2
PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP
KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG KỲ THI TSĐH

Phần một: Các bài toán liên quan đến điểm cực đại cực tiểu
A) Cực đại cực tiểu hàm số bậc 3:
3 2
axy bx cx d   
* ) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là: y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
* ) Hoành độ điểm cực đại cực tiểu kí hiệu là
1 2
,
x x
khi đó
1 2
,
x x
là 2 nghiệm của phương trình
y’=0
* ) Để tính tung độ điểm cực đại cực tiểu ta nên dùng phương pháp tách đạo hàm để tính phương
trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Cơ sở của phương pháp này là: nếu hàm số bậc 3 đạt cực đại cực tiểu tại
1 2
,
x x
thì
1 2
'( ) '( ) 0f x f x 
+ Phân tích '( ). ( ) ( )y f x p x h x  . Từ đó ta suy ra tại
1 2
,

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

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

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


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

3 2
1 2
3 2 ( 1). ' ( 2) 2
3 3 3
m m
y x x mx x y x          
Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình
3
2)2
3
2
(
m
x
m

6 6
2( 3) 3
9 3
6; ;
2 2
m m
m
m m m
 
 

     

Với m = 6 thì
OBA 
so với điều kiện ta nhận
2
3
m
Chú ý: Ta có thể giải bài toán theo cách: Đường thẳng qua CĐ, CT tạo với 2 trục tọa độ
tam giác cân nên hệ số góc của đường thẳng là
9
( )
2
2
tan 45 1 2 1
3
3
( )
2





Ví dụ ) Tìm m để


3 2 2
3( 1) (2 3 2) ( 1)f x x m x m m x m m        có đường thẳng đi qua
CĐ, CT tạo với
1
5
4
y x

  một góc 45
0
.
Giải: Gọi hệ số góc của đường thẳng đi qua CĐ, CT là k, khi đó từ điêu kiện bài toán suy ra:
0
1
1 5 3
1
1
4
4 4 4 4
45 1 1
1
1 3 5
4 4

3
5
5
3
k
k











Hàm số có CĐ, CT
2 2
( ) 3 6( 1) (2 3 2) 0f x x m x m m

        có 2 nghiệm phân biệt
2
3 5 3 5
3( 3 1) 0
2 2
m m m m
   
 


( ) 0
f x
f x







nên
   
 
 
 
2
1 1
2
2 2
2
( 3 1) 1
3
2
3 1 1
3
f x m m x m
f x m m x m


 

1
5
4
y x

  góc 45
0



2
2
3 1 1
3
m m

    
kết hợp với điều kiện (*) ta có
3 15
2
m


5) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu cắt hai trục Ox, Oy tại A,B sao
cho tam giác OAB có diện tích cho trước
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Tìm các giao điểm với các trục toạ độ: Với trục Ox:Giải y=0 tìm x.Với trục Oy giải x=0 tìm y.
+
/

dấu bằng xảy ra khi
0
ˆ
90AIB 
, lúc đó khoảng cách từ I đến MN bằng
1
2

Do vậy ta có pt:
 
2
2 1
1 1 3 3
, 1 ; 1
2 2
2 2
4 1
m
d I MN m m
m

       


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

2 1
;
4 1
m
d I AB
m



độ dài đoạn
3
4 16AB m m 
Mà diện tích tam giác IAB là
3
2
2 1
1
18 4 16 18
2
4 1
m
S m m
m

   




 

cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b và trung điểm của AB thuộc đường thẳng y=ax+b
www.VNMATH.com
6
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số
3 2 2
( ) 3f x x x m x m    có CĐ và CT đối xứng nhau qua
 
1 5
:
2 2
y x   .
Giải: Hàm số có CĐ, CT


3 2
6 0f x x x m

     có 2 nghiệm phân biệt
2 2
9 3 0 3 3m m m

         .
thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có:
 
 
2
2
1 2
( ) 1 ( ) 3
3 3 3






nên
 
 
 
 
2
2
1 1 1
2
2
2 2 2
2
3
3 3
2
3
3 3
m
y f x m x m
m
y f x m x m

    



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

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



 





 


. Vì I nằm trên (d) nên ta có
1 1 0 0m m    
(thỏa mãn).

