Tải bản đầy đủ

07 1 huong dan giai

TIẾP TUYẾN CỦA HÀM SỐ
Dạng 1: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại
điểm ( x0;y0)
Bài toán 01: .
Bài 1:
1. Giả sử M(x0;y0) ∈ (C) ⇒y0 = 2x03 − 3x02 + 1. Ta có: y′ = 3x2 − 6x .
Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M: y = (6x02 − 6x0)(x − x0) + 2x03 − 3x02 + 1.
∆ đi qua P(0;8) ⇔8 = −4x03 + 3x02 + 1 ⇔x0 = −1. Vậy M(−1; −4) .
2. Ta có: y = 5 ⇔ x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0 ⇔ x = 1;x = 2;x = 3
Phương trình các tiếp tuyến: y = 2x + 3 ; y = −x + 7 ; y = 2x − 1
3. Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x + 4y − 1 = 0
1
1
⇔ y = − x + ⇒ Tiếp tuyến có hệ số góc k = 4
4
4
⇒ y' = 4 ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ x = −3;x = 2
1
73
= 4x +
6

6
2
26
* x = 2 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 4(x − 2) − = 4x −
3
3
4. Gọi M x0;y ( x0 ) , x0 ≠ −1 là tọa độ tiếp điểm của d và ( C )
* x = −3 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 4(x + 3) +

(

)

Khi đó d có hệ số góc y'( x0 ) =
y=

1

( x0 + 1) 2
1

( x0 + 1)

2

và có phương trình là :
1
0+1

( x − x0 ) + 2 − x

Vì d cách đều A , B nên d đi qua trung điểm I ( −1;1) của AB hoặc cùng
phương với AB.
TH1: d đi qua trung điểm I ( −1;1) , thì ta luôn có:
1=

1

( x0 + 1)


2

1
, phương trình này có nghiệm x0 = 1
0 +1

( −1− x0 ) + 2 − x

1
5
x+ .
4
4
TH2: d cùng phương với AB, tức là d và AB có cùng hệ số góc, khi đó
1
y − yA
= 1 ⇔ x = −2 hoặc x = 0
y'( x0 ) = kAB = B
= 1 hay
0
0
xB − xA
( x0 + 1) 2
Với x0 = 1 ta có phương trình tiếp tuyến d : y =

115


Với x0 = −2 ta có phương trình tiếp tuyến d : y = x + 5.
Với x0 = 0 ta có phương trình tiếp tuyến d : y = x + 1.

5. Gọi N ( x0;y0 ) ∈ ( C ) . Phương trình tiếp tuyến ( d ) của A tại N là:

(

)

y = 3x02 − 4x0 + m − 1 ( x − x0 ) + x03 − 2x02 + ( m − 1) x0 + 2m
M ∈ ( d ) ⇔ 2x03 + 5x02 − 4x0 = 3 − 3m ( ∗)
Dễ thấy


( ∗)

là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y = 3 − 3m

f ( x0 ) = 2x03 + 5x02 − 4x0 .

Xét

hàm

số

f ( x0 ) = 2x03 + 5x02 − 4x0

f '( x0 ) = 6x02 + 10x0 − 4 và f '( x0 ) = 0 ⇔ x0 = −2 hoặc x0 =



1
.
3

100
,m = −3
81
6. Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là nghiệm phương trình:
( 3m + 1) x − m2 + m = 0,m ≠ 0 ⇔ x ≠ −m,m ≠ 0

2
x+ m
( 3m + 1) x − m + m = 0

1 
1
x ≠ −m,m ≠ 0,m ≠ − 3 m ≠ 0,m ≠ − 3
4m2
y' =
⇔

.


2
2
x = m − m
x = m − m ≠ − m
( x + m) 2


3m + 1
3m + 1
2
2
 m − m
4m
⇒ y'
÷=
2
 3m + 1 ÷
 . Tiếp tuyến song song với đường thẳng

  m2 − m
+ m÷

 3m + 1
÷


 m2 − m 
1
x − y − 10 = 0 nên y'
÷ = 1 ⇔ m = −1 hoặc m = −
 3m + 1 ÷
5


∗ m = −1 giao điểm là A ( −1;0) , tiếp tuyến là y = x + 1.
Lập bảng biến thiên, suy ra m =

∗ m= −

3 
1
3
giao điểm là B ;0÷ , tiếp tuyến là y = x − .
5
5
5



(

) (

)

3
2
3
2
7. Gọi A x1,y ( x1 ) = x1 − 6x1 + 9x1 ,B x2 ,y ( x2 ) = x2 − 6x2 + 9x2 là tọa độ

tiếp điểm của ( d ) ,( t) và đồ thị ( C ) . ( d ) và ( t) song song với nhau khi
y'( x1) = y'( x2 ) ⇔ 3x12 − 12x1 + 9 = 3x22 − 12x2 + 9 ⇔ x1 + x2 = 4 .
x = 2 − t ⇒ y ( x ) = t3 − 3t + 2
 1
1
Với x1 + x2 = 4 thì tồn tại t > 0: 
3
x2 = 2 + t ⇒ y ( x2 ) = − t + 3t + 2

116



x + x2
x0 = 1
=2
2

Dễ thấy trung điểm đoạn AB có tọa độ 
.
y x1 + y x2

=2
 y0 =

2

( ) ( )

2

7
7

2
7
7
⇒ y' = m −
8. y' = 3x − 4x + m − 1 = 3 x − ÷ + m − ≥ m − ⇒ y' ≥ m −
khi
3
3
3
3
3

2


7
10
2
.Theo bài toán ta có: y'( −1) = −1 ⇔  m − ÷( −1) = −1 ⇔ m =
.
3
3
3

9. Để tiếp tuyến của đồ thị vuông góc với đthẳng x − y + 2012 = 0 khi và chỉ
x=

khi y'.1 = −1 hay mx2 + ( m + 1) x + 3m − 3 = 0 có nghiệm ∀ ∈ ¡ . Đáp số:


1
≤ m ≤ 1.
2

10. Tiếp tuyến ( d ) tại điểm M của đồ thị ( C ) có hoành độ x0 = 2 ⇒ y0 = 3
Ta có y'(x) = 3x2 − 3 ⇒ y'(x0) = y'(2) = 9

Phương trình tiếp tuyến ( d ) tại điểm M của đồ thị ( C ) là
y = y'(x0)(x − x0) + y0 ⇒ y = 9(x − 2) + 3 ⇒ y = 9x − 15

(

)

3
3
2
Xét phương trình x − 3x + 1 = 9x − 15 ⇔ x − 12x + 16 = 0 ⇔ ( x − 2) x + 2x − 8 = 0

⇔ x = −4 hoặc x = 2 ( không thỏa ) . Vậy N ( −4; −51) là điểm cần tìm
Bài 2:
1. Ta có y'(x) = 3x2 − 4x + 8
Giả sử trái lại có hai tiếp tuyến với đồ thị ( C ) vuông góc với nhau.

Gọi x1,x2 tương ứng là các hoành độ của hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến
đó.
Gọi k1,k2 lần lượt là các hệ số góc của hai tiếp tuyến tại các điểm trên ( C )
có hoành độ x1,x2 .

(

)(

)

'
'
2
2
Khi đó k1,k2 = −1⇒ y ( x1 ) .y ( x2 ) = −1⇒ 3x1 − 4x1 + 8 3x2 − 4x2 + 8 = −1

( 1)

Tam thức f ( t) = 3t2 − 4t + 8 có ∆ ' < 0 nên f ( t) > 0∀t ∈ R từ đó và từ ( 1) suy ra
mâu thuẫn. Vậy, giả thiết phản chứng là sai, suy ra (đpcm)
2 1+ sin α )
2. Vì M ( 1+ sin α;9) nằm trên đồ thị ( C ) nên: (
=9
1+ sin α − 1
2

117



1
 π
1
π
3 
sin α =
⇔
2 . Vì α ∈  0; ÷ nên sin α = ⇒ α = ⇒ M  ;9÷. Tiếp tuyến của đồ

2
2
6


2 
sin α = 2
 3 
3
thị ( C ) tại điểm M là: y = y' ÷ x − ÷ + 9 hay
2
2
 


( d) : y = −6x + 18 .

