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 
www.VNMATH.com
thì f
’
(x)=0 có 2 nghiệm x
1,
x

2 2
2 7
(21 ) 3
9 9
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    


m 

3) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với trục Ox một góc


+ 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

B
m
m
A

Tam giác OAB cân khi và chỉ khi
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

+ 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
tan
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: Gọi hệ số góc của đường thẳng đi qua CĐ, CT là k, khi đó từ điêu kiện bài toán suy ra:
0
1


 
 
 
   
 
 
 
 
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

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

     
 

Ta có



tạo với
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

2
' 3 3y x m 
có 2 nghiệm phân biệt khi
0m 
. Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ
thị hàm số là




;2 2 , ;2 2M m m x N m m x  

- Phương trình 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 IA IB AIB 
,
dấu bằng xảy ra khi
0
ˆ
90AIB 
, lúc đó khoảng cách từ I đến MN bằng
1
2

Do vậy ta có pt:


Gọi A, B là 2 cực trị thì




;2 2 ; ;2 2A 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




4 4 18 0 2 4 4 9 0 2
m m m m m m
m m m m m m m
       
           
6) Tìm điều kiện để điểm cực đại cực tiểu cách đều điểm M cho trước:
+ 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 thì điều kiện là MA=MB
7) Điều kiện để điểm cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y=ax+b
+ 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
www.VNMATH.com
;
www mmm
y y )
+ Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là: Đường thẳng đi qua điểm cực đại
cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b và trung điểm của AB thuộc đường thẳng y=ax+b
wwwwww VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooo
/>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

với
3m 
thì f’
(x)
=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và hàm số f
(x)
đạt cực trị tại x
1
, x
2
.
Do


 
1
2
0
0
f x
f x

 






. Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT
có phương trình
 
 
2
2
2
: 3
3 3
m
d y m x m   

Các điểm cực trị




1 1 2 2
; , ;A x y B x y
đối xứng nhau qua
   
1 5
:
2 2
y x d     
và trung
điểm I của AB phải thuộc (d)
 

    


Ví dụ 2) Cho hàm số


3 2
3 2
m
y x x mx C   

Tìm m để hàm số(C
m
) có cực đại và cực 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 khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
3m 

Giả sử




2 1 2 '
3 3
m m
y x d
 
   
 
 
. 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
 
    
 
 
www.VNMATH.com
(không thỏa mãn)
wwwwwwwww VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooommm
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

( ) 1
3
f x x mx x m    
có khoảng cách giữa các điểm CĐ,
CT là nhỏ nhất.
Giải: Do


2
2 1 0f x x mx

   
có
2
1 0m

   
nên f’
(x)
=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và
hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
với các điểm cực trị là .


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
 
 
    
 

 


2 2
4
4 1 1
9
4 4 2 13
4 4 1 1 4 1
9 9 3
x x x x m
m m AB
 
 
    
 
 
 
   
 
       
 
  
   

Min AB=
2 13
3
xảy ra

m=0
9) Tìm điều kiện để hoành độ điểm cực đại cực tiểu thoả mãn một hệ thức cho trước
+ Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt


     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
2
và hàm số đạt cực trị tại x
1
, x
2
với
x
1
+x
2
=2m và x
1
x
2
=m.
Ta có BPT:

 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)
- Chia đa thức y cho y’ ta có
1
3
)2
3
2
()
3
1
3
(' 
m
x
mx

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
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




 
www.VNMATH.com
(0, 25 điểm)
wwwwwwwww VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooommm
Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2
/>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

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

' 4 4 ' 0 0y x mx y x x m         điều kiện là m<0
*) Khi hàm số bậc bốn có 3 cực trị là A(0;c),
1 1 2 1
( ; ); ( ; )B x y C x y thì điều đặc biệt là tam giác
ABC luôn cân tại A( Học sinh cần nắm chắc điều này để vận dụng trong giải toán)
*) Các câu hỏi thường gặp trong phần này là:
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
. 0 AB 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:
www.VNMATH.com
,
VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooommm
,
www
  
AB AC BC


m>0
Với m>0 thì f’(x)=0


 
 
4 2
1
4
2
4 2
3
; 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)

0
0
3
3 0
4
m
m
m m m m m
m m
m m m






      
 
 



 

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:


       
. Đối chiếu
với điều kiện (*) có
1m 
là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3) Cho hàm số


4 2 2
2 1 1.y x m x m    
Tìm m để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị
và ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải:


3 2 2 2
' 4 4 1 0 0, 1y x x m x x m       

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




có đồ thị (C
m
). Tìm tất cả các giá trị của tham số m
để đồ thị (C
m
) có 3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua
3 9
;
5 5
D
 
 
 

