2











x
xx
x
x
x
x
x
xx
y

(t) có VTPT:
 











 1;
1
2
2
0
x
n

, I(1;1)
Khoảng cách từ I đến (t) là:
2
0
2
0
4
0
0
4
0
2
0
0
2
0
2
0

)1(
4
)1(
4
)1(4
14
)1(
4
1
1
)1(
12
)1(
2















x

x
x
x
x
x
xx
x
d

Để khoảng cách d lớn nhất thì
 
 
2
0
2
0
1
4
1


x
x
nhỏ nhất, mặt khác:
 
 
 
 
4
1

4
.12
1
4
1
2
0
2
0
2
0
2
0





x
x
x
x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
 
 
21
1
4
1

0
2
0
2
0


 x
x
x

Ví dụ 4: Cho hàm số
13
23
 xxy
có đồ thị (C), tìm 2 điểm A,B thuộc (C) sao cho tiếp
tuyến của (C) tại A và B song song với nhau, đồng thời
24AB
?
Giải
xxxfy 63)(''
2

, giả sử:
babbbBaaaA  )13;(),13;(
2323

Vì tiếp tuyến tại 2 điểm A và B song song với nhau nên:
20)2)((6363)(')('
22

 babababbaabfaf

Mặt khác:
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

15
Lê Tuấn Anh
 
 
 









31
13
032)1(40)1(24)1(4
32))((3)()22(
3233)(24
246
222
2
23232
ba
ba

aaa
abababababa
aabbabAB

Vậy A(3;1), B(-1;3)
Ví dụ 5: Cho hàm số
13)(
3
 xxxfy
có đồ thị (C), tìm m để đường thẳng (d): y=mx+m+3
cắt (C) tại 3 điểm M(-1;3), N,P phân biệt sao cho tiếp tuyến tại N và P vuông góc nhau?
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:







(*)02
1
0)2)(1(
133
2
2
3
mxx
x
mxxx

xxmmx

(*) phải có 2 nghiệm thực phân biệt khác x=-1
Tức là:











4/9
0
0)2(41
02)1()1(
2
m
m
m
m

Theo giả thuyết:
  
 
 
102)(9913333

2
2
22

PNPNPNPN
xxxxxxxx

Áp dụng định lí Viet, ta được:
 
3
223
0118910)2(219)2(9
22

 mmmmm

So điều kiện ta thấy hai giá trị này thỏa mãn.
Ví dụ 6: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số:
296
23
 xxxy
tại điểm M
thuộc (C), biết rằng M cùng với hai điểm cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng
6.
Giải
.9123'
2
 xxy
Đồ thị có 2 điểm cực trị là: A(3;-2) và B(1;2).
Giải sử:

)1;3()296;(
000
2
0
3
00
 xxxxxxM

Phương trình đường thẳng AB: 2x+y-4=0
Ta có:
6);(.
2
1
 ABMdABS
ABM










4
0
661166
12
42962

.)4(2
2
1
0
0
0
2
0
3
0
2
0
2
0
3
00
22
x
x
xxx
xxxx

Suy ra: M(0;-2) hoặc M(4;2). Do đó có 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu: y=9x-2 và
y=9x-34.
Ví dụ 6: Cho hàm số
xxy 3
3

có đồ thị (C). Tìm những điểm trên đường thẳng y=2 mà từ đó
kẻ đúng ba tiếp tuyến đến (C)?

Giải
Giả sử
)2;(
0
xM
.
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

16
Lê Tuấn Anh
Đường thẳng d đi qua M với hệ số góc k có phương trình:
2)(
0
 xxky

d tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:







kx
xxkxx
33
2)(3
2
0
3

Thế k từ phương trình thứ 2 vào phương trình đầu của hệ và thu gọn ta được:
 






(*)023)23(2)(
1
023)23(2)1(
00
2
00
2
xxxxxf
x
xxxxx

Theo đề ta có yêu cầu pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác -1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi:
(**)
3/2
2
0)1(6)1(
012129
0
0
0
0

