Phương pháp giải một số dạng bài tập khảo sát hàm số trong kỳ thi TSĐH

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 cực 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
là 2 nghiệm của phương trình
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 cực tiểu tại
1 2
,
x x
thì
1 2
'( ) '( ) 0f x f x 
+ Phân tích '( ). ( ) ( )y f x p x h x  . Từ đó ta suy ra tại
1 2
,

x x
thì
1 1 2 2
( ); ( ) ( )y h x y h x y h x   
là đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Kí hiệu k là hệ số góc của đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu


* ) Các câu hỏi thường gặp liên quan đến điểm cực đại cực tiểu hàm số bậc 3 là:
1) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu của hàm số song song với
đường thẳng y=ax+b
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải điều 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
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải điều kiện k=
1
a

Ví dụ 1) Tìm m để


3 2
7 3f x x mx x    có đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu vuông
góc với đường thẳng y=3x-7.
Giải: hàm số có cực đại, cực tiểu


2
'( ) 3 2 7 0f x x mx    có 2 nghiệm phân biệt
2
21 0 21m 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  thì f
’
(x)=0 có 2 nghiệm x
1,
x
2

phân biệt và hàm số f(x) đạt cực trị tại x

1
,x
2
.
www.VNMATH.com
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


+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải điều 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 trình
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 khi 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
tan 45 1 2 1
3
3
( )
2

m L
m
k
m TM

 


        


 




www.VNMATH.com
4

4) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với đường thẳng y=ax+b
một góc


+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải điều 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: Gọi hệ số góc của đường thẳng đi qua CĐ, CT là k, khi đó từ điêu kiện 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 phân biệt
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

       
với m thoả mãn điều kiện (*) thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số đạt ccực trị tại
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


 tạo với

1
5
4
y x

  góc 45
0



2
2
3 1 1
3
m m

    
kết hợp với điều 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
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Tìm các giao điểm với các trục toạ độ: Với trục Ox:Giải y=0 tìm x.Với trục Oy giải x=0 tìm y.
+
/

1
.
2
MAB M AB
S d AB
Từ đó tính toạ độ A, B sau đó giải điều kiện theo giả thiết
www.VNMATH.com
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: Có:
2
' 3 3y x m  có 2 nghiệm phân biệt khi
0m 
. Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ
thị hàm số là




;2 2 , ;2 2M m m x N m m x  

- Phương trình 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 IA IB AIB  ,

dấu bằng xảy ra khi
0
ˆ
90AIB 
, 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




;2 2 ; ;2 2A 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:
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là MA=MB
7) Điều kiện để điểm cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y=ax+b
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là: Đường thẳng đi qua điểm cực đại

cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b và trung điểm của AB thuộc đường thẳng y=ax+b
www.VNMATH.com
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 phân biệt
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

     
với 3m  thì f’
(x)
=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số f
(x)
đạt cực trị tại 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 điểm cực trị




1 1 2 2
; , ;A x y B x y đối xứng nhau qua
   
1 5
:
2 2
y x d      và trung
điểm I của AB phải thuộc (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 cực 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 trình 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:
www.VNMATH.com
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 khoảng cách giữa điểm cực đại cực tiểu max,
min
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B. Tính độ dài AB theo tham số. Dùng phương pháp
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: Do


2
2 1 0f x x mx

    có
2
1 0m

    nên f’
(x)
=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và
hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
với các điểm cực 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 ra

m=0

9) Tìm điều kiện để hoành độ điểm cực đại cực tiểu thoả mãn một hệ thức cho trước
+ Điều 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 của 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 
www.VNMATH.com
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

       
với điều kiện này thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1,
x

2
và hàm số đạt cực trị tại 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 điều kiện




0 1m m 
Ví dụ 2) Cho hàm số 13
23
 mxxxy
Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng 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)
Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2
www.VNMATH.com
9
Ví dụ 4) Tìm các giá trị của m để hàm số


3 2 2
1 1
. 3
3 2
y x m x m x    có cực đại
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
nghiệm 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  thỏa yêu cầu bài toán.

