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: ax 3 + bx 2 + cx + d , a ≠ 0

(

)

2
Nếu có nghiệm x = x0 thì phân tích: ( x − x0 ) Ax + Bx + C = 0
3
2
Nếu đặt hàm số f ( x ) = ax + bx + 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:

r r
cos
u
,v =
- Góc giữa 2 vectơ:

xx '+ yy '

( )

x + y 2 . x '2 + y '2
2

(

r ur

)

- Góc giữa 2 đường thẳng: cos α = cos n, n ' =
- Khoảng cách AB =

( xB − x A )

2

+ ( yB − y A )


AA '+ BB '
A2 + B 2 . A '2 + B '2

2

- Khoảng cách từ M 0 ( x0 ; y0 ) đến ( ∆ ) : Ax + By + C = 0 :

d=

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
(
)
(
)

- Tiếp tuyến đi qua điểm K ( a; b ) : Lập phương trình tiếp tuyến tại x0 bất kỳ rồi cho tiếp tuyến đi qua điểm

K ( a; b ) thì tìm ra x0 .
Chú ý: Với hai đường thẳng d : y = ax + b, d ' : y = a ' x + b ' thì có: d ≡ d ' khi a = a ' , b = b ' ; d / / d '
khi a = a ' , b ≠ b ' ; d ⊥ d ' khi a.a ' = −1
Yếu tố đối xứng:
- Hàm số chẵn: ∀x ∈ D ⇒ − x ∈ D và f ( − x ) = f ( x )
Đồ thị hàm số chẵn đối xứng nhau qua trục tung.
- Hàm số lẻ: ∀x ∈ D ⇒ − x ∈ D và f ( − x ) = − f ( x )
Đồ thị hàm số lẻ đối xứng nhau qua gốc O.

uur

- Công thức chuyển hệ trục bằng phép tịnh tiến OI .

( Oxy ) → ( IXY )

 x = X + x0

 y = Y + y0

với I ( x0 ; y0 ) : 

- Điều kiện ( C ) nhận I ( x0 , y0 ) là tâm đối xứng.

y0 =

f ( x0 − x ) + f ( x0 + x )
, ∀x0 − x, x0 + x ∈ D , hoặc chuyển trục bằng phép tịnh tiến đến gốc I nói trên
2

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 + 2m 2 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 + 2m 2 x 2 + 1 = x + 1 ⇔ x ( x3 + 2m2 x − 1) = 0
⇔ x = 0 hoặc x 3 + 2m 2 x − 1 = 0
3
2
Xét hàm số f ( x ) = x + 2m x − 1 . Ta có f ( 0 ) = −1 ≠ 0 và

f ' ( x ) = 3 x 2 + 2m 2 ≥ 0 nên hàm số này đồng biến trên ¡ .

(

)

f ( x ) = lim x 3 + 2m 2 x − 1 = −∞
Vì lim
x →∞
x →−∞

(

)

f ( x ) = lim x 3 + 2m 2 x − 1 = +∞
và xlim
→+∞
x →+∞
nên phương trình f ( x ) = 0 luôn có nghiệm duy nhất x ≠ 0 : đpcm.
Bài toán 3.2: Tìm m để đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt:
3
2

a) y = x + ( 2m + 1) x + ( 3m + 2 ) x + m + 2 .

b) y = x 3 − 3mx + m + 1 .
Hướng dẫn giải
3
2
a) Cho y = 0 ⇔ x + ( 2m + 1) x + ( 3m + 2 ) x + m + 2 = 0

⇔ ( x + 1) ( x 2 + 2mx + m + 2 ) = 0
⇔ x = −1 hoặc f ( x ) = x 2 + 2mx + m + 2 = 0 ( 1)
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.

m2 − m − 2 > 0
∆ ' = 0
⇔
⇔ m < −1 hoặc m > 2, m ≠ 3


−
m
+
3
≠
0
 f ( −1) ≠ 0

b) D = ¡ . Ta có y ' = 3 x 2 − 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
Trang 3



(

) ( m) < 0

⇔ m > 0 và yC Ð . yCT < 0 ⇔ f − m . f

(

)(

)

⇔ m + 1 − 2m. m m + 1 + 2m m < 0 ⇔ ( m + 1) − 4m3 < 0 .
2

⇔ −4m3 + m 2 + 2m + 1 < 0 ⇔ ( m − 1) ( 4m 2 + 3m + 1) > 0 ⇔ m > 1 .
(vì ∆ = 9 − 16 < 0 nên 4m 2 + 3m + 1 > 0, ∀m ).
Bài toán 3.3: Tìm các giá trị của m để đường thẳng ( d m ) đi qua điểm A ( −2;2 ) và có hệ số góc m cắt đồ thị
của hàm số: y =

2x −1
x +1

a) Tại hai điểm phân biệt?
b) Tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị?
Hướng dẫn giải
Phương trình của ( d m ) : y = m ( x + 2 ) + 2 = mx + 2m + 2 .
Phương trình hoành độ giao điểm của ( d m ) và đường cong:


mx + 2m + 2 =

2x −1
⇔ ( mx + 2m + 2 ) ( x + 1) = 2 x − 1, x ≠ −1
x +1

⇔ mx 2 + 3mx + 2m + 3 = 0, x ≠ −1

( 1)

a) Đường thẳng ( d m ) cắt đường cong đã cho tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt khác −1.

