phương pháp giải một số dạng bài tập khảo sát hàm số trong kì thi tuyển sinh đại học_luyện thi đại học môn toán khối a, b, d

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: y  ax 3  bx 2  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 x1 , x2 khi đó x1 , x2 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 x1 , x2 thì
f '( x1 )  f '( x2 )  0
+ Phân tích y  f '( x). p( x)  h( x ) . Từ đó ta suy ra tại x1 , x2 thì y1  h( x1 ); y2  h( x2 )  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 vng 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
1
+ Giải điều kiện k= 
a
Ví dụ 1) Tìm m để f  x   x 3  mx 2  7 x  3 có đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu vng
góc với đường thẳng y=3x-7.
Giải: hàm số có cực đại, cực tiểu  f '( x)  3x 2  2mx  7  0 có 2 nghiệm phân biệt

   m 2  21  0  m  21 . Thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có:
1 
2
7m
1


f  x    x  m  . f   x    21  m 2  x  3 
. Với m  21 thì f’(x)=0 có 2 nghiệm x1, x2
9 
9
9
3
phân biệt và hàm số f(x) đạt cực trị tại x1,x2.

2


2
7m

2
 f  x1   9 (21  m ) x1  3  9
 f ( x1 )  0

Do 
nên 
.
 f ( x2 )  0

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



Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình    : y 









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 k  tan 
Ví dụ 1) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 (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
1
2m
m
 2) x  2 
  '  9  3m  0  m  3 y  x 3  3 x 2  mx  2  ( x  1). y ' (
3
3
3
Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình

m
2m
y  (
 2) x  2 
3
3
 m6
  6m
Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai A
 2(m  3) ;0 , B  0; 3 



 
Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA  OB


m6
6m

2(m  3)
3

9
3
 m  6; m   ; m  
2
2
3
2

Chú ý: Ta có thể giải bài tốn 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

 m   2 ( L)
2m
 2  1  
k   tan 45  1 
3
 m   3 (TM )


2

Với m = 6 thì A  B  O so với điều kiện ta nhận m  

3


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
k a
+ Giải điều kiện
 tan 
1  ka
Ví dụ ) Tìm m để f  x   x 3  3(m  1) x 2  (2m 2  3m  2) x  m(m  1) có đường thẳng đi qua
1
x  5 một góc 450.

4
Giải: Gọi hệ số góc của đường thẳng đi qua CĐ, CT là k, khi đó từ điêu kiện bài toán suy ra:
3
1
k
 1


 5k 3
k  
k  5
k  4  1  4
4 4
 4   tg 450  1  k  1  1  k 



4
4
 1
 k  5
 k  1  k  1  3k  5
1  k.   


4
3


4 4

4

 4
2
2
Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  3 x  6(m  1) x  (2m  3m  2)  0 có 2 nghiệm phân biệt

CĐ, CT tạo với y 


3 5  
3 5 
   3(m 2  3m  1)  0   m 
 m 
 (*)

2  
2 

 

1
2
Thực hiện phép chia f(x) cho) f’(x ta có f ( x)   x  (m  1) . f ( x )   m 2  3m  1  x  (m  1) 
3
3
với m thoả mãn điều kiện (*) thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt ccực trị tại
x1,x2.
2 2




 f  x1   3 (m  3m  1)  x1   m  1 
f ( x1 )  0

nên 
Do 
 f  x   2 m2  3m  1  x   m  1 
 f ( x2 )  0

 2
2


3

2 2


Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình    : y 
 m  3m  1  x   m  1 
3
1
2 2
x  5 góc 450 
m  3m  1  1
Ta có    tạo với y 
4
3
3  15

kết hợp với điều kiện (*) ta có m 
2
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
+ S MAB  d M / AB . AB
2
Từ đó tính toạ độ A, B sau đó giải điều kiện theo giả thiết





4


Ví dụ 1) Tìm m để đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  3mx  2 cắt
đường tròn tâm I(1;1) bán kính bằng 1 tại A,B mà diện tích tam giác IAB lớn nhât.
Giải: Có: y '  3 x 2  3m có 2 nghiệm phân biệt khi m  0 . Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ
thị hàm số là M



 

m ; 2  2m x , N  m ; 2  2m x



- Phương trình đường thẳng MN là: 2mx  y  2  0
ˆ
- Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A,B mà tam giác IAB có 2.S IAB  IA.IB.sin AIB  1 ,
1
ˆ
dấu bằng xảy ra khi AIB  900 , lúc đó khoảng cách từ I đến MN bằng
2
2m  1
1
1
3
3
Do vậy ta có pt: d  I , MN  


 m  1
;m  1
2
2
2
2
4m 2  1

Ví dụ 2) Cho hàm số y  x3  3mx  2
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 I 1;1





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



  m ; 2  2m m 
4m m
m 
 x  m   y  2  2mx
2 m

Gọi A, B là 2 cực trị thì A  m ; 2  2m m ; B



PT đường thẳng đi qua AB là: y  2  2m

Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB là d  I ; AB  
Mà diện tích tam giác IAB là S  18 





2



2m  1
2

độ dài đoạn AB  4m  16m3

4m  1

1 2m  1
4m  16m3  18
2
2 4m  1
2



 4m  16m3  2m  1  4m 2  1 4.18  m  2m  1  18





 4m3  4m 2  m  18  0   m  2  4m2  4m  9  0  m  2
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 y1; y2 )
+ 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 y1; y2 )
+ Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là: Đường thẳng đi qua điểm cực đại
cực tiểu vng góc với đường thẳng y=ax+b và trung điểm của AB thuộc đường thẳng y=ax+b

