26 pp gai bai tap khao sat ham so

2
PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP
KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG KỲ THI TSĐH
Phần một: Các bài toán liên quan đến điểm cực đại cực tiểu
A) Cực đại c ực tiểu hàm số bậc 3:
3 2
axy bx cx d   
* ) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là: y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
* ) Hoành độ điểm cực đại cực tiểu kí hiệu là
1 2
,
x x
khi đó
1 2
,
x x
l à 2 n g h i ệm của phương trì n h
y ’ = 0
* ) Để tính tung độ điểm cực đại cực tiểu ta nên dùng phương pháp tách đạo hàm để tính phương
trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Cơ sở của phương pháp này là: nếu hàm số bậc 3 đạt cực đại c ực tiểu tại
1 2
,
x x
t hì
1 2
' ( ) ' ( ) 0f x f x 
+ Phân tích
' ( ). ( ) ( )y f x p x h x 
. Từ đ ó ta suy ra tại
1 2

,
x x
t hì
1 1 2 2
( ); ( ) ( )y h x y h x y h x   
l à đường thẳng đi qua đi ểm c ực đại c ực tiểu
+ Kí hiệu k là hệ số góc của đường thẳng đi qua điểm c ực đại cực tiểu
* ) Các câu hỏi t h ường gặp liên quan đến đi ểm c ực đại c ực tiểu hàm số bậc 3 là:
1) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu của hà m s ố song song vớ i
đường thẳng y=ax+b
+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải đi ều kiện k = a
2) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu vuông góc với đường thẳng
y=ax+b
+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải đi ều kiện k =
1
a


Ví dụ 1) Tìm m để


3 2
7 3f x x m x x   
có đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu vuông
góc với đường thẳng y=3x-7.
Giải: h à m s ố có cực đại, cực tiểu


2
' ( ) 3 2 7 0f x x mx    có 2 nghiệm phân biệt
2
21 021m m

      
. Thực hiện phép chia f(x) cho f
’
(x) ta có:
   
2
1 1 2 7
. 21 3
3 9 9 9
m
f x x m f x m x
 
  
     
  
 
. Với
21m 
t hì f
’
(x)=0 có 2 nghiệm x
1,
x
2

phân biệt và hàm số f(x) đạt cực trị t ại x
1
,x
2
.
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
3
Do
1
2
( ) 0
( ) 0
f x
f x







nên
 
 
2
1 1
2
2 2

2 7
(21 ) 3
9 9
2 7
(21 ) 3
9 9
m
f x m x
m
f x m x

   




   


.
Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình
 
 
2
2 7
: 21 3
9 9
m
y m x    

Ta có
 
 
2 2 2
21
21 21
3 7
2 3 45
21 .3 1
21
9
2 2
m
m m
y x
m
m m
  

 
  
      
  

  
  
  
 
3 10
2

m  

3) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với trục Ox một góc


+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải đi ều kiện
tank



Ví dụ 1) Cho hàm số 23
23
 mxxxy (1) với m là tham số thực
Tìm m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị
hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Giải:
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
' 9 3 0 3m m       

3 2
1 2
3 2 ( 1 ) . ' ( 2) 2
3 3 3
m m
y x x mx x y x          

Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trì n h
3

2)2
3
2
(
m
x
m
y 
Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai

















3
6
;0,0;
)3(2

6 m
B
m
m
A

Tam giác OAB cân khi và chỉ k h i
OA OB

6 6
2( 3 ) 3
9 3
6 ; ;
2 2
m m
m
m m m
 
 

     
Với m = 6 thì
OBA 
so với điều kiện ta nhận
2
3
m

Chú ý: Ta có thể giải bài toán theo cách: Đường thẳng qua CĐ, CT tạo với 2 trục tọa độ
tam giác cân nên hệ số góc của đường thẳng là

9
( )
2
2
tan45 1 2 1
3
3
( )
2
m L
m
k
m TM

 


        


 


Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
4
4) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với đường thẳng y=ax+b
một góc


+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực ti ểu
+ Giải đi ều kiện
tan
1
k a
ka




Ví dụ ) Tìm m để


3 2 2
3 ( 1 ) (2 3 2) ( 1 )f x x m x m m x m m       
có đường thẳng đi qua
CĐ, CT tạo với
1
5
4
y x

 
một góc 45
0
.
Giải: G ọi h ệ số góc của đường thẳng đi qua CĐ, CT là k, khi đó từ đi ê u k i ện bài toán suy ra:
0
1

1 5 3
1
1
4
4 4 4 4
45 1 1
1
1 3 5
4 4
1 .
1
4
4 4 4 4
k k
k
k
k
tg k
k k
k
k
 
 
 
   
 
 
 
      
 


 
 
 
   
 
 
 
 
3
5
5
3
k
k










Hàm số có CĐ, CT
2 2
( ) 3 6( 1 ) (2 3 2) 0f x x m x m m

        có 2 nghiệm p h â n b i ệt

2
3 5 3 5
3 ( 3 1 ) 0
2 2
m m m m
   
 

        
   
   
   
 (*)
Thực hiện phép chia f(x) cho) f’(x ta có
 
 
 
2
1 2
( ) ( 1 ) . ( ) 3 1 ( 1 )
3 3
f x x m f x m m x m

       

v ới m t h o ả mãn đi ều kiện (*) thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số đạt ccực trị t ại

x
1,
x
2
.
Do
1
2
( ) 0
( ) 0
f x
f x







nên
   
 
 
 
2
1 1
2
2 2
2
( 3 1 ) 1

3
2
3 1 1
3
f x m m x m
f x m m x m


 
    
 




 
    
 


Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình
 
 
 
2
2
: 3 1 1
3
y m m x m


 
     
 

Ta có



tạ o với
1
5
4
y x

 
góc 45
0



2
2
3 1 1
3
m

 m   

kết hợp với đi ều kiện (*) ta có
3 15

2
m



5) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu cắt hai trục Ox, Oy tại A,B sao
cho tam giác OAB có diện tích cho trước
+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Tìm các giao đi ểm với c á c t r ục toạ đ ộ : Với t r ục Ox:Giải y=0 tìm x.Với t r ục Oy giải x=0 tìm y.
+
/
1
.
2
MAB M AB
S d AB

Từ đ ó tính toạ đ ộ A, B sau đ ó giải đi ều kiện theo giả thiết
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
5
Ví dụ 1) Tìm m để đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị hàm số
3
3 2y x mx  
cắt
đường tròn tâm I(1;1) bán kính bằng 1 tại A,B mà diện tích tam giác IAB lớn nhât.
Giải: C ó :
2
' 3 3y x m 

có 2 nghiệm phân biệt khi
0m 
. Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ
thị h àm số là




;22 , ;22M m m x N m m x  

- Phương trì n h đường thẳng MN là:
2 2 0mx y  

- Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A,B mà tam giác IAB có
ˆ
2. . .sin 1
IAB
S IAI B AIB 
,
dấu bằng xảy ra khi
0
ˆ
90A I B 
, lúc đó khoảng cách từ I đến MN bằng
1
2

Do vậy ta có pt:
 
2

2 1
1 1 3 3
, 1 ; 1
2 2
2 2
4 1
m
d I MN m m
m

       

Ví dụ 2 ) Cho hàm số
3
3 2y x mx  
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác IAB có diện
tích bằng 18 , trong đó


1 ; 1I

Lời giải: Ta có


2 2
' 3 3 3y x m x m   
. Để hàm số có CĐ và CT
0m 

Gọi A, B là 2 cực trị thì





;22 ; ;22A m m m B m m m  

PT đường thẳng đi qua AB là:
   
