Tổng hợp kiến thức Toán Lớp 12 - Bài 5: Tiếp tuyến

 Trang 178 
BÀI 5. TIẾP TUYẾN 
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 
Cho hai hàm số  f x và  g x có đạo hàm tại điểm 0x . Ta nói rằng 
hai đường cong    C :y f x và    C : y g x  tiếp xúc với nhau tại 
điểm  0 0M x ;y nếu M là một tiếp điểm chung của chúng. 
(C) và (C ) có tiếp tuyến chung tại M. 
Điều kiện tiếp xúc: 
Hai đường cong (C):  y f x và    C : y g x  tiếp xúc với nhau  hệ phương trình 
   
   
f x g x
f x g x
 

 
 có nghiệm. 
Nghiệm của hệ phương trình là hoành độ tiếp điểm của hai đường cong đó. 
B. PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP 
Dạng 1: Sự tiếp xúc của hai đường cong 
1. Phương pháp giải 
Cho hai đường cong (C):  y f x và    C : y g x  . Điều kiện để hai đường cong tiếp xúc với 
nhau là hệ phương trình 
   
   
f x g x
f x g x
 

 
 có nghiệm. 
- Nghiệm 
0
x x của hệ trên là hoành độ của tiếp điểm của hai đường cong đã cho. 
- Hệ trên có bao nhiêu nghiệm thì hai đường cong (C) và  C tiếp xúc với nhau tại bấy nhiêu điểm. 
2. Bài tập 
Bài tập 1: Đồ thị hàm số 3y x x 1   tiếp xúc với đường thẳng nào dưới đây? 
A. y x 1  . B. y 2x 1.   
C. y x 1.   D. y 2x 1.  
Hướng dẫn giải: 
Chọn A. 
Áp dụng điều kiện tiếp xúc của hai đường cong    C : y f x và    C : y g x  là hệ phương trình 
   
   
f x g x
f x g x
 

 
 có nghiệm. 
Ta có 2y 3x 1 0, x      nên các phương án B, C bị loại. 
 Trang 179 
Xét phương án A. y x 1  . Ta có hệ 
3
2
x x 1 x 1
x 0
3x 1 1
    
 
 
. 
Vậy đường thẳng y x 1  tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho. 
Bài tập 2. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y 2x m   tiếp xúc với đồ thị 
hàm số 
x 1
y
x 1



 là 
A.  7; 1 . B.  1 . C.  6 . D.  6; 1 . 
Hướng dẫn giải: 
Chọn A. 
Đường thẳng y 2x m   tiếp xúc với đồ thị hàm số 
x 1
y
x 1



 khi và chỉ khi hệ phương trình sau có 
nghiệm 
 
 
2 2
2
01
2 1 1
2 11 2
1 1
2 22 2 01 1
1 7
 
                                 
xx
x m x x
x m mx x m
x x
x
x xx
x m
Vậy  1;7 m thì đường thẳng d tiếp xúc với (C). 
Bài tập 3: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị (
m
C ) của hàm số 
3 24 7 3   y x mx mx m tiếp xúc với parabol   2: 1  P y x x . Tổng giá trị các phần tử của S bằng 
A. 
11
4
. B. 
331
4
. C. 
9
4
. D. 4 . 
Hướng dẫn giải: 
Chọn A. 
Để (
m
C ) tiếp xúc với (P) thì hệ phương trình sau có nghiệm: 
3 2 2
2
4 7 3 1
3 8 7 2 1
      

   
x mx mx m x x
x mx m x
     
   
3 2
2
4 1 7 1 3 1 0 1
3 2 4 1 7 1 0 2
       
 
    
x m x m x m
x m x m
Giải (1), ta có (1)   21 4 3 1 0     x x mx m 
2
1
4 3 1 0

 
   
x
x mx m
+ Với 1x thay vào (2) được 2m 
+ Xét hệ 
 
 
   
