Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến, cực trị của các hàm số cơ bản

Mục lục
Lời nói đầu 3
1 Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến của y = ax
3
+bx
2
+cx+d; y =
ax
2
+ bx + c
dx + c
6
1.1 y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Bài toán tiếp tuyến của hàm bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2 Hàm y =
ax
2
+ bx + c
dx + e
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.1 Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.2 Bài toán tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2 Một số dạng bài toán cực trị 31
2.1 Bài toán cực trị không sử dụng đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2 Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3 Bài toán cực trị lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.4 Bài toán cực trị tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
1
Lời cảm ơn
Tôi xin được bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Nguyễn Vũ
Lương. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của
tôi trong suốt quá trình tôi thực hiện đề tài.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học,
Phòng Sau đại học - Trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội;
các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013.
Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã luôn động viên tôi
trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
2
Lời nói đầu
Bài toán tiếp tuyến, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số luôn luôn là một
trong những chủ đề quan trọng và hấp dẫn trong chương trình giảng dạy bộ môn
toán ở nhà trường phổ thông. Trong các đề thi môn Toán của các kì thi Đại học,
Cao đẳng 10 năm gần đây (2004 - 2014) các bài toán liên quan tiếp tuyến xuất hiện
khá nhiều, các bài toán liên quan đến việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm
số thường xuyên có mặt và thường là một trông những câu khó nhất trong đề thi.
Đây là một nội dung khá rộng, không phải là mới nhưng luôn luôn ẩn chứa không ít
thách thức gắn với những bài toán khó trong các kỳ thi tạo ra nhiều khó khăn cho
người học khi muốn nắm vững nội dung này. Chúng ta có một số phát hiện
• Chia toàn bộ nội dung trình bày thành những dạng cơ bản nhất (không nhiều)
và tìm ra phương pháp giải sẽ giúp cho người đọc khả năng tốt nhất khi tìm lời
giải của một bài toán cụ thể.
• Sự bắt đầu cho mỗi dạng toán phải thật đơn giản và sự phát triển sẽ được trình
bày hệ thống tạo cơ hội thực hành tốt nhất cho người học.
• Tìm ra sự thú vị "Niềm vui trí tuệ" đối với những cách giải hay sẽ làm cho

người đọc nhớ lâu.
• Cái đích mà chúng ta cần đi tới là cảm thấy dễ dàng khi giải các bài toán về
nội dung này.
Trong luận văn Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến, cực trị của các
hàm số cơ bản này, học viên sẽ cung cấp cho bạn học tổng hợp các kỹ năng thông
dụng nhất, cơ bản nhất có thể ví như chìa khóa để giải quyết những bài toán tiếp
tuyến, cực trị của các hàm số cơ bản, các bài toán cực trị, từ đó biết cách áp dụng để
giải nhiều bài toán liên quan đến các dạng toán này. Đặc biệt trong luận văn đã cố
gắng đi sâu vào các bài toán cực trị tổ hợp bằng cách đưa ra hàng loạt các bài toán
còn khá mới mẻ với người học, với mong muốn người học có thể tiếp cận, làm quen
với một lĩnh vực mới trong toán học sơ cấp
Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục tài liệu tham khảo.
3
1. Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến của y = ax
3
+bx
2
+cx+d; y =
ax
2
+ bx + c
dx + c
.
Trong chương này, học viên đã trình bày các bài toán tiếp tuyến và cực trị của
hai hàm số cơ bản, gặp nhiều trong các kỳ thi đại học y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d; y =
ax

2
+ bx + c
dx + c
đại diện cho hàm đa thức và hàm phân thức. Chương I là tài liệu
rất hữu ích cho giáo viên và học sinh các trường THPT, cách giải bài toán tiếp
tuyến, cực trị có phần gọn nhẹ giúp cho người học dễ dàng lập luận biến đổi để
đạt được kết quả của bài toán hơn so với các cách giải bài toán này trong các
cuốn sách tham khảo khác, cụ thể
• Bài toán cực trị của hàm y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d đã phân thành các dạng:
dạng biến đổi thành tích nhờ một nghiệm, dạng tách tham số, dạng tịnh
tiến, dạng bậc hai của tham số, dạng tính được nghiệm của y

, dạng chia
cho y

• Bài toán tiếp tuyến của hàm y =
ax
2
+ bx + c
dx + c
để tìm ra được phương trình
tiếp tuyến, ta luôn luôn biến đổi để được một phương trình bậc hai ẩn
t =
1
dx
0

+ c
.
2. Một số dạng bài toán cực trị. Chương II là nội dung chính của luận văn,
trình bày bốn dạng bài toán cực trị cơ bản: bài toán cực trị không sử dụng đạo
hàm, bài toán cực trị sử dụng đạo hàm, bài toán cực trị lượng giác, bài toán cực
trị tổ hợp, cụ thể
• Bài toán cực trị không đạo hàm: đã đưa ra tám kỹ năng cơ bản: kỹ năng
sử dụng nhận xét nếu 0  x  1 thì x
n
< x với n ∈ N; kỹ năng sử dụng các
bất đẳng thức cổ điển AM − GM, Cauchy − Bunyakovsky − Schwarz, Bu −
Nhi − A − Cốp − Xki; kỹ năng sử dụng tính chất của giá trị tuyệt đối; kỹ
năng sử dụng tính chất của hàm tăng, giảm; kỹ năng đặt ẩn phụ; kỹ năng
tìm giá trị lớn nhất của y bằng cách tìm giá trị lớn nhất của y
2
; kỹ năng sử
dụng điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai.
• Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm: đã phân thành các dạng cơ bản: dạng
phân thức đồng bậc; dạng tích của các biểu thức cơ bản; dạng tổng không
đổi; và các bài toán đưa được về các dạng cơ bản.
• Bài toán cực trị lượng giác: đã đưa ra cách chứng minh cách bất đẳng thức
lượng giác bằng cách sử dụng tính chất lồi lõm của các hàm số lượng giác
từ đó vận dụng các bất đẳng thức Karamata, Jensen ngoài ra luận văn còn
chú trọng đến việc sử dụng các đẳng thức lượng giác để xây dựng một số
4
dạng bất đẳng thức trong tam giác; áp dụng một dạng bất đẳng thức có
điều kiện trong tam giác.
• Bài toán cực trị tổ hợp: đưa ra các bài toán cực trị tổ hợp sử dụng
nguyên lý Pigeonhole trong bài 2.93; 2.94; kỹ năng đếm tổ hợp trong bài
2.86; 2.89; 2.102; 2.109; 2.110; 2.115; 2.117; 2.118; bài toán liên quan đến tô màu

trong bài 2.119; 2.1212.122; 2.123; 2.124; 2.125; 2.126; 2.127; đặc biệt các bài toán
tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F (x
1
, x
2
, , x
n
) khi x
1
, x
2
, , x
n
hoán vị trong bài 2.106; 2.107; 2.108, và một số bài toán cực trị tổ hợp khác.
5
Chương 1
Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến của
y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d; y =
ax
2
+ bx + c
dx + c
1.1 y = ax
3
+ bx
2

