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

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

PHAN THỊ HƯỜNG

MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN,
CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI- 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

PHAN THỊ HƯỜNG

MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN,
CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. NGUYỄN VŨ LƯƠNG

HÀ NỘI- 2014


Mục lục
Lời nói đầu

3

1 Các dạng tốn cực trị, tiếp tuyến của y = ax3 +bx2 +cx+d; y =
1.1

6

y = ax3 + bx2 + cx + d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1.1
1.1.2
1.2

ax2 + bx + c
dx + c

6
Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Bài toán tiếp tuyến của hàm bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Hàm y =
1.2.1
1.2.2

ax2 + bx + c
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
dx + e

Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Bài toán tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Một số dạng bài tốn cực trị
2.1 Bài tốn cực trị khơng sử dụng đạo
2.2 Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm .
2.3 Bài toán cực trị lượng giác . . . . .
2.4 Bài toán cực trị tổ hợp . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . .

1

hàm
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

31
31
38
49
60
85
86


Lời cảm ơn
Tơi xin được bày tỏ lịng 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
tơi trong suốt q trình tơi thực hiện đề tài.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cơ Khoa Tốn - Cơ - Tin học,
Phòng Sau đại học - Trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội;
các thầy cơ đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013.
Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã ln động viên tơi
trong suốt q trình học tập và thực hiện luận văn.

2


Lời nói đầu
Bài tốn 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 mơn
tốn ở nhà trường phổ thơng. Trong các đề thi mơn Tốn 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 tốn liên quan đến việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm
số thường xuyên có mặt và thường là một trơng những câu khó nhất trong đề thi.
Đây là một nội dung khá rộng, không phải là mới nhưng ln ln ẩn chứa khơng ít

thách thức gắn với những bài tốn 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 tồn bộ nội dung trình bày thành những dạng cơ bản nhất (khơng nhiều)

và tìm ra phương pháp giải sẽ giúp cho người đọc khả năng tốt nhất khi tìm lời
giải của một bài tốn 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 thơng
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 tốn 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 tốn
cịn 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 = ax3 +bx2 +cx+d; y =

ax2 + 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 = ax3 + bx2 + cx + d; y =
ax2 + bx + c
đại diện cho hàm đa thức và hàm phân thức. Chương I là tài liệu
dx + c

rất hữu ích cho giáo viên và học sinh các trường THPT, cách giải bài tốn 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 tốn cực trị của hàm y = ax3 + bx2 + 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 tốn tiếp tuyến của hàm y =

ax2 + bx + c
để tìm ra được phương trình
dx + c

tiếp tuyến, ta ln ln biến đổi để được một phương trình bậc hai ẩn
t=

1
.

dx0 + 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 khơng sử dụng đạo
hàm, bài tốn cực trị sử dụng đạo hàm, bài toán cực trị lượng giác, bài toán cực
trị tổ hợp, cụ thể
• Bài tốn cực trị khơng đạo hàm: đã đưa ra tám kỹ năng cơ bản: kỹ năng

sử dụng nhận xét nếu 0

x

1 thì xn < x với n ∈ N; kỹ năng sử dụng các

bất đẳng thức cổ điển AM − GM, Cauchy − Bunyakovsky − Schwarz, Bu −
N hi − 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 tốn 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 tốn đưa được về các dạng cơ bản.
• Bài tốn 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 tốn
tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F (x1 , x2 , ..., xn ) khi x1 , x2 , ..., xn
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
2 + bx + c
ax
y = ax3 + bx2 + cx + d; y =
dx + c
y = ax3 + bx2 + cx + d

1.1
1.1.1

Bài toán cực trị

Đối với hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d ta có kết luận sau
• ycực tiểu .ycực đại < 0 ⇔ đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
• ycực tiểu .ycực đại = 0 ⇔ đồ thị tiếp xúc với trục hồnh.
• ycực tiểu .ycực 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) = ax3 + bx2 + cx + d

Dạng biến đổi thành tích nhờ một nghiệm
Bài tốn 1.1. Cho y = x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10. Hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực 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.
x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10 = 0 ⇔ (2x2 + x − 10)m + (x3 + x − 10) = 0
⇔ (x − 2) x2 + 2(m + 1)x + 5m + 5 = 0 ⇔

x=2
x2 + 2(m + 1)x + 5(m + 1) = 0

(2) có hai nghiệm phân biệt = 2
22 + 4(m + 1) + 5(m + 1) = 0
⇔
⇔
∆ = (m + 1)2 − 5(m + 1)0
−13
Vậy m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞) \ {
}
9

