Chuyên đề ôn thi thpt quốc gia môn toán năm học 2015 - 2016

1 | P a g e  
CHUYÊN ĐỀ 
ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 
Năm học 2015 - 2016 
2 | P a g e  
CHUYÊN ĐỀ 1. KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 
1. Chủ đề 1: Bài toán về tiếp tuyến 
1.1. Dạng 1: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại một điểm 0 0M( , ) ( ) : ( )x y C y f x   
               * Tính   ' ' ( )y f x  ;    tính   ' 0( )k f x  (hệ số góc của tiếp tuyến)  
    * Tiếp tuyến của đồ thị hàm số  ( )y f x  tại điểm   0 0;M x y có phương trình  
 '0 0 0( )y y f x x x    với  0 0( )y f x  
Ví dụ 1: Cho hàm số  3 3 5y x x     (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C): 
a) Tại điểm A (-1; 7). 
b) Tại điểm có hoành độ x = 2. 
c) Tại điểm có tung độ y =5. 
Giải: 
 a) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm  0 0 0( ; )M x y có dạng:  0 0 0'( )( )y y f x x x    
Ta có  2' 3 3y x     '( 1) 0y   . 
Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(-1; 7) là:  7 0y    hay y = 7. 
    b) Từ  2 7x y   . 
y’(2)  =  9. Do đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = 2 là:  
7 9( 2) 7 9 18 9 11y x y x y x           
c) Ta có:  3 3
0
5 3 5 5 3 0 3
3
x
y x x x x x
x


          
 
+) Phương trình tiếp tuyến tại của (C) tại điểm (0; 5). 
Ta có y’(0) = -3.  
Do đó phương trình tiếp tuyến là:   5 3( 0)y x    hay y = -3x +5. 
+) Phương trình tiếp tuyến tại của (C) tại điểm  ( 3;5) . 
    2'( 3) 3( 3) 3 6y       
Do đó phương trình tiếp tuyến là:   5 6( 3)y x    hay  6 6 3 5y x   . 
+) Tương tự phương trình tiếp tuyến của (C) tại  ( 3;5)  là:  6 6 3 5y x   . 
Ví dụ 2: Cho đồ thị (C) của hàm số  3 22 2 4y x x x    .  
a) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành. 
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  2' 3 4 2y x x   . Gọi   0 0;M x y  là tiếp điểm thì tiếp tuyến có phương trình: 
0 0 0 0 0 0'( )( ) '( )( ) (1)y y y x x x y y x x x y        
 a) Khi  ( )M C Ox   thì y0 = 0 và x0 là nghiệm phương trình:  
3 | P a g e  
     3 22 2 4 0 2x x x x      ;  y’(2) = 6,  thay các giá  trị đã biết vào (1)  ta được phương  trình  tiếp 
tuyến:  6( 2)y x   
 b) Khi  ( )M C Oy   thì x0 = 0 0 (0) 4y y     và  0'( ) '(0) 2y x y  , thay các giá trị đã  
biết vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến:  2 4y x  . 
 c) Khi x0 là nghiệm phương trình y”= 0. Ta có: y” = 6x – 4. 
 y” = 0 0 0
2 2 88
6 4 0
3 3 27
x x x y y
 
          
 
 ;  0
2 2
'( ) '
3 3
y x y
 
  
 
Thay các giá trị đã biết vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến: 
2 100
3 27
y x   
Ví dụ 3: Cho hàm số  3 3 1y x x    (C) 
        a) Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tai điểm có hoành 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 hoành độ  0 02 3x y    
Ta có  2 0'( ) 3 3 '( ) '(2) 9y x x y x y      
Phương trình tiếp tuyến d tại điểm M của đồ thị (C) là 
0 0 0'( )( ) 9( 2) 3 9 15y y x x x y y x y x           
Vậy phương trình tiếp tuyến d tại điểm M của đồ thị (C) là  9 15y x   
b) Giả sử tiếp tuyến d cắt (C) tại N 
Xét phương trình    3 3 2
2
3 1 9 15 12 16 0 2 2 8 0
4
x
x x x x x x x x
x