+ cx + d
1.1.1 Bài toán cực trị
Đối với hàm số bậc ba y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d ta có kết luận sau
• y
cực tiểu
.y
cực đại
< 0 ⇔ đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
• y
cực tiểu
.y
cực đại
= 0 ⇔ đồ thị tiếp xúc với trục hoành.
• y
cực tiểu
.y
cực đại
> 0 ⇔ hàm số có cực trị và cắt trục hoành tại điểm duy nhất.
Nhận xét 1. Kĩ năng giúp chúng ta giải nhanh các bài toán thuộc nội dung này
chính là các tính chất về dạng của biểu thức f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d
Dạng biến đổi thành tích nhờ một nghiệm
Bài toán 1.1. Cho y = x

3
+ 2mx
2
+ (m + 1)x − 10m − 10. Hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn y
cực tiểu
.y
cực đại
< 0.
Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân
biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt.
x
3
+ 2mx
2
+ (m + 1)x − 10m − 10 = 0 ⇔ (2x
2
+ x − 10)m + (x
3
+ x − 10) = 0
⇔ (x − 2)

x
2
+ 2(m + 1)x + 5m + 5

= 0 ⇔

x = 2
x

2
+ 2(m + 1)x + 5(m + 1) = 0
(2) có hai nghiệm phân biệt = 2
⇔

2
2
+ 4(m + 1) + 5(m + 1) = 0
∆

= (m + 1)
2
− 5(m + 1)0
⇔

m =
−13
9
m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞)
Vậy m ∈ (−∞, −1) ∪(4, +∞) \{
−13
9
}
6
Bài toán 1.2. Cho hàm số y = x
3
−3mx
2
+ (2m
2

−m +2)x + m
2
−2m. Tìm m để hàm
số có cực trị thỏa mãn y
cực tiểu
.y
cực đại
< 0
Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân
biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt.
x
3
− 3mx
2
+ (2m
2
− m + 2)x + m
2
− 2m = 0
⇔ (x − m)

x
2
− 2mx − m + 2

= 0 ⇔

x = m
x
2

− 2mx − m + 2 = 0
(2) có hai nghiệm phân biệt = m
⇔

m
2
− 2m.m − m + 2 = 0
∆

= m
2
+ m − 2 > 0
⇔

−m
2
− m + 2 = 0
(m − 1)(m + 2) > 0
⇔ m ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞)
Vậy m ∈ (−∞, −2) ∪(1, +∞)
Dạng tách tham số
Bài toán 1.3. Cho hàm số y = mx
3
−3mx
2
−9mx −m −1, hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn y
cực tiểu
.y
cực đại

< 0.
Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân
biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt.
mx
3
− 3mx
2
− 9mx − m − 1 = 0
⇔ m(x
3
− x
2
− 9x) = m + 1 ⇔ x
3
− 3x
2
− 9x =
m + 1
m
(m = 0)
yêu cầu bài toán tương đương hai đồ thị hàm số

y = x
3
− 3x
2
− 9x
y =
m + 1
m

có ba giao
điểm.
Xét hàm số y = x
3
− x
2
− 9x có TXĐ = D = R
y

= 3x
2
− 6x − 9 = 0 ⇔

x = −1
x = 3
lim
x→−∞
(x
3
− x
2
− 9x) = −∞; lim
x→+∞
(x
3
− x
2
− 9x) = +∞
ta có bảng biến thiên
7

dựa vào
bảng biến thiên suy ra −27 <
m + 1
m
< 5 ⇔ m ∈

−1
6
;
−1
28

Vậy m ∈

−1
6
;
−1
28

.
Dạng tịnh tiến
Bài toán 1.4. Cho hàm số y = x
3
+ 3(m − 1)x
2
− 3mx + m
3
− 3m
2

. Chứng minh với
mọi m để khoảng cách giữa hai điểm cực đại và cực tiểu bằng 2
√
5.
Giải. Ta có y = x
3
+ 3(m − 1)x
2
− 3mx + m
3
− 3m
2
⇔ y = (x + m)
3
− 3(x + m)
2
đồ thị trên nhận được từ y = x
3
−3x
2
bằng cách tịnh tiến song song theo trục hoành.
Do vậy khoảng cách của hai điểm cực trị chính bằng khoảng cách của hai điểm cực
trị chính bằng khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị y = x
3
− 3x
2
Xét hàm số y = x
3
− 3x
2

có TXĐ = D = R
y

= 3x
2
− 6x = 0 ⇔

x = 0 ⇒ y = 0
x = 2 ⇒ y = −4
khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là
A(0; 0), B(2; 4), suy ra
AB =
√
2
2
+ 4
2
= 2
√
5 ∀ m (đpcm)
Dạng bậc hai của tham số m
Bài toán 1.5. Cho hàm số y = x
3
+ mx
2
− x + m(m + 1). Hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn y
cực tiểu
.y
cực đại

< 0.
Giải. Ta có y = m
2
+ (1 + x
2
)m + (x
2
− x)(x + 1)
∆ = (1 + x
2
)
2
− 4(x
2
− x)(x + 1)
∆ = 1 + 2x
2
+ x
4
− 4x
3
+ 4x
∆ = x
4
+ 4x
2
+ 1 − 4x
3
+ 4x − 2x
2

8
suy ra y = (m + x + 1)(m + x
2
− x)
yêu cầu bài toán tương đương đồ thị hàm số giao với Ox tại ba điểm phân biệt khi
và chỉ khi phương trình sau có ba nghiệm phân biệt
(m + x + 1)(m + x
2
− x) = 0
⇔

x = −m − 1
x
2
− x + m = 0 (2)
phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt = −m − 1
⇔

(−m − 1)
2
− (−m − 1) + m = 0
∆ = 1 − 4m > 0
⇔

m
2
+ 4m + 2 = 0
m <
1
4

⇔

m = −2 ±
√
2
m <
1
4
Dạng tính được nghiệm của y’
Bài toán 1.6. Cho hàm số y =
x
3
3
−
(m + 1)x
2
2
+ mx + m. Hãy tìm m để đồ thị hàm
số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Giải. Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi y
cực tiểu
.y
cực đại
< 0 (1)
Ta có: y