−13

9
m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞)

m=

6


Bài toán 1.2. Cho hàm số y = x3 − 3mx2 + (2m2 − m + 2)x + m2 − 2m. Tìm m để hàm
số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực 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.
x3 − 3mx2 + (2m2 − m + 2)x + m2 − 2m = 0
⇔ (x − m) x2 − 2mx − m + 2 = 0 ⇔
(2) có hai nghiệm phân biệt = m
m2 − 2m.m − m + 2 = 0
⇔
⇔
∆ = m2 + m − 2 > 0
Vậy m ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞)

x2

−m2 − m + 2 = 0
(m − 1)(m + 2) > 0

x=m
− 2mx − m + 2 = 0

⇔ m ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞)

Dạng tách tham số
Bài toán 1.3. Cho hàm số y = mx3 − 3mx2 − 9mx − m − 1, hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực 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.
mx3 − 3mx2 − 9mx − m − 1 = 0
⇔ m(x3 − x2 − 9x) = m + 1 ⇔ x3 − 3x2 − 9x =

yêu cầu bài toán tương đương hai đồ thị hàm số

m+1
m

(m = 0)

y = x3 − 3x2 − 9x
m+1
y=
m

điểm.
Xét hàm số y = x3 − x2 − 9x có TXĐ = D = R
y = 3x2 − 6x − 9 = 0 ⇔

x = −1
x=3

lim (x3 − x2 − 9x) = −∞; lim (x3 − x2 − 9x) = +∞

x→−∞

x→+∞

ta có bảng biến thiên

7

có ba giao


dựa vào
−1 −1
;
6 28

m+1
bảng biến thiên suy ra −27 <
<5⇔m∈
m
−1 −1
Vậy m ∈
;
.
6 28

Dạng tịnh tiến
Bài toán 1.4. Cho hàm số y = x3 + 3(m − 1)x2 − 3mx + m3 − 3m2 . Chứng minh với
√

mọi m để khoảng cách giữa hai điểm cực đại và cực tiểu bằng 2 5.
Giải. Ta có y = x3 + 3(m − 1)x2 − 3mx + m3 − 3m2 ⇔ y = (x + m)3 − 3(x + m)2
đồ thị trên nhận được từ y = x3 − 3x2 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 = x3 − 3x2
Xét hàm số y = x3 − 3x2 có TXĐ = D = R
y = 3x2 − 6x = 0 ⇔

x=0⇒y=0
khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là
x = 2 ⇒ y = −4

A(0; 0), B(2; 4), suy ra
AB =

√

√
22 + 42 = 2 5

∀

m (đpcm)

Dạng bậc hai của tham số m
Bài toán 1.5. Cho hàm số y = x3 + mx2 − x + m(m + 1). Hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0.
Giải. Ta có y = m2 + (1 + x2 )m + (x2 − x)(x + 1)
∆ = (1 + x2 )2 − 4(x2 − x)(x + 1)
∆ = 1 + 2x2 + x4 − 4x3 + 4x

∆ = x4 + 4x2 + 1 − 4x3 + 4x − 2x2

8


suy ra y = (m + x + 1)(m + x2 − 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 + x2 − x) = 0
⇔

x = −m − 1
x2 − x + m = 0

(2)

phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt = −m − 1
⇔
⇔

⇔

(−m − 1)2 − (−m − 1) + m = 0
∆ = 1 − 4m > 0
m2 + 4m + 2 = 0
1
m<
4
√
m = −2 ± 2

1
m<
4

Dạng tính được nghiệm của y’
Bài toán 1.6. Cho hàm số y =

x3 (m + 1)x2
−
+ mx + m. Hãy tìm m để đồ thị hàm
3
2

số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Giải. Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi ycực tiểu .ycực đại < 0