a ≠ 0
m ≠ 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 .
Phương trình trở thành: m ( t − 1) + 3m ( t − 1) + 2m + 3 = 0
2

⇔ mt 2 + mt + 3 = 0 ( 2 ) .
ĐK phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 ⇔ m < 0 .
Bài toán 3.4: Tìm tham số để đường thẳng

Trang 4


a) y = m, m > 0 cắt đồ thị ( C ) của hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 2 tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông
tại gốc tọa độ O.
b) y = 3 x + m cắt đồ thị ( C ) của hàm số y =

x2
tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 và x1 − x2 đạt
x −1

giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải
a) Phương trình hoành độ giao điểm:

x 4 − 3 x 2 − 2 = m ⇔ x 4 − 3x 2 − 2 − m = 0
Với mọi m > 0 thì đường thẳng y = m cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A ( x A ; m ) và B ( xB ; m ) đối xứng
qua Oy, x A < xB .

uuu
r uuu
r

Tam giác OAB vuông tại O nên OA.OB = 0 ⇔ x A .xB + m 2 = 0
Mà x A + xB = 0 nên x A = − m; xB = m

(

)

4
2
3
2
Do đó m − 3m − m − 2 = 0 ⇔ ( m − 2 ) m + 2m + m + 1 = 0

⇔ m = 2 (vì m > 0 )
b) Phương trình hoành độ giao điểm:

x2
= 3 x + m ⇔ 2 x 2 + ( m − 3) x − m = 0, x ≠ 1 .
x −1

Điều kiện có 2 nghiệm phân biệt khác 1:

∆ > 0
 m 2 + 2m + 9 > 0
⇔
: Đúng ∀m

−1 ≠ 0
 g ( 1) ≠ 0
Ta có: x1 − x2 =

=

−b + ∆ −b − ∆
∆
−
=
2a
2a
4
m 2 + 2m + 9 1
=
4
4

( m + 1)

2

+8 ≥


2
2

Vậy giá trị x1 − x2 nhỏ nhất khi m = −1 .
Bài toán 3.5: Tìm các giá trị của m sao cho
4
2
a) Đồ thị của hàm số y = x − ( m + 1) x + m cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài

bằng nhau.
b) Đường thẳng d : y = − x + m cắt ( C ) : y =

2x −1
tại hai điểm A, B mà AB = 10 .
x −1
Hướng dẫn giải
Trang 5


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

x 4 − ( m + 1) x 2 + 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 ) :

 x 2 − ( m − 1) x + m − 1 = 0
2x −1
= −x + m ⇔ 
x −1
 x ≠ 1
Đường thẳng d cắt ( C ) tại 2 điểm A, B phân biệt khi phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt khác 1.

∆ = ( m − 1) 2 − 4 ( m − 1) > 0
 m 2 − 6m + 5 > 0
m < 1
⇔
⇔


m > 5
1 ≠ 0, ∀m
1 − ( m − 1) + m − 1 ≠ 0
Khi đó A ( x1; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) và x1 + x2 = m − 1; x1.x2 = m − 1
Ta có AB = 10 ⇔ ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = 10 ⇔ ( x2 − x1 ) = 5

2

2

2

⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 5 ⇔ ( m − 1) − 4 ( m − 1) − 5 = 0
2

2

 m − 1 = −1  m = 0
⇔
⇔
(thỏa mãn).
m
−
1
=
5

m = 6
Vậy m = 0 hay m = 6 .
Bài toán 3.6: Chứng minh các đường thẳng d : y = m − x luôn cắt đồ thị ( C ) : y =
và cắt 2 tiệm cận của ( C ) tại P, Q đồng thời hai đoạn MN, PQ có cùng trung điểm.

x 2 − 3x
tại 2 điểm M, N
x −1


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
Trang 6


Ta có x = 1 không là nghiệm và ∆ = m 2 + 16 > 0 , ∀m nên d luôn cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt M, N.
Ta có y =

x 2 − 3x
2
nên TCĐ: x = 1 , TCX: y = x − 2 .
= x−2−
x −1
x −1

Do đó xP = 1 , hoành độ giao điểm Q của d với TCX: m − x = x − 2

⇒ xQ =

xP + xQ m + 4 xM + xN
m+2
. Do đó
: đpcm.
=
=
2

2
2
2

Bài toán 3.7: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số:
a) y =

x + 2 biết tung độ tiếp điểm là y0 = 2
1
3

3
2
b) y = − x − 2 x − 3 x + 1 song song với d : y =

3
x+9
4

Hướng dẫn giải

(

)

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 ) = .
2 x+2
4

Thế vào: y =

1
1
3
( x − 2) + 2 = x + .
4
4
2

b) y ' = − x 2 − 4 x − 3 . Đường thẳng d có hệ số góc k =
Tiếp tuyến song song với nên y ' =