                
Vậy   4; 51N    là điểm cần tìm 
Ví dụ 4: Cho hàm số  3 3 1 ( )y x x C     và  điểm  0 0( , )A x y  (C), tiếp tuyến  của đồ thị (C)  tại điểm 
A cắt (C) tại điểm B khác điểm A. tìm hoành  độ điểm B theo  0x  
Lời giải: 
                 Vì điểm  0 0( , )A x y  (C) 
3
0 0 03 1y x x      , 
' 2 ' 2
0 03 3 ( ) 3 3y x y x x      
Tiếp tuyến của đồ thị hàm có dạng:  
' 2 3
0 0 0 0 0 0 0
2 3
0 0 0
( )( ) (3 3)( ) 3 1
(3 3)( ) 2 1 ( )
y y x x x y y x x x x x
y x x x x d
         
     
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): 
3 2 3 3 2 3 2
0 0 0 0 0 0 0
2
00
0
00
3 1 (3 3)( ) 2 1 3 2 0 ( ) ( 2 ) 0
( ) 0
( 0)
22 0
x x x x x x x x x x x x x x
x xx x
x
x xx x
              
   
   
   
Vậy điểm B có hoành độ   02Bx x   
4 | P a g e  
Ví dụ 5: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): 
2
1
x
y
x



 tại các giao điểm của (C) với đường 
thẳng (d):  3 2y x  . 
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C):  
2
3 2 2 (3 2)( 1)
1
x
x x x x
x

      

   (x = 1 không phải là nghiệm phương trình) 
23 6 0 0 ( 2) 2 ( 4)x x x y x y           
Vậy có hai giao điểm là: M1(0; -2) và M2(2; 4) 
+ Ta có: 
2
3
'
( 1)
y
x



. 
+ Tại tiếp điểm M1(0; -2) thì y’(0) = -3 nên tiếp tuyến có phương trình:  3 2y x    
+ Tại tiếp điểm M2(2; 4) thì y’(2) = -3 nên tiếp tuyến có phương trình:  3 10y x    
Tóm lại có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là:  3 2y x    và  3 10y x   . 
Ví dụ 6: Cho hàm số  3 2
1 1
3 2 3
m
y x x    (Cm). Gọi M là điểm thuộc đồ thị (Cm) có hoành độ 
bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến với (Cm) tại M song song với đường thẳng d: 5x-y=0 
Giải 
Ta có  ' 2y x 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  ' ( 1) 5 1 5 4y m m        
Khi  4m   ta có hàm số  3 2
1 1
2
3 3
y x x    ta có  0 1x   thì  0 2y    
Phương trình tiếp tuyến có dạng  ' 0 0 0( )( ) 5( 1) 2 5 3y y x x x y y x y x           
Rõ ràng tiếp tuyến song song với đường thẳng d 
Vậy  4m   là giá trị cần tìm. 
Ví dụ 7: Cho hàm số  3 23y x x m    (1). 
Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại 
các điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 
3
2
. 
Giải 
Với  0 01 2x y m      M(1 ; m – 2) 
- Tiếp tuyến tại M là d:  20 0 0(3 6 )( ) 2y x x x x m      
  d: y = -3x + m + 2. 
- d cắt trục Ox tại A: 
2 2
0 3 2 ; 0
3 3
A A
m m
x m x A
  
        
 
- d cắt trục Oy tại B:  2 (0 ; 2)By m B m     
5 | P a g e  
-  2
3 1 3 2
| || | | || | 3 2 3 ( 2) 9
2 2 2 3
OAB
m
S OA OB OA OB m m

            
2 3 1
2 3 5
m m
m m
   
       
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  0 0( , )M x y  là tiếp điểm, giải phương trình 
'
0 0( )f x k x x   ,  0 0( )y f x  
+ Đến đây trở về dạng 1,ta dê ̃dàng lập được tiếp tuyến  của đồ thị:  0 0( )y k x x y    
 Các dạng biểu diễn hệ số góc k: 
*) Cho trực tiếp: 
3
5; 1; 3; ...
7
k k k k        
*) Tiếp tuyến tạo với chiều dương của trục Ox một góc  , với 0 0 0
2
15 ;30 ;45 ; ; .... .
3 3
 