B) Cực đại cực tiểu hàm số bậc bốn:
4 2
axy bx c   .
*) Điều kiện để hàm số bậc bốn có 3 cực đại cực tiểu là y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
+ Ta thấy hàm số bậc bốn thì y’=0 luôn có một nghiệm x=0, để y’=0 có 3 nghiệm phân biệt sau
khi tính đạo hàm ta cần tìm điều kiện để phần phương trình bậc 2 còn lại có 2 nghiệm phân biệt
khác không.
VD:
4 2
2 2 2y x mx   thì
3 2
' 4 4 ' 0 0y x mx y x x m          điều 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 điều đặc biệt là tam giác
ABC luôn cân tại A( Học sinh cần nắm chắc điều này để vận dụng trong giải toán)
*) Các câu hỏi thường gặp trong phần này là:

1) Tìm điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân, hoặc đều
+ Tìm điều kiện để y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
+ Tính toạ độ 3 điểm cực đại cực tiểu A, B,C. Lập luận chỉ ra tam giác ABC luôn cân tại A.Tính
các véc tơ: , ,AB AC BC
  

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

+ Tam giác ABC đều
AB BC

2) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực đại cực tiểu tạo thành tam giác có diện tích cho trước
+ Tìm điều kiện để y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
+ Tính toạ độ 3 điểm cực đại cực tiểu A, B,C. Lập luận chỉ ra tam giác ABC luôn cân tại A.
Tính các véc tơ: , ,AB AC BC
  


www.VNMATH.com
10
+ Kẻ đường cao AH.
+
1
.
2
ABC
S AH BC



+ Giải điều 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 phân biệt

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)
 ABC đều
2 2
2 2
0
0
m
m
AB AC AB AC
AB BC
AB 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
Kẻ
AH BC
có
2
1
. 2 2 2 2 . 1
2
ABC B A B
S AH BC y y x m m m

        . Đối chiếu
với điều kiện (*) có
1m 
là giá trị cần tìm.
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       

hàm số 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 

www.VNMATH.com
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
3 9
;
5 5
D
 
 
 

Giải: Có


3
' 4 4 0 0; 0y x mx x x m m        . Vậy các điểm thuộc đường tròn (P)
ngoại 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 tìm.

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 điểm khi đó tiếp tuyến tại 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 điểm M bất kỳ thuộc đồ thị hàm số
2 1

1
x
y
x



khi đó điểm M có toạ độ là
0
0
0
2 1
( ; )
1
x
M x
x



*) Ta gọi hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm M là
0
'( )k f x
*) Đường thẳng  bất kỳ có hệ số góc k đi qua
0 0
( ; )M x y có dạng
0 0
( )y k x x y   . Điều kiện
để  là tiếp tuyến của 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 điểm M đến đồ thị hàm số
y=f(x)
*) Mọi bài toán viết phương trình tiếp tuyến đều quy về việc tìm tiếp điểm sau đó viết phương
trình theo (1)
*) Các dạng câu hỏi thường gặp trong phần này là
1) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b:
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm, 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 song song với đường thẳng y=ax+b nên
0
'( )k f x a  . Giải phương trình tìm
0
x

sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1)

www.VNMATH.com
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 : Gọi
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
AB hoặc 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 trình tiếp tuyến là
1 5
4 4
y x 
Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp 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  ; với
0
2x   ta có PTTT là 5y x 
Vậy có 3 PTTT thỏa mãn
1 5
; 1; 5
4 4
y x y x y x     
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
 





  




 
   
 
 
   
 
 
  
   
 



 
  
 


www.VNMATH.com
13
 
4
4
1
16 4 1 8 1
4
a b
a b
ab ab
ab
  

  



 
 
   

 



 

từ đó tìm 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 trình tiếp tuyến là 1y x  (loại) vì tiếp tuyến trùng với đường thẳng (d)
Khi
1
5
m   . Phương trình tiếp tuyến là :
3
5
y x  (TMĐK)
KL :
1
5
m  

Qua ví dụ này các em học sinh cần lưu ý: Kiểm 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 phương trình
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
kx k k
y x x y x
x k x k
 
   
        
    
 
   
 
 
   
 


phương trình đường thẳng AB:
2 2
3
k
y x

 
  
 
 
. Để
2 1 9
3
k
AB d k      (thỏa mãn)
www.VNMATH.com
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 trình




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
tại 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 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm, 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 trình tiếp 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.
www.VNMATH.com
15
Giải: a) Xét




1Cm y  với phương trình tìm hoành độ giao điểm
 
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 điều kiện
9
0
4
m  thì các tiếp tuyến tại 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

      thoả 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 trình
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
www.VNMATH.com
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
 
         
Kết hợp điều kiện suy ra
4 15
3
k
 



3) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến đi qua ( ; )
M M
M x y

+ Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua M . Phương trình của  là ( )
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
  




. Giải hệ
tìm x ta có hoành độ của các tiếp điểm sau đó viết phương trình tiếp 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 qua

