chuyên đề tiếp tuyến rất hay

chuyên đề tiếp tuyến rất hay

Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 ……………………………………………………………………………………………………… Bài 1 : Chuyên Đề Tiếp Tuyến Ví dụ 1: Cho hàm số 3 2 3 2 5 ( ) y x x x C     . viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 Bài giải : Với x = 1 y   - 4 (1, 5) M   ( ) C  ' 2 ' 3 6 2 (1) 1 y x x y       ; vậy tiếp tuyến tại M có dạng : 1( 1) 5 4 y x y x         Ví dụ 2 : (Dự bị D2006) cho hàm số 3 ( ) 1 x y C x    . cho m 0 0 ( , ) ( ) M x y C  . tiếp tuyến tại M cắt các tiện cận của đồ thị hàm số (C) tại hai điểm A, B . chứng minh rằng M là trung điểm AB . bài giải: 0 0 0 0 3 ( , ) ( ) 1 o x M x y C y x      , ' 2 2 0 4 4 ( 1) ( 1) y k x x        , tiếp tuyến tại M có dạng (d) : 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 0 3 5 3 4 4 4 ( ) ( ) ( 1) ( 1) 1 ( 1) ( 1) x x x y x x y y x x y x x x x x x                      Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến (d) và tiệm cận đứng x = 1 . suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 2 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 1 5 3 4 7 (1, ) ( 1) ( 1) 7 1 1 1 x x x y x x A x x x y x x x                           Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1 , suy ra tọa độ của B là nghiệm của hệ : 2 0 0 0 2 2 0 0 0 5 3 4 2 1 (2 1,1) ( 1) ( 1) 1 1 x x y x x x B x x x y y                       Nhận xét : 0 0 0 0 0 0 1 2 1 2 2 7 à trung diem AB 1 1 3 2 2 1 A B M A B M x x x x x x M l x xy y y x                       (đpcm) Ví dụ 3 : (D2005) Cho hàm số 3 2 1 1 ( ) 3 2 3 m m y x x C    . cho M ( ) m C  , biết rằng 1 M x   , tìm m để tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng 5x - y = 0 Bài giải : ' 2 y x mx    hệ số góc tiếp tuyến tại M ' ( 1) 1 k y m     , để tiếp tuyến song song với đường thẳng 5x – y = 0 1 5 4 k m m       http://chuyentoan.wordpress.com Nha Trang 8/2009 Dạng 1 : Viết Phương Trình Tiếp tuyến tại điểm 0 0 M( , ) ( ): ( ) x y C y f x   Cách giải : * tính ' ' ( ) y f x  ; tính ' 0 ( ) k f x  ( hệ số góc của tiếp tuyến ) * tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 ( ) y k x x y    Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Ví dụ 4 : (ĐH Thương Mại 2000) 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 0 x Bài giải : Vi điểm 0 0 ( , ) A x y  (C) 3 0 0 0 3 1 y x x     , ' 2 ' 2 0 0 3 3 ( ) 3 3 y x y x x      Tiếp tuyến của đồ thị hàm có dạng : ' 2 3 2 3 0 0 0 0 0 0 0 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 0 0 0 0 0 3 1 (3 3)( ) 2 1 3 2 0 ( ) ( 2 ) 0 ( ) 0 ( 0) 2 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                               Vậy điểm B có hoành độ 0 2 B x x   Khi sử lý các bài toán dạng này thông thường hệ số góc k cho ở dạng gián tiếp thông thường bài toán cho tiếp tuyến song với đường thẳng : 1 y k x m    hệ số góc của tiếp tuyến 1 k k  . Nếu bài toán cho tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng : 2 y k x m    hệ số góc của tiếp tuyến 2 2 1 ( . 