Tiếp tuyến ( d ) cắt tiệm cận đứng x = 1tại: A ( 1;12) .

Tiếp tuyến ( d ) cắt tiệm cận xiên tại điểm B có tọa độ là nghiệm ( x;y ) hệ
 y = −6x + 18  x = 2
⇔
⇒ B( 2;6) .
phương trình: 
 y = 2x + 2
y = 6

(

)

4
2
3. Gọi A ∈ ( C ) ⇒ A a;a + 2a − 3 . Ta có: y' = 4x3 + 4x ⇒ y'( a) = 4a3 + 4a

Phương trình tiếp tuyến

(

)

d M;( t) =

5
65

(

( 4a

( t) :

3

)

+ 4a x − y − 3a4 − 2a2 − 3 = 0

3a4 + 2a2
hay

(

)

4a3 + 4a

2

=

5

+1

65 hay

)

5( a − 1) ( a + 1) 117a6 + 193a4 + 85a2 + 5 = 0
4. Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến
uur
uur
n1 = ( k; −1) , d có vec tơ pháp tuyến n2 = ( 1;1)
uur uur
n1n2
k −1
1
3
2
=
⇔ k = hoặc k =
Ta có cosα = uur uur ⇔
2
2
3
26
n1 n2
2 k +1
Yêu cầu bài toán ⇔ ít nhất một trong hai phương trình y' = k1 hoặc y' = k2
 2
3
 3x + 2( 1− 2m) x + 2 − m = 2 có nghiêm
có nghiệm x tức 
 3x2 + 2 1− 2m x + 2 − m = 2 có nghiêm
(
)

3
5. Dễ thấy, A , B là 2 điểm thuộc đồ thị với ∀m ∈ ¡ .
Tiếp tuyến d1 tại A : ( 4m − 4) x − y − 4m + 4 = 0
Tiếp tuyến d2 tại B: ( −4m + 4) x − y − 4m + 4 = 0
Đáp số: m = 0, m = 2, m =

15
17
, m=
.
16
16

6. Hàm số đã cho xác định với ∀x ≠ 1. Ta có: y' =

118

−4

( x − 1) 2


Gọi M ( x0;y0 ) là tọa độ tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của

( C) :

y=

−4

( x0 − 1)

( x − x0 ) +
2

2x0 + 2

−4
2x0 + 2
y'( x0 ) =
với
2 và y0 =
x0 − 1
x0 − 1
( x0 − 1)

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng −1.

a.

Nên có:

−4

( x − 1)

2

= −1 ⇔ x0 = 3,

x0 = −1
∗ Với x0 = −1⇒ y0 = 0 ⇒ ∆ : y = −x − 1
∗ Với x0 = 2 ⇒ y0 = 4 ⇒ ∆ : y = −x + 7
b.

Tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = −4x + 1.
−4
= −4 ⇔ x0 = 0 hoặc x = 2
Nên có: y'( x0 ) = −4 ⇔
2
0
x

1
( 0 )
∗ Với x0 = 0 ⇒ y0 = 2 ⇒ ∆ : y = −4x + 2

∗ Với x0 = 2 ⇒ y0 = 6 ⇒ ∆ : y = −4x + 14
c. Tiếp tuyến tạo với 2 trục tọa độ lập thành một tam giác cân nên hệ số
góc của tiếp tuyến bằng ±1. Mặt khác: y'( x0 ) < 0 , nên có: y'( x0 ) = −1
Tức

−4

( x0 − 1) 2

= −1 ⇔ x0 = −1 hoặc x = 3 .
0

∗ Với x0 = −1⇒ y0 = 0 ⇒ ∆ : y = −x − 1
∗ Với x0 = 3 ⇒ y0 = 4 ⇒ ∆ : y = − x + 7

d. Khoảng cách từ M ( x0;y0 ) đến trục Oy bằng 2 suy ra x0 = ±2 , hay

2
M  −2; ÷, M ( 2;6) .
3


2
4
2
Phương trình tiếp tuyến tại M  −2; ÷ là: y = − x −
3
9
9

Phương trình tiếp tuyến tại M ( 2;6) là: y = 4x + 14
7. Ta có: y' =

2( x − 1) − 2x

( x − 1)

2

=

−2

( x − 1) 2

. Gọi

( x0;y0 )

là tọa độ tiếp điểm, hệ số

góc
tiếp tuyến tại ( x0;y0 ) bằng y'( x0 ) =
a.

−2

( x0 − 1) 2

Theo giải thiết, ta có: y'( x0 ) = −2 ⇔

−2

( x0 − 1) 2

= −2

119


x − 1= 1
 x = 2 ⇒ y0 = 4
2
⇔ ( x0 − 1) = 1 ⇔  0
⇔ 0
 x0 − 1 = −1  x0 = 0 ⇒ y0 = 0
−2
1
2 1
= − ⇔ ( x0 − 1) =
b.
Theo giải thiết, ta có:
2
2
4
( x − 1)
0

c. Theo giải thiết, ta có:

−2

( x0 − 1)

2

=−

2
2 1
⇔ ( x0 − 1) =
9
9

d. Tiếp tuyến cần tìm có phương trình: y = k ( x − x0 ) + y ( x0 ) với k = y'( x0 ) < 0 ,

u
r
uu
r
vectơ pháp tuyến là n = ( k; −1) , ( d') có vectơ pháp tuyến là m = ( 4;3)
u
r uu
r
n.m
4k − 3
1
1
cos450 = u
=
⇒ k = − thỏa đề bài.
r uu
r ⇔
7
2
n m
k2 + 1.5
e. Tiếp tuyến tạo với chiều dương trục hoành ,khi đó tồn tại α ∈ 0; π để
tan α < 0
−2
1
1
1
2
− 1 = ⇒ tan α = − , nên có:
và tan α =
2 . Ta có: tan α =
2
4
2
( x0 − 1)
cos α
−2

( x0 − 1)
f. kIM =

2

=−

1
2
⇔ ( x0 − 1) = 4
2

2

( x0 − 1)

2

2
, theo bài toán nên có: kIM .y'( x0 ) = −1 ⇔ ( x0 − 1) = 4

Bài 3:
1. y'(x0) = 2 (trong đó x0 là hoành độ tiếp điểm của (t) với (C)).
⇔ x03 + x0 = 2 ⇔ x03 + x0 − 2 = 0 ⇔ x0 = 1.
11
3
= 2x +
4
4
y
=
y'(x
)(x

x
2. Phương trình tiếp tuyến (d) có dạng :
0
0 + + y(x0 )
Phương trình (t): y = y'(1)(x − 1) + y(1) = 2(x − 1) +

(trong đó x0 là hoành độ tiếp điểm của (d) với (C)).
x04

x02

3
1
+ 2 = (x03 + x0)x − x04 − x02 + 2
4
2
4
2
3 4 1 2
− x0 − x0 − 1
3
1
2
9
⇔ (x03 + x0)x − y − x04 − x02 + 2 = 0, d(A ;(d)) = 9 ⇔ 4
=
4
2
4 5
(x03 + x0)2 + 1 4 5

Phương trình (d): y = (x03 + x0)(x − x0) +

+

⇔ 3x04 + 2x02 + 4 5 = 9 x02(x02 + 1)2 + 1 ⇔ 5(3x04 + 2x02 + 4)2 = 81[x02(x02 + 1)2 + 1]