2
0











x
x
xf
xx

Vậy
)2;(
0
xM
cần tìm nằm trên đường thẳng y=2 và có hoành độ thỏa mãn (**).
Ví dụ 7: Cho hàm số
1
3
1
23
 xxxy
(C) và 3 điểm







5
27
;
5
22
);2;0();1;1( CBA
. Viết phương
trình tiếp tuyến (d) với đồ thị (C), biết rằng giao điểm của (d) và đường thẳng y=x+1 chính là
trọng tâm của tam giác ABC.
Giải
Tiếp tuyến của (C) tại M(x
o
;y
0
) có dạng:
 
1
3
2
1
2
0
3
0

2
0
 xxxxy

Hoành độ giao điểm G của (d) và y=x+1 là nghiệm của phương trình:

 
 
)2;0(;
23
32
1
3
2
11
0
0
0
2
0
2
0
3
0
2
0



 x

x
xx
xxxxxx
(1)
Tung độ giao điểm tương ứng là:
 
   
 
 
















23
332
;
23
32

23
332
0
0
2
0
0
0
2
0
0
0
2
0
x
xx
x
xx
G
x
xx
y

Lại có G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có hệ phương trình:
 
 




























5
9
3
5
14
3
5

27
21
23
)33(2
5
9
3
5
22
01
23
32
0
0
0
0
2
0
0
0
2
0
x
x
x
xx
x
xx

Hai giá trị này đều thỏa mãn (1). Từ đó ta viết được 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn điều

kiện đề bài là:
2616  xy
và
125
206
25
16
 xy

Ví dụ 8: Cho hàm số:
1)13(2
3
1
23
 xmmxxy
(C
m
). Viết phương trình tiếp tuyến (t) của
đồ thị tại điểm có hoành độ bằng 1. Tìm các giá trị của m để giao điểm của (t) và đường thẳng
(d): y=2x cách đều các trục tọa độ.
Giải
Phương trình tiếp tuyến của (C
m
) tại








3
1
5;1 mM
có dạng:
3
1
27  mmxy

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

17
Lê Tuấn Anh
Hoành độ giao điểm của (t) và (d) là nghiệm của phương trình:
)27(3
212
)27(3
16
2
3
1
27






m
m

y
m
m
xxmmx

Giao điểm của (t) và (d) cách đều hai trục tọa độ khi và chỉ khi:
6
1
|16|2|16|
)27(3
212
)27(3
16






mmm
m
m
m
m

Vậy m=1/6.
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Cho hàm số
2
32




x
x
y
có đồ thị (C),tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến tại M
cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm A, B và AB ngắn nhất?
Đáp số: M(2;2)
Bài 2: Cho hàm số
)1(2
1



x
x
y
có đồ thị (C),tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến tại
M hợp với 2 trục tọa độ thành 1 tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng (d): 4x+y=0?
Đáp số:
)2/5;2/3()2/3;2/1(  MM

Bài 3: Cho hàm số
2
32



x

x
y
có đồ thị (C),gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận, tìm những điểm
M trên (C) biết tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm A và B sao cho đường tròn ngoại
tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất?
Đáp số: M(1;1) và M(3;3)
Bài 4*: Cho hàm số
1
12
2



x
xx
y
có đồ thị (C),tìm 4 điểm trên đường thẳng y=7 sao cho qua
mỗi điểm ta vẽ được đúng 2 tiếp tuyến đến (C) và 2 tiếp tuyến ấy hợp với nhau góc
0
45
?
Đáp số:
   
7;2257;2257;
3
623
7;
3
623
4321




















MMMM

Bài 5: Cho hàm số
4)1(3
23
 xmmxxy
, tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có
hoành độ bằng 1 cắt đường tròn
0442:)(
22
 yxyxT

tại 2 điểm A,B phân biệt sao cho
5
2
AB
?
Đáp số: m=0 hoặc m=-48/29
Bài 6: Cho hàm số
1
32



x
x
y
có đồ thị (C), viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến
tạo với 2 đường tiệm cận 1 tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất?
Bài 7: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
13
3
 xxy
, biết tiếp tuyến tạo với đường
thẳng (d):y=x+3 một góc