4
2 2 2 2
2
m m
y m m x m y mx
m

      
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB là
 
2
2 1
;
4 1
m
d I AB
m



độ dài đoạn
3

4 16AB m m 

Mà diện tích tam giác IAB là
3
2
2 1
1
18 4 16 18
2
4 1
m
S m m
m

   



 


 
 
 
2 2
3 2
3 2 2
4 16 2 1 4 1 4.18 2 1 18
4 4 18 0 2 4 4 9 0 2
m m m m m m

m m m m m m m
       
           
6) Tìm điều kiện để điểm cực đại cực tiểu cách đều điểm M cho trước:
+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trì n h để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử đi ểm đi ểm c ực đại cực tiểu là A, B thì đi ều kiện l à M A = M B
7) Điều kiện để điểm cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y=ax+b
+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trì n h để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử đi ểm đi ểm c ực đại cực tiểu là A, B thì đi ều kiện l à : Đường thẳng đi qua đi ểm c ực đại
cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b và trung đi ểm c ủa AB thuộc đường thẳng y=ax+b
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
6
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số
3 2 2
( ) 3f x x x m x m    có CĐ và CT đối xứng nhau qua
 
1 5
:
2 2
y x 
.

Giải: Hàm số có CĐ, CT


3 2
6 0f x x x m

    
có 2 nghiệm p h â n b i ệt
2 2
9 3 0 3 3m m m

        
.
thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có:
 
 
2
2
1 2
( ) 1 ( ) 3
3 3 3
m
f x x f x m x m

     

v ới
3m 
t hì f’
(x)

=0 có 2 nghiệm p h â n b i ệt x
1
, x
2
và hàm số f
(x)
đạt cực trị t ại x
1
, x
2
.
Do


 
1
2
0
0
f x
f x

 






nên

 
 
 
 
2
2
1 1 1
2
2
2 2 2
2
3
3 3
2
3
3 3
m
y f x m x m
m
y f x m x m

    




    


. Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT

có phương trình
 
 
2
2
2
: 3
3 3
m
d y m x m   

Các đi ểm c ực trị




1 1 2 2
; , ;A x y B x y
đ ố i x ứng nhau qua
  
1 5
:
2 2
y x d     
và trung
đi ểm I của AB phải t h u ộc (d)
 
 
2
2

2
2
3 2 ; 1
0
3
0
( 1 ) 0
2 1 5
3 .1 .1
3 3 2 2
I
m x
m
m
m m
m
m m

   




   
 
 


    



Ví dụ 2 ) Cho hàm số


3 2
3 2
m
y x x mx C   

Tìm m để hàm số(C
m
) có cực đại và c ực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số
cách đều đường thẳng
: 1 0d x y  

Giải:
Ta có
2 2
' 3 6 ; ' 0 3 6 0y x x m y x x m        (1)
Hàm số (C
m
) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
3m 

Giả sử




1 1 2 2

; , ;A x y B x y
là hai điểm cực trị của hàm số (C
m
), (
1 2
,
x x
là 2 nghiệm của (1)).
Vì
1
'. 2 1 2
3 3 3 3
x m m
y y x
   
     
   
   
và




1 2
' ' 0y x y x 
nên phương trì n h đường thẳng đi
qua A,B là
 
2 1 2 '
3 3

m m
y x d
 
   
 
 
. Do đó các điểm A,B cách đều đường thẳng (d) trong 2
trường hợp sau:
TH1: (d’) cùng phương với (d)
9
2 1 1
3 2
m

m

    
 
 
(không thỏa mãn)
TH2: Trung điểm I của AB nằm trên (d). Do I là trung điểm của AB nên tọa độ I là:
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
7
1 2
1 2
1
2
2
x x

x
y y
y m


 




 


. Vì I nằm trên (d) nên ta có
1 1 0 0m m    
(thỏa mãn).
Chú ý: Cần phân biệt rõ 2 khái niệm cách đều và đối xứng qua một đường thẳng.
8) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu và k h o ảng cách giữa điểm cực đại cực tiểu max,
min
+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trì n h để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử đi ểm đi ểm c ực đại c ực tiểu là A, B. Tính độ dài AB theo tham số. Dùng phươn g p h á p
đạo hàm để tìm max, min
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số
3 2
1
( ) 1

3
f x x mx x m    
có khoảng cách giữa các điểm CĐ,
CT là nhỏ nhất.
Giải: D o


2
2 1 0f x x mx

   
có
2
1 0m

   
nên f’
(x)
=0 có 2 nghiệm phân b i ệt x
1
, x
2
và
h à m s ố đạt cực trị t ại x
1
, x
2
với c á c đi ểm c ực trị là .





1 1 2 2
; , ;A x y B x y

Thực hiện phép chia f(x)

cho f’(x)

ta có:
 
 
2
1 2 2
( ) . ( ) 1 1
3 3 3
f x x m f x m x m
 

     
 
 

Do
1
2
( ) 0
( ) 0
f x
f x








nên
 
 
2
1 1 1
2
2 2 2
2 2
( ) 1 1
3 3
2 2
( ) 1 1
3 3
y f x m x m
y f x m x m
 
 
    
 

  



 

    
 

 

Ta có
     
 
 
2
2 2 2 2
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
4
1
9
AB x x y y x x m x x        


 
 
 
2
2
2
2 1 1 2
2
2 2

4
4 1 1
9
4 4 2 13
4 4 1 1 4 1
9 9 3
x x x x m
m m AB
 
 
    
 
 
 
   
 
       
 
   
   
Min AB=
2 13
3
xảy r a

m =0
9) Tìm điều kiện để hoành độ điểm cực đại cực tiểu thoả mã n m ột hệ thức cho trước
+ Đi ều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Phân tích hệ rhức để áp dụng định lý viét(
1 2

,
x x
là hai nghiệm c ủa phương trình y’=0
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số
3 2
1
( ) 1
3
f x x mx mx   
đạt cực trị tại x
1
, x
2
thoả mãn
1 2
8x x 

Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
8
Giải: Hàm số có CĐ, CT
2
( ) 2 0f x x mx m

     có 2 nghiệm phân biệt




2

0 0 1m m m m

       

v ới điều kiện này thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1,
x
2
và hàm số đạt cực trị t ại x
1
, x
2
với
x
1
+x
2
=2m và x
1
x
2
=m.
Ta có BPT:
2
1 2 1 2
8 64x x x x    



2

2 2
1 2 1 2
4 4 4 64 16 0
1 65 1 65
2 2
x x x x m m m m
m m
         
   
 
  
   
   
   

thoả mãn đi ều kiện




0 1m m 

Ví dụ 2) Cho hàm số 13
23
 mxxxy
Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và k h o ảng cách từ điểm
)
4
11
;

2
1
(I
đến đường thẳng nối
điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất
Giải: Ta có mxxy  63'
2
. Hàm số có cực đại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
30'  m
(0,25 điểm)
- Chia đa thức y cho y’ ta có
1
3
)2
3
2
()
3
1
3
(' 
m
x
mx
yy
. Lập luận suy ra đường thẳng đi
qua cực đại cực tiểu là


1

3
)2
3
2
( 
m
x
m
y
. Dễ dàng tìm được điểm cố định mà đường
thẳng cực đại cực tiểu luôn đi qua là
)2;
2
1
(A
(0,25 điểm)
- Hệ số góc của đường thẳng IA là
4
3
k
. Hạ IH vuông góc với

ta có
4
5
/


IAdIH
I

Đẳng thức xảy ra khi
IA
(0,25 điểm)
- Suy ra
3
41
2
3
2

k
m
1 m
(0,25 điểm)
Ví dụ 3) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3 ( 1 ) 4 1y x mx m x m m       (C)
Tìm m để hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vuông tại O
Giải:Điều kiện để hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:
2 2
1
' 3 6 3 ( 1 ) ' 9 0
1
x m
y x mx m
x m
 