5


Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  3 x 2  m 2 x  m có CĐ và CT đối xứng nhau qua
1
5
  : y  x  .
2
2
Giải: Hàm số có CĐ, CT  f   x   x 3  6 x  m 2  0 có 2 nghiệm phân biệt

   9  3m 2  0  3  m2  m  3 .
1
2
m2
x  1 f ( x)  m 2  3 x 
m

3
3
3
với m  3 thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f(x) đạt cực trị tại x1, x2.
thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x) 






2
m2
m
y1  f  x1   m 2  3 x1 


 f   x1   0

3
3
nên 
Do 
. Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT
2
 f   x2   0
 y  f  x   2 m2  3 x  m  m

2
2
 2
3
3

2
2
m
có phương trình  d  : y  m 2  3 x 

m
3
3
1
5
Các điểm cực trị A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  đối xứng nhau qua    : y  x   d     và trung
2
2
2 2
 m  3  2; xI  1
m  0
3
điểm I của AB phải thuộc (d)  

m0
2
m(m  1)  0
 2 m 2  3 .1  m  m  1 .1  5
3
3
2
2

3
2
Ví dụ 2) Cho hàm số y  x  3 x  mx  2  Cm 





















Tìm m để hàm số(Cm) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số
cách đều đường thẳng d : x  y  1  0
Giải:
Ta có y '  3 x 2  6 x  m; y '  0  3x 2  6 x  m  0 (1)
Hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  m  3
Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là hai điểm cực trị của hàm số (Cm), ( x1 , x2 là 2 nghiệm của (1)).

m
 x 1 m 
Vì y  y '.     2   1 x  2 
và y '  x1   y '  x2   0 nên phương trình đường thẳng đi
3
 3 3  3 

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

6


x1  x2

x  2  1
. Vì I nằm trên (d) nên ta có 1  m  1  0  m  0 (thỏa mãn).

 y  y1  y2  m

2

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 y1; y2 )
+ 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
1
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  mx 2  x  m  1 có khoảng cách giữa các điểm CĐ,
3
CT là nhỏ nhất.
Giải: Do f   x   x 2  2mx  1  0 có   m2  1  0 nên f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và
hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với các điểm cực trị là . A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2 

1
2
2

 x  m  . f ( x)  m 2  1 x   m  1
3
3
3


2 2
2

 y1  f ( x1 )  3  m  1 x1   3 m  1
 f ( x1 )  0



Do 
nên 

 f ( x2 )  0
 y  f ( x )  2  m 2  1 x   2 m  1
2
2


 2
3
3


2
4
2
2
2
2
Ta có AB 2   x2  x1    y2  y1    x2  x1    m 2  1  x2  x1 
9
2
2
 4
  x2  x1   4 x1 x2  1   m 2  1 

 9

Thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x ) 





2
2 13
 4
 4
  4m2  4  1  m 2  1   4 1    AB 


3
 9

 9



Min AB=



2 13
xảy ra  m=0
3

9) Tìm điều kiện để hồnh 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( x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình y’=0
1
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  mx 2  mx  1 đạt cực trị tại x1, x2 thoả mãn
3

x1  x2  8
7


Giải: Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  x 2  2mx  m  0 có 2 nghiệm phân biệt
    m 2  m  0   m  0    m  1
với điều kiện này thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với
x1+x2=2m và x1x2=m.
2
Ta có BPT: x1  x2  8  x1  x2  64
2

  x1  x2   4 x1 x2  4m2  4m  64  m 2  m  16  0

1  65  
1  65 
 m 
m 


2  
2 

 

thoả mãn điều kiện  m  0    m  1

Ví dụ 2) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  1
1 11
Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách từ điểm I ( ; ) đến đường thẳng nối

2 4
điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất
Giải: Ta có y '  3x 2  6 x  m . Hàm số có cực đại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
  '  0  m  3 (0,25 điểm)
2m
x 1
m
- Chia đa thức y cho y’ ta có y  y ' (  )  (
 2) x   1 . Lập luận suy ra đường thẳng đi
3
3
3 3
2m
m
qua cực đại cực tiểu là  y  (
 2) x   1 . Dễ dàng tìm được điểm cố định mà đường
3
3
1
thẳng cực đại cực tiểu luôn đi qua là A( ;2) (0,25 điểm)
2
3
5
- Hệ số góc của đường thẳng IA là k  . Hạ IH vuông góc với  ta có IH  d I /   IA 
4
4
Đẳng thức xảy ra khi IA   (0,25 điểm)
2m
1
4

- Suy ra
 2      m  1 (0,25 điểm)
k
3
3
Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  4m  1 (C)
Tìm m để hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vng tại O
Giải:Điều kiện để hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:
 x  m 1
(0,25 điểm)
y '  3 x 2  6mx  3(m2  1)   '  9  0  
x  m 1

1
1
Ta có y  y '( x  m)  2 x  3m  1 Gọi A, B là 2 điểm cực trị thì
3
3
A( m  1; m  3); B ( m  1; m  1) (0,25 điểm)




 m  1
(0, 25 điểm)
Suy ra OA(m  1; m  3); OB (m  1; m  1)  2m 2  2m  4  0  
m  2
Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2

