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 c ực đại cực tiểu
A) Cực đại c ực tiểu h à m s ố 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
l à 2 n g h i ệm của phương trì n h
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 c ực tiểu tại
1 2
,
x x
t hì
1 2
' ( ) ' ( ) 0f x f x 
+ Phân tích
' ( ) . ( ) ( )y f x p x h x 
. Từ đ ó ta suy ra tại
1 2


2
' ( ) 3 2 7 0f x x mx    có 2 nghiệm p h â n b i ệt
2
21 0 21m m

      
. Thực hiện p h é p c h i a f ( x ) c h o 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 
t hì f
’
(x)=0 có 2 nghiệm x
1,
x
2

9 9
2 7
(21 ) 3
9 9
m
f x m x
m
f x m x

   




   


.
Suy ra đường thẳng đi q u a C Đ, CT có phươn g t r ì n h
 
 
2
2 7
: 21 3
9 9
m
y m x    

Ta có
 

3) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điể m c ự c đ ạ i c ự c t i ể u t ạ o v ớ i t r ụ c O x m ộ t g ó c


+ Đi ều kiện l à : y ’ = 0 c ó 2 n g h i ê m p h â n b i ệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
+ Giải đi ều 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 k h i 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 trì n h
3
2)2
3

m
m
A

Tam giác OAB cân khi và chỉ k h i
OA OB

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
( )

1
k a
ka




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: G ọi h ệ số góc của đường thẳng đi q u a C Đ, CT là k, khi đó từ đi ê u k i ện b à i t o á n s u y r a :
0
1
1 5 3
1
1
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 p h â n b i ệt
2
3 5 3 5
3 ( 3 1 ) 0
2 2

.
Do
1
2
( ) 0
( ) 0
f x
f x







nên
   
 
 
 
2
1 1
2
2 2
2
( 3 1 ) 1
3
2
3 1 1
3

Ta có



tạ o với
1
5
4
y x

 
góc 45
0



2
2
3 1 1
3
m

 m   

kết hợp với đi ều kiện ( * ) t a c ó
3 15
2
m





;22 , ;22M m m x N m m x  

- Phương trì n h đường thẳng MN là:
2 2 0mx y  

- Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A,B mà tam giác IAB có
ˆ
2. . .sin 1
IAB
S IAI B AIB 
,
dấu bằng xảy ra khi
0
ˆ
90A I B 
, 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

PT đường thẳng đi qua AB là:
   
4
2 2 2 2
2
m m
y m m x m y mx
m

      
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB là
 
2
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

giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử đi ểm đi ểm c ực đại cực tiểu là A, B thì đi ều kiện l à M A = M B
7) Điều kiện để điểm cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y=ax+b
+ Đi ều kiện l à : y ’ = 0 c ó 2 n g h i ê m p h â n b i ệt
+ Viết phương trì n h đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trì n h để tính
giá trị
1 2
;y y )
+ Giả sử đi ểm đi ểm c ực đại cực tiểu là A, B thì đi ều kiện l à : Đường thẳng đi q u a đi ểm c ực đại
cực tiểu vuông góc với đường thẳng y = a x + b v à t r u n g đi ểm c ủa AB thuộc đường thẳng y=ax+b
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 p h â n b i ệt

, x
2
.
Do


 
1
2
0
0
f x
f x

 






nên
 
 
 
 
2
2
1 1 1
2

m
d y m x m   

Các đi ểm c ực trị




1 1 2 2
; , ;A x y B x y
đ ố i x ứng nhau qua
  
1 5
:
2 2
y x d     
và trung
đi ểm I c ủa AB phải t h u ộc (d)
 
 
2
2
2
2
3 2 ; 1
0
3
0
( 1 ) 0
2 1 5


Tìm m để hàm số(C
m
) có cực đại và c ực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số
cách đều đường thẳng
: 1 0d x y  

Giải:
Ta có
2 2
' 3 6 ; ' 0 3 6 0y x x m y x x m        (1)
Hàm số (C
m
) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ k h i p h ư ơ n g t r ì n h ( 1 ) c ó 2 n g h i ệm phân biệt
3m 

Giả sử




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)).