        


 

(0,25 điểm)
Ta có
1 1
' ( ) 2 3 1
3 3
y y x m x m    
Gọi A, B là 2 điểm cực trị thì
( 1 ; 3 ) ; ( 1 ; 1 )A m m B m m   
(0,25 điểm)
Suy ra
2
1
( 1 ; 3 ) ; ( 1 ; 1 ) 2 2 4 0
2
m
OA m m OB m m m m
m
 

        



   
(0, 25 điểm)
K ết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2
Luyenthitohoang.com

Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
9
Ví dụ 4) Tìm các giá trị của m để hàm số


3 2 2
1 1
. 3
3
y x m x m x
2
   
có cự c đ ạ i
1
x
, cực
tiểu
2
x
đồng thời
1 2
;
x x
là độ dài các cạnh góc vuông của 1 tam giác vuông có độ dài cạnh
huyền bằng
5
2
.
Giải:
Cách 1: Miền xác định:

D R
có
2 2 2 2
' 3 ; ' 0 3 0y x mx m y x mx m         

Hàm số có cực đại
1
x
, cực tiểu
2
x
thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi PT
' 0y 
có 2
n g h i ệm dương phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó.
2
2
0 4 0 2 2
0 0 0 3 2
0
3 3
3 0
m m
S m m m
P
m m
m


      





        
  
  

   
 



(*)
Theo Viet ta có:
1 2
2
1 2
3
x x m
x x m
 



 


. Mà
 

 
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
5 14
2 4 5 2 4 3 5
2 2
x x x x x x m m m            

Đối chiếu ĐK(*) ta có giá trị
14
2
m 
t hỏa yêu cầu bài toán.
B) Cực đại c ực tiểu hàm số bậc b ốn:
4 2
axy bx c   .
*) Đi ều kiện để hàm số bậc bốn có 3 cực đại cực tiểu là y’=0 có 3 nghiệm p h â n b i ệt
+ Ta thấy h à m s ố bậc bốn thì y’=0 luôn có một nghiệm x=0, để y’=0 có 3 nghiệm p h â n b i ệt sau
khi tính đạo hàm ta cần t ì m đi ều kiện để phần phương trình bậc 2 còn lại có 2 nghiệm p h â n b i ệt
khác không.
VD:
4 2
2 2 2y x mx   thì
3 2
' 4 4 ' 0 0y x mx y x x m          đi ều kiện là m<0
*) Khi hàm số bậc bốn có 3 cực trị là A(0;c),
1 1 2 1
( ; ); ( ; )B x y C x y thì đi ều đặc biệt là tam giác
ABC luôn cân tại A( Học sinh cần n ắm c h ắc đi ều này để vận d ụng trong giải t o á n )

*) Các câu hỏi t h ườn g g ặp trong phần này là:
1) Tìm đi ều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân, hoặc đều
+ Tìm đi ều kiện để y’=0 có 3 nghiệm p h â n b i ệt
+ Tính toạ đ ộ 3 đi ểm c ực đại cực tiểu A, B,C. Lập luận c h ỉ ra tam giác ABC luôn cân tại A . T í n h
các véc tơ:
, ,
    

AB AC BC
+ Tam giác ABC vuông cân
. 0 AB AC 
       

+ Tam giác ABC đều
AB BC

2) Tìm đi ều kiện để hàm số có 3 đi ểm c ực đại cực tiểu tạo thành tam giác có diện tích cho trước
+ Tìm đi ều kiện để y’=0 có 3 nghiệm p h â n b i ệt
+ Tính toạ đ ộ 3 đi ểm c ực đại cực tiểu A, B,C. Lập luận c h ỉ ra tam giác ABC luôn cân tại A .
Tính các véc tơ:
, ,AB AC BC
    

Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
10
+ Kẻ đường cao AH.
+
1
.

2
AB C
S AH BC


+ Giải đi ều kiện
Ví dụ 1) Tìm m để f(x)=
4 2 4
2 2
x mx m m
  
có CĐ, CT lập thành tam giác đều
Giải: f ’ ( x ) =


2 2
4 0 0
x x m x x m
     

Hàm số có CĐ, CT

f’(x)=0 có 3 nghiệm p h â n b i ệt

m >0
Với m>0 thì f’(x)=0


 
 

4 2
1
4
2
4 2
3
; 2
0 0 ; 2
; 2
x m B m m m m
x A m m
x m C m m m m

     


   


   


Suy ra BBT của hàm số y=f(x)

A B C đều
2 2
2 2
0
0
m

m
AB AC AB AC
AB BC
A B BC






   
 
 





 
4 4
3
3
4
0
0
3
3 0
4
m
m

m m m m m
m m
m m m






     
 
 



 

Ví dụ 2) Cho hàm số
4 2 2
2 2 4y x mx m   
, m là tham số thực. Xác định m để hàm số có
3 cực trị tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1.
Giải: Mxđ:
D R
. Có
3
' 4 4y x mx 

3 2
' 0 4 4 0 0y x mx x x m       

. Hàm số có 3 cực trị
0m 
(*)
Gọi






2 2 2
0 ; 2 4 , ; 4 , ; 4A m B m m C m m   
là 3 điểm cực trị
Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên tam giác ABC cân tại A
K ẻ
AH BC
có
2
1
. 2 2 2 2 . 1
2
A B C B A B
S AH BC y y x m m m

       
. Đối chiếu
v ới điều kiện (*) có
1m 
là giá trị cần tì m.
Ví dụ 3) Cho hàm số



4 2 2
2 1 1.y x m x m    
Tìm m để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị
và ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải:


3 2 2 2
' 4 4 1 0 0, 1y x x m x x m       

h à m s ố có 3 cực trị
1 1m   
. Khi đó tọa độ điểm cực đại là


0 ; 1A m
, tọa độ hai điểm
cực tiểu là




2 2 2 2
1 ; 1 , 1 ; 1B m m C m m    

diện tích tam giác ABC là
 
 

2
2
1
; . 1 1
2
ABC
S d A BC BC m   
. Dấu “=” xày ra khi
0m 

ĐS:
0m 

Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
11
Ví dụ 4) Cho hàm số
4 2
2 2y x mx  
có đồ thị (C
m
). Tìm tất cả các giá trị của tham số m
để đồ thị (C
m
) có 3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua
5 5
3 9
;D
 
 

 

Giải: C ó


3
' 4 4 0 0 ; 0y x mx x x m m       
. Vậy các điểm thuộc đường tròn (P)
n g o ại tiếp các điểm cực trị là
 
   
2 2
3 9
0 ; 2 , ; 2 , ; 2 , ;
5 5
A B m m C m m D
 
    
 
 
.
Gọi


;I x y
là tâm đường tròn (P)
 
 
 
2 2

2 2
2 2
2
2
2
2 2
3 1 0
2 2 0 ; 1 ; 0( ), 1
2 2
x y
IA ID
IB IC x y x m x y m L m
IB IA
x m y m x y


  




         
 
 



      