Chú ý: Cần phân biệt rõ 2 khái niệm cách đều và đối xứng qua một đường thẳng.
8) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách giữa điểm cực đại cực tiểu max,
min
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B. Tính độ dài AB theo tham số. Dùng phương pháp
đạo hàm để tìm max, min
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số
3 2
1
( ) 1
3

Thực hiện phép chia f(x)

cho f’(x)

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

Do
1
2
( ) 0
( ) 0
f x
f x






 


Ta có
     
 
 
2
2 2 2 2
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
4
1
9
AB x x y y x x m x x        

 
 
 
2
2
2
2 1 1 2
2
2 2
4
4 1 1
9
4 4 2 13
4 4 1 1 4 1

Ví dụ 1) Tìm m để hàm số
3 2
1
( ) 1
3
f x x mx mx    đạt cực trị tại x
1
, x
2
thoả mãn
1 2
8x x 
www.VNMATH.com
8
Giải: Hàm số có CĐ, CT
2
( ) 2 0f x x mx m

     có 2 nghiệm phân biệt




2
0 0 1m m m m

       
với điều kiện này thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1,
x

   
 
  
   
   
   


thoả mãn điều kiện




0 1m m 
Ví dụ 2) Cho hàm số 13
23
 mxxxy
Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách từ điểm )
4
11
;
2
1
(I đến đường thẳng nối
điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất
Giải: Ta có mxxy  63'
2
. Hàm số có cực đại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
30'  m
(0,25 điểm)

(A (0,25 điểm)
- Hệ số góc của đường thẳng IA là
4
3
k . Hạ IH vuông góc với  ta có
4
5
/


IAdIH
I

Đẳng thức xảy ra khi IA (0,25 điểm)
- Suy ra
3
41
2
3
2

k
m

1 m
(0,25 điểm)
Ví dụ 3) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 4 1y x mx m x m m       (C)
Tìm m để hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vuông tại O


        



 
(0, 25 điểm)
Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2
www.VNMATH.com
9
Ví dụ 4) Tìm các giá trị của m để hàm số


3 2 2
1 1
. 3
3 2
y x m x m x    có cực đại
1
x
, cực
tiểu
2
x
đồng thời
1 2
;
x x
là độ dài các cạnh góc vuông của 1 tam giác vuông có độ dài cạnh
huyền bằng

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

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

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

+ Tam giác ABC đều
AB BC

2) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực đại cực tiểu tạo thành tam giác có diện tích cho trước
+ Tìm điều kiện để y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
+ Tính toạ độ 3 điểm cực đại cực tiểu A, B,C. Lập luận chỉ ra tam giác ABC luôn cân tại A.
Tính các véc tơ: , ,AB AC BC
  www.VNMATH.com
10
+ Kẻ đường cao AH.
+
1
.
2
ABC
S AH BC


; 2
0 0; 2
; 2
x m B m m m m
x A m m
x m C m m m m

     


   


   



Suy ra BBT của hàm số y=f(x)
 ABC đều
2 2
2 2
0
0
m
m
AB AC AB AC
AB BC
AB BC







      
 
 



 


Ví dụ 2) Cho hàm số
4 2 2
2 2 4y x mx m    , m là tham số thực. Xác định m để hàm số có
3 cực trị tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1.
Giải: Mxđ: D R . Có
3
' 4 4y x mx 
3 2
' 0 4 4 0 0y x mx x x m        . Hàm số có 3 cực trị
0m 
(*)
Gọi






hàm số có 3 cực trị
1 1m   
. Khi đó tọa độ điểm cực đại là


0;1A m , tọa độ hai điểm
cực tiểu là




2 2 2 2
1 ; 1 , 1 ; 1B m m C m m    
diện tích tam giác ABC là
 
 
2
2
1
; . 1 1
2
ABC
S d A BC BC m    . Dấu “=” xày ra khi
0m 

ĐS:
0m 

www.VNMATH.com
11

    
 
 
.
Gọi


;I x y là tâm đường tròn (P)
 
 
 
2 2
2 2
2 2
2
2
2
2 2
3 1 0
2 2 0; 1; 0( ), 1
2 2
x y
IA ID
IB IC x y x m x y m L m
IB IA
x m y m x y


  


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

*) Ta gọi hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm M là
0
'( )k f x
*) Đường thẳng  bất kỳ có hệ số góc k đi qua
0 0
( ; )M x y có dạng
0 0
( )y k x x y   . Điều kiện
để  là tiếp tuyến của hàm số y=f(x) là hệ phương trình sau có nghiệm
0 0

www.VNMATH.com
12
Chú ý: Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B là
'( ) '( )
A B
A B
f x f x
x x






Ví dụ 1) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) biết tiếp tuyến
cách đều hai điểm A(2;4), B(-4;-2)
Giải : Gọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm
0

