CHUN ĐỀ
ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN
Năm học 2015 - 2016

1 | P a g e  
 


CHUYÊN ĐỀ 1. KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN
1. Chủ đề 1: Bài tốn về tiếp tuyến
1.1. Dạng 1: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại một điểm M( x0 , y0 )  (C ) : y  f ( x)  
               * Tính   y '  f ' ( x)  ;    tính   k  f ' ( x0 )  (hệ số góc của tiếp tuyến)  
    * Tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y  f ( x)  tại điểm  M  x0 ; y0  có phương trình  

y  y0  f ' ( x0 )  x  x0   với  y0  f ( x0 )  
Ví dụ 1: Cho hàm số  y  x 3  3x  5   (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C): 
a) Tại điểm A (-1; 7). 
b) Tại điểm có hồnh độ x = 2. 
c) Tại điểm có tung độ y =5. 
Giải:
a) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm  M 0 ( x0 ; y0 ) có dạng:  y  y0  f '( x0 )( x  x0 )  
Ta có  y '  3 x 2  3     y '( 1)  0 . 
Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(-1; 7) là:  y  7  0  hay y = 7. 
   
b) Từ  x  2  y  7 . 
y’(2)  =  9. Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hồnh độ x = 2 là:  
y  7  9( x  2)  y  7  9 x  18  y  9 x  11 

x  0


c) Ta có:  y  5  x3  3x  5  5  x3  3x  0   x   3  
x  3

+) Phương trình tiếp tuyến tại của (C) tại điểm (0; 5). 
Ta có y’(0) = -3.  
Do đó phương trình tiếp tuyến là:   y  5  3( x  0) hay y = -3x +5. 
+) Phương trình tiếp tuyến tại của (C) tại điểm  ( 3;5) . 
 

 

y '( 3)  3( 3) 2  3  6  

Do đó phương trình tiếp tuyến là:   y  5  6( x  3)  hay  y  6 x  6 3  5 . 
+) Tương tự phương trình tiếp tuyến của (C) tại  ( 3;5)  là:  y  6 x  6 3  5 . 
Ví dụ 2: Cho đồ thị (C) của hàm số  y  x3  2 x 2  2 x  4 .  
a) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại giao điểm của (C) với trục hồnh. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. 
      c)  Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm x0 thỏa mãn y”(x0) = 0. 
Giải:
 
Ta có  y '  3 x 2  4 x  2 . Gọi  M  x0 ; y0   là tiếp điểm thì tiếp tuyến có phương trình: 

y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  y '( x0 )( x  x0 )  y0

(1)  

a) Khi  M  (C )  Ox  thì y0 = 0 và x0 là nghiệm phương trình:  
2 | P a g e  

 


     x3  2 x 2  2 x  4  0  x  2 ;  y’(2) =  6,  thay  các  giá trị  đã  biết  vào (1)  ta được phương trình  tiếp 
tuyến:  y  6( x  2)  
b) Khi  M  (C )  Oy  thì x0 = 0  y0  y (0)  4  và  y '( x0 )  y '(0)  2 , thay các giá trị đã  
biết vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến:  y  2 x  4 . 
 
c) Khi x0 là nghiệm phương trình y”= 0. Ta có: y” = 6x – 4. 
2
88
2
2 2
 y” = 0  6 x  4  0  x   x0  y0  y      ;  y '( x0 )  y '     
3
27
3
3 3
Thay các giá trị đã biết vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến:  y 

2
100
x
 
3
27

Ví dụ 3: Cho hàm số  y  x 3  3 x  1  (C)
        a) Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tai điểm có hồnh độ x=2. 
        b)Tiếp tuyến d cắt lại đồ thị (C) tại điểm N, tìm tọa độ của điểm N. 

Giải
a) Tiếp tuyến d tại điểm M của đồ thị (C) có hồnh độ  x0  2  y0  3  
Ta có  y '( x)  3 x 2  3  y '( x0 )  y '(2)  9  
Phương trình tiếp tuyến d tại điểm M của đồ thị (C) là 
y  y '( x0 )( x  x0 )  y0  y  9( x  2)  3  y  9 x  15  
Vậy phương trình tiếp tuyến d tại điểm M của đồ thị (C) là  y  9 x  15  
b) Giả sử tiếp tuyến d cắt (C) tại N 

x  2
Xét phương trình  x3  3 x  1  9 x  15  x3  12 x  16  0   x  2   x 2  2 x  8   0  
 
x


4

Vậy  N  4; 51  là điểm cần tìm 
Ví dụ 4: Cho hàm số  y  x 3  3 x  1 (C )   và  điểm  A( x0 , y0 )   (C), tiếp tuyến  của đồ thị (C)  tại điểm 
A cắt (C) tại điểm B khác điểm A. tìm hồnh  độ điểm B theo  x0  
Lời giải:
                 Vì điểm  A( x0 , y0 )   (C)   y0  x03  3x0  1   ,  y '  3 x 2  3  y ' ( x0 )  3x02  3  
Tiếp tuyến của đồ thị hàm có dạng:  
y  y ' ( x0 )( x  x0 )  y0  y  (3x02  3)( x  x0 )  x03  3x0  1

 y  (3x02  3)( x  x0 )  2 x03  1 (d )

 

Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (C): 
x3  3 x  1  (3 x02  3)( x  x0 )  2 x03  1  x3  3 x02 x  2 x03  0  ( x  x0 ) 2 ( x  2 x0 )  0


 ( x  x0 ) 2  0
 x  x0


( x0  0)
x


2
x
x

2
x

0
0

0

Vậy điểm B có hồnh độ   xB  2 x0  
  

 

3 | P a g e  
 



Ví dụ 5: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C):  y 

x2
 tại các giao điểm của (C) với đường 
x 1

thẳng (d):  y  3 x  2 . 
+ Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (C):  
x2
 3x  2  x  2  (3x  2)( x  1)    (x = 1 khơng phải là nghiệm phương trình) 
x 1
 3 x 2  6 x  0  x  0 ( y  2)  x  2 ( y  4)  
Vậy có hai giao điểm là: M1(0; -2) và M2(2; 4) 
3
+ Ta có:  y ' 
. 
( x  1) 2
+ Tại tiếp điểm M1(0; -2) thì y’(0) = -3 nên tiếp tuyến có phương trình:  y  3x  2  
+ Tại tiếp điểm M2(2; 4) thì y’(2) = -3 nên tiếp tuyến có phương trình:  y  3 x  10  
Tóm lại có hai tiếp tuyến thỏa mãn u cầu bài tốn là:  y  3x  2  và  y  3 x  10 . 