8

1 3 1
x  m.x 2  m 2  3 x có cực đại x1 , cực
3
2
tiểu x2 đồng thời x1; x2 là độ dài các cạnh góc vng của 1 tam giác vng có độ dài cạnh



Ví dụ 4) Tìm các giá trị của m để hàm số y 

huyền bằng



5
.
2

Giải:
Cách 1: Miền xác định: D  R có y '  x 2  mx  m 2  3; y '  0  x 2  mx  m 2  3  0
Hàm số có cực đại x1 , cực tiểu x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi PT y '  0 có 2
nghiệm dương phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó.
4  m 2  0
2  m  2
  0




  S  0  m  0
 m  0
 3  m  2 (*)
P  0
 2


m   3  m  3
m  3  0

 x1  x2  m
Theo Viet ta có: 
. Mà
2
 x1 x2  m  3

5
14
2
2
2
x1  x2   2  x1  x2   4 x1x2  5  2m 2  4 m 2  3  5  m  
2
2
14
Đối chiếu ĐK(*) ta có giá trị m 
thỏa yêu cầu bài toán.
2





B) Cực đại cực tiểu hàm số bậc bốn: y  ax 4  bx 2  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 ln 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 cịn lại có 2 nghiệm phân biệt
khác khơng.
VD: y  2 x 4  2mx 2  2 thì y '  4 x 3  4mx  y '  0  x  0  x 2   m  điều kiện là m<0
*) Khi hàm số bậc bốn có 3 cực trị là A(0;c), B ( x1; y1 ); C ( x2 ; y1 ) 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  AB. AC  0
+ 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

9


+ Kẻ đường cao AH.
1
+ S ABC  AH .BC
2
+ Giải điều kiện
Ví dụ 1) Tìm m để f(x)= x 4  2mx 2  2m  m 4 có CĐ, CT lập thành tam giác đều
Giải: f’(x)= 4 x x 2  m  0  x  0  x 2  m





Hàm số có CĐ, CT  f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt  m>0
Với m>0 thì f’(x)=0
 x1   m  B  m ; m4  m 2  2m

  x2  0  A 0; m 4  2m


4
2
 x3  m  C m ; m  m  2m

Suy ra BBT của hàm số y=f(x)
m  0
m  0



 ABC đều   AB  AC   AB 2  AC 2
 AB  BC
 AB 2  BC 2















m  0
m  0


  m4  m  m 4  m  
m 33
3
m m  3  0
 4


 m  m  4m
Ví dụ 2) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m 2  4 , 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 y '  4 x3  4mx





y '  0  4 x3  4mx  0  x  0  x 2  m . Hàm số có 3 cực trị  m  0 (*)



 

Gọi A 0; 2m 2  4 , B

 



m ; m 2  4 , C  m ; m 2  4 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
1
Kẻ AH  BC có S ABC  AH .BC  2  yB  y A 2 xB  2  2m 2 . m  m  1 . Đối chiếu
2
với điều kiện (*) có m  1 là giá trị cần tìm.





Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 4  2 1  m 2 x 2  m  1. 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: y '  4 x3  4 x 1  m 2  0  x  0, x 2  1  m2





hàm số có 3 cực trị  1  m  1 . Khi đó tọa độ điểm cực đại là A  0;1  m  , tọa độ hai điểm



  1 m ;

cực tiểu là B  1  m2 ; 1  m 2 , C
diện tích tam giác ABC là S ABC 

2

1  m2



1
d  A; BC  .BC  1  m2
2





2

 1 . Dấu “=” xày ra khi m  0

ĐS: m  0
10


Ví dụ 4) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2 có đồ thị (Cm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m
để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác có đường trịn ngoại tiếp đi qua
3 9
D ; 
5 5
Giải: Có y '  4 x3  4mx  0  x  0; x   m  m  0  . Vậy các điểm thuộc đường tròn (P)



 

ngoại tiếp các điểm cực trị là A  0; 2  , B  m ; m 2  2 , C

3 9
m ; m 2  2 , D  ;  .
5 5



Gọi I  x; y  là tâm đường tròn (P)

 IA2  ID 2
3 x  y  1  0


  IB 2  IC 2  2 x y  2 x m
 2

2
2
 IB  IA
 x  m  y  m2  2


Vậy m  1 là giá trị cần tìm.



 

 x  0; y  1; m  0( L), m  1



2

 x2   y  2

2

Phần hai: Các bài toán liên quan đến tiếp tuyến và các đường tiệm cận
*) Xét hàm số y  f ( x ) .Giả sử M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm khi đó tiếp tuyến tại M có dạng
y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1) ( Chú ý rằng trong trường hợp tổng quát ta thường biểu diễn y0 theo
dạng f ( x0 ) )
2x 1
Ví dụ: Xét điểm M bất kỳ thuộc đồ thị hàm số y 
khi đó điểm M có toạ độ là
x 1
2x 1
M ( x0 ; 0 )
x0  1
*) Ta gọi hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm M là k  f '( x0 )
*) Đường thẳng  bất kỳ có hệ số góc k đi qua M ( x0 ; y0 ) có dạng y  k ( x  x0 )  y0 . Điều kiện
để  là tiếp tuyến của hàm số y=f(x) là hệ phương trình sau có nghiệm
k ( x  x0 )  y0  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 M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )
+ Tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 )  a . Giải phương trình tìm x0
sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1)