TH1: (d’) cùng phương với (d)
9
2 1 1
3 2
m

m

    
 
 
(không thỏa mãn)
TH2: Trung điểm I của AB nằm trên (d). Do I là trung điểm của AB nên tọa độ I là:
7
1 2
1 2
1
2
2
x x
x
y y
y m


 





   
có
2
1 0m

   
nên f’
(x)
=0 có 2 nghiệm phân b i ệt x
1
, x
2
và
h à m s ố đạt cực trị t ại x
1
, x
2
với c á c đi ểm c ực trị l à .




1 1 2 2
; , ;A x y B x y

Thực hiện p h é p c h i a f ( x )

cho f’(x)

ta có:

2
1 1 1
2
2 2 2
2 2
( ) 1 1
3 3
2 2
( ) 1 1
3 3
y f x m x m
y f x m x m
 
 
    
 

  


 

    
 

 

Ta có
     
 

    
 
 
 
   
 
       
 
   
   
Min AB=
2 13
3
xảy r a

m = 0
9) Tìm điều kiện để hoành độ điểm cực đại cực tiểu thoả mã n m ột hệ thức cho trước
+ Đi ều kiện l à : y ’ = 0 c ó 2 n g h i ê m p h â n b i ệt
+ Phân tích hệ rhức để áp dụng định l ý v i é t (
1 2
,
x x
là hai nghiệm c ủa phương trình y’=0
Ví dụ 1) Tìm m để hàm số
3 2
1
( ) 1
3
f x x mx mx   
đạt cực trị tại x

với
x
1
+x
2
=2m và x
1
x
2
=m.
Ta có BPT:
2
1 2 1 2
8 64x x x x    



2
2 2
1 2 1 2
4 4 4 64 16 0
1 65 1 65
2 2
x x x x m m m m
m m
         
   
 
  
   

3
)2
3
2
()
3
1
3
(' 
m
x
mx
yy
. Lập luận suy ra đường thẳng đi
qua cực đại cực tiểu là


1
3
)2
3
2
( 
m
x
m
y
. Dễ dàng tìm được điểm cố định mà đường
thẳng cực đại cực tiểu luôn đi qua là
)2;

m
1 m
(0,25 điểm)
Ví dụ 3 ) C h o h à m s ố
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
Giải:Điều kiện để hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:
2 2
1
' 3 6 3 ( 1 ) ' 9 0
1
x m
y x mx m
x m
 

        

 

(0,25 điểm)
Ta có
1 1
' ( ) 2 3 1
3 3
y y x m x m    
Gọi A, B là 2 điểm cực trị thì
( 1 ; 3 ) ; ( 1 ; 1 )A m m B m m   
(0,25 điểm)

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
5
2
.
Giải:
Cách 1: Miền xác định:
D R
có
2 2 2 2
' 3 ; ' 0 3 0y x mx m y x mx m         

Hàm số có cực đại
1
x
, cực tiểu
2
x
thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ k h i P T
' 0y 
có 2

Theo Viet ta có:
1 2
2
1 2
3
x x m
x x m
 



 


. Mà
 
 
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
5 14
2 4 5 2 4 3 5
2 2
x x x x x x m m m            

Đối chiếu ĐK(*) ta có giá trị
14
2
m 
t hỏa yêu cầu bài toán.

AB BC

2) Tìm đi ều kiện để hàm số có 3 đi ểm c ực đại cực tiểu tạo thành tam giác có diện t í c h c h o t r ước
+ Tìm đi ều kiện để y’=0 có 3 nghiệm p h â n b i ệt
+ Tính toạ đ ộ 3 đi ểm c ực đại cực tiểu A, B,C. Lập luận c h ỉ r a t a m g i á c A B C l u ô n c â n t ại A .
Tính các véc tơ:
, ,AB AC BC
          

10
+ Kẻ đường cao AH.
+
1
.
2
AB C
S AH BC


+ Giải đi ều kiện
Ví dụ 1) Tìm m để f(x)=
4 2 4
2 2
x mx m m
  
có CĐ, CT lập thành tam giác đều
Giải: f ’ ( x ) =


2 2

   


   


Suy ra BBT của hàm số y=f(x)

A B C đều
2 2
2 2
0
0
m
m
AB A C A B AC
AB BC
A B 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






2 2 2
0 ; 2 4 , ; 4 , ; 4A m B m m C m m   
là 3 điểm cực trị
Nhận x é t t h ấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên tam giác ABC cân tại A
K ẻ
AH BC


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 

11
Ví dụ 4) Cho hàm số
4 2

 
 
.
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 đ ó đi ểm M c ó t o ạ đ ộ là
0
0
0
2 1
( ; )
1
x
M x
x