2
2
4 3 1 0 3
2 1 1 4
3 2 4 1 7 1 0
    
   
    
x mx m
m x m
x m x m
. 
 Trang 180 
• Nếu 
1
2
m thì (4) vô nghiệm. 
• Nếu 
1
2
m thì (4) 
1
2 1

 

m
x
m
. 
Thay 
1
2 1



m
x
m
 vào (3) ta được 
2
1 1
4 3 1 0
2 1 2 1
    
      
    
m m
m m
m m
3 2
2
1
4 11 5 2 0
4
1


       

 
m
m m m m
m
(thỏa mãn điều kiện). 
Vậy 
1
2; ;1
4
 
  
 
S nên tổng các phần tử trong S bằng 
11
4
. 
Bài tập 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 
 
3
21
2 2 1
3 2
    
x
y m x mx tiếp xúc với đường thẳng 1y . Tổng giá trị các phần tử của S bằng 
A. 10. B. 
20
.
3
 C. 
8
.
3
 D. 
32
.
3
Hướng dẫn giải 
Chọn B. 
Xét hệ phương trình 
   
   
3
2
2
1
2 2 1 1 1
3 2
2 2 0 2

    

    
x
m x mx
x m x m
Giải phương trình (2) ta được 
2



x m
x
. 
+ Với x m , thay vào (1) ta được 

    

3
2
0
0
6 6
mm
m
m
. 
+ Với 2x , thay vào (1), ta được 
2
3
m . 
Vậy tập hợp các giá trị của tham số thực để đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc với đường thẳng 1y là 
2
0;6;
3
 
  
 
S nên tổng các phần tử trong S bằng 
20
3
. 
Bài tập 5. Biết đồ thị của hàm số    3 2: , ,    C y x ax bx c a b c , tiếp xúc với trục hoành tại gốc 
tọa độ và cắt đường thẳng 1x tại điểm có tung độ bằng 3. Tổng a + 2b + 3c bằng 
A. 4. B. 2. C. 6. D. 3. 
Hướng dẫn giải: 
Chọn B. 
Vì (C) tiếp xúc với Ox tại gốc tọa độ nên 0x là nghiệm của hệ phương trình 
 Trang 181 
3 2
2
0 0
03 2 0
     
 
   
x ax bx c b
cx ax b
Mặt khác (C) đi qua điểm  1;3A nên 1 3 2     a b c a . 
Vậy 2 3 2.  a b c 
Bài tập 6. Họ parabol      2: 2 3 2 0     mP y mx m x m m luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định 
khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? 
A.  1; 8A . B.  0; 2B . C.  0;2C . D.  1;8D . 
Hướng dẫn giải 
Chọn B. 
Ta có:    2 22 3 2 2 1 6 2         y mx m x m m x x x 
 
2
1 6 2    y m x x . 
Xét đường thẳng : 6 2 d y x thì hệ phương trình 
 
 
2
1 6 2 6 2
2 1 6 6
     

  
m x x x
m x
 luôn có nghiệm 1x với mọi 0m . 
Vậy  mP luôn tiếp xúc với đường thẳng : 6 2 d y x . 
Đường thẳng d đi qua điểm  0; 2B . 
Nhận xét: Nếu có thể viết lại hàm số  mP theo dạng  
2
   y m ax b cx d thì  mP luôn tiếp xúc với 
đường  y cx d . 
Dạng 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y f x tại điểm  0 0;M x y 
1. Phương pháp giải 
Thực hiện theo các bước sau 
Bước 1: Tính   y f x và  0f x . 
Bước 2: Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là   0 0 0  y f x x x y 
Bước 3: Thực hiện các yêu cầu còn lại của bài toán. Kết luận. 
Chú ý: 
- Nếu bài toán chỉ cho 
0
x thì ta cần tìm  0 0y f x và  0f x . 
- Nếu bài toán chỉ cho 
0
y thì ta cần tìm 
0
x bằng cách giải phương trình   0f x y . 
- Giá trị  0f x là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y f x tại điểm  0 0;M x y . 
2. Bài tập 
 Trang 182 
Bài tập 1. Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số  
2 1
:
1



x
C y
x
 có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của đồ thị 
(C) tại M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B. Diện tích tam giác OAB bằng 
A.  
125
®vdt
6
. B.  
117
®vdt
6
 C.  
121
®vdt
6
 D.  
119
®vdt
6
Hướng dẫn giải 
Chọn C. 
Ta có    
 
