CHUYÊN ĐỀ 3 - BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐỒ THỊ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Sự tương giao: Cho 2 đồ thị của hàm số: y  f  x  , y  g  x 
Phương trình hoành độ giao điểm: f  x   g  x   f  x   g  x   0 là một phương trình đại số, tùy theo số
nghiệm mà có quan hệ tương giao. Vô nghiệm: không có điểm chung, 1 nghiệm (đơn): cắt nhau, 1 nghiệm kép:
tiếp xúc, 2 nghiệm phân biệt: 2 giao điểm,…
Chú ý:
1) Phương trình bậc 3: ax3  bx 2  cx  d , a  0





Nếu có nghiệm x  x0 thì phân tích:  x  x0  Ax 2  Bx  C  0
Nếu đặt hàm số f  x   ax3  bx 2  cx  d thì điều kiện: có 1 nghiệm: đồ thị không có cực trị hoặc

yC Ð . yCT  0 , có 2 nghiệm: yC Ð . yCT  0 , có 3 nghiệm phân biệt: yCÐ . yCT  0 .
 yC Ð . yCT  0

Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm dương khi:  xC Ð , xCT  0
a. f 0  0
 

2) Hai điểm trên 2 nhánh đồ thị y 

g  x
, ta thường lấy hai hoành độ k  a và k  b với a, b  0 .
xk

Góc và khoảng cách:


Ax0  By0  C
A2  B 2

- Đồ thị hàm bậc 3: y  f  x  cắt trục hoành tại 3 điểm A, B, C theo thứ tự có khoảng cách AB  BC tức
là 3 nghiệm x1 , x2 , x3 lập cấp số cộng thì điểm uốn thuộc trục hoành.

Trang 1


- Phương trình trùng phương ax 4  bx 2  c  0, a  0 có 4 nghiệm phân biệt lập cấp số cộng khi 0  t1  t2 ,

t2  9t1 .
Tiếp tuyến và tiếp xúc:
- Tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0  của đồ thị  C  : y  f  x 

y  y0  f '  x0  x  x0  , hệ số góc: f '  x   k  tan  0 x, t 
- Điều kiện 2 đồ thị y  f  x  và y  g  x  tiếp xúc là hệ phương trình:

 f  x   g  x 
có nghiệm

f
'
x

g
'
x




là hàm số lẻ.
- Điều kiện  C  nhận d : x  a làm trục đối xứng;

f  a  x   f  a  x  , a  x, a  x  D , hoặc chuyển trục bằng phép tịnh tiến đến S  a;0  là hàm số
chẵn.
Quỹ tích điểm M:
Tìm tọa độ x, y của M, khử tham số giữa x và y.
Trang 2


Giới hạn: Chuyể ndk nếu có của tham số về điều kiện của x (hay y).
Đặc biệt: Nếu M  x; y   V  thì chỉ cần tìm x rồi rút tham số để thế, khử tham số.

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 3.1: Chứng minh rằng đồ thị hàm số y  x 4  2m2 x 2  1 luôn cắt đường thẳng y  x  1 tại đúng hai
điểm phân biệt với mọi giá trị m.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

x 4  2m2 x 2  1  x  1  x  x3  2m2 x  1  0
 x  0 hoặc x3  2m2 x  1  0
Xét hàm số f  x   x3  2m2 x  1 . Ta có f  0   1  0 và

f '  x   3x 2  2m2  0 nên hàm số này đồng biến trên ¡ .






Trang 3


Đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt khác −1.


m 2  m  2  0
 '  0

 m  1 hoặc m  2, m  3


m  3  0
 f  1  0
b) D  ¡ . Ta có y '  3x2  3m, y '  0  x 2  m .
Điều kiện  Cm  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt là đồ thị có CĐ, CT và yC Ð . yCT  0



  m  0

 m  0 và yC Ð . yCT  0  f  m . f









m  0
a  0
 2
 m  0 hoặc m  12 .



