www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

1

Vấn đề 1: Phép biến đổi đồ thò :

Phương pháp:
1) Dạng 1: Từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đồ thò (C
1
):


xfy

, với các ghi nhớ:
* (C): y = f(x) và (C’): y = – f(x) đối xứng nhau qua Ox
* Viết







0
0
f(x) - f(x) khi
(x) f(x) khi f
xfy

* Đồ thò (C

+ Hợp 2 phần đồ thò ta có đồ thò (C
2
):


xfy 

3) Dạng 3: từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đồ thò của hàm (C
3
):


xfy 
bằng cách kết hợp dạng
1 và dạng 2
+ Lấy đối xứng phần bên phải trục qua Oy (sau khi bỏ đi phần bên trái Oy. Giữ nguyên
phần bên phải, hợp của nó và phần lấy đối xứng là đồ thò (C
2
)


xfy 

+ Lấy đối xứng tất cả các phần đồ thò (C
2
) vừa kết hợp nằm dưới trục Ox lên trên Ox
+ Giữ nguyên phần bên trên, lúc đó ta có đồ thò của hàm (C
3
):





0)a;(x
0)a;(x
a
b
bax
CBxAx
a
b
bax
CBxAx
bax
CBxAx
y
2
2
2

Qua các bước :
+ Vẽ (C), và bỏ đi nhánh đồ thò của (C) bên trái tiệm cận đứng (d):
a
b
x 

+ Lấy đối xứng phần (C) bên trái tiệm cận đứng (d):
a
b
x  vừa bỏ đi qua d

xfy 
hay (C
5
):



0




 xf:đk
xf
xf
y
qua các bước
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

2
+ Vẽ (C): y = f(x) và bỏ phần ở dưới trục Ox
+ Lấy đối xứng phần giữ lại qua trục Ox, (xuông phía dưới trục Ox)
Bài toán 1 : (Phép suy thứ nhất)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò

1
:
2




Đồ thò (C
1
)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1Bài toán 2
: (Phép suy thứ hai) Vẽ đồ thò

1
:
2
2



x
x
yC

Đồ thò (C
3
)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-2
2
4
6
x
y
x=-1
x=1
y=-x+1
y=x+1Bài toán 4 :(Phép suy thứ tư)
Vẽ đồ thò

1
:
2
4


x


www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

4
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1
Vấn đề 2: Biện luận tương giao của hai đường:

Phương pháp : Cho hai đường cong (C
1
): y = f(x) và (C
2
): y= g(x)
Biện luận sự tương giao của (C

Giải: (D) qua A(2; 4) , hệ số góc m : y = m(x – 2) + 4
(C) : y = x
3
– 3x + 2
* Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D)
x
3
– 3x + 2 = m(x – 2) + 4
 (x – 2)( x
2
+ 2x + 1 – m) = 0 (1)
* Số giao điểm của (C) và (d) chính là số nghiệm của phương trình (1)
- Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm x = 2
- Xét phương trình g(x) = x
2
+ 2x + 1 – m = 0 (2)
Nếu g(x) = 0 có nghiệm x = 2 thì 9 – m = 0

m = 9
Do đó : m = 9 thì (1) có nghiệm kép x = 2, nghiệm đơn x = – 4
Nếu m ≠ 9 thì g(x) = 0 có nghiệm x ≠ 2
Ta có
m


m < 0 0

 : (2) vô nghiệm
m = 0 0


2
+ 4x + 1 = mx
2
+ 2x + mx + 4 – 2m (với x ≠ – 2)
 (1 – m)x
2
+ (2 – m)x + 2m – 3 = 0 (*)
(D) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc một nhánh của đồ thò (C)
 (*) có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
sao cho x
1
< x
2
< – 2 V – 2 < x
1
< x
2



 
 














1.
3
4
m
m

Kết luận :








1.
3
4
m
m
thì (D) cắt đồ thò (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của (C)
Bài toán 3