 2
3
2;5 ; ; 2 3
1

    

M C y y
x
. 
Phương trình tiếp tuyến tại  2;5M là : 3 11  d y x . 
Khi đó d cắt Ox, Oy tại 
11
;0
3
 
 
 
A và  
11
0;11 ; 11.
3
  B OA OB 
Vậy  
1 1 11 121
. . .11 ®vdt
2 2 3 6
   OABS OAOB 
Bài tập 2. Cho hàm số  2, 0
2

   

x b
y ab a
ax
. Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của 
đồ thị hàm số tại điểm  1; 2A song song với đường thẳng : 3 4 0  d x y . Khi đó giá trị của 3a b 
bằng 
A. 5. B. 4. C. –1. D. –2. 
Hướng dẫn giải 
Chọn D. 
Ta có: 
 
 
 
   
   
 
2 2
2 2
1
2 2
ab ab
y y
ax a
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng : 3 4 0 3 4      d x y y x nên 
 
 
2
2
1 3 3
2
 
     

ab
y
a
. 
Mặt khác  1; 2A thuộc đồ thị hàm số nên 
1
2 2 3.
2

     

b
b a
a
Khi đó ta có hệ  
 
  
      

  
2 2
2
3 2
2 5 15 10 0
1
2 3
ab
a
a a a
a
b a
+ Với 2 1 2      a b ab (loại) 
+ Với 1 1  a b ( thỏa mãn điều kiện). 
Khi đó ta có hàm số 
1
2



x
y
x
. 
 Trang 183 
 
 2
3
1 3
2

    

y y
x
 nên phương trình tiếp tuyến là 3 1  y x song song với đường thẳng 
3 4  y x . 
Vậy 3 2  a b . 
Bài tập 3. Trong tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số 3 23 3 1    y x x x thì đường thẳng 
d có hệ số góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là 
A. 6 2. y x B. 2 2. y x C. 1.y D. 3 1. y x 
Hướng dẫn giải 
Chọn A. 
Ta có 23 6 3    y x x 
Gọi  0 0;M x y thuộc đồ thị hàm số. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại  0 0;M x y là 
 
22
0 0 0
3 6 3 3 1 6 6        k x x x 
max 0
6 1    k x hay  1; 4 M . 
Phương trình đường thẳng d là  6 1 4 6 2     y x y x . 
Nhận xét: Đối với hàm số bậc ba 3 2   y ax bx cx d thì tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất (nhỏ nhất) là 
tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị   0 0;U x f x , với 0x là nghiệm của phương trình 0 y . 
+ Nếu 0a thì hệ số góc  0k f x là nhỏ nhất. 
+ Nếu 0a thì hệ số góc  0k f x là lớn nhất. 
Bài tập 4. Cho hàm số  3 22 1 2    y x x m x m có đồ thị  mC . Giá trị thực của tham số m để tiếp 
tuyến của đồ thị  mC tại điểm có hoành độ 1x song song với đường thẳng 3 10 y x là 
A. 2.m B. 4.m C. 0.m D. không tồn tại m. 
Hướng dẫn giải 
Chọn D. 
có  23 4 1 1 2       y x x m y m . 
Tiếp tuyến của  mC tại điểm có hoành độ 1x có phương trình là 
    2 1 3 2 2 2        y m x m y m x m 
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng 3 10 y x nên 
2 3
2 10
 


