07 2 huong dan giai

Dạng 2: Phương trình tiếp tuyến đồ thị Bài toán 01: TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ ĐI QUA ĐIỂM CHO TRƯỚC 128 Bài 1:  : y  3x,y  ,y   x  81 3 Bài 2:  : y  ,y  2 2x  ,y  2x  2 Bài 3: Phương trình tiếp tuyến d  C  có dạng : y  y'(x0)(x  x0)  y(x0) ( x0 hồnh độ tiếp điểm d với  C  ) y  (x02  2x0  3)(x  x0)  x03  x02  3x0  1 (x02  2x0  3)x  x03  x02  3 � 1� A� 0; � �d �   x03  x02  1� 2x03  3x02   0� x0  2 3 � 3� Suy phương trình tiếp tuyến cần tìm y  3x  Điểm cực tiểu  C  A  0; 3 Phương trình tiếp tuyến d  C  có dạng : y  y'(x0)(x  x0)  y(x0) ( x0 hồnh độ tiếp điểm d với  C  ) y  (4x03  8x0 )(x  x0 )  x04  4x02   (4x03  8x0)x  3x04  4x02  A(0; 3) �d � 3  3x04  4x02  � 3x04  4x02  � x0  x0  � Với x0  phương trình d: y  3 Với x0   phương trình d: y   16 x 59 3 16 59 x Với x0  phương trình d: y  3 3 Gọi M  x0;y0  � C  Phương trình tiếp tuyến  d   C  M     y  y0  y' x0   x  x0  � y  x03  3x02   3x02  6x0  x  x0  141 �23 � Do  d  qua điểm A � ; 2�nên �9 �     �23 � 2  x03  3x02   3x02  6x0 �  x0 �� 6x03  32x02  46x0  12  �9 � � � x  � y  2 �0 �  x0  2 3x0  10x0   � � x0  � y  9x  25 � 61 � x0  � y  x  3 27 � Giả sử tiếp tuyến cần tìm tiếp xúc với đồ thị  C  điểm có hồnh độ   x0 phương trình tiếp tuyến    có dạng: � � y  y' x0   x  x0   y  x0   � 3x0  4x0  1�  x  x0   x03  2x02  x0  � � Vì    qua điểm M  4; 24 nên: � � 24  � 3x0  4x0  1�  4  x0   x03  2x02  x0  � � � x0  5x0  8x0  12  � x0  6 x0  1 x0  Bài 4: Đường thẳng  qua M(6;4) với hệ số góc k có phương trình : y  k(x  6)   tiếp xúc đồ thị điểm có hồnh độ x0 � x  k(x  6)  (1) � � x có � � 1 k (2) � � (x  2) nghiệm x0 Thay (2) vào (1) ta được: x0   Cách 1: Gọi x0;y  x0  y  x0   x0  x0  tọa độ tiếp điểm tiếp tuyến d  C  , với , tiếp tuyến d có hệ số góc y' x0   phương trình: y  142  � � 1 � � 1 (x  6)  � x0  0,x0  x0  � (x  2)2 � 0 � � 4  x0  2 x 2  x  x0   x0  2 4  x0  2 , x0 �2 d có d qua điểm A  6;5 nên có  x 2 4  x0  2  6  x0   x0  phương trình tương đương với x02  6x0  � x0  x0  Cách 2: Phương trình d qua A  6;5 có hệ số góc k , d có phương trình : y  k  x  6  d tiếp xúc  C điểm có hồnh độ x0 hệ : � x 2 � k  x0  6   4x02  24x0  � x  � � � có nghiệm x0 hay � có nghiệm x0 � k � � k  x0  2 � �  x0  2 � x Vậy, có tiếp tuyến thỏa đề y  x  1, y    Giả sử tiếp tuyến cần tìm tiếp xúc với đồ thị  C  điểm có hồnh độ x0 phương trình tiếp tuyến   có dạng: � � y  y' x0   x  x0   y  x0   � 3x0  6x0  9�  x  x0   x0  3x02  9x0  11 � � �29 � Vì    qua điểm I � ;184�nên: �3 � �29 � � � 184  � 3x0  6x0  9� �  x0 � x0  3x0  9x0  11 � � � � � 2x03  32x02  58x0  260  � x0  13 x0  x0  2 Vậy, y  420x  