Các dạng toán trọng tâm về hàm số - P1

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng 
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 

	
	
	

I. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH VỀ CỰC TRỊ VÀ TIẾP TUYẾN 
Bài 1: 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. 
Lời 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⇔ ∆ = + − = − ≤ 10
4
m⇔ ≤ ≤ 
Bài 2: Cho hàm số 3 21 2 3
3
y x m x m x= − + , m là tham số thực. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1, x2 
sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất 
22
2 1
2 2
1 2
4 9
4 9
x mx mmD
x mx m m
+ −
= +
+ −
Lời giải: 
Ta có 2' 4 3y x mx m= − + 
hàm số đạt cực trị tại x1, x2 khi và chỉ khi 2
3
4 3 0 4
0
m
m m
m

>
− > ⇔

<
 (*) 
Khi đó 
2
1 1
2
2 2
1 2
4 3
4 3
4
x mx m
x mx m
x x m
 = −

= −
 + =

Suy ra 16 12
16 12
m mD
m m
−
= +
−
Với m thỏa mãn (*) thì 
1216 −m
m
 và 
m
m 1216 −
 là hai số dương, nên áp dụng BĐT Cosi ta có 2≥D , 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
4
5
m =
Vậy minD = 2 khi 
4
5
m = . Vậy giá trị cần tìm là 
4
.
5
m =
Bài 3: Cho hàm số y = x3 – 3x + 2 (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) có phương trình 
3 2y x= − + sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. 
Lời giải: 
Gọi ( ; 3 2)M a a− + là điểm cần tìm. 
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm (x0; y0) là: y = (3x02 – 3)(x – x0) + x03 – 3x0 +2. 
Tiếp tuyến đi qua M(a; b) nên ta có -3a + 2 = (3x02 – 3)( a – x0) + x03 – 3x0 + 2 
⇔ 2x03 – 3ax02 = 0 ⇔ x0 = 0 hoặc x0 = 3a/2. 
Có hai tiếp tuyến đi qua M với hệ số góc là 1 '(0) 3k f= = − và 2 3' 2
ak f  =  
 
 = 
227 3
4
a
− . 
Hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau ⇔ k1.k2 = -1 ⇔ a2 = 40/81 ⇔ a = 9
102± . 
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M(
9
102± ; 2
3
102
+∓ ). 
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng 
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 
Bài 4: Cho hàm số 2 3
2
xy
x
+
=
−
. Tìm m để đường thẳng ( ) : 2d y x m= + cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao 
cho tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau. 
Lời giải: 
Phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) ( )
2( ) 2 6 2 3 0 *2 3 2
2 2
g x x m x mx
x m
x x
 = + − − + =+ 
= + ⇔ 
− ≠
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt và khác 2. 
( ) ( ) ( )
2 2
0
6 8 2 3 0 4 60 0
2 0
g
m m m m
g
∆ >
⇔ ⇔ − + + > ⇔ + + >
≠
 (luôn đúng). 
Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hoành độ 1 2x x≠ . 
Theo Vi-ét ta có 1 2
6
2
m
x x
−
+ = . 
Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi ( ) ( )1 2 1 2' ' 4y x y x x x= ⇔ + = 2m⇔ = − . 
Vậy 2m = − là giá trị cần tìm. 
Bài 5: Cho hàm số ( )3 3 2 my x mx C= − + . Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( )mC cắt 
đường tròn tâm ( )1;1 ,I bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá 
trị lớn nhất? 
Lời giải: 
Ta có 2' 3 3y x m= − 
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình ' 0y = có hai nghiệm phân biệt 0m⇔ > 
Vì 1 . ' 2 2
3
y x y mx= − + nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là 
2 2y mx= − + 
Ta có ( )
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m
−
∆ = < =
+
 (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán 
kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt. 
Với 1
2
m ≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 21 1 1. .sin
2 2 2ABI
S IA IB AIB R∆ = ≤ = 
IABS∆ đạt giá trị lớn nhất bằng 
1
2
 khi sin 1AIB = hay tam giác AIB vuông cân tại I 
1
2 2
RIH⇔ = = (với H là trung điểm của AB) 
2
2 1 1 2 3
224 1
m
m
m
− ±
⇔ = ⇔ =
+
 là giá trị cần tìm. 
Bài 6: Cho hàm số 3 23 1,y x x mx= − + + với m là tham số thực. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và 
khoảng cách từ điểm 1 11;
2 4
I   
 