0,
g

1

0


m

12
m

0



b) Hai nhánh của đường cong đã cho nằm về hai bên của đường tiệm cận đứng x  1 của đồ thị. Đường
thẳng  d m  cắt đường cong đã cho tại hai điểm thuộc hai nhánh của nó khi và chỉ khi phương trình (1) có
hai nghiệm x1 , x2 và x1  1  x2 .
Đặt x  t  1 thì x1  1  x2  t1  0  t2 .
Trang 4





Do đó m4  3m2  m  2  0   m  2  m3  2m2  m  1  0

 m  2 (vì m  0 )
b) Phương trình hoành độ giao điểm:

x2
 3x  m  2 x 2   m  3 x  m  0, x  1 .
x 1
Điều kiện có 2 nghiệm phân biệt khác 1:


 m 2  2m  9  0
  0
: Đúng m



1  0
 g 1  0
Ta có: x1  x2 



b   b  



x 1
Hướng dẫn giải

a) Hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là nghiệm phương trình:

x4   m  1 x2  m  0  x 2  1 hoặc x 2  m .
Điều kiện m  0 và m  1 . Khi đó, phương trình có 4 nghiệm

x  1, x  1, x   m , x  m

Đường cong cắt trục hoành tại 4 điểm tạo thành ba đoạn thẳng bằng nhau khi:

m

m  3 hoặc

1
1
 m  9 hoặc m  (chọn).
3
9

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và  C  :
2

2x 1
 x   m  1 x  m  1  0
 x  m  
x 1


(thỏa mãn).


m  1  5
m  6
Vậy m  0 hay m  6 .

Trang 6


x 2  3x
Bài toán 3.6: Chứng minh các đường thẳng d : y  m  x luôn cắt đồ thị  C  : y 
tại 2 điểm M, N
x 1
và cắt 2 tiệm cận của  C  tại P, Q đồng thời hai đoạn MN, PQ có cùng trung điểm.
Hướng dẫn giải
Phương trình hoành độ giao điểm d và  C  :

x 2  3x
 m  x  2 x 2   m  4  x  m  0, x  1 .
x 1
Ta có x  1 không là nghiệm và   m2  16  0 , m nên d luôn cắt  C  tại 2 điểm phân biệt M, N.
Ta có y 

x 2  3x
2
 x2
nên TCĐ: x  1 , TCX: y  x  2 .
x 1
x 1






a) Ta có phương trình tiếp tuyến tại điểm x0 , f  x0  :

y  f '  x0  x  x0   f  x0 
Vì y0  2 

f ' x 

x  2  2  x0  2

1
1
nên f '  x0   .
4
2 x2

Thế vào: y 

1
1
3
 x  2  2  x  .
4
4
2


nên có tiếp tuyến y  x 
4
24
12
2

Với x0  

3
3
1
5
thì f  x0    nên có tiếp tuyến y  x  .
4
2
8
4

Vậy có 2 tiếp tuyến y 

3
3
37
1
x  và y  x  .
4
4
12
8


Vậy phương trình tiếp tuyến y  

1
.
7

1
 x  1
7
Trang 8


Bài toán 3.9: Viết phương trình tiếp tuyến của  C  hàm số:
a) y 

x 3
biết khoảng cách từ tâm đối xứng của  C  đến tiếp tuyến bằng 2 2 .
x 1

b) y  x3  3x 2  2 biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A, B sao cho

OB  9OA .
Hướng dẫn giải
a) Ta có y ' 

4

 x  1

2

2 2
2

4
2
2
  x0  1  8  x0  1  16  0   x0  1  4  0



 x0  1
2
  x0  1  4  
 x0  3
Với x0  1 ta có phương trình tiếp tuyến y  x  2
Với x0  3 , ta có phương trình tiếp tuyến y  x  6 .
b) Ta có y '  3x 2  6 x .
Tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A, B sao cho OB  9OA nên hệ số góc của
tiếp tuyến d là:

k  tan OAB  

OB
 9
OA

Do đó y '  9  3x 2  6 x  9

 x2  2 x  3  0
 x0  1


Tiếp tuyến d với  C  tại M  x0 ; y0  , x0  0

d:y

3

 x0  2 

2

 x  x0  

x0  1
x0  2

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với Ox và Oy.

 x 2  2 x0  2   x02  2 x0  2 
 . Ta có
A 0
;0  , B  0;
2


3
x

2



1
1
1
 x  1 ; d2 : y   x  .
3
12
6

Bài toán 3.11: Viết phương trình tiếp tuyến của  C  hàm số:
a) y  x3  5x 2  2 và đi qua A  0;2 
b) y 

