ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

PHAN THỊ HƯỜNG

MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN,
CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI- 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

PHAN THỊ HƯỜNG

MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN,
CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. NGUYỄN VŨ LƯƠNG


ax2 + bx + c
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
dx + e

Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Bài toán tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Một số dạng bài toán cực trị
2.1 Bài toán cực trị không sử dụng đạo
2.2 Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm .
2.3 Bài toán cực trị lượng giác . . . . .
2.4 Bài toán cực trị tổ hợp . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . .

1

hàm
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.


thách thức gắn với những bài toán khó trong các kỳ thi tạo ra nhiều khó khăn cho
người học khi muốn nắm vững nội dung này. Chúng ta có một số phát hiện
• Chia toàn bộ nội dung trình bày thành những dạng cơ bản nhất (không nhiều)

và tìm ra phương pháp giải sẽ giúp cho người đọc khả năng tốt nhất khi tìm lời
giải của một bài toán cụ thể.
• Sự bắt đầu cho mỗi dạng toán phải thật đơn giản và sự phát triển sẽ được trình

bày hệ thống tạo cơ hội thực hành tốt nhất cho người học.
• Tìm ra sự thú vị "Niềm vui trí tuệ" đối với những cách giải hay sẽ làm cho

người đọc nhớ lâu.
• Cái đích mà chúng ta cần đi tới là cảm thấy dễ dàng khi giải các bài toán về

nội dung này.
Trong luận văn Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến, cực trị của các
hàm số cơ bản này, học viên sẽ cung cấp cho bạn học tổng hợp các kỹ năng thông
dụng nhất, cơ bản nhất có thể ví như chìa khóa để giải quyết những bài toán tiếp
tuyến, cực trị của các hàm số cơ bản, các bài toán cực trị, từ đó biết cách áp dụng để
giải nhiều bài toán liên quan đến các dạng toán này. Đặc biệt trong luận văn đã cố
gắng đi sâu vào các bài toán cực trị tổ hợp bằng cách đưa ra hàng loạt các bài toán
còn khá mới mẻ với người học, với mong muốn người học có thể tiếp cận, làm quen
với một lĩnh vực mới trong toán học sơ cấp
Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục tài liệu tham khảo.

3


1. Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến của y = ax3 +bx2 +cx+d; y =


dx0 + c

2. Một số dạng bài toán cực trị. Chương II là nội dung chính của luận văn,
trình bày bốn dạng bài toán cực trị cơ bản: bài toán cực trị không sử dụng đạo
hàm, bài toán cực trị sử dụng đạo hàm, bài toán cực trị lượng giác, bài toán cực
trị tổ hợp, cụ thể
• Bài toán cực trị không đạo hàm: đã đưa ra tám kỹ năng cơ bản: kỹ năng

sử dụng nhận xét nếu 0

x

1 thì xn < x với n ∈ N; kỹ năng sử dụng các

bất đẳng thức cổ điển AM − GM, Cauchy − Bunyakovsky − Schwarz, Bu −
N hi − A − Cốp − Xki; kỹ năng sử dụng tính chất của giá trị tuyệt đối; kỹ

năng sử dụng tính chất của hàm tăng, giảm; kỹ năng đặt ẩn phụ; kỹ năng
tìm giá trị lớn nhất của y bằng cách tìm giá trị lớn nhất của y 2 ; kỹ năng sử
dụng điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai.
• Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm: đã phân thành các dạng cơ bản: dạng

phân thức đồng bậc; dạng tích của các biểu thức cơ bản; dạng tổng không
đổi; và các bài toán đưa được về các dạng cơ bản.
• Bài toán cực trị lượng giác: đã đưa ra cách chứng minh cách bất đẳng thức

lượng giác bằng cách sử dụng tính chất lồi lõm của các hàm số lượng giác
từ đó vận dụng các bất đẳng thức Karamata, Jensen ngoài ra luận văn còn
chú trọng đến việc sử dụng các đẳng thức lượng giác để xây dựng một số


Đối với hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d ta có kết luận sau
• ycực tiểu .ycực đại < 0 ⇔ đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
• ycực tiểu .ycực đại = 0 ⇔ đồ thị tiếp xúc với trục hoành.
• ycực tiểu .ycực đại > 0 ⇔ hàm số có cực trị và cắt trục hoành tại điểm duy nhất.