m
m
 (vô lí) 
Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Bài tập 5. Cho hàm số   3 2 1   f x x mx x . Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có 
hoành độ 1x . Tất cả các giá trị thực của tham số m để thỏa mãn  . 1 0 k f là 
 Trang 184 
A. 2 m . B. 2 1  m . C. 1m . D. 2m 
Hướng dẫn giải 
Chọn B. 
Ta có    23 2 1 1 4 2       f x x mx k f m . 
Do đó     . 1 4 2 1   k f m m 
Để  . 1 0 k f thì   4 2 1 0 2 1      m m m . 
Bài tập 6. Cho hàm số  3 23 1 1    y x mx m x , với m là tham số thực, có đồ thị (C). Biết rằng khi 
0
m m thì tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ 
0
1 x đi qua  1;3A . Mệnh đề nào sau đây 
đúng? 
A. 
0
2 1   m . B. 
0
1 0  m C. 
0
0 1 m D. 
0
1 2 m 
Hướng dẫn giải 
Chọn C. 
Gọi B là tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua  1;3A khi 0m m 
Ta có 23 6 1    y x mx m . 
Với 
0
1 x thì  0 2 1 1;2 1    y m B m và  1 5 4    y m . 
Tiếp tuyến tại B của (C) có phương trình là   5 4 1 2 1     y m x m . 
Do tiếp tuyến đi qua  1;3A nên  
1
2 5 4 2 1 3
2
      m m m . 
Vậy  0
1
0;1
2
 m . 
Bài tập 7. Cho hàm số 
2
2


x
y
x
 có đồ thị (C). Gọi M là một điểm thuộc (C) có khoảng cách từ M đến 
trục hoành bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục tung, M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ 
nguyên. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là 
A. 8. y B. 64. y C. 12. y D. 9. y 
Hướng dẫn giải: 
Chọn A. 
Giả sử 
2
;
2
 
 
 
a
M a
a
 là một điểm thuộc (C). 
Do    ; 2 ;d M Ox d M Oy nên 
2
2
2
0
2
42
2
2 3
2
42

 
    
 
     
aa
a
a a
a a
a a
a
aa
 Trang 185 
Theo giả thiết thì M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ nguyên nên  4 4; 8  a M . 
Khi đó 
 
 
2
2
4
4 0 ... x nên đạo hàm hai vế ta được 
     
2
3. . 6 3,f x f x f x x         . 
Thay 1x  vào ta có      
2
3 1 . 1 6 1 3f f f       . 
Vì  1 1f  nên  
1
1
3
f    . 
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là 
1 4
3 3
y x   . 
 2 1 2.f  
Dạng 8. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số  y f x mà tiếp tuyến tại các điểm đó song song với 
nhau hoặc có cùng hệ số góc k. 
1. Phương pháp giải 
Giả sử hai điểm       ; , ;A A B B A BA x f x B x f x x x thuộc đồ thị hàm số  y f x mà tiếp 
tuyến tại hai điểm đó song song với nhau hoặc có cùng hệ số góc k thì ,
A B
x x là hai nghiệm của 
phương trình  f x k  . 
 Trang 206 
Khi đó ta có biểu thức liên hệ giữa ,
A B
x x . Từ đó giải quyết yêu cầu bài toán đưa ra. 
Đối với hàm số  0; 0
ax b
y c ad bc
cx d

   

 có tâm đối xứng là ;
d a
I
c c
 
 
 
. Nếu A, B là hai điểm thuộc 
đồ thị có tiếp tuyến tại A, B song song với nhau thì I là trung điểm của AB. 
2. Bài tập mẫu 
Bài tập 1: Cho hàm số 
1
2 1
x
y
x



 có đồ thị (H). Gọi    1 1 2 2; , ;A x y B x y là hai điểm phân biệt thuộc (H) 
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng 
A. 3 2 . B. 3. C. 6. D. 2 6. 
Hướng dẫn giải 
Chọn C. 
Ta có 
 
2
3
2 1
y
x

 

. Do tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau nên 
   
   
1 2
1 2 2 2
1 21 2
3 3
12 1 2 1
x x
y x y x
x xx x
 
     
   