1
m
1
Ví dụ 6: Cho hàm số  y  x3  x 2   (Cm). Gọi M là điểm thuộc đồ thị (Cm) có hồnh độ 
3
2
3
bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến với (Cm) tại M song song với đường thẳng d: 5x-y=0
Giải

Ta có  y '  x 2  mx  
Đường thẳng d: 5x-y=0 có hệ số góc bẳng 5, nên để tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng d 
trước hết ta cần có  y ' (1)  5  m  1  5  m  4  
1
1
Khi  m  4  ta có hàm số  y  x3  2 x 2   ta có  x0  1 thì  y0  2  
3
3
'
Phương trình tiếp tuyến có dạng  y  y ( x0 )( x  x0 )  y0  y  5( x  1)  2  y  5 x  3  
Rõ ràng tiếp tuyến song song với đường thẳng d 
Vậy  m  4  là giá trị cần tìm. 
Ví dụ 7: Cho hàm số  y  x 3  3x 2  m  (1). 
Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm có hồnh độ bằng 1 cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại 
3
các điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng  . 
2
Giải
Với  x0  1  y0  m  2   M(1 ; m – 2)
- Tiếp tuyến tại M là d:  y  (3 x02  6 x0 )( x  x0 )  m  2  

  d: y = -3x + m + 2. 
m2

3
- d cắt trục Oy tại B:  yB  m  2  B(0 ; m  2)  
- d cắt trục Ox tại A:  0  3 x A  m  2  x A 

m2 
A

; 0  
 3


4 | P a g e  
 


-  SOAB 

3
1
3
m2
 | OA || OB | | OA || OB | 3 
m  2  3  (m  2) 2  9  
2
2
2
3

m  2  3
m  1
 


 m  2  3
 m  5
Vậy m = 1 và m = - 5 
1.2. Dạng 2: Viết tiếp tuyến của đồ thi hàm số y  f ( x) (C) khi biết trước hệ số góc của nó

+ Gọi  M ( x0 , y0 )  là tiếp điểm, giải phương trình  f ' ( x0 )  k  x  x0 ,  y0  f ( x0 )  
+ Đến đây trở về dạng 1,ta dễ dàng lập được tiếp tuyến  của đồ thị:  y  k ( x  x0 )  y0  
 Các dạng biểu diễn hệ số góc k:
*) Cho trực tiếp:  k  5; k  1; k   3; k  

3
...  
7

2  

*) Tiếp tuyến tạo với chiều dương của trục Ox một góc   , với   150 ;300 ; 450 ; ; .... .  Khi đó hệ 
3 3 

số góc k =  tan  . 
*) Tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y = ax + b. Khi đó hệ số góc k = a. 
1
*) Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng (d): y = ax + b  ka  1  k  . 
a
k a
 tan  . 
*) Tiếp tuyến tạo với đường thẳng (d): y = ax + b một góc   . Khi đó, 
1  ka
Ví dụ 8: Cho hàm số  y  x3  3x 2  (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết hệ số góc của 
tiếp tuyến k = -3.
Giải:
Ta có:  y '  3 x 2  6 x  
Gọi  M ( x0 ; y0 ) là tiếp điể m   Tiếp tuyến tại M có hệ số góc  k  f ' ( x0 )  3x02  6 x0  
Theo giả thiết, hệ số góc của tiếp tuyến k = - 3 nên:   3x02  6 x0  3  x02  2 x0  1  0  x0  1  
Vì  x0  1  y0  2  M (1; 2) . 

Phương trın
̀ h tiếp tuyến cần tìm là  y  3( x  1)  2  y  3x  1  
Ví dụ 9:  Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y  x 3  3 x 2  1 (C). Biết tiếp tuyến đó song 
song với đường thẳng y = 9x + 6.
Giải:
Ta có:  y '  3 x 2  6 x  
Gọi  M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm   Tiếp tuyến tại M có hệ số góc  k  f ' ( x0 )  3x02  6 x0  
Theo giả thiết, tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y = 9x  + 6     tiếp tuyến có hệ số góc k = 9 
 x  1  M (1; 3)
 3x02  6 x0  9  x02  2 x0  3  0   0
 
x

3

M
(3;1)
 0
5 | P a g e  
 


Phương trın
̀ h tiếp tuyến của (C) tại M(-1;-3) là:  y  9( x  1)  3  y  9 x  6 (loại) 
Phương trın
̀ h tiếp tuyến của (C) tại M(3;1) là:   y  9( x  3)  1  y  9 x  26  
Ví dụ 10:  Cho hàm số  y  x 3  3 x  2  (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó 
vng góc với đường thẳng  y 

1

x.
9

Giải:
  Ta có  y '  3 x 2  3 . Do tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó vng góc với đường thẳng  y 

1
x  nên 
9

hệ số góc của tiếp tuyến k = 9. 
  Do đó  y '  k  3x 2  3  9  x 2  4  x  2.  
+) Với x = 2   y  4 . Pttt tại điểm có hồnh độ x = 2 là:   
y  9( x  2)  4  y  9 x  14.  
+) Với  x  2  y  0 . Pttt tại điểm có hồnh độ x = - 2 là:  
y  9( x  2)  0  y  9 x  18 . 
  Vậy có hai tiếp tuyến củả (C) vng góc với đường thẳng  y 

1
x  là:  
9

   y =9x - 14 và y = 9x + 18. 
Ví dụ 11:  Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số:  y 

1 4
x  2 x 2 , biết tiếp 
4

tuyến vng góc với đường thẳng (d):  x  5 y  2010  0 . 

Giải:

1
1
(d) có phương trình:  y   x  402  nên (d) có hệ số góc là - . 
5
5
1
Gọi    là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k thì   .k  1  k  5 (do   (d )) . 
5
3
Ta có:  y '  x  4 x  nên hồnh độ tiếp điểm là nghiệm phương trình:  x3  4 x  5  
 x 3  4 x  5  0  ( x  1)( x 2  x  5)  0  x  1  0  x  1  y 

9
 
4

 9
Vậy tiếp điểm M có tọa độ là  M 1;   
 4
9
11
Tiếp tuyến có phương trình:  y   5( x  1)  y  5 x   
4
4
11
Vậy tiếp tuyến cần tìm có phương trình:  y  5 x  .  
4
x2

Ví dụ 12: Cho hàm số  y 
 (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp tuyến 
2x  3
6 | P a g e  
 


cắt trục hồnh tại A, trục tung tại B sao cho tam giác OAB vng cân tại O, với O là góc tọa độ.
Giải
1
Ta có:  y ' 
 
(2 x  3)2
Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vng cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là:  k  1  
Khi đó gọi  M  x0 ; y0   là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) ta có  y ' ( x0 )  1  



 x0  2
1
 
 1  
2
x


1
(2 x0  3)
 0


Với  x0  1  thì   y0  1  lúc đó tiếp tuyến có dạng  y   x  (trường hợp này loại vì tiếp tuyến đi qua góc 
tọa độ, nên khơng tạo thành tam giác OAB) 
Với  x0  2  thì  y0  4  lúc đó tiếp tuyến có dạng  y   x  2  
Vậy tiếp tuyến cần tìm là  y   x  2  