1  m  x  2  m , m  0 và đi qua M
mx  m  1

 1; 1
Hướng dẫn giải

a) Ta có: y '  3x 2  10 x . Phương trình tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0 

y  f '  x0  x  x0   y0

y   3x03  10 x0   x  x0    x03  5x02  2 
Trang 10




Cho tiếp tuyến qua A  0;2  : 2  3x02  10 x0


,x 

1 m
m

Gọi d là tiếp tuyến với  Cm  tại điểm T  x0 ; y0  bất kỳ.

d : y  y '  x0  x  x0   y0

y

1

 mx0  m  1

 x  x0  

2

1  m  x0  2  m
mx0  m  1

Tiếp tuyến d đi qua M  1; 1 nên ta có:

1 






Vậy phương trình tiếp tuyến d : y   x  2 .
Bài toán 3.12: Lập phương trình tiếp tuyến chung của 2 đồ thị:

 P1  : y  x2  5x  6 và  P2  : y   x2  5x  11
Hướng dẫn giải

 P1  : y  f  x   x2  5x  6  f '  x   2x  5

 P2  : y  g  x    x2  5x  11  g '  x   2x  5
Gọi tiếp tuyến chung là y  ax  b và M1  x1; f  x1   , M 2  x2 ; g  x2   là 2 tiếp điểm tương ứng. Ta có hệ:

Trang 11


 f  x1   ax1  b
 x12  5 x1  6  ax1  b


 f '  x1   a
2 x1  5  a
 2

 g  x2   ax2  b
 x2  5 x2  11  ax2  b
g ' x  a
2 x  5  a
2

  2


2

 x  x0  

2 x0  2
x0  2



Giao điểm của d với tiệm cận đứng x  2 là A  2;



2 x0 
;
x0  2 

Đăng ký mua file word
trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12:

Giao điểm của d với tiệm cận ngang y  2 là B  2 x0  2;2 

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”

Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851

Trang 12


2

5

 x0  2 2  1
 x0  1; x0  3
  x0  2   5  x0  2   4  0  

 x  0; x  4
 x0  2 2  4
0
 0

4

2

Vậy M  0;1, M 1;0 , M 3;4 , M 4;3  .
Bài toán 3.14: Cho hàm số y  f  x   x 4  2 x 2 có đồ thị  C  . Trên đồ thị  C  lấy điểm phân biệt là A và B
có hoành độ lần lượt là a, b. Tìm điều kiện của a, b để tiếp tuyến của  C  tại các điểm A và B song song với
nhau.
Hướng dẫn giải
Ta có f '  x   4 x3  4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B, a  b . Hệ số góc của tiếp tuyến của

 C  tại A và B lần lượt là:
k A  f '  a   4a3  4a,

kB  f '  b   4b3  4b

Tiếp tuyến tại A và B lần lượt có phương trình là

f
b

bf
'
b










3a  2a  3b  2b


Giải hệ này, ta được nghiệm là  a; b    1;1 , 1; 1
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của  C  tại A và B song song với nhau là a 2  ab  b2  1 ,

a  1 , a  b .

Trang 13


Bài toán 3.15: Tiếp tuyến T  của  H  : y 

1

Giao điểm A với trục hoành
Cho y A  0 thì

xa

 a  2

2



1
 x A  2a  2 .
a2

Giao điểm B với đường thẳng d : x  2 .
Cho xB  2 thì yB 

2  a

 a  2

2



1
2

.

x 2  3x  3
Bài toán 3.16: Cho hàm số y 
. Chứng minh rằng qua điểm M  3; 1 vẽ được hai tiếp tuyến với
x 1
đồ thị và hai tiếp tuyến đố vuông góc với nhau.
Hướng dẫn giải
Phương trình đường thẳng qua M  3; 1 hệ số góc là a là y  a  x  3  1, đường thẳng là tiếp tuyến với
đồ thị khi hệ sau có nghiệm:

 f

 f

 x 2  3x  3
 a  x  3  1

 x  g  x
 x 1
 2
' x   g ' x 
 x  2 x2  a
  x  1

1
 2

Thay (2) vào (1) và rút gọn ta được: x 2  x  1  0
Trang 14



Vậy 2 tiếp tuyến qua M vuông góc với nhau.
Bài toán 3.17: Cho hàm số y   x3  3x 2  2  C  . Tìm trên  C  những điểm mà qua đó chỉ kẻ được một
tiếp tuyến với  C  .
Hướng dẫn giải
Giả sử M  x0 ; y0  là một điểm trên  C  . Giả sử tiếp tuyến  t  kẻ từ M đến  C  tiếp xúc với  C  tại