11


 f '( x A )  f '( xB )
Chú ý: Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B là 
 x A  xB
2x  1
Ví dụ 1) Cho hàm số y 
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) biết tiếp tuyến
x 1
cách đều hai điểm A(2;4), B(-4;-2)

Giải : Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( x0  1) , PTTT là y 

1
2

 x0  1  x  x0 



2 x0  1
x0  1

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:1 

Suy ra phương trình tiếp tuyến là y 

1

 x0  1

2

 1  x0  

2 x0
 x0  1
x0  1

1
5
x
4
4

Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là

k

 x0  0
1
2  (4)
1
1 
2
4  (2)
 x0  1

 x0  2

Với x0  0 ta có PTTT là y  x  1 ; với x0  2 ta có PTTT là y  x  5
1
5
x  ; y  x  1; y  x  5
4
4
x 1
Ví dụ 2) Cho hàm số y 
x2
Tìm trên đồ thị (C) 2 điểm A và B sao cho AB  8 , tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A và B
song song với nhau.

Vậy có 3 PTTT thỏa mãn y 

  a  1   b  1 
Giải : Giả sử điểm cần tìm là A  a;
 , B  b;
 theo giả thiết ta có hệ:
 a2   b2 
a  b
 f '  a   f ' b


  a  b  4


2
 a  1 b  1 



 8
1
 a  b  
 a  b 2 1 



8
b 1 
 a 1


 ab  2  a  b   4 




12


a  b  4
 a  b  4

từ đó tìm được A,B

1 



ab  1
16  4ab   1  ab  4   8



(3m  1) x  m 2  m
(Cm)
Ví dụ 3) Cho hàm số y 
xm
Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục Ox song song với đường thẳng
(d): y  x  1
Giải :
4m 2
Ta có y ' 
( x  m) 2
m2  m
; 0) . Tiếp tuyến tại A của (Cm) song song với
Giao điểm của (Cm) và trục Ox là A(
3m  1
 m  1
2
 m2  m 
 3m  1 

y  x 1  y '
1
 1 
 1 
m
 2m 

 3m  1 
5

Khi m=1. Phương trình tiếp tuyến là y  x  1 (loại) vì tiếp tuyến trùng với đường thẳng (d)
1
3
Khi m   . Phương trình tiếp tuyến là : y  x  (TMĐK)
5
5
1
KL : m  
5
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 tốn.
Ví dụ 4) Cho hàm số y  x3  3 x  2 (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 vng góc với đường thẳng d: x  y  5  0
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 y '  3 x 2  3  k phải có hai nghiệm phân biệt  k  3
x

2
 y  x3  3x  2

 y  3x  3  2 x  2
3
Ta có tọa độ các điểm A,B thỏa mãn hệ: 

2

3 x  3  k
 2

3 x  3  k





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

k
k

 phương trình đường thẳng AB: y    2  x  2 . Để AB  d   2  1  k  9 (thỏa mãn)
3
3


13


3
3


 y  x  3x  2
 y  x  3x  2
Vậy tọa độ các điểm A,B thỏa mãn: 

 A  2; 4  , B  2; 0 
2
 x  2
3 x  3  9



Ví dụ 5) Cho hàm số y  x 3   m  1 x 2   m  1 x  1 (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 y  0   x  1 x 2  mx  1  0( gt )  pt : x 2  mx  1  0 có 2 nghiệm phân





m  0
biệt khác 1  
. Gọi xB , xC là nghiệm đó  xB  xC và xB  xC  m .
  m2  4  0

Yêu cầu bài toán  y '  xB   y '  xC 
2
2
 3xB  2  m  1 xB  m  1  3xC  2  m  1 xC  m  1   xB  xC  3  xB  xC   2  m  1   0



 xB  xC 

2  m  1
3

mm2

2 x  2m  1
 Cm 
x  m 1
Cho A(1;2). Tìm các giá trị của m sao cho tồn tại đường thẳng qua A cắt đồ thị Cm tại hai
điểm phân biệt M,N mà các tiếp tuyến tại M,N của đồ thị song song với nhau.

Giải:
3
Ta có: y ' 
. Giả sử M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2   Cm  x1  x2  . Tiếp tuyến tại M và N song
2
 x  m  1

Ví dụ 6) Cho hàm số y 

song 

3
2



3
2

 x1  m  1   x2  m  1  x1  x2  2m  2 (1)

 x1  m  1  x2  m  1
Ta thu được  x1  1 x1  m  1   x2  1 x2  m  1
và chú ý x1  m  1  ( x2  m  1)  x1  1    x2  1  x1  x2  2 . Cùng với (1)  m  0
2) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y=ax+b
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )
1
+ Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 )   . Giải phương trình tìm
a

x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1)
+ Chú ý : Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A vng góc với tiếp tuyến tại B là:
 f '( x A ). f '( xB )  1

 x A  xB
Ví dụ 1) Cho C(m): y  f ( x )  x 3  3 x 2  mx  1
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 vng góc với nhau.
14


Giải: a) Xét  Cm    y  1 với phương trình tìm hồnh độ giao điểm
x  0
x 3  3x 2  mx  1  1  x x 2  3x  m  0  
 C (0;1)
2
 g ( x)  x  3 x  m  0
Yêu cầu bài toán  xD , xE là 2 nghiệm phân biệt khác 0 của g(x)=0