Vậy
1m 
là giá trị cần tì m.
Phần hai: Các bài toán liên quan đến tiếp tuyến và các đường tiệm cận
*) Xét hàm số
( )y f x
.Giả sử
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm k h i đó tiếp tuyến t ại M có dạng
0 0 0
' ( )( )y f x x x y   (1) ( Chú ý rằng trong trường hợp tổng quát ta thường biểu diễn
0
y theo
dạng
0
( )f x )
Ví dụ: Xét đi ểm M b ất kỳ t h u ộc đ ồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x



khi đ ó đi ểm M c ó t o ạ đ ộ là
0
0
0
2 1

( ; )
1
x
M x
x



*) Ta gọi h ệ số góc của tiếp tuyến t ại t i ếp đi ểm M là
0
' ( )k f x
*) Đường thẳng

bất kỳ có hệ số góc k đi qua
0 0
( ; )M x y có dạ n g
0 0
( )y k x x y   . Đi ều kiện
để

là tiếp tuyến c ủa hàm số y=f(x) là hệ phương trình sau có nghiệm
0 0
( ) ( )
' ( )
k x x y f x
k f x
  






Khi đó số nghiệm của hệ cũng chính là số tiếp tuyến kẻ được từ đi ểm M đến đồ thị hàm số
y=f(x)
*) Mọi bài toán viết phương trì n h t i ếp tuyến đều quy về việc tìm tiếp đi ểm sau đó viết phương
trình theo (1)
*) Các dạng câu hỏi t h ường gặp trong phần này là
1) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b:
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuy ến song song với đường thẳng y=ax+b nên
0
' ( )k f x a  . Giải phương trình tìm
0
x
sau đó viết phương trì n h t i ếp tuyến theo (1)
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
12
Chú ý: Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B là
' ( ) ' ( )
A B
A B
f x f x
x x






Ví dụ 1) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) biết tiếp tuyến
cách đều hai điểm A(2;4), B(-4;-2)
Giải : G ọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm
0
( 1 )x   , PTTT là
   
0
2
0
0 0
2 1
1
1

1
x
y
x
x x x

 

 

Vì tiếp tuyến cách đều 2 điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với
A B h o ặc trùng với AB.
Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:
 
 
0
0 0
2
0
0
2
1
1 1 1
1
1
x
x x
x
x
     



Suy ra phương trì n h t i ếp tuyến là
1
4
5
y
4
x 

Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì t i ếp tuyến có hệ số góc là
 
0
2
0
0
0
2 ( 4) 1
1 1
2
4 ( 2)
1
x
k
x
x


  
    


 
 


Với
0
0x  ta có PTTT là
1y x 
; v ới
0
2x   ta có PTTT là
5y x 

Vậy có 3 PTTT thỏa mãn
1 5
; 1 ; 5
4
y x y x y x
4
     

Ví dụ 2) Cho hàm số
1
2
x
y
x
 




Tìm trên đồ thị (C) 2 điểm A và B sao cho 8AB  , tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A và B
song song với nhau.
Giải : Giả sử điểm cần tìm là
1 1
; , ;
2 2
a b
A a B b
a b
   
   
   
 
   
theo giả thiết ta có hệ:
   
 
 
 
2
2
' '
4
1 1
8
1
1 8
1 1

2 4
a b
f a f b
a b
a b
a b
a b
a b
ab a b
 





  




 
   
 
 
   
 
 
  
   
 



 
  
 

Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
13
 
4
4
1
16 4 1 8 1
4
a b
a b
ab ab
ab
  

  



 
 
   

 



 

t ừ đó tì m được A,B
Ví dụ 3 ) Cho hàm số
2
(3 1 )
y
m x m m
x m

  

(Cm)
Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục Ox song song với đường thẳng
(d):
1y x 

Giải :
Ta có
2
2
4
'
( )
m
y
x m




Giao điểm của (Cm) và trục Ox là
2
( ;0)
3 1
m m
A
m


. Tiếp tuyến tại A của (Cm) song song với
2
2
1
3 1
1 ' 1 1
1
3 1 2
5
m
m m m
y x y
m m
m
 

 
 
 


      
 
 


 
 
 

Khi m=1. Phương trì n h t i ếp tuyến là
1y x 
(loại) vì t i ếp tuyến trùng với đường thẳng (d)
Khi
1
5
m  
. Phương trì n h t iếp tuyến là :
3
5
y x 
(TMĐK)
KL :
1
m  

5
Qua ví dụ này các em học sinh cần lưu ý : K i ểm tra điều kiện đủ khi tìm ra giá trị tham số,
Đây là sai lầm hay mắc phải của học sinh khi giải toán.
Ví dụ 4) Cho hàm số

3
3 2y x x  
(C)
Tìm trên (C) các điểm A,B phân biệt sao cho các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số
góc đồng thời đường thẳng đi qua A và B vuông góc với đường thẳng d:
5 0x y  

Giải :
Giả sử các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số góc k. Để tồn tại hai tiếp tuyến tại A,B phân
biệt thì p h ương trì n h
2
' 3 3y x k  
phải có hai nghiệm phân biệt
3k  

Ta có tọa độ các điểm A,B thỏa mãn hệ:
 
2
3
2
2
3 3 2 2
3 2
3
3 3
3 3
x
y x x
y x x
x k

x k


   
  
 

 
 



 

2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3
3 3 3 3
k x k k
y x x y x
x k x k
 
   
        
    
 
   
 
 
   

 

phương trì n h đường thẳng AB:
2 2
3
k
y x
 
  
 
 
. Để
2 1 9
3
k
AB dk     
(th ỏa mãn)
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
14
Vậy tọa độ các điểm A,B thỏa mãn:
   
3
3
2
3 2
3 2
2 ; 4 , 2 ; 0
2
3 3 9

y x x
y x x
A B
x
x


  
  
 
  
 
 
 



Ví dụ 5 ) Cho hàm số




3 2
1 1 1y x m x m x     
(1)
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt Ox ở 3 điểm phân biệt A(1;0), B, C sao cho các
tiếp tuyến tại B,C song song nhau.
Giải:
Xét phương trì n h





2 2
0 1 1 0( ) : 1 0y x x mx gt pt x mx         
có 2 nghiệm phân
biệt khác 1
2
0
4 0
m
m




   

. Gọi ,
B C
x x
là nghiệm đó
B C
x x
  và
B C
x x m
  .
Yêu cầu bài toán





' '
B C
y x y x 











 
2 2
3 2 1 1 3 2 1 1 3 2 1 0
2 1
2
3
B B C C B C B C
B C
x m x m x m x m x x x x m
m
x x m m
 
               

 

     
Ví dụ 6 ) Cho hàm số
 
2 2 1
1
m
x m
y C
x m
 

 

Cho A(1;2). Tìm các giá trị của m sao cho tồn tại đường thẳng qua A cắt đồ thị C
m
t ại hai
điểm phân biệt M,N mà các tiếp tuyến tại M,N của đồ thị song song với nhau.
Giải:
Ta có:
 
2
3
'
1
y
x m



 
. Giả sử






1 1 2 2 1 2
; , ;
m
M x y N x y C x x 
. Tiếp tuyến tại M và N song
song
   
1 2 1 2
2 2
1 2
3 3
1 1 2 2
1 1
x m x m x x m
x m x m
 
            
   
(1)
Ta thu được









1 1 2 2
1 1 1 1x x m x x m      

và chú ý


1 2 1 2 1 2
1 ( 1 ) 1 1 2x m x m x x x x             
. Cùng với (1)
0m 

2) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b nên
0
1
' ( )k f x
a

  
. Giải phương trình tìm
0
x
sau đó viết phương trì n h t iếp tuyến theo (1)
+ Chú ý : Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A vuông góc với tiếp tuyến tại B là:
' ( ) . ' ( ) 1
A B
A B
f x f x
x x
 




Ví dụ 1) Cho C(m):
3 2
( ) 3 1y f x x x mx    
a) Tìm m để C(m) cắt đường thẳng y=1 tại 3 điểm phân biệt C(0;1), D, E.
b) Tìm m để các tiếp tuyến với C(m) tại D và E vuông góc với nhau.
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
15
Giải: a) Xét




1Cm y 

với p h ương trình tìm hoành độ giao đi ểm
 
3 2 2
2
0
3 1 1 3 0 (0;1)
( ) 3 0
x
x x mx x x x m C
g x x x m


         

   

Yêu cầu bài toán ,
D E
x x
 là 2 nghiệm phân biệt khác 0 của g(x)=0
9
9 4 0
9
0
4
(0) 0
4
0
m
m

m
g m
m

   



    
 
 




(*)
b ) Đạo hàm:
2
( ) 3 6y x x x m

   .
Với đi ều kiện
9
0
4
m 
thì các tiếp tuyến t ại D và E vuông góc với nhau.