53
53
m
m

Giả sử (d’) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi I là trung điểm A, B:















4
13
4
1

Vậy










2
2
1;
2
1
A
,









2
2
1;

A
, x
B
là 2 nghiệm của (1) ta có
S = x
A
+

x
B
= 4,P = x
A
x
B
= – 3 – m
a) Tiếp tuyến của (P) tại A, B vuông góc  f’(x
A
)f’(x
B
) = –1
 (2 x
A
–2)(2 x
B
–2) = – 1

4P – 4S + 5 = 0

4(–3 –m) –16 + 5 = 0


= 100


(x
A
– x
B
)
2
+ (2 x
A
–2 x
B
)
2
= 100


(x
A
– x
B
)
2
= 20

S
2
– 4P = 20


 x:đk xa
x
x


11233
22
 xxxaxx








* 02121
2







axaxxxg


 cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ trái dấùu


aaa
aa
a
g
ga


Vấn đề 3: Viết phương trình tiếp tuyến :
Phương pháp :
1)Loại 1: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) tại điểm M(x
0
; y
0
)
Tính y’ = f’(x)
 y’(x
0
) = f’(x
0
)
Phương trình Tiếp tuyến (C) tại M(x
0
;y
0
) là: (y – y
0
) = f’(x
0
)(x – x
0

)(x – x
0
)
* (D) đi qua điểm A nên : (y
A
– y
0
) = f’(x
0
)(x
A
– x
0
) (1)
Giải (1) tìm được x
0
, từ đó tìm được phương trình của (D)
3)Loại 3: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) và có hệ số góc cho trước
- Cách 1:
* Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) là tiếp truyến của (C) và có hệ số góc k
(D) : y = kx + m (1)
* Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D): f(x) = kx + m
* (D) là tiếp tuyến của (C)  (1) có nghiệm kép. Từ đó tìm được giá trò của m , từ đó viết
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

7
được phương trình của (D)
- Cách 2:
* Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) và M(x
0

tuyến của (C) tại M cắt đường tiệm cận xiên và đứng tại A và B .
Chứng tỏ rằg M là trung điểm của AB, và tam giác IAB (I là giao điểm
của hai đường tiệm cận) có diện tích không phụ thuộc vào M
Giải:

(C) 1x 





1
1
1
222
43
2
x
x
x
xx
y
 CbaM ; tiếp tuyến tại M là (d)



baxyy

1
2










a
a
ax
a
y

Tiệm cận đứng của (C) là (d
1
) : x = 1
  









MBA
xaaxx  121
2
1
2
1
MBA
y
a
a
a
a
yy 











1
1
1

2
.
2
1


 a
a

Vậy S
IAB
không phụ thuộc vào M

Bài toán 2: Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
– 9x + 5 (C) .
Tìm tiếp tuyến của đồ thò (C) có hệ số góc nhỏ nhất
Giải : Gọi M(x
0
; y
0
)

C : hệ số góc tiếp tuyến tại M : k = f’(x
0
) = 963
0
2

x
3
+ mx
2
+ 1 = – x + 1
 x(x
2
+ mx + 1) = 0 (*)
Đặt g(x) = x
2
+ mx + 1 . (d) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt
 g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0














2
2
010
04

BC
xfxf




12323




 mxmxxx
CBCB


1469
2



 mxxmxxxx
CBCBCB




14691

0
) thuộc (H). Phương trình tiếp tuyến của (H) tại M










12132313
32
00
3
0
2
0






 xxxxxxxxyd
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (H)




A
) , B(b; y
B
) , C(c; y
C
)


giao điểm A
1
, B
1
, C
1
của các tiếp tuyến tại A, B, C với (H)