⇔ 4 x 2 + 16 x + 15 = 0 ⇔ x0 = −

3
.
4

3

3
⇔ − x2 − 4x − 3 =
4
4

5
3
hoặc x0 = − .
2
2

Với x0 = −

5
29
3
37
thì f ( x0 ) =
nên có tiếp tuyến y = x +
2
24
4
12

Với x0 = −

3
5
3
1

thì f ( x0 ) = − nên có tiếp tuyến y = x − .
2
4
4
8

Vậy có 2 tiếp tuyến y =

3
1
3
37
x − và y = x +
.
4
8
4
12

Bài toán 3.8: Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị:
Trang 7


a) y = 2 x 3 − 6 x 2 + 3 và có hệ số góc bé nhất.
2
3
b) y = f ( x ) thỏa mãn f ( 1 + 2 x ) = x − f ( 1 − x ) tại x = 1

Hướng dẫn giải
a) Ta có hệ số góc của tiếp tuyến là đạo hàm tại đó.

2
y ' = 6 x 2 − 12 x = −6 + 6 ( x − 1) ≥ −6 , dấu = khi x0 = 1

nên max y ' = −6 , do đó tiếp tuyến tại A ( 1; −1) là y = −6 x + 5 .
b) Lấy đạo hàm 2 vế, ta có:

4 f ( 1 + 2x ) . f '( 1 + 2x ) = 1 + 3 f 2 ( 1 − x ) . f '( 1 − x )
2
Thế x = 0 : 4 f ( 1) . f ' ( 1) = 1 + 3 f ( x ) . f ' ( 1)

( *)

2
3
2
3
Thế x = 0 vào f ( 1 + 2 x ) = x − f ( 1 − x ) ⇒ f ( 1) = − f ( 1)

⇒ f 2 ( 1) ( 1 + f ( 1) ) = 0 ⇒ f ( 1) = 0 hoặc f ( 1) = −1 .
Với f ( 1) = 0 thì ( *) : 0 = 1 (loại)
Với f ( 1) = 1 thì ( *) : −4 f ' ( 1) = 1 + 3 f ' ( 1) ⇒ f ' ( 1) =
Vậy phương trình tiếp tuyến y = −

−1
.
7

1
( x − 1)
7


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 = x 3 − 3 x 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

, x ≠ −1

Phương trình tiếp tuyến d tại M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , x0 ≠ −1

y=

4

( x0 + 1)


2

( x − x0 ) +

x0 − 3
x0 + 1

⇔ 4 x − ( x0 + 1) y + ( x02 − 6 x0 − 3) = 0 nên
2

Trang 8


−4 − ( x0 + 1) + ( x02 − 6 x0 − 3)
2

d ( I , ∆) = 2 2 ⇔

16 + ( x0 + 1)

4

=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 ' = 3 x 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 ⇔ 3 x 2 − 6 x = ±9

 x2 − 2x − 3 = 0
 x0 = −1
⇔ 2
⇔
 x0 = 3
 x − 2 x + 3 = 0 ( VN )
Với x0 = 1 , phương trình của d là y = 9 x + 7
Với x0 = 3 , phương trình của d là y = 9 x − 25 .
Bài toán 3.10: Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) hàm số: y =
tuyến tạo với hai trục tọa độ thành tam giác có diện tích S =


x +1
tại điểm M có hoành độ âm, biết tiếp
x−2

1
.
6

Hướng dẫn giải
Ta có y ' =

−3

( x − 2)

2

,x ≠ 2

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.

Trang 9


 x 2 + 2 x0 − 2   x02 + 2 x0 − 2 
÷. Ta có
A 0
;0 ÷, B  0;
2
3
( x0 − 2 ) ÷

 
1
1
1
1 x02 + 2 x0 − 2 x02 + 2 x0 − 2 1
S = ⇔ OA.OB = ⇔
.
=
2
6
2
6

2
3
6
( x0 − 2 )
 x02 + x0 = 0
 x0 = −1 ∨ x0 = 0
⇔ 2
⇔
 x0 = −4 ∨ x0 = 1
 x0 + 3 x0 − 4 = 0
Chọn x0 < 0 nên có hai tiếp tuyến là:

d1 : y = −

1
1
1
( x + 1) ; d 2 : y = − x + .
3
12
6

Bài toán 3.11: Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) hàm số:
a) y = x 3 − 5 x 2 + 2 và đi qua A ( 0;2 )
b) y =

( 1 − m ) x + 2 − m , m ≠ 0 và đi qua M ( −1; −1)
mx + m − 1

Hướng dẫn giải

a) Ta có: y ' = 3 x 2 − 10 x . Phương trình tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 )

y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y0
y = ( 3 x03 − 10 x0 ) ( x − x0 ) + ( x03 − 5 x02 + 2 )

(

2
Cho tiếp tuyến qua A ( 0;2 ) : 2 = 3 x0 − 10 x0

)(0− x ) +( x
0

3
0

⇔ 2 x03 − 5 x02 = 0 ⇔ x02 ( 2 x0 − 5 ) = 0 ⇔ x0 = 0 hoặc x0 =

− 5 x02 + 2 )
5
2

Với x0 = 0 thì có tiếp tuyến y = 2
Với x0 =

5
25
x+2
thì có tiếp tuyến y = −
2

4

b) Ta có y ' =

−1

( mx + m − 1)