2x 1
 có đồ thị (C). 
x 1
 Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại 
các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. 
Giải
Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại  M ( x0 ; y0 )  (C )  cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho  OA  4OB . 
Ví dụ 13: Cho hàm số   y = 

OB 1
1
1
   Hệ số góc của d bằng   hoặc   . 
OA 4
4
4
3

x


1
(
y


)
0
0

1
1
1
2
0
     
Hệ số góc của d là  y ( x0 )  
 
5
( x0  1) 2
( x0  1) 2
4
x  3 ( y  )
0
 0
2
1
3
1
5


y


(

x

1)

y


x



4
2
4
4 . 
Khi đó có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là:  

 y   1 ( x  3)  5
 y   1 x  13


4
2
4
4
Do OAB vuông tại O nên  tan A 

1.3. Dạng 3: Tiếp tuyến đi qua điể m
 
Cho đồ thị (C): y = f(x). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm  A( ;  ) . 

Cách giải
 
+ Tiếp tuyến có phương trình dạng:  y  f ( x0 )  f '( x0 )( x  x0 ) , (với x0 là hoành độ tiếp điểm). 
 

+ Tiếp tuyến qua  A( ;  )  nên    f ( x0 )  f '( x0 )(  x0 ) (*)  

         + Giải phương trình (*) để tìm x0 rồi suy ra phương trình tiếp tuyến. 
Ví dụ 14:  Cho  đồ  thị  (C):  y  x 3  3 x  1 ,  viết  phương  trình  tiếp  tuyến  với  (C)  biết  tiếp 
tuyến đi qua điểm A(-2; -1).
Giải:
7 | P a g e  
 


 

Ta có:  y '  3 x 2  3  

Gọi M  x0 ; x03  3 x0  1  là tiếp điểm. Hệ số góc của tiếp tuyến là  y '( x0 )  3 x02  3 . 
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là   :  y   x03  3x0  1  (3x02  3)( x  x0 )  
  qua A(-2;-1) nên ta có:  1   x03  3 x0  1  (3 x02  3)(2  x0 )  x03  3 x02  4  0  

 x0  1  y0  1
 
 ( x0  1)( x02  4 x0  4)  0  
 x0  2  y0  1
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm có phương trình là:   : y  1;  : y  9 x  17  
 


x 1
. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết 
2x  1
tiếp  tuyến  đó  cắt  trục  hồnh,  trục  tung  tương  ứng  tại  các  điểm  A,  B  thỏa  mãn   OAB 
vuông cân tại gốc tọa độ O. 
Giải:
 
Gọi  M  x0 ; y0    là tiếp  điểm.  Tiếp tuyến  với  (C) tại  M  phải thỏa  mãn  song  song với  các đường 
Ví dụ 15: Cho (C) là đồ thị hàm số  y 

thẳng y = x hoặc y = -x. 
1
1
y
'(
x
)


 0 
Ta có:  y '  
 nên tiếp tuyến với (C) tại M có hệ số góc là: 
0
(2 x0  1) 2
(2 x  1) 2
Vậy tiếp tuyến với (C) tại M song song với đường thẳng d: y = -x 
1
1
Do đó,  
 1  (2 x0  1) 2  1  ; ( x0    khơng là nghiệm phương trình) 

2
2
(2 x0  1)

 2 x0  1  1
 x0  0  y0  1
. Vậy có hai tiếp điểm là:  M 1 (0;1) , M 2 (1;0) . 


 2 x0  1  1  x0  1  y0  0
+ Tại điểm M1(0; 1) ta có phương trình tiếp tuyến là: y = - x + 1: thỏa mãn song song với d 
+ Tại điểm M2(-1; ) ta có phương trình tiếp tuyến là: y = - x - 1: thỏa mãn song song với d 
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm có phương trình là:  y   x  1; y   x  1  
x3
. 
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Cho điểm  M o ( xo ; yo )  thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tại M0 cắt các tiệm cận của (C) 

Ví dụ 16: Cho hàm số   y 
 
 

tại các điểm A và B. Chứng minh Mo là trung điểm của đoạn thẳng AB. 
Giải
a) HS tự làm  
4
b) M o ( xo ; yo )  (C)  y0  1 
. 
x0  1

Phương trình tiếp tuyến (d) tại M0:  y  y0  

4
( x  x0 )  
( x0  1) 2
8 | P a g e  

 


Giao điểm của (d) với các tiệm cận là:  A(2 x0  1;1), B (1;2 y0  1) . 

x A  xB
y  yB
 x0 ; A
 y0   M0 là trung điểm AB. 
2
2
x2
Ví dụ 17: Cho hàm số:   y 
  (C)  
x 1
  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
       b) Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (C) đều lập với hai đường tiệm cận một tam 
giác có diện tích khơng đổi.
Giải
a) Tự làm  
 a2
b) Giả sử  M  a;
   (C).  

 a 1 
 

 

 

PTTT (d) của (C) tại M:  y  y (a).( x  a) 

a2
3
a 2  4a  2
x

   y 
 
(a  1) 2
(a  1) 2
a 1

 a5
Các giao điểm của (d) với các tiệm cận là:  A  1;
 ,  B (2a  1;1) . 
 a 1 


6
6 

IA


IA   0;

 
 ;  
IB
 (2a  2;0)    IB  2 a  1  

a 1
 a 1
1
Diện tích  IAB : S IAB =  IA.IB = 6 (đvdt)   ĐPCM.
2
2x  3
Ví dụ 18: Cho hàm số  y 
. 
x2
  1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  (C) của hàm số. 
       2) Cho M  là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại 
A và  B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường trịn ngoại 
tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Giải

 

 

 2x  3 
1
Giả sử  M  x0 ; 0

 
 , x0  2 ,  y '( x0 ) 
2
x0  2 
 x0  2 


Phương trình tiếp tuyến () với (C) tại M:  y 

1

x

0

(x  x 0 ) 
2

 2

2x 0  3
 
x0  2

 2x  2 
Tọa độ giao điểm A, B của () với hai tiệm cận là:  A  2; 0
 ; B  2 x0  2;2   
 x0  2 
x  xB 2  2 x0  2
y  yB 2 x0  3


 x0  xM ,  A

 yM   suy ra M là trung điểm của AB. 
Ta thấy  A
2
x0  2
2
2
Mặt khác I(2; 2) và IAB vng tại I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích  
9 | P a g e  
 


2

 2 x0  3
 


1
2
 2     ( x0  2) 2 
 
 
S =   IM   ( x0  2)  
  2  
( x0  2) 2 

 x0  2

 

 x0  1
1
Dấu “=” xảy ra khi  ( x0  2) 2 
 

2
x

3
( x0  2)
 0
Do đó điểm M cần tìm là M(1; 1) hoặc M(3; 3) 
 
2x 1
Ví dụ 19: Cho hàm số  y 
. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm  I (1; 2) tới 
x 1
tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất. 
Giải. 
2


3 
Nếu M  x0 ; 2 
  (C )  thì tiếp tuyến tại M có phương trình 
x0  1 

3

3
y2

( x  x0 )  hay     3( x  x0 )  ( x0  1) 2 ( y  2)  3( x0  1)  0  
2
x0  1 ( x0  1)
 Khoảng cách từ  I (1;2)  tới tiếp tuyến là 

3(1  x0 )  3( x0  1)

d

9   x0  1

4

Theo bất đẳng thức Côsi 

6 x0  1



9  ( x0  1) 4



6
9
 ( x0  1) 2
2

( x0  1)

.  