19
;4
12
A
 
 
 
với hệ số góc k có phương trình
19
4
12
y k x
 
  
 
 
tiếp xúc
với


: ( )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 với trục Ox một góc


www.VNMATH.com
17
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm, 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 trục Ox một góc


0
0
0
'( ) tan
'( ) tan
'( ) tan
f x
f x
f x





  

 

Giải tìm
0
x
sau
đó viết phương trình tiếp 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: Do tiếp tuyến của (C) tạo với Ox góc 45
0
nên hệ số góc k của tiếp tuyến thoả mãn
0
45 1 1k tg k     . Vì
 
2
1
( ) 0 1
1
y x x
x


   

nên k=-1. hoành độ tiếp điểm là nghiệm
của phương trình

 
1 1
2
2 2
0 2
1
( ) 1 1
2 4
1
x y
y x
x y
x
  



     

  



Phương trình tiếp tuyến tại x
1
=0 là y=-1(x-0)+2=-x+2
Phương trình tiếp tuyến tại 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 trình tiếp tuyến là
3

2
y x   và
5
2
y x  



5) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc


+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm, 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 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 tìm
0
x
sau đó viết phương trình tiếp 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 tạo với


 :y=3x góc 45
0
nên
www.VNMATH.com
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 kép
     
2
2
2
2 2 3 0 2 8 3 0
12 28 0 6 2 2
x m x m m 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 kép
     
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 chỉ có 2 tiếp tuyến
2 6 2 2y x    tạo với y=3x góc 45
0
.

6) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt hai trục toạ độ tại 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 điểm, 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 cắt 2 trục Ox, Oy tại A, B thì tam giác OAB luôn vuông, để OAB là tam giác
vuông cân thì tiếp tuyến phải tạo với Ox một góc
0
45

 và tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ
+ Viết phương trình tiếp tuyến theo dạng (4). Sau đó chỉ chọn những tiếp tuyến không đi qua gốc

toạ độ
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt Ox, Oy tạo thành tam giác có diện tích cho trước thì ta tìm các
giao điểm A,B sau đó ta tính diện tích tam giác vuông OAB theo công thức
1
.
2
OAB
S OAOB


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: Gọi




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
hoặc 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

     


www.VNMATH.com
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 tìm
0
x
là nghiệm của phương trình:

 
 
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 tiếp tuyến tại B của (Cm) là
1
( 2)
3

y m x   (d) . Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại
1
( ;0)
3 6
A
m



Diện tích tam giác OAB là
1
1 1 1 1 1
. . . 2 1
3
2 2 3 3 6 18
m
S OAOB m
m
m
 


      

 



7) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt 2 đường tiệm cận tạo 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 điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x   .
+ Tìm các giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận sau đó căn cứ vào điều kiện để giải
quyết
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng tại A, B mà tam giác IAB
vuông cân ( Với I là giao điểm 2 tiệm cận) thì ta quy về việc viết phương trình tiếp tuyến biết
tiếp tuyến tạo với tiệm cận ngang một góc
0
45 ) Chú ý rằng tiếp tuyến không được đi qua giao
điểm 2 đương tiệm cận vì khi đó sẽ không hình thành một tam giác)
www.VNMATH.com
20
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A, B tạo thành tam giác IAB
có diện tích cho trước thì ta tìm các giao điểm 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 tạo
bởi 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
;
mx 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 của 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     
www.VNMATH.com
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 trình tiệm cận đứng
1
x

, phương trình tiệm 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 tìm.
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 IAB có
5
ˆ
cos
26
BAI 
nên
2
2
1 1 1
ˆ ˆ
ˆ
tan 1 tan tan 5
ˆ
25 5
cos
BAI BAI ABI
BAI
      
Lại có
ˆ
tan ABI
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 

www.VNMATH.com
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 là 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
mãn :
2 2

40IA IB 
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 trình tiếp 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
2x 


0
1y 


2;1M .


8) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang tại A, B mà
chu vi tam giác IAB nhỏ nhất
*) Để giải quyết dạng bài tập này học sinh cần nắm được một kết quả quan trọng sau: (Trong
hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất tiếp tuyến bất kỳ cắt 2 tiệm cận tại A,B thì diện tích tam
giác IAB không đổi). Vận dụng kết quả này ta có
2 2
2 . 2 . (2 2) .
IAB
C IA IA AB IA IB IA IB IA IB IA IB IA IB

           . Vì diện tích
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 điều kiện tìm M sau đó viết phương trình tiếp 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
www.VNMATH.com

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 IB x x
x x

        
 

Nên
0
0
6
. .2 1 12
1
IA IB x
x
  


. Do vậy diện tích tam giác IAB là
1
. 6
2
S IA IB 
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 IB x x       
Với 1 3x    ta có tiếp tuyến


1
: 2 1 3d y x  

Với
1 3x    ta có tiếp tuyến


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 điểm 2 tiệm cận là I(1;2)
y =
2 1 1
2
1 1

x
x x

 
 

Gọi M
1
,2
1
m
m
 
 
 

 
(c).
Tiếp tuyến tại 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 điểm AB
* 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
    
 
(đvdt)
Ta có IA . IB = 4 ;
Chu vi (  IAB) = IA + IB + AB=
2 2
2 . 2 . 2(2 2)IA IB IA IB IA IB IA IB      
www.VNMATH.com
24
Dấu bằng xảy ra

IA = IB = 2 1 1m   
1
2
0 (0, 1)
2 (2,3)
m M
m M
  


 



9) Tìm điều kiện để qua điểm



;
M M
M x y cho trước kẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị y=f(x)
+ Xét đường thẳng  có hệ số góc k đi qua điểm 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 điểm M kẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị thì hệ (*) phải có n nghiệm thế phương trình
(2) vào (1) dùng phương pháp hàm số để tìm điều kiện
+ Chú ý: Trong việc xác định toạ độ M học sinh cần linh hoạt VD: Điểm M thuộc đường thẳng
y=2x+1 thì M ( ;2 1)a a , Điểm M thuộc 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: Lấy bất kỳ A(0;a)(C). Đường thẳng đi qua A(0;a) với hệ số góc k có phương trình
y=kx+a tiếp xúc với đồ thị (C)

( )
( )
f x kx a
f x k
 






có nghiệm (*)
 Điều kiện cần: Để ý rằng ( ) ( ) ( )f x f x x R f x     là hàm chẵn

đồ thị (C)
nhận Oy làm trục đối xứng. 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 dến nhánh bên phải
của (C). Suy ra tổng số các tiếp tuyến có hệ số góc k 0 luôn là 1 số chẵn. Vậy dể từ A(0;a) kẻ
được 3 tiếp tuyến dến (C) thì điều kiện cần là hệ 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
 


   
 
 
 
 
 




 Điều 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 từ A(0;1) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)
www.VNMATH.com
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 từ
3
0;
4
A
 
 
 
chỉ kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C).
Kết luận: Từ các điều kiện cần và 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: Lấy bất kỳ A(a;2a+1)y=2x+1. Đường thẳng đi qua A(a;2a+1) với hệ 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
 
     
 

hay




2 1 1 3kx ak a x x
 
     
 
có nghiệm kép




2
1 2 2 4 0kx a k a x ak a
   
       
   
có nghiệm kép
0k 
và
   
2

1 2 4 2 4 0a k a k ak a
   
       
   

0k 
và
 


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) ( ) 0g 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


       
 

         


       

vậy có 4 điểm








1 2 3 4
1; 1 , 0;1 , 1;3 , 2;5A A A A  nằm 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 trình tiếp 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 phương trình
3 2
( ) 2 5 4 3( 1) 0f x x x x m      (*) có đúng hai nghiệm phân biệt. Ta có
www.VNMATH.com
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 trình
y=a(x-a) tiếp xúc với (C):y=f(x)

Hệ phương trình


( )
( )
f x k x a
f x k
  






có nghiệm


 
     
3 2
2
( ) ( )
( ) ( ) 0 2 3ax 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 phân biệt 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 tương giao của 2 đồ thị
1) Các bài tập liên quan đến phép biến đổi đồ thị
+ Từ đồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y=|f(x)| bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị của y=f(x) nằm trên
trục Ox; Lấy đối xứng của phần đồ thị y=f(x) nằm dưới trục Ox qua trục Ox.
+ Từ đồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y=f(|x|) bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị y=f(x) nằm bên phải
trục Oy, Lấy đối xứng của phần đồ thị bên phải Oy qua trục Oy( Chú ý y=f(|x|) là hàm chẵn nên
nhận trục Oy làm trục đối xứng)
+ Từ đồ 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 đó ta suy ra cách vẽ đồ thị hàm số
| ( )|. ( )y h x g x như sau:Lấy phần 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 kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với y=g(x)
+ Điều 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






+ Điều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với trục Ox là hệ sau có nghiệm
( ) 0
'( ) 0
f x
f x







www.VNMATH.com