,x ≠
2

1− m
m

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

d : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y0

Trang 10


y=

−1

( mx0 + m − 1)

2

( x − x0 ) +


( 1 − m ) x0 + 2 − m
mx0 + m − 1

Tiếp tuyến d đi qua M ( −1; −1) nên ta có:

−1 =
⇔

⇔

x0 + 1

( mx0 + m − 1)
x0 + 1

( mx0 + m − 1)
m ( x0 + 1)

2

+

( 1 − m ) x0 + 2 − m
mx0 + m − 1

x0 + 1
=0
mx0 + m − 1


2

+

2

= 0 ⇔ x0 = −1 (vì m ≠ 0 )

2

( mx0 + m − 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 = x 2 − 5 x + 6

2
và ( P2 ) : y = − x + 5 x − 11

Hướng dẫn giải

( P1 ) : y = f ( x ) = x 2 − 5 x + 6 ⇒ f ' ( x ) = 2 x − 5
( P2 ) : y = g ( x ) = − x 2 + 5 x − 11 ⇒ g ' ( x ) = −2 x + 5

(

)

(


)

Gọi tiếp tuyến chung là y = ax + b và M 1 x1; f ( x1 ) , M 2 x2 ; g ( x2 ) là 2 tiếp điểm tương ứng. Ta có hệ:

 f ( x1 ) = ax1 + b
 x12 − 5 x1 + 6 = ax1 + b


 f ' ( x1 ) = a
2 x − 5 = a
⇔  12

 g ( x2 ) = ax2 + b
− x2 + 5 x2 − 11 = ax2 + b
g ' x = a
−2 x + 5 = a
2

 ( 2)
Do đó 2 ( x1 + x2 ) − 10 = 0 nên x2 = 5 − x1

(

)

2
2
và x1 − 5 x1 + 6 − − x2 + 5 x2 − 11 = ( 2 x1 − 5 ) ( x1 − x2 )


nên x12 − 5 x1 + 17 + ( 5 − x1 ) − 5 ( 5 − x1 ) − ( 2 x1 − 5 ) = 0
2

2

⇔ 2 x12 − 10 x1 + 8 = 0 ⇔ x1 = 1 hoặc x1 = 4 .
Với x1 = 1 thì a = −3, b = 5 . Với x1 = 4 thì a = 3, b = −10 .
Vậy có 2 tiếp tuyến chung: y = 3 x − 10 và y = −3 x + 5 .

Trang 11


Bài toán 3.13: Tìm điểm M trên đồ thị ( C ) hàm số: y =

2x − 2
sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm
x−2

cận của A, B với AB = 2 5 .
Hướng dẫn giải
Phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , x0 ≠ 2

d:y=

−2

( x0 − 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 

Giao điểm của d với tiệm cận ngang y = 2 là B ( 2 x0 − 2;2 )
2


2 x0 
AB = ( 2 x0 − 4 ) +  2 −
÷ =2
x
−
2
0


2

Ta có AB = 2 5 ⇔ ( x0 − 2 ) +

2

( x0 − 2 )

4

( x0 − 2 )

2

2

+

4

( x0 − 2 )

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 ) .
4
2
Bài toán 3.14: Cho hàm số y = f ( x ) = x − 2 x 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
3
Ta có f ' ( x ) = 4 x − 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 ) = 4a 3 − 4a,

k B = f ' ( b ) = 4b3 − 4b

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

y = f ' ( a ) ( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f ( a ) − af ' ( a )
y = f ' ( b ) ( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f ( b ) − bf ' ( b )

Hai tiếp tuyến này song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:

Trang 12


k A = k B ⇔ 4a 3 − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 − 1) = 0
⇔ a 2 + ab + b 2 = 1
Hai tiếp tuyến của ( C ) tại A và B trùng nhau khi và chỉ khi
2
2
a 2 + ab + b 2 = 1, a ≠ b
a + ab + b = 1, a ≠ b
⇔

4
2
4
2
−3a + 2a = −3b + 2b
 f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b )

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 + b 2 = 1 ,

a ≠ ±1 , a ≠ b .
Bài toán 3.15: Tiếp tuyến ( T ) của ( H ) : y =

1
tại điểm M có hoành độ x = a ≠ 2 , cắt trục hoành Ox tại A
x−2

và cắt đường thẳng d : x = 2 tại B. Chứng minh M là trung điểm của AB và diện tích tam giác giới hạn bởi tiếp

tuyến, Ox và d không đổi.
Hướng dẫn giải

y' =
y=

−1

( x − 2)

2

−1

( a − 2)

2

. Phương trình tiếp tuyến ( T ) tại x = a :

( x − a) +

1
.
a−2

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 =

Vì:

−( 2 − a)

( a − 2)

2

+

1
2
=
.
a−2 a−2


x A + xB 2a − 2 + 2
y + yB
1
=
= a = xM , A
=
= yM
2
2
2
a−2

nên tiếp điểm M là trung điểm của AB.
Gọi I là giao điểm của Ox và d thì I ( 2;0 ) . Tam giác cần xác định là tam giác ABI vuông tại I có diện tích:

