8 tiếp tuyến, tiếp xúc lý thuyết

CHUYÊN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ CHỦ ĐỀ 2: TIẾP TUYẾN – SỰ TIẾP XÚC LÍ THUYẾT  Viết phương trình tiếp tuyến điểm Cho hàm số  cong C  C  : y  f  x M  x0 ; y0  điểm thuộc đồ thị hàm số: M  x0 ; y0    C  Viết phương trình tiếp tuyến với đường điểm M f ' x  Bước 1: Tính đạo hàm  Bước 2: Phương trình tiếp tuyến điểm M là: f '  x0  y  f '  x   x  x0   y0 Tìm hệ số góc tiếp tuyến  Viết phương trình tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước    Bước 1: Gọi  Giả sử  Giải  Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: M  x0 ; y0   1 tìm tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k tiếp điểm Khi x0 thỏa mãn: f '  x0  k  1 x0 Suy y0  f  x0  y k  x  x0   y0  Điều kiện để hai hàm số tiếp xúc  Cho hai hàm số  C  : y  f  x  C ' : y g  x  Đồ thị  f  x   g  x   f  x   g  x  hệ phương trình:  có nghiệm Sưu tầm biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TỐN HỌC 4.0 Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0”  C   C  tiếp xúc CHUYÊN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Cho hàm số y x 1 C  C  có hồnh độ lớn , tiếp tuyến  C  x Điểm M thuộc  C  A , B Diện tích nhỏ tam giác OAB M cắt hai tiệm cận A  2 C B D  Lời giải Chọn A Tập xác định: D ¡ \  1 y  Ta có:  x  1 , x 1 Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y 1 đường tiệm cận đứng x 1 m 1 y m    y    M M  m ; yM    C   m  1  m  1 m m ; Giả sử 2 y  x  m  1   m  m  1 Phương trình tiếp tuyến  là:  x   m  1 y  m  2m  0 Gọi A giao điểm  đường tiệm cận ngang Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương  y 1  2  x 2m   y  x  m 1   m  A  2m  1;1  m  1 trình:  Gọi B giao điểm  đường tiệm cận đứng Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương  x 1 m 3  2  y 1   y  x  m  1  m m   B  1;1     m  m    m  1  trình:  16 2   AB    2m        m  1   m  1  m  1 m  Suy ra: d  O;     S OAB   m  1 4  m  2m    m  1 1  m  2m   d  O ;   AB  2   m  1 m   m  2m  m  m  2m  m (vì m  ) m    m  1 4 2 4  m   m m Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ 2 2  m  1  m Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số m  m  :    m  1  4  2 m y  x3  x2   C  A  a ; yA  B  b ; yB  2 VÍ DỤ 2: Cho hàm số Xét hai điểm phân biệt đồ thị  C mà tiếp tuyến A B song song Biết đường thẳng AB qua Phương trình đường thẳng AB A x  y  0 B x  y  0 C x  y  0 D x  y  0  m   m   m 1   m  Vậy diện tích nhỏ tam giác OAB  2  Lời giải Chọn D 3     A  a ; a3  a   B  b ; b3  b   2    với a b hai điểm phân biệt thuộc đồ thị Gọi   C mà tiếp tuyến A B song song với 3 f  a   f  b   a  3a  b  3b  a  b 2  a  b   a  b 2 2 Ta có  a b 3  I ;  a  b    a  b2     trung điểm đoạn AB Gọi    6ab   2ab   I  1;   2 4  hay I  1;1 Với a  b 2 ta có      AB  b  a ;  b3  a    b  a   u 2;  a  b  ab    a  b  2   Lại có phương với   u  2;   ab  n   ab ;  Hay Nên đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến    ab   x  1   y  1 0 Suy phương trình đường thẳng AB D  5;3   ab   0  4ab  12 0  ab  Do đường thẳng AB qua nên Thay ab  vào phương trình AB ta được: x  y  0 y  x3  x2   C  I  1;1 2 Cách – trắc nghiệm: Đồ thị hàm số có điểm uốn Sưu tầm biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TỐN HỌC 4.0 Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0”  CHUYÊN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ VÍ DỤ 3: Cho hàm số y x 2 x  có đồ thị  C  điểm A  0; a  Hỏi có tất giá trị nguyên  C  cho hai tiếp điểm a đoạn   2018;2018 để từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến đến nằm hai phía trục hồnh? A 2020 B 2018 C 2017 D 2019 D  5;3 I  1;1 Do đường thẳng AB qua có phương trình x  y  0 Lời giải Chọn D 3 y'  ( x  1) , x 1 Ta có: Phương trình đường tiếp tuyến điểm x0 : A  0; a  Tiếp tuyến điểm a là:  ( a  1) x0  2(a  2) x0  a  0 y 3  x0  1 x 3x0   x0    x0  1  x0  1 x0   y'  x0  x0  3 ( x  1)  1  1 có hai nghiệm phân biệt Để từ điểm A kẻ tiếp tuyến đến (C )    '    a     a  1  a     a   Theo định lí Vi-et ta có: 2( a  2)   x1  x2  a    x1 x2  a   a Để hai tiếp điểm nằm hai phía trục hồnh thì: y ( x1 ) y ( x2 )  ( x  2)( x2  2) x x  2( x1  x2 )  9a  2  0 0 0 a ( x1  1)( x2  1) x1 x2  ( x1  x2 )  3 VÍ DỤ 4: Cho parabol  P : y  x  px  q Biết qua A  2;1 kẻ tiếp tuyến đến  P  M  p; q  tập hợp tất điểm miền nghiệm bất phương trình ax  by  c 0 Biểu thức T 3a  2b  c nhận giá trị sau đây? A 10 B C 11 D  Mà a    2018;2018 ; a    a   0;2018 Lời giải Chọn C Ta có y 2 x  p Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ Gọi M  x0 ; x0  px0  q  tiếp điểm, tiếp tuyến với  P M có phương trình: y  x0  p   x  x0   x  px0  q  x  xx0  px  q  y 0 Tiếp tuyến qua Vì qua A  2;1 A  2;1  1 nên: x  x0  p  q  0 kẻ tiếp tuyến đến  P nên phương trình  1 ln có nghiệm  2 Do đó:  0  p  q  0 M  p; q   3 thuộc miền nghiệm bất phương trình ax  by  c 0 nên ap  bq  c 0  a 4m    b  m a b c    3 suy     m , điều kiện:  m   c  3m Từ 9 81  m     4   T  2m  9m Vậy T nhận giá trị 11 nên ta chọn đáp án C  VÍ DỤ 5: Cho hàm số 81  y  f  x   x  x  4m  m Có giá trị m để đồ thị hàm số g  x   f  f  x   tiếp xúc với Ox A B C D Lời giải Chọn D  x m  f  x  0   x  m   x  m   0  x 4  m Ta có  x  x  4m  m m  1  f  x  m   2 f  x  4  m g  x  0  f  f  x   0   x  x  4m  m 4  m    Suy Trường hợp 1: Nếu m 4  m  m 2  x 2  2 g  x  0   x  x   0    1 ;   suy  x 2  Hai nghiệm hai nghiệm Từ kép phương trình g  x  0 nên đồ thị hàm số y g  x  tiếp xúc với Ox  1 ;   khơng có nghiệm chung Trường hợp 2: Nếu m 4  m  m 2 Khi Để đồ thị hàm số y g  x   m  3m  0   m  5m  0 tiếp xúc với Ox   1 có nghiệm kép  VN   VN  Tức khơng có giá trị Sưu tầm biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TỐN HỌC 4.0 Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0”  2 có nghiệm kép m thỏa mãn trường hợp CHUYÊN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ VÍ DỤ 6: Cho hàm số đến đồ thị  C  Gọi y  f  x  x3  3x   C  Và A(a ;  2) Từ A kẻ hai tiếp tuyến S tập hợp giá trị a để tổng hệ số góc Tính tổng phần tử S A B Vây m 2 thỏa mãn yêu cầu toán C D Lời giải Chọn D Gọi  đường thẳng qua A(a ;  2) có hệ số góc k Đường thẳng  có phương trình: y k ( x  a )   C  nên hệ sau có nghiệm: Vì  tiếp tuyến đồ thị x  3x   3x  x   x  a     x   Suy  x 2   x   3a  1 x  0  *  x  3x  k  x  a     k 3 x  x  x 1  x   3x  x  a   a     * có nghiệm kép  9a  6a  15 0  a  Trường hợp : Phương trình a có hai tiếp tuyến đồ thị  C  x 1 x 2 có tổng hệ số góc hai tiếp Với tuyến đồ thị  C  3.22  6.2    3.12  6.1  ( không thỏa mãn) x 1 x 2 là:  C  x  x 2 có tổng hệ số góc hai Với a  có hai tiếp tuyến đồ thị   3.22  6.2     1  6.1 9  x  x  là: (thỏa mãn)  * có nghiệm a 2 phương trình  * có hai Trường hợp : Phương trình  C tiếp tuyến đồ thị nghiệm phân biệt x 2 Với a 2 x  C có hai tiếp tuyến đồ thị x x 2 có tổng hệ số góc hai tiếp   2 1 3.2  6.2          x   2  C  x 2 là:   2 tuyến đồ thị (khơng tm)  * có nghiệm khác Trường hợp : Phương trình Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ   a     a1 9a  6a  15    a 2  a 2 (**) Khi có ba tiếp tuyến đồ thị  C  * , x1 ; x2 x 2 với x1 ; x2 nghiệm phương trình  C  x1; x2 x 2 là: có tổng hệ số góc ba tiếp tuyến đồ thị 3x12  x1  x2  x2 9  3( x1  x2 )  6( x1  x2 )  x1 x2 9  3a    3a    3   6       32 a    3 6 9 a    27 a  54a  45 0 14 y  x4  x C C 3 VÍ DỤ 7: Cho hàm số có đồ thị   Có điểm A thuộc   cho tiếp tuyến  C C M  x1 ; y1  N  x2 ; y2  M N A cắt   hai điểm phân biệt , ( , khác A ) thỏa mãn y1  y2 8  x1  x2  ? A C B Kết hợp điều kiện (**) ta có a D 32 6 Vậy tổng phần tử S Lời giải Chọn B 14   A  a; a  a   tọa độ tiếp điểm Gọi  28  14 4 d : y  a  a   x  a   a4  a  3 3 Phương trình tiếp tuyến A C Phương trình hoành độ giao điểm   d là: 28  28  14 x  x  a  a   x  a   a4  a 3  3 3   x  a Đồ thị  C x  x a  2ax  3a  14  0   2  x  2ax  3a  14 0  1  1 có hai nghiệm phân biệt khác a cắt d điểm phân biệt  Phương trình       a   7; \     6a  14 0   Sưu tầm biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TỐN HỌC 4.0 Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” CHUYÊN ĐỀ: GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ 28  4 y1  y2 8  x1  x2    a  a   x1  x2  8  x1  x2  3   Theo đề bài:  a 3 28  a  a 8   a  3  a   a   Đối chiếu điều kiện:  a  Vậy có điểm A thỏa đề Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0”