 
 
 
 Khi đó hệ 
số góc k =  tan . 
*) Tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y = ax + b. Khi đó hệ số góc k = a. 
*) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d): y = ax + b
1
1ka k
a

     . 
*) Tiếp tuyến tạo với đường thẳng (d): y = ax + b một góc  . Khi đó,  tan
1
k a
ka




. 
Ví dụ 8: Cho hàm số  3 23y x x   (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết hệ số góc của 
tiếp tuyến k = -3. 
Giải: 
Ta có:  2' 3 6y x x   
Gọi  0 0( ; )M x y là tiếp điểm Tiếp tuyến tại M có hệ số góc 
' 2
0 0 0( ) 3 6k f x x x    
Theo giả thiết, hệ số góc của tiếp tuyến k = - 3 nên:   2 20 0 0 0 03 6 3 2 1 0 1x x x x x          
Vì  0 01 2 (1; 2)x y M      . 
Phương trı̀nh tiếp tuyến cần tìm là  3( 1) 2 3 1y x y x         
Ví dụ 9:  Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  3 23 1y x x   (C). Biết tiếp tuyến đó song 
song với đường thẳng y = 9x + 6. 
Giải: 
Ta có:  2' 3 6y x x   
Gọi  0 0( ; )M x y là tiếp điểm Tiếp tuyến tại M có hệ số góc 
' 2
0 0 0( ) 3 6k f x x x    
Theo giả thiết, tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y = 9x  + 6    tiếp tuyến có hệ số góc k = 9 
 02 20 0 0 0
0
1 ( 1; 3)
3 6 9 2 3 0
3 (3;1)
x M
x x x x
x M
    
         
6 | P a g e  
Phương trı̀nh tiếp tuyến của (C) tại M(-1;-3) là:  9( 1) 3 9 6y x y x      (loại) 
Phương trı̀nh tiếp tuyến của (C) tại M(3;1) là:   9( 3) 1 9 26y x y x       
Ví dụ 10:  Cho hàm số  3 3 2y x x    (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó 
vuông góc với đường thẳng 
1
9
y x

 . 
Giải: 
  Ta có  2' 3 3y x  . Do tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng 
1
9
y x

  nên 
hệ số góc của tiếp tuyến k = 9. 
  Do đó  2 2' 3 3 9 4 2.y k x x x          
+) Với x = 2  4y  . Pttt tại điểm có hoành độ x = 2 là:   
9( 2) 4 9 14.y x y x       
+) Với  2 0x y    . Pttt tại điểm có hoành độ x = - 2 là:  
9( 2) 0 9 18y x y x      . 
  Vậy có hai tiếp tuyến củả (C) vuông góc với đường thẳng 
1
9
y x

  là:  
   y =9x - 14 và y = 9x + 18. 
Ví dụ 11:  Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số:  4 2
1
2
4
y x x  , biết tiếp 
tuyến vuông góc với đường thẳng (d):  5 2010 0  x y . 
Giải: 
(d) có phương trình: 
1
402
5
y x    nên (d) có hệ số góc là -
1
5
. 
Gọi   là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k thì 
1
. 1 5 ( ( ))
5
k k do d       . 
Ta có:  3' 4y x x   nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình:  3 4 5x x   
3 2 94 5 0 ( 1)( 5) 0 1 0 1
4
x x x x x x x y                 
Vậy tiếp điểm M có tọa độ là 
9
1;
4
M
 
 
 
Tiếp tuyến có phương trình: 
9 11
5( 1) 5
4 4
y x y x       
Vậy tiếp tuyến cần tìm có phương trình: 
11
5
4
y x  .  
Ví dụ 12: Cho hàm số 
2
2 3
x
y
x



 (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp tuyến 
7 | P a g e  
cắt trục hoành tại A, trục tung tại B sao cho tam giác OAB vuông cân tại O, với O là góc tọa độ. 
Giải 
Ta có:  '
2
1
(2 3)
y
x



Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là:  1k    
Khi đó gọi   0 0;M x y  là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) ta có 
'
0( ) 1y x    
0
2
00
21
1
1(2 3)
x
xx
 
       
Với  0 1x    thì   0 1y   lúc đó tiếp tuyến có dạng  y x   (trường hợp này loại vì tiếp tuyến đi qua góc 
tọa độ, nên không tạo thành tam giác OAB) 
Với  0 2x    thì  0 4y    lúc đó tiếp tuyến có dạng  2y x    
Vậy tiếp tuyến cần tìm là  2y x    
Ví dụ 13: Cho hàm số   y = 
2 1
1
x
x


 có đồ thị (C). 
 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  0 0( ; ) ( )M x y C  cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho  4OOA B . 
Do OAB vuông tại O nên 
1
tan
4
OB
A
OA
    Hệ số góc của d bằng 
1
4
 hoặc 
1
4
 . 
Hệ số góc của d là  0 2 2
0 0
1 1 1
( ) 0
( 1) ( 1) 4
y x
x x
       
 
  
0 0
0 0
3
1 ( )
2
5
3 ( )
2
x y
x y

  

  

Khi đó có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là: 
1 3 1 5
( 1)
4 2 4 4
1 5 1 13
( 3)
4 2 4 4
y x y x
y x y x
 
       
 
       
  
. 
1.3. Dạng 3: Tiếp tuyến đi qua điểm 
  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:  0 0 0( ) '( )( )y f x f x x x   , (với x0 là hoành độ tiếp điểm). 
  + Tiếp tuyến qua  ( ; )A    nên  0 0 0( ) '( )( ) (*)f x f x x     
         + Giải phương trình (*) để tìm x0 rồi suy ra phương trình tiếp tuyến. 
Ví dụ 14: Cho đồ  thị  (C):  3 3 1y x x   ,  viết phương  trình  tiếp  tuyến với  (C) biết  tiếp 
tuyến đi qua điểm A(-2; -1). 
Giải: 
8 | P a g e  
  Ta có:  2' 3 3y x   
Gọi M  30 0 0; 3 1x x x   là tiếp điểm. Hệ số góc của tiếp tuyến là  20 0'( ) 3 3y x x  . 
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là  :   3 20 0 0 03 1 (3 3)( )y x x x x x       
  qua A(-2;-1) nên ta có:   3 20 0 0 01 3 1 (3 3)( 2 )x x x x        3 20 03 4 0x x     
0 02
0 0 0
0 0
1 1
( 1)( 4 4) 0
2 1
x y
x x x
x y
   
           
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm có phương trình là:  : 1; : 9 17y y x       
Ví dụ 15: Cho (C) là đồ thị hàm số 
1
2 1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết 
tiếp  tuyến  đó  cắt  trục  hoành,  trục  tung  tương  ứng  tại  các  điểm  A,  B  thỏa  mãn  OAB 
vuông cân tại gốc tọa độ O. 
Giải: 
  Gọi   0 0;M x y   là  tiếp điểm. Tiếp  tuyến với  (C)  tại M phải  thỏa mãn song song với các đường 
thẳng y = x hoặc y = -x. 
Ta có: 
2
1
'
(2 1)
y
x
 

 nên tiếp tuyến với (C) tại M có hệ số góc là:  0 2
0
1
'( ) 0
(2 1)
y x
x
  

Vậy tiếp tuyến với (C) tại M song song với đường thẳng d: y = -x 
Do đó,  202
0
1
1 (2 1) 1
(2 1)
x
x
     

 ; ( 0
1
2
x    không là nghiệm phương trình) 
0 0 0
0 0 0
2 1 1 0 1
2 1 1 1 0
x x y
x x y
     
         
. Vậy có hai tiếp điểm là:  1 2(0;1) , ( 1;0)M M  . 
+ 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:  1; 1y x y x       
Ví dụ 16: Cho hàm số  
3
1
x
y
x