9
 ( x0  1)2  2 9  6 , vây  d  6 .   
2
( x0  1)

Khoảng cách d lớn nhất bằng  6  khi   
9
2
 ( x0  1) 2   x0  1  3  x0  1  3 . 
2
( x0  1)







Vậy có hai điểm M:  M 1  3;2  3   hoặc  M 1  3;2  3



2x  1
.  Viết  phương  trình  tiếp  tuyến  của  đồ  thị  (C),  biết  rằng  tiếp  tuyến 
x 1
cách đều hai điểm A(2; 4),  B(4; 2). 

Giải
  Gọi x0 là hồnh độ tiếp điểm ( x0  1 ).  
Ví dụ 20: Cho  hàm  số  y 

PTTT (d) là  y 

2x  1
1
( x  x0 )  0
   x  ( x0  1) 2 y  2 x02  2 x0  1  0  
2
( x0  1)
x0  1

Ta có:  d ( A, d )  d ( B, d )    2  4( x0  1) 2  2 x02  2 x0  1  4  2( x0  1)2  2 x02  2 x0  1  
 

 

 

 

 

  x0  1  x0  0  x0  2  

Vậy có ba phương trình tiếp tuyến:  y 

1

5
x  ;  y  x  1;  y  x  5  
4
4
10 | P a g e  

 


Chú ý: Bài  tốn  này  có  thể   giải  bằng  cách  sau:  Tiếp  tuyến  cách  đều  A,  B  nên  có  2  khả  năng:  Tiếp 
tuyến song song (trùng) AB hoặc tiếp tuyến đi qua trung điể m của AB

2x
(C )  tìm điểm M   (C )  sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M cắt 
x 1
1
hai trục   tọa độ tại A, B  sao cho tam giác OAB có diện tích bằng   
4
Giải:
2 x0
2
Gọi  M ( x0 , y0 )  (C )  y0 
 ,      y ' 
 
x0  1
( x  1) 2
Ví dụ 21: Cho hàm số  y 

Tiếp tuyến tại M có dạng: 


y  y '( x0 )( x  x0 )  y0  y 

2 x0
2 x02
2
2
(
x

x
)


y

x

(d )  
0
( x0  1) 2
x0  1
( x0  1) 2
( x0  1) 2

Gọi  A  (d )  ox      tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  


2 x02
2
x

y 
( x0  1) 2
( x0  1)2

y  0


 x   x02

 A( x02 ,0)  
y  0

Gọi  B  (d )  oy      tọa độ điểm B  là nghiệm của hệ:  


2 x02
2
y

x


( x0  1) 2
( x0  1) 2

x  0


 x  0 2 x02
2 x02


 B(0,
) 
2
( x0  1) 2
 y  ( x0  1)

Tam giác OAB vuông tại O   ; OA =    x02  x02   ;  OB  =   

2 x02
2 x02

   
( x0  1) 2 ( x0  1)2

Diện tích tam giác OAB:   
1 2 x04
1
1
  
 S =   OA.OB  =   .
2
2 ( x0  1)
4
2

1

 2 x02  x0  1
 2 x02  x0  1  0

x0    y0  2

 4 x  ( x0  1)   2
 2

 
2

 2 x0   x0  1  2 x0  1x0  1 (vn)
 x0  1  y0  1
4
0

2

1
Vậy tìm được hai điểm M thỏa mãn u cầu  bài tốn:  M 1 (  ; 2) ; M 2 (1,1)  
2
 Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho hàm số  y  x 3  3x 2  2 x  5 (C ) . Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ  x = 
1  

11 | P a g e  
 


1
2
Bài 2. Cho  hàm  số  y  x3  x  ,  viết  phương  trình  tiếp  tuyến    biết    tiếp  tuyến    vng  góc  với 
3

3
1
2
đường thẳng   y   x  (d )  
3
3
Bài 3. Cho  hàm  số  y   x 4  x 2  6 .  Viết  phương  trình  tiếp  tuyến  của  đồ  thị  (C)  biết  tiếp  tuyến  đó 
vng góc với đường thẳng d:   y 

1
x 1  
6

Bài 4. Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số  y 

2x  1
. Biết tiếp tuyến đi qua điểm 
x 1

A(-1; 3). 

x2
 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua A(-6,5)  
x2
Bài 6. Lập  phương  trình  tiếp  tuyến  của  đồ  thị  (C)  của  hàm  số  y  =  2x3  +  3x2  -  12x  -  1  kẻ  từ  điểm 
 23

A  ; 2   
 9


Bài 5. Cho hàm số: y = 

2x  3
có đồ thị (C). 
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)  
b) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B 
sao   cho AB ngắn nhất 
Bài 8. Cho hàm số  y  x 3  1  m( x  1)   (Cm ) .Tìm m để tiếp tuyến của  (Cm )  tại giao điểm của nó với 
Bài 7. Cho hàm số  y 

trục tung tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 8. 

