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

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


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

;22 ; ;22A m m m B m m m  

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

+ 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 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


đạt cực trị t ại x
1
, x
2
.
Do


 
1
2
0
0
f x
f x

 






nên
 
 
 
 
2
2

: 3
3 3
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

m
y x x mx C   

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
,

 
. Do đó các điểm A,B cách đều đường thẳng (d) trong 2
trường hợp sau:
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


 


2
2 1 0f x x mx

   
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 )


nên
 
 
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
 
 
    
 

  


 

    
 

 

x x x x m
m m AB
 
 
    
 
 
 
   
 
       
 
   
   
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

và hàm số đạt cực trị t ại x
1
, x
2
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
         

30'  m
(0,25 điểm)
- Chia đa thức y cho y’ ta có
1
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

3
2

k
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

2
   
có cự c đ ạ i
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
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




(*)
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            


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

+ Tam giác ABC đều
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  

x A m m
x m C m m m m

     


   


   


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







' 4 4 1 0 0, 1y x x m x x m       

h à m s ố 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 


3 9
0 ; 2 , ; 2 , ; 2 , ;
5 5
A B m m C m m D
 
    
 
 
.
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

y theo
dạng
0
( )f x )
Ví dụ: Xét đi ểm M b ất kỳ t h u ộc đ ồ thị h à m s ố
2 1
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

' ( )( )y f x x x y   (1). Tiếp tuyến tại M c ó h ệ số góc là
0
' ( )k f x
+ Tiếp tuy ến song song với đường thẳng y=ax+b nên
0
' ( )k f x a  . Giải phương trì n h t ì m
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




 
0
0 0
2
0
0
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

Vậy có 3 PTTT thỏa mãn
1 5
; 1 ; 5
4
y x y x y x
4
     

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
   
   
   

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

Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục Ox song song với đường thẳng
(d):
1y x 

Giải :
Ta có
2
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
5
m  
. Phương trì n h t iếp tuyến là :
3
5
y x 
(TMĐK)
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  

2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3
3 3 3 3
k x k k
y x x y x
x k x k
 
   
        
    
 
   
 
 
   
 

phương trì n h đường thẳng AB:
2 2
3
k
y x
 
  
 
 
. Để
2 1 9
3

Ví dụ 5) Cho hàm số




3 2
1 1 1y x m x m x     
(1)
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




   

 
2 2
3 2 1 1 3 2 1 1 3 2 1 0
2 1
2
3
B B C C B C B C
B C
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

1 2
3 3
1 1 2 2
1 1
x m x m x x m
x m x m
 
            
   
(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 


3 2
( ) 3 1y f x x x mx    
a) Tìm m để C(m) cắt đường thẳng y=1 tại 3 điểm phân biệt C(0;1), D, E.
b) Tìm m để các tiếp tuyến với C(m) tại D và E vuông góc với nhau.
15
Giải: a) Xét




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

   .
Với đi ều kiện
9
0
4
m 
thì các tiếp tuyến t ại D v à E v u ô n g g ó c v ới n h a u .




2 2
1 ( ). ( ) 3 6 3 6
D E D D E E
y x y x x x m x x m
 
       











), m là tham số.
Ví dụ 2) Tìm m để trên (C
m
) có 2 điểm phân biệt




1 1 1 2 2 2
; , ;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

m m
m
m

 
     
 
 
 
 
   

 


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  

' 0 9 3 0 3
(0) 3 0 (0) 3 0 0
k k
g k g k k
     
  
  
  
      
  
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

+ Gọi k l à h ệ số góc của đường thẳng

đi qua M . Phương trì n h c ủa

là ( )
M M
y k x x y  
+ Đi ều 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
  




. 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
 
 
 

12
( )
f x k x
f x k

 
  

 
 




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
   

          
   
   

      
 
 

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

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


0
x
sau
đó viết phương trì n h t iếp tuyến theo (1).
Ví dụ 1 ) C h o ( C ) :
3 2
1
x
y
x



. 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

=0 là y=-1(x-0)+2=-x+2
Phương trì n h t i ếp tuyến t ại x
2
=2 là y=-1(x-2)+4=-x+6.
Ví dụ 2 ) Cho hàm số
3
2( 1 )
x
y
x