N  x1; y1  . Khi đó phương trình của  t  có dạng: y  y1   3x12  6 x1   x  x1 



 x

 x1 

  x1  x0   2 x1  x0  3  0  x1  x0 hay x1 

3  x0
2

Vì  t  đi qua M nên ta có: y0  y1  3x12  6 x1

0

Và N thuộc  C  nên ta có: y1  x13  3x12  2
Suy ra 2 x13  3 x0  1 x12  6 x0 x1  2  y0  0
nên 2 x13  3x0 x12  x03  3x12  6 x0 x1  3x02  0
2

Điều kiện có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:


  x 1

2
1
  x  1 
x 1
k  1 


2

 x  1



1
1
2

 0 : vô lý
 x  1 
x 1 x 1
x 1

Vậy không một tiếp tuyến nào của  C  đi qua I.
Bài toán 3.19: Chứng minh tiếp tuyến tại A  1;0  của đồ thị  C  : y   x 4  2 x 2  x cũng là tiếp tuyến của
đồ thị này tại một điểm B khác A nữa.
Hướng dẫn giải
Ta có y '  4 x3  4 x  1.
Với x0  1, y0  0 thì f '  x0   1 nên tiếp tuyến tại A  1;0  là y  x  1 .


 x  2 x  1  0
 x  1  0


 x  1 .
3
2

4
x

4
x

0

4
x
x

1

0



 

Đăng ký mua file word trọn


2 2

 2
3
6
 x  3 x    3x 
x  
2  x  2 2
 2 2   x  2 


1
 2

x  0
x  0
x  0
Ta có 1   x  3
.
 2

3


 x  5
 x  5x  0
x2
 2
Suy ra hệ phương trình có một nghiệm duy nhất x  0 . Vậy hai đường cong tiếp xúc với nhau tại gốc tọa độ

y'  0

3x  k  0
4

b) Ta có y 

 x  2  x  m   2  x  m 
x2

2
nên tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là y  x  m . Đường
x2

thẳng này tiếp xúc với y  x3  3x 2  8x khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm
3
2
3
2


 x  m  x  3x  8 x
m  x  3 x  9 x


 2
2


1  3x  6 x  8

Do đó tiếp tuyến của  C  tại A cắt  C  tại 2 điểm có hoành độ x A chính là A và điểm có hoành độ 2 xA
là điểm A ' , tức là xA '  2 xA .
Tương tự xB '  2 xB , xC '  2 xC .
Ta chứng minh nhận xét: A, B, C thuộc  C  thẳng hàng khi và chỉ khi xA  xB  xC  0 .
Thật vậy, giả sử A, B, C nằm trên đường thẳng có phương trình y  ax  b .
Khi đó xA , xB , xC là nghiệm của phương trình.

x3  3x  2  ax  b  x3   3  a  x   2  b   0
Áp dụng định lý Viet, ta suy ra xA  xB  xC  0
Ngược lại, giả sử xA  xB  xC  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A, B cắt C ' thì theo phần thuận
ta có xA  xB  xC  0 suy ra xC '  xC suy ra C ' trùng với C và có nghĩa là A, B, C thẳng hàng. Nhận xét
được chứng minh.
Áp dụng do A, B, C thẳng hàng nên ta có xA  xB  xC  0 .
Mà xA '  xB '  xC '  2  xA  xB  xC   0 nên suy ra A ', B ', C ' thẳng hàng (đpcm).
Bài toán 3.23: Cho hàm số y 

mx 2   3m2  2  x  2
x  3m

. Tìm m để góc giữa 2 tiệm cận bằng 45°.

Hướng dẫn giải
Ta có: y  mx  2 

6m  2
1
,m 
x  3m
3



2m 2m
4m 2
.
 1 
 1
Điều kiện OM  ON 
x1 x2
x1 x2
 4m 2  2m  1  0  m 

1  5
(chọn).
4

4 x2  5x  4
Bài toán 3.25: Chứng minh tích các khoảng cách từ điểm M bất kỳ thuộc đồ thị  C  : y 
đến 2
x2
tiệm cận là một hằng số.
Hướng dẫn giải

y

4 x2  5x  4
2
 4x  3 
nên TCĐ  : x  2 ,
x2
x2

Ta có

1
1
1
1

y   x   y ' 2  m  1 x  m  1 nên đường thẳng qua 2 điểm CĐ, CT là
3
3
3
3


1
1

d ' : y  2  m  1 x  m  1 .
3
3

Điều kiện CĐ, CT cách đều d : y  2 x là d ' hoặc song song với d hoặc d đi qua trung điểm I 1; m  1
của đoạn nối CĐ, CT.