S=

1
1
2
IA.IB = 2a − 2 − 2
− 0 = 2 : không đổi
2
2
a−2

Trang 13


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
PT có 2 nghiệm thỏa mãn: x1 + x2 = 1, x1.x2 = −1 .
Ta có: y ' ( x1 ) . y ' ( x2 ) =

(xx )

= 1 2

2

x12 − 2 x1 x22 − 2 x2
.
2
2
( x1 − 1) ( x2 − 1)

− 2 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2

( x1 x2 − x1 − x2 + 1)

2

=

1+ 2 − 4

( −1 − 1 + 1)

2

= −1

Vậy 2 tiếp tuyến qua M vuông góc với nhau.
3
2
Bài toán 3.17: Cho hàm số y = − x + 3 x − 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 =

3 − x0
2

2
Vì ( t ) đi qua M nên ta có: y0 − y1 = −3 x1 + 6 x1

0

3
2
Và N thuộc ( C ) nên ta có: y1 = x1 + 3 x1 − 2
3
2
Suy ra 2 x1 − 3 ( x0 + 1) x1 + 6 x0 x1 − 2 − y0 = 0
3

2
3
2
2
nên 2 x1 − 3 x0 x1 + x0 − 3 x1 + 6 x0 x1 − 3x0 = 0

⇔ ( x1 − x0 )

2

( 2 x1 + x0 − 3) = 0 ⇔ x1 = x0 hay

Điều kiện có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:
Trang 14


3 − x0
= x0 ⇔ x0 = 1 . Từ đó tính được y0 = 0 .
2
Vậy M ( 1;0 ) là điểm duy nhất trên ( C ) mà qua đó có thể kẻ đúng một tiếp tuyến với ( C ) .

x2 + 2x + 2
Bài toán 3.18: Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : y =
đi qua giao điểm của 2 tiệm cận.
x +1
Hướng dẫn giải
Ta có y = x + 1 +

1
, x ≠ −1 nên có TCĐ: x = −1 ,

x +1

TCX: y = x + 1 , giao điểm 2 tiệm cận I ( −1;0 )
Phương trình đường thẳng ( d ) qua I với hệ số góc k là y = k ( x + 1) .
Giả sử d là tiếp tuyến của ( C ) thì hệ sau có nghiệm.

1

k
x
+
1
=
x
+
1
+
(
)


x +1
1 
1

⇒
x
+
1
1

−

÷= 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.
4
2

Bài toán 3.19: Chứng minh tiếp tuyến tại A ( −1;0 ) của đồ thị ( C ) : y = − x + 2 x + 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 .
4
2
Đặt y = f ( x ) = − x + 2 x + x; y = g ( x ) = x + 1 .

Để tiếp tuyến tại A cũng là tiếp tuyến tại B khác A thì hệ sau có nghiệm x0 ≠ −1 :
4
2
 f ( x ) = g ( x )
− x + 2 x + x = x + 1
⇔

3
−4 x + 4 x + 1 = 1
 f ' ( x ) = g ' ( x )

( x 2 − 1) 2 = 0
− x 4 + 2 x 2 − 1 = 0

⇔
⇔
⇔ x = ±1 .
3
2
−4 x + 4 x = 0

4 x ( x − 1) = 0
Trang 15


Chọn nghiệm x0 = 1 ≠ −1 nên B ( 1;2 ) : đpcm.
Chú ý: Đây là tiếp tuyến đi qua 2 tiếp điểm.

3x
x2 3
Bài toán 3.20: Chứng minh hai đồ thị sau tiếp xúc nhau: y = f ( x ) =
. Viết
+ x và y = g ( x ) =
x+2
2 2
phương trình tiếp tuyến chung của chúng tại tiếp điểm.
Hướng dẫn giải
Hoành độ tiếp điểm của hai đường cong là nghiệm của hệ phương trình:

 x2 3
 x2 3
3x
3x
+
x
=
+ x=
2 2

x+2
x+2


2 2
⇔
 2
3
6
 x + 3 x  =  3 x 
x + =

÷

÷
2 ( x + 2) 2
 2 2   x + 2 


( 1)
( 2)

x = 0
x = 0
x = 0
⇔ 2
⇔
Ta có ( 1) ⇔  x + 3
.
3

x
=

−
5
=
x
+
5
x
=
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
O.
Ta có y ' ( 0 ) =

3
3
nên phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong tại điểm chung là y = x .
2
2

Bài toán 3.21: Tìm tham số để đồ thị hàm số
a)