120


Đặt t = x02 , t ≥ 0 . Phương trình (1) trở thành: 5(3t2 + 2t + 4)2 = 81[t(t + 1)2 + 1]
⇔ 5(9t4 + 4t2 + 16 + 12t3 + 24t2 + 16t) = 81t3 + 162t2 + 81t + 81
⇔ 45t4 − 21t3 − 22t2 − t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(45t3 + 24t2 + 2t + 1) = 0
⇔ t = 1 (do t ≥ 0 nên 45t3 + 24t2 + 2t + 1 > 0) . Với t = 1 ,ta có x02 = 1 ⇔ x0 = ±1 .
Bài 4:
1
1. Giao điểm của tiếp tuyến d : y = − x + 2 với trục Ox là A ( 4;0) , hệ số góc
2
1
4a + b
= 0 ⇔ 4a + b = 0 .
của d : k = − và A ( 4;0) , ∈ (C) ⇔
2
2
−2a − b
−2a − b
⇒ y ( 4) =
Ta có: y' =
2
4
(x − 2)
Theo bài toán thì: k = −

1
1
−2a − b
1
⇔ y'(4) = − ⇔
= − ⇔ 2a + b = 2
2
2
4
2

4a + b = 0
Giải hệ 
ta được a = − 1, b = 4
2a + b = 2

2. ( C ) có ba điểm cực trị , điểm cực tiểu của ( C ) có tọa độ là ( 0;3)
a < 0,b > 0
⇔
c = 3
Giao điểm của tiếp tuyến d và trục Ox là B

(

)

3;0 và hệ số góc của d là

−8 3
9a + 3b + c = 0
 B ∈ (C)
9a + 3b + c = 0

⇔
⇔
⇔
.
3
 y' 3 = −8 3 4a 3 + 2b 3 = −8 3 6a + b = −4

( )

( )

c = 3

Giải hệ 9a + 3b + c = 0 ta được a = −1, b = 2, c = 3 ⇒ y = −x4 + 2x2 + 3
6a + b = −4

Bài 5: Gọi M(x0;y0) . Tiếp tuyến ∆ tại M có phương trình:
y = (8x03 − 8x0)(x − x0) + 2x04 − 4x02 − 1.
1. Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x − 48y + 1 = 0
1
Nên ta có: y'(x0). = −1 ⇔ y'(x0) = −48
48
x03 − x0 + 6 = 0 ⇔ x0 = −2 ⇒ y0 = 15 .Phương trình ∆ : y = −48(x + 2) + 15 = −48x − 81 .
2. Vì tiếp tuyến ∆ đi qua A(1; −3) nên ta có
−3 = (8x03 − 8x0)(1− x0) + 2x04 − 4x02 − 1

121


⇔ 3x04 − 4x03 − 2x02 + 4x0 − 1 = 0 ⇔ (x0 − 1)2(x0 + 1)(3x0 − 1) = 0
• x0 = ±1⇒ ∆ : y = −3
• x0 =

1
64
51
⇒ ∆ :y = − x− .
3
27
81

3. Giả sử ∆ tiếp xúc với (C) tại điểm thứ hai N(n;2n4 − 4n2 − 1)
Suy ra: ∆ : y = (8n3 − 8n)(x − n) + 2n4 − 4n2 − 1
8x3 − 8x = 8n3 − 8n
 x2 + nx + n2 − 1 = 0
0
0
0
⇔ 0
Nên ta có: 
4
2
4
2
2
2
−6x0 + 4x0 − 1 = −6n + 4n − 1 (x0 + n)(3x0 + 3n − 2) = 0
x2 + x n + n2 − 1 = 0
x2 + x n + n2 − 1 = 0
0
0
0
⇔ 0
(I) hoặc ⇔ 
(II)
2
2
x0 + n = 0
3x0 + 3n − 2 = 0
 2
2
x + n2 =
x0 = −n
 0
3
Ta có (I) ⇔ 
; (II) ⇔ 
vô nghiệm. Vậy ∆ : y = −3 .
1
n = ±1
x n =
 0
3
Bài 6:
1. Ta có f '(x) = x2 − 2x + 2 . Giao điểm của (C) với trục Oy là A(0;1).
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A là
y = f '(xA )(x − xA ) + f(xA ) = f '(0).(x − 0) + f(0) = 2x + 1
x
2. Cách 1. Tiếp tuyến (d) của (C) vuông góc với đường thẳng y = − + 2
5
,suy ra phương trình (d) có dạng : y = 5x + m.
 x3
2
 − x + 2x + 1 = 5x + m (1)
(d) tiếp xúc với (C) ⇔  3
có nghiệm.
x2 − 2x + 2 = 5 (2)

Giải hệ trên, (2) ⇔ x = -1 ∨ x = 3.
8
Thay x = - 1 vào (1) ta được m = .
Thay x = 3 vào (1) ta được m
3
=-8.
x
Cách 2. Tiếp tuyến (d) vuông góc với đường thẳng y = − + 2 suy ra hệ số
5
góc của (d) : k = 5. Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của (d) với (C) ,ta có :
k = f '(x0) ⇔ 5 = x02 − 2x0 + 2 ⇔ x0 = −1,x0 = 3 .

8
y = 5(x + 1) + f(1) = 5x +
Suy ra phương trình (d): 
3.
 y = 5(x + 3) + f(3) = 5x − 8

122


3. Vì tam giác OAB là tam giác vuông tại O nên nó chỉ có thể vuông cân tại
O , khi đó góc giữa tiếp tuyến (D) và trục Ox là 450 ,suy ra hệ số góc của
(D) là
k D = ±1
Trường hợp k D = 1 ,khi đó phương trình (D) : y = x + a. (a ≠ 0)
 x3
2
 − x + 2x + 1 = x + a (3)
(D) tiếp xúc (C) ⇔  3
có nghiệm.
x2 − 2x + 2 = 1 (4)

(4) ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 . Thay x = 1 vaò phương trình (3) ta được a =

4
.
3

Trường hợp k D = −1 , khi đó phương trình (D): y = - x + a .
 x3
2
 − x + 2x + 1 = − x + a (5)
(D) tiếp xúc với (C) ⇔  3
có nghiệm
x2 − 2x + 2 = −1 (6)

(6) ⇔ x2 − 2x + 3 = 0 .P/t này vô nghiệm nên hệ (5), (6) vô nghiệm ,suy ra (D)
: y = - x + a không tiếp xúc với (C).
Bài 7: Ta có: y' = 3x2 − 4x + m − 1
1. Tiếp tuyến của (C m ) tại điểm có hoành độ x = 1 có phương trình
y = (m − 2)(x − 1) + 3m − 2 = (m − 2)x + 2m
m − 2 = 3
Yêu cầu bài toán ⇔ 
vô nghiệm.
2m ≠ 10
2

7

4
4
7

2
7
2. Ta có: y' = 3 x2 − x + ÷ + m − = 3 x − ÷ + m − ⇒ y' ≥ m − .
3
3
9
3
3
3


2
Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = có hệ số góc nhỏ nhất và hệ số góc
3
7
có giá trị : k = m − .
3

7
11
Yêu cầu bài toán ⇔ k.2 = −1 ⇔  m − ÷.2 = −1 ⇔ m = .
3
6

3. Gọi A(x0;y0) là tọa độ tiếp điểm.
Phương trình tiếp tuyến ∆ tại A:

(

)

y = 3x02 − 4x0 + m − 1 (x − x0) + x03 − 2x02 + (m − 1)x0 + 2m

(

)

M ∈ ∆ ⇔ 2 = 3x02 − 4x0 + m − 1 (1− x0) + x03 − 2x02 + (m − 1)x0 + 2m
⇔ 2x03 + 5x02 − 4x0 + 3m − 3 = 0

(*)

Yêu cầu bài toán ⇔ (*) có đúng hai nghiệm phân biệt (1)

123


Xét hàm số: h(t) = 2t3 + 5t2 − 4t, t ∈ ¡
Ta có: h'(t) = 6t2 + 10t − 4 ⇒ h'(t) = 0 ⇔ t =

1
,t = −2
3

Bài 8:

1. Ta có: y' = mx2 + 2( m − 1) x + 4 − 3m .
 1
Từ yêu cầu bái toán dẫn đến phương trình y  − ÷ = −1 có đúng 2 nghiệm
 2
dương phân biệt, tức mx2 + 2( m − 1) x + 2 − 3m = 0 có đúng 2 dương phân biệt
m ≠ 0

m ≠ 0
m ≠ 1

 1  1 2

∆ ' > 0
2
⇔
⇔
hay m ∈  0; ÷∪  ; ÷.
 2  2 3
0 < m < 1
S > 0

P > 0
2

0 < m <
3


2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và trục hoành:
x2 + 2mx + 2m2 − 1
= 0 ⇔ x2 + 2mx + 2m2 − 1 = 0, ( x ≠ 1) ( 1)
x−1
Để ( C m ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A ,B thì phương trình ( 1)
phải có hai nghiệm phân biệt khác 1. Tức là ta phải có:
∆ ' = m2 − 2m2 + 1> 0
( 1− m) ( 1+ m) > 0
−1< m < 1
hay
tức
( 2) .