2 2
1 ( ). ( ) 3 6 3 6
D E D D E E
y x y x x x m x x m
 
       














   
2 2 2
3 3 2 3 3 2 3 2 3 2
9 6 4 9 6 . 3 4 4 9
D D E D D E
D E D E
g x x m g x x m x m x m
x x m x x m m m m m
          

   
         

2
9 65
4 9 1 0
8
m m m

     
t hoả mãn điều kiện ( * )
Cho hàm số
   
3 2
2 5
1 3 2
3 3
y x m x m x      
có đồ thị (C
m
), m là tham số.
Ví dụ 2) Tìm m để trên (C
m
) có 2 điểm phân biệt




1 1 1 2 2 2
; , ;M x y M x y

thỏa mãn
1 2
. 0x x 
và tiếp tuyến của (C
m
) tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng
: 3 1 0d x y  

Giải: Ta có hệ số góc của
: 3 1 0d x y  
là
1
3
d
k 
. Do đó
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trì n h
y’=-3 Hay




2 2
2 2 1 3 2 3 2 2 1 3 1x m x m x m x m           
(1)
Yêu cầu bài toán


phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn
1 2
.
x x
>0
   
2
3
' 1 2 3 1 0
1
3 1
1
0
3
2
m
m m
m
m

 

     
 
 
 

 
   

 


Vậy kết quả bài toán là
3m  
và
1
1
3
m   
.
Ví dụ 3) Cho hàm số
3
2
2 3
3
x
y x  
(C) và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua A(0;3)
Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt sao cho các tiếp tuyến tại 3
giao điểm đó cắt nhau tạo thành một tam giác vuông.
Giải:
Hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) là
 
3
2 2
2 3 3 6 3 0

3 3
x x
x kx x x k       
2
0
( ) 6 3 0
x
g x x x k




   

. Điều kiện là phương
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
16
trình
2
( ) 6 3 0g x x x k   
có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
' 0 9 3 0 3
(0) 3 0 (0) 3 0 0
k k
g k g k k
     
  
  
  

      
  
Tại x=0 tiếp tuyến song song với trục Ox do đó để 3 tiếp tuyến cắt nhau tạo thành một tam giác
vuông thì điều kiện là
2
( ) 6 3 0g x x x k   
có 2 nghiệm
1 2
;
x x
sao cho
1 2
' ( ). ' ( ) 1f x f x  




2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 4 1 4 ( ) 16 1 0x x x x x x x x x x x x          

Theo định lý Viets ta có
1 2
1 2
6
. 3
x x
x x k
  



 

Thay vào ta có:
2 2
4 15
9 72 48 1 0 9 24 1 0
3
k k k k k k
 
         

K ết hợp điều kiện suy ra
4 15
3
k
 


3) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến đi qua ( ; )
M M
M x y
+ Gọi k là hệ số góc của đường thẳng

đi qua M . Phương trì n h c ủa

là ( )
M M
y k x x y  
+ Đi ều kiện để


là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm
( ) ( )
' ( )
M M
k x x y f x
k f x
  




. Giải h ệ
tìm x ta có hoành độ của các tiếp đi ểm s a u đó viết phương trì n h t i ếp tuyến
Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến đi qua
19
;4
12
A
 
 
 
đến


3 2
: ( ) 2 3 5C y f x x x   

Giải: Đường thẳng đi q u a
19

;4
12
A
 
 
 
với h ệ số góc k có phương trình
19
4
12
y k x
 
  
 
 
t iếp xúc
v ới


: ( )C y f x 
19
( ) 4
12
( )
f x k x
f x k

 
  


 
 





có nghiệm
 
3 2
19 19
( ) ( ) 4 2 3 5 6 1 4
12 12
f x f x x x x x x x
   

          
   
   

      
 
 
 
 
 
 
2
1 1
1

2 2
2
3 3
3
19 17
1 2 1 6 1 1 4 1 0
12 2
19
1 : 4 4
12
19
2 : 4 12 15
12
1 19 21 19
: 4 4
8 12 32 12
x x x x x x x x
x t y y x y
x t y y x y x
x t y y x y x
   
          
   
   

 

      
 


 


 

        

 
 



   

        

   
   


4)Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo v ới trục Ox một g ó c


Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
17
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0

' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuyến tạo với t r ục Ox một góc


0
0
0
' ( ) tan
' ( ) tan
' ( ) tan
f x
f x
f x





  

 

Giải t ì m
0
x
sau
đó viết phương trì n h t i ếp tuyến theo (1).
Ví dụ 1) Cho (C):

3 2
1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với trục hoành góc
45
0

Giải: D o t i ếp tuyến của (C) tạo với Ox góc 45
0
nên hệ số góc k của tiếp tuyến t h o ả mãn
0
45 1 1k tg k    
. Vì
 
2
1
( ) 0 1
1
y x x
x


   

nên k=-1. hoành độ tiếp đi ểm l à ng h iệm

của phương trì n h
 
1 1
2
2 2
0 2
1
( ) 1 1
2 4
1
x y
y x
x y
x
  



     

  


Phương trì n h t i ếp tuyến t ại x
1
=0 là y=-1(x-0)+2=-x+2
Phương trì n h t i ếp tuyến t ại x
2
=2 là y=-1(x-2)+4=-x+6.
Ví dụ 2 ) Cho hàm số

3
2( 1 )
x
y
x



có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên
(H) sao cho tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B và đường trung trực của AB đi qua gốc tọa độ
Giải: Do tam giác OAB vuông tại O và trung trực của AB đi qua gốc tọa độ nên tam giác OAB
vuông cân tại O suy ra tiếp tuyến tạo với Ox góc 45
0

Suy ra
 
0 0 0
2
0
4
' ( ) 1 0 à 2
4 1
f x x v x
x

     

Từ đó viết được 2 phương trì n h t i ếp tuyến là
3
2

y x  
và
5
2
y x  

5) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến tạo v ới đường thẳng y=ax+b một góc


+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuyến t ạ o với đường thẳng y=ax+b một góc


tan
1
tan
1
tan
1
k a
k a
ka
k a
ka

ka









  




 



(Với
0
' ( )k f x ) Giải t ì m
0
x
sau đó viết phương trì n h t i ếp tuyến theo (1).
Ví dụ 1) Cho (C):
4 3
1
x
y

x



. Viết phương trình tiếp tuyến tạo với


:
y=3x góc 45
0
.
Giải: Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó do tiếp tuyến t ạ o với



:y=3x góc 45
0
nên
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
18
0
2
3 1 3
3
45 1
1
3 1 3
1 .3
2

k
k k
k
tg
k k
k
k
 

  



   


   