Vì 
1 2
x x nên 
1 2
1x x  . 
Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử 
1
1 1
, 0
2 2
x a a   thì 
1 1 3 1 1 3
; , ;
2 2 2 2 2 2
a a
A a B a
a a
    
     
   
. 
Gọi 
1 1
;
2 2
I
 
 
 
 là giao điểm của hai đường tiệm cận. 
Ta thấy 
1 2
1 2
1 2
1 2
I
I
x x x
y y y
  

  
 nên I là trung điểm của AB. 
Ta có 
2 2
2 2
3 9 9 3
; 2 .
2 2 4 4 4 4 2
a a a
IA IA
a a a
 
      
 
Vì I là trung điểm của AB nên 
3
2 2 6
2
AB IA   . 
Vậy 
min
6AB  khi 
2
2
2
9
3 3
4 4
a
a a
a
     
Bài tập 2: Cho hàm số 
1
2 1
x
y
x



 có đồ thị (H). Gọi    1 1 2 2; , ;A x y B x y là hai điểm phân biệt thuộc (H) 
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A , B có cùng hệ số góc k . Biết diện tích tam giác OAB bằng 
1
2
. Mệnh đề 
nào dưới đây đúng? 
A. 9.k   B. 9 6.k    C. 6 3.k    D. 3 0.k   
 Trang 207 
Hướng dẫn giải 
Chọn D. 
Ta có: 
 
2
3
2 1
y
x
  

Tiếp tuyến tại A, B của (H) có cùng hệ số góc k nên 
1 2
,x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình 
 
2
3
0
2 1
k k
x
   

. 
Suy ra  24 4 3 0 *kx kx k    nên 
1 2
1 2
1
3
.
4
x x
k
x x
k
 

 


Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử 
1
1 1
, 0
2 2
x a a   thì 
1 1 3 1 1 3
; , ;
2 2 2 2 2 2
a a
A a B a
a a
    
     
   
. 
Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC nếu có    ; , ;AB a b AC c d  thì 
1
2
ABC
S ad bc   . 
Ta có 
1 1 3 1 1 3
; , ;
2 2 2 2 2 2
a a
OA a OB a
a a
    
       
   
21 1 3 1 3 1 3 1
.
2 2 2 2 2 4 2
OAB
a a a a a
S
a a a

        
       
   
22
2
2 3 0 33
2
12 3 0
a a aa
a aa a
    
    
   
 ( vì a > 0). 
+ Với 
1 2
1
3 2; 1 .
3
a x x k        
+ Với 
1 2
1 1; 0 3.a x x k       
Vậy giá trị của k là 
1
3;
3
k k    . 
Bài tập 3: Cho hàm số 3 3 1y x x   có đồ thị (C). Gọi    ; , ;A A B BA x y B x y với A Bx x là các điểm 
thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và 6 37AB  . Giá trị 2 3
A B
x x bằng 
A. 15. B. 90. C. – 15. D. – 90. 
Hướng dẫn giải 
Chọn A. 
Ta có 23 3y x   . 
Do tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau nên    A By x y x  
2 23 3 3 3 0
A B A B
x x x x       (do A Bx x ). 
 Trang 208 
Giả sử    3 3, 3 1 , , 3 1A a a a B a a a      với a > 0 thuộc (C). 
Khi đó  
2
2 2 3 6 4 24 2 6 4 24 40 6 37AB a a a a a a       
6 4 2 24 24 40 1332 0 9 3a a a a a         (vì a > 0) 
3; 3
A B
x x    nên 2 3 15.
A B
x x  
Bài tập 4: Cho hàm số 
2
1
x
y
x



 có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm phân biệt thuộc (C) và tiếp tuyến 
của (C) tại A, B song song với nhau. Đường thẳng AB cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại M, N diện tích tam 
giác OMN bằng 
1
4
. Độ dài đoạn MN bằng 
A. 10 . B. 
5
.
2
 C. 
3 5
.
2
 D. 
10
.
2
Hướng dẫn giải 
Chọn B. 
Ta có 
 