2
m ≠ 0
1+ 2m + 2m − 1 ≠ 0
2m ( m + 1) ≠ 0
Gọi x1;x2 là hai nghiệm của ( 1) . Theo định lý Vi – ét , ta có: x1 + x2 = −2m,
x1.x2 = 2m2 − 1

Giả sử I ( x0;0) là giao điểm của ( C m ) và trục hoành. Tiếp tuyến của ( C m )
tại điểm I có hệ số góc
y'( x0 ) =

( 2x0 + 2m) ( x0 − 1) − ( x02 + 2mx0 + 2m2 − 1)
( x0 − 1) 2

=

2x0 + 2m
x0 − 1

Như vậy, tiếp tuyến tại A ,B lần lượt có hệ số góc là y'( x1 ) =
y'( x2 ) =

2x2 + 2m
x2 − 1

2x1 + 2m
x1 − 1

,

.

Tiếp tuyến tại A ,B vuông góc nhau khi và chỉ khi y'( x1) y'( x2 ) = −1 hay
 2x1 + 2m  2x2 + 2m 
2

÷
÷ x − 1 ÷
÷ = −1 ⇔ 5x1.x2 + ( 4m − 1) ( x1 + x2 ) + 4m + 1 = 0 tức
x

1

1

2


124


3m2 + m − 2 = 0 ⇔ m = −1 hoặc m =

2
2
. Đối chiếu điều kiện chỉ có m =
3
3

thỏa mãn.

2m + 1
Bài 9: Gọi M  m;
÷ là tọa độ điểm cần tìm ( m ≠ 1) .
m−1 

Khoảng cách từ M đến đường thẳng

d=

∆ là:

d=

 2m + 1
m + 3
÷− 3
hay
 m−1 
12 + 32

m2 + 2m + 6
m−1
10

1

.

 m2 + 2m + 6
khi m < 1

m + 2m + 6  − ( m − 1)
=
Xét hàm số: f ( m) =
m−1
 m2 + 2m + 6
khi m > 1


m−1
Ta có: f '( m) = 0 ⇔ m = −2 thỏa m < 1 hoặc m = 4 thỏa m > 1.
2

Lập bảng biến thiên suy ra mind =

2
10

khi m = −2 tức M ( −2;1) .

1
1
Tiếp tuyến tại M là y = − x + , tiếp tuyến này song song với ∆ .
3
3
Bài toán 02: .TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH
Bài tập: Giả sử tiếp tuyến ( d ) của ( C ) tại M(x0;y0) ∈ (C) cắt Ox tại A ,
Oy tại B sao cho OA = 4OB .
Do ∆OAB vuông tại O nên tanA =
hoặc −
Hệ

số

OB 1
1
=
⇒ Hệ số góc của ( d ) bằng
OA 4
4

1
.
4
góc

của

( d)



y ′(x0) = −

1
2

(x0 − 1)

< 0⇒ −

1
2

(x0 − 1)

=−

1
4



3
 x0 = −1  y0 = ÷
2


⇔


5
 x0 = 3  y0 = ÷
2



1
3

1
5
 y = − 4 (x + 1) + 2
y = − 4x + 4
⇔
Khi đó có 2 tiếp tuyến thoả mãn là: 
.
 y = − 1(x − 3) + 5  y = − 1 x + 13

4
2 
4
4

125


Bài toán 03: ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH TẠI 2 ĐIỂM PHÂN BIỆT A,B
MÀ TIẾP TUYẾN TẠI A,B THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC
Bài 1:

2x0 − 3 
1. I ( 2; 2) , gọi M  x0;
÷∈ (C) , x0 ≠ 2
x0 − 2 

Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M : y = −

1
2

(x0 − 2)

(x − x0) +

2x0 − 3
x0 − 2

 2x0 − 2 
Giao điểm của ∆ với các tiệm cận: A  2;
÷ , B(2x0 − 2;2) .
 x0 − 2 
4
1 IA
·
·
= =
Do cosABI =
nên tanABI
⇔ IB2 = 16.IA 2 ⇔ (x0 − 2)4 = 16 ⇔
4 IB
17
x0 = 0
hoặc x0 = 4
 3
1
3
Tại M  0; ÷ phương trình tiếp tuyến: y = − x +
4
2
 2
 5
1
7
Tại M  4; ÷ phương trình tiếp tuyến: y = − x +
4
2
 3
2. Gọi M(m;yM ), N(n;yN ) là 2 điểm thuộc 2 nhánh của (C).
Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B. Tiếp tuyến tại N cắt hai tiệm cận
tại C, D.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y = y′(m).(x − m) + yM
 2m + 4 
 2n + 4 
⇒A  1;
÷,B(2m − 1;2) . Tương tự: C  1;
÷,D(2n − 1;2) .
 m−1 
 n−1 
−3
Hai đường thẳng AD và BC đều có hệ số góc: k =
nên AD // BC.
(m − 1)(n − 1)
Vậy mọi điểm M, N thuộc 2 nhánh của (C) đều thoả mãn bài toán.
Bài 2:
1
x2 + 3x + 3
1
1. y =
. Ta có : y' = 1−
.
= x + 1+
( x + 2) 2
x+ 2
x+ 2
Gọi M ( x0;y0 ) ∈ (C) ⇒ y0 = x0 + 1+

1
( ∗)
x0 + 2



1
 ( x − x ) + x + 1+ 1
Tiếp tuyến với (C) tại M là ∆ : y = 1−
0
0
2


x0 + 2
 ( x0 + 2) 

x0
x 
⇒ A  −2; − 0 ÷
Nếu ∆ ∩ x = −2 tại điểm A , thì yA = −
x0 + 2 ÷
x0 + 2



126


Nếu ∆ cắt tiệm cận xiện tại điểm B thì


1
1−
 ( x − x ) + x + 1+ 1 = x + 1 ⇔ x = 2x + 2 ⇒ y = x + 1 = 2x + 3
0
0
B
B
0
B
B
0
2

 B
x0 + 2
 ( x0 + 2) 
⇒ B( 2x0 + 2;2x0 + 3)
Nếu I là giao hai tiệm cận , thì I có tọa độ I ( −2; −1) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên tiệm cận đứng x = −2 suy ra
H(−2;2x0 + 3)
Diện tích tam giác
x
1
1
1
AIB :S = AI.BH = yA − yI . xB − xH = − 0 + 1 2x0 + 2 + 2
2
2
2 x0 + 2
Hay S =

1 2
.2 x0 + 2 = 2 ( đvdt )
2 x0 + 2

Chứng tỏ S là một hằng số , không phụ thuộc vào vị trí của điểm M .
2. Gọi M(m;2m + 1) ∈ d .
Phương trình đường thẳng ∆ qua M có hệ số góc k có dạng:
y = k(x − m) + 2m + 1
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C): k(x − m) + 2m + 1 =
⇔kx2 − [ (m + 1)k − 2m] x + [ mk − (2m + 4)] = 0 (*)

x+ 3
x−1

∆ tiếp xúc với (C) ⇔(*) có nghiệm kép
k ≠ 0
⇔
2
∆ = [ (m + 1)k − 2m] − 4k [ mk − (2m + 4)] = 0
 k ≠ 0
⇔
2 2
2
2
g(k) = (m − 1) k − 4(m − m − 4)k + 4m = 0

Qua M(m;2m + 1) ∈ d kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)
 ∆′ = −32(m2 − m − 2) > 0;g(0) = 4m2 = 0

2
2
⇔g(k) = 0 có đúng 1 nghiệm k ≠ 0 ⇔ ∆′ = −32(m − m − 2) > 0;g(0) = 4m = 0
 m − 1 = 0 ⇒ 16k + 4 = 0 ⇒ k = − 1

4
Bài 3:
− x3 + 3x + 2 = 0
⇔ x = −1
1. Xét hệ phương trình : 
2
−3x + 3 = 0
Vậy (C) tiếp xúc với Ox tại điểm có hoành độ x = −1.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox.
− x3 + 3x + 2 = 0 ⇔ x = −1,x = 2 .