1
1

2  m  1  2, m  1  0 hoặc m  1  2
3
3


Tiếp tuyến cắt Oy tại A  0;




1
x0  4 x02
2


4 x0  4 x02 
x0

1
x0
x0  4 x02 
Ta có: AM   x0  0   
2
4 x0  4 x02

2






2


 x 1 
2

 x  1

2

Dấu = xảy ra khi  x  1 

4

2





4

 x  1

2

4

  x  1  2  x  1  2 .
2

 x  1


   C  , x0  1 . Tổng khoảng cách là
x0  1 
2
3
x0  1
5

x0 


4
x0  1
5



1 
2
4 
 3  x0 
 2 x0 

x0  1
x0  1 
5



1
2



 

Vậy điểm M thỏa mãn M 1  2;1  2 , M 1  2;1  2
Bài toán 3.30: Tìm điểm M thuộc đồ thị  C  : y 



4x  3
có tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận bé nhất.
x 3
Trang 21


Hướng dẫn giải
Đồ thị y 




Gọi M  x;

4x  3
có TCĐ  : x  3 , TCN  ' : y  4 .
x 3

4x  3 
   C  , ta có d  M ;    d  M ;  '
x 3 

Hướng dẫn giải




Gọi M  x;

x 1 
x 1
, x  1 .
   C  , tổng khoảng cách đến 2 trục là d  x 
x 1
x 1

Xét điểm A  0;1   C  thì d  1 nên min d  1 , khi đó chỉ xét các điểm có: x  1 ,

x 1
 1 nên
x 1

0  x  1 , khi đó:

d  x

x 1
2
2
 x 1
 2   x  1 
 2  2 2

Gọi M  x;



x2  3 
x2  3
thì
tổng
khoảng
cách
đến
2
trục
d

x


, x  2.
C



x2 
x2




3


2
.
2

Lập BBT thì min d  f  0  

3
.
2

x2  3
1
3
, g ' x 
0
Nếu   x  0 thì d  g  x    x 
2
x2
2
 x  2
 3
 2




Do đó g nghịch biến trên   ;0   g  x   g  0  
So sánh thì min d 



1 
1
 , B  2  b;3  b   là 2 điểm thuộc 2 nhánh với a, b  0 . Ta có:
a 
b

2
2
1 1
1  
2


BA   a  b    a  b      a  b  1  1   
a b

  ab  
2

2

2
1 
2
1 
2

  a  b  2 
 2 2   4ab  2 

1 
1 

4
4
và
B
2

;3
;3


2
2





4
4
4
4
2
2
2
2



2

h '  x   0  x  1 . Lập BBT thì min h  x   h 1  5 .
Khi đó M 1;4  , N  3; 2  ; kiểm tra MN vuông góc với 2 tiếp tuyến tại M, N: đúng. Vậy M 1;4  ,

N  3; 2  .
Bài toán 3.35: Chứng minh đồ thị  C  :

x2  2 x  2
a) y 
có tâm đối xứng.
x3
b) y  x 4  4 x3  4 x 2 có trục đối xứng.
Hướng dẫn giải

5
nên  C  có TCĐ: x  3 và TCX: y  x  1 , do đó giao điểm 2 tiệm cận I  3;4  .
x 3
uur  x  X  3
Chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI : 
. Thế vào  C  thì được:
y  Y  4

a) Ta có y  x  1 

Trang 24


Y  4  X  3 1



3

2

x2  x  2
Bài toán 3.36: Tìm hai điểm E, F thuộc đồ thị hàm số y 
đối xứng nhau qua điểm
x 1

 5
I  0;  .
 2

Hướng dẫn giải
Ta có y  x  2 

4
. Gọi E  x1; y1  , F  x2 ; y2  theo đề bài:
x 1

 x1  x2  0
 x1  x2  0
x  x  0


 1 2
4
4



x A  xB
2
Trang 25