Giải: Có


3
' 4 4 0 0; 0y x mx x x m m      
. Vậy các điểm thuộc đường tròn (P)
ngoại tiếp các điểm cực trị là
 
   
2 2
3 9
0;2 , ; 2 , ; 2 , ;
5 5
A B m m C m m D
 
    




        
 
 



      


Vậy
1m 
là giá trị cần tìm.
Phần hai: Các bài toán liên quan đến tiếp tuyến và các đường tiệm cận
*) Xét hàm số
( )
y
f x
.Giả sử
0 0
( ; )M x y là tiếp điểm khi đó tiếp tuyến tại M có dạng
0 0 0
'( )( )y f x x x y   (1) ( Chú ý rằng trong trường hợp tổng quát ta thường biểu diễn
0
y theo
dạng
0
( )f x )

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
( ) ( )
'( )
k x x y f x
k f x
  





Khi đó số nghiệm của hệ cũng chính là số tiếp tuyến kẻ được từ điểm M đến đồ thị hàm số
y=f(x)
*) Mọi bài toán viết phương trình tiếp tuyến đều quy về việc tìm tiếp điểm sau đó viết phương
trình theo (1)
*) Các dạng câu hỏi thường gặp trong phần này là
1) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến song song 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 song song với đường thẳng y=ax+b nên

cách đều hai điểm A(2;4), B(-4;-2)
Giải : Gọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm
0
( 1)x  , PTTT là
   
0
2
0
0 0
2 1
1
1
1
x
y
x
x x x

 

 

Vì tiếp tuyến cách đều 2 điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với
AB hoặc trùng với AB.
Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:
 
 

0
2 ( 4) 1
1 1
2
4 ( 2)
1
x
k
x
x


  
    


 


Với
0
0x  ta có PTTT là
1y x 
; với
0
2x  ta có PTTT là
5y x 

Vậy có 3 PTTT thỏa mãn
1 5

 
 
 
2
2
' '
4
1 1
8
1
1 8
1 1
2 4
a b
f a f b
a b
a b
a b
a b
a b
ab a b
 





 



ab ab
ab
 

 



 
 
   

 


 

từ đó tìm được A,B
Ví dụ 3) Cho hàm số
2
(3 1)
y
m x m m
x m

  

(Cm)
Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục Ox song song với đường thẳng
(d):

1
3 1 2
5
m
m m m
y x y
m m
m


 
 
 

      
 
 



 
 

Khi m=1. Phương trình tiếp tuyến là
1y x 
(loại) vì tiếp tuyến trùng với đường thẳng (d)
Khi
1
5
m 

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


   
  
 

 
 



 

2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3

d
mmm
k
www
     
(thỏa mãn)
wwwwww VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooo
/>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


  
  
 
  
 





  

. 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 








 

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
; , ;
m
M x y N x y C x x 

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


x x mx x x x m C
g x x x m


         

   

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

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 trình
y’=-3 Hay




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

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 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

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
 




Thay vào ta có:
2 2
4 15
9 72 48 1 0 9 24 1 0

  




. Giải hệ
tìm x ta có hoành độ của các tiếp điểm sau đó viết phương trình tiếp 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 qua
19
;4
12
A
 
 
 
với hệ số góc k có phương trình

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
3
19 17
1 2 1 6 1 1 4 1 0
12 2

 
 



   

        

   
   
www.VNMATH.com

www VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooommm

www
4)Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc


www w . V N M A T H . c o m
/>17
+ 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 trục Ox một góc


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

Giải: Do tiếp tuyến của (C) tạo với Ox góc 45
0
nên hệ số góc k của tiếp tuyến thoả mãn
0
45 1 1k tg k   
. Vì
 
2
1
( ) 0 1
1
y x x
x


   

nên k=-1. hoành độ tiếp điểm là nghiệm
của phương trình
 
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: Do tam giác OAB vuông tại O và trung trực của AB đi qua gốc tọa độ nên tam giác OAB
vuông cân tại 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 trình tiếp tuyến là
3
2
y x 
và
5
2







  








(Với
0
'( )k f x ) Giải tìm
0
x
sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1).
Ví dụ 1) Cho (C):
4 3
1
x
y
x




k k
k
k


  



   


  




* Với k=-2, xét 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 kép
     
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 chỉ có 2 tiếp tuyến
2 6 2 2y x  
tạo với y=3x góc 45
0
.
6) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt hai trục toạ độ tại 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 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 cắt 2 trục Ox, Oy tại A, B thì tam giác OAB luôn vuông, để OAB là tam giác
vuông cân thì tiếp tuyến phải tạo với Ox một góc
0
45


và tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ
+ Viết phương trình tiếp tuyến theo dạng (4). Sau đó chỉ chọn những tiếp tuyến không đi qua gốc
toạ độ
+ Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt Ox, Oy tạo thành tam giác có diện tích cho trước thì ta tìm các