1
1 1 1
1
1
x
x x
x
x
     



Suy ra phương trình tiếp tuyến là
1 5
4 4
y x 
Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là
 
0
2
0
0
0
2 ( 4) 1
1 1
2
4 ( 2)
1
x
k



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



 
  
 


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

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

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

Ta có tọa độ các điểm A,B thỏa mãn hệ:
 
2
3
2
2
3 3 2 2
3 2
3
3 3
3 3
x
y x x
y x x
x k
x k


   
  
 

 
 

 
  
 
 
. Để
2 1 9
3
k
AB d k      (thỏa mãn)
www.VNMATH.com
14
Vậy tọa độ các điểm A,B thỏa mãn:
   
3
3
2
3 2
3 2
2;4 , 2;0
2
3 3 9
y x x
y x x
A B
x
x


  
  

m
m




   

. Gọi ,
B C
x x
là nghiệm đó
B C
x x
  và
B C
x x m
  .
Yêu cầu bài toán




' '
B C
y x y x 





y C
x m
 

 

Cho A(1;2). Tìm các giá trị của m sao cho tồn tại đường thẳng qua A cắt đồ thị C
m
tại hai
điểm phân biệt M,N mà các tiếp tuyến tại M,N của đồ thị song song với nhau.
Giải:
Ta có:
 
2
3
'
1
y
x m


 
. Giả sử






1 1 2 2 1 2


1 2 1 2 1 2
1 ( 1) 1 1 2x m x m x x x x              . Cùng với (1)
0m 
2) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
'( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
'( )k f x
+ Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b nên
0
1
'( )k f x
a
   . Giải phương trình tìm
0
x
sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1)
+ Chú ý : Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A vuông góc với tiếp tuyến tại B là:
'( ). '( ) 1
A B
A B
f x f x
x x

         

   


Yêu cầu bài toán ,
D E
x x
 là 2 nghiệm phân biệt khác 0 của g(x)=0
9
9 4 0
9
0
4
(0) 0
4
0
m
m
m
g m
m

   



    
 
 

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

2
9 65
4 9 1 0
8
m m m

      thoả mãn điều kiện (*)
Cho hàm số
   
3 2





2 2
2 2 1 3 2 3 2 2 1 3 1x m x m x m x m            (1)
Yêu cầu bài toán

phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn
1 2
.
x x
>0

   
2
3
' 1 2 3 1 0
1
3 1
1
0
3
2
m
m m

y x   (C) và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua A(0;3)
Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt sao cho các tiếp tuyến tại 3
giao điểm đó cắt nhau tạo thành một tam giác vuông.
Giải:
Hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) là
 
3
2 2
2 3 3 6 3 0
3 3
x x
x kx x x k       
2
0
( ) 6 3 0
x
g x x x k




   

. Điều kiện là phương
www.VNMATH.com
16
trình
2
( ) 6 3 0g x x x k    có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
' 0 9 3 0 3

1 2
6
. 3
x x
x x k
  


 


Thay vào ta có:
2 2
4 15
9 72 48 1 0 9 24 1 0
3
k k k k k k
 
         
Kết hợp điều kiện suy ra
4 15
3
k
 
 3) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến đi qua ( ; )
M M
M x y

19
;4
12
A
 
 
 
với hệ số góc k có phương trình
19
4
12
y k x
 
  
 
 
tiếp xúc
với


: ( )C y f x 
19
( ) 4
12
( )
f x k x
f x k

 
  

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

'( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
'( )k f x
+ Tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc


0
0
0
'( ) tan
'( ) tan
'( ) tan
f x
f x
f x





  

 

Giải tìm
0
x
sau
đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1).
Ví dụ 1) Cho (C):

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

Phương trình tiếp tuyến tại x
1
=0 là y=-1(x-0)+2=-x+2
Phương trình tiếp tuyến tại x
2
=2 là y=-1(x-2)+4=-x+6.
Ví dụ 2) Cho hàm số

2
y x   và
5
2
y x  
5) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc


+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
'( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là
0
'( )k f x
+ Tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc


tan
1
tan
1
tan
1
k a
k a
ka

1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến tạo với


: y=3x góc 45
0
.
Giải: Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó do tiếp tuyến tạo với


 :y=3x góc 45
0
nên
www.VNMATH.com
18
0
2
3 1 3
3
45 1
1
3 1 3
1 .3
2

   

hay 4x-3=(-2x+m)(x-1) có nghiệm kép
     
2
2
2
2 2 3 0 2 8 3 0
12 28 0 6 2 2
x m x m m m
m m m
            
        