*) Ta gọi h ệ số góc của tiếp tuyến t ại t i ếp đi ểm M l à
0
' ( )k f x
*) Đường thẳng

bất kỳ c ó h ệ số góc k đi q u a
0 0
( ; )M x y có dạ n g
0 0
( )y k x x y   . Đi ều kiện

0
x
sau đó viết phương trì n h t i ếp tuyến theo (1)
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 : G ọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm

2
1
1 1 1
1
1
x
x x
x
x
     


Suy ra phương trì n h t i ếp tuyến là
1
4
5
y
4
x 

Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì t i ếp tuyến có hệ số góc là
 
0
2
0
0
0
2 ( 4) 1
1 1
2

     

Ví dụ 2) Cho hàm số
1
2
x
y
x
 



Tìm trên đồ thị (C) 2 điểm A và B s a o c h o 8AB  , tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A và B
song song với nhau.
Giải : Giả sử điểm cần tì m l à
1 1
; , ;
2 2
a b
A a B b
a b
   
   
   
 
   
theo giả thiết ta có hệ:
   
 
 

 
   
 
 
   
 
 
  
   
 


 
  
 

13
 
4
4
1
16 4 1 8 1
4
a b
a b
ab ab
ab
  

  

2
4
'
( )
m
y
x m



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

KL :
1
5
m  

Qua ví dụ này các em học sinh cần lưu ý : K i ểm tra điều kiện đủ khi tìm ra giá trị tham số,
Đây là sai lầm hay mắc phải của học sinh khi giải toán.
Ví dụ 4) Cho hàm số
3
3 2y x x  
(C)
Tìm trên (C) các điểm A,B phân biệt sao cho các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số
góc đồng thời đường thẳng đi qua A và B v u ô n g g ó c v ới đường thẳng d:
5 0x y  

Giải :
Giả sử các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số góc k. Để tồn tại hai tiếp tuyến tại A,B phân
biệt thì p h ương trì n h
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

   
        
    
 
   
 
 
   
 

phương trì n h đường thẳng AB:
2 2
3
k
y x
 
  
 
 
. Để
2 1 9
3
k
AB dk     
(t hỏa mãn)
14
Vậy tọa độ các điểm A,B thỏa mãn:
   
3
3

Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt Ox ở 3 điểm phân biệt A(1;0), B, C sao cho các
tiếp tuyến tại B,C song song nhau.
Giải:
Xét phương trình




2 2
0 1 1 0( ) : 1 0y x x mx gt pt x mx         
có 2 nghiệm phân
biệt khác 1
2
0
4 0
m
m




   

. Gọi ,
B C
x x
là nghiệm đó
B C
x x
  và

x m x m x m x m x x x x m
m
x x m m
                
 

     
Ví dụ 6) Cho hàm số
 
2 2 1
1
m
x m
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

(1)
Ta thu được








1 1 2 2
1 1 1 1x x m x x m      

và chú ý


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


1Cm y
với p h ươn g t r ì n h t ì m h o à n h độ giao đi ểm
 
3 2 2
2
0
3 1 1 3 0 (0;1)
( ) 3 0
x
x x mx x x x m C
g x x x m


         

   

Yêu cầu bài toán ,
D E
x x
 là 2 nghiệm p h â n b i ệt khác 0 của g(x)=0
9
9 4 0
9
0
4
(0) 0 4
0
m



2 2
1 ( ). ( ) 3 6 3 6
D E D D E E
y x y x x x m x x 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

; , ;M x y M x y
thỏa mãn
1 2
. 0x x 
và tiếp tuyến của (C
m
) tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng
: 3 1 0d x y  

Giải: Ta có hệ số góc của
: 3 1 0d x y  
là
1
3
d
k 
. Do đó
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trì n h
y ’ = - 3 H a y




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

 
   

 


Vậy kết quả bài toán là
3m  
và
1
1
3
m   
.
Ví dụ 3) Cho hàm số
3
2
2 3
3
x
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 thà n h m ột tam giác vuông.
Giải:
Hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) là
 
3
2 2
2 3 3 6 3 0

Tại x=0 tiếp tuyến song song với trục Ox do đó để 3 tiếp tuyến cắt nhau tạo thành một tam giác
v u ô n g t h ì điều kiện là
2
( ) 6 3 0g x x x k   
có 2 nghiệm
1 2
;
x x
sao cho
1 2
' ( ) . ' ( ) 1f x f x  