(1)

x=m

Ta có: y = x2 − (m + 1)x + m = (x − m)(x − 1) = 0 ⇔ x = 1
• m = 1 ta có y

0 hàm số ln 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 1
−
2
6

m3 m2 (m + 1)
−
+ m2 + m
3
2

<0

⇔ (9m − 1)(−m3 + 3m2 + 6m) < 0 ⇔ m(9m − 1)(−m2 + 3m + 6) < 0
√
√
3 + 33
3 − 33
⇔ (9m − 1)(m −
)(m +
)>0
2
2 √
√
1
3 + 33
3 − 33
⇔∈ −∞;
∪ 0;

∪
; +∞
2
9
2

9


Dạng chia cho y’
Bài toán 1.7. Cho hàm số y = x3 + 3x2 + 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 = 3x2 + 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 = x3 + 3x2 + mx + m =

2m
2m
x 1
+
y +
−2 x+
3 3
3
3

suy ra
2m
2m
− 2 xcực tiểu +
3
3
2m
2m
− 2 xcực đại +
ycực đại =
3
3
2m
2m
suy ra đường thẳng y =
−2 x+
(d) đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu
3
3
2m
2m
−2 2+
⇔m=1
d đi qua A(2; −2) nên −2 =
3
3
ycực tiểu =

Bài tập tự luyện

Bài toán 1.8. Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m2 − 1)x + m3 − 3m + 2. Tìm giá trị của
2
2
tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực
+ ycực
đại = 16.
tiểu

Giải.
y = (x + m)3 − 3(x + m) + 2

đồ thị hàm số nhận được từ đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 2 bằng cách tịnh tiến song
song theo trục hoành nên ycực tiểu + ycực đại khơng đổi.
ta có
y = x3 − 3x − 2
y = 3x2 − 3
y =0⇔x=1

hoặc x = −1

⇒ ycực tiểu = y(1) = 0; ycực đại = y(−1) = 4
2
2
⇒ ycực
+ ycực
đại = 16
tiểu

∀

m

Vậy với mọi giá trị của m đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.
10


Bài toán 1.9. Cho hàm số y = x3 + (2m − 3)x2 + (2 − 7m)x + 3m − 6. Hãy tìm giá trị
của tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn ymax .ymin > 0.
Giải. Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số có cực trị và đồ thị hàm số
giao với trục hồnh tại một điểm, khi đó ta có
x3 + (2m − 3)x2 + (2 − 7m)x + 3m − 6 = 0 có một nghiệm duy nhất
y = 3x2 + 2(2m − 3)x + 2 − 7m = 0 có hai nghiệm phân biệt
(2)

(1)

(1) ⇔ x3 − 3x2 + 2x − 6 + m(2x2 − 7x + 3) = 0 ⇔ (x − 3)[x2 − 2x(m + 1) − m] = 0
⇔

x2

x=3
− 2x(m + 1) − m = 0

(3)

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) vơ nghiệm hoặc có nghiệm
kép bằng 3


m2 + 3m + 1 < 0
2

⇔  m + 3m + 1 = 0
3
m=
7



∆ <0

⇔ ∆ =0
32 − 2.3(m + 1) − m = 0


⇔

m∈

−3 −
2

√

5 −3 +
;
2

√

5

loại

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

√
−9 + 33
; +∞
8

Bài toán 1.10. Cho hàm số y = x3 − 3x2 + mx + m, hãy tìm m để hàm số có cực trị
thỏa mãn ycực đại + ycực tiểu = 2.
Giải. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y = 3x2 − 6x + m = 0 có hai
nghiệm phân biệt. Khi và chỉ khi
∆ = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3

Áp dụng định lý Viét ta có xcực đại + xcực tiểu = 2
x
3

1
3

Ta có: y = ( − )y + (

2m
4m
− 2)x +
3
3

Suy ra
2m
4m
− 2)xcực đại +
3
3
2m
4m

ycực tiểu = (
− 2)xcực tiểu +
3
3
2m
8m
ta thu được ycực đại + ycực tiểu = (
− 2)(xcực đại + xcực tiểu ) +
= 4m − 4
3
3
3
ycực đại + ycực tiểu = 2 ⇔ 4m − 4 = 2 ⇔ m =
2
3
Vậy m =
2
ycực đại = (

11


Bài toán 1.11. Cho hàm số y = x3 + (2 − m)x2 + x − m2 + m, hãy tìm m để hàm số
có cực trị thỏa mãn ycực đại .ycực tiểu < 0.
Giải. Ta có y = (x − m + 1)(x2 + x + m)
Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số giao với trục hồnh tại ba điểm
phân biệt, khi đó phương trình x2 + x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt = m − 1
∆ = 1 − 4m > 0
(m − 1)2 + (m − 1) + m = 0