3876; y  36x  164; y  15x  39 Bài 5: Tiếp tuyến (d) (C) song song với đường thẳng y = 9x – ,suy phương trình (d) có dạng : y = 9x + m (m �- 7) � x03  3x02   9x0  m (1) � (d) tiếp xúc với (C) điểm có hồnh độ x0 hệ � 3x02  6x0  (2) � � có nghiệm x0 (2) � x0 = � x0 = - Vậy phương trình tiếp tuyến (d): y = 9x + 25 Phương trình tiếp tuyến (D) qua A(-2;7) có dạng y = k(x+2) +7 � x03  3x02   k(x0  2)  (3) � (D) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 hệ � 3x02  6x0  k (4) � � có nghiệm x0 143 Thay (4) vào (3) ta được: x03  3x02   (3x02  6x0)(x0  2)  � 2x03  9x02  12x0   � x0  3 Thay x0 = - vào (4) ta k = Suy phương trình (D): y = 9x + 25 Bài 6: Ta có: y  x4  4x3  4x2 � y'  4x3  12x2  8x Phương trình hồnh độ giao điểm (C) Parabol y  x2 x4  4x3  4x2  x2 � x2(x2  4x  3)  � x  0,x  1,x  � x  ta có phương trình tiếp tuyến là: y  � x  ta có phương trình tiếp tuyến là: y  � x  ta có phương trình tiếp tuyến là: y  24x  63 Cách 1: Gọi M(x0;y0) �(C) Tiếp tuyến  (C) M có phương trình : y  (4x03  12x02  8x0)(x  x0)  y0 A � �  (4x03  12x02  8x0)(2  x0)  x02(x0  2)2 * x0  � y'(x0)  0,y0  � Phương trình tiếp tuyến y  � (2  x0 )(3x03  10x02  8x0)  � x0  0,x0  2,x0  * x0  � y'(x0)  0,y0  � Phương trình tiếp tuyến y  32 64 32 64 � y'(x0)   ,y0  � Phương trình tiếp tuyến: y   x  27 81 27 27 Cách 2: Gọi d đường thẳng qua A, có hệ số góc k � d : y  k(x  2) � (2  x0 )2 x02  k(x0  2) � d tiếp xúc đồ thị điểm có hồnh độ x0 hệ � có 4x0(x0  2)(x0  1)  k � nghiệm x0 Thay k vào phương trình thứ ta được: * x x04  4x03  4x02  (x0  2)(4x03  12x02  8x0) � x0(3x0  4)(x0  2)2  * x0  � k  � Phương trình tiếp tuyến y  � x0  0,x0  2,x0  * x0  � k  � Phương trình tiếp tuyến y  32 32 64 �k � Phương trình tiếp tuyến y   x  27 27 27 Bài tốn 02: TÌM ĐIỂM M ĐỂ QUA ĐÓ KẺ ĐƯỢC n TIẾP TUYẾN Bài 1: * x0  144 (Cm) tiếp xúc đường thẳng y = điểm có hồnh độ x0 hệ sau �x3 �  (m  2)x02  2mx0   (a) có nghiệm x0 �3 �2 x0  (m  2)x0  2m  (b) � (b) � x0  �x0  m Thay x0  vào (a) ta m  3 Thay x0  m vào (a) ta  m  m2  � m  �m  6 � � 0; ;6� Vậy (Cm) tiếp xúc đường thẳng y = � m �� � Phương trình đường thẳng (d) qua M có hệ số góc k : y = kx + m �x0   kx0  m (1) � �2x0  (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 hệ sau � có �  k (2) �(2x  1)2 � nghiệm x0 x0  3x0 m Thay (2) vào (1) ta : 2x   (2x  1)2 0 � (x0  2)(2x0  1)  3x  m(2x0  1)2 (3) (do x0 = nghiệm (3)) � (4m  2)x02  4(m  2)x0  m   (4) Yêu cầu tốn � Phương trình (4) có nghiệm dương với m �0 Vì m �0 nên 4m – < suy (4) có nghiệm �  '  4(m  2)2  (4m  2)(m  2) �0 � m  �0 Bất đẳng thức với m � Khi gọi x1,x2 hai nghiệm phương trình (4) � 4(m  2) x x  0 � �1 4m  Ta có