. 
  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
  b) Cho điểm  ( ; )o o oM x y  thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tại M0 cắt các tiệm cận của (C) 
tại các điểm A và B. Chứng minh Mo là trung điểm của đoạn thẳng AB. 
Giải 
a) HS tự làm  
b) ( ; )o o oM x y  (C)  0
0
4
1
1
y
x
 

.  
Phương trình tiếp tuyến (d) tại M0:  0 02
0
4
( )
( 1)
y y x x
x
   

9 | P a g e  
Giao điểm của (d) với các tiệm cận là:  0 0(2 1;1), (1;2 1)A x B y  . 
      0 0;
2 2
A B A Bx x y yx y
 
    M0 là trung điểm AB. 
Ví dụ 17: Cho hàm số:  
2
1
x
y
x



  (C)  
  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 không đổi. 
Giải 
a) Tự làm  
b) Giả sử  M
2
;
1
a
a
a
 
 
 
  (C).  
PTTT (d) của (C) tại M: 
2
( ).( )
1
a
y y a x a
a
  

  
2
2 2
3 4 2
( 1) ( 1)
a a
y x
a a
  
 
 
Các giao điểm của (d) với các tiệm cận là: 
5
1;
1
a
A
a
 
 
 
,  (2 1;1)B a  . 
6
0;
1
IA
a
  
  
 
 
6
1
IA
a


 ;   (2 2;0)IB a

    2 1IB a   
Diện tích  IAB : S IAB = 
1
.
2
IA IB = 6 (đvdt) ĐPCM. 
Ví dụ 18: Cho hàm số 
2 3
2
x
y
x



. 
  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 tròn ngoại 
tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. 
Giải 
  Giả sử  00 0
0
2 3
; , 2
2
x
M x x
x
 
 
 
, 
 
0 2
0
1
'( )
2
y x
x



Phương trình tiếp tuyến () với (C) tại M: 
 
0
02
0
0
2 31
( )
22
x
y x x
xx

  

Tọa độ giao điểm A, B của () với hai tiệm cận là:   0 0
0
2 2
2; ; 2 2;2
2
x
A B x
x
 
 
 
Ta thấy  0 0
2 2 2
2 2
A B
M
xx x
x x
 
   ,  0
0
2 3
2 2
A B
M
xy y
y
x

 

  suy ra M là trung điểm của AB. 
Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích  
10 | P a g e  
    S = 
2
2 2 20
0 0 2
0 0
2 3 1
( 2) 2 ( 2) 2
2 ( 2)
x
IM x x
x x
   
    
           
      
Dấu “=” xảy ra khi 
02
0 2
00
11
( 2)
3( 2)
x
x
xx

     
Do đó điểm M cần tìm là M(1; 1) hoặc M(3; 3) 
Ví dụ 19: Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm  ( 1; 2)I  tới 
tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất. 
Giải. 
Nếu 0
0
3
; 2 ( )
1
M x C
x
 
  
 
 thì tiếp tuyến tại M có phương trình 
02
0 0
3 3
2 ( )
1 ( 1)
y x x
x x
   
 
 hay     20 0 03( ) ( 1) ( 2) 3( 1) 0x x x y x        
 Khoảng cách từ  ( 1;2)I   tới tiếp tuyến là 
 
0 0 0
4 4
200
02
0
3( 1 ) 3( 1) 6 1 6
99 ( 1)9 1 ( 1)
( 1)
x x x
d
xx x
x
    
  
    

.  
Theo bất đẳng thức Côsi  202
0
9
( 1) 2 9 6
( 1)
x
x
   

, vây  6d  .   
Khoảng cách d lớn nhất bằng  6  khi   
 
22
0 0 02
0
9
( 1) 1 3 1 3
( 1)
x x x
x
        

. 
Vậy có hai điểm M:   1 3;2 3M      hoặc   1 3;2 3M    
Ví dụ 20: Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



. Viết phương  trình  tiếp  tuyến của đồ  thị  (C), biết  rằng  tiếp  tuyến 
cách đều hai điểm A(2; 4),  B(4; 2). 
Giải 
  Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( 0 1x   ).  
PTTT (d) là  002
0 0
2 11
( )
( 1) 1
x
y x x
x x