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


1
k a
k a
ka
k a
ka
ka









  




 



(Với
0
' ( )k f x ) Giải t ì m
0
x

1
3 1 3
1 .3
2
k
k k
k
tg
k k
k
k
 

  



   


   




* Với k = - 2 , x é t đường thẳng y=-2x+m tiếp xúc (C)
4 3
2
1
x

x
x
m
x
 
  

hay 2(4x-3)=(-x+2m)(x-1) có nghiệm k é p
     
2
2
2 7 2 6 0 2 7 4 2 6 0x x x m m m            

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

.
Giải:
Cách 1: G ọi




0 0 0
; ,M x y x 
thuộc đồ thị hàm số. PTTTd tại M có dạng:
 
 
0
0
2
0
0
2
4
2
2
x
y x x
x
x

  


.

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

  

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

2
0
;0
2
x
A
 

 
 
 
và
 
2
0
2
0
2
0 ;
2
x
B
x
 
 

 

 
Yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tì m

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 t uy ến 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
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

+ Tìm các giao đi ểm c ủa tiếp tuyến v ới c á c đường tiệm c ận s a u đó căn c ứ vào đi ều kiện để giải
quyết
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt 2 tiệm c ận n g a n g v à t i ệm c ận đứng tại A , B m à t a m g i á c I A B
v u ô n g c â n ( V ới I l à g i a o đi ểm 2 t i ệm c ận) thì ta quy về việc viết phương trì n h t i ếp tuyến biết
tiếp tuyến tạo với t i ệm c ận n g a n g m ột góc
0
45
) Chú ý rằng tiếp tuyến k h ô n g được đi q u a g i a o
đi ểm 2 đươn g t i ệm c ận v ì k h i đó sẽ không hình thành một tam giác)
20
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt tiệm c ận đứng và tiệm c ận n g a n g t ại A , B t ạo thành tam giác IAB
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 dùng công thức
1
.
2
OAB
S I A 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




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 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

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

21
 
 
 
   
 
 
 

 
            
 
 
 
        

 



        


Cách 2: Phương trì n h t i ệm cận đứng
1
x

, phương trì n h t iệm cận ngang
1y 

Gọi
;
1
a
M a
a
 
 


Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là


2 1 ; 1B a 

Chu vi tam giác IAB là
 
 
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

; , 1M x y x C  
là tiếp điểm của tiếp tuyến d.
PTTT tại d có dạng:
 
 
0
0
2
0
0
3 2
5
1
1
x
y x x
x
x

  



Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A và B và
I AB
có
5
ˆ
cos
26


nên
 
 
2
0 0 0
2
0
5
5 1 1 0 2
1
x x x
x
        

Với
0
0x  có PTTT d:
5 2y x 

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

và
B
thoả
m ã n :
2 2
40IA IB 

Giải:
TCĐ


1
d
:
1x  
,TCN


2
: 2d y 



1 ; 2I 
.Gọi
0
0
0
2 1
;

2 1
3
: :
1
1
x
M y x x
x
x

   


         
 
0
1 2 0
0
2 4
1 ; , 2 1 ; 2
1
x
d A d B x
x
 
 

 
       
 


  

    
 

   
 






0
x 2


0
y 1



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

tại điểm có hoành độ
0
x
, PTTT có dang:
 
 
0
0
2
0
0
2
3
1
1
x
y x x
x
x

  


Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng
1x  
tại điểm
0
0
5
1 ;

 
Nên
0
0
6
. .2 1 12
1
IAIB x
x
  

. Do vậy diện tích tam giác IAB là
1
. 6
2
S IAI B 

Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì b á n k í n h đường tròn nội tiếp tam giác này là
6S
r
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

onstIAB c

c) Tìm M để chu vi


IAB
nhỏ nhất.
Giải:
TCĐ: x=1
TCN: y=2
Giao đi ểm 2 t iệm c ận l à I ( 1 ; 2 )
y =
2 1 1
2
1 1
x
x
x

 
 

,2
1
Gọi M
1
m
m
 
 

Ta có :
2
A B
M
x x
m x

 
và A,M,B thẳng hàng nên M là trung đi ểm A B
* 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 m
    