m �0 , � ,suy x1  0,x2  m � xx  0 �1 4m  Vậy, với m �0 ln tồn tiếp tuyến (C) qua M hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến với (C) số dương Bài 2: Gọi M(m;4) �d Phương trình đường thẳng  qua M có dạng: y  k(x  m)   tiếp tuyến (C)  hệ phương trình sau có nghiệm x: 145 � x3  3x   k(x  m)  � � 3x   k � (1) (2) (*) Thay (2) vào (1) ta được: (x  1) � 2x2  (3m  2)x  3m  2� � � (3)  x  1 2x2  (3m  2)x  3m   (4) Theo tốn  (*) có nghiệm x, đồng thời (2) có giá trị k khác nhau, tức phương trình (3) có nghiệm x phân biệt thỏa mãn giá trị k khác + TH1: (4) có nghiệm phân biệt, có nghiệm –1  m  1 + TH2: (4) có nghiệm kép khác –1  m   m  �2 �  ;4�; (2;4) Vậy điểm cần tìm là: (1;4) ; � �3 � Gọi M(m;2) �(d) Phương trình đường thẳng  qua điểm M có dạng : y  k(x  m)   tiếp tuyến (C)  hệ phương trình sau có nghiệm x: �  x  3x2   k(x  m)  (1) � (*) � 3x  6x  k (2) � Thay (2) (1) ta được: 2x3  3(m  1)x2  6mx    x  f(x)  2x2  (3m  1)x   (3) � (x  2) � 2x2  (3m  1)x  2� � � Từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C) � hệ (*) có nghiệm x phân biệt đồng thời (2) có giá trị k khác � (3) có hai nghiệm phân biệt khác có giá trị x thỏa � � 0 m  1 � m  � � � phương trình (2) có giá trị k khác � � f(2) �0 � � m � � � m  1 � m  � Vậy ,M(m; 2)  (d) với � kẻ tiếp tuyến với (C) � m �2 � Đường thẳng  x0;y0   d tiếp xúc đồ thị hàm số y  x3  6x2  9x  1tại điểm � x03  6x02  9x0   k  x0  2  m  1 � hệ : � 3x02  12x0   k  2 � � có nghiệm x0 Thay  2 vào  1 ta : m  2x03  12x02  24x0  17 3 Xét hàm số f  x0   2x03  12x02  24x0  17 Ta có f ' x0   6x02  24x0  24  6 x0  2 �0, �� 146 Do hàm số f  x0   2x03  12x02  24x0  17 ln nghịch biến � Do phương trình  3 ln có nghiệm với m Vậy điểm thuộc đường thẳng x  kẻ tiếp tuyến đến đồ thị hàm số y  x3  6x2  9x    2� � m; m2  � Khi Giả sử d đường thẳng tiếp xúc với  H  điểm M � � �       đường thẳng d có phương trình: y  2m m2   x  m  m2  Đường thẳng d tiếp xúc với  H  điểm phân biệt hệ     2 � 2 x   2m m  x  m  m    � phương trình � có nghiệm � 2x x2   2m m2  � �x  m � 0   �x x2  mx  m2  m3  2x� � � m khác tức hệ � có nghiệm � �x  m x2  mx  m2   � x  m3 � khác m hay � có nghiệm x  1,m  1 x  1,m  x  mx  m2   � Vậy y  thỏa đề         a B 0;3 , y  b Gọi M  m;2 điểm thuộc đường thẳng y  Phương trình đường thẳng qua M  m;2 có hệ số góc k  d  : y  k  x  m   d  tiếp � x04  2x02   k  x0  m  2 1 � xúc  C  điểm có hồnh độ x0 hệ � có 4x  4x  k �   0 �    2 nghiệm x0 suy phương trình: x0  3x0  4ax0     có nghiệm x0 Qua M kẻ tiếp tuyến đến  C  phương trình   có nghiệm phân biệt phương trình  2 có giá trị k khác Dễ thấy x02   � k  1  k  1 , khơng thể tồn giá trị