= x
2
− (m + 1)x + m = (x − m)(x − 1) = 0 ⇔


x = m
x = 1
• m = 1 ta có y

 0 hàm số luôn đồng biến (loại)
• m = 1 suy ra phương trình y

= 0 có hai nghiệm phân biệt nên hàm số có hai
cực trị có giá trị y(1), y(m)
ta có
y(1).y(m) < 0 ⇔

3m
2
−
1
6


m
3
3
−
m
2
(m + 1)
2
+ m
2
+ m


< 0
⇔ (9m − 1)(−m
3
+ 3m
2
+ 6m) < 0 ⇔ m(9m −1)(−m
2
+ 3m + 6) < 0
⇔ (9m − 1)(m −
3 −
√
33
2
)(m +
3 +
√
33
2
) > 0
⇔∈

−∞;
3 −
√
33
2

∪


0;
1
9

∪

3 +
√
33
2
; +∞

9
Dạng chia cho y’
Bài toán 1.7. Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ mx + m. Hãy tìm m để hàm số có cực trị
và hai điểm cực trị cùng với A(2; −2) thẳng hàng.
Giải. y

= 3x
2
+ 6x + m, hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y

= 0 có hai
nghiệm phân biệt
⇔ ∆


= 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3
Ta chia y cho y

ta được
y = x
3
+ 3x
2
+ mx + m =

x
3
+
1
3

y

+

2m
3
− 2

x +
2m
3
suy ra
y
cực tiểu

=

2m
3
− 2

x
cực tiểu
+
2m
3
y
cực đại
=

2m
3
− 2

x
cực đại
+
2m
3
suy ra đường thẳng y =

2m
3
− 2


x +
2m
3
(d) đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu
d đi qua A(2; −2) nên −2 =

2m
3
− 2

2 +
2m
3
⇔ m = 1
Bài tập tự luyện
Bài toán 1.8. Cho hàm số y = x
3
+ 3mx
2
+ 3(m
2
−1)x + m
3
−3m + 2. Tìm giá trị của
tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn y
2
cực tiểu
+ y
2
cực đại

= 16.
Giải.
y = (x + m)
3
− 3(x + m) + 2
đồ thị hàm số nhận được từ đồ thị hàm số y = x
3
− 3x + 2 bằng cách tịnh tiến song
song theo trục hoành nên y
cực tiểu
+ y
cực đại
không đổi.
ta có
y = x
3
− 3x − 2
y

= 3x
2
− 3
y

= 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −1
⇒ y
cực tiểu
= y(1) = 0; y
cực đại
= y(−1) = 4

⇒ y
2
cực tiểu
+ y
2
cực đại
= 16 ∀ m
Vậy với mọi giá trị của m đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.
10
Bài toán 1.9. Cho hàm số y = x
3
+ (2m −3)x
2
+ (2 −7m)x + 3m −6. Hãy tìm giá trị
của tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn y
max
.y
min
> 0.
Giải. Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số có cực trị và đồ thị hàm số
giao với trục hoành tại một điểm, khi đó ta có

x
3
+ (2m − 3)x
2
+ (2 − 7m)x + 3m − 6 = 0 có một nghiệm duy nhất (1)
y

= 3x

2
+ 2(2m − 3)x + 2 − 7m = 0 có hai nghiệm phân biệt (2)
(1) ⇔ x
3
− 3x
2
+ 2x − 6 + m(2x
2
− 7x + 3) = 0 ⇔ (x −3)[x
2
− 2x(m + 1) − m] = 0
⇔

x = 3
x
2
− 2x(m + 1) − m = 0 (3)
Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) vô nghiệm hoặc có nghiệm
kép bằng 3
⇔


∆

< 0

∆

= 0
3

2
− 2.3(m + 1) − m = 0
⇔



m
2
+ 3m + 1 < 0

m
2
+ 3m + 1 = 0
m =
3
7
⇔


m ∈

−3 −
√
5
2
;
−3 +
√
5
2


loại
(2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
∆

= 4m
2
+ 9m + 3 > 0 ⇔ m ∈

−∞;
−9 −
√
33
8

∪

−9 +
√
33
8
; +∞

Vậy m ∈

−3 −
√
5
2
;

−9 −
√
33
8

∪

−9 +
√
33
8
;
−3 +
√
5
2

Bài toán 1.10. Cho hàm số y = x
3
−3x
2
+ mx + m, hãy tìm m để hàm số có cực trị
thỏa mãn y
cực đại
+ y
cực tiểu
= 2.
Giải. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y

= 3x

2
− 6x + m = 0 có hai
nghiệm phân biệt. Khi và chỉ khi
∆

= 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3
Áp dụng định lý Viét ta có x
cực đại
+ x
cực tiểu
= 2
Ta có: y = (
x
3
−
1
3
)y

+ (
2m
3
− 2)x +
4m
3
Suy ra
y
cực đại
= (
2m

3
− 2)x
cực đại
+
4m
3
y
cực tiểu
= (
2m
3
− 2)x
cực tiểu
+
4m
3
ta thu được y
cực đại
+ y
cực tiểu
= (
2m
3
− 2)(x
cực đại
+ x
cực tiểu
) +
8m
3

= 4m − 4
y
cực đại
+ y
cực tiểu
= 2 ⇔ 4m − 4 = 2 ⇔ m =
3
2
Vậy m =
3
2
11
Bài toán 1.11. Cho hàm số y = x
3
+ (2 − m)x
2
+ x − m
2
+ m, hãy tìm m để hàm số
có cực trị thỏa mãn y
cực đại
.y
cực tiểu
< 0.
Giải. Ta có y = (x − m + 1)(x
2
+ x + m)
Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số giao với trục hoành tại ba điểm
phân biệt, khi đó phương trình x
2

+ x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt = m − 1
⇔

∆ = 1 − 4m > 0
(m − 1)
2
+ (m − 1) + m = 0
⇔

m <
1
4
m
2
= 0 ⇔ m = 0
Bài toán 1.12. Cho hàm số y = x
3
+ (m + 1)x
2
+ 2mx + m
2
, hãy tìm giá trị tham số
m để hàm số có cực trị thỏa mãn y
cực đại
.y
cực tiểu
< 0.
Giải. Ta có y = (x + m)(x
2
+ x + m)

Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số giao với trục hoành tại ba điểm
phân biệt, khi đó phương trình x
2
+ x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt = −m.
⇔