* Với k=
1
2

xét đường thẳng
1
2
y x m

  tiếp xúc (C)
4 3 1
1 2
x
x m
x
 

toạ độ
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt Ox, Oy tạo thành tam giác có diện tích cho trước thì ta tìm các
giao điểm A,B sau đó ta tính diện tích tam giác vuông OAB theo công thức
1
.
2
OAB
S OAOB


Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2
2
x
y
x


biết tiếp tuyến cắt
,Ox Oy lần lượt tại A,B mà tam giác OAB thỏa mãn:
2AB OA
.
Giải:
Cách 1: Gọi




0 0 0
; ,M x y x  thuộc đồ thị hàm số. PTTTd tại M có dạng:

4
1 0 4
2
x x
x

     


www.VNMATH.com
19
Với
0
0 :
x d y x
    (loại)
Với
0
4 : 8
x d y x
    
+TH2: : d vuông góc với đường phân giác y x  có:
 
2
0
4
1
2x

  

2
x
y x x
x
x
   


. Dễ dàng tính được
2
0
;0
2
x
A
 

 
 
 
và
 
2
0
2
0
2
0;
2
x

x x
x
   


Với
0
0x  ta có PTTT là: 0y x 
Với
0
4x  thì PTTT là: 4y x  
Ví dụ 2) Cho hàm số
3 2
4 1
(2 1) ( 2)
3 3
y x m x m x      (Cm)
Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục tung cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại A,
B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng
1
18

Ta có
1
(0; )
3
B tiếp tuyến tại B của (Cm) là
1
( 2)
3

7) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt 2 đường tiệm cận tạo thành
một tam giác có diện tích cho trước hoặc tạo thành một góc cho trước.
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x   .
+ Tìm các giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận sau đó căn cứ vào điều kiện để giải
quyết
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng tại A, B mà tam giác IAB
vuông cân ( Với I là giao điểm 2 tiệm cận) thì ta quy về việc viết phương trình tiếp tuyến biết
tiếp tuyến tạo với tiệm cận ngang một góc
0
45 ) Chú ý rằng tiếp tuyến không được đi qua giao
điểm 2 đương tiệm cận vì khi đó sẽ không hình thành một tam giác)
www.VNMATH.com
20
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A, B tạo thành tam giác IAB
có diện tích cho trước thì ta tìm các giao điểm A, B sau đó dùng công thức
1
.
2
OAB
S IA IB


+ Chú ý: Góc tạo bởi tiếp tuyến và đường tiệm ngang hoặc tiệm cận đứng cũng chính là góc tạo
bởi tiếp tuyến và các trục Ox, Oy
Ví dụ 1) Cho hà số
2 3mx

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

Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại
2
0
0

Nên diện tích tam giác IAB là
2
1
. 4 6
2
S IAIB m  
Bởi vậy yêu cầu bài toán tương đương:
2
58
4 6 64
2
m m    
Ví dụ 2) Cho hàm số
.
1
x
y
x


Viết PTTT của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng


2 2 2
.
Giải:
Cách 1: Đường tiệm cận của đồ thị là 1, 1
x y
  . Gọi PTTT của (H) tại

x x
x y A
x x
 
 
   
 
 
 
. Khi




0 0
1 2 1 2 1;1 ; 1;1y x x B x I     
www.VNMATH.com
21
 
 
 
   
 
 
 
 
 
 
 
 

        

 



        



Cách 2: Phương trình tiệm cận đứng
1
x

, phương trình tiệm cận ngang 1y 
Gọi
;
1
a
M a
a
 
 

 
, PTTT tại
 
 
2
1

 
 
2
2
2 1
2 1 2 1 4 2 2
1
1
C IA IB AB a a
a
a
          



Dấu “=” xảy ra khi
1 1a  tức 0; 2a a  .
Với 0a y x   
Với 2 4a y x    
KL: ; 4y x y x     là 2 tiếp tuyến cần tìm.
Ví dụ 3) Cho hàm số
 
3 2
1
x
y C
x




x
x

  



Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A và B và IAB có
5
ˆ
cos
26
BAI 
nên
2
2
1 1 1
ˆ ˆ
ˆ
tan 1 tan tan 5
ˆ
25 5
cos
BAI BAI ABI
BAI
      