2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 4 1 4 ( ) 16 1 0x x x x x x x x x x x x          

Theo định lý Viets ta có
1 2
1 2
6
. 3
x x
x x k
  


 

( ) ( )
' ( )
M M
k x x y f x
k f x
  




. Giải h ệ
tìm x ta có hoành độ của các tiếp đi ểm s a u đó viết phương trì n h t i ếp tuyến
Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến đi qua
19
;4
12
A
 
 
 
đến


3 2
: ( ) 2 3 5C y f x x x   

Giải: Đường thẳng đi q u a
19
;4
12

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

      
 
 
 
 
 
 
2
1 1
1
2 2
2
3 3

 

        

 
 



   

        

   
   


4)Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo v ới trục Ox một g ó c


17
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M c ó d ạng
0 0 0
' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M c ó h ệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuyến tạo với t r ục Ox một góc





. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với trục hoành góc
45
0

Giải: D o t i ếp tuyến của (C) tạo với O x g ó c 4 5
0
nê n hệ số góc k của tiếp tuyến t h o ả mãn
0
45 1 1k tg k    
. Vì
 
2
1
( ) 0 1
1
y x x
x


   

nên k=-1. hoành độ tiếp đi ểm l à n g h i ệm
của phương trì n h
 
1 1
2
2 2




có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên
(H) sao cho tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B và đường trung trực của AB đi qua gốc tọa độ
Giải: D o t a m g i á c O A B v u ô n g t ại O và trung trực của AB đi qua gốc tọa độ nên tam giác OAB
v u ô n g c â n t ại O suy ra tiếp tuyến tạo với Ox góc 45
0

Suy ra
 
0 0 0
2
0
4
' ( ) 1 0 à 2
4 1
f x x v x
x

     

Từ đó viết được 2 phương trì n h t i ếp tuyến là
3
2
y x  
và
5
2
y x  






  




 



(Với
0
' ( )k f x ) Giải t ì m
0
x
sau đó viết phương trì n h t i ếp tuyến theo (1).
Ví dụ 1) Cho (C):
4 3
1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến tạo với

 

  



   


   




* Với k = - 2 , x é t đường thẳng y=-2x+m tiếp xúc (C)
4 3
2
1
x
x m
x

   

hay 4x-3=(-2x+m)(x-1) có nghiệm k é p
     
2
2
2
2 2 3 0 2 8 3 0

2
4 36 73 0m m     
vô nghiệm.
Vậy c h ỉ c ó 2 t i ếp tuyến
2 6 2 2y x   
tạ o với y = 3 x g ó c 4 5
0
.
6) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến cắt h a i t r ục toạ độ t ại A, B sao cho tam giác
OAB vuông cân hoặc tam giác OAB có diện tích bằng một số cho trước.
+ Xét hàm số y=f(x). Gọi
0 0
( ; )M x y là tiếp đi ểm, suy ra tiếp tuyến tại M c ó d ạng
0 0 0
' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M c ó h ệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuyến c ắt 2 trục Ox, Oy tại A , B t h ì t a m g i á c O A B l u ô n v u ô n g , để OAB là tam giác
v u ô n g c â n t h ì t i ếp tuyến p h ải tạo với O x m ột góc
0
45


và tiếp tuyến k h ô n g đi q u a g ốc toạ đ ộ
+ Viết phương trì n h t i ếp tuyến theo dạng (4). Sau đó chỉ c h ọn n h ững tiếp tuyến không đi q u a g ốc
toạ đ ộ
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến c ắt Ox, Oy tạ o thành tam giác có diện t í c h c h o t r ước thì ta tìm các
giao đi ểm A , B s a u đó ta tính diện t í c h t a m g i á c v u ô n g O A B t h e o c ô n g t h ức
1
.