⇔

⇔

1
4
m2 = 0 ⇔ m = 0
m<

Bài toán 1.12. Cho hàm số y = x3 + (m + 1)x2 + 2mx + m2 , hãy tìm giá trị tham số
m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực đại .ycực tiểu < 0.
Giải. Ta có y = (x + m)(x2 + 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 x2 + x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt = −m.
∆ = 1 − 4m > 0
(m − 1)2 + (m − 1) + m = 0

⇔

⇔

1
4
m2 = 0 ⇔ m = 0
m<

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 hồnh 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 xcực đại ; xcực tiểu thỏa mãn c < xcực đại < b < xcực tiểu
Bài toán 1.14. Cho hàm số y = f (x) = 2x3 + 3(m − 1)x2 + 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) = 6x2 + 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
x m−1
+
+ (−m2 + 6m − 9)x − m2 + 3m − 3

3
3
f (xcực đại ) = (−m2 + 6m − 9)xcực đại − m2 + 3m − 3

f (x) = f (x).

f (xcực tiểu ) = (−m2 + 6m − 9)xcực tiểu − m2 + 3m − 3

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
y = (−m2 + 6m − 9)x − m2 + 3m − 3
−m2 + 6m − 9 = k
−m2 + 3m − 3 = 0

Tiếp tuyến song song với y = kx nên ta có

(1)
(ln 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
khơng có đồ thị nào.
Nếu ∆(1) = 0 ⇔ −k = 0 ⇔= 0 ⇒ m = 3 suy ra khơng tìm được giá trị của m nên
khơng 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) =

mx3
− mx2 + x − 1. Tìm giá trị của m để
3

hàm số có hai cực trị và hai cực trị cùng dấu.
Giải. TXĐ: D = R
f (x) = mx2 − 2mx + 1

hàm số có hai cực trị
đồ thị hàm số giao và trục hồnh có một giao điểm
hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi phương trình f (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt

Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi
m=0
∆ = m2 − m > 0

⇔

m=0
m ∈ (−∞; 0) ∪ (1; +∞)

mx3
đồ thị hàm số giao và trục hồnh có một giao điểm khi và chỉ khi
−mx2 +x−1 = 0
3

có ba nghiệm phân biệt.
⇔m

x3 − 3x2
3

=1−x⇔

m
1−x
= 3
3
x − 3x2

13

(x = {0; 3})


yêu cầu bài toán khi và chỉ khi hai đồ thị hàm số sau có một giao điểm
Xét hàm y =


y = m
3

y = 1 − x

x3 − 3x2

1−x
− 3x2

T X Đ : D = R \ {0; 3}

x3

2x3 − 6x2 + 6x
y =
= 0 ⇔ 2x(x2 − 3x + 3) ⇔ x = 0
3
2
2
(x − 3x )

(loại)

m
>0⇔m>3
3
Kết hợp với điều kiện suy ra m > 1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra

1.1.2

Bài toán tiếp tuyến của hàm bậc 3

Bài toán 1.16. Cho hàm số y = x3 + 3x2 − 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 (x0 ; x30 + 3x20 − 4)
y = (3x20 + 6x0 )(x − x0 ) + x30 + 3x2 − 4
y = (3x30 + 6x0 )x − 2x30 − 3x20 − 4

Tiếp tuyến đi qua A(2; 9) nên ta có
9 = (3x30 + 6x0 ).2 − 2x30 − 3x20 − 4
⇔ 2x30 − 3x20 − 12x0 + 13 = 0

⇔ (x0 − 1)(2x20 − x0 − 13) = 0
x0 = √
1
⇔
1 ± 105
x0 =
4

phương trình tiếp tuyến đi qua A(2, 9) là
y = 9x − 9

Hoặc y =

√
3
1 ± 105
64

3

+ 6.