( C ) : y = x3 − 1 − k ( x − 1)

tiếp xúc với trục hoành


x 2 + ( m + 2 ) x + 2m + 2
b) ( C ) : y =
có tiệm cận tiếp xúc với đường cong: y = x3 − 3 x 2 − 8 x .
x+2
Hướng dẫn giải
a) Đồ thị ( C ) tiếp xúc với trục hoành ứng với k sao cho:

k = 3
 x 3 − 1 − k ( x − 1) = 0
y = 0
⇔ 2
⇔

k = 3
y
'
=
0

3 x − 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 − 3 x 2 − 8 x khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

 x + m = x 3 − 3x 2 − 8 x
m = x3 − 3x 2 − 9 x
⇔ 2

2
1 = 3 x − 6 x − 8
 x − 2 x − 3 = 0
Trang 16


m = x3 − 3x 2 − 9 x
⇔
 x = −1 ∨ x = 3
Với x = −1 , ta có m = 5 và với x = 3 thì m = −27
Vậy có hai giá trị m cần tìm là m = 5 , m = −27 .
3
Bài toán 3.22: Cho hàm số y = x − 3 x + 2 ( C ) . Xét 3 điểm A, B, C thẳng hàng và thuộc ( C ) . Gọi A ', B ', C '

là giao điểm của ( C ) với tiếp tuyến của ( C ) tại A, B, C. Chứng minh rằng A ', B ', C ' thẳng hàng.
Hướng dẫn giải
Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại điểm A ( x A ; y A ) có dạng:

y = ( 3 x A2 − 3) ( x − x A ) + y A
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và tiếp tuyến có dạng:

( 3x


2
A

− 3) ( x − x A ) + y A = x 3 − 3 x + 2

⇔ ( 3 x A2 − 3) ( x − x A ) + x A3 − 3x A + 2 = x3 − 3x + 2
⇔ ( x − xA )

2

( x + 2 xA ) = 0

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 x A
là điểm A ' , tức là x A ' = −2 x A .
Tương tự xB ' = −2 xB , xC ' = −2 xC .
Ta chứng minh nhận xét: A, B, C thuộc ( C ) thẳng hàng khi và chỉ khi x A + xB + xC = 0 .
Thật vậy, giả sử A, B, C nằm trên đường thẳng có phương trình y = ax + b .
Khi đó x A , xB , xC là nghiệm của phương trình.

x 3 − 3x + 2 = ax + b ⇔ x3 − ( 3 + a ) x + ( 2 − b ) = 0
Áp dụng định lý Viet, ta suy ra x A + xB + xC = 0
Ngược lại, giả sử x A + xB + xC = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A, B cắt C ' thì theo phần thuận
ta có x A + 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 x A + xB + xC = 0 .
Mà x A ' + xB ' + xC ' = −2 ( x A + xB + xC ) = 0 nên suy ra A ', B ', C ' thẳng hàng (đpcm).

Trang 17



Bài toán 3.23: Cho hàm số y =

mx 2 + ( 3m 2 − 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

Khi m = 0 thì đồ thị có TCĐ và TCN vuông góc: loại
Khi m ≠ 0 thì đồ thị có tiệm cận đứng: x = −3m và tiệm cận xiên: y = mx − 2 .
Hai tiệm cận hợp nhau góc 45° khi tiệm cận xiên hợp với trục hoành một góc 45° ⇔ m = ±1 .
Bài toán 3.24: Tìm m để đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số y =

x 2 + 2mx − 1
tại hai điểm phân biệt M và
x −1

N sao cho OM vuông góc với ON.
Hướng dẫn giải
Đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm M và N khi phương trình hoành độ có 2 nghiệm phân
biệt x1 , x2 khác 1:


1
x 2 + 2mx − 1
= 2m ⇔ x 2 − 1 + 2m = 0 . Do đó: m < , m ≠ 0 .
2
x −1
Ta có

( 2 x + 2m ) ( x − 1) − ( x 2 + 2mx − 1)
y' =
2
( x − 1)

⇒ y ' ( xi ) =

2m
xi

2m 2m
4m 2
.
= −1 ⇔
= −1
Điều kiện OM ⊥ ON ⇔
x1 x2
x1 x2
⇔ 4m 2 + 2 m − 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
nên TCĐ ∆ : x = −2 ,
= 4x − 3 +
x+2
x+2

TCX: ∆ ' : y = 4 x − 3 ⇔ 4 x − y − 3 = 0




Với M  x;4 x − 3 +

2 
÷∈ ( C ) , khoảng cách đến 2 tiệm cận:
x+2

Trang 18



d ( M , ∆ ) .d ( M , ∆ ') = x + 2 .

2
2
=
: không đổi.
16 + 1. x + 2
17

Bài toán 3.26: Tìm m để đồ thị hàm số: y = x3 − 3 x 2 + mx + 1 có cực đại, cực tiểu và hai điểm đó cách đều
đường thẳng d : y = −2 x .
Hướng dẫn giải

D = ¡ . Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x + m .
Điều kiện có CĐ và CT là ∆ ' = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3
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

⇔ m = 0 hoặc m = −1 (chọn)
Bài toán 3.27: Chứng minh tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ thuộc đồ thị ( C ) : y =

1
x − 4 x 2 cắt trục tung Oy
2

tại một điểm A cách đều gốc O và tiếp điểm M.
Hướng dẫn giải
2
Với điều kiện x − 4 x > 0 ⇔ 0 < x <

1 − 8x

1
thì: y ' =
4
4 x − 4x2

Phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) là:

y=

1 − 8x
4 x0 − 4 x

2
0

( x − x0 ) +


Tiếp tuyến cắt Oy tại A  0;