1) k do k k k     . Nếu bài toán cho tiếp tuyến tạo với đường thẳng (d) : ' y k x m   một góc là  , các em có thể dùng công thức sau để tìm k : ' ' tan 1 k k kk     ( tuy nhiên các em phải chứng minh khi sử dụng , xem cuốn: giúp trí nhớ Toán học , Nguyễn Dương 2008) Một số ví Dụ Điển Hình Ví Dụ 1 : (ĐH Ngoại Ngữ 2001) 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    http://chuyentoan.wordpress.com Nha Trang 8/2009 Dạng 2 : Viết tiếp tuyến của đồ thi hàm số ( ) y f x  (C) khi biết trước hệ số góc của nó Nếu hệ số góc của tiếp tuyến là k ta có thể lập tiếp tuyến bằng 2 cách sau Cách 1 : Tiếp tuyến (d) có dạng y kx m   ( k đã biết ) (d) tiếp xúc (C ) ' ( ) (1) ( ) (2) f x kx m f x k        có nghiệm Từ phương trình 2 ta giải ra được 0 x x  ( hoành độ tiếp điểm ) thế vào (1) ta tìm được k  tiếp tuyến Cách 2 : 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 một ta dễ dàng lập được tiếp tuyến của đồ thi : 0 0 ( ) y k x x y    Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Bài giải : Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d)  tiếp tuyến có dạng : 3 y x m   Điều kiện tiếp xúc : 3 2 1 2 3 (1) 3 3 1 3 (2) x x x m x            có nghiệm 3 3 2 1 2 4 1 2 14 4 3 3 2, 3 3 3 2 2, 6 4 2 x x m x x m x m x x m x x                                      Với 14 3 m   tiếp tuyến có dạng 14 3 3 y x   Với m = 6 tiếp tuyến có dạnh y = 3x +6 Ví dụ 2 : (ĐH cảnh sát 1998) Cho hàm số 2 3 3 2 x x y x     ; viết phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng : y = -3x +2 Bài giải : Tiếp tuyến song song với đường thẳng y = -3x + 2  tiếp tuyến có dạng y = -3x + m Điều kiện tiếp xúc 2 2 2 3 3 3 (1) 2 4 3 3 (2) ( 2) x x x m x x x x                   có nghiệm 2 x   (2) 2 3 2 4 16 15 0 5 2 x x x x                Với 3 3 2 x m      tiếp tuyến có dạng : 3 3 y x    Với 5 11 2 x m      tiếp tuyến có dạng : 3 11 y x    Ví dụ 3 : Cho hàm số 3 3 4 y x   viết phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếp tuyến tạo với đường thẳng (d) : 3 6 0 y x    một góc 0 30 Hướng dẫn giải: (d) 1 2 3 3 y x   có hệ số góc 1 1 3 k  ; tiếp tuyến có hệ số góc 2 k Áp dụng công thức (*) : 0 1 2 1 2 tan30 1 k k k k    dễ dàng tính được 2 k Sau đó áp dụng dạng 2 lập tiếp tuyến khi biết trước hệ số góc ta tìm được 3 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu của bài toán đó là : 1 2 2 11 3 11 3 ( ): 4 ; ( ): 3 ; ( ): 3 3 3 d y d y x d y x        Ví dụ 4 : (ĐH Ngoại Thương 1998) Cho hàm số 3 2 3 9 5 ( ) y x x x C     . trong tất cả các tiếp tuyến của (C ) tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất http://chuyentoan.wordpress.com Nha Trang 8/2009 Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Bài giải : TXĐ: D R  Ta có : , 2 3 6 9 y x x    ; gọi 0 0 ( , ) ( ) M x y C   hệ số góc tiếp tuyến của (C ) tại M : 2 0 0 0 ' ' 0 0 0 0 ( ) 3 6 9 ( ) 6 6 ; ( ) 0 1 k f x x x f x x f x x           ( 1) f    -12 Bảng biến thiên : x 0  -1  f’(x 0 ) - 0 + f(x) -12 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 0 0 0 min ( ) 12 1 , 16 f x x y       Vậy tại điểm có ( 1,16) M  thì tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất ( chính là điểm uốn của đồ thị ) Cach khác : Ta có : 2 2 0 0 0 0 ( ) 3 6 9 3( 1) 12 12 min 12, k f x x x x k             đạt được khi 0 0 1 12 x y      Vậy tại điểm có ( 1,16) M  thì tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất ( chính là điểm uốn của đồ thị) Một số ví Dụ Điển Hình Ví dụ 1 : (ĐH Ngoại Thương 1999) Cho hàm số 2 2 x y x    ; viết phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm ( 6,5) A  Bài giải : Tiếp tuyến đi qua ( 6,5) A  có dạng : ( 6) 5 y k x    Điều kiện tiếp xúc : 2 2 ( 6) 5 (1) 2 4 (2) ( 2) x k x x k x               có nghiệm 2 x  Thế (2) vào (1) ta được : 2 2 0 2 4 ( 6) 5 6 0 6 2 ( 2) x x x x x x x x                 Với x = 0 1 k    tiếp tuyến có dạng : 1 y x    http://chuyentoan.wordpress.com Nha Trang 8/2009  +  Dạng 3: viết phương trình tiếp tuyến biết nó đi qua một điểm cho trước