1±

√

105

4

14

x−2

1±

√
4

105

3

−3

1±

√
4

105

2

−4


Bài toán 1.17. Cho hàm số y = x3 − 2x, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị lập
với chiều dương trục hồnh một góc 450 .
Giải. Phương trình tiếp tuyến tại x = x0

y = (3x20 − 3)(x − x0 ) + x30 − 3x0
y = (3x20 − 3)x − 2x30

tiếp tuyến lập với chiều dương trục hoành một góc 450 nên ta có
2
k = 3x20 − 3 = tan450 = 1 ⇔ x0 = ± √
3

các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu của bài toán
y =x−2

2
√
3

y =x+2

2
√
3

3

3

16
=x− √
3 3
16
=x+ √

3 3

Bài toán 1.18. Cho y = x3 + 3x2 . 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 = 3x20 + 6x0

phương trình 3x20 + 6x0 − k = 0 có hai nghiệm phân biệt x01 , x02 ⇔

= 9 + 3k > 0 ⇔

k > −3

Với mỗi k , hai tiếp tuyến tại hai tiếp điểm (x01 , x301 + 3x201 ); (x02 , x302 + 3x202 ) song song
với nhau vì có cùng hệ số góc k
Có vơ hạn k > −3 ⇒ có vơ hạn cặp điểm mà hai tiếp tuyến tại đó song song với nhau
Ta có
x01 + x02
= −1 = xu
2
x301 + x302 + 3 x201 + x202
y01 + y02
(x01 + x02 )2
=
=
= 2 = yu
2
2
2

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 = x3 + 3x2 , 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 A1 . Kéo dài A1 U cắt đồ thị
tại B1 . Ta có A1 U = B1 U (Vì U là tâm đối xứng của đồ thị)
Tại B1 kẻ tiếp tuyến cắt AU kéo dài tại B ∗ , áp dụng kết quả bài toán 1.18 suy ra
B1 B ∗ //AA1
⇒

AA1 U =

B ∗ B1 U

(g.c.g) ⇒ AU = B ∗ U

Mặt khác theo giả thiết AU = BU ⇒ B ≡ B ∗
Bài toán 1.20. Cho hàm số y = x3 + 3x2 , chứng minh rằng trên đồ thị tồn tại vô
hạn cặp điểm mà hai tiếp tuyến tại đó vng góc với nhau.
Giải. Bài tốn thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại vơ hạn ba bộ số (x1 ; x2 ; k) thỏa mãn
3x21 + 6x1 = k
(1)
−1
2
3x2 + 6x2 = k
(2)

2
(1) ⇔ 3x1 + 6x1 − k = 0 tồn tại khi và chỉ khi

1

= 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3

(2) ⇔ 3x22 + 6x2 + k1 = 0 tồn tại khi và chỉ khi

2

= 9 − k3 > 0 ⇔ k ∈ (−∞; 0) ∪

Hai đẳng thức tồn tại khi và chỉ khi k thỏa mãn k ∈ (−3; 0) ∪

1
3 ; +∞

1
3 ; +∞

(3)

Có vơ hạn k thoả mãn (3) ⇒ có vơ hạn cặp điểm hồnh độ x1 ; x2 trên đồ thị mà hai
tiếp tuyến tại đó vng góc với nhau.
Bài tốn 1.21. Cho hàm số y = x3 + 3x, chứng minh rằng trên đồ thị không tồn tại
hai điểm mà hai tiếp tuyến tại đó vng góc với nhau
Giải. Ta có y = 3x2 + 3 > 0 ⇒ ∀x1 .x2 ta có y (x1 ).y (x2 ) > 0 ⇒ y (x1 ).y (x2 ) = −1
Suy ra không tồn tại hai điểm trên đồ thị hoành độ x1 ; x2 mà tiếp tuyến tại hai điểm
đó vng góc với nhau.

Bài tốn 1.22. Cho y = x3 − 3x2 + 2

1. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
2. Tìm điểm trên đồ thị có hồnh độ 0 ≤ x ≤ 3 và có hệ số góc lớn nhất.
Giải.

1. Ta có k = 3x20 − 6x0 ⇒ kmin = k(1) = −3 (xu = 1) nên tiếp tuyến tại điểm

uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
2. Xét k = 3x20 − 6x0 khi 0 ≤ x0 ≤ 3 ⇒ kmax = max{k(0)}, k(3)) = M ax{0, 9} = 9 vậy
tiếp tuyến tại tiếp điểm có hồnh độ x0 = 3 có hệ số góc lớn nhất.