∆ = 1 − 4m > 0
(m − 1)
2
+ (m − 1) + m = 0
⇔

m <
1
4
m
2
= 0 ⇔ m = 0
Bài toán 1.13. Cho a < b < c, xét hàm y = f(x) = (x −a)(x − b)(x −c). Chứng minh
rằng hàm số có cực trị. Xác định vị trí hoành độ của cực đại và cực tiểu đối với a, b, c.
Giải.
f

(x) = (x − a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a)
Ta có a > b > c nên
f

(a) = (a − b)(a − c) > 0
f


(b) = (b − c)(b − a) < 0
f

(c) = (c − a)(c − b) > 0
⇒

f

(a).f

(b) < 0
f

(b).f

(c) < 0
Theo định lý Lagrange suy ra phương trình f

(x) = 0 có hai
nghiệm phân biệt x
cực đại
; x
cực tiểu
thỏa mãn c < x
cực đại
< b < x
cực tiểu
Bài toán 1.14. Cho hàm số y = f(x) = 2x
3
+ 3(m − 1)x

2
+ 6(m − 2)x − 1. Với giá trị
nào của m để hàm số có cực trị và đường thẳng qua các điểm cực đại và điểm cực đại
trên đường thẳng song song với đường thẳng y = kx ( k cho trước). Biện luận theo k
giá trị của m.
12
Giải. Ta có y

= f

(x) = 6x
2
+ 6(m − 1)x + 6(m − 2)
hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f

(x) = 0 có hai nghiệm phân
biệt
⇔ ∆

= 9(m − 1)
2
− 36(m − 2) > 0
⇔ (m − 3)
2
> 0 ⇔ m = 3
Ta có
f(x) = f

(x).


x
3
+
m − 1
3

+ (−m
2
+ 6m − 9)x − m
2
+ 3m − 3
f(x
cực đại
) = (−m
2
+ 6m − 9)x
cực đại
− m
2
+ 3m − 3
f(x
cực tiểu
) = (−m
2
+ 6m − 9)x
cực tiểu
− m
2
+ 3m − 3
Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là

y = (−m
2
+ 6m − 9)x − m
2
+ 3m − 3
Tiếp tuyến song song với y = kx nên ta có

−m
2
+ 6m − 9 = k (1)
−m
2
+ 3m − 3 = 0 (luôn đúng)
ta có ∆

(1)
= 9 − (k + 9) = −k
Biện luận Nếu ∆

(1)
< 0 ⇔ −k < 0 ⇔> 0 suy ra không tìm được giá trị của m nên
không có đồ thị nào.
Nếu ∆

(1)
= 0 ⇔ −k = 0 ⇔= 0 ⇒ m = 3 suy ra không tìm được giá trị của m nên
không có đồ thị nào. Nếu ∆

(1)
> 0 ⇔ −k > 00 ⇔< 0 suy ra tìm được hai giá trị của

m = 3 nên có hai đồ thị.
Bài toán 1.15. Cho hàm số y = f(x) =
mx
3
3
− mx
2
+ x − 1. Tìm giá trị của m để
hàm số có hai cực trị và hai cực trị cùng dấu.
Giải. TXĐ: D = R
f

(x) = mx
2
− 2mx + 1
Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi

hàm số có hai cực trị
đồ thị hàm số giao và trục hoành có một giao điểm
hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi phương trình f

(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt

m = 0
∆

= m
2
− m > 0
⇔


m = 0
m ∈ (−∞; 0) ∪ (1; +∞)
đồ thị hàm số giao và trục hoành có một giao điểm khi và chỉ khi
mx
3
3
−mx
2
+x−1 = 0
có ba nghiệm phân biệt.
⇔ m

x
3
− 3x
2
3

= 1 − x ⇔
m
3
=
1 − x
x
3
− 3x
2
(x = {0; 3})
13

yêu cầu bài toán khi và chỉ khi hai đồ thị hàm số sau có một giao điểm



y =
m
3
y =
1 − x
x
3
− 3x
2
Xét hàm y =
1 − x
x
3
− 3x
2
T XĐ : D = R \{0; 3}
y

=
2x
3
− 6x
2
+ 6x
(x
3

− 3x
2
)
2
= 0 ⇔ 2x(x
2
− 3x + 3) ⇔ x = 0 (loại)
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
m
3
> 0 ⇔ m > 3
Kết hợp với điều kiện suy ra m > 1
1.1.2 Bài toán tiếp tuyến của hàm bậc 3
Bài toán 1.16. Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
− 4. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ
thị hàm số biết tiếp tuyến qua A (2, 9)
Giải. Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(x
0
; x
3
0
+ 3x
2
0
− 4)
y = (3x
2

0
+ 6x
0
)(x − x
0
) + x
3
0
+ 3x
2
− 4
y = (3x
3
0
+ 6x
0
)x − 2x
3
0
− 3x
2
0
− 4
Tiếp tuyến đi qua A(2; 9) nên ta có
9 = (3x
3
0
+ 6x
0
).2 − 2x

3
0
− 3x
2
0
− 4
⇔ 2x
3
0
− 3x
2
0
− 12x
0
+ 13 = 0
⇔ (x
0
− 1)(2x
2
0
− x
0
− 13) = 0
⇔

x
0
= 1
x
0

=
1 ±
√
105
4
phương trình tiếp tuyến đi qua A(2, 9) là
y = 9x − 9
Hoặc y =

3
64

1 ±
√
105

3
+ 6.

1 ±
√
105
4

x − 2

1 ±
√
105
4


3
− 3

1 ±
√
105
4

2
− 4
14
Bài toán 1.17. Cho hàm số y = x
3
−2x, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị lập
với chiều dương trục hoành một góc 45
0
.
Giải. Phương trình tiếp tuyến tại x = x
0
y = (3x
2
0
− 3)(x − x
0
) + x
3
0
− 3x
0

y = (3x
2
0
− 3)x − 2x
3
0
tiếp tuyến lập với chiều dương trục hoành một góc 45
0
nên ta có
k = 3x
2
0
− 3 = tan45
0
= 1 ⇔ x
0
= ±
2
√
3
các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu của bài toán
y = x − 2

2
√
3

3
= x −
16

3
√
3
y = x + 2

2
√
3

3
= x +
16
3
√
3
Bài toán 1.18. Cho y = x
3
+ 3x
2
. Chứng minh rằng trên đồ thị cố tồn tại vô số cặp
hai điểm mà hai tiếp tuyến tại đó song song với nhau. Các cặp điểm ấy có tính chất
gì?
Giải. Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm ta có
k = 3x
2
0
+ 6x
0
phương trình 3x
2