k khác để thỏa tốn Tóm lại, khơng có tọa độ M thỏa tốn a Gọi A  x0;y0  � C  Phương trình tiếp tuyến  t  C  A là:      x  2x    4x  y  x04  2x02  4x03  4x0  x  x0   t qua O  0;0 nên 4  4x0   x  � 3x  2x0  � x0  0,x0  � 147 b M �Oy � M  0;m ; B � C  � B x0;y0      Phương trình tiếp tuyến  T   C  B y  x0  2x0  4x0  4x0  x  x0   T  qua     M  0;m nên m  x04  2x02  4x04  4x0  x0  � 3x04  2x02  m   * Do hệ số góc tiếp tuyến k  4x03  4x0 nên hai giá trị khác x0 cho hai giá trị khác k nên cho hai tiếp tuyến khác Vậy từ M  0;m kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  phương trình  * có nghiệm phân biệt Đặt X  x02 ta có phương trình 3X2  2X  m   * * Phương trình  * có nghiệm phân biệt  * * có nghiệm � �  ,  1 3m  � � m P 0 �  m  Vậy từ điểm M  0;m với phân biệt � � 3 � � S  � �  m  kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  hàm số cho c N � d  : y  � N  n;3 ; I � C  � I  x0;y0  Phương trình tiếp tuyến     C  I là:       x  2x    4x  4x   n  x  � 3x  4nx  2x  4nx   � 3 x  1  4n  x  x   2x  0 * Do x  nghiệm  * y  x04  2x02  4x03  4x0  x  x0     qua N  n;3 nên : 4 0 0 2 0 � � 1� 1� x0  Phương trình  * � 3�x0  � 4n � �  0 * * � � x0 � x0 � � � � � � x02  tx0   ln có hai nghiệm phân biệt với t Đặt t  x0  x0 Ta có phương trình  * * � 3t2  4nt    * * * Do hệ số góc tiếp tuyến k  4x03  4x0 nên hai giá trị khác x0 cho hai giá trị khác k nên cho hai tiếp tuyến khác Vậy từ N kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  phương trình  * có nghiệm phân biệt  * * có nghiệm phân biệt 148 phương trình  * * * có nghiệm phân biệt �  '  4n2  12  � n2   � n  Vậy từ điểm N đường thẳng y  với n  kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  hàm số cho Bài 3:  d  có hệ số góc   tiếp tuyến có hệ số góc k  Gọi x hồnh độ tiếp điểm thì: y'  � mx2  2(m  1)x  (4  3m)  � mx2  2(m  1)x   3m    Theo tốn, phương trình   có nghiệm âm Nếu m    � 2x  2 � x  (không thỏa) Nếu m �0 dễ thấy phương trình   có nghiệm x  hay x   3m m  3m  � m  m  m 3 Ta có: y�  mx2  2(m  1)x   3m ; d : y   x  2  có nghiệm dương phân Theo yêu cầu toán  phương trình y� biệt  mx2  2(m  1)x   3m  có nghiệm dương phân biệt Do để   có nghiệm âm � m � �� 0 m  �   � �1 � � Vậy, với m ��  �  � 0; ��� ; �thỏa mãn toán � S  � � �2 � �  m � � � � P0 � Phương trình đường thẳng  d  qua A(0;a) có hệ số góc k :  y  kx  a �x  �x   kx  a  d tiếp xúc  C  điểm có hồnh độ x hệ: � có nghiệm � 3 � k � � (x  1) x � (1 a)x2  2(a  2)x  (a  2)   1 có nghiệm x �1 Để qua A có tiếp tuyến  1 phải có nghiệm phân biệt x1, x2 � a � a � �� ��  2 a  2 � 3a   � � 149 3 2(a  2) a , y2  1 , x1x2  y1  1 x1  x2  a a1 Để tiếp điểm nằm