sao cho
41
5
cos 


Đáp số:
243
21112243
9
1 
 xy

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

18
Lê Tuấn Anh
Vấn đề 6: Tương Giao Đồ Thị
Cho hai đồ thị:
)(:)(
1
xfyC 
và
)(:)(
2
xgyC 
, để tìm hoành độ giao điểm của chúng, ta chỉ
cần giải phương trình: f(x)=g(x) (*), số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của
2 đồ thị.
Đặc biệt, nếu 1 đường cong
)(:)(
1
xfyC 
cắt trục hoành thì ta sẽ giải phương trình f(x)=0,
đưa về phương trình tích (nếu được) để tìm số nghiệm.
*Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử (khi đa thức có nghiệm hữu tỷ):

Cho phương trình:
0
01
1
1



axaxaxa
n
n
n
n
(*) (n nguyên dương), gọi k
là các ước số của
)(;
0
Zka 
, p là các ước số của
)(;

 Zpa
n
, khi đó nếu phương
trình (*) có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó là một trong các giá trị:
p
k
. Sau đó dùng lượt
đồ Hooc-ne phân tích thành nhân tử, đưa về phương trình tích.
Ví dụ 1: Đưa các phương trình sau về phương trình tích:

A)
0)1(2
23
 mxmxx

Theo cách tính như trên thì
1}1;{  pmk

Như vậy nếu phương trình có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó sẽ là 1 trong các giá trị: -1;1;m;-m,
lần lượt thế các giá trị này vào ta nhận được nghiệm x=1
0))(1(0)1(2
223
 mxxxmxmxx

B)
0)1)(12()122()13(
0132)122()13(
223
22223


mmxmmxmx
mmxmmxmx

Tương tự:
1}1);1();12({  pmmk

Lần lượt thay các giá trị, ta nhận được nghiệm: x=2m+1
Phương trình tương đương với:
0)1)(12(

2
 mmxxmx


Bài tâp rèn luyện: phân tích các đa thức sau thành nhân tử
   
12)1(2)
212213)
)13()32(2)
24
22223
23



mxmxCc
mxmmmxmmxBb
mxmxmxAa

Ví dụ 2: (TSĐH KA-2010) Cho hàm số
mxmxxxfy  )1(2)(
23
(C), tìm m để đồ thị (C) cắt
trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
321
,, xxx
sao cho
4
2
3

2
2
2
1
 xxx
.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành:







(*)0
1
0))(1(
0)1(2
2
2
23
mxx
x
mxxx
mxmxx

(Đây là đa thức của câu A trong ví dụ 1)
Khi đó để (C) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
khác x=1.

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

19
Lê Tuấn Anh











4/1
0
041
0
m
m
m
m

Gọi
32
,xx
là nghiệm của (*), theo đề:
 
3234

32
2
32
2
3
2
2
2
3
2
2
2
1
 xxxxxxxxx

Áp dụng định lí Viet:
1321  mm

Như vậy, các giá trị m cần tìm là:
 
1;00;
4
1








m

Ví dụ 3: Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d
m
): y=mx-m cắt đồ thị hàm số
1
12
2



x
xx
y
tại hai điểm A,B phân biệt sao cho tam giác ABC vuông tại đỉnh
 
2;1C
.
Giải
Đường thẳng d
m
cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình sau đây có hai nghiệm
phân biệt khác 1:
01)1(2)1(
1
12
2
2




 mxmxm
x
xx
mmx
(*)
11
1
01)1(21
0)1)(1()1('
01
2



















 m
Rm
m
m
mmm
mmm
m

Với điều kiện đó, gọi x
1
;x
2
là các nghiệm của phương trình (*); các giao điểm của d
m
và (C) là:
A(x
1
;mx
1
-m); B(x
2
;mx
2
-m)
Ta có:
   
1;;1;1
2211
 mmxxCBmmxxCA

Tam giác ABC vuông tại C nên:
     
 
 
 
 
 
 
 
 
 