0
2
0
0
2
4
2
2
x
y x x
x
x

  


.
Do tiếp tuyến cắt trục
,Ox Oy
tại các điểm A,B và tam giác OAB có
2AB OA
nên tam giác
OAB vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với 1 trong hai đường phân giác
y x

h o ặc
y x 

+TH1: d vuông góc với đường phân giác
y x

4
1
2x

  

PT vô nghiệm
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán
: 8d y x  

Cách 2: Nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có:
 
1
sin sin
4
2
OA
ABO
AB

  
nên tam
giác AOB vuông cân tại O. PTTT của (C) tại


0 0
;M x y
có dạng:
 
 

2
0
2
0
2
0 ;
2
x
B
x
 
 

 

 
Yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tì m
0
x
l à n g h i ệm của phương trì n h :

 
 
2
0
2
3
0
0 0
2

1
18

Ta có
1
(0; )
3
B
t iếp tuyến tại B của (Cm) là
1
(y m 2)
3
 x 
(d) . Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại
1
(
3 6
;0)A
m



Diện tích tam giác OAB là
1
1 1 11 1
. . . 2 1
3
2 2 33 6 18
m
S OAOB m

.
2
OAB
S IA IB



+ Chú ý: Góc tạ o b ở i t i ế p t u y ế n v à đ ư ờ n g t i ệ m n g a n g h o ặ c t i ệ m c ậ n đ ứ n g c ũ n g c h í n h l à góc tạ o
b ởi tiếp tuyến và các trục Ox, Oy
Ví dụ 1 ) Cho hà số
2 3mx
y
x m



. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm m đ ể t i ế p t u y ế n
bất kỳ của hàm số cắt hai tiệm cận tại A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng
64.
Giải: Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng
x m

và đường
tiệm cận ngang là
2y m
. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là:


,2I m m


mx
m
y x x
x m
x m


   


Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại
2
0
0
2 2 6
;
m x m
A m
x m
 
 
 
 

 
và cắt tiệm cận ngang tại


0
2 ;2B x m m

1
x
y
x


Viết PTTT của đồ thị (H) của hàm số đã c h o b i ết tiếp tuyến
tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng


2 2 2
.
Giải:
Cách 1: Đường tiệm cận c ủa đồ thị là
1 , 1
x y
 
. Gọi PTTT của (H) tại


0 0
;M x y
là:
 
 
0
0
2
0
0




0 0
1 2 1 2 1 ; 1 ; 1 ; 1y x x B x I     

21
 
 
 
   
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2
0 0
0 0
0 0
2 4
0 0 0
0
2
2
0 0

x

, phương trì n h t iệm cận ngang
1y 

Gọi
;
1
a
M a
a
 
 

 
, PTTT tại
 
 
2
1
:
1
1
a
M y x 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 tì m .
Ví dụ 3) Cho hàm số
 
3 2
1
x
y C
x



. Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Viết

x
x

  



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


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
l à giao điểm của hai đường tiệm cận của


C
.Tìm trên đồ thị


C

: 2d y 



1 ; 2I 
.Gọi
0
0
0
2 1
;
1
x
M x
x
 

 

 




0
, 0C x 

Phương trì n h t i ếp tuyến với



1
x
d A d B x
x
 
 

 
       
 
 

 
 
 
 
 
   
2
4 2
0
2
2 2
0 0
0
0
0
36
4 1 40
1 10 1 9 0




2 ; 1M
.
8) Viết phương trình tiếp tuyến biết t i ếp tuyến cắt t i ệ m cận đứng, t iệ m cận ngang tại A , B m à
chu vi tam giác IAB nhỏ n h ất
*) Để giải q u y ết dạng bài tập này học sinh cần n ắm được một kế t quả quan trọng sau: (Trong
h à m s ố phân thức bậc nhất trên bậc nhất tiếp tuyến bất kỳ c ắt 2 tiệm c ận t ại A , B t h ì d i ện t í c h t a m
giác IAB không đổi). Vận d ụng kết quả này ta có
2 2
2 . 2 . (2 2).
IAB
C IA IA AB IA IB IA IB IA IB IA IB IAIB

          
. Vì diện t í c h
tam giác IAB không đổi s u y r a I A . I B k h ô n g đổi. Từ đó ta có Chu vi tam giác IAB min khi
IA=IB. Giải đi ều kiện t ì m M s a u đó viết phương trì n h t i ếp tuyến
Ví dụ 1 ) Cho hàm số
2
1
x
y
x



. Viế t P T T T c ủ a đ ồ t h ị b i ế t t i ế p t u y ế n c ắ t 2 t i ệ m c ậ n t ạ i A , B
sao cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. với I là giao 2 tiệm cận.