Bài toán 1.23. Cho y = x3 − 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 (x0 , x30 − 3x0 + 2) thuộc đồ thị, phương trình tiếp tuyến tại M là
y = (3x20 − 3)(x − x0 ) + x30 − 3x0 + 2 ⇒ y = (3x20 − 3)x − 2x30 + 2

Tiếp tuyến đi qua A(m, m3 − 3m + 2) thuộc đồ thị nên
⇔ m3 − 3m + 2 = (3x20 − 3)m + x30 − 3x0 + 2
⇔ 2x30 − 3mx20 + m3 = 0
⇔ (x20 − 2mx0 + m2 )(2x0 + m) = 0

Vì 0 = m = x0 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 = x3 − 3x2 , từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x = 1

(xuốn = 1) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến tới đồ thị
Giải. Chọn A(x0 , x30 − 3x20 ) thuộc đồ thị, tiếp tuyến tại A có phương trình là

y = (3x20 − 6x0 )(x − x0 ) + x30 − 3x20
y = (3x20 − 6x0 )x − 2x30 + 3x20

Tiếp tuyến đi qua điểm B(1, m) thuộc đường thẳng x = 1 nên ta có
⇔ m = (3x20 − 6x0 ) − 2x30 + 3x20
⇔ 2x30 − 6x20 + 6x0 + m = 0 ⇔ 2(x0 − 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 = x3 −3x2 , từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng y = −2
(y = yuốn ) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến tới đồ thị.
Giải. Với A(x0 , x30 − 3x20 ) thuộc đồ thị, tiếp tuyến tại A có phương trình là
y = (3x20 − 6x0 )x − 2x30 + 3x20

Tiếp tuyến đi qua B(m; −2) thuộc đường thẳng y = −2
⇔ −2 = (3x20 − 6x0 )m − 2x30 + 3x20
⇔ 2x30 − 3(m + 1)x20 + 6mx0 − 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 = 2x3 − 3(m + 1)x2 + 6mx − 2. Với trục hồnh. Ta có
y = 6x2 − 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 hồnh

tại một điểm.
• Nếu m = 1 ta có ymax .ymin = y(m).y(1) = (−m3 + 3m2 − 2)(3m − 3) = −3(m −
1)2 (m2 − 2m − 2)
√

√

– Nếu 1 − 3 < m < 1 + 3, ta có ymax .ymin > 0 suy ra đồ thị cắt trục hoành
tại một điểm.
√

– Nếu m = 1 ± 3 ta có ymax .ymin = 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 +
• Nếu m = 1 ±
• Nếu 1 −

√

√
√
3 ∪ m > 1 + 3 kẻ được ba tiếp tuyến.
√

3 kẻ được hai tiếp tuyến.

3
√

3 kẻ được một tiếp tuyến.

Bài toán 1.26. Cho hàm số y = x3 + x2 − 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 vng góc với nhau
Giải.

1. B(x0 , x30 + x20 − 5x0 + 3) thuộc đồ thị, phương trình tiếp tuyến tại B là
y = (3x20 + 2x0 − 5)(x − x0 ) + x30 + x20 − 5x0 + 3
y = (3x20 + 2x0 − 5)x − 2x30 − x20 + 3

Đi qua A(3, 16) khi và chỉ khi
16 = (3x20 + 2x0 − 5).3 − 2x30 − x20 + 3
⇔ 2x30 − 8x20 − 6x0 + 28 = 0 ⇔ x30 − 4x20 − 3x0 + 14 = 0
√
⇔ (x0 − 2)(x20 − 2x0 − 7) = 0 ⇔ x0 = 2; x0 = 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
18

3

√
− 1±2 2

2

+3


2. Lấy điểm C(m; 11m − 17) thuộc đường thẳng y = 11x − 17. Tiếp tuyến đi qua C
nên
11m − 17 = (3x20 + 2x0 − 5)m − 2x30 − x20 + 3

(2)

(Vì y = 11x − 17 là một tiếp tuyến ta có thể tìm một nghiệm từ phương trình
3x20 + 2x0 − 5 = 11 ⇔ x0 = 2), và thu được
(2) ⇔ (x0 − 2)(2x20 + (5 − 3m)x0 − 8m + 10) = 0

Để kẻ thêm được hai tiếp tuyến khác khi và chỉ khi phương trình
2x20 + (5 − 3m)x0 − 8m + 10 = 0