127


* x = −1⇒ y = 0, y'(1) = 0 phương trình tiếp tuyến: y = 0 .
* x = 2 ⇒ y = 0,y'(2) = −9 phương trình tiếp tuyến: y = −9(x − 2) = −9x + 18 .
3. Xét điểm M(m;0) ∈ Ox .
Cách 1: Đường thẳng d đi qua M, hệ số góc k có phương trình: y = k(x − m) .
 − x3 + 3x + 2 = k(x − m)

d là tiếp tuyến của (C)
hệ 
có nghiệm x
2
 −3x + 3 = k
Thế k vào phương trình thứ nhất, ta đươc:
3(x2 − 1)(x − m) − (x3 − 3x − 2) = 0
⇔ (x + 1)(3x2 − 3(1+ m)x + 3m) − (x + 1)(x2 − x − 2) = 0
⇔ (x + 1)[2x2 − (3m + 2)x + 3m + 2] = 0 ( 1)
⇔ x = −1 hoặc 2x2 − (3m + 2)x + 3m + 2 = 0 ( 2)

Để từ M kẻ được ba tiếp tuyến thì ( 1) phải có nghiệm x , đồng thời phải có
3 giá trị k khác nhau, khi đó ( 2) phải có hai nghiệm phân biệt khác −1,
đồng thời phải có 2 giá trị k khác nhau và khác 0
( 2) phải có hai nghiệm phân biệt khác −1 khi và chỉ khi :

2
∆ = (3m + 2)(3m − 6) > 0  m < − , m > 2

( 3)
3


 3m + 3 ≠ 0
 m ≠ −1


Với điều kiện ( 3) , gọi x1,x2 là hai nghiệm của ( 2) , khi đó hệ số góc của ba
tiếp tuyến là k1 = −3x12 + 3, k2 = −3x22 + 3, k3 = 0 .
Để hai trong ba tiếp tuyến này vuông góc với nhau k1.k2 = −1 và k1 ≠ k2
k1.k2 = −1 ⇔ 9(x12 − 1)(x22 − 1) = −1 ⇔ 9x12x22 − 9(x1 + x2)2 + 18x1x2 + 10 = 0 (i)
3m + 2
3m + 2
; x1x2 =
.
2
2
28
Do đó (i) ⇔ 9(3m + 2) + 10 = 0 ⇔ m = −
thỏa điều kiện ( 3) , kiểm tra lại ta
27
thấy k1 ≠ k2
Mặt khác theo Định lí Viet x1 + x2 =

Cách 2: Gọi N(x0;y0) ∈ (C) . Tiếp tuyến ∆ của (C) tại N có phương trình :

(

)

y = −3x02 + 3 (x − x0) + y0 .

(

)

2
∆ đi qua M ⇔ 0 = −3x0 + 3 (m − x0) + y0

⇔ 3(x0 − 1)(x0 + 1)(x0 − m) − (x0 + 1)2(x0 − 2) = 0
 x0 = −1
⇔ (x0 + 1)  2x02 − (3m + 2)x0 + 3m + 2 = 0 ⇔  2


 2x0 − (3m + 2)x0 + 3m + 2 = 0 (a)

128


Từ M vẽ được đến (C) ba tiếp tuyến ⇔ (a) có hai nghiệm phân biệt khác
−1, và có hai giá trị k = −3x02 + 3 khác nhau và khác 0điều đó xảy ra khi và
chỉ khi:
m ≠ −1
∆ = (3m + 2)2 − 8(3m + 2) > 0 (3m + 2)(3m − 6) > 0



(b) .



2
3m
+
3

0

m < − ,m > 2
2 + 2(3m + 2) ≠ 0
3

Vì tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 có hệ số góc bằng 0 nên yêu cầu
bài toán ⇔ (−3p2 + 3)(−3q2 + 3) = −1(trong đó p,q là hai nghiệm của phương
trình (a) ) ⇔ 9p2q2 − 9(p2 + q2) + 10 = 0 ⇔ 9p2q2 − 9(p + q)2 + 18pq + 10 = 0


 28 
28
9(3m + 2)2 9(3m + 2)2
. Vậy M  − ;0÷.

+ 9(3m + 2) + 10 = 0 ⇔ m = −
27
 27 
4
4

Bài 4. Ta có y' = 4x3 − 4x
Gọi A(x0;y0) ∈ (C) . Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình
∆ : y = (4x03 − 4x0)(x − x0) + y0
1. Tiếp tuyến song song với d : y = 24x + 1 nên ta có: 4x03 − 4x0 = 24
⇔ x03 − x0 − 6 = 0 ⇔ x0 = 2 ⇒ y0 = 7 .Vậy ∆ : y = 24x − 42 .
2. Vì (C) nhận Oy làm trục đối xứng nên nếu d là một tiếp tuyến của (C)
thì đường thẳng d' đối xứng với d qua Oy cũng là tiếp tuyến của (C). Do
đó, để từ M vẽ được ba tiếp tuyến đến (C) thì trong ba tiếp tuyến đó phải
có một tiếp tuyến vuông góc với Oy. Mà (C) có hai tiếp tuyến cùng phương
với Ox là: y = −2 và y = −1. Đường thẳng này cắt Oy tại M 1(0; −2), M 2(0; −1) .
Ta kiểm tra được qua M 1 chỉ vẽ đến (C) được một tiếp tuyến, còn từ M 2 vẽ
đến (C) được ba tiếp tuyến.
Vậy M(0; −1) là điểm cần tìm.
Bài toán 04: .TIẾP TUYẾN CÓ HỆ SỐ GÓC NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT
Bài tập Ta có: y' = 3(x2 − 2x − 3)
2
1. Do y' = 3(x − 1) − 4 ≥ −12 ⇒ min y' = −12 , đạt được khi x = 1.


Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = −12x + 2 .

2. Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm
Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M: y = y'(x0)(x − x0) + y0
Hay kx − y + b = 0 , Với k = y'(x0) . Theo bài ra ta có: cosα =

k−1
k2 + 1. 2

=

5
41

1
⇔ 41(k − 1)2 = 50(k2 + 1) ⇔ 9k 2 + 82k + 9 = 0 ⇔ k = −9,k = − .
9
• k = −9 ⇔ x02 − 2x0 = 0 ⇔ x0 = 0,x0 = 2

129


Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến: y = −9x + 1 và y = −9x − 3
• k = − 1 ⇔ 27x2 − 54x − 80 = 0 ⇔ x = 9 ± 321
0
0
0
9
9
1
9 ± 321 
÷+ y(x0) .
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến là: y = −  x −
÷
9
9

M(x
;y
)
3. Gọi
0 0 là tiếp điểm. Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M:
y = y'(x0)(x − x0) + y0 .
Do tiếp tuyến đi qua A nên ta có phương trình
6 = 3(x02 − 2x0 − 3)(−1− x0) + x03 − 3x02 − 9x0 + 1
⇔ x03 − 3x0 − 2 = 0 ⇔ (x0 + 1)2(x0 − 2) = 0 ⇔ x0 = −1,x0 = 2
• x0 = −1⇒ y = 6
• x0 = 2 ⇒ y = −9x − 3
Bài toán 05: TIẾP TUYẾN SONG SONG, VUÔNG GÓC THỎA MÃN
ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC
Bài tập:
1. Gọi A(a;f(a)) là điểm thuộc đồ thị.
Khi đó tiếp tuyến tại A có hệ số góc k = 3a2 + 4a + 1
1
* Nếu a = − ;a = −1 hiển nhiên không có tiếp tuyến nào vuông góc với tiếp
3
tuyến tại A.
1
2
= 0 (1).
* Nếu k ≠ 0 . Ta xét phương trình: 3x + 4x + 1+ 2
3a + 4a + 1
Để tồn tại tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến tại A thì (1) phải có nghiệm
⇔ ∆ ' = 4 − 3(1+

1
1
3a2 + 4a − 2
)≥ 0 ⇔


0

≥0
3a2 + 4a + 1
3a2 + 4a + 1 3
3a2 + 4a + 1
1



−2 − 10  
1   −2 + 10
⇔ a∈  −∞;
∪  −1; − ÷∪ 
; +∞ ÷.