2. Chủ đề 2: Cực trị của hàm số.
2.1. Kiến thức cơ bản
2.1.1. Các quy tắc tìm các điểm cực trị của hàm số:
 
QUY TẮC I
QUY TẮC II
Bước 1: Tìm TXĐ  
Bước 1: Tìm TXĐ  
Bước 2: Tính  f /  x  . Xác định các điểm tới
Bước 2: Tính  f /  x  . Giải phương trình 
hạn.
Bước 3: Lập bảng biến thiên. Kết luận. 

f /  x   0  và kí hiệu  xi  ( i  1,  2,... ) là các 
nghiệm của nó. 
Bước 3: Tính  f //  x   và  f //  xi  . Kết luận 


2.1.2. Sự tồn tại cực trị 
a/ Điều kiện để hàm số có cực trị tại x = x0:
12 | P a g e  
 


 y '( x0 )  0
 y ' ( x0 )  0
hoặc 

 y ' ' ( x0 )  0
 y '  dôi dau  qua x 0
b/ Điều kiện để hàm số có cực đại tại x0:

 y '( x0 )  0

 y '  doi dau tu    sang  qua.x0
c/ Điều kiện để hàm số có cực tịểu tại x0:

hoặc

 y' ( x 0 )  0

 y' ' ( x 0 )  0

 y '( x0 )  0
hoặc  y '( x 0 )  0

 y ''( x 0 )  0
 y ' đổi dagu tö ø  sang  qua x0

d/ Điều kiện để hàm bậc 3 có cực trị (có cực đại, cực tiểu): 
 y’= 0 có hai nghiệm phân biệt      a  0  
  0

e/ Điều kiện để hàm bậc 4 có 3 cực trị:   y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
2.1.3. Tìm điều kiện để các điểm cực trị của hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước.
Phương pháp:
 Tìm điều kiện để hàm số có cực trị  
 Biễu diễn điều kiện của bài tốn qua tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số, từ đó đưa 
ra điều kiện của tham số.  
2.2. Ví dụ và bài tập
1
3

1
2

Vı́ dụ 1: Tìm cực trị của của hàm số y  x 3  x 2  2 x  2 .
Giải
Cách 1.
* Tập xác định:R. 
 x  1
. 
x  2

Ta có:  y '  x 2  x  2; y '  0  

* Bảng biến thiên:  
x                          – 1                            2                        
  

y’                  +             0            –               0            + 
y 
 
 
 
 

 

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = -1 và giá trị cực đại yCĐ  y  1 

19
     
6
13 | P a g e  

 


Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu yCT  y  2  

4
. 
3

Cách 2. (Sử dụng quy tắc 2)
* Tập xác định:. 
 x  1
. 
x  2


Ta có:  y '  x 2  x  2; y '  0  
* 

y ''  2 x  1, y ''  1  3  0  nên hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1 và giá trị cực đại  

19
 
6
* y ''  2   3  0  nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu . 

yCĐ  y  1 

Vı́ dụ 2: Tìm cực trị của các hàm số sau: 
a)  y  cos x 

1
2x 1
 
cos2 x  1                             b)  y  3sinx  cos x 
2
2

(?) Ta thấy hàm số này rất khó xét dấu của y’, do đó hãy sử dụng quy tắc 2 để tìm cực trị?
Giải
a) TXĐ: D=R 
*  y '   sinx  sin 2 x  

 x  k
sinx  0



 
y '  0  sinx(1  2cos x)  0  
2
1
x
 n2
cos x  

3
2

*  y "   cos x  2cos2 x  
Ta có  y "(k )  cos(k )  2cos(k 2 )  1  2  0  

 Hàm số đạt cực tiểu tại: x  k   (k  )  
 2

y " 

3





 2 
 4
 - 2cos  

 3 
 3

 n2   cos  


 Hàm số đạt cực tiểu tại:  x  

 1
3
  1   0  
2
 2

2
 n2   (n  Z )  
3

b) TXĐ: D=R. 
*  y '  3 cos x  sinx  1  

y '  0  3 cos x  sinx  1  


x

 k 2

3
1

1
 1


2
 
cos x  sinx      sin  x     sin    

2
2
2
3 2
6
 x  7  k 2


6
*  y "   3sinx  cos x  
Ta có: 
14 | P a g e  
 






+  y "    k 2    3sin  cos   3  0  
2
2

2

 7

+  y "
 k 2   3  0  
 6

Vậy hàm số đạt cực đại tại  x 
Hàm số đạt cực tiểu tại  x 


2

 k 2  

7
 k 2  
6

* Giáo viên cần làm cho học sinh hiểu rõ thế mạnh của việc sử dụng quy tắc 1 và quy tắc 2. 
 
Chú ý: Quy tắc 1 có ưu điểm là chỉ cần tính đạo hàm cấp một rồi xét dấu y’ và lập bảng xét dấu 
y’, từ đó suy ra các điểm cực trị. Nhưng quy tắc 1 có nhược điểm là nó địi hỏi phải xét dấu y’, điều này 
khơng phải bao giờ cũng đơn giản.  
Nếu bài tốn khơng u cầu tìm điểm cực trị thì quy tắc 1 là hơi thừa, khi đó ta sử dụng quy tắc 2. Song 
quy  tắc 2  cũng  có nhược điểm  là  nhiều  khi  việc tính  y”  là  rất  phức  tạp, đặc  biệt khi  không sử  dụng 
được trong trường hợp  f , ( x0 ) = f ,, ( x0 ) =0. 
 
Quy tắc 1 thường được dùng cho các hàm đa thức, hàm phân thức và tích các lũy thừa. Quy tắc 

2 thường được sử dụng cho các hàm lượng giác.  
Vı́ dụ 3: Tìm m để hàm số:  y  1 x3   m 2  m  2  x 2   3m 2  1 x  m  5  đạt cực tiểu tại x  2. 
3
Giải:

y  x   x 2  2  m 2  m  2  x  3m 2  1    y  x   2 x  2  m 2  m  2   
Để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 thì 
 m 2  4m  3  0
 y  2   0
 m  1 m  3  0
 2

 m  3 

 y  2   0
 m  m  1  0
 m  m  0
Vı́ dụ 4: Cho hàm số  y  f ( x)  mx 3  3mx 2   m  1 x  1, m là tham số. Xác định các giá trị của m để 
hàm số  y  f ( x)  khơng có cực trị. 
Giải 
+ Khi m = 0   y  x  1 , nên hàm số khơng có cực trị. 
+ Khi  m  0    y '  3mx 2  6mx   m  1  
Hàm số khơng có cực trị khi và chỉ khi  y '  0  khơng có nghiệm hoặc có nghiệm kép 

  '  9m 2  3m  m  1  12m 2  3m  0  0  m 

1
 
4


Vậy  0  m  4  là gtct 
Vı́ dụ 5:  Cho hàm số  y   x 3  (2m  1) x 2  (m 2  3m  2) x  4  (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác 
định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục tung. 
Giải
15 | P a g e  
 


y  3x 2  2(2m  1) x  (m 2  3m  2) .
(Cm) có các điểm CĐ và CT nằm về hai phía của trục tung  PT y  0 có 2 nghiệm trái dấu 

3(m 2  3m  2)  0  1  m  2 .
Vı́ dụ 6: Tìm m để hàm số  f  x   1 mx3   m  1 x 2  3  m  2  x  1  đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn 
3
3

x1  2 x2  1 . 
Giải:  
Hàm số có CĐ, CT   f   x   mx 2  2  m  1 x  3  m  2   0  có 2 nghiệm phân biệt  

m  0 m 1  3m  m  2  0   1  26  m  0  1  26   (*) 
2

Với điều kiện (*) thì  f   x   0  có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Theo 




định lý Viet ta có:  x1  x2  2 m  1 ; x1 x2  3 m  2  
m

m




Ta có:  x1  2 x2  1  x2  1  2 m  1  2  m ; x1  2 m  1  2  m  3m  4  
m
m
m
m
m
m  2


 2  m  3m  4  3 m  2   2  m  3m  4   3m  m  2    m  2  
m
m
m
3

Cả 2 giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*). Vậy  x1  2 x2  1  m  2  m  2  
3
Ví dụ 7. Cho hàm số  y  x3  3mx 2  4m3  (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có các 
điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. 
Giải

x  0
Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0   
 
 x  2m

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0. 


Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)   AB  (2m; 4m3 )  
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vng góc với đường thẳng y = x và I 
thuộc đường thẳng y = x

2m  4m3  0
 
 3
2m  m
Giải hệ phương trình ta được  m  
Kết hợp với điều kiện ta có:  m  

2
; m = 0 
2
2
 
2
16 | P a g e  

 


Ví dụ 8. Cho hàm số    y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m    (1). Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng 
thời khoảng cách từ điểm cực  đại của đồ thị  hàm số đến gốc tọa độ O bằng  2  lần khoảng cách từ 
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. 
Giải

 

Ta có  y  3 x 2  6mx  3(m 2  1)  

Hàm số (1) có cực trị thì PT  y  0   có 2 nghiệm phân biệt 

 x 2  2mx  m 2  1  0  có 2 nhiệm phân biệt     1  0, m  
 
Khi đó, điểm cực đại   A(m  1;2  2m)  và điểm cực tiểu  B (m  1; 2  2m)  
 m  3  2 2
Ta có   OA  2OB  m 2  6m  1  0  
. 
 m  3  2 2
Ví dụ 9. Cho hàm số  y  x 4  2m 2 x 2  1

 Cm  (1). Tìm m dể hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh 

của một tam giác vng cân. 
Giải

x  0
 m  0 (*)
Ta có:  y '  4 x3  4m 2 x  4 x  x 2  m 2   0   2
2
x

m

Với điều kiện (*) thì hàm số (1) có ba điểm cực trị. Gọi ba điểm cực trị là:  
A  0;1 ; B   m;1  m 4  ; C  m;1  m 4  . Do đó nếu ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vng cân, thì 

đỉnh sẽ là A. 
Do tính chất của hàm số trùng phương, tam giác ABC đã là tam giác cân rồi, cho nên để thỏa mãn điều 
kiện tam giác là vng, thì AB vng góc với AC. 



 AB   m; m 4  ; AC   m;  m 4  ; BC   2m;0   
Tam giác ABC vuông khi:  BC 2  AB 2  AC 2  4m 2  m 2  m8   m 2  m8   

 2m 2  m 4  1  0;  m 4  1  m  1  
Vậy với m = -1 và m = 1 thì thỏa mãn u cầu bài tốn. 
Ví dụ 10. Cho hàm số  y  x 4  2m 2 x 2  1  (1).Tìm tất cả các giá trị m  để đồ thị hàm số (1) có ba điểm 
cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích). 
Giải
x  0
+) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0    2
 ; ĐK có 3 điểm cực trị: m    0 
2
x  m
+) Tọa độ ba điểm cực trị: A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4) ;  
+) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m4). 
1
5
+)  S ABC  AI .BC  m 4 m  m  32  m  2  (tm) 
2
17 | P a g e  
 


Ví dụ 11. Cho hàm số  y  x 4  2mx 2  m  1    (1), với  m  là tham số thực. Xác định  m  để hàm số (1) có 

ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường trịn 
ngoại tiếp bằng 1. 
Giải  
x  0
y '  4 x 3  4mx  4 x  x 2  m   0   2
 
x  m
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị   pt  y '  0  có ba nghiệm phân biệt và  y '  đổi dấu khi  x  đi qua các 
nghiệm đó   m  0  
 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 



 

A  0; m  1 , B  m ;  m 2  m  1 , C



m ; m 2  m  1  

1
yB  y A . xC  xB  m 2 m ;  AB  AC  m 4  m , BC  2 m  
2
m  1
m4  m  2 m

AB. AC.BC
3
 

R
1
 1  m  2m  1  0  
2
m  5  1
4 S ABC
4m m

2
 
 Bài tập tự luyện


S ABC 

Bài 1. Cho hàm số  y  2 x 3  3  m  1 x 2  6mx . 
a) Tìm  m  để hàm số có cực trị. 
b) Tìm  m  để hàm số có hai cực trị trên   0;  . 

 
 

c) Tìm  m  để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. 
d) Tìm  m  để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hồnh 
1
1
Bài 2. Cho hàm số  y  mx3   m  1 x 2  3  m  2  x  . Tìm  m  để hàm số đạt cực đại tại x  0 . 
3
3
 


Bài 3. Tìm  m   để  hàm  số  y 

2 3
2
x  mx 2  2  3m 2  1 x    có  hai  điểm  cực  trị  x1   và  x2   sao  cho: 
3
3

x1 x2  2  x1  x2   1  
1
1
Bài 4. Tìm tất cả các giá trị của  m  để hàm số  y  x3  mx 2   m 2  3 x  có cực đại tại xCĐ cực tiểu 
3
2
tại  xCT  sao cho xCĐ,  xCT  là độ dài các cạnh góc vng tại một tam giác vng có độ dài cạnh huyền 
bằng 

5
. 
2

Bài 5. Xác định  m   để hàm số  y  mx 3   2m  1 x 2  x  1  đạt cực trị tại  x1 ,  x2  sao cho  x1  x2 

16
. 
9

Bài 6. Xác định  m  để hàm số  y  x 3  3  m  1 x 2  9 x  m  đạt cực trị tại  x1 ,  x2  sao cho  x1  x2  2 . 
18 | P a g e  

 


Bài 7. Tìm  m  để đồ thị hàm số  y  2 x 3  3  m  1 x 2  6mx  có hai điểm cực trị A và B sao cho đường 
thẳng AB vng góc với đường. 
Bài 8. Tìm  m   để  đồ  thị  hàm  số  y  x 3  3mx 2  3m3   có  hai  điểm  cực  trị  A  và  B  sao  cho  tam  giác 
OAB có diện tích bằng 48. 
Bài 9. Cho hàm số   y  x3  3mx 2  4m3  (1), với m là tham số thực. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai 
điểm cực trị A và B sao cho  OA2  OB 2  20 . 