Bài toán : cho hàm số : ( ) y f x  và điểm 0 0 ( , ) A x y viết phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm A Cách giải : bước 1 : tiếp tuyến đi qua 0 0 ( , ) A x y có dạng : 0 0 ( ) y k x x y    bước 2: điều kiện tiếp xúc 0 0 ' ( ) ( ) (1) ó ( ) (2) f x k x x y c f x k        nghiệm bước 3: giải hệ này ta tìm được k  phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Với x = 6 1 4 k    tiếp tuyến có dạng : 1 7 4 2 y x    Như vậy ta kẻ được hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán Ví dụ 2 : (ĐH Ngoại Ngữ Hà Nội 1998) Cho hàm số : 3 2 1 2 3 3 y x x x    viết phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếp tuyến đi qua 4 4 ( , ) 9 3 A Bài giải : Tiếp tuyến đi qua A có dạng : 4 4 ( ) 9 3 y k x    Điều kiện tiếp xúc : 3 2 2 1 4 4 2 3 ( ) (1) ó 3 9 3 4 3 (2) x x x k x c x x k              nghiệm Thay (2) vào (1) ta được : 3 2 2 3 2 0 1 4 4 8 2 3 ( 4 3)( ) 3 11 8 0 3 9 3 3 1 x x x x x x x x x x x x                      Với x = 0 3 k   tiếp tuyến có dạng : 3 y x  Với x = 8 5 3 9 k    tiếp tuyến là : 5 128 9 81 y x   Với x = 1 0 k   tiếp tuyến có dạng : y = 4 3 Vậy từ A vẽ được ba tiếp tuyến tới đồ thị hàm số Ví dụ 3 : (dự bị B 2005) Cho hàm số : 2 2 2 ( ) 1 x x y C x     , chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C ) đi qua giao điêm I của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (C ) Bài giải: 2 2 2 1 1 1 1 x x y x x x         tiệm cận đứng x = -1 ; tiệm cận xiên y = x +1 . gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận trên ( 1,0) I   Đường thẳng (d) qua I có dạng : ( 1) y k x   (d) là tiếp tuyến của (C ) 2 2 2 2 2 ( 1) (1) 1 2 (2) ( 1) x x k x x x x k x                 có nghiệm 1 x   Thay (2) vào (1) ta được : 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 0 1 ( 1) x x x x x x x          (vô nghiệm ) vậy từ I không kẻ được tiếp tuyến nào tới đồ thị hàm số (đpcm) http://chuyentoan.wordpress.com Nha Trang 8/2009 Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Một số ví dụ điển hình : Ví dụ 1 : (D2007) 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 Bài giải : 0 0 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 0 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 '( )( ) ( ) ( ) ( 1) 1 ( 1) ( 1) x x y y x x x y y x x y x d x x x x               Gọi ( ) ox A d    tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 2 0 2 2 02 2 0 0 0 2 2 ( ,0) ( 1) ( 1) 0 0 x y x x x A x x x y y                    Gọi ( ) oy B d    tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 2 0 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 2 2 0 2 2 (0, ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 0 x y x x x x B x x y x x x                    Tam giác OAB vuông tại O ; OA = 2 2 0 0 x 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 = 2 2 4 0 0 0 0 0 0 4 2 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1 2 1 0 2 21 1 . 4 ( 1) 2 2 ( 1) 4 2 1 2 1 1( ) 1 1 x x x x x y x x 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  Vi Dụ 2 : (A2009) Cho hàm số 2 (1) 2 3 x y x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ . http://chuyentoan.wordpress.com Nha Trang 8/2009 Dạng 4 : Một Số Bài Toán Nâng Cao Về Tiếp Tuyến Luyện Thi Đại H ọc Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Ví dụ 3 : (dự bị D 2007) Cho hàm số 1 x y x   (C ) ; viết phương trình tiếp tuyến (d) của (C ) ; sao cho (d) cắt hai đường tiệm cận của (C) tạo thành một tam giác cân Ví dụ 4: (dự bị B2007) Cho hàm số 