1
x0 − 4 x02
2

÷
4 x0 − 4 x02 ÷


x0

1
x0
Ta có: AM = ( x0 − 0 ) + 
x0 − 4 x02 −
2
4 x0 − 4 x02

2

2


÷
÷


Trang 19


x02
=
= AO : đpcm
16 ( x0 − 4 x02 )
Bài toán 3.28: Tìm các điểm M thuộc ( C ) : y =
cận của ( C ) ngắn nhất.

x +1
sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm hai đường tiệm

x −1

Hướng dẫn giải
Đồ thị

( C) : y =

x +1
có TCĐ: x = 1 , TCN: y = 1 nên giao điểm 2 tiệm cận là I ( 1;1) . Ta có
x −1

 x +1
M  x;
÷∈ ( C ) nên khoảng cách:
 x −1 
2

 x +1 
IM = ( x − 1) + 
− 1÷ =
 x −1 
2

Dấu = xảy ra khi ( x − 1) =

4

2

(


( x − 1)

4

+

( x − 1)

2

≥4

⇔ ( x − 1) = 2 ⇔ x = 1 ± 2 .
2

( x − 1)

)

2

2

(

)

Vậy M 1 1 + 2;1 + 2 , M 2 1 − 2;1 − 2 .


x +1
có đồ thị ( C ) . Tìm điểm M trên đồ thị ( C ) sao cho tổng khoảng cách
x −1
từ M đến các đường thẳng ∆1 : 2 x + y − 4 = 0 và ∆ 2 : x + 2 y − 2 = 0 là nhỏ nhất.
Bài toán 3.29: Cho hàm số: y =

Hướng dẫn giải



Giả sử M  x0 ;



2 x0 +
d=

x0 + 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
4
3
2
2 x0 +
− 3 + x0 +
=
x0 − 1 +
x0 − 1
x0 − 1
x0 − 1
5

5

Trang 20


=

3 
2  6 2
 x0 − 1 +
÷≥
x0 − 1 ÷
5
5


 x0 = 1 + 2
2
⇔
x
−
1
=
2
⇔

Dấu đẳng thức xảy ra
0
 x0 = 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

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 

= x−3 +


4x − 3
9
−4 = x−3 +
≥2 9 =6
x−3
x−3

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x − 3 =

9
2
⇔ ( x − 3) = 9 , do đó có 2 điểm M ( 6;7 ) và M ' ( 0;1) .
x−3

Bài toán 3.31: Tìm điểm M thuộc đồ thị ( C ) : y =

x −1
có tổng khoảng cách đến 2 trục bé nhất.
x +1

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
x +1
x +1
x +1

Dấu = xảy ra khi x + 1 =

(

2
2
⇔ ( x + 1) = 2 ⇔ x = −1 ± 2

x +1

)

(

Vậy có 2 điểm M −1 − 2;1 + 2 , M ' −1 + 2;1 − 2
Bài toán 3.32: Tìm điểm M thuộc đồ thị ( C ) : y =

)

x2 − 3
có tổng khoảng cách đến 2 trục bé nhất.
x−2
Trang 21


Hướng dẫn giải

 x2 − 3 
x2 − 3
M
x
;
∈
C
d
=
x
+

, x ≠ 2.
(
)
Gọi
thì tổng khoảng cách đến 2 trục

÷
x
−
2
x
−
2





3
2

Xét điểm A  0; ÷∈ ( C ) thì d =

3
3
3
, do đó min d ≤ nên chỉ xét các điểm có hoành độ x ≤ .
2
2
2


x2 − 3
x2 − 3
Khi đó
.
> 0 nên d = x +
x−2
x−2
x2 − 3
2 x2 − 8x + 7
3
d
=
f
x
=
x
+
,
f
'
x
=
(
)
(
)
Nếu 0 ≤ x ≤ thì
2
x−2

2
( x − 2)
f '( x ) = 0 ⇔ x = 2 −

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 =

3
.
2

3
 3
tại M ≡ A  0; ÷.
2
 2

Bài toán 3.33: Tìm hai điểm trên 2 nhánh đồ thị ( C ) :

y=

x2 − x − 1
có khoảng cách bé nhất.
x−2
Hướng dẫn giải

x2 − x − 1
1
Hàm số y =
= x +1+
,x ≠ 2
x−2
x−2




Gọi A  2 + a;3 + a +

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 +
+ 2 2÷
ab a b 
ab a b 


Trang 22


1 

= 8 + 4  2ab + ÷ ≥ 8 + 4.2 2 .
ab 

Dấu = xảy ra khi a = b và 2ab =



Vậy A  2 +



1
1
⇔a=b= 4
ab
2


1
1 
1
1 

4
4
;3
+
2
+
B
2
−
;3
−
2
−
và
÷

÷
4
4
4
4
2
2
2
2



2
2
Bài toán 3.34: Tìm điểm M thuộc ( P ) : y = f ( x ) = −3x + 8 x − 9 và N thuộc ( P ' ) : y = g ( x ) = x + 8 x + 13

sao cho MN bé nhất.
Hướng dẫn giải
Ta có khoảng cách MN bé nhất khi 2 tiếp tuyến tại M và N song song với
nhau và chúng vuông góc với đoạn MN.