(3)

có hai nghiệm phân biệt khác 2
= (5 − 3m)2 + 64m − 80 > 0
f (2) = −14m + 28 = 0 ⇔ m = 2
⇔

9m2 + 34m − 55 > 0
m=2

Kí hiệu x1 , x2 là nghiệm của (3) suy ra hai tiếp tuyến khác tiếp xúc với đồ thị
tại hai điểm hoành độ x1 ; x2
Hai tiếp tuyến vng góc với nhau
⇔ y (x1 ).y (x2 ) = −1
⇔ (3x21 + 2x1 − 5)(3x22 + 2x2 − 5) = −1
⇔ 9(x1 x2 )2 + 4x1 x2 + 25 − 15(x21 + x22 ) + 6x1 x2 (x1 + x2 ) − 10(x1 + x2 ) = −1
3m − 5
; x1 x2 = 5 − 4m (định lý Viét) và thu được phương trình
Ta có x1 + x2 =
2
3m − 5 2
3m − 5
9(4m − 5)2 + 20 − 16m + 25 − 15
+ 30(5 − 4m) + 6(5 − 4m)
− 5(3m − 5)
2
2
⇔ 247m2 + 1684m − 1759 = 0
√
−842 ± 1143437

⇔m=
247
√
−842 − 1143437
thỏa mãn
Kết hợp với điểu kiện suy ra m =
247
√
√
−842 − 1143437
−842 − 1143437
Vậy C
; 11.
− 7 là điểm thỏa mãn yêu cầu bài
247
247

toán.

1.2

ax2 + bx + c
Hàm y =
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=

ax2 + bx + c
là nội dung của bài giảng. Các bước giải có thể tóm tắt đơn giản như
dx + e
19


sau.
• Bước 1: Viết các biểu thức hàm dưới dạng y = Ax + B +
A−

C
và xác định điều kiện tồn tại cực trị
(Dx + e)2

C
, tính y =
Dx + E

• 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 tốn 1.27. Cho hàm số

x2 + (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

ymax
ymin
+
=6
ymin
ymax

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=

x2 + (m − 2)x + m + 1
3m + 1
=x+m+
x−2
x−2
3m + 1
(x − 2)2
⇔ (x − 2)2 = 3m + 1

y =1−

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi 3m + 1 > 0 ⇔ m >

√

√

−1
3

Ta có y = 0 ⇔ x1 = 2 − 3m + 1, x2 = 2 + 3m + 1
y > 0 ⇔ x < x1 ∪ x > x − 2
y < 0 ⇔ x1 < x < x 2

suy ra
√
3m + 1, ymax = m + 2 − 2 3m + 1
√
√
= 2 + 3m + 1, ymin = m + 2 + 2 3m + 1

xmax = 2 −
xmin

√

(Nhận xét: Ta ln có ymin > ymax )
20

(1.1)
(1.2)

1. Hệ số góc của đường thẳng đi qua hai điểm cực trị bằng k =
√
−4 3m + 1
√
=2
−2 3m + 1

ymax − ymin
=
xmax − xmin

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là
y = 2(x − xmax ) + ymax = 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
(xmin − xmax )2 + (ymin − ymax )2
√
√
(2 3m + 1)2 + (4 3m + 1)2 = 20(3m + 1) = 6

d=
=

⇔ 20(3m + 1) = 36 ⇔ m =

4
15

3. Ta có
√
√
m + 2 − 2 3m + 1 m + 2 + 2 3m + 1
√
√
+
=6
2 + 3m + 1
2 − 3m + 1
√
√
m + 6 − 2(2 + 3m + 1) (m + 6) − 2(2 − 3m + 1)
√
√
⇔
+
=6
2 + 3m + 1
2 − 3m + 1
1
1
√
√

⇔ −4 + (m + 6) .
+
=6
2 + 3m + 1 2 − 3m + 1
4(m + 6)
3
⇔
= 10 ⇔ 2m + 12 = 15 − 15m ⇔ m =
4 − (3m + 1)
17

4. Xác định giao điểm I của hai đường thẳng
Giải phương trình −2x + 1 = 2x + m − 2 ⇔ 4x = 3 − m ⇔ xI =
Bài toán thỏa mãn ⇔ xmax <

3−m
4

3−m
< xmin , trong đó xmax , xmin là hai nghiệm
4

của phương trình
y = 0 ⇔ f = x2 − 4x + 3 − 3m = 0

Vậy bài toán thỏa mãn ⇔ f

3−m
4

< 0 (vì a = 1)