1 ( ) 2 m m y x C x      tìm m để hàm số có cực đại tại A và tiếp tuyến của ( ) m C tại A cắt trục oy tại B mà tam giác OAB vuông cân Ví dụ 5: (học viện BCVT 1998) Cho hàm số 3 12 12 ( ) y x x C    . tìm trên đường thẳng y = - 4 những điểm mà từ đó vẽ được 3 tiếp tuyến phân biệt tới đò thị ( C) Bài giải : Điểm M nằm trên đường thẳng y = -4 nên M( m , - 4) Tiếp tuyến qua M có dạng : ( ) 4 y k x m    Điều kiện tiếp xúc : 3 2 12 12 ( ) 4 (1) 3 12 (2) x x k x m x k             có nghiệm Thế (2) vào (1) ta được : 3 2 3 2 2 2 2 12 12 (3 12)( ) 4 12 16 (3 12)( ) ( 2)( 2 8) 3( 2)( 2)( ) ( 2) 2 (4 3 ) 8 6 0 2 ( ) 2 (4 3 ) 8 6 0 x x x x m x x x x m x x x x x x m x x m x m x g x x m x m                                           Để từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến tới đồ thị (C) thì g(x) = 0 phải có hai nghiệm phân biệt 2  2 2 4 (4 3 ) 8(8 6 ) 0 3 8 16 0 4 (2) 24 12 0 24 12 0 3 2 m m m m m m g m m m                                       Vậy M (m , -4) với 4 ( , 4) ( , ) & 2 3 m m        là điểm cần tìm Ví dụ 5 : ( học viện BCVT 199) Cho hàm số 3 2 3 2 ( ) y x x C     . Tìm cá điểm thuộc đồ thị (C) mà qua đó kẻ được một và chỉ một tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C ) Bài giải : 3 2 2 0 0 0 0 0 ( , ) ( ) 3 2 ; ' 3 6 M x y C y x x y x x          Tiếp tuyến qua M : 3 2 0 0 0 0 0 ( ) ( ) 3 2 y k x x y k x x x x         Điều kiện tiếp xúc : 3 2 3 2 0 0 0 2 3 2 ( ) 3 2 (1) 3 6 (2) x x k x x x x x x k                 ( có nghiệm ) Thế (2) vào (1) ta được : Nha Trang 8/2009 Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… 3 2 2 3 2 3 2 3 2 0 0 0 0 0 0 0 0 (2) 2 0 0 0 3 2 ( 3 6 )( ) 3 2 2 3( 1) 6 3 0 (1) ( )(2 3) 0 3 2 x x x x x x x x x x x xx x x x x x x x x x x                               Để từ M vẽ được 1 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số thì phương trình (2) phải có một nghiệm 0 0 0 0 3 1 0 2 x x x y        vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : M ( 1, 0) Lời bàn : ( vì tiếp tuyến có tọa độ tiếp điểm là M nên (1) luôn có nghiệm kép 0 x x  , dùng sơ đồ horney chia ra ta được phương trình (2) thôi ) Ví dụ 6 : Cho hàm số : 3 3 ( ) y x x C   . tìm trên đường thẳng : x = 2 những điểm mà từ đó có thể kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm (C ) Bài giải : Điểm M  đường thẳng x = 2 (2, ) M a  Tiếp tuyến qua M có dạng : ( 2) y k x a    Điều kiện tiếp xúc : 3 2 x 3 ( 2) (1) 3 3 (2) x k x a x k            có nghiệm Thay (2) vào (1) ta được phương trình : 3 2 3 2 3 2 3 (3 3)( 2) 2 6 6 6 0 2 6 6 x x x x a x x x a a x x                 (*) Xét hàm số : 3 2 ( ) 2 6 6 , f x x x    TXĐ : D = R ; 2 '( ) 6 12 f x x x    2 0 '( ) 0 6 12 0 2 x f x x x            Bảng biến thiên: x   0 2   y’ - 0 + 0 - y 2 -6 Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số thì phương trình (*) phải có 3 nghiệm phân biệt . dựa vào bảng biến thiên ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt 6 2 a     Kết luận : vậy điểm M (2, a ) với ( 6,2) a   là điểm nằm trên đường thẳng x = 2 có thể kẻ được 3 tiếp tuyến tới đồ thị hàm (C ) Ví dụ 7 : (ĐH Y dược TP HCM 1998 ) Cho hàm số 4 2 2 1 y x x     (C ) . tìm trên trục tung những điểm mà từ đó có thể kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C) Ví dụ 8 : (ĐH Sư Phạm TP HCM 2001 ) Cho hàm số 2 ( ) 2 x y C x    , cho điểm A ( 0 , a ) tìm a để từ A có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) đồng thời 2 tiếp điểm nằm về trục ox Nha Trang 8/2009   Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Bài giải : Phương trình tiếp tuyến qua A có dạng : y = kx + a Điều kiện tiếp xúc : 2 2 (1) 1 3 (2) ( 1) x kx a x k x              có nghiệm 1 x  Thay (2) vào (1) ta được : 2 2 2 3 ( ) ( 1) 2( 2) 2 ( 1) 1 ( 1) x x a g x a x a x a x x x               (*) Để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C ) thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 : 2 ( 2) ( 1)( 2) 3 6 0 1 1 0 2 (1) 3 0 a a a a a a a g                            (**) Giả sử hai tiếp điểm lần lượt là : 1 1 2 2 ( , ) ; ( , ) A x y B x y là tọa độ hai tiếp điểm thì 1 2 , x x là nghiệm của (*) Và 1 2 1 2 1 2 2 2 ; 1 1 x x y y x x       ; áp dụng định lý Vi-et ta được : 1 2 1 2 2( 2) 1 2 1 a x x a a x x a               Để A, B nằm về 2 phía trục ox thì y 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 2) ( 2) 2( ) 4 0 . 0 0 ( 1) ( 1) ( ) 1 x x x x x x y y x x x x x x                2 2( 2) 2. 4 2 1 1 0 3 2 0 2 2( 2) 3 2. 1 1 1 a a a a a a a a a a                     Dối chiếu với điêu kiện (**) thì ta tìm được : 2 ; 1 3 a a    Lời bàn : Nếu bài toán yêu cầu tìm a để từ a kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị , sao cho tiếp điểm nằm về 2 phía trục oy thì chỉ cần phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x sao cho 1 2 0 x x   Ví dụ 9 : Cho hàm số : 3 2 3 2 ( ) y x x C    . tìm trên đường thẳng : y = -2 những điểm mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị hàm số (C ) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau ? Hướng dẫn giải : Diểm M  đường thẳng : y = -2 ( , 2) M m   Sau đó các em lập phương trình tiếp tuyến qua M , sử dụng điều kiện tiếp xúc ta đưa ra được phương trình sau : 2 2 2 ( 2) 2 (3 1) 2 0 ( ) 2 (3 1) 2 0 x x x m x g x x m x                    Với x = 2 thì tiếp tuyến : y = 2 ; không tìm được tiếp tuyến nào của (C ) vuông góc với đường thẳng trên Vậy để từ M có thể kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau thì g(x) = 0 phải có hai nghiệm phân biệt 1 2 , 2 x x  và 1 2 1 k k   làm tương tự như ví dụ trên ta tìm được 55 55 ( , 2) 27 27 m M    Nha Trang 8/2009 Luyện thi ĐH chất lượng cao ths. Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… Ta đã biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại mọi điểm bất kì trên khoảng lồi luôn nằm phía trên đồ thị và tiếp tuyến tại mọi điểm trên khoảng lõm luôn nằm phía dưới đồ thị, còn tại điểm uốn của đồ thị thì tiếp tuyến xuyên qua nên ta có nhận xét sau Nhận xét: Nếu là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ( A không phải là điểm uốn) , khi đó tồn tại một khoảng I chứa điểm sao cho hoặc . Đẳng thức xảy ra khi Bây giờ ta vận dụng nhận xét này để chứng minh một số bất đẳng thức Bài toán 1: Cho và . Cmr : Lời giải: *Nhận xét: Ta thấy đẳng thức xảy ra khi và Bđt cần chứng minh có dạng : Trong đó với .Nên ta đánh giá f(x) và tiếp tuyến tại điểm có hoành độ Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là: Ta có: đpcm Chú ý: Nếu là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm thì ta luôn phân tích được Bài toán 2 :Cho và . Cmr : Lời giải : Ta thấy đẳng thức xảy ra khi và Bđt đã cho có dạng trong đó với Nha Trang 8/2009 Dạng 5 : Ý Nghĩa Hình Học của Tiếp Tuyến ( tham khảo thêm) [...]... chất lượng cao ths Ng Dương 093 252 8949 …………………………………………………………………………………………………………… (Trích đề thi Olympic 30-4 Lớp 11 năm 2006) Lời giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử Khi đó bđt đã cho trở thành: Hay với với 0