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

  


.
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

hoặc

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
ABO
AB

  

x
A
 

 
 
và
 
2
0
2
0
2
0;
2
x
B
x
 
 

 

 
Yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm
0
x
là nghiệm của phương trình:

 

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
y m x  
(d) . Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại
1
( ;0)
3 6
A
m




tiếp tuyến tạo với tiệm cận ngang một góc

0
www
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)
wwwwww VVVNNNMMMAAATTTHHH.cccooommm
/>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
y
x m



. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến
bất kỳ của hàm số cắt hai tiệm cận tại A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng

) 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
2 2 6
;
mx m
A m

2
S IA IB 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

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
www.VNMATH.com
  
wwwwww VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooommm

www


w w . V N M A T H . c o m
/>21
 
 
 
   

x L
x x
 
 
             
 
 
 
        

 



        


Cách 2: Phương trình tiệm cận đứng
1
x

, phương trình tiệm 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 
.




0 0 0
; , 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 IAB có
5
ˆ

 

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
www.VNMATH.com
x
www VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooommm

www www


w . V N M A T H . c o m
/>22

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
40IA IB 

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


 
 
 
0
0
2
0
0
2 1
3
: :
1
1
x
M y x x
x
x

   



         
 
0
1 2 0
0
2 4
1; , 2 1; 2
1

40
0
0
x
x x
x
IA IB
x
x

  

    
 

   
 






0
2x  


0
1y 


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
1
1
x
y x x
x
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
  

. Do vậy diện tích tam giác IAB là
1
. 6
2

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
x

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 

2 (2,3)
m M
m M
  


 

9) Tìm điều kiện để qua điểm


;
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

f x k
 






có nghiệm (*)
 Điều kiện cần: Để ý rằng
( ) ( ) ( )f x f x x R f x    
là hàm chẵn

đồ thị (C)
nhận Oy làm trục đối xứng. Do A(0;a)

trục đối xứng Oy nên nếu từ A(0;a) kẻ được bao nhiêu
tiếp tuyến đến nhánh bên trái của (C) thì cũng kẻ được bấy nhiêu tiếp tuyến dến nhánh bên phải
của (C). Suy ra tổng số các tiếp tuyến có hệ số góc k

0 luôn là 1 số chẵn. Vậy dể từ A(0;a) kẻ
được 3 tiếp tuyến dến (C) thì điều kiện cần là hệ phương trình (*) có nghiệm k=0.
Thế k=0 vào hệ (*)
4 2
2
3
0; 1
1 1
1 3
;

2
4 2
1 1
4 2
4 2
0; 0
0; 0
3 1 0
1 2
;
1 2
;
3 3 3
2 1
3 3
1 2
;
3 3 3
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






www.VNMATH.com


wwwwww VVVNNNMMMAAATHHH.com

TTTH cccooo


www
Vậy từ A(0;1) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)
mmm
/>25
Nếu
3
4
a 
thì (*)
 
   
4 2 4 2 3
3 3
4 2 4
2
2 2
3 3

  
  
   


 
Vậy từ
3
0;
4
A
 
 
 
chỉ kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C).
Kết luận: Từ các điều kiện cần và đủ

Đáp số: A(0;1)
Ví dụ 2) Tìm trên đường thẳng y=2x+1 các điểm kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến
(C):
3
1
x
y
x



.
Giải: Lấy bất kỳ A(a;2a+1)

   
       
   
có nghiệm kép
0k 
và
   
2
1 2 4 2 4 0a k a k ak a
   
      
   

0k 
và
 


2
2 2 2
( ) 1 . 4 4 . 4 0g k a k a a k a      
Qua A(a;2a+1) kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)
( ) 0 g k 
có đúng 1 nghiệm kép k
0

 
 
2 2
2 2





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 ( 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 trình tiếp tuyến là(d) :
( 1) 2y k x  
. Vì (d) là
tiếp tuyến nên hệ phương trình sau có nghiệm
3 2
2
( 1) 2 2 ( 1) 2
3 4 ( 1)
y k x x x m x m
k x x m

       



   


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 

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

Giải: Lấy bất kỳ A(a;0)

Ox. Đường thẳng đi qua A(a;0) với hệ số góc k có phương trình
y=a(x-a) tiếp xúc với (C):y=f(x)

Hệ phương trình


( )

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



   
 
 
 
 
   




Phần ba: Các bài toán về sự tương giao của 2 đồ thị
1) Các bài tập liên quan đến phép biến đổi đồ thị

'( ) '( )
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


T . c o m

wwwwwwwww VVVNNNMMMAAATTTHHH cccooommm

/>