Nhận xét 1. Kĩ năng giúp chúng ta giải nhanh các bài toán thuộc nội dung này
chính là các tính chất về dạng của biểu thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d

Dạng biến đổi thành tích nhờ một nghiệm
Bài toán 1.1. Cho y = x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10. Hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0.
Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân
biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt.
x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10 = 0 ⇔ (2x2 + x − 10)m + (x3 + x − 10) = 0
⇔ (x − 2) x2 + 2(m + 1)x + 5m + 5 = 0 ⇔

x=2
x2 + 2(m + 1)x + 5(m + 1) = 0

(2) có hai nghiệm phân biệt = 2
22 + 4(m + 1) + 5(m + 1) = 0
⇔
⇔
∆ = (m + 1)2 − 5(m + 1)0
−13
Vậy m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞) \ {
}
9

−13


Dạng tách tham số
Bài toán 1.3. Cho hàm số y = mx3 − 3mx2 − 9mx − m − 1, hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0.
Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân
biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt.
mx3 − 3mx2 − 9mx − m − 1 = 0
⇔ m(x3 − x2 − 9x) = m + 1 ⇔ x3 − 3x2 − 9x =

yêu cầu bài toán tương đương hai đồ thị hàm số

m+1
m

(m = 0)

y = x3 − 3x2 − 9x
m+1
y=
m

điểm.
Xét hàm số y = x3 − x2 − 9x có TXĐ = D = R
y = 3x2 − 6x − 9 = 0 ⇔

x = −1
x=3

lim (x3 − x2 − 9x) = −∞; lim (x3 − x2 − 9x) = +∞


mọi m để khoảng cách giữa hai điểm cực đại và cực tiểu bằng 2 5.
Giải. Ta có y = x3 + 3(m − 1)x2 − 3mx + m3 − 3m2 ⇔ y = (x + m)3 − 3(x + m)2
đồ thị trên nhận được từ y = x3 − 3x2 bằng cách tịnh tiến song song theo trục hoành.
Do vậy khoảng cách của hai điểm cực trị chính bằng khoảng cách của hai điểm cực
trị chính bằng khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị y = x3 − 3x2
Xét hàm số y = x3 − 3x2 có TXĐ = D = R
y = 3x2 − 6x = 0 ⇔

x=0⇒y=0
khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là
x = 2 ⇒ y = −4

A(0; 0), B(2; 4), suy ra
AB =

√

√
22 + 42 = 2 5

∀

m (đpcm)

Dạng bậc hai của tham số m
Bài toán 1.5. Cho hàm số y = x3 + mx2 − x + m(m + 1). Hãy tìm m để hàm số có
cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0.
Giải. Ta có y = m2 + (1 + x2 )m + (x2 − x)(x + 1)
∆ = (1 + x2 )2 − 4(x2 − x)(x + 1)
∆ = 1 + 2x2 + x4 − 4x3 + 4x

1
m

∪
; +∞
2
9
2

9


Dạng chia cho y’
Bài toán 1.7. Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + m. Hãy tìm m để hàm số có cực trị
và hai điểm cực trị cùng với A(2; −2) thẳng hàng.
Giải. y = 3x2 + 6x + m, hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y = 0 có hai
nghiệm phân biệt

⇔ ∆ = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3

Ta chia y cho y ta được

y = x3 + 3x2 + mx + m =

2m
2m
x 1
+
y +
−2 x+
3 3
3
3

Bài toán 1.8. Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m2 − 1)x + m3 − 3m + 2. Tìm giá trị của
2
2
tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực
+ ycực
đại = 16.
tiểu