 đến đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất. 
Lời giải: 
Ta có 3 2 23 1 ' 3 6y x x mx y x x m= − + + ⇒ = − + 
+ Hàm số có cực trị khi m < 3. 
+ Chia y cho 'y ta được 1 2 2' 2 1 2 1
3 3 3 3 3 3
x m m m my y x y x     = − + − + + ⇒ = − + +     
     
 là phương trình 
đường thẳng qua các điểm cực trị. Đặt 2: 2 1
3 3
m my x ∆ = − + + 
 
. 
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng 
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 
Ta có ( )
2 2 2 2
1 2 11 2 32 11 32 1 2
2 3 4 3 3 43 4 4;
12 2 22 1 2 1 2 1
3 3 3
m m mm
t
d I
tm m m
   
− − + + − −
− −   
   ∆ = = = =
+     
− + − + − +     
     
Đặt 
2
2
3 1
4 3 253 11 2 164
u
u t d
u
u u
= − ⇒ = =
  + ++ + 
 
Đặt max2 2 2
1 1 1 1 5 5
4 43 25 3 25 5 3 161 1
2 16 2 16 4 5 25
a d d
u a a a a a
= ⇒ = = = ≤ ⇒ =
 + + + + + + 
 
Dâu bằng xảy ra khi 12 25 3 4 2 42 1.
25 12 4 3 3 3
m
a u t u m= − ⇔ = − ⇔ = + = − ⇔ − = − ⇔ = 
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 
Bài này còn một cách giải khác khá hay và độc đáo, các em tự tìm hiểu nhé! 
Bài 7: Cho hàm số 4 21 3 ,
2 2
y x mx= − + với m là tham số thực. Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có điểm cực 
đại, cực tiểu sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu bằng 2 5. 
Lời giải: 
Ta có 4 2 3 2
01 3
' 2 2 0
2 2
x
y x mx y x mx
x m
=
= − + ⇒ = − = ⇔ 
=
+ Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt, tức là 0.>m 
+ Với m > 0 ta có tọa độ cực tiểu là 2 21 3 1 3; , ; (2 ;0)
2 2 2 2
A m m B m m AB m   − − + − + ⇒ =   
   

Theo bài, 2 5 5.AB m= ⇔ = 
Bài 8: Cho hàm số x 2y
x 1
−
=
+
, có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến tạo 
với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. 
Lời giải: 
PT tiếp tuyến d có dạng ( ) ( )020
3 x 2y x x
x 1x 1
−
= − +
++
, (với 0x là hoành độ tiếp điểm) 
Giao điểm của d lần lượt với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang là: 0
0
x 5A 1; ;
x 1
 
−
− 
+ 
 ( )0B 2x 1;1+ 
Ta có o
o
6IA ;IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
= = + ⇒ =
+
Khi đó 
2 2
S 2S IA.IB IA.IB IA.IB 6
r
p 2p IA IB AB 2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6IA IB IA IB
= = = = ≤ =
+ + + ++ + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 20 0IA IB x 1 3 x 1 3= ⇔ + = ⇔ = − ± 
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y x 2 2 3= + − hoặc y x 2 2 3= + + 
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng 
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 
Bài 9: Cho hàm số 1)1(3)2(
2
3 23 +−−−−= xmxmxy (1), với m là tham số. Tìm 0>m để đồ thị hàm số có 
giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là CTCĐ yy , thỏa mãn 42 =+ CTCĐ yy 
Lời giải: 
Ta có .),1(3)2(33' 2 R∈∀−−−−= xmxmxy 