  


Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng
1x  
tại điểm
0
0
5
1 ;
1
x
A
x
 


 

 
và cắt tiệm cận đứng tại điểm
23


0
2 1 ; 1B x 
. Ta có:
 
0
0 0

p p
 

Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ k h i p n h ỏ n h ấ t , m ặ t k h á c t a m g i á c I A B v u ô n g t ạ i I n ên:
2 2
2 2 2 . 4 3 2 6p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB           

Dấu “=” xảy ra khi
 
2
0
1 3 1 3IA IB x x       
Với 1 3x    t a có t iếp tuyến


1
: 2 1 3d y x  

Với 1 3x    t a có t iếp tuy ến


2
: 2 1 3d y x  

Ví dụ 2 ) Cho Hypebol (C):
2 1
1
x
y
x

,2
1
Gọi M
1
m
m
 
 
 

 
(c).
Tiếp tuyến t ại M l à ( t ) : y =
,
y (m) (x-m) + y(m)
2
1 1
( ) : ( ) 2
( 1 ) 1
t y x m
m m

    
 
* (t)

(TCĐ: x =1) = A
2
1 , 2
1m

m m
m m
    
 
(đv d t )
Ta có IA . IB = 4 ;
Chu vi (

IAB) = IA + IB + AB=
2 2
2 . 2 . 2(2 2)IA IB I A IB IA I B IAIB      

24
Dấu bằng xảy r a

IA = IB = 2
1 1m   
1
2
0 (0, 1 )
2 (2,3)
m M
m M
  


 

9) Tìm điều k i ện để q u a điể m


( ;21 )a a
, Đi ểm M t h u ộc đường thẳng y=2
( ;2) M a
……
Ví dụ 1 ) Ch o đ ồ th ị h àm số (C):


4 2
1y f x x x   
. Tìm các điểm A

Oy kẻ được 3 tiếp
tuyến đến đồ thị (C).
Giải: L ấy b ất kỳ A ( 0 ; a )

(C). Đường thẳng đi q u a A ( 0 ; a ) v ới h ệ số góc k có phương trì n h
y = k x + a t i ếp xúc với đồ thị ( C )
( )
( )
f x kx a
f x k
 






có nghiệm ( * )
 Đi ều kiện c ần: Để ý rằng

 
 
 
 
 



 Đi ều kiện đủ:
Nếu a=1 thì (*)


 
 
4 2 3
4 2
3
3
2 2
2
2
4 2
1 1
4 2
4 2
0 ; 0
0 ; 0
3 1 0
1 2
;





 

 


 




    



 
 






 


Vậy t ừ A(0;1) kẻ được 3 tiếp tuyến đến ( C )

 
        
 
 
 
 
   
 
 

   

  
  
  
  
   


 
Vậy t ừ
3
0 ;
4
A
 
 
 
chỉ k ẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến ( C ) .
K ết luận: Từ các đi ều kiện c ần v à đủ




2 1 1 3kx ak a x x
 
     
 
có nghiệm k é p




2
1 2 2 4 0kx a k a x ak a
   
       
   
có nghiệm k é p
0k 
v à
   
2
1 2 4 2 4 0a k a k ak a
   
       
   

0k 
v à
 



       
 

         


       
v ậy c ó 4 đi ểm








1 2 3 4
1 ; 1 , 0 ; 1 , 1 ; 3 , 2 ; 5A A A A 
n ằm t r ê n d ường thẳng y=2x+1 và kẻ được
đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị ( C ) .
Ví dụ 3) Cho hàm số
3 2
2 ( 1 ) 2y x x m x m     (Cm)
Tìm m để từ điểm M(1;2) kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm)
Giải:
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ta có phương trì n h t i ếp tuyến là(d) :
( 1 ) 2y k x  
. Vì (d) là



     



. 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 trì n h ( * ) c ó 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 

Ví dụ 4 ) Tìm trên trục hoành các điểm kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C ) .
3
3 2y x x   


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 p h â n b i ệt và khác (-1)
  
 
2
3 2 3 6 0
2
1
( 1 ) 6 1 0
3
a
a a
a
g a



    
 
 

như sau:Lấy p h ần đồ thị y = f ( x ) k h i
( ) 0h x 
. Lấy đối x ứng qua trục O x p h ần đồ
thị y = f ( x ) k h i
( ) 0h x 

2) Tìm điều k i ện để h à m s ố y=f(x) tiếp xúc vớ i y=g(x)
+ Đi ều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với đồ thị y = g ( x ) l à h ệ phương trì n h s a u c ó n g h i ệm
( ) ( )
' ( ) ' ( )
f x g x
f x g x





+ Đi ều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với t r ục Ox là hệ sau có nghiệm
( ) 0
' ( ) 0
f x
f x