2
3
1
y
x

 

. Gọi    1 1 2 2; , ;A x y B x y . 
Khi đó        
2 2
1 2 1 2 1 2
1 1 2y x y x x x x x         . 
Do đó tâm đối xứng  1;1I của (C) là trung điểm của đoạn thẳng AB. 
Gọi hệ số góc của đường thẳng AB là k. 
Phương trình đường thẳng AB là  1 1y k x   . 
Điều kiện để đường thẳng  : 1 1d y k x   cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B là phương trình 
   
2
1 1 *
1
x
k x
x

  

 có hai nghiệm phân biệt 1x  . 
Ta có   2* 2 3 0kx kx k     có hai nghiệm phân biệt 1x  khi và chỉ khi 
 2
0
3 0 0
2 3 0
k
k k k k
k k k


    

   
Vì M, N là giao điểm của AB với Ox, Oy nên  
1
;0 , 0;1
k
M N k
k
 
 
 
. 
Suy ra 
 
 
2
2
2
1 1
2 1 1
2 4
2
OMN
k
k
S k k
k k


      
 

Ta có  
 
 
2
2 22
2 2
1 1
1 1 1
k
MN k k
k k
  
      
 
 Trang 209 
+ Với 
5
2 .
2
k MN   
+ Với 
1 5
.
2 2
k MN   
Vậy trong cả hai trường hợp thì 
5
2
MN  . 
Dạng 9: Một số dạng toán khác 
Bài tập 1: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số 4 23 2y x x   và có hoành độ a. Có bao nhiêu số 
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A? 
A. 1. B. 3. C. 2. D. 5. 
Hướng dẫn giải 
Chọn B. 
Ta có 3
0
4 6 ; 0 6
2
x
y x x y
x

    
  

. 
2 212 6; 0
2
y x y x       . 
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm thỏa mãn 
 
6 6
2 2
1;0;1
2
;
2
a
a
a a

  

  

  
. 
Vậy có ba giá trị nguyên của a thỏa mãn. 
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số 4 2  y ax bx c mà đồ thị có ba điểm cực trị ( khi ab < 0) thì tiếp 
tuyến của đồ thị tại các điểm có hoành độ nằm giữa hai điểm cực tiểu (cực đại), trừ điểm uốn sẽ luôn cắt 
đồ thị tại hai điểm khác nữa. 
Bài tập 2: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số 4 23 2y x x   và có hoành độ a . Có bao nhiêu số 
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A và diện tích tam giác 
OBC bằng 2 3 ? 
A. 1. B. 3. C. 2. D. 5. 
Hướng dẫn giải 
Chọn A. 
 Trang 210 
Ta có 3
0
4 6 ; 0 6
2
x
y x x y
x

    
  

. 
2 212 6; 0
2
y x y x       . 
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm nữa thì 
 
6 6
2 2
1;0;1
2
2
a
a
a

  

  

 
+ Với  1 1;0a A    . Khi đó phương trình tiếp tuyến là  2 1y x  . 
Xét phương trình  4 2
0
3 2 2 1 1
2
x
x x x x
x


      

 
 nên    0;2 , 2;6 2OBCB C S  (loại). 
+ Với  0 0;2a A  . Khi đó phương trình tiếp tuyến là 2y  nên    3;2 , 3;2 2 3OBCB C S   
(thỏa mãn). 
+ Với  1 1;0a A  . Khi đó phương trình tiếp tuyến là  2 1y x   nên 
   0;2 , 2;6 2OBCB C S   (loại). 
Vậy 0a  . 
Bài tập 3: Cho hàm số 
1
2
x
y
x



 có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m sao cho tiếp 
tuyến của (C) tại điểm có hoành độ 2x m  cắt tiệm cận đứng tại  1 1;A x y , cắt tiệm cận ngang tại 
 2 2;B x y thỏa mãn 2 1 5x y   . Tổng giá trị các phần tử của S bằng 
A. 4. B. – 2. C. – 4. D. 2. 
Hướng dẫn giải 
Chọn B. 
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là 2x   và 1y  . 
Ta có 
 