(

)

(

)

Gọi M x; f ( x ) , N x1 ; g ( x1 ) thì f ' ( x ) = g ' ( x1 )

⇔ −6 x + 8 = 2 x1 + 8
⇔ x1 = −3x

(

)

2
4

3
2
Do đó MN = 4 36 x − 192 x + 392 x − 352 x + 121 = h ( x )

(

3
2
Ta có h ' ( x ) = 64 9 x − 36 x + 49 x − 22

= 64 ( x − 1)

2

( 9x

2

)

− 27 x + 22 )

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 − 2x + 2
a) y =

có tâm đối xứng.
x−3
b) y = x 4 + 4 x 3 + 4 x 2 có trục đối xứng.
Hướng dẫn giải
a) Ta có y = x + 1 +

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
. Thế vào ( C ) thì được:
y = Y + 4

Chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI : 

Trang 23


Y + 4 = X + 3 +1+

5
5
⇔Y = X +
X +3−3
X

Vì Y = F ( X ) = X +

5
là hàm số lẻ ⇒ đpcm.

X

(

3
2
2
b) y ' = 4 x + 12 x + 8 x = 4 x x + 3 x + 2

)

y ' = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = −1 hoặc x = 0 .
uur

x = X −1
. Thế và hàm số:
 y = Y +1

Xét điểm I ( −1;1) . Chuyển hệ trục bằng phép tịnh tiến theo vectơ OI : 

4
3
2
Y + 1 = ( X − 1) + 4 ( X − 1) + 4 ( X − 1) ⇔ Y = X 4 − 2 X 2 là hàm số chẵn ⇒ đpcm.

Bài toán 3.36: Tìm hai điểm E, F thuộc đồ thị hàm số y =

x2 + x + 2
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

 y1 + y2 = 5
 x1 x2 = −9
 x1 + x2 + 4 + x − 1 + x − 1 = 5

1
2
2
Do đó x1 = − x2 , x1 = −9 nên E ( −3; −2 ) và F ( 3;7 ) .


Bài toán 3.37: Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y =

x2 − 2x + 2
đối xứng nhau qua đường thẳng
x −1

d : y = x + 3.
Hướng dẫn giải
Xét đường thẳng d ' vuông góc với d thì d ' : y = − x + b .

x2 − 2x + 2
PT hoành độ giao điểm của d ' và ( C ) :
= − x + b, x ≠ 1 .
x −1
⇔ 2 x 2 − ( b + 3) x + 2 + b = 0 .
Điều kiện ∆ = ( b + 3) − 8 ( 2 + b ) = b 2 − 2b − 7 > 0
2

Hoành độ giao điểm I của d và d ' : x + 3 = − x + b ⇒ xI =
I là trung điểm đoạn AB: xI =

b−3
2

x A + xB
2
Trang 24


⇔


b−3 b+3
=
⇔ b = 9 (chọn).
2
4


14
14  
14
14 
;6 +
;6 −
÷, B  3 +
÷.
2
2  
2
2 

Vậy A  3 −



Bài toán 3.38: Tìm m để đường thẳng y = − x − 4 cắt đồ thị hàm số y =
xứng nhau qua y = x .

x2 + ( m + 2) x − m
tại hai điểm đối

x +1

Hướng dẫn giải
Điều kiện PT hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt khác −1:

x2 + ( m + 2) x − m
= − x − 4 ⇔ 2 x 2 + ( m + 7 ) x + 4 − m = 0 ( 1) .
x +1
1

2 ( −1) 2 − ( m + 7 ) + 4 − m ≠ 0
m ≠ −
2
⇔
Đk: 
2
∆ = ( m + 7 ) − 8 ( 4 − m ) > 0
 m < −11 − 104 hay m > −11 + 104

Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm, ta có x1 , x2 là nghiệm của (1) theo định lí Viet: x1 + x2 = −

m+7
.
2

Hai giao điểm đối xứng qua đường thẳng y = x vuông góc với đường thẳng y = − x − 4 nên tung độ của
hai giao điểm lần lượt là x2 , x1 .
Do đó x2 = − x1 − 4 ⇔ x1 + x2 = −4 ⇔ m + 7 = 8 ⇔ m = 1 (thỏa mãn).
3
Bài toán 3.39: Tìm những cặp điểm nguyên trên ( C ) : y = x − 4 x − 1 đối xứng với nhau qua đường thẳng


y = x và không nằm trên đường thẳng đó.

Hướng dẫn giải
Nếu gọi A ( x; y ) thì điểm đối xứng của A qua đường thẳng y = x có tọa độ là ( y; x ) . Vì thế yêu cầu của
bài toán tương đương với việc tìm nghiệm nguyên ( x; y ) với x ≠ y của hệ phương trình
3
 y = x − 4 x − 1

3
 x = y − 4 y − 1

(

)

2
2
2
2
nên ( x − y ) x + xy + y − 3 = 0 ⇔ x + xy + y = 3

Phương trình x 2 + xy + y 2 = 3 có nghiệm nguyên x ≠ y là ( 2; −1) , ( −1;2 ) , ( −2;1) , ( 1; −2 ) .
Thử lại vào hệ, ta chọn 2 nghiệm ( 2; −1) , ( −1;2 )

Trang 25