−==
−==
⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
12
mxx
xx
mxmxy 
Dễ thấy, với 0>m thì .21 xx < Khi đó hàm số đạt cực đại tại 11 −=x và đạt cực tiểu tại .12 −= mx 
Do đó: .1)1)(2(
2
1)1(,
2
3)1( 2 +−+−=−==−= mmmyymyy CTCĐ 
Từ giả thiết ta có 0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2
3
.2 22 =−+−−⇔=+−+− mmmmmm 
2 1 33( 1)( 8) 0 1; .
2
m m m m m
− ±
⇔ − + − = ⇔ = = 
Đối chiếu với yêu cầu 0>m ta có giá trị của m là 1 331;
2
m m
− +
= = là giá trị cần tìm. 
Bài 10: Cho hàm số xy
x
2 1
1
−
=
−
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox, 
Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A, B sao cho OA = 4OB. 
Lời giải: 
Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y0 0( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. 
Do ∆OAB vuông tại O nên: = =OBA
OA
1
tan
4
 ⇒ Hệ số góc của d bằng 1
4
 hoặc 1
4
− . 
Hệ số góc của d là: y x
x
0 2
0
1
( ) 0
( 1)
′ = − <
−
 ⇒ y x0
1
( )
4
′ = − ⇔ 
x 20
1 1
4( 1)
− = −
−
 ⇔ 
1
3
o
o
x
x
= −

=
Với = −ox 1 thì 
3
2o
y = . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y x1 3( 1)
4 2
= − + + 
1 5
4 4
x= − + 
Với =ox 3 thì 
5
2o
y = . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y x1 5( 3)
4 2
= − − + =
1 13
4 4
x− + 
Bài 11: Cho hàm số 3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x= − + + + + (m là tham số thực). 
Xác định m để điểm 3(2 ; )M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có 
diện tích nhỏ nhất. 
Lời giải: 
Ta có: 2' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1y x m x m m y x m x m= − + + + = ⇔ = = + m⇒ ∀ ∈ , hàm số luôn có CĐ, CT 
Tọa độ các điểm CĐ, CT của hàm số là 3 2 3 2( ;2 3 1), ( 1;2 3 )A m m m B m m m+ + + + 
Suy ra 2AB = và phương trình đường thẳng 3 2: 2 3 1 0AB x y m m m+ − − − − = 
Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất. 
Ta có: 
23 1( , )
2
md M AB += 1 1( ; ) min ( ; )
2 2
d M AB d M AB⇒ ≥ ⇒ = đạt được khi m = 0 
Bài 12*: Cho hàm số 4 2( ) 2y f x x x= = − . Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a 
và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. 
Lời giải: 
Ta có 3'( ) 4 4f x x x= − . 
Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. 
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3'( ) 4 4 , '( ) 4 4A Bk f a a a k f b b b= = − = = − 
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: 
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng 
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 
( )( ) ( ) ( ) ( )' ' ( ) '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 của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: 
( )( )3 3 2 24a 4a = 4b 4 1 0 (1)A Bk k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − = 
Vì A và B phân biệt nên a b≠ , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b+ + − = 
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau khi 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
4 2 4 2
1 0 1 0
' ' 3 2 3 2
a ab b a ab b
a bf a af a f b bf b a a b b
 + + − = + + − = 
≠ ⇔ 
− = −
− + = − + 
Giải hệ này ta được nghiệm là (a; b) = (-1; 1), hoặc (a; b) = (1; -1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một 
cặp điểm trên đồ thị là ( )1; 1− − và ( )1; 1− . 
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 
2 2 1 0
1
a ab b
a
a b
 + + − =