 
(đv d t )
Ta có IA . IB = 4 ;
Chu vi (


( ) :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 đi ểm M k ẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị t h ì h ệ (*) phải c ó n n g h i ệm t h ế phương trì n h
(2) vào (1) dùng phươn g p h á p h à m s ố để tìm đi ều kiện
+ Chú ý: Trong việc xác định t o ạ đ ộ M học s i n h c ần l i n h h o ạt VD: Đi ểm M t h u ộc đường thẳng
y = 2 x + 1 t h ì 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

của (C). Suy ra tổng số các tiếp tuyến c ó h ệ số góc k

0 luôn là 1 số chẵn. Vậy d ể từ A(0;a) kẻ
được 3 tiếp tuyến d ến ( C ) t h ì đi ều kiện c ần l à h ệ phương trì n h ( * ) c ó n g h i ệm k = 0 .
Thế k=0 vào hệ (*)
4 2
2
3
0 ; 1
1 1
1 3
;
4 2 0
2 4
x a
x x kx
x a
x x
 


   
 
 
 
 
 




x x x x x
x x kx
x x k
x x k
x k
x k
x x
x k
x
x k
k x x
x k

  

   
 
 
 
 

 




 

 


4 2 4 2 3
3 3
4 2 4
2
2 2
3 3
1 1 4 2
4 4
4 2 4 2
1 1
1
3 0
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
 
        
 
 
 
 
   
 

x



.
Giải: L ấy b ất kỳ A ( a ; 2 a + 1 )

y = 2 x + 1 . Đường thẳng đi q u a A ( a ; 2 a + 1 ) v ới h ệ số góc k có phương
trình y=k(x-a)+2a+1 tiếp xúc với
  
3 3
: 2 1
1 1
x x
C y k x a a
x
x
 
     
 

h a y




2 1 1 3kx ak a x x
 
     
 

( ) 0 g k 
có đúng 1 nghiệm k é p k
0

 
 
2 2
2 2
0
32 2 0 ; (0) 4 0
1
32 2 0 ; (0) 4 0
2
1
1
1 0 16 4 0
4
a
a a g a
a
a a g a
a
a
a k k


       
 

         

k x x m

       



   


3 2
2 5 4 3 ( 1 ) 0x x x m    
Để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm) thì p h ương trì n h
3 2
( ) 2 5 4 3 ( 1 ) 0f x x x x m      (*) có đúng hai nghiệm phân biệt. Ta có
26
2
1
' ( ) 6 10 4 ' ( ) 0
2
3
x
f x x x f x
x



     






( )
( )
f x k x a
f x k
  






có nghiệm


 
     
3 2
2
( ) ( )
( ) ( ) 0 2 3 a x 3 2 0
1 2 3 2 3 2 0 1 ( ) 0
f x f x x a
f x f x x a x a
x x a x a x g x

  

        


Phần ba: Các bài toán về sự tư ơ ng giao của 2 đ ồ thị
1) Các bài tập liên quan đến phép biến đổi đồ thị
+ Từ đ ồ thị y = f ( x ) s u y r a đồ thị y = | f ( x ) | b ằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị c ủa y=f(x) nằm t r ê n
trục O x ; L ấy đối x ứng của phần đồ thị y = f ( x ) n ằm d ưới t r ục Ox qua trục Ox.
+ Từ đ ồ thị y = f ( x ) s u y r a đồ thị y = f ( | x | ) b ằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị y = f ( x ) n ằm b ê n p h ải
trục O y , L ấy đối x ứng của phần đồ thị b ê n p h ải O y q u a t r ục O y ( C h ú ý y = f ( | x | ) l à h à m c h ẵn n ê n
nhận t r ục Oy làm trục đ ố i x ứng)
+ Từ đ ồ thị y = f ( x ) s u y r a đồ thị y = | h ( x ) | . g ( x ) v ới h ( x ) . g ( x ) = f ( x ) b ằng cách.
+ Ta thấy
( ) ( ) 0
| ( ) |. ( )
( ) ( ) 0
f x khih x
y h x g x
f x khi x


 

 

Từ đ ó ta suy ra cách vẽ đồ thị h à m s ố
| ( ) |. ( )y h x g x
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 