0
+ 6x
0
− k = 0 có hai nghiệm phân biệt x
01
, x
02
⇔ 

= 9 + 3k > 0 ⇔
k > −3
Với mỗi k, hai tiếp tuyến tại hai tiếp điểm (x
01
, x
3
01
+ 3x
2
01
); (x
02
, x
3
02
+ 3x
2
02
) song song
với nhau vì có cùng hệ số góc k
Có vô hạn k > −3 ⇒ có vô hạn cặp điểm mà hai tiếp tuyến tại đó song song với nhau

Ta có
x
01
+ x
02
2
= −1 = x
u
y
01
+ y
02
2
=
x
3
01
+ x
3
02
+ 3

x
2
01
+ x
2
02

2

=
(x
01
+ x
02
)
2
2
= 2 = y
u
suy ra hai điểm mà tiếp tuyến tại đó song song đối xứng với nhau qua điểm uốn.
Bài toán 1.19. Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
, giả sử A, B là hai điểm trên mặt phẳng
đối xứng với nhau qua điểm uốn. Chứng minh rằng với mọi tiếp tuyến của đồ thị đi
qua A, luôn tồn tại tiếp tuyến của đồ thị đi qua B song song với tiếp tuyến ấy.
15
Giải. Giá sử tiếp tuyến qua điểm A tiếp xúc đồ thị tại A
1
. Kéo dài A
1
U cắt đồ thị
tại B
1
. Ta có A
1
U = B
1

U (Vì U là tâm đối xứng của đồ thị)
Tại B
1
kẻ tiếp tuyến cắt AU kéo dài tại B
∗
, áp dụng kết quả bài toán 1.18 suy ra
B
1
B
∗
//AA
1
⇒ AA
1
U = B
∗
B
1
U (g.c.g) ⇒ AU = B
∗
U
Mặt khác theo giả thiết AU = BU ⇒ B ≡ B
∗
Bài toán 1.20. Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
, chứng minh rằng trên đồ thị tồn tại vô
hạn cặp điểm mà hai tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau.
Giải. Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại vô hạn ba bộ số (x

1
; x
2
; k) thỏa mãn

3x
2
1
+ 6x
1
= k (1)
3x
2
2
+ 6x
2
=
−1
k
(2)
(1) ⇔ 3x
2
1
+ 6x
1
− k = 0 tồn tại khi và chỉ khi 

1
= 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3
(2) ⇔ 3x

2
2
+ 6x
2
+
1
k
= 0 tồn tại khi và chỉ khi 

2
= 9 −
3
k
> 0 ⇔ k ∈ (−∞; 0) ∪

1
3
; +∞

Hai đẳng thức tồn tại khi và chỉ khi k thỏa mãn k ∈ (−3; 0) ∪

1
3
; +∞

(3)
Có vô hạn k thoả mãn (3) ⇒ có vô hạn cặp điểm hoành độ x
1
; x
2

trên đồ thị mà hai
tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau.
Bài toán 1.21. Cho hàm số y = x
3
+ 3x, chứng minh rằng trên đồ thị không tồn tại
hai điểm mà hai tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau
Giải. Ta có y

= 3x
2
+ 3 > 0 ⇒ ∀x
1
.x
2
ta có y

(x
1
).y

(x
2
) > 0 ⇒ y

(x
1
).y

(x
2

) = −1
Suy ra không tồn tại hai điểm trên đồ thị hoành độ x
1
; x
2
mà tiếp tuyến tại hai điểm
đó vuông góc với nhau.
Bài toán 1.22. Cho y = x
3
− 3x
2
+ 2
1. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
2. Tìm điểm trên đồ thị có hoành độ 0 ≤ x ≤ 3 và có hệ số góc lớn nhất.
Giải. 1. Ta có k = 3x
2
0
− 6x
0
⇒ k
min
= k(1) = −3 (x
u
= 1) nên tiếp tuyến tại điểm
uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
2. Xét k = 3x
2
0
−6x
0

khi 0 ≤ x
0
≤ 3 ⇒ k
max
= max{k(0)}, k(3)) = Max{0, 9} = 9 vậy
tiếp tuyến tại tiếp điểm có hoành độ x
0
= 3 có hệ số góc lớn nhất.
Bài toán 1.23. Cho y = x
3
−3x +2, gọi A là một điểm bất kỳ thuộc đồ thị khác điểm
uốn. Hỏi có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị đi qua A.
16
Giải. M(x
0
, x
3
0
− 3x
0
+ 2) thuộc đồ thị, phương trình tiếp tuyến tại M là
y = (3x
2
0
− 3)(x − x
0
) + x
3
0
− 3x

0
+ 2 ⇒ y = (3x
2
0
− 3)x − 2x
3
0
+ 2
Tiếp tuyến đi qua A(m, m
3
− 3m + 2) thuộc đồ thị nên
⇔ m
3
− 3m + 2 = (3x
2
0
− 3)m + x
3
0
− 3x
0
+ 2
⇔ 2x
3
0
− 3mx
2
0
+ m
3

= 0
⇔ (x
2
0
− 2mx
0
+ m
2
)(2x
0
+ m) = 0
Vì 0 = m = x
0
suy ra phương trình có đúng hai nghiệm. Vậy có hai tiếp tuyến đi qua
A (khác điểm uốn).
Bài toán 1.24. Cho hàm số y = x
3
−3x
2
, từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x = 1
(x
uốn
= 1) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến tới đồ thị
Giải. Chọn A(x
0
, x
3
0
− 3x
2

0
) thuộc đồ thị, tiếp tuyến tại A có phương trình là
y = (3x
2
0
− 6x
0
)(x − x
0
) + x
3
0
− 3x
2
0
y = (3x
2
0
− 6x
0
)x − 2x
3
0
+ 3x
2
0
Tiếp tuyến đi qua điểm B(1, m) thuộc đường thẳng x = 1 nên ta có
⇔ m = (3x
2
0

− 6x
0
) − 2x
3
0
+ 3x
2
0
⇔ 2x
3
0
− 6x
2
0
+ 6x
0
+ m = 0 ⇔ 2(x
0
− 1)
3
= −m − 2
Suy ra phương trình chỉ có duy nhất một nghiệm nên từ B kẻ được một tiếp tuyến
tới đồ thị.
Bài toán 1.25. Cho hàm số y = x
3
−3x
2
, từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng y = −2
(y = y
uốn

) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến tới đồ thị.
Giải. Với A(x
0
, x
3
0
− 3x
2
0
) thuộc đồ thị, tiếp tuyến tại A có phương trình là
y = (3x
2
0
− 6x
0
)x − 2x
3
0
+ 3x
2
0
Tiếp tuyến đi qua B(m; −2) thuộc đường thẳng y = −2
⇔ −2 = (3x
2
0
− 6x
0
)m − 2x
3
0

+ 3x
2
0
⇔ 2x
3
0
− 3(m + 1)x
2
0
+ 6mx
0
− 2 = 0 (1)
Số tiếp tuyến kẻ từ B tới đồ thị bằng số nghiệm của phương trình (1), và cũng bằng
số giao điểm của đồ thị y = 2x
3
− 3(m + 1)x
2
+ 6mx − 2. Với trục hoành. Ta có
y

= 6x
2
− 6(m + 1)x + 6m = 6(x − m)(x − 1)
17
• Nếu m = 1 ta có y

= 6(x − 1)
2
≥ 0 hàm số luôn đồng biến nên cắt trục hoành
tại một điểm.