9

   9  4m  0
9
m 



4  0  m  (*)
4
 g (0)  m  0
m  0

b) Đạo hàm: y ( x)  3 x 2  6 x  m .
9
Với điều kiện 0  m  thì các tiếp tuyến tại D và E vng góc với nhau.
4
 1  y( xD ). y ( xE )  3 x 2 D  6 xD  m 3 x 2 E  6 xE  m







 3 g  xD    3xD  2m   3g  xE    3 xD  2m     3 xD  2m  3 xE  2m 



 9 xD xE  6m  xD  xE   4m 2  9m  6m.  3  4m 2  4m 2  9

9  65
thoả mãn điều kiện (*)
8
2
5
Cho hàm số y   x 3   m  1 x 2   3m  2  x  có đồ thị (Cm), m là tham số.
3

3
Ví dụ 2) Tìm m để trên (Cm) có 2 điểm phân biệt M 1  x1 ; y1  , M 2  x2 ; y2  thỏa mãn x1.x2  0
và tiếp tuyến của (Cm) tại mỗi điểm đó vng góc với đường thẳng d : x  3 y  1  0
1
Giải: Ta có hệ số góc của d : x  3 y  1  0 là kd  . Do đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình
3
2
2
y’=-3 Hay 2 x  2  m  1 x  3m  2  3  2 x  2  m  1 x  3m  1 (1)
 4m 2  9m  1  0  m 

u cầu bài tốn  phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2 >0
  '   m  12  2  3m  1  0
m  3


  3m  1

1
0

1  m   3

 2
1
Vậy kết quả bài toán là m  3 và 1  m   .
3

x3
 2 x 2  3 (C) và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua A(0;3)

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 vng.
Giải:
Hồnh độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) là
x  0
x
x3
. Điều kiện là phương
 2 x 2  3  kx  3  x 2  6 x  3k  0  
2
3
3
 g ( x )  x  6 x  3k  0
Ví dụ 3) Cho hàm số y 





15


trình g ( x )  x 2  6 x  3k  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
 '  0
9  3k  0
 k  3




 g (0)  3k  0
 g (0)  3k  0
k  0
Tại x=0 tiếp tuyến song song với trục Ox do đó để 3 tiếp tuyến cắt nhau tạo thành một tam giác
vng thì điều kiện là g ( x )  x 2  6 x  3k  0 có 2 nghiệm x1; x2 sao cho f '( x1 ). f '( x2 )  1







 x12  4 x1 x2 2  4 x2  1  x12 x2 2  4 x1x2 ( x1  x2 )  16 x1 x2  1  0
 x  x  6
Theo định lý Viets ta có  1 2
 x1.x2  3k

Thay vào ta có: 9k 2  72k  48k  1  0  9k 2  24k  1  0  k 
Kết hợp điều kiện suy ra k 

4  15
3

4  15
3

3) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến đi qua M ( xM ; yM )
+ Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua M . Phương trình của  là y  k ( x  xM )  yM
k ( x  xM )  yM  f ( x )
+ Điều kiện để  là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm 

. Giải hệ
k  f '( x)
tìm x ta có hồnh độ của các tiếp điểm sau đó viết phương trình tiếp tuyến
 19 
Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến đi qua A  ; 4  đến  C  : y  f ( x )  2 x 3  3 x 2  5
 12 
 19 
 19 
Giải: Đường thẳng đi qua A  ; 4  với hệ số góc k có phương trình y  k  x    4 tiếp xúc
 12 
 12 

19 

 f ( x)  k  x    4
có nghiệm
với  C  : y  f ( x)  
12 

 f ( x )  k


 19 
 19 
 f ( x )  f ( x )  x    4  2 x 3  3 x 2  5  6 x  x  1  x    4
 12 
 12 
17
 19 



  x  1 2 x  1  6 x  x  1  x     x  1  4 x 2  x  1  0
2
 12 



 19 
 x1  1   t1  : y  y1  x  12   4  y  4




 19 
  x2  2   t2  : y  y2  x    4  y  12 x  15
 12 


21  19 
1
19 

 x3    t3  : y  y3  x    4  y 
x 4
8
12 
32  12 


4)Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc 

16


+ Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )
 f '( x0 )  tan 
+ Tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc   f '( x0 )  tan   
Giải tìm x0 sau
 f '( x0 )   tan 
đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1).
3x  2
. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với trục hồnh góc
Ví dụ 1) Cho (C): y 
x 1
450
Giải: Do tiếp tuyến của (C) tạo với Ox góc 450 nên hệ số góc k của tiếp tuyến thoả mãn
1
 0x  1 nên k=-1. hoành độ tiếp điểm là nghiệm
k  tg 450  1  k  1 . Vì y ( x) 
2
 x  1

 x  0  y1  2
 1   1
 x  1
 x2  2  y2  4
Phương trình tiếp tuyến tại x1=0 là y=-1(x-0)+2=-x+2
Phương trình tiếp tuyến tại x2=2 là y=-1(x-2)+4=-x+6.
x3
có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên

Ví dụ 2) Cho hàm số y 
2( x  1)
(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 450
4
Suy ra f '( x0 ) 
 1  x0  0vàx0  2
2
4  x0  1
3
5
Từ đó viết được 2 phương trình tiếp tuyến là y   x  và y   x 
2
2
của phương trình y ( x)  1 