1
Bài 10. Cho hàm số  y  x3  2 x 2  3 x  (1). 
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 
2. Gọi  A, B  lần lượt là các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1). Tìm điểm M thuộc trục hồnh 
sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 2.  
3
1
Bài 11. Cho hàm số  y  x 3  mx 2  m3  Tìm  m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại, cực tiểu đối 
2
2
xứng qua đường thẳng y = x. 
Bài 12. Cho hàm số:  y = x 3   3mx 2 + 2   (1), m là tham sốTìm m để đường thẳng qua hai điểm cực 
trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4. 
Bài 13. Cho  hàm  số  y   x 3  3 x 2  3  m 2  1 x  3m 2  1

1 Tìm  m  để  hàm  số  (1)  có  cực  đại,  cực 

tiểu, đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vng tại O. 
Bài 14. Cho hàm số  y = 2x3 + 9mx2 + 12m2x + 1, trong đó m là tham số.Tìm tất cả các giá trị của m 

để hàm số có cực đại tại xCĐ, cực tiểu tại xCT thỏa mãn: x2CĐ= xCT. 
Bài 15. Cho  hàm  số  y  x3  3x 2  3 1  m  x  1  3m  Cm  Tìm  m  để  hàm  số  có  cực  đại,  cực  tiểu, 
đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 
4. 
Bài 16. Cho hàm số  y  x 3  3x 2  3(1  m 2 ) x  2m 2  2m  1   (m là tham số)Tìm tất cả các giá trị của 
tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu; đồng thời hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối 
xứng nhau qua đường thẳng  d : x  4 y  5  0.  

3
Bài 17. Cho hàm số  y  x 3  ( m  2) x 2  3(m  1) x  1 (1), m là tham số. 
2
a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi  m  2 . 
b)  Tìm  m  0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là  yCĐ , yCT  thỏa mãn 

2 yCĐ  yCT  4 . 
1
1
Bài 18. Tìm m để hàm số  y  mx3   m  1 x 2  3  m  2  x   đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn  x1 + 2x2 
3
3
= 1. 
Bài 19. Tìm  m  để hàm số  y  mx 4   m 2  9  x 2  10  có 3 điểm cực trị. 
Bài 20. Tìm m để đồ thị hàm số y = -x4 +2(m+2)x2 –2m –3 chỉ có cực đại, khơng có cực tiểu. 
19 | P a g e  
 


Bài 21. Tìm  m   để  (C):  y 

1 4

x   3m  1 x 2  2  m  1   có 3 điểm  cực  trị  lập thành  một tam  giác có 
4

trọng tâm là gốc tọa độ. 
Bài 22. Cho hàm số  y   x 4  2mx 2  4  có đồ thị   Cm  . ( m là tham số thực) 
Tìm tất cả các giá trị của m  để các điểm cực trị của đồ thị   Cm  nằm trên các trục tọa độ. 
Bài 23. Cho hàm số  y  x 4  2m 2 x 2  m 4  m

1 ,  m là tham số thực. 

Tìm m để đồ thị hàm số  1 có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 1 
Bài 24. Cho hàm số  y  x 4  4  m  1 x 2  2m  1  có đồ thị   Cm   

3
. 
2
           b) Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C   của hàm số khi  m 

Bài 25. Cho hàm số  y  x 4  2m 2 x 2  m 4  m
   
     

1 ,  m là tham số thực. 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m  1 . 
b) Tìm m để đồ thị hàm số  1 có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 32. 

Bài 26. Cho hàm số  y  f  x   x 4  2  m  2  x 2  m 2  5m  5      
 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1. 
 
b) Tìm các giá trị của m  để đồ thị hàm  số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác 
vng cân. 
3. Chủ đề 3: Bài toán tương giao
3.1. Kiến thức cơ bản
3.1.1. Bài tốn tương giao tổng qt:
Cho hai đồ thị hàm số: y = f(x, m) và  y = g(x,m). Hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của 
phương trình 
 
 
f(x, m) = g(x,m)  (1). 
3.1.2. Bài tốn cơ bản:
Cho hai đồ thị hàm số: y = f(x, m) và d: y =ax+b 
Hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình f(x,m) = ax+b. (1) 
Chú ý:
+ Nếu đường thẳng d đi qua điểm M(x0; y0) và có hệ số góc k thì phương trình d có Dạng: y – y0 
= k(x – x0). 
+ Khai thác tọa độ giao điể m ( M ( xM ; yM ) của (C) và d, ta cần chú ý: xM là nghiệm của (1); M 
thuộc d nên  yM  axM  b  
+ Nếu (1) dẫn đên một phương trın
̀ h bâ ̣c hai, ta có thể  sử dụng định lý Viet 
 Phương pháp hàm số
 Chuyển phương trình hồnh độ tương giao về: g(x) = g(m)  (1). 
 Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của đồ thị y = g(x) và đường thẳng y = g(m) 
20 | P a g e  
 


 Dựa vào đồ thị của hai đường để KL nghiệm. 

3.2. Ví dụ và bài tập
Vı́ dụ 1. Cho hàm số  y   x 3  3 x 2  1  
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên. 
     b) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình  x3  3 x 2  m  0 .
Giải
a)
TXĐ: D = R.
Sự biến thiên:
 y '  3x 2  6x

x  0
y '  0  3x 2  6x=0  
x  2  
 Giới hạn:  lim y  , lim y  
x 

x 

 Hàm số đồng biến trên (0 ; 2); hàm số nghịch biến trên  (;0)  và  (2; ) .
 Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -1.
 BBT:

Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0;-1), (-1; 3), (3; -1), (1; 1)

b)
3
2
3
2
             PT  x  3x  m  0  x  3x  1  m  1  

 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số  y   x 3  3 x 2  1  với đường 
thẳng y = m – 1. 

21 | P a g e  
 


 Dựa vào đồ thị của hai đường ta có: 
m  1  3  m  4 : Phương trình có 1 nghiệm. 
m  1  3  m  4 : Phương trình có 2 nghiệm. 
3  m  1  1  4  m  0 : Phương trình có 3 nghiệm. 
m  1  1  m  0 : Phương trình có 2 nghiệm. 
m  1  1  m  0 : Phương trình có 1 nghiệm. 
Vı́ dụ 2.Cho hàm số  y   x 4  3x 2  1  có đồ thị (C) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 
b) Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình  x 4  3x 2  m  0  có 4 nghiệm phân biệt. 
Giải
a)
 
Thực hiện các bước tương tự như bài tập 2, ta được đồ thị hàm số sau: 

 
b)
4

2

4

2


      PT  x  3x  m  0   x  3x  1  m  1  
 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=m+1. 
13
9
 Dựa vào đồ thị, phương trình có 4 nghiệm phân biệt   1  m  1   0  m   
4
4
2x 1
Vı́ dụ 3. Cho hàm số  y 
 có đồ thị (C). 
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng y = x – m ln cắt đồ thị (C) tại hai 
điểm phân biệt. 
Giải
a) HS tự trình bày. 
b)
 Đường thẳng y = x – m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 
2x 1
 x  m  có hai nghiệm phân biệt. 
x2
2x 1
 Xét phương trình: 
 x  m ( x  2)  
x2
22 | P a g e  
 