• Nếu m = 1 ta có y
max
.y
min
= y(m).y(1) = (−m
3
+ 3m
2
− 2)(3m − 3) = −3(m −
1)
2
(m
2
− 2m − 2)
– Nếu 1 −
√
3 < m < 1 +
√
3, ta có y
max
.y
min
> 0 suy ra đồ thị cắt trục hoành
tại một điểm.
– Nếu m = 1 ±
√
3 ta có y
max
.y
min

= 0 suy ra đồ thị cắt trục hoành tại một
điểm và tiếp xúc tại một điểm.
– Nếu m < 1 −
√
3 ∪ m > 1 +
√
3 kẻ được một tiếp tuyến.
* Kết luận:
• Nếu m < 1 +
√
3 ∪ m > 1 +
√
3 kẻ được ba tiếp tuyến.
• Nếu m = 1 ±
√
3 kẻ được hai tiếp tuyến.
• Nếu 1 −
√
3 < m < 1 +
√
3 kẻ được một tiếp tuyến.
Bài toán 1.26. Cho hàm số y = x
3
+ x
2
− 5x + 3
1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm A(3; 16)
2. Tìm điểm trên đường thẳng y = 11x − 17 mà từ điểm ấy có thể thêm hai tiếp
tuyến khác vuông góc với nhau
Giải. 1. B(x

0
, x
3
0
+ x
2
0
− 5x
0
+ 3) thuộc đồ thị, phương trình tiếp tuyến tại B là
y = (3x
2
0
+ 2x
0
− 5)(x − x
0
) + x
3
0
+ x
2
0
− 5x
0
+ 3
y = (3x
2
0
+ 2x

0
− 5)x − 2x
3
0
− x
2
0
+ 3
Đi qua A(3, 16) khi và chỉ khi
16 = (3x
2
0
+ 2x
0
− 5).3 − 2x
3
0
− x
2
0
+ 3
⇔ 2x
3
0
− 8x
2
0
− 6x
0
+ 28 = 0 ⇔ x

3
0
− 4x
2
0
− 3x
0
+ 14 = 0
⇔ (x
0
− 2)(x
2
0
− 2x
0
− 7) = 0 ⇔ x
0
= 2; x
0
= 1 +
√
8
Vậy các tiếp tuyến đi qua A có phương trình là
y = 11x − 17
y =

3

1 ± 2
√

2

2

+ 2

1 ± 2
√
2

− 5x − 2

1 ± 2
√
2

3
−

1 ± 2
√
2

2
+ 3
18
2. Lấy điểm C(m; 11m − 17) thuộc đường thẳng y = 11x − 17. Tiếp tuyến đi qua C
nên
11m − 17 = (3x
2

0
+ 2x
0
− 5)m − 2x
3
0
− x
2
0
+ 3 (2)
(Vì y = 11x − 17 là một tiếp tuyến ta có thể tìm một nghiệm từ phương trình
3x
2
0
+ 2x
0
− 5 = 11 ⇔ x
0
= 2), và thu được
(2) ⇔ (x
0
− 2)(2x
2
0
+ (5 − 3m)x
0
− 8m + 10) = 0
Để kẻ thêm được hai tiếp tuyến khác khi và chỉ khi phương trình
2x
2

0
+ (5 − 3m)x
0
− 8m + 10 = 0 (3)
có hai nghiệm phân biệt khác 2

 = (5 − 3m)
2
+ 64m − 80 > 0
f(2) = −14m + 28 = 0 ⇔ m = 2
⇔

9m
2
+ 34m − 55 > 0
m = 2
Kí hiệu x
1
, x
2
là nghiệm của (3) suy ra hai tiếp tuyến khác tiếp xúc với đồ thị
tại hai điểm hoành độ x
1
; x
2
Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau
⇔ y

(x
1

).y

(x
2
) = −1
⇔ (3x
2
1
+ 2x
1
− 5)(3x
2
2
+ 2x
2
− 5) = −1
⇔ 9(x
1
x
2
)
2
+ 4x
1
x
2
+ 25 − 15(x
2
1
+ x

2
2
) + 6x
1
x
2
(x
1
+ x
2
) − 10(x
1
+ x
2
) = −1
Ta có x
1
+ x
2
=
3m − 5
2
; x
1
x
2
= 5 − 4m (định lý Viét) và thu được phương trình
9(4m − 5)
2
+ 20 − 16m + 25 − 15


3m − 5
2

2
+ 30(5 − 4m) + 6(5 − 4m)

3m − 5
2

− 5(3m − 5) + 1 = 0
⇔ 247m
2
+ 1684m − 1759 = 0
⇔ m =
−842 ±
√
1143437
247
Kết hợp với điểu kiện suy ra m =
−842 −
√
1143437
247
thỏa mãn
Vậy C

−842 −
√
1143437

247
; 11.
−842 −
√
1143437
247
− 7

là điểm thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
1.2 Hàm y =
ax
2
+ bx + c
dx + e
1.2.1 Bài toán cực trị
Xây dựng một cách chung hiệu quả cho tất cả các bài toán cực trị của hàm số
y =
ax
2
+ bx + c
dx + e
là nội dung của bài giảng. Các bước giải có thể tóm tắt đơn giản như
19
sau.
• Bước 1: Viết các biểu thức hàm dưới dạng y = Ax + B +
C
Dx + E
, tính y


=
A −
C
(Dx + e)
2
và xác định điều kiện tồn tại cực trị
• Bước 2: Xét dấu y

và xác định cụ thể tọa độ của các điểm cực đại, cực tiểu.
• Bước 3: Trả lời các câu hỏi cụ thể.
Như vậy tất cả các lời giải của dạng toán này đều có chung bước 1, bước 2.
Bài toán 1.27. Cho hàm số
x
2
+ (m − 2)x + m + 1
x − 2
1. Hãy tìm m để hàm số có cực trị sao cho hai điểm cực đại, cực tiểu và A(4, 7)
thẳng hàng.
2. Hãy tìm m để khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 6.
3. Hãy tìm m để
y
max
y
min
+
y
min
y
max
= 6