Giải.
y = (x + m)3 − 3(x + m) + 2

đồ thị hàm số nhận được từ đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 2 bằng cách tịnh tiến song
song theo trục hoành nên ycực tiểu + ycực đại không đổi.
ta có
y = x3 − 3x − 2
y = 3x2 − 3
y =0⇔x=1

hoặc x = −1

⇒ ycực tiểu = y(1) = 0; ycực đại = y(−1) = 4
2
2
⇒ ycực
+ ycực
đại = 16
tiểu

∀


m2 + 3m + 1 < 0
2

⇔  m + 3m + 1 = 0
3
m=
7



∆

Bài toán 1.10. Cho hàm số y = x3 − 3x2 + mx + m, hãy tìm m để hàm số có cực trị
thỏa mãn ycực đại + ycực tiểu = 2.
Giải. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y = 3x2 − 6x + m = 0 có hai
nghiệm phân biệt. Khi và chỉ khi
∆ = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3

Áp dụng định lý Viét ta có xcực đại + xcực tiểu = 2
x
3

1
3

Ta có: y = ( − )y + (

2m
4m
− 2)x +
3
3

Suy ra
2m
4m
− 2)xcực đại +
3
3
2m
4m

⇔

⇔

1
4
m2 = 0 ⇔ m = 0
m
0
(m − 1)2 + (m − 1) + m = 0

⇔

⇔

1
4
m2 = 0 ⇔ m = 0
m

3
3
f (xcực đại ) = (−m2 + 6m − 9)xcực đại − m2 + 3m − 3

f (x) = f (x).

f (xcực tiểu ) = (−m2 + 6m − 9)xcực tiểu − m2 + 3m − 3

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
y = (−m2 + 6m − 9)x − m2 + 3m − 3
−m2 + 6m − 9 = k
−m2 + 3m − 3 = 0

Tiếp tuyến song song với y = kx nên ta có

(1)
(luôn đúng)

ta có ∆(1) = 9 − (k + 9) = −k
Biện luận Nếu ∆(1) < 0 ⇔ −k < 0 ⇔> 0 suy ra không tìm được giá trị của m nên
không có đồ thị nào.
Nếu ∆(1) = 0 ⇔ −k = 0 ⇔= 0 ⇒ m = 3 suy ra không tìm được giá trị của m nên
không có đồ thị nào. Nếu ∆(1) > 0 ⇔ −k > 00 ⇔< 0 suy ra tìm được hai giá trị của
m = 3 nên có hai đồ thị.

Bài toán 1.15. Cho hàm số y = f (x) =

mx3
− mx2 + x − 1. Tìm giá trị của m để
3


m
1−x
= 3
3
x − 3x2

13

(x = {0; 3})


yêu cầu bài toán khi và chỉ khi hai đồ thị hàm số sau có một giao điểm
Xét hàm y =


y = m
3

y = 1 − x

x3 − 3x2

1−x
− 3x2

T X Đ : D = R \ {0; 3}

x3


⇔ (x0 − 1)(2x20 − x0 − 13) = 0
x0 = √
1
⇔
1 ± 105
x0 =
4

phương trình tiếp tuyến đi qua A(2, 9) là
y = 9x − 9

Hoặc y =

√
3
1 ± 105
64

3

+ 6.

1±

√

105

4


y = (3x20 − 3)(x − x0 ) + x30 − 3x0
y = (3x20 − 3)x − 2x30

tiếp tuyến lập với chiều dương trục hoành một góc 450 nên ta có
2
k = 3x20 − 3 = tan450 = 1 ⇔ x0 = ± √
3

các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu của bài toán
y =x−2

2
√
3

y =x+2

2
√
3

3

3

16
=x− √
3 3
16
=x+ √


suy ra hai điểm mà tiếp tuyến tại đó song song đối xứng với nhau qua điểm uốn.
Bài toán 1.19. Cho hàm số y = x3 + 3x2 , giả sử A, B là hai điểm trên mặt phẳng
đối xứng với nhau qua điểm uốn. Chứng minh rằng với mọi tiếp tuyến của đồ thị đi
qua A, luôn tồn tại tiếp tuyến của đồ thị đi qua B song song với tiếp tuyến ấy.
15


Giải. Giá sử tiếp tuyến qua điểm A tiếp xúc đồ thị tại A1 . Kéo dài A1 U cắt đồ thị
tại B1 . Ta có A1 U = B1 U (Vì U là tâm đối xứng của đồ thị)
Tại B1 kẻ tiếp tuyến cắt AU kéo dài tại B ∗ , áp dụng kết quả bài toán 1.18 suy ra
B1 B ∗ //AA1
⇒