Lại có
ˆ
tan ABI
là hệ số góc của tiếp tuyến d mà

www.VNMATH.com
22
Với
0
2x   có PTTT d: 5 2y x 
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán có pt như trên.
Ví dụ 4) Cho hàm số :
2x 1
y
x 1



có đồ thị là


C .
Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của


C .Tìm trên đồ thị


C điểm M có hoành
độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị


C cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả
mãn :
2 2

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

0
2
2 2
0 0
0
0
0
36
4 1 40
1 10 1 9 0
1
40
0
0
x
x x
x
IA IB
x
x

  

    
 

   
 



2
1
x
y
x



. Viết PTTT của đồ thị biết tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận tại A,B
sao cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. với I là giao 2 tiệm cận.
Giải: Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng
1x  
và tiệm cận ngang là đường
thẳng 1y  . Giao điểm hai đường tiệm cận


1;1I  . Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị
tại điểm có hoành độ
0
x
, PTTT có dang:
 
 
0
0
2
0
0
2
3

23


0
2 1;1B x  . Ta có:
 
0
0 0
0 0
5
6
1 ; 2 1 1 2 1
1 1
x
IA IB x x
x x

        
 

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

: 2 1 3d y x  

Ví dụ 2) Cho Hypebol (C):
2 1
1
x
y
x



và điểm M bất kỳ thuộc (C). Gọi I là giao điểm của
tiệm cận. Tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B.
a) CMR: M là trung điểm của AB
b) CMR: dt


onstIAB c 
c) Tìm M để chu vi


IAB nhỏ nhất.
Giải:
TCĐ: x=1
TCN: y=2
Giao điểm 2 tiệm cận là I(1;2)
y =
2 1 1
2
1 1


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

;
M M
M x y cho trước kẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị y=f(x)
+ Xét đường thẳng  có hệ số góc k đi qua điểm M ( ):PT  ( )
M M
y k x x y  
+ Điều kiện để  là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm
( ) ( )
'( )
M M
k x x y f x
k f x
  




(*)
+ Để qua điểm M kẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị thì hệ (*) phải có n nghiệm thế phương trình
(2) vào (1) dùng phương pháp hàm số để tìm điều kiện
+ Chú ý: Trong việc xác định toạ độ M học sinh cần linh hoạt VD: Điểm M thuộc đường thẳng
y=2x+1 thì M ( ;2 1)a a , Điểm M thuộc đường thẳng y=2 ( ;2)M a ……
Ví dụ 1) Cho đồ thị hàm số (C):


4 2
1y f x x x    . Tìm các điểm A Oy kẻ được 3 tiếp
tuyến đến đồ thị (C).
Giải: Lấy bất kỳ A(0;a)(C). Đường thẳng đi qua A(0;a) với hệ số góc k có phương trình
y=kx+a tiếp xúc với đồ thị (C)

x x kx
x a
x x
 


   
 
 
 
 
 




 Điều kiện đủ:
Nếu a=1 thì (*)


 
 
4 2 3
4 2
3
3
2 2
2
2
4 2

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

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


C y k x a a
x x
 
     
 

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

a a g a
a
a a g a
a
a
a k k


       
 

         


       

vậy có 4 điểm








1 2 3 4
1; 1 , 0;1 , 1;3 , 2;5A A A A  nằm trên dường thẳng y=2x+1 và kẻ được
đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị (C).
Ví dụ 3) Cho hàm số
3 2

2
3
x
f x x x f x
x



     



. Từ đó tính được hai điểm cực trị của hàm số là
 
2 109
1;4 3 , ; 3
3 27
A m B m
 
 
 
 
. Ta thấy phương trình (*) có đúng hai nghiệm phân biệt khi một
trong hai điểm cực trị nằm trên trục hoành. Từ đó tìm được
4
3
m  hoặc
109
81
m 

f x f x x a
f x f x x a x a
x x a x a x g x

  

        
 
         
 

Từ điểm A(a;0) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)

g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt và khác (-1)
  
 
2
3 2 3 6 0
2
1
( 1) 6 1 0
3
a
a a
a
g a



    

 

Từ đó ta suy ra cách vẽ đồ thị hàm số
| ( )|. ( )y h x g x như sau:Lấy phần đồ thị y=f(x) khi ( ) 0h x  . Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ
thị y=f(x) khi ( ) 0h x 
2) Tìm điều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với y=g(x)
+ Điều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với đồ thị y=g(x) là hệ phương trình sau có nghiệm
( ) ( )
'( ) '( )
f x g x
f x g x






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