÷
3
3  
3

 

2. Gọi M(m; −3m + 2) ∈ d
Phương trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại A(x0;y0) :
y = (3x02 − 3)(x − x0) + x03 − 3x0 + 2
Tiếp tuyến đi qua M ⇔ −3m + 2 = (3x02 − 3)(m − x0) + x03 − 3x0 + 2
⇔ x02(2x0 − 3m) = 0 .Yêu cầu bài toán ⇔ m = 0 . Vậy M(0;2) .
Bài toán 06: TIẾP TUYẾN ĐỒ THỊ VÀ MỐI LIÊN HỆ TÍNH CHẤT TAM
GIÁC
Bài 1:

130


1. Hai đường tiệm cận đứng và ngang của (C) có phương trình lần lượt là x
= 2, y = 2 ,suy ra giao điểm của chúng là I(2;2).
uur
Tịnh tiến OI . Hệ trục Oxy ⇒ Hệ trục IXY.
x = X + xI = X + 2
Công thức chuyển hệ tọa độ : 
 y = Y + yI = Y + 2
Đối với hệ trục IXY .
Hai đường tiệm cận đứng và ngang của (C) có phương trình lần lượt là X =
0 , Y = 0.
2(X + 2) + m
4+ m
⇒ Y = F(X) =
(C) có phương trình là Y + 2 =
.
X + 2− 2
X
Gọi X0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến (d) với (C) thì phương trình (d)

m+ 4
m+ 4
m+ 4
2m + 8
Y =−
(X − X 0) +
=−
X+
.
X0
X0
X2
X2
0

0

 2m + 8 
Gọi A là giao điểm của (C) với đường tiệm cận đứng của nó thì A  0;
÷
X0 ÷


Gọi B là giao điểm của (C) với đường tiệm cận ngang của nó thì B( 2X0 ; 0)
Diện tích tam giác vuông IAB do (d) tạo với hai đường tiệm cận là
S=

1
1
1 2m + 8
IA.IB = YA X B =
2X0 = 2m + 8 .
2
2
2 X0

 2m + 8 = 2
 m = −3
S = 2 ⇔ 2m + 8 = 2 ⇔ 
⇔
.
 2m + 8 = −2  m = −5
2. Ta có M(0;1− m) là giao điểm của (C m ) với trục tung
y' = 3x2 − m ⇒ y'(0) = −m
Phương trình tiếp tuyến với (C m ) tại điểm m là y = −mx + 1− m
Gọi A , B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến này với trục hoanh và trục
 1− m 
;0÷ và B(0;1− m)
tung, ta có tọa độ A 
 m

Nếu m = 0 thì tiếp tuyến song song với Ox nên loại khả năng này
Nếu m ≠ 0 ta có
2
m = 9 ± 4 5
1 − m)
(
1
1 1− m
SOAB = 8 ⇔ OA.OB = 8 ⇔
1− m = 8 ⇔
= 16 ⇔ 
2
2 m
m
 m = −7 ± 4 3

Bài 2:
1. Gọi
y=

M(x0;y0) ∈ (C) .
−3

(2x0 − 1)2

Phương

trình

tiếp

tuyến

tại

M

:

(x − x0) + y0

131


Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành và trục tung
⇒yB =

2x02 + 4x0 − 1
(2x0 − 1)2

.

Từ đó trọng tâm G của ∆OAB có: yG =
Vì G ∈d nên
Mặt khác:

2x02 + 4x0 − 1
3(2x0 − 1)2

2x02 + 4x0 − 1
3(2x0 − 1)2

.

= 2m − 1

2x02 + 4x0 − 1 6x02 − (2x0 − 1)2
6x02
=
=
− 1 ≥ −1
(2x0 − 1)2
(2x0 − 1)2
(2x0 − 1)2

Do đó để tồn tại ít nhất một điểm M thoả bài toán thì 2m − 1 ≥ −

1
1
⇔ m≥ .
3
3

1
.
3
2. (C) có tiệm cận đứng x = m , tiệm cận ngang y = 2m .
Vậy GTNN của m là


2mx0 + 3
Giao điểm 2 tiệm cận là I(m;2m) và M  x0;
÷∈ (C) .
x0 − m 

Phương trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại M: y =

2m2 + 3

(x − x0) +

(x0 − m)2

2mx0 + 3
x0 − m

.


2mx0 + 2m2 + 6 
÷ , cắt TCN tại B(2x0 − m;2m) .
∆ cắt TCĐ tại A  m;

÷
x0 − m


Ta có: IA =

4m2 + 6
1
; IB = 2 x0 − m ⇒SIA B = IA.IB = 4m2 + 6 = 22 ⇔m = ±4 .
x0 + m
2

3. Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C ) ⇒ y0 =

2x0 − 3
x0 − 2

và y'0 = −

1

( x0 − 2) 2

Phương trình tiếp tuyến ( d ) của ( C ) tại M : y =

( d)

−1

( x0 − 2)

2

( x − x0 ) +

2x0 − 3
x0 − 2

 2x0 − 2 
cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt A  2;
÷
÷, B( 2x0 − 2;2)
 x0 − 2 

.
Dễ thấy M là trung điểm AB và I ( 2;2) là giao điểm hai đường tiệm cận.
Tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện
2



 
1
2  2x0 − 3
2
 ≥ 2π

 = π ( x − 2) 2 +
− 2÷
tích S = πIM = π ( x0 − 2) + 
0
÷ 
2


x

2
 0
 
( x0 − 2) 



132


Dấu đẳng thức xảy ra khi ( x0 − 2) =

1

2

( x0 − 2)

Vậy M ( 1;1) M ( 3;3) thỏa mãn bài toán.

2

 x = 1⇒ y0 = 1
⇔ 0
 x0 = 3 ⇒ y0 = 3

Bài toán có thể mở rộng : Tìm những điểm trên ( C ) có hoành độ x > 2
sao cho tiếp tuyến tại đó tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu
vi nhỏ nhất.
 2x0 − 2 
HD: theo trên ta có : A  2;
÷
÷,B( 2x0 − 2;2) ⇒ IA ,IB .Chu vi tam giác AIB
 x0 − 2 
là P = IA + IB + AB = IA + IB + IA 2 + IB2 ≥ 2 IA.IB + 2.IA.IB
Đẳng thức xảy ra khi IA = IB
Nếu trường hợp tam giác AIB không vuông thì P = IA + IB + AB , để tính AB
2
2
2
·
ta cần đến định lý hàm số cosin AB = IA + IB − 2IA.IBcos IA ,IB .