0
1
0)1(22
01221.2
1
1

.1
012211
011110.
2
2
2
2121
2
2121
m
m
mm
mmm
m
m
m
mxxmmxxm
mmxmmxxxCBCA

So điều kiện, ta nhận m=0.
Ví dụ 3: Cho hàm số
32)2(23
23
 mxmxxy
(1), tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt (d): y=x-2
tại 3 điểm phân biệt K(1;-1), M,N sao cho tam giác AMN cân tại A và có diện tích bằng
26
, biết
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

20
Lê Tuấn Anh
A(-2;2).
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (1):
 







(*)0122
1
0122)1(
232)2(23
2
2
23
mxx
x
mxxx
xmxmxx

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi:
0
0121.21
02'
2







m
m
m

Khi đó:
)2;();2;(
2211
 xxNxxM
, theo định lí Viet:
2
21
 xx
nên dễ dàng thấy được K là
trung điểm MN. Nhận thấy
)3;3( KA

vuông góc với VTCP của (d) nên tam giác AMN vuông
cân tại A.
Ta có:
   
21
2
12
2

12
4222.23.
2
1
26.
2
1
xxxxxxMNAKS
AMN


Kết hợp với định lí Viet thế vào phương trình trên ta được:
1822  mm
(thỏa dk)
Ví dụ 4: Cho hàm số
1
12



x
x
y
(C), gọi O là góc tọa độ, tìm m để đường thẳng (d): y=-2x+m
cắt (C) tại 2 điểm A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
3
?
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
(*)01)4(2

1
12
2
2



 mxmx
x
x
mx

(*) luôn có 2 nghiệm phân biệt vì:
mm  ,08
2

Gọi
BA
xx ,
là nghiệm phương trình (*), OH là đường cao của tam giác OAB, ta có:
(**)32
2
1
 ABOHABOHS
OAB

Khoảng cách từ O đến đường thẳng (d) là:
5
m
OH 

     
2
8
.5
4
.55
2
222




m
xxyyxxAB
BABABA

Thay vào (**) ta được:
 







)(12
24
488348
2

2
222
vnm
mm
mmmm

Vậy m=2, m=-2.
Ví dụ 5: Tìm m để đồ thị hàm số
12
24
 mmxxy
cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành
độ
4321
,,, xxxx
sao cho:
20
4
4
4
3
4
2
4
1
 xxxx
.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là:
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

21
Lê Tuấn Anh
(*)012
24
 mmxx

(Nhận xét: phương trình này không có nghiệm hữu tỷ nên không thể phân tích thành nhân tử để
đưa về phương trình tích)
Đặt
2
xX 
, (X>0) vì đây là phương trình trùng phương có 4 nghiệm phân biệt nên sẽ tồn tại 2
cặp nghiệm mà mỗi cặp có 2 nghiệm trái dấu nhau, giả sử:
2
4
2
2242
2
3
2
1131
xxXxxxxXxx 

(*) trở thành:
(**)012
2
 mmXX

Để (*) có 4 nghiệm phân biệt thì (**) phải có 2 nghiệm thực dương

21
, XX
phân biệt, tức là:
51
01'
01
02
2









m
mm
m
m

 
 
10220220
21
2
21
2
2

2
1
4
4
4
3
4
2
4
1
 XXXXXXxxxx

Kết hợp với định lí Viet ta được:






2/3
2
0122410)1(24
22
m
m
mmmm
(không thỏa điều kiện).
Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu.
Ví dụ 6: Cho hàm số
1



x
mx
y
. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y=2x-1 cắt đồ thị
hàm số đã cho tại hai điểm A,B phân biệt sao cho OA
2
+OB
2
=14 (với O là gốc tọa độ)
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y=2x-1 và đồ thị hàm số đã cho:
0142
1
12
2



 mxx
x
mx
x

Điều kiện để phương trình này có 2 nghiệm phân biệt, khác 1 là: m>-1
Lại có:

   
 

 
 
(*)12425
141212
14
2
2
2
2
2
22



BABABA
ABAA
xxxxxx
xxxx
OBOA

Kết hợp với định lý Viet:








2

1
.
2
m
xx
xx
BA
BA

Suy ra phương trình:
 