  
 
   2 20 0 0( 1) 2 2 1 0x x y x x       
Ta có:  ( , ) ( , )d A d d B d    2 2 2 20 0 0 0 0 02 4( 1) 2 2 1 4 2( 1) 2 2 1x x x x x x             
            0 0 01 0 2x x x       
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến: 
1 5
;   1;   5
4 4
y x y x y x       
11 | P a g e  
Chú ý: Bài  toán 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 điểm của AB 
Ví dụ 21: Cho hàm số 
2
( )
1
x
y C
x


 tìm điểm M  ( )C  sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M cắt 
hai trục   tọa độ tại A, B  sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 
1
4
Giải: 
Gọi  00 0 0
0
2
( , ) ( )
1
x
M x y C y
x
  

 ,     
2
2
'
( 1)
y
x


Tiếp tuyến tại M có dạng: 
2
0 0
0 0 0 02 2 2
0 0 0 0
2 22 2
'( )( ) ( ) ( )
( 1) 1 ( 1) ( 1)
x x
y y x x x y y x x y x d
x x x x
         
   
Gọi  ( ) oxA d      tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  
2
20
22 2 0
00 0
22
( ,0)( 1) ( 1)
0
0
x
y x x x
A xx x
y
y

    
    
 
Gọi  ( ) oyB d      tọa độ điểm B  là nghiệm của hệ:  
2
0 2 2
2 2 0 0
0 0 2 2
0 0
22
0 2 2
(0, )( 1) ( 1)
( 1) ( 1)
0
x
y x x x x
Bx x
y x x
x

  
   
   
Tam giác OAB vuông tại O   ; OA =   2 20 0x x    ;  OB  =   
2 2
0 0
2 2
0 0
2 2
( 1) ( 1)
x x
x x

 
Diện tích tam giác OAB:   
 S = 
1
2
 OA.OB  =  
4
0
2
0
21 1
.
2 ( 1) 4
x
x


2 2
0 0 0 04 2 0 0
0 0 2 2
0 0 0 0
0 0
1
2 1 2 1 0 2
4 ( 1) 2
2 1 2 1 1 ( ) 1 1
x x x x x y
x x
x x x x vn x y
                
         
Vậy tìm được hai điểm M thỏa mãn yêu cầu  bài toán:  1 2
1
( ; 2) ; (1,1)
2
M M   
 Bài tập tự luyện 
Bài 1. Cho hàm số  3 23 2 5 ( )y x x x C    . Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ  x = 
1  
12 | P a g e  
Bài 2. Cho  hàm  số  3
1 2
3 3
y x x   ,  viết  phương  trình  tiếp  tuyến    biết    tiếp  tuyến    vuông  góc  với 
đường thẳng  
1 2
( )
3 3
y x d    
Bài 3. Cho hàm số  4 2 6y x x    . Viết phương  trình  tiếp  tuyến của đồ  thị  (C) biết  tiếp  tuyến đó 
vuông góc với đường thẳng d:  
1
1
6
y x   
Bài 4. Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số 
2 1
1
x
y
x



. Biết tiếp tuyến đi qua điểm 
A(-1; 3). 
Bài 5. Cho hàm số: y = 
2
2
x
x


 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua A(-6,5)  
Bài 6. Lập phương  trình  tiếp  tuyến của đồ  thị  (C)  của hàm  số  y = 2x3 + 3x2  -  12x  -  1 kẻ  từ điểm 
23
; 2
9
A
 
 
 