1

2

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 M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )
 k a
1  ka  tan 
k a
 tan   
+ Tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc  
1  ka

 k  a   tan 
1  ka

(Với k  f '( x0 ) ) Giải tìm x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1).
4x  3
Ví dụ 1) Cho (C): y 
. Viết phương trình tiếp tuyến tạo với    : y=3x góc 450.
x 1
Giải: Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó do tiếp tuyến tạo với    :y=3x góc 450 nên

17


 k  2
 k  3  1  3k
k 3
0

 tg 45  1  

k  1
1  k .3
 k  3  1  3k
2

* Với k=-2, xét đường thẳng y=-2x+m tiếp xúc (C)
4x  3

 2 x  m hay 4x-3=(-2x+m)(x-1) có nghiệm kép
x 1

2
 2 x 2   2  m  x  m  3  0     2  m   8  m  3  0

   m 2  12m  28  0  m  6  2 2
1
1
* Với k=
xét đường thẳng y 
x  m tiếp xúc (C)
2
2
4 x  3 1


x  m hay 2(4x-3)=(-x+2m)(x-1) có nghiệm kép
2
x 1
2
 x 2   2 x  7  x  2m  6  0     2m  7   4  2m  6   0

   4m 2  36m  73  0 vơ nghiệm.
Vậy chỉ có 2 tiếp tuyến y  2 x  6  2 2 tạo với y=3x góc 450.
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 M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )
+ Tiếp tuyến cắt 2 trục Ox, Oy tại A, B thì tam giác OAB ln vng, để OAB là tam giác
vng cân thì tiếp tuyến phải tạo với Ox một góc   450 và tiếp tuyến khơng đi qua gốc toạ độ
+ Viết phương trình tiếp tuyến theo dạng (4). Sau đó chỉ chọn những tiếp tuyến khơng 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
1
giao điểm A,B sau đó ta tính diện tích tam giác vng OAB theo cơng thức S OAB  OA.OB
2
2x
Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
biết tiếp tuyến cắt
x2
Ox, Oy lần lượt tại A,B mà tam giác OAB thỏa mãn: AB  OA 2 .
Giải:
Cách 1: Gọi M  x0 ; y0  ,  x0   thuộc đồ thị hàm số. PTTTd tại M có dạng:
y

2 x0
4

 x  x0  .
x0  2  x  2 2
0

Do tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy tại các điểm A,B và tam giác OAB có AB  OA 2 nên tam giác
OAB vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vng góc với 1 trong hai đường phân giác y  x
hoặc y   x
4
+TH1: d vng góc với đường phân giác y  x có:
 1  x0  0  x0  4
2
x0  2 

18

Với x0  0  d : y   x (loại)
Với x0  4  d : y   x  8
+TH2: : d vng góc với đường phân giác y   x có:

4

 x0  2 2

 1  PT vơ nghiệm

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán d : y   x  8
Cách 2: Nhận xét tam giác AOB vng tại O nên ta có: sin  ABO  

OA
1


 sin nên tam
AB
4
2

giác AOB vuông cân tại O. PTTT của (C) tại M   x0 ; y0  có dạng:
2
2

 x0 
2 x0 

2 x0
 0;

. Dễ dàng tính được A   ;0  và B 
y
x  x0  
2
 2 
  x  2 2 
x0  2
 x0  2 


0


Yêu cầu bài tốn lúc này tương đương với việc tìm x0 là nghiệm của phương trình:
x2
2
2 x0
3
0

 x0  x0  4   0
2
2  x  2
0

4

Với x0  0 ta có PTTT là: y  x  0
Với x0  4 thì PTTT là: y   x  4
4
1
Ví dụ 2) Cho hàm số y  x3  (2m  1) x 2  (m  2) x  (Cm)
3
3
Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục tung cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại A,
1
B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng
18
1
1
Ta có B (0; ) tiếp tuyến tại B của (Cm) là y  (m  2) x  (d) . Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại
3
3
1
A(
; 0)
3m  6
 m  1
1
1
1 1
1
Diện tích tam giác OAB là S  OA.OB  . .
  m 2 1 
2
2 3 3m  6 18
 m  3

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 M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
y  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) .
+ 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 450 ) Chú ý rằng tiếp tuyến khơng được đi qua giao
điểm 2 đương tiệm cận vì khi đó sẽ khơng hình thành một tam giác)

19


+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A, B tạo thành tam giác IAB
1
có diện tích cho trước thì ta tìm các giao điểm A, B sau đó dùng cơng thức S OAB  IA.IB
2
+ 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
2mx  3
Ví dụ 1) Cho hà số y 
. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến
xm
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 y  2m . Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là: I  m, 2m 

2mx0  3 

Gọi M  x0 ;
 (với x 0  m ) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.
x0  m 

2mx  3
2m 2  3
PTTT của đồ thị hàm số tại điểm này là y  
 x  x0   0
x0  m
 x  m 2
0

 2mx0  2m2  6 
Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A  m;
 và cắt tiệm cận ngang tại


x0  m


B  2 x0  m; 2m  . Ta có IA 

2mx0  2m 2  6
4m 2  6
; IB  2 x0  m  m  2 x0  m
 2m 
x0  m
x0  m

Nên diện tích tam giác IAB là S 

1
IA.IB  4m2  6
2

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

58
2

x
. Viết PTTT của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
x 1
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2 2  2 .