AA1 U =

B ∗ B1 U

(g.c.g) ⇒ AU = B ∗ U

Mặt khác theo giả thiết AU = BU ⇒ B ≡ B ∗
Bài toán 1.20. Cho hàm số y = x3 + 3x2 , chứng minh rằng trên đồ thị tồn tại vô
hạn cặp điểm mà hai tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau.
Giải. Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại vô hạn ba bộ số (x1 ; x2 ; k) thỏa mãn
3x21 + 6x1 = k
(1)
−1
2
3x2 + 6x2 = k
(2)

Bài toán 1.22. Cho y = x3 − 3x2 + 2

1. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
2. Tìm điểm trên đồ thị có hoành độ 0 ≤ x ≤ 3 và có hệ số góc lớn nhất.
Giải.

1. Ta có k = 3x20 − 6x0 ⇒ kmin = k(1) = −3 (xu = 1) nên tiếp tuyến tại điểm

uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
2. Xét k = 3x20 − 6x0 khi 0 ≤ x0 ≤ 3 ⇒ kmax = max{k(0)}, k(3)) = M ax{0, 9} = 9 vậy
tiếp tuyến tại tiếp điểm có hoành độ x0 = 3 có hệ số góc lớn nhất.

Bài toán 1.23. Cho y = x3 − 3x + 2, gọi A là một điểm bất kỳ thuộc đồ thị khác điểm
uốn. Hỏi có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị đi qua A.

16


Giải. M (x0 , x30 − 3x0 + 2) thuộc đồ thị, phương trình tiếp tuyến tại M là
y = (3x20 − 3)(x − x0 ) + x30 − 3x0 + 2 ⇒ y = (3x20 − 3)x − 2x30 + 2

Tiếp tuyến đi qua A(m, m3 − 3m + 2) thuộc đồ thị nên
⇔ m3 − 3m + 2 = (3x20 − 3)m + x30 − 3x0 + 2
⇔ 2x30 − 3mx20 + m3 = 0
⇔ (x20 − 2mx0 + m2 )(2x0 + m) = 0

Vì 0 = m = x0 suy ra phương trình có đúng hai nghiệm. Vậy có hai tiếp tuyến đi qua
A (khác điểm uốn).

Bài toán 1.24. Cho hàm số y = x3 − 3x2 , từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x = 1


tại một điểm.
• Nếu m = 1 ta có ymax .ymin = y(m).y(1) = (−m3 + 3m2 − 2)(3m − 3) = −3(m −
1)2 (m2 − 2m − 2)
√

√

– Nếu 1 − 3 < m < 1 + 3, ta có ymax .ymin > 0 suy ra đồ thị cắt trục hoành
tại một điểm.
√

– Nếu m = 1 ± 3 ta có ymax .ymin = 0 suy ra đồ thị cắt trục hoành tại một
điểm và tiếp xúc tại một điểm.
√

√

– Nếu m < 1 − 3 ∪ m > 1 + 3 kẻ được một tiếp tuyến.
* Kết luận:
• Nếu m < 1 +
• Nếu m = 1 ±
• Nếu 1 −

√

√
√
3 ∪ m > 1 + 3 kẻ được ba tiếp tuyến.
√

2

√
√
+ 2 1 ± 2 2 − 5x − 2 1 ± 2 2
18

3

√
− 1±2 2

2

+3


2. Lấy điểm C(m; 11m − 17) thuộc đường thẳng y = 11x − 17. Tiếp tuyến đi qua C
nên
11m − 17 = (3x20 + 2x0 − 5)m − 2x30 − x20 + 3

(2)

(Vì y = 11x − 17 là một tiếp tuyến ta có thể tìm một nghiệm từ phương trình
3x20 + 2x0 − 5 = 11 ⇔ x0 = 2), và thu được
(2) ⇔ (x0 − 2)(2x20 + (5 − 3m)x0 − 8m + 10) = 0

Để kẻ thêm được hai tiếp tuyến khác khi và chỉ khi phương trình
2x20 + (5 − 3m)x0 − 8m + 10 = 0


⇔m=
247
√
−842 − 1143437
thỏa mãn
Kết hợp với điểu kiện suy ra m =
247
√
√
−842 − 1143437
−842 − 1143437
Vậy C
; 11.
− 7 là điểm thỏa mãn yêu cầu bài
247
247

toán.