 2 x  1  ( x  m)( x  2)
 x 2  4 x  mx  1  2m  0  
 x 2  (4  m) x  1  2m  0
 
 

Có    (4  m) 2  4(1  2m)  
       

 m 2  8m  16  4  8m
 m 2  12  0 m

 

 Vậy với mọi m thì đường thẳng y = x – m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. 
Ví dụ 4. Cho hàm số  y 

2x  1
 C  Tìm tham số m để đường thẳng d: y = - 2x + m cắt đồ thị tại hai 
x 1

điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng  3 . 
Giải
Xét phương trın
̀ h hoành độ giao điể m của  d và (C):
2x  1
 2 x  m ( x  1)  g ( x)  2 x 2  ( m  4) x  1  m  0 (1)   
x 1
D cắt (C) tại 2 điể m phân biệt   (1) có hai nghiệm phân biệt khác -


  (m  4) 2  8(1  m)  0
m 2  8  0
 m 2  8  0  m  R .  

1.  
 g (1)  0
 g (1)  1  0
Chứng tỏ với mọi m d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B 
Gọi  A  x1 ; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m  . Với:  x1 , x2  là hai nghiệm của phương trình (1)  

2
2
Ta có  AB  x2  x1 ;2 x1  x2  AB   x2  x1   4  x2  x1   x2  x1 5 . 







Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên d, thì khoảng cách từ O đến d là h: 
m
m
 
h

5
22  1
1
1 x2  x1

1  1
5 .
 . m2  8  3  
Theo giả thiết:  S  AB.h 
2
2
2 2
4
5
Vậy:  m 2  8  42.3  m 2  8  42.3  m 2  40  m  2 10

(*)  

Với m thỏa mãn điều kiện (*) thì d cắt (C) tại A, B thỏa mãn u cầu bài tốn. 
Ví dụ 5. Cho hàm số  y  x 3  2mx 2   m  3 x  4 (1). Tìm m để đường thẳng d: y = x + 4 cắt đồ thị 
hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 4. (Điểm B, C có 
hồnh độ khác khơng ; M(1;3) ). 
Giải
Đồ thị (1) cắt d tại ba điểm A, B, C có hồnh độ là nghiệm của phương trình: 
x  0
 x 3  2mx 2   m  3 x  4  x  4;  x  x 2  2mx  m  2   0   2
 x  2mx  m  2  0

  '  m 2  m  2  0  m  1  m  2 (*)  
23 | P a g e  
 


Với m thỏa mãn (*) thì d cắt (1) tại ba điểm A(0; 4), cịn hai điểm B,C có hồnh độ là hai nghiệm của 


 '  m2  m  2  0
 m  1  m  2; m  2  
phương trình:   x 2  2mx  m  2  0  
m

2

0


- Ta có  B  x1; x1  4  ; C  x2 ; x2  4   BC   x2  x1; x2  x1   
   BC 

2

 x2  x1    x2  x1 

2

 x2  x1

2 

-Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên d. h là khoảng cách từ M đến d thì: 
1 3  4
1
1
h
 2  S  BC.h  x2  x1 2. 2  x2  x1  
2

2
2
- Theo giả thiết: S = 4   x2  x1  4;  2  '  4;  m 2  m  2  4  m 2  m  6  0  
Kết luận: với m thỏa mãn:  m  2  m  3  m  3  (chọn). 
Ví dụ 6.  Cho  hàm  số  y  x 4   m  1 x 2  m  Cm  .  Xác định  m  1  để  đồ thị   Cm    cắt trục Ox  tại 4 
điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi  và trục Ox có diện tích phần phía trên trục Ox bằng 
diện tích phần phía dưới trục Ox. 
Giải
          Đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt   x 4   m  1 x 2  m  0  (1) có 4 nghiệm 
phân biệt 
 t 2   m  1 t  m  0 (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 

   m  1 2  4m  0

 m  1  0
 m  0& m  1  
m  0

Hai nghiệm của (2) là  t  1, t  m , do  m  1 nên 4 nghiệm phân biệt của (1) theo thứ tự tăng là: 
 m ,  1,1, m  
Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài tốn nhận Oy làm trục 
đối xứng. Khi đó đồ thị có dạng như hình bên. 
Bài tốn thỏa mãn 
S H1  S H 2

 

m

1

4

2

  x   m  1 x  m dx 
0



x 4   m  1 x 2  m dx

1

m

1

   x   m  1 x  m  dx     x 4   m  1 x 2  m  dx
4

2

0

 

1

m




  x   m  1 x
4

2

 m  dx  0

0

24 | P a g e  
 


m

 x5

x3
m m 1

m

1
 mx   0  
 1  0  m  5 .  




3
5
3
 5
0
KL:  m  5  thỏa mãn yêu cầu 
Ví dụ 7. Gọi   Cm  là đồ thị của hàm số  y  x 4  2  m  1 x 2  2m  2 . Tìm  m để đường thẳng  y  1 cắt 

 Cm  tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D sao cho  OA  OB  OC  OD  4  2

2 

Giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm      
x 4  2  m  1 x 2  2m  2  1  x 4  2  m  1 x 2  2m  1  0   
Đặt  t  x 2  t  0  , ta có phương trình   t 2  2  m  1 t  2m  1  0, *  
Để có 4 giao điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt  

 m  1 2   2m  1  0
   0
 m0



 P  0  
2m  1  0

1 
m
S 0



2  m  1  0

2


Với điều kiện trên phương trình (*) có hai nghiệm dương  t1 , t2 . Theo Vi-et ta có, 

t1  t2  2  m  1 ,

t1t2  2m  1  

Từ  t1  x 2  x   t1 ; t2  x 2  x   t2  
Đặt  x A  t1 , xB   t1 , xC  t2 , xD   t2  

A









t1 ;1 , B  t1 ;1 , C










t1 ;1 , D  t2 ;1  

 OA  OB  OC  OD  2 1  t1  2 1  t1  
Theo đề   2 1  t1  2 1  t2  4  2 2  

 1  t1  1  t2  2  2
              





1  t1  1  t2



 

2

 64 2

                t1  t2  2 t1t2  t1  t2  1  4  4 2  
 


 2  m  1  2 2m  1  2  m  1  1  4  4 2

 

 4m  4  1  2 2  m



1 2 2  m  0
m  1 2 2



 m  1 
2    2
m

2
3

2
2
m

5

4
2


0
4
m

4

1

2
2

m


Vậy điều kiện phải tìm là  m  1.









 Bài tâ ̣p đề nghị.
25 | P a g e