 
1128145  mm
(thỏa điều kiện).
Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 7: Cho hàm số
1
1



x
x
y
(C) và hai điểm A(3;0); B(-1;2). Tìm điểm M trên đồ thị (C)
sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cũng chính là đường trung tuyến của tam giác MAB
Giải
Trung điểm của AB là I(1;1)
Vì tiếp tuyến của (C) không thể có dạng x=a hoặc y=b nên đường thẳng (d) qua I, tiếp xúc với
(C) có dạng y=a.(x-1)+1 với

0a

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

22
Lê Tuấn Anh
(d) là tiếp tuyến của (C) khi phương trình:
1)1(
1
1



xa
x
x
có nghiệm kép khác -1
2 a

Suy ra (d) có phương trình: y=2x-1
Vậy M có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình:
)1;0(
1
0
1
1
12

















M
y
x
x
x
y
xy

Thế vào phương trình (*) ta được m=1 (thỏa điều kiện). Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Tìm m để đồ thị hàm số
2)5(24
23
 mxmmxxy
cắt trục Ox tại 3 điềm có hoành độ
321
,, xxx

thỏa mãn:
3
2
3
2
2
2
1
 xxx

Bài 2: Tìm m để đường thẳng (d
k
): y=kx+2-k cắt đồ thị hàm số
1
12



x
x
y
tại hai điểm phân biệt
A và B sao cho A,B cách đều điểm D(2;-1)
Đáp số:
3
1
k

Bài 3: Cho hàm số
12

1



x
x
y
, gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận, tìm m để đường thẳng
y=m(x-1)+2 cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho IA=IB?
Bài 4: Tìm m để trên đồ thị hàm số
mmxxmxy 35)3(26
23

ta có đúng 3 điểm A,B,C phân
biệt, sao cho:








12
12
12
3
3
3
CC

BB
AA
yx
yx
yx

Bài 5: Cho hàm số
43
23
 xxy
và 2 điểm












2;
2
7
;2;
2
1
NM

. Viết phương trình đường thẳng
(d) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm P,Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành?
Bài 6: Tìm m để đồ thị hàm số
)1(
3
1
3
 xmxy
cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt?
Đáp số:
4
9
m

Bài 7: Tìm m để đồ thị hàm số
2
3
 mxxy
cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất?
Đáp số: m> -3
Bài 8: Cho hàm số
23
)12( xmxy 
(C
m
). Tìm m để đường thẳng
 
121
22
 mxmmy

cắt đồ thị
hàm số (C
m
) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
321
;; xxx
sao cho:
3
2
2
2
1
2xxx 

Đáp số:
4
1
m

Bài 9: Tìm m để đường thẳng y=mx+3 cắt đồ thị hàm số
2
23



x
x
y
tại hai điểm phân biệt có
tung độ lớn hơn -3

Đáp số:







4
9
;0)4;6(m

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

23
Lê Tuấn Anh
Bài 10: Cho hàm số
23
3
 xxy
(C) có hai điểm cực trị là A và B. Tìm điểm M thuộc (C) sao
cho tam giác MAB cân tại M
Đáp số:
 


















 2
2
7
2
13
;
2
7
;2
2
7
2
1
;
2
7
;2;0
321
MMM

Vấn đề 7: Sử Dụng Tính Chất Đơn Điệu Của Hàm Số Để Giải Phương Trình,
Bất Phương Trình, Hệ Phương Trình.

A-GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Nhớ lại tính chất đơn điệu của hàm số:
Hàm số y=f(x) đồng biến trên K

(

x
1
, x
2


K, x
1
< x
2


f(x
1
) < f(x
2
)
Hàm số y=f(x) nghịch biến trên K

(


x
1
, x
2


K, x
1
< x
2


f(x
1
) > f(x
2
)
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x
xxx
65
11169
222


Điều kiện:
4
0
65

16
9
2
2











x
x
x
x

Phương trình:
0
65
11169
222

x
xxx

Xét hàm số:

);4[:
65
11169)(
222
 DTXD
x
xxxxfy

Phương trình đã cho tương đương với: f(x)=0
4;0
65
11169
'
2
222






 x
x
x
x
x
x
x
x
y

Hàm số đồng biến trên khoảng
);4( 

-Nếu x>5 thì f(x)>f(5)=0
-Nếu 4<x<5 thì f(x)<f(5)=0
Vậy x=5 thì f(x)=f(5)=0. Suy ra phương trình có 1 nghiệm duy nhất x=5.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
659)13(553
2
4
3
 xxxxx