1.2

ax2 + bx + c
Hàm y =
dx + e

1.2.1

Bài toán cực trị

Xây dựng một cách chung hiệu quả cho tất cả các bài toán cực trị của hàm số

thẳng hàng.
2. Hãy tìm m để khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 6.
3. Hãy tìm m để

ymax
ymin
+
=6
ymin
ymax

4. Hãy tìm m để hai điểm cực đại, cực tiểu nằm ở hai phía của đường thẳng
y = −2x + 1

5. Tìm quỹ của các điểm cực tiểu.
Giải. Ta có
y=

x2 + (m − 2)x + m + 1
3m + 1
=x+m+
x−2
x−2
3m + 1
(x − 2)2
⇔ (x − 2)2 = 3m + 1

y =1−

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi 3m + 1 > 0 ⇔ m >

1. Hệ số góc của đường thẳng đi qua hai điểm cực trị bằng k =
√
−4 3m + 1
√
=2
−2 3m + 1

ymax − ymin
=
xmax − xmin

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là
y = 2(x − xmax ) + ymax = 2(x − 2 +

√

√
3m + 1) + m + 2 − 2 3m + 1 = 2x + m − 2

(* Nhận xét: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị chính là đạo
hàm của tử số của biểu thức hàm)
Điểm A mà hai điểm cực trị thẳng hàng khi và chỉ khi A ∈ y = 2x+m−2 ⇔ m = 1
2. Ta có công thức
(xmin − xmax )2 + (ymin − ymax )2
√
√
(2 3m + 1)2 + (4 3m + 1)2 = 20(3m + 1) = 6

d=
=

⇔ −4 + (m + 6) .
+
=6
2 + 3m + 1 2 − 3m + 1
4(m + 6)
3
⇔
= 10 ⇔ 2m + 12 = 15 − 15m ⇔ m =
4 − (3m + 1)
17

4. Xác định giao điểm I của hai đường thẳng
Giải phương trình −2x + 1 = 2x + m − 2 ⇔ 4x = 3 − m ⇔ xI =
Bài toán thỏa mãn ⇔ xmax


Vậy khi m thay đổi các điểm cực tiểu chạy trên đường
y = 2x + m − 2
(x − 2)2 − 1
x2 + 2x − 3
=
(x − 2)2 − 1 ⇒ y = 2x − 2 +
3
3
m=
3

Bài toán 1.28. Cho hàm số

x>2

x2 + mx − 2m2 + m + 1
x−m

2
2
1. Tìm m đẻ ymax
+ ymin
=4

2. Tìm m để |ymax − ymin | = 4
3. Tìm m để ymax ymin < 0
4. Tìm m để

ymin

−1
=x−1+
= f (x); f (x) = 1 +
x+2
x+2
(x + 2)2
1
Phương trình tiếp tuyến tại A(x0 ; x0 − 1 +
là
x0 + 2

Giải. Ta có y =

22


y = f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) ⇔ y =

1−

⇔y=

1−

1
(x0 + 2)2

x − x0 +

⇔y=

1
−1
+
2
(x0 + 2)
x0 + 2

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (C) là y = x − 1 (d1 )

√
1
1
=
±
2
=
−1
⇔
2
(x0 +
x0 + 2
√ 2)
Vậy phương trình tiếp tuyến y = −x ± 2 2 − 5.

Vì (d)⊥(d1 ) nên f (x0 ).1 = −1 ⇔ 1 −

Bài toán 1.30. Cho hàm số y =

x2 + 2x + 2
x+1

−
1
+
0
(x0 + 1)2
x0 + 1

⇔y=

1−

1
(x0 + 1)2

x − x0 +

⇔y=

1−

1
(x0 + 1)2

x+

x0
1
+
−1
2

2
−2
⇔
+
−2=0
2
(x0 + 1)
x0 + 1
1
−1
+
−1=0
⇔
2
(x0 + 1)
x0 + 1
√

1
−1 + 5
 x0 + 1 =
2√
⇔
1
−1 − 5
=
2
 x0 + 1
√
1