* Với k=-2, xét đường thẳng y=-2x+m tiếp xúc (C)
4 3
2
1
x
x m
x

   


hay 4x-3=(-2x+m)(x-1) có nghiệm k é p
     
2
2
2
2 2 3 0 2 8 3 0
12 28 0 6 2 2
x m x mm m
m m m
            
        
* Với k =
1
2

xét đường thẳng
1
2
y x m

 
tiếp xúc (C)
4 3 1
1 2
x
x m
x
 
  


hay 2(4x-3)=(-x+2m)(x-1) có nghiệm k é p
     
2
2
2 7 2 6 0 2 7 4 2 6 0x x x m m m            

2
4 36 73 0m m     
vô nghiệm.
Vậy c h ỉ c ó 2 t i ếp tuyến
2 6 2 2y x   
tạ o với y=3x góc 45
0
.
6) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến cắt hai trục toạ độ t ại A, B sao cho tam giác
OAB vuông cân hoặc tam giác OAB có diện tích bằng một số cho trước.
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuyến c ắt 2 trục Ox, Oy tại A, B thì tam giác OAB luôn vuông, để OAB là tam giác
vuông cân thì tiếp tuyến p h ải tạo với O x m ột góc
0
45



và t iếp tuyến không đi qua gốc toạ đ ộ
+ Viết phương trì n h t i ếp tuyến theo dạng (4). Sau đó chỉ c h ọn n h ững tiếp tuyến không đi qua gốc
toạ đ ộ
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến c ắt Ox, Oy tạ o thành tam giác có diện tích cho trước thì ta tìm các
giao đi ểm A,B sau đó ta tính diện tích tam giác vuông OAB theo công thức
1
.
2
OAB
S O A O B


Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2
2
x
y
x


biết tiếp tuyến cắt
,Ox Oy
lần lượt tại A,B mà tam giác OAB thỏa mãn:
2AB OA
.
Giải:
Cách 1: G ọi





0 0 0
; ,M x y x 
thuộc đồ thị hàm số. PTTTd tại M có dạng:
 
 
0
0
2
0
0
2
4
2
2
x
y x x
x
x

  


.
Do tiếp tuyến cắt trục
,Ox Oy
tại các điểm A,B và tam giác OAB có
2AB OA
nên tam giác
OAB vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với 1 trong hai đường phân giác

y x

h o ặc
y x 

+TH1: d vuông góc với đường phân giác
y x
có:
 
0 0
2
0
4
1 0 4
2
x x
x

     

Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
19
Với
0
0 :
x d y x
    (loại)
Với
0

4 : 8
x d y x
    
+TH2: : d vuông góc với đường phân giác
y x 
có:
 
2
0
4
1
2x

  

PT vô nghiệm
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán
: 8d y x  

Cách 2: Nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có:
 
1
sin sin
4
2
OA
ABO
AB

  

nên tam
giác AOB vuông cân tại O. PTTT của (C) tại


0 0
;M x y
có dạng:
 
 
0
0
2
0
0
2
4
2
2
x
y x x
x
x
   


. Dễ dàng tính được
2
0
;0
2

x
A
 

 
 
 
và
 
2
0
2
0
2
0 ;
2
x
B
x
 
 

 

 
Yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tì m
0
x
l à n g h i ệm của phương trì n h:

 
 
2
0
2
3
0
0 0
2
0
2
4 0
2
2
x
x
x x
x
   

Với
0
0x  ta có PTTT là:
0y x 

Với
0
4x  thì PTTT là:
4y x  

Ví dụ 2) Cho hàm số
3 2
4 1
(2 1 ) ( 2)
3 3
y x m x m x     
(Cm)
Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục tung cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại A,
B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng
1
18

Ta có
1
(0; )
3
B
t iếp tuyến tại B của (Cm) là
1
(y m 2)
3
 x 
(d) . Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại
1
(
3 6
;0)A
m



Diện tích tam giác OAB là
1
1 1 11 1
. . . 2 1
3
2 2 33 6 18
m
S OAOB m
m
m
 


      

 


7) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến b i ế t tiếp tuyến cắt 2 đường t i ệ m cận t ạo thành
một tam giác có diện tích cho trước hoặc tạo thành một góc cho trước.
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
' ( )( ) ( )y f x x x f x   .
+ Tìm các giao đi ểm của tiếp tuyến v ới c á c đường tiệm cận s a u đó căn c ứ vào đi ều kiện để giải
quyết
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt 2 tiệm c ận ngang và tiệm c ận đứng tại A, B mà tam giác IAB
vuông cân ( Với I là giao đi ểm 2 tiệm c ận) thì ta quy về việc viết phương trì n h t i ếp tuyến biết

tiếp tuyến tạo với t i ệm cận ngang một góc
0
45
) Chú ý rằng tiếp tuyến không được đi qua giao
đi ểm 2 đươn g t i ệm c ận vì khi đó sẽ không hình thành một tam giác)
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
20
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt tiệm c ận đứng và tiệm c ận ngang tại A, B tạo thành tam giác IAB
có diện tích cho trước thì ta tìm các giao đi ểm A, B sau đó dùng công thức
1
.
2
OAB
S IA IB



+ Chú ý: Góc tạo bởi tiếp tuyến và đường tiệm ngang hoặc tiệm cận đứng cũng chính là góc tạ o
b ởi tiếp tuyến và các trục Ox, Oy
Ví dụ 1 ) Cho hà số
2 3mx
y
x m



. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến
bất kỳ của hàm số cắt hai tiệm cận tại A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng
64.

Giải: Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng
x m

và đường
tiệm cận ngang là
2y m
. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là:


,2I m m

Gọi
0
0
0
2 3
;
mx
M x
x m
 

 

 
(với
0
x m

) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.

PTTT của đồ thị hàm số tại điểm này là
 
 
2
0
0
2
0
0
2 3
2 3
mx
m
y x x
x m
x m


   


Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại
2
0
0
2 2 6
;
m x m
A m
x m

 
 
 
 

 
và cắt tiệm cận ngang tại


0
2 ;2B x m m
. Ta có
2
2
0
0 0
0 0
2 2 6 4 6
2 ; 2 2
mx m m
IA m IB x m m x m
x m x m
  
       
 
Nên diện tích tam giác IAB là
2
1
. 4 6
2

S IAIB m  

Bởi vậy yêu cầu bài toán tương đương:
2
58
4 6 64
2
m m    

Ví dụ 2 ) Cho hàm số
.
1
x
y
x


Viết PTTT của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng


2 2 2
.
Giải:
Cách 1: Đường tiệm cận c ủa đồ thị là
1 , 1
x y
 
. Gọi PTTT của (H) tại



0 0
;M x y
là:
 
 
0
0
2
0
0
1
1
1
x x
x
y
x
x
 
 



Khi
0 0
0 0
1 1
1 1 ;
1 1

x x
x y A
x x
 
 
   
 
 
 
. Khi




0 0
1 2 1 2 1 ; 1 ; 1 ; 1y x x B x I     

Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
21
 
 
 
   
 
 
 
 
 
 

 
 
2
2
0 0
0 0
0 0
2 4
0 0 0
0
2
2
0 0
1 1
1 2 2 2 2 1 2 2 2
1 1
2 2 1 1 4 2 2 2 1
1 0
2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 0
ABC
x x
P IA IB AB x x
x x
x x x
x L
x x
 
 
            
 

 
 
        

 



        


Cách 2: Phương trì n h t i ệm cận đứng
1
x

, phương trì n h t iệm cận ngang
1y 

Gọi
;
1
a
M a
a
 
 

 
, PTTT tại
 

 
2
1
:
1
1
a
M y x a
a
a

  


Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là
1
1 ;
1
a
A
a

 
 

 

Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là



2 1 ; 1B a 

Chu vi tam giác IAB là
 
 
2
2
2 1
2 1 2 1 4 2 2
1
1
C IA IB AB a a
a
a
         



Dấu “=” xảy ra khi
1 1a  
tức
0 ; 2a a 
.
Với
0a y x   

Với
2 4a y x    

KL:

; 4y x y x    
là 2 tiếp tuyến cần tì m .
Ví dụ 3) Cho hàm số
 
3 2
1
x
y C
x



. Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Viết
PTTT d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B
thỏa mãn:
5
ˆ
cos
26
BAI 

Giải: Xét điểm




0 0 0
; , 1M x y x C  
là tiếp điểm của tiếp tuyến d.
PTTT tại d có dạng:

 
 
0
0
2
0
0
3 2
5
1
1
x
y x x
x
x

  



Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A và B và I AB có
5
ˆ
cos
26
BAI 
nên
2
2
1 1 1

ˆ ˆ
ˆ
tan 1 tan tan 5
ˆ
25 5
cos
B A I B A I ABI
B A I
      
Lại có
ˆ
tan A B I
là hệ số góc của tiếp tuyến d mà
 
 
0
2
0
5
' 0
2
y x
x
 

nên
 
 
2
0 0 0

2
0
5
5 1 1 0 2
1
x x x
x
        

Với
0
0x  có PTTT d:
5 2y x 

Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
22
Với
0
2x   có PTTT d:
5 2y x 

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán có pt như trên.
Ví dụ 4 ) Cho hàm số :
2x 1
y
x 1




có đồ thị là


C
.
Gọi
I
l à giao điểm của hai đường tiệm cận của


C
.Tìm trên đồ thị


C
điểm
M
có hoành
độ dương sao cho tiếp tuyến tại
M
với đồ thị


C
cắt hai đường tiệm cận tại
A
và
B
thoả
m ã n :

2 2
40IA I B 

Giải:
TCĐ


1
d
:
1x  
,TCN


2
: 2d y 



1 ; 2I 
.Gọi
0
0
0
2 1
;
1
x
M x
x

 

 

 




0
, 0C x 

Phương trì n h t i ếp tuyến với


C
tại
 
 
 
0
0
2
0
0
2 1
3
: :
1
1

x
M y x x
x
x

   


         
 
0
1 2 0
0
2 4
1 ; , 2 1 ; 2
1
x
d A d B x
x
 
 

 
       
 
 

 
 
 

 
 
   
2
4 2
0
2
2 2
0 0
0
0
0
36
4 1 40
1 10 1 9 0
1
40
0
0
x
x x
x
IA IB
x
x

  

    
 


   
 






0
x 2


0
y 1



2 ; 1M
.
8) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến cắt t i ệ m cận đứng, t iệ m cận ngang tại A, B mà
chu vi tam giác IAB nhỏ n h ất
*) Để giải q u y ết dạng bài tập này học sinh cần n ắm được một kế t quả quan trọng sau: (Trong
h à m s ố phân thức bậc nhất trên bậc nhất tiếp tuyến bất kỳ c ắt 2 tiệm c ận t ại A,B thì diện tích tam
giác IAB không đổi). Vận d ụng kết quả này ta có
2 2
2 . 2 . (2 2).
IAB
C IA IA AB IA IB IA IB IA IB IA IB IAIB


          
. Vì diện t í c h
tam giác IAB không đổi suy ra IA.IB không đổi. Từ đó ta có Chu vi tam giác IAB min khi
IA=IB. Giải đi ều kiện tìm M sau đó viết phương trì n h t iếp tuyến
Ví dụ 1 ) Cho hàm số
2
1
x
y
x



. Viết PTTT của đồ thị biết tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận tại A,B
sao cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. với I là giao 2 tiệm cận.
Giải: Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng
1x  
và tiệm cận ngang là đường
thẳng
1y 
. Giao điểm hai đường tiệm cận


1 ; 1I 
. Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị
tại điểm có hoành độ
0
x
, PTTT có dang:
 

 
0
0
2
0
0
2
3
1
1
x
y x x
x
x

  


Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng
1x  
tại điểm
0
0
5
1 ;
1
x
A
x
 



 

 
và cắt tiệm cận đứng tại điểm
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
23


0
2 1 ; 1B x 
. Ta có:
 
0
0 0
0 0
5
6
1 ; 2 1 1 2 1
1 1
x
IA I B x x
x x

        
 
Nên
0

0
6
. .2 1 12
1
IAIB x
x
  

. Do vậy diện tích tam giác IAB là
1
. 6
2
S IAI B 

Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là
6S
r
p p
 

Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất, mặt khác tam giác IAB vuông tại I nên:
2 2
2 2 2 . 4 3 2 6p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB           

Dấu “=” xảy ra khi
 
2
0
1 3 1 3IA I B x x       
Với 1 3x    ta có tiếp tuyến



1
: 2 1 3d y x  

Với 1 3x    ta có tiếp tuy ến


2
: 2 1 3d y x  

Ví dụ 2 ) Cho Hypebol (C):
2 1
1
x
y
x



và điểm M bất kỳ thuộc (C). Gọi I là giao điểm của
tiệm cận. Tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B.
a) CMR: M là trung điểm của AB
b) CMR: dt


onstIAB c

c) Tìm M để chu vi



IAB
nhỏ nhất.
Giải:
TCĐ: x=1
TCN: y=2
Giao đi ểm 2 tiệm c ận là I(1;2)
y =
2 1 1
2
1 1
x
x x

 
 

,2
1
Gọi M
1
m
m
 
 
 

 
(c).
Tiếp tuyến t ại M là (t): y =

,
y (m) (x-m) + y(m)
2
1 1
( ) : ( ) 2
( 1 ) 1
t y x m
m m

    
 
* (t)

(TCĐ: x =1) = A
2
1 , 2
1m
 

 

 
; ( t )

(TCN: y = 2) = B(2m – 1, 2)
Ta có :
2
A B
M
x x

m x

 
và A,M,B thẳng hàng nên M là trung đi ểm A B
* dt(

IAB)=
1
2
IA . IB =
1
2
A I B I
y y x x 
1 2 1 2
2( 1 ) .2 ( 1 ) 2
2 1 2 1
m m
m m
    
 
(đv d t )
Ta có IA . IB = 4 ;
Chu vi (

IAB) = IA + IB + AB=
2 2
2 . 2 . 2(2 2)IA IB I A IB IA I B IAIB      

Luyenthitohoang.com

Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
24
Dấu bằng xảy r a

IA = IB = 2
1 1m   
1
2
0 (0, 1 )
2 (2,3)
m M
m M
  


 

9) Tìm điều k iện để qua điể m


;
M M
M x y
cho trước kẻ được n tiếp tuyến đến đồ t h ị y=f(x)
+ Xét đường thẳng

có hệ số góc k đi qua đi ểm M
( ) :PT 
( )
M M

y k x x y  
+ Điều kiện để

là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm
( ) ( )
' ( )
M M
k x x y f x
k f x
  




(*)
+ Để qua đi ểm M kẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị t h ì h ệ (*) phải có n nghiệm t h ế phương trì n h
(2) vào (1) dùng phương pháp hàm số để tìm điều kiện
+ Chú ý: Trong việc xác định t o ạ đ ộ M học sinh cần linh hoạt VD: Đi ểm M t h u ộc đường thẳng
y=2x+1 thì M
( ;21 )a a 
, Đi ểm M t h u ộc đường thẳng y=2
( ;2) M a
……
Ví dụ 1) Cho đồ thị hàm số (C):


4 2
1y f x x x   
. Tìm các điểm A


Oy kẻ được 3 tiếp
tuyến đến đồ thị (C).
Giải: L ấy b ất kỳ A ( 0 ; a )