4. Hãy tìm m để hai điểm cực đại, cực tiểu nằm ở hai phía của đường thẳng
y = −2x + 1
5. Tìm quỹ của các điểm cực tiểu.
Giải. Ta có
y =
x
2
+ (m − 2)x + m + 1
x − 2
= x + m +
3m + 1
x − 2
y

= 1 −
3m + 1
(x − 2)
2
⇔ (x − 2)
2
= 3m + 1
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi 3m + 1 > 0 ⇔ m >
−1
3
Ta có y

= 0 ⇔ x
1
= 2 −
√

3m + 1, x
2
= 2 +
√
3m + 1
y

> 0 ⇔ x < x
1
∪ x > x − 2
y

< 0 ⇔ x
1
< x < x
2
suy ra
x
max
= 2 −
√
3m + 1, y
max
= m + 2 − 2
√
3m + 1 (1.1)
x
min
= 2 +
√

3m + 1, y
min
= m + 2 + 2
√
3m + 1 (1.2)
(Nhận xét: Ta luôn có y
min
> y
max
)
20
1. Hệ số góc của đường thẳng đi qua hai điểm cực trị bằng k =
y
max
− y
min
x
max
− x
min
=
−4
√
3m + 1
−2
√
3m + 1
= 2
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là
y = 2(x − x

max
) + y
max
= 2(x − 2 +
√
3m + 1) + m + 2 − 2
√
3m + 1 = 2x + m − 2
(* Nhận xét: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị chính là đạo
hàm của tử số của biểu thức hàm)
Điểm A mà hai điểm cực trị thẳng hàng khi và chỉ khi A ∈ y = 2x+m−2 ⇔ m = 1
2. Ta có công thức
d =

(x
min
− x
max
)
2
+ (y
min
− y
max
)
2
=

(2
√

3m + 1)
2
+ (4
√
3m + 1)
2
=

20(3m + 1) = 6
⇔ 20(3m + 1) = 36 ⇔ m =
4
15
3. Ta có
m + 2 − 2
√
3m + 1
2 +
√
3m + 1
+
m + 2 + 2
√
3m + 1
2 −
√
3m + 1
= 6
⇔
m + 6 − 2(2 +
√

3m + 1)
2 +
√
3m + 1
+
(m + 6) − 2(2 −
√
3m + 1)
2 −
√
3m + 1
= 6
⇔ −4 + (m + 6) .

1
2 +
√
3m + 1
+
1
2 −
√
3m + 1

= 6
⇔
4(m + 6)
4 − (3m + 1)
= 10 ⇔ 2m + 12 = 15 −15m ⇔ m =
3

17
4. Xác định giao điểm I của hai đường thẳng
Giải phương trình −2x + 1 = 2x + m − 2 ⇔ 4x = 3 −m ⇔ x
I
=
3 − m
4
Bài toán thỏa mãn ⇔ x
max
<
3 − m
4
< x
min
, trong đó x
max
, x
min
là hai nghiệm
của phương trình
y

= 0 ⇔ f = x
2
− 4x + 3 − 3m = 0
Vậy bài toán thỏa mãn ⇔ f

3 − m
4


< 0 (vì a = 1)
⇔

3 − m
4

2
− (3 − m) + 3 − 3m < 0
⇔
m
2
− 6m + 9
16
− 2m < 0 ⇔ m
2
− 38m + 9 < 0
19 −
√
352 < m < 19 +
√
352
21
5. Ta có x
min
= 2 +
√
3m + 1, y
min
= m + 2 + 2
√

3m + 1
⇒
√
3m + 1 = x
min
− 2 > 0 ⇒ x
min
> 2
và
y
min
= m + 2 + 2(x
min
− 2) = 2x
min
+ m − 2
Vậy khi m thay đổi các điểm cực tiểu chạy trên đường

y = 2x + m − 2
m =
(x − 2)
2
− 1
3
⇒ y = 2x − 2 +
(x − 2)
2
− 1
3
=

x
2
+ 2x − 3
3
x > 2
Bài toán 1.28. Cho hàm số
x
2
+ mx − 2m
2
+ m + 1
x − m
1. Tìm m đẻ y
2
max
+ y
2
min
= 4
2. Tìm m để |y
max
− y
min
| = 4
3. Tìm m để y
max
y
min
< 0
4. Tìm m để

y
max
x
max
+
y
min
x
min
= 4
5. Tìm m để y
max
.x
min
+ y
min
.x
max
= 4
6. Tìm m để
√
2 + y
max
+
√
2 + y
min
= 4
7. Tìm m để điểm A(2, 5) cùng với hai điểm cực đại, cực tiểu nằm trên cùng một
đường thẳng.

8. Tìm m để khoảng cách giữa hai điểm cực đại và cực tiểu bằng 4.
9. Tìm m để điểm A(2, 3) cách đều hai điểm cực trị.
1.2.2 Bài toán tiếp tuyến
Bài toán 1.29 (Khối B - 2004). Cho hàm số y =
x
2
+ x − 1
x + 2
(C). Viết phương
trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường tiệm cận xiên
của đồ thị hàm số (C).
Giải. Ta có y =
x
2
+ x − 1
x + 2
= x − 1 +
1
x + 2
= f(x); f

(x) = 1 +
−1
(x + 2)
2
Phương trình tiếp tuyến tại A(x
0
; x
0
− 1 +

1
x
0
+ 2
là
22
y = f

(x
0
)(x − x
0
) + f(x
0
) ⇔ y =

1 −
1
(x
0
+ 2)
2

(x − x
0
) + x
0
− 1 +
1
x

0
+ 2
(d)
⇔ y =

1 −
1
(x
0
+ 2)
2

x − x
0
+
x
0
(x
0
+ 2)
2
+ x
0
− 1 +
1
x
0
+ 2
⇔ y =


1 −
1
(x
0
+ 2)
2

x +
x
0
(x
0
+ 2)
2
+
1
x
0
+ 2
− 1
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (C) là y = x − 1 (d
1
)
Vì (d)⊥(d
1
) nên f

(x
0
).1 = −1 ⇔ 1 −

1
(x
0
+ 2)
2
= −1 ⇔
1
x
0
+ 2
= ±
√
2
Vậy phương trình tiếp tuyến y = −x ±2
√
2 − 5.
Bài toán 1.30. Cho hàm số y =
x
2
+ 2x + 2
x + 1
(C). Chứng tỏ có tiếp tuyến của (C)
đi qua A(1; 0) và vuông góc với nhau.
Giải. y =
x
2
+ 2x + 2
x + 1
= x + 1 +
1

x + 1
= f(x); f

(x) = 1 +
−1
(x
0
+ 1)
2
Phương trình tại A(x
0
; x
0
+ 1 +
1
x
0
+ 1
) của (C) là
y = f