 2 2
3 3
, 2
2
y y m
mx
   

. 
Gọi  
3
2; , 0
m
M m C m
m
 
   
 
, tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình là 
 2
3 3
2
m
y x m
m m

    . 
Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là 
6
2;
m
A
m
 
 
 
 và tiệm cận ngang là  2 2;1B m  . 
 Trang 211 
Theo giả thiết ta có 2
16
2 2 5 2 4 6
3
mm
m m m
m m

        
 
. 
Vậy 
1 2
2m m   . 
Bài tập 4: Cho hàm số 
1
1
x
y
x



 có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm nằm trên hai nhánh của (C) và các 
tiếp tuyến của (C) tại A, B cắt các đường tiệm cận ngang và tiệm cận 
đứng lần lượt tại các cặp M, N và P, Q. Diện tích tứ giác MNPQ nhỏ 
nhất bằng 
A. 16. B. 32. C. 8. D. 4. 
Hướng dẫn giải 
Chọn A. 
Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Theo tính chất của tiếp tuyến đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc 
nhất thì . . 8IM IN IP IQ  . 
Ta có     
1 1 1
. . . . .
2 2 2
MNPQ
S MPNQ IM IP IN IQ IM IN IP IQ IM IQ IN IP        
 
1 1 64 1
8 8 . . 8 . 8 .2 64 16
2 2 . 2
IM IQ IN IP IN IP
IN IP
 
          
 
. 
Vậy 
min
16S  khi 
64
. . 8
.
IN IP IN IP
IN IP
   hay 2 2IN IQ IM IP    tức là MNPQ là hình 
vuông. 
Bài tập 5: Cho hàm số 4 3 2
1
6 7
2
y x x x    có đồ thị (C). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 
để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng :d y mx ? 
A. 27. B. 28. C. 26. D. 25. 
Hướng dẫn giải 
Chọn B. 
Giả sử  ;M a b là tiếp điểm. Ta có 3 22 3 12y x x x    . 
Tiếp tuyến của (C) tại M song song hoặc trùng với đường thẳng :d y mx nên a là nghiệm của phương 
trình  3 22 3 12 *x x x m   . 
Để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng d thì phương trình (*) có ít 
nhất hai nghiệm. 
Xét   3 22 3 12f x x x x   có 2
1
6 6 12; 0
2
x
y x x y
x
 
      

. 
Bảng biến thiên 
 Trang 212 
Từ bảng biến thiên, để phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm thì 20 7m   . 
Mà m nên  20, 19,...,6,7m   . 
Vậy có 28 giá trị m thỏa mãn. 
Bài tập 6: Cho đường cong  
1
:
1
x
C y
x



 và điểm  1;1I . Hai điểm A và B thuộc cùng một nhánh của 
đồ thị sao cho IA IB . Gọi 
1
k và 
2
k lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến tại A và B. Khi tiếp tuyến tại A 
và B của (C) tạo với nhau một góc 15 , giá trị biểu thức 
1 2
k k bằng 
A. 2 6 2 2. B.  4 2 3 . C. 2 6 2 2. D.  4 2 3 . 
Hướng dẫn giải 
Chọn A. 
Do IA IB nên 
1 2
. 1k k  . 
Ta có 1 2
1 2
tan15
1 .
k k
k k

 

 1 2 2 2 3k k    
 
2
1 2
28 16 3k k    
 
2
1 2 1 2
32 16 3 4 2 3 2 6 2 2k k k k          . 
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số 



ax b
y
cx d
 có tâm đối xứng là I. Cho A, B là hai điểm thuộc cùng một 
nhánh của đồ thị hàm số thỏa mãn IA IB . 
Gọi 
1 2
,k k là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại A, B. 
Ta có 1 2
1
k k
c
.