Ví dụ 2) Cho hàm số y 





Giải:
Cách 1: Đường tiệm cận của đồ thị là x  1, y  1 . Gọi PTTT của (H) tại M  x0 ; y0  là:

y

1 x  x0 

 x0  1

2



Khi x  1  y 

x0
x0  1
 x 1 
x0  1
 A 1; 0  . Khi y  1  x  2 x0  1  B  2 x0  1;1 ; I 1;1
x0  1
 x0  1 

20


2

 x 1 
 2 x0  2   1  0   2 2  2
 x0  1 

x 1
 P ABC   IA  IB  AB  0
 1  2 x0  2 
x0  1
2

 2  2  x0  1 

 x0  14  4  2  2 

2



2

 x

0



 1

 x 1  0  L 
 0

2
2
2 1  2  x0  1  2  2  x0  1  2 2  2  0

Cách 2: Phương trình tiệm cận đứng x  1 , phương trình tiệm cận ngang y  1
a 
a
1

x  a 

Gọi M  a;
 , PTTT tại M : y 
2 
a 1
 a 1 
 a  1













 a 1 
Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là A 1;

 a 1 
Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là B  2a  1;1
Chu vi tam giác IAB là C  IA  IB  AB 

2
 2 a 1  2
a 1

 a  12 

1

 a  12

 4 2 2

Dấu “=” xảy ra khi a  1  1 tức a  0; a  2 .
Với a  0  y   x
Với a  2  y   x  4
KL: y   x; y   x  4 là 2 tiếp tuyến cần tìm.
3x  2
Ví dụ 3) Cho hàm số y 
 C  . Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Viết
x 1
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 BAI 
26
Giải: Xét điểm M  x0 ; y0  , x0  1   C  là tiếp điểm của tiếp tuyến d.
3x0  2
5

 x  x0 
x0  1  x0  1 2
Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A và B và IAB có
5

1
1
1
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
cos BAI 
1 
 tan BAI   tan ABI  5
nên tan 2 BAI 
2
ˆ
25
5
cos BAI
26

PTTT tại d có dạng: y 

ˆ
Lại có tan ABI là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y '  x0  
5

 x0  1

5

 x0  2 2

 0 nên

2

2

 5   x0  1  1  x0  0  x0  2

Với x0  0 có PTTT d: y  5 x  2

21


Với x0  2 có PTTT d: y  5 x  2
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài tốn có pt như trên.
2x  1
Ví dụ 4) Cho hàm số : y 
có đồ thị là  C  .
x 1
Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của  C  .Tìm trên đồ thị  C

 điểm M có hồnh

độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị  C  cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả
mãn : IA2  IB 2  40
Giải:
 2x 1 
TCĐ  d1  : x  1 ,TCN  d 2  : y  2  I  1; 2  .Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  0 
x0  1 


2x 1
3
Phương trình tiếp tuyến với  C  tại M :    : y 
x  x0   0
2 
x0  1
 x0  1

 

     d1    A  1;

 


2 x0  4  

  ,      d 2   B  2 x0  1; 2 
x0  1  


2
 36
4
2
 4  x0  1  40

2

 x  1  10  x0  1  9  0

 0
IA  IB  40    x0  1
 x0  0


 x0  0
2

2

 x0  2

 y0  1

 M  2;1 .

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 khơng đổi). Vận dụng kết quả này ta có

CIAB  IA  IA  AB  IA  IB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 IA.IB  (2  2) IA.IB . Vì diện tích
tam giác IAB khơng đổi suy ra IA.IB khơng 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
x2
Ví dụ 1) Cho hàm số y 
. Viết PTTT của đồ thị biết tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận tại A,B
x 1
sao cho bán kính vịng trịn 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 x  1 và tiệm cận ngang là đường
thẳng y  1 . Giao điểm hai đường tiệm cận I  1;1 . Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị
tại điểm có hồnh độ x0 , PTTT có dang: y 

3

 x0  1

2

 x  x0  

x0  2
x0  1


x 5 
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x  1 tại điểm A  1; 0
 và cắt tiệm cận đứng tại điểm
x0  1 


22


B  2 x0  1;1 . Ta có: IA 

Nên IA.IB 

x0  5

6
1 
; IB  2 x0  1   1  2 x0  1
x0  1
x0  1

6
1
.2 x0  1  12 . Do vậy diện tích tam giác IAB là S  IA.IB  6
x0  1
2

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

S 6

p p

Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất, mặt khác tam giác IAB vuông tại I nên:

2 p  IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB 2  2 IA  IB  2 IA.IB  4 3  2 6
2

Dấu “=” xảy ra khi IA  IB   x0  1  3  x  1  3

 
3 ta có tiếp tuyến d 2 : y  x  2 1  3 

Với x  1  3 ta có tiếp tuyến d1 : y  x  2 1  3
Với x  1 

2x 1
và điểm M bất kỳ thuộc (C). Gọi I là giao điểm của
x 1
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  IAB   const