268;2
3
1


 aaaA ,


268;2
3
1


3
33
33
3
3
1
22
22



acac
abab

abbacc 
22




0




 cbabc


bc


33
33



34
34
1
22
22



caca
baba

abbacc 
22




0




 cbacb



* y = g(m) là đường thẳng có hệ số góc khôâng đổi
* g(m) = f(m)
Bài toán 1: Cho hàm số y = x
3
– 3x (C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò
b) Tìm giá trò lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
xxy
3
sin33sin 



Giải: a) Đồ thò (C)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y

b) xxy
3
sin33sin 


xxxy
33
sin3sin4sin3

t
,


Zlk, 



2
2
12
1;1
lxtMiny
t

Bài toán 2: Cho hàm số
1
12
2



x
xx
y
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số
b) Tìm giá trò lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức
1cos
1coscos2

2



t
tt
A
với

1;0D Nhìn vào đồ thò hàm số (1) ở trên khi xét

1;0t ta thấy:














 kxx
x
x
t

b) Biện luận theo m số nghiệm của:




0231
24





mtmttf
Giải: a)
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
-6
-4
-2
2
x
yb)

0231
24
 mtmt (*)



t
x

Nhìn vào đồ thò ta thấy khi
2
3

m thì (d) cắt (C) tại 1 điểm có hoành độ không âm.
Vậy khi
2
3
m
có nghiệm x = t
2
= 0

(*) có nghiệm kép
0
21


tt2
3
m
thì (*) có 2 nghiệm ,
2
3

4
6
x
y

b) Xét phương trình

02  mxm với


2;1


x



xxm 21

 (*)
Vì
1x không là nghiệm của (*) Vậy
1
2


x
x
m
với

Nhìn vào đồ thò ta thấy :

0;

m : (*) có 2 nghiệm,





;40m : (*) có 1
nghiệm,

4;0m : (*) vô nghiệm
Bài toán
5: Cho hàm số

1
2


x
x
xfy
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò (C)
b) Biện luận số nghiệm của phương trình





 mx
x
x

Đặt (d) : y = mx + 1 , (d) luôn đi qua A(0;1)
Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của (C) và (d) :
(C) :
1
2


x
x
y
(d) là tiếp tuyến của (C) khi (*) có nghiệm kép








0141
01
2
mm
m






 ;13;m :(d) cắt (C) tại 2 diểm phân biệt

phương trình
(*)có 2 nghiệm đơn



1;3m :
 


 Cd phương trình vô nghiệm
Bài toán 6: Giải và biện luận theo m số nghiệm phương trình
0212164
2
 mxxx
Giải:



 ;31;D m
x
xxmxxx 
2
340212164
22

y * Dựa vào đồ thò ta có:







2
3
;m
: phương trình đã cho vô nghiệm








2
1
;
2
3
m
: phương trình có 1 nghiệm,

4
x
y
y=4
y=3b)
2424
22 mm
x
x
 3232
2424







x
m
x
x

Xét

32
24





0
1
22
43
m
m
m
t
:(*) có 4 nghiệm phân biệt








2
2
3
m
m
t
:(*) có 2 nghiệm đơn
Vấn đề 5: Tìm điểm cố đònh của họ đường cong:




0
0
B
A
I
hoặc









0
0
0
C
B
A
II
Giải hệ ta được các cặp nghiệm (x
0
; y
0
). Các điểm cần tìm .
Bài toán 1: Cho hàm số y = x











0
2
02
023
042
23
2
y
x
xxxy
xx
x

Kết luận : (Cm) luôn đi qua điểm M(2; 0) với mọi m
b) M(2; 0) là điểm cố đònh của(Cm) nên M(2; 0) vừa thuộc (Cm) vừa thuộc 0x
nên: x
3
– (m + 1 )x
2
– (2m