(x
0
)(x − x
0
) + f(x
0
) ⇔ y =

1 −

1
(x
0
+ 1)
2

(x − x
0
) + x
0
+ 1 +
1
x
0
+ 1
(d)
⇔ y =

1 −
1
(x
0
+ 1)
2

x − x
0
+
x
0

(x
0
+ 1)
2
+ x
0
− 1 +
1
x
0
+ 1
⇔ y =

1 −
1
(x
0
+ 1)
2

x +
x
0
(x
0
+ 1)
2
+
1
x

0
+ 1
− 1
⇔ y =

1 −
1
(x
0
+ 1)
2

x +
−1
(x
0
+ 1)
2
+
2
x
0
+ 1
+ 1
Tiếp tuyến qua A(1; 0) nên ta có
0 = 1 +
−1
(x
0
+ 1)

2
+
2
x
0
+ 1
+
−1
(x
0
+ 1)
2
+ 1
⇔
2
(x
0
+ 1)
2
+
−2
x
0
+ 1
− 2 = 0
⇔
1
(x
0
+ 1)

2
+
−1
x
0
+ 1
− 1 = 0
⇔



1
x
0
+ 1
=
−1 +
√
5
2
1
x
0
+ 1
=
−1 −
√
5
2
⇔





1
(x
0
+ 1)
2
=
3 −
√
5
2
1
(x
0
+ 1)
2
=
3 +
√
5
2
23
Phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua A(1; 0) là





y = x

1 +
−3 +
√
5
2

+ (−1 +
√
5) +
−3 +
√
5
2
+ 1
y = x

1 +
−3 −
√
5
2

+ (−1 −
√
5) +
−3 −
√
5

2
+ 1
⇔




y = x

−1 +
√
5
2

+
−3(1 −
√
5)
2
y = x

−1 −
√
5
2

+
−3(1 +
√
5)

2
ta có

−1 +
√
5
2

.

−1 −
√
5
2

= −1 nên hai tiếp tuyến này vuông góc.
Bài toán 1.31. Cho hàm số y = f(x) =
x
2
− 2x − 3
4x + 6
(C). Viết phương trình tiếp
tuyến với (C) biết tiếp tuyến song song đường thẳng ∆ : 2x + y −5 = 0.
Giải.
y =
x
4
−
7
8

+
9
4(4x + 6)
; y

=
1
4
+
−9
(4x + 6)
2
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(x
0
;
x
0
4
−
7
8
+
9
4(4x
0
+ 6)
) là
y =

1

4
+
−9
(4x
0
+ 6)
2

.(x − x
0
) +
x
0
4
−
7
8
+
9
4(4x
0
+ 6)
⇔ y = x.

1
4
+
−9
(4x
0

+ 6)
2

−
27
2(4x
0
+ 6)
2
+
9
2(4x
0
+ 6)
−
7
8
Tiếp tuyến song song đường thẳng ∆ : 2x + y − 5 = 0 nên ta có
1
4
+
−9
(4x
0
+ 6)
2
= −2 ⇔
9
(4x
0

+ 6)
2
=
9
4
⇔
1
(4x
0
+ 6)
2
=
1
4
phương trình tiếp tuyến là

y = −2x −
13
2
y = −2x − 2
Bài toán 1.32. Cho hàm số y = f(x) =
x
2
− x + 1
x − 1
(C). Tìm các điểm trên trục Oy
mà từ đó có thể kẻ ít nhất một tiếp tuyến đến (C).
Giải.
y = x +
1

x − 1
; y

= 1 +
−1
(x − 1)
2
24
phương trình tiếp tuyến của (C) tại A

x
0
; x
0
+
1
x
0
+ 1

là
y =

1 +
−1
(x
0
− 1)
2


(x − x
0
) + x
0
+
1
x
0
− 1
y = x.

1 +
−1
(x
0
− 1)
2

+
2
x
0
− 1
+
1
(x
0
− 1)
2
Tiếp tuyến qua B(0; y

0
) ∈ Oy nên ta có
y
0
=
2
x
0
− 1
+
1
(x
0
− 1)
2
⇔
1
(x
0
− 1)
2
+
2
x
0
− 1
− y
0
= 0
yêu cầu bài toán tương đương với phương trình có nghiệm duy nhất

∆

= 1
2
+ y
0
 −1
Vậy với B(0; y
0
) với y
0
 −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 1.33. Cho hàm số y = f (x) =
x
2
− x − 2
x − 3
(C). Tìm những điểm trên Ox,
từ đó kẻ được hai tiếp tuyến với (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.
Giải.
y = x + 2 +
4
x − 3
; y

= 1 +
−4
(x − 3)
2
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(x

0
; x
0
+ 2 +
4
x
0
− 3
) là
y =

1 +
−4
(x
0
− 3)
2

(x − x
0
) + x
0
+ 2 +
4
x
0
− 3
y =

1 +

−4
(x
0
− 3)
2

.x +
4x
0
(x
0
− 3)
2
+
4
x
0
− 3
+ 2
y =

1 +
−4
(x
0
− 3)
2

.x +
12

(x
0
− 3)
2
+
8
x
0
− 3
+ 2
tiếp tuyến đi qua A(x
1
; 0) nên ta có
0 = x
1

1 −
4
(x
0
− 3)
2

⇔
12 − 4x
1
(x
0
− 3)
2

+
8
x
0
− 3
+ x
1
+ 2
Đặt
2
x
0
− 3
= t (t = 0), phương trình trở thành
(3 − x
1
)t
2
+ 4.t + x
1
+ 2 = 0 (1.3)
yêu cầu bài toán tương đương với



3 − x
1
= 0
∆


= 4 − (3 − x
1
)(x
1
+ 2) > 0
(1 − t
2
1
)(1 − t
2
2
) = −1 (t
1
; t
2
là nghiệm của phương trình)
⇔



x
1
= 3
∆

= x
2
1
− x
1

− 2 > 0
1 − t
2
1
− t
2
1
+ (t
1
+ 2)
2
= −1
⇔



x
1
= 3
x
1
∈ (−∞; −1) ∪ (2; +∞)
1 − (t
1
+ t
2
)
2
+ 2t
1

t
2
+ (t
1
.t
2
)
2
= −1 (1)
25