≠ ±
 ≠
Bài 13: Cho hàm số 3 22 9 12 4y x x x= − + − 
Tìm điểm M trên đồ thị (C) biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm thứ hai là N sao cho N cùng với hai 
điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 3, biết N có tung độ dương. 
Lời giải: 
 (C) có hai điểm cực trị (1; 1), (2;0) 2A B AB⇒ = . 
Phương trình đường thẳng : 2 0AB x y+ − = 
Ta có 1 ( ; ). 3 ( ; ) 3 2
2ABN
S d N AB AB d N AB∆ = = ⇔ = 
Gọi d là đường thẳng đi qua N và / /d AB . Phương trình của d có dạng 0x y c+ + = 
4 (0; 4) ( )| 2 |( , ) ( , ) 3 2
8 (3;5)2
c N loaicd A d d N AB
c N
= − +
⇒ = ⇔ = ⇔ ⇒ 
= − 
Với (3; 5)N , giả sử 0 0( ; )M x y . Pt tiếp tuyến với (C) tại M là: 0 0 0'( )( )y y x x x y= − + . 
Do tiếp tuyến đi qua N nên ta có: 2 3 20 0 0 0 0 05 (6 18 12)(3 ) 2 9 12 4x x x x x x= − + − + − + − 
0
2
0 0
0
3 ( , )
( 3) (4 3) 0 3
4
x loai vi N M
x x
x
= ≠
⇔ − − = ⇔
 =

. 
Vậy 3 25;
4 32
M   
 
 điểm cần tìm. 
Bài 13: Cho hàm số 3 23 2y x x= − + . Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và 
B song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . 
Lời giải: 
Đặt ( ) ( )3 2 3 2; 3 2 ; ; 3 2A a a a B b b b− + − + với a b≠ . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là: 
( ) ( )2 2' 3 6 ; ' 3 6A A B Bk y x a a k y x b b= = − = = − . 
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi 
( ) ( )2 23 6 3 6 2 0 2A Bk k a a b b a b a b b a= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = − 
Lại có, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 23 3 2 2 2 23 . 3AB a b a b a b a b a b a ab b a b   = − + − − − = − + − + + − +   
( ) ( ) ( ) 22 2 24 1 4 1 . 1 3a a a = − + − − −  . Đặt 2( 1) , 0t a t= − ≥ 
4 2AB = ( ) ( ) ( )2 23 8 4 2 2 0t t t t t t⇔ + − = ⇔ − − + = 4t⇔ = 1 21 2
a
a
− =
⇔ 
− = −
• Với 3 1a b= ⇒ = − ⇒ ( ) ( )3;2 , 1; 2A B − − 
LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng 
Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 
• Với 1 3a b= − ⇒ = ⇒ ( ) ( )1; 2 , 3;2A B− − 
Vậy ( ) ( )3;2 , 1; 2A B − − hoặc ( ) ( )1; 2 , 3;2A B− − là các điểm cần tìm. 
Bài 14: Cho hàm số 2 2( 2)( 3).= + − + −y x x mx m Tìm m để đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc với trục hoành. 
Lời giải: 
Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm: 
( )
( )
2 2
2 2
( 2) 3 0 (1)
3 2 4 2 3 0 (2)
 + − + − =

− − + − − =
x x mx m
x m x m m
Ta có 2 2
2(1)
3 0 (3)
= −
⇔ 
− + − =
x
x mx m
+ Với x = −2 thay vào (2) ta được m = −1. 
+ (3) có nghiệm khi và chỉ khi 2≤m , (3) có hai ngiệm 
212 3
2
± −
=
m m
x 
Thay vào (2) ta được 212 3 0 2− = ⇔ = ±m m 
Vậy 1; 2= − = ±m m là giá trị cần tìm. 
Cách khác: 
Điều kiện đồ thị tiếp xúc với Ox là 
( )
( ) ( )( )
2 2
2 2
( 2) 3 0, (1)0
' 0 3 2 2 0 (2)
 + − + − == 
⇔ 
=
− + − + − + = 
x x mx my
y x mx m x m x
Ta có 2 2
2(1)
3 0
= −
⇔ 
− + − =
x
x mx m
+ Nếu x = −2 thay vào (2) giải như trên. 
+ Nếu 2 2 3 0− + − =x mx m thì từ (2) suy ra 
2
2
= −

 =

x
m
x
, thay ngược lại ta cũng được kết quả.