2
3
2
02
0169
3
1
02
0169
2
2
m
m
g
mm
m
g
mm















13
2
2
1
4
1
012
022
3
23
y
x
y
x
y
x
















02
0
02
xxy
yx
xxymyx









2
1
m
m
thì (Hm) luôn đi qua hai điểm cố đònh
Bài toán 4: Cho hàm số y = mx
3
+ (1 – m)x + 1 có đồ thò (Cm)
Tìm tất cả các điểm mà (Cm) không bao giờ đi qua với mọi m
Giải: Gọi M (x
0
; y
0
) là điểm mà (Cm) không bao giờ đi qua
M(x
0
; y
0
) không thuộc (Cm)  (x
3
– x)m + x + 1 – y ≠ 0 với mọi m






01

V
2y
x
V
Kết luận : Đồ thò (Cm) không bao giờ đi qua các điểm
của (0; a) , (1; b) , (-1; c) với a ≠1 V b ≠2 V c ≠ 0
Bài toán 5 : Cho họ đường cong (Cm) y = (m + 3)x
3
– 3(m + 3)x
2
– (6m + 1)x + 1
CMR: (Cm) luôn đi qua 3 điểm cố đònh thẳng hàng
Giải : y = (m + 3)x
3
– 3(m + 3)x
2
– (6m + 1)x + 1


(x
3
– 3x
2
– 6x + 1)m + (3x
3
– 9x
2
– x + 1 – y) = 0
Toạ độ điểm cố đònh (nếu có) sẽ là nghiệm của hệ


– 3x
2
– 6x + 1 (C) có hai giá trò
cực trò trái dấu
Ta có: y’ = 3x
2
– 6x – 6

y’ = 0
31 x

Suy ra y
CĐ
y
CT
=




59736736 
Kết luận : (Cm) luôn qua 3 điểm cố đònh thược đường thẳng (d): y = 17x – 2
Vấn đề 6: Tìm tập hợp điểm (quỹ tích):

Phương pháp
: điểm M di động thoả các điều kiện cho trước
* Tính toạ độ điểm M phụ thuộc theo một tham số m , t
x = f(m) & y = g(m)
* Khử m (hay t) giữa x và y, ta có một hệ thức độc lập đối với m có dạng sau gọi là phương
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong




* 03
2
 kxxx Đặt

kxxxg



3
2
 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B,O

g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0








049
00
k

b
xxS
BA
BA
3

Gọi I là trung điểm của AB












kkxy
xx
x
II
BA
I
2
3
2
3
2

3
2
I
I
y
y








8
27
0
I
I
y
y Vậy tập hợp của I là đường thẳng có phương trình

2
3
x
với
8






00
2
1 ykxkxxx 


*011
00
2



 xkxyxk
(d) tiếp xúc (C)








014


Từ M vẽ 2 tiếp tuyến đến (C) vuông góc nhau
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

17

(1) có 2 nghiệm phân biệt





1
1,
21
21
kk
kk













0
0
4
0
xy
yx
x

Vậy tập hợp các điểm thoả yêu cầu bài toán là đường tròn có phương trình 4
22
 yx
loại bỏ 4 giao điểm của đường tròn với 2 đường tiệm cận
Bài toán 3:Cho Parabol(Pm)


4222
2



 mxmxy .Tìm quỹ tích đỉnh của (Pm)
(Pm)

4222
2


 mxmxy có đỉnh S:



4
2
2
mxmxy
m
x
S



241



mx

Thế vào (2) , ta được :
xxyxxxxy 824.2.42
22







Vậy quỹ tích đỉnh S của (P) :
xxy 82
2









, mxy 



0
(Cm) có điểm uốn








2
1
1323
23
mxmxxy
mx
I

Thế m = x vào (2) ta có :

22
2



x
xmx
y
. Đònh m để hàm số có cực đại, cực tiểu.
Khi đó, hãy tìm quỹ tích của điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thò
Giải:





2
2
2
2
1
12
1
2'
1
22





1
11
1
1
mxy
m
x
M
và







24
2
1
22
2
2
mxy
m
x
M






1
2
2
x
xy
P
hay





1
2
2
x
xy
P