Bài 7. Cho hàm số 
2 3
2
x
y
x



có đồ thị (C). 
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  3 1 ( 1)y x m x      ( )mC .Tìm m để tiếp tuyến của  ( )mC  tại giao điểm của nó với 
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 2: Tính   /f x . Xác định các điểm tới 
hạn. 
Bước 3: Lập bảng biến thiên. Kết luận. 
Bước 1: Tìm TXĐ  
Bước 2: Tính   /f x . Giải phương trình 
 / 0f x   và kí hiệu  ix  ( 1,  2,...i  ) là các 
nghiệm của nó. 
Bước 3: Tính   / /f x  và   / / if x . Kết luận 
2.1.2. Sự tồn tại cực trị 
 a/ Điều kiện để hàm số có cực trị tại x = x0: 
13 | P a g e  
0
0
'( ) 0
'  dôi dau  qua x
y x
y



 hoặc 





0)(''
0)('
0
0
xy
xy
 b/ Điều kiện để hàm số có cực đại tại x0: 
0
0
'( ) 0
'  doi dau tu   .
y x
y sang qua x


 
 hoặc 





0)(''
0)('
0
0
xy
xy 
 c/ Điều kiện để hàm số có cực tịểu tại x0: 
 0
0
'( ) 0
' ñoåi dagu tö ø 
y x
y sang qua x
 

 
 hoặc 

0
0
y '(x ) 0
y ''( x ) 0
 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 toán 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 
Vı́ dụ 1: Tìm cực trị của của hàm số 3 2
1 1
2 2
3 2
y x x x    . 
Giải 
Cách 1. 
* Tập xác định:R. 
Ta có:  2
1
' 2; ' 0
2
x
y x x y
x
 
      
. 
* 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  
19
1
6
y        
14 | P a g e  
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu yCT  
4
2
3
y

  . 
Cách 2. (Sử dụng quy tắc 2) 
* Tập xác định:. 
Ta có:  2
1
' 2; ' 0
2
x
y x x y
x
 
      
. 
*   '' 2 1, '' 1 3 0y x y       nên hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1 và giá trị cực đại  
yCĐ  
19
1
6
y    
*  '' 2 3 0y    nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu . 
Vı́ dụ 2: Tìm cực trị của các hàm số sau: 
a) 
1
cos os2 1
2
y x c x                                b) 
2 1
3sinx cos
2
x
y x

    
 (?) 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 
*  ' sinx sin 2y x    
sinx 0
' 0 sinx(1 2cos ) 0 21
2cos
32
x k
y x
x nx






 

     
   
*  " cos 2 os2y x c x    
Ta có  "( ) os( ) 2 os( 2 ) 1 2 0y k c k c k          
Hàm số đạt cực tiểu tại:   ( )x k k   
1 3
1 0
2 2
2 2 4
" 2 os - 2cos
3 3 3
y n c
  

     
        
     
       
Hàm số đạt cực tiểu tại: 
2
2   ( )
3
x n n Z

     
b) TXĐ: D=R. 
*  ' 3cos sinx 1y x    
' 0 3cos sinx 1y x      
3 1 1
cos sinx
2 2 2
x     
1
sin x sin
3 2 6
  
 
 
     
2
2
7
2
6
x k
x k









 
 
*  " 3sinx cosy x    
Ta có: 
15 | P a g e  
+  " 2 3sin cos 3 0
2 2 2
y k
  

 
 
 
         
+ 
7
" 2 3 0
6
y k


 
 
 
    
Vậy hàm số đạt cực đại tại  2
2
x k

   
Hàm số đạt cực tiểu tại 
7
2
6
x k

   
* 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 đòi hỏi phải xét dấu y’, điều này 
không phải bao giờ cũng đơn giản.  
Nếu bài toán không yêu 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  , 0( )f x =
,,
0( )f x =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:     3 2 2 21 2 3 1 5
3
y x m m x m x m         đạt cực tiểu tại x  2. 
Giải: 
   2 2 22 2 3 1y x x m m x m             22 2 2y x x m m      
Để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 thì 
 
 
  
 
2
2
2 0 4 3 0 1 3 0
3
2 0 1 00
y m m m m
m
y m mm m
          
     
      