3−m 2
− (3 − m) + 3 − 3m < 0
4
m2 − 6m + 9
⇔
− 2m < 0 ⇔ m2 − 38m + 9 < 0
16
√
√
19 − 352 < m < 19 + 352
⇔

21


√

√

5. Ta có xmin = 2 + 3m + 1, ymin = m + 2 + 2 3m + 1
⇒

√

3m + 1 = xmin − 2 > 0 ⇒ xmin > 2

và
ymin = m + 2 + 2(xmin − 2) = 2xmin + m − 2

Vậy khi m thay đổi các điểm cực tiểu chạy trên đường
y = 2x + m − 2
(x − 2)2 − 1
x2 + 2x − 3
=
(x − 2)2 − 1 ⇒ y = 2x − 2 +
3
3
m=
3

Bài toán 1.28. Cho hàm số

x>2

x2 + mx − 2m2 + m + 1
x−m

2
2
1. Tìm m đẻ ymax
+ ymin
=4

2. Tìm m để |ymax − ymin | = 4
3. Tìm m để ymax ymin < 0
4. Tìm m để

ymin

ymax
=4
+
xmax xmin

5. Tìm m để ymax .xmin + ymin .xmax = 4
6. Tìm m để

√
√
2 + ymax + 2 + ymin = 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

x2 + x − 1
Bài toán 1.29 (Khối B - 2004). Cho hàm số y =
(C). Viết phương
x+2
trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó vng góc với đường tiệm cận xiên

của đồ thị hàm số (C).
x2 + x − 1
1

−1
=x−1+
= f (x); f (x) = 1 +
x+2
x+2
(x + 2)2
1
Phương trình tiếp tuyến tại A(x0 ; x0 − 1 +
là
x0 + 2

Giải. Ta có y =

22


y = f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) ⇔ y =

1−

⇔y=

1−

1
(x0 + 2)2

x − x0 +

⇔y=

1−

1
(x0 + 2)2

x+

1
(x0 + 2)2

(x − x0 ) + x0 − 1 +

1
x0 + 2

(d)

x0
1
+
x
−
1
+
0
(x0 + 2)2
x0 + 2

x0

1
−1
+
2
(x0 + 2)
x0 + 2

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (C) là y = x − 1 (d1 )

√
1
1
=
±
2
=
−1
⇔
2
(x0 +
x0 + 2
√ 2)
Vậy phương trình tiếp tuyến y = −x ± 2 2 − 5.

Vì (d)⊥(d1 ) nên f (x0 ).1 = −1 ⇔ 1 −

Bài toán 1.30. Cho hàm số y =

x2 + 2x + 2
x+1

(C). Chứng tỏ có tiếp tuyến của (C)

đi qua A(1; 0) và vng góc với nhau.
x2 + 2x + 2
1
−1
Giải. y =
=x+1+
= f (x); f (x) = 1 +
x+1
x+1
(x0 + 1)2
1
) của (C) là
Phương trình tại A(x0 ; x0 + 1 +
x0 + 1
y = f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) ⇔ y =

1−

1
(x0 + 1)2

(x − x0 ) + x0 + 1 +

x0
1
+
x

−
1
+
0
(x0 + 1)2
x0 + 1

⇔y=

1−

1
(x0 + 1)2

x − x0 +

⇔y=

1−

1
(x0 + 1)2

x+

x0
1
+
−1
2

(x0 + 1)
x0 + 1

⇔y=

1−

1
(x0 + 1)2

x+

−1
2
+
+1
2
(x0 + 1)
x0 + 1

Tiếp tuyến qua A(1; 0) nên ta có
−1
2
−1
+
+
+1
2
(x0 + 1)
x0 + 1 (x0 + 1)2

2
−2
⇔
+
−2=0
2
(x0 + 1)
x0 + 1
1
−1
+
−1=0
⇔
2
(x0 + 1)
x0 + 1
√

1
−1 + 5
 x0 + 1 =
2√
⇔
1
−1 − 5
=
2
 x0 + 1
√
1

3− 5
 (x + 1)2 =
2√
0
⇔

1
3+ 5
=
2
(x0 + 1)
2

0=1+

23

1
x0 + 1

(d)