(

P = IA + IB + AB2 ≥ 2 IA.IB + IA 2 + IB2 − 2IA.IBcos ·IA ,IB

)

(

(

)

)

P ≥ 2 IA.IB + 2IA.IB − 2IA.IBcos ·IA ,IB . Đẳng thức xảy ra khi IA = IB .
Bài 3:
2x0
2
1. Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C ) ⇒ y0 = x + 1 ⇒ y'0 =
0
( x0 + 1) 2
Phương trình tiếp tuyến ( t) của ( C ) tại M là : y0 =

2

( x0 + 1) 2

x+

2x02

( x0 + 1) 2

(

.

)

2
Tiếp tuyến ( t) cắt hai trục tọa độ Ox,Oy tại hai điểm phân biệt A −x0 ;0 ,



2x02 ÷
1
B 0;
sao cho diện tích tam giác AOB có diện tích bằng
khi đó
÷
4
 ( x + 1) 2 ÷
0


2

2x0
1
1
1
1
2
.OA.OB = ⇔ OA.OB = ⇔ x02.
= ⇔ 4x02 − ( x0 + 1) = 0
2
2
4
2
( x + 1) 2
0


 2x2 + x + 1 = 0  x0 = − 1 ⇒ M  − 1 ; −2÷
0
0
2

⇔
 2
.
 2x02 − x0 − 1 = 0 
x
=
1

M
1;1
( )
 0
Bài 4:


 2

x02
x0
x02
2

÷

÷ , G ∈ d ⇒ x = −1, x = 3
;
1. A x0 ;0 , B 0;
, G
0
0



 3
÷
÷
x

1
3
x

1
(
)
(
)
0
0





(

)

133


2. Phương trình tiếp tuyến ( d ) của ( C ) tại điểm ( x0;y0 ) có dạng:
2
2
y = ( x0 + 1) x − x03 − x02 + 1 .
3

(

) ÷ với

2
 2
2x0 + 3x0 2 x0 + 3x0 + 3

( d) và ( t) thì G  3 x + 2 ; 3 x + 2
)
( 0 )
 ( 0


Gọi G là giao điểm của

÷
÷


x0 ≠ −2, x0 = 0 . G là trọng tâm của tam giác ABC , ta tìm được x0 = −
x0 = 3 . Từ đây ta có 2 tiếp tuyến y = 16x − 26 , y =

9
hoặc
5

16
206
x+
25
25

 

  2x2 + 4x + 2  
2x2 + 8x0 + 6 ÷

0
0
;0÷ , ( d ) ∩ Oy =  B 0; 0
3a. ( d ) ∩ Ox = A 
2 ÷
÷
2x0 + 3
÷
 
 
2x
+
3
(
)

0


Tam giác OAB cân tại O ⇔ OA = OB ⇒ x0 = −2 hoặc x0 = 0
 2x3 − x2 − 1 
1
32
0
0
;0÷, B 0; −2x03 + x02 + 1 , x0 = − ⇒ d : y = x +
3b. A 
hoặc x0 = 1
 3x2 − 2x
÷
3
27
0
0


( không thỏa A ≡ B ≡ O )
−4
Bài 5: Ta có: y' =
.
(x − 1)2
Tiệm cận đứng: x = 1; tiệm cận ngang: y = 2 ; tâm đối xứng I(1;2)
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của (C):

(

∆ :y =

−4
2

(x0 − 1)

(x − x0) +

2x0 + 2
x0 − 1

)

.

1. Vì tiếp tuyến song với đường thẳng d : y = −4x + 1 nên ta có:
−4
y'(x0) = −4 ⇔
= −4 ⇔ x0 = 0,x0 = 2 .
(x0 − 1)2
* x0 = 0 ⇒ y0 = 2 ⇒ ∆ : y = −4x + 2
* x0 = 2 ⇒ y0 = 6 ⇒ ∆ : y = −4x + 14 .
2. Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân nên hệ số
−4
= ±1 ⇔ x0 = −1,x0 = 3
góc của tiếp tuyến bằng ±1. Khi đó
(x0 − 1)2
* x0 = −1⇒ y0 = 0 ⇒ ∆ : y = −x − 1
* x0 = 3 ⇒ y0 = 4 ⇒ ∆ : y = − x + 7
3. Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại

134


x = 1
 2x + 6 

2x0 + 2 ⇒ A  1; 0
−4
A :
÷
 x −1 ÷
0
 y = (x − 1)2 (1− x0) + x − 1


0
0

Tiếp tuyến cắt tiệm ngang tại
y = 2

2x0 + 2 ⇒ B(2x0 − 1;2)
−4
B: 
2 = (x − 1)2 (x − x0) + x − 1
0
0

8
; IB = 2 x0 − 1 ⇒ IA.IB = 16
Suy ra: IA =
x0 − 1
Chu vi tam giác IAB: P = IA + IB + AB = IA + IB + IA 2 + IB2
Mà IA + IB ≥ 2 IA.IB = 8; IA 2 + IB2 ≥ 2IA.IB = 32
Nên P ≥ 8 + 32 = 8 + 4 2
Đẳng thức xảy ra ⇔ IA = IB ⇔ (x0 − 1)2 = 4 ⇔ x0 = 3,x0 = −1
4. Tâm đối xứng I(1;2) , I ∈ ∆ ⇔ 2 =

−4
2

(x0 − 1)

(1− x0) +

2x0 + 2
x0 − 1

x +1
2
+ 0
⇔ x0 − 1 = x0 + 3 vô nghiệm.
x0 − 1 x0 − 1
Vậy,không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I.
4
Bài 6 Ta có: y' =
(x + 2)2
Gọi M(x0;y0) ∈ (C) . Tiếp tuyến ∆ của (C) tại M có phương trình
⇔ 1=

y=

4
(x0 + 2)2

(x − x0) +

2x0

x0 + 2

=

4
(x0 + 2)2

x+

2x02

(x0 + 2)2
1. Tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng y = 4x + 3 khi và chỉ khi

4
=4

2
 (x0 + 2)
⇔ x0 = −1;x0 = −3.

2
 2x0 ≠ 3
 (x + 2)2
 0
2. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến ∆ với Ox, Oy
y = 0



1 2
1 2
2x02
Suy ra A : 
4
x = − x0 ⇒ A(− x0 ;0)
x+
= 0⇔ 
2
2

2
(x0 + 2)2
y = 0
 (x0 + 2)


135


x = 0


2x02 
2

÷
B: 

B
0;
2x0
 (x + 2)2 ÷
y =
0


(x0 + 2)2

Vì A ,B ≠ O ⇒ x0 ≠ 0 .
Tam giác AOB vuông tại O nên S∆A OB =
Suy ra S∆A OB =

4
1
1 x0
OA.OB =
2
2 (x + 2)2
0

x04
1

= 9 ⇔ 9x04 = (x0 + 2)2
2
18
(x0 + 2)

 3x2 + x + 2 = 0 (vn)  x0 = 1
0
⇔ 0
⇔
2
x = − 2 .
 3x0 − x0 − 2 = 0
 0
3
2
4
4
2
, y'(x0) = . Phương trình ∆ : y = x +
3
9
9
9
2
9
* x0 = − ⇒ y0 = −1, y'(x0) =
3
4
9
2
9
1
Phương trình ∆ : y = (x + ) − 1 = x + .
4
3
4
2
3. Ta có tâm đối xứng I(−2;2)
* x0 = 1⇒ y0 =

Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến ∆ :
8 x0 + 2

d=

Do

=8

(x0 + 2)4 + 16
t
2

t + 16



t
2

2 16t

=

t
2

t + 16

4
(x0 + 2)2

x− y +

2x02
(x0 + 2)2

= 0:

, với t = (x0 + 2)2 ≥ 0

1
⇒d≤2
16

Đẳng thức xảy ra khi t2 = 16 ⇔ t = 4 ⇔ (x0 + 2)2 = 4 ⇔ x0 = 0,x0 = −4 .
Bài 7: Giả sử (C) cắt Ox tại M(m;0) và N(n;0) cắt Oy tại A(0;c)
Tiếp tuyến tại M có phương trình: y = (3m2 + 2am + b)(x − m) .
Tiếp tuyến đi qua A nên ta có: 3m3 + 2am2 + bm + c = 0
a
⇔ 2m3 + am2 = 0 ⇔ m = −
(do m3 + am2 + bm + c = 0 )
2
Mà (C) cắt Ox tại hai điểm nên (C) tiếp xúc với Ox.
Nếu M là tiếp điểm thì suy ra Ox đi qua A vô lí nên ta có (C) tiếp xúc
với Ox tại N. Do đó: y = x3 + ax2 + bx + c = (x − n)2(x − m)

136



a
a
m = − 2 ,n = − 4
m + 2n = −a

 3
2
Suy ra 2mn + n = b ⇔ a = 32c
(1).