Ví dụ 2) Cho Hypebol (C): y 

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

( x  m)  2 
 (t ) : y 
2
(m  1)
m 1

2 

* (t)  (TCĐ: x =1) = A  1, 2 
 ;(t)  (TCN: y = 2) = B(2m – 1, 2)
m 1 

x x
Ta có : A B  m  xM và A,M,B thẳng hàng nên M là trung điểm AB
2
1 2
1 2
1
1
* dt(  IAB)= IA . IB = y A  y I xB  xI 
2(m  1) 
.2(m  1)  2 (đvdt)
2
2
2 m 1
2 m 1
Ta có IA . IB = 4 ;
Chu vi (  IAB) = IA + IB + AB= IA  IB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 IA.IB  2(2  2)

23

 m  0  M 1 (0, 1)
Dấu bằng xảy ra  IA = IB = 2  m  1  1  
 m  2  M 2 (2,3)

9) Tìm điều kiện để qua điểm M  xM ; yM  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 () : y  k ( x  xM )  yM
k ( x  xM )  yM  f ( x )
+ Điều kiện để  là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm 
(*)
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 (a;2a  1) , Điểm M thuộc đường thẳng y=2  M (a;2) ……
Ví dụ 1) Cho đồ thị hàm số (C): y  f  x   x 4  x 2  1 . 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
 f ( x)  kx  a
có nghiệm (*)
y=kx+a tiếp xúc với đồ thị (C)  
 f ( x)  k
 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.
 x  0; a  1

 x 4  x 2  1  kx  1 

Thế k=0 vào hệ (*)   3
 2 1
3
4 x  2 x  0

x  2 ;a  4



Điều kiện đủ:





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


 x  0; k  0
Nếu a=1 thì (*)

2
2
 x  0; k  0
 x 3x 1  0
1
2



 2 1
;k 
2 x   x 
2
x  ;k 
3
3 3
k  2 x x  1


3
3

2
1


x  3 ;k  3 3

Vậy từ A(0;1) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)









24


3
3
 4
 4
2
2
3
 x  x  1  kx 
x  x 1  4x  2x x 

4
4
 4 x3  2 x  k
 k  4 x3  2 x



3
Nếu a  thì (*)
1
 4
 4 1
4
2
 2 1
3 x  x  4  0
x  2
x 



2
k  2 x x 2  1
k  2 x x 2  1
k  0



 3
Vậy từ A  0;  chỉ kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C).
 4
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
x3
(C): y 
.

x 1
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
x3
x3
trình y=k(x-a)+2a+1 tiếp xúc với  C  : y 
 k  x  a   2a  1 
x 1
x 1


hay  kx   ak  2a  1   x  1  x  3 có nghiệm kép













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





 k  0 và    a  1 k  2a   4k  ak   2a  4    0
2





 k  0 và g (k )   a  1 .k 2  4 a 2  a  4 .k  4a 2  0

Qua A(a;2a+1) kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)  g (k )  0 có đúng 1 nghiệm kép k  0


   32  a


 a  2   0; g (0)  4a

a0
a  1
0
a2
a 1

  32 a 2  a  2  0; g (0)  4a 2  0
2

2

1
4
vậy có 4 điểm A1  1; 1 , A2  0;1 , A3 1;3 , A4  2;5  nằm trên dường thẳng y=2x+1 và kẻ được
đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 3  2 x 2  (m  1) x  2m (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) : y  k ( x  1)  2 . Vì (d) là
a  1  0  16k  4  0  k  

 y  k ( x  1)  2  x 3  2 x 2  (m  1) x  2m


tiếp tuyến nên hệ phương trình sau có nghiệm 
2
k  3x  4 x  (m  1)

2 x3  5 x 2  4 x  3(m  1)  0
Để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm) thì phương trình
f ( x )  2 x 3  5 x 2  4 x  3(m  1)  0 (*) có đúng hai nghiệm phân biệt. Ta có

25


x  1
. Từ đó tính được hai điểm cực trị của hàm số là
f '( x)  6 x  10 x  4  f '( x )  0  

x  2
3

 2 109

A 1; 4  3m  , B  ;
 3m  . Ta thấy phương trình (*) có đúng hai nghiệm phân biệt khi một
 3 27

4
109
trong hai điểm cực trị nằm trên trục hồnh. Từ đó tìm được m  hoặc m 
3
81
Ví dụ 4) Tìm trên trục hồnh các điểm kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). y   x3  3x  2
Giải: Lấy bất kỳ A(a;0)  Ox. Đường thẳng đi qua A(a;0) với hệ số góc k có phương trình
 f ( x)  k  x  a 

y=a(x-a) tiếp xúc với (C):y=f(x)  Hệ phương trình 
có nghiệm
 f ( x)  k

2

 f ( x )  f ( x )  x  a 
 f ( x)  f ( x)  x  a   0  2 x 3  3ax 2  3a  2  0
  x  1  2 x 2   3a  2  x  3a  2   0   x  1 g ( x)  0


Từ điểm A(a;0) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)  g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt và khác (-1)

a  2

   3a  2  3a  6  0 



2
 g (1)  6  a  1  0
1  a  3


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.
 f ( x)khih( x )  0
+ Ta thấy y | h( x) | .g ( x )  
Từ đó ta suy ra cách vẽ đồ thị hàm số
 f ( x)khi ( x)  0
y | h( x) | .g ( x ) như sau:Lấy phần đồ thị y=f(x) khi h( x)  0 . Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ
thị y=f(x) khi h( x)  0
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
 f ( x)  0

 f '( x)  0

26