ĐK:
5x

Xét hàm số:
);5[:659)13(553)(
2
4
3
 DTXDxxxxxxfy

Phương trình tương đương với: f(x)=0
   
5,019
54
1
53

1
32
1
'
2
4
3
3
2






 xx
xx
x
y

Hàm số đồng biến trên khoảng
);5( 

Lập luận như vd1 ta cũng được 1 nghiệm duy nhất: x=6
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

24
Lê Tuấn Anh
Ví dụ 3: Giải phương trình:
(*)02463512

2
 xxxx

ĐK:
2/1x

22
22
)5(5)12(12
2510514412(*)


xxxx
xxxxxx

Xét hàm số:
);0[:)(
2
 DTXDtttfy

0,02
2
1
'  tt
t
y

Hàm số đồng biến trên khoảng
);0( 

Phương trình (*) trở thành: f(2x+1)=f(x+5)
Nếu 2x+1>x+5 thì f(2x+1)>f(x+5), phương trình vô nghiệm.
Nếu 2x+1<x+5 thì f(2x+1)<f(x+5), phương trình vô nghiệm.
Suy ra: 2x+1=x+5 hay x=4 (thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x=4
Ví dụ 4: Giải phương trình:
(*)0248624
242
 xxxxx

 
 
2
2
22
141)14(51)5((*)0:  xxxxxĐK

Xét hàm số:
);1[:1)(
2
 DTXDtttfy

0,02
12
1
' 

 tt
t
y

Hàm số đồng biến trên
);0( 

Lập luận như ví dụ trên, suy ra đượcnghiệm của phương trình là: x=2
Ví dụ 5: Giải phương trình:
1)1ln(  xe
x

ĐK: x>-1
Xét hàm số:
);1(:1)1ln()(  DTXDxexfy
x

Dx
x
ey
x
ey
xx




 ,0
)1(
1
"
1
1

'
2

Do đó phương trình y'=0 có duy nhất 1 nghiệm, và nghiệm của phương trình y'=0 là x=0. Ta có
bảng biến thiên:

x -1 0


y’ 0

y 0








Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình có nghiệm duy nhất: x=0
Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh

25
Lê Tuấn Anh
(*)2842112
22
 xxxxx

2: xĐK

 
212221)22(
1228412(*)
2
2
22


xxxx
xxxxx

Xét hàm số:
);2[:21)(
2
 DTXDtttfy

2,0
2
12
1
'
2




 t
t

t
t
y

Hàm số đồng biến trên khoảng
);2[ 

Bất phương trình đã cho trở thành: f(2x+2)>f(x) suy ra x>-2
Kết hợp với điều kiện ban đầu suy ra nghiệm của bất phương trình là:

);2 S

Ví dụ 7: (TSĐH Khối A-2010) Giải hệ phương trình:







74324
025)3()14(
22
2
xyx
yyxx

Điều kiện:
2/5;4/3  yx

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
 
yyxx 251252)14(
2


Xét hàm số:
);0[:4)14()(
32
 DTXDtttttf

tttfy  ,0112)(''
2

Hàm số đồng biến trên D
Phương trình trở thành:
 
yfxf 25)2( 
, suy ra:








2
45
0

2
x
y
x

Thế vào phương trình thứ 2 của hệ và biến đổi ta được:
(*)074322
2
5
4
2
22







 xxx

Xét hàm số:















4
3
;0:74322
2
5
4)(
2
22
DTXDxxxxgy

)4/3;0(,0
43
4
)34(4
43
4
2
2
5
88'
2
2
2












 x
x
xx
x
xxxy

Suy ra hàm số nghịch biến trên (0;3/4)
Mặt khác
0
2
1







g
nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x=1/2

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm: x=1/2, y=2.
Ví dụ 8: (TSĐH Khối A-2013) Giải hệ phương trình:








)2(016)1(2
)1(211
22
4
4
yyyxx
yyxx

1: xĐK