Vı́ dụ 4: Cho hàm số   3 2( ) 3 1 1y f x mx mx m x      , m là tham số. Xác định các giá trị của m để 
hàm số  ( )y f x  không có cực trị. 
Giải 
+ Khi m = 0  1y x   , nên hàm số không có cực trị. 
+ Khi  0m     2' 3 6 1y mx mx m      
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi  ' 0y   không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 
 2 2' 9 3 1 12 3 0m m m m m       
1
0
4
m    
Vậy  0 4m   là gtct 
Vı́ dụ 5: Cho hàm số  3 2 2(2 1) ( 3 2) 4y x m x m m x          (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 
16 | P a g e  
 2 23 2(2 1) ( 3 2)y x m x m m       . 
(Cm) có các điểm CĐ và CT nằm về hai phía của trục tung  PT 0y  có 2 nghiệm trái dấu  
23( 3 2) 0m m    1 2m  . 
Vı́ dụ 6: Tìm m để hàm số       3 21 11 3 2
3 3
f x mx m x m x       đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn 
1 22 1x x  . 
Giải:  
Hàm số có CĐ, CT        2 2 1 3 2 0f x mx m x m        có 2 nghiệm phân biệt  
    20 1 3 2 0m m m m         6 61 0 12 2m       (*) 
Với điều kiện (*) thì    0f x   có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Theo 
định lý Viet ta có: 
   
1 2 1 2
2 1 3 2;m mx x x x
m m
     
Ta có: 
   
1 2 2 1
2 1 2 12 2 3 42 1 1 ;m mm m mx x x x
m m m m m
             
      3 22 3 4 2 3 4 3 2mm m m m m m
m m m
        
2
2
3
m
m

  

Cả 2 giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*). Vậy  1 22 1x x 
22
3
m m     
Ví dụ 7. Cho hàm số  3 2 33 4y x mx m    (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 
Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0  
0
2
x
x m

 
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)   3(2 ; 4 )AB m m 

Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I 
thuộc đường thẳng y = x 
3
3
2 4 0
2
m m
m m
  
 

Giải hệ phương trình ta được 
2
2
m   ; m = 0 
Kết hợp với điều kiện ta có: 
2
2
m    
17 | P a g e  
Ví dụ 8. Cho hàm số    3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m 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  2 23 6 3( 1)y x mx m     
Hàm số (1) có cực trị thì PT  0y    có 2 nghiệm phân biệt 
  2 22 1 0x mx m      có 2 nhiệm phân biệt  1 0, m      
Khi đó, điểm cực đại   ( 1;2 2 )A m m   và điểm cực tiểu  ( 1; 2 2 )B m m    
Ta có   2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
   
      
  
. 
Ví dụ 9. Cho hàm số   4 2 22 1 my x m x C   (1). Tìm m dể hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh 
của một tam giác vuông cân. 
Giải 
Ta có:   3 2 2 2 2 2
0
' 4 4 4 0 0 (*)
x
y x m x x x m m
x m

       

Với điều kiện (*) thì hàm số (1) có ba điểm cực trị. Gọi ba điểm cực trị là:  
     4 40;1 ; ;1 ; ;1A B m m C m m   . Do đó nếu ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông 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 vuông, thì AB vuông góc với AC. 
     4 4; ; ; ; 2 ;0AB m m AC m m BC m      
  
Tam giác ABC vuông khi:   2 2 2 2 2 8 2 84BC AB AC m m m m m        
 2 4 42 1 0; 1 1m m m m         
Vậy với m = -1 và m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Ví dụ 10. Cho hàm số  4 2 22 1y x m x    (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 
+) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0 
2 2
0x
x m



 ; ĐK có 3 điểm cực trị: m   0 
+) 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). 
+) 
541 . 32 2
2
ABCS AI BC m m m m        (tm) 
18 | P a g e  
Ví dụ 11. Cho hàm số  4 22 1y x mx m       (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 tròn 
ngoại tiếp bằng 1. 
Giải  
 ' 3 2 2
0
4 4 4 0
x
y x mx x x m
x m

      

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt  ' 0y   có ba nghiệm phân biệt và  'y  đổi dấu khi  x  đi qua các 
nghiệm đó  0m   
 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 
     2 20; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m         
 2
1
.
2
ABC B A C BS y y x x m m    ; 
4 , 2AB AC m m BC m     
 4 3
2
1
2. .
1 1 2 1 0 5 14 4
2
ABC
m
m m mAB AC BC
R m m
S m m m

           


 Bài