(C). Đường thẳng đi qua A(0;a) với h ệ số góc k có phương trì n h
y=kx+a tiếp xúc với đồ thị (C)
( )
( )
f x kx a
f x k
 






có nghiệm ( *)
 Đi ều kiện c ần: Để ý rằng
( ) ( ) ( )f x f x x R f x    
là hàm chẵn

đồ thị (C)
nhận Oy làm trục đ ố i x ứng. Do A(0;a)

trục đối xứng Oy nên nếu từ A(0;a) kẻ được bao nhiêu
tiếp tuyến đến nhánh bên trái của (C) thì cũng kẻ được bấy nhiêu tiếp tuyến d ến nhánh bên phải
của (C). Suy ra tổng số các tiếp tuyến có hệ số góc k

0 luôn là 1 số chẵn. Vậy d ể từ A(0;a) kẻ

được 3 tiếp tuyến d ến (C) thì đi ều kiện c ần l à h ệ phương trình (*) có nghiệm k=0.
Thế k=0 vào hệ (*)
4 2
2
3
0 ; 1
1 1
1 3
;
4 2 0
2 4
x a
x x kx
x a
x x
 


   
 
 
 
 
 



 Đi ều kiện đủ:
Nếu a=1 thì (*)



 
 
4 2 3
4 2
3
3
2 2
2
2
4 2
1 1
4 2
4 2
0 ; 0
0 ; 0
3 1 0
1 2
;
1 2
;
3 3 3
2 1
3 3
1 2
;
3 3 3
x x x x x
x x kx
x x k

x x k
x k
x k
x x
x k
x
x k
k x x
x k

  

   
 
 
 
 

 




 

 


 





    



 
 






 


Vậy t ừ A(0;1) kẻ được 3 tiếp tuyến đến ( C )
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
25
Nếu
3
4
a 
thì (*)
 
   
4 2 4 2 3

3 3
4 2 4
2
2 2
3 3
1 1 4 2
4 4
4 2 4 2
1 1
1
3 0
4 2
2
2 1 2 1
0
x x kx x x x x x
x x k k x x
x x x
x
k x x k x x
k
 
        
 
 
 
 
   
 
 


   

  
  
  
  
   


 
Vậy t ừ
3
0 ;
4
A
 
 
 
chỉ k ẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C).
K ết luận: Từ các đi ều kiện c ần v à đủ

Đáp số: A(0;1)
Ví dụ 2) Tìm trên đường thẳng y=2x+1 các điểm kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến
(C):
3
1
x
y
x




.
Giải: L ấy b ất kỳ A(a;2a+1)

y=2x+1. Đường thẳng đi qua A(a;2a+1) với h ệ số góc k có phương
trình y=k(x-a)+2a+1 tiếp xúc với
  
3 3
: 2 1
1 1
x x
C y k x a a
x x
 
     
 

h a y




2 1 1 3kx ak a x x
 
     
 
có nghiệm k é p





2
1 2 2 4 0kx a k a x ak a
   
       
   
có nghiệm k é p
0k 
v à
   
2
1 2 4 2 4 0a k a k ak a
   
       
   

0k 
v à
 


2
2 2 2
( ) 1 . 4 4 . 4 0g k a k a a k a      
Qua A(a;2a+1) kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)
( ) 0 g k 
có đúng 1 nghiệm kép k
0

 
 
2 2
2 2
0
32 2 0 ; (0) 4 0
1
32 2 0 ; (0) 4 0
2
1
1
1 0 16 4 0
4
a
a a g a
a
a a g a
a
a
a k k


       
 

         


       

v ậy có 4 đi ểm








1 2 3 4
1 ; 1 , 0 ; 1 , 1 ; 3 , 2 ; 5A A A A 
n ằm trên dường thẳng y=2x+1 và kẻ được
đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Ví dụ 3) Cho hàm số
3 2
2 ( 1 ) 2y x x m x m     (Cm)
Tìm m để từ điểm M(1;2) kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm)
Giải:
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ta có phương trì n h t i ếp tuyến là(d) :
( 1 ) 2y k x  
. Vì (d) là
tiếp tuyến nên hệ phương trình sau có nghiệm
3 2
2
( 1 ) 2 2 ( 1 ) 2
3 4 ( 1 )
y k x x x m x m
k x x m

       




   


3 2
2 5 4 3 ( 1 ) 0x x x m    
Để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm) thì p h ương trì n h
3 2
( ) 2 5 4 3 ( 1 ) 0f x x x x m      (*) có đúng hai nghiệm phân biệt. Ta có
Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom
26
2
1
' ( ) 6 10 4 ' ( ) 0
2
3
x
f x x x f x
x



     



. Từ đó tính được hai điểm cực trị của hàm số là

 
2 109
1 ; 4 3 , ; 3
3 27
A m B m
 
 
 
 
. Ta thấy phương trình (*) có đúng hai nghiệm phân biệt khi một
trong hai điểm cực trị nằm trên trục hoành. Từ đó tìm được
4
3
m 
hoặc
109
81
m 

Ví dụ 4 ) Tìm trên trục hoành các điểm kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C ) .
3
3 2y x x   

Giải: Lấy bất kỳ A(a;0)

Ox. Đường thẳng đi qua A(a;0) với hệ số góc k có phương trì n h
y=a(x-a) tiếp xúc với (C):y=f(x)

Hệ phương trì n h



( )
( )
f x k x a
f x k
  






có nghiệm


 
     
3 2
2
( ) ( )
( ) ( ) 0 2 3 a x 3 2 0
1 2 3 2 3 2 0 1 ( ) 0
f x f x x a
f x f x x a x a
x x a x a x g x

  

        
 

         
 
Từ điểm A(a;0) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)

g(x)=0 có 2 nghiệm p h â n b i ệt và khác (-1)
  
 
2
3 2 3 6 0
2
1
( 1 ) 6 1 0
3
a
a a
a
g a



    
 
 
 
  
   





Phần ba: Các bài toán về sự tư ơ ng giao của 2 đ ồ thị
1) Các bài tập liên quan đến phép biến đổi đồ thị
+ Từ đ ồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y = | f ( x ) | b ằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị c ủa y=f(x) nằm t r ê n
trục O x ; L ấy đối x ứng của phần đồ thị y = f ( x ) n ằm d ưới t r ục Ox qua trục Ox.
+ Từ đ ồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y=f(|x|) bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị y = f ( x ) n ằm b ê n p h ải
trục Oy, Lấy đối x ứng của phần đồ thị b ê n p h ải Oy qua trục Oy( Chú ý y=f(|x|) là hàm chẵn n ê n
nhận t r ục Oy làm trục đ ố i x ứng)
+ Từ đ ồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y=|h(x)|.g(x) với h(x).g(x)=f(x) bằng cách.
+ Ta thấy
( ) ( ) 0
| ( ) |. ( )
( ) ( ) 0
f x khih x
y h x g x
f x khi x


 

 

Từ đ ó ta suy ra cách vẽ đồ thị h à m s ố
| ( ) |. ( )y h x g x
như sau:Lấy p h ần đồ thị y=f(x) khi
( ) 0h x 
. Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ
thị y=f(x) khi
( ) 0h x 

2) Tìm điều k iện để hàm số y=f(x) tiếp xúc vớ i y=g(x)

+ Đi ều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với đồ thị y=g(x) là hệ phương trình sau có nghiệm
( ) ( )
' ( ) ' ( )
f x g x
f x g x





+ Đi ều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với t r ục Ox là hệ sau có nghiệm
( ) 0
' ( ) 0
f x
f x





Luyenthitohoang.com
Trung tâm luyện thi Tô Hoàng Luyenthitohoangcom