 2
2
5a = 16b
mn = −c

Mặt khác S∆A MN = 1 ⇔ −c n − m = 2 ⇔ −c a = 8
a3 = 32c

• a > 0 ta có: ac = −8 vô nghiệm.
 2
5a = 16b
a3 = 32c

• a < 0 ta có: ac = 8
⇔ a = −4,b = 5,c = −2
 2
5a = 16b
Bài 8: Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm. Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M
y=

−1
2

(x0 − 1)

(x − x0) +

2x0 − 1
x0 − 1

.
1
nên suy ra
4

1. Hệ số góc của tiếp tuyến bằng −


1
2

(x0 − 1)

=−

1
⇔ x0 = 3,x0 = −1 .
4

2. Tiếp tuyến ∆ cắt tiệm cận đứng tại A(1;

2x0

), cắt đường tiệm cận
x0 − 1

ngang tại B(2x0 − 1;2) . Tâm đối xứng I(1;2) . Suy ra
IA =

2
,IB = 2 x0 − 1 ⇒ IA.IB = 4
x0 − 1

Chu vi tam giác IAB : p = AB + IA + IB = IA 2 + IB2 + IA + IB
Mặt khác: IA 2 + IB2 ≥ 2IA.IB = 8; IA + IB ≥ 2 IA.IB = 4
Nên p ≥ 2 2 + 4 . Đẳng thức xảy ra ⇔ IA = IB ⇔ (x0 − 1)2 = 4 ⇔ x0 = 3,x0 = −1.
1
13
1
5
Từ đó ta tìm được tiếp tuyến là: y = − x +
và y = − x + .
4
4
4
4
3. Gọi H là hình chiếu của I lên ∆ . Ta có d(I, ∆) = IH
Trong tam giác vuông IAB ta có:

1
2

=

1
2

+

1
2



2
1
=
IA.IB 2

IH
IA
IB
Suy ra IH ≤ 2 . Đẳng thức xảy ra ⇔ IA = IB .
1
13
1
5
Từ đó ta tìm được tiếp tuyến là: y = − x +
và y = − x + .
4
4
4
4

137


u
r 
1
−1  uur
÷ , IM = (x0 − 1;
).
4. Đường thẳng ∆ có VTCP u =  1;
 (x − 1)2 ÷
x0 − 1
0


1
IM ⊥ ∆ ⇔ x0 − 1−
= 0 ⇔ x0 = 0,x0 = 2 .
(x0 − 1)3
Bài 9.
1. Phương trình tiếp tuyến (d) có dạng :
y = 4x03(x − x0) + x04 − 1 = 4x03x − 3x04 − 1 trong đó x0 là hoành độ tiếp điểm
của (d) với (C).
 3x4 + 1 
0
;0÷
A là giao điểm của (d) với trục Ox ⇒ A 
 4x3
÷
0


B là giao điểm của (C) với trục Oy ⇒ B(0; −3x04 − 1) .
Diện tích của tam giác vuông OAB:
S=

4
2
4
2
1
1
1 (3x0 + 1)
1 (3x0 + 1)
OA.OB = xA yB =
=
2
2
2
8 x 3
4x3
0

Xét trường hợp x0 > 0 ,khi đó
Xét hàm số f(x0) =
f '(x0) =

(3x04 + 1)2
x03

S =

0

4
2
1 (3x0 + 1)
.
8
x03

.

, x0 ∈ (0; +∞).

2(3x04 + 1)12x03.x03 − (3x04 + 1)2.3x02
x60

=

3(3x04 + 1)(5x04 − 1)
x04

.

1
1
⇔ x0 =
(do x0 > 0)
4
5
5
64
1
Từ bảng biến thiên suy ra minf(x0) = 4 đạt được khi và chỉ khi x0 = 4
5 5
5
8
1
Suy ra minS = 4 ⇔ x0 = 4 .
5 5
5
4
8
x− .
Khi đó phương trình của (d) là y = 4
5
125
Vì trục Oy là trục đối xứng của (C) nên trong trường hợp x 0 < 0, phương
4
8
x− .
trình của (d) là y = − 4
5
125
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành là
f'(x0) = 0 ⇔ x04 =

x4 − 3( m + 1) .x2 + 3m + 2 = 0 (1)

Đặt t = x2 ,t ≥ 0 . Phương trình (1) trở thành : t2 − 3( m + 1) .t + 3m + 2 = 0 (2)

138


(Cm) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 4 nghiệm
phân biệt ⇔ Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt .
Vì (2) luôn có hai nghiệm là t = 1, t = 3m + 2 với mọi m và vì m > 0 (giả thiết)
nên ta có 1 < 3m + 2 ,suy ra với mọi tham số m > 0 , (Cm) cắt Ox tại 4 diểm
phân biệt và nếu gọi A là giao điểm có hoành độ lớn nhất thì hoành độ A là
xA = 3m + 2 .
Gọi f(x) = x4 − 3( m + 1) .x2 + 3m + 2 , phương trình tiếp tuyến d của (Cm) tại A là
3
y = f '(xA )(x − xA ) + f(xA ) = [4xA
− 6(m + 1)xA ](x − xA ) ( vì f(xA ) = 0 )

= [4(3m + 2) 3m + 2 − 6(m + 1) 3m + 2](x − 3m + 2)

(

)

= ( 6m + 2) 3m + 2 x − 3m + 2)

(

)

Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến d với trục Oy thì B 0 ;( 6m + 2) ( 3m + 2) .
Tam giác mà tiếp tuyến d tạo với hai trục toạ độ là tam giác vuông OAB
( vuông tạiO) ,theo giả thiết ta có : SOAB = 24 ⇔ OA.OB = 48 ⇔ xA yB = 48
⇔ 3m + 2(6m + 2)(3m + 2) = 48 (3).
Gọi f ( m) = 3m + 2(6m + 2)(3m + 2) = 3m + 2(18m2 + 22m + 4)
f '(m) =

3
2 3m + 2

(18m2 + 22m + 4) + (36m + 22) 3m + 2 > 0 với mọi m >0.

 2
Suy ra hàm số f(m) đồng biến trên (0;+ ∞) và vì f  ÷ = 24 , do đó phương
 3
2
trình (3) chỉ có một nghiệm là m = trên (0;+ ∞)
3
Bài 10:
1. Gọi M ( x0;y0 ) là tọa độ tiếp điểm và d là tiếp tuyến của ( C ) có phương
trình : y = −

1

( x0 − 1)

2

1
.
0 −1

( x − x0 ) + 1+ x


2 
Giả sử d cắt 2 tiệm cận của ( C ) tại A  1;1+
÷ , B( 2x0 − 1;1)
x0 − 1÷


Chu vi tam giác IAB là C = IA + IB + AB ≥ 2AB ≥ 4 + 2 2 , đẳng thức xảy ra khi
x0 − 1 = 1 tức x0 = 0 hoặc x0 = 2 .

2. Gọi M ( x0;y0 ) là tọa độ tiếp điểm và d là tiếp tuyến của ( C ) có phương
trình : y =

3

( x0 + 1)

( x − x0 ) +
2

2x0 − 1

x0 + 1 .


2x0 − 4 
Giả sử d cắt 2 tiệm cận của ( C ) tại A  −1;
÷ , B( 2x0 + 1;2)
x0 + 1 ÷



139


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×