phía trục hồnh y1.y2  Khi ta có: x1  x2  x1.x2  2(x1  x2)  � �� � �� 1 � 1   3a    a   � � � x  x  x x  (x  x )  � �� � 2 Đối chiếu với điều kiện  2 ta được:   a �1 Phương trình đường thẳng  d  qua M(0;m) có hệ số góc k :  y  kx  m �x  �x   kx  m  d tiếp xúc  C  điểm có hồnh độ x hệ: � có nghiệm � 2 � k � �(x  1) x � (m  1)x2  2(m  1)x  m    1 có nghiệm x �1 � m1 � m � � Để qua M có tiếp tuyến   phải có nghiệm � � '  x � � � � x  ,m  1� k  8 x  0,m  1� k  2 Bài 4: Gọi (d) tiếp tuyến cần tìm phương trình x0 hồnh độ tiếp điểm (d) với (C) hệ số góc (d): 9 � 1� k  y'(x0)  2x0    � x0  � � k  � x0  2 � 2� Vậy maxk  đạt x0  2 � 1� �1 � 25 Suy phương trình tiếp tuyến (d) : y  �x  � y � � x  � � �2 � 12 Phương trình đường thẳng (D) qua điểm A(2;9) có hệ số góc k y  k(x  2)  2x02  (D) tiếp xúc với (C) điểm có hồnh độ x0 hệ � 2x3 �   x02  4x0   k(x0  2)  (1) có nghiệm x0 � � 2x0  2x0   k (2) � 150 Thay (2) vào (1) ta :  � 4x03  15x02  12x0   � 2x03  x02  4x0   (2x02  2x0  4)(x0  2)  x0  Thay x0 = vào (2) ta k = - Hai tiếp tuyến (C) M 1, M song song � y'(x1)  y'(x2) � 2x12  2x1   2x22  2x2  � x22  x12  x1  x2  � (x2  x1)(x1  x2  1)  � x1  x2  (do x1 �x2) 3 2x 2x M  x1;y1 ,M  x2;y2  với y1    x12  4x1  ,  y2    x22  4x2  3 y1  y2   (x1  x32)  x12  x22  4(x1  x2)    [(x1  x2)3  3x1x2(x1  x2)]  (x1  x2)2  2x1x2     (1 3x1x2)  1 2x1x2  3 � x x xI   � � 2 Gọi I trung điểm M 1M � y  y �y   I � � �1 � Vậy đường thẳng M 1M qua điểm cố định I � ; �chính điểm uốn �2 � đồ thị (C) Bài 5: Tiếp tuyến (d) (C) vuông góc đường thẳng y  x  suy phương 3 trình (d) có dạng : y   x  m � x2 �   x0  m �2  x0 (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 hệ � có � x0  4x0  � (2  x ) � nghiệm x0 � x02  4x0 (2  x0)  � x0  �x0  2 �  d  : y   x  ,y   x  4 2 Phương trình tiếp tuyến (d) (C) qua A(2 ; - 2) có dạng : y = k(x – 2) – 151 � x2 �  k(x0  2)  (1) �2  x0 (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 hệ � có � x0  4x0 k � (2  x ) � nghiệm x0 � x02  x0  x02  4x0 (x0  2)  � x0  2 � y   x  (2  x0 ) 2 � � xM xM � y  � M �(C) �yM  M ��  xM � � �  xM d(M ,Ox)  2d(M ,Oy) � � � �yM  �2xM �yM  xM � � �yM  2xM xM xM  � � yM  2xM � x  �yM  � � � (*) � �� � �M ��  xM � � xM y  2x  3x  4x  � M � � M �y  M � M  xM �yM  2xM � �M �4 � Vì M khơng trùng với gốc tọa độ O nên nhận M � ; � �3 � Phương trình tiếp tuyến (C) M y = 8x – � �yM  2xM xM � �yM  � �yM  2xM �x  (*) � � �2 � �M (do M �O)  xM � � xM 2xM  xM  4xM  �yM  8 � � �  xM �yM  2xM � Phương trình tiếp tuyến (C) M y  8 Bài 6: Ta có y'  6x2  6(m  1)x  m , suy phương trình tiếp tuyến (d) y  y'(1)(x  1)  y(1)  (12+7m)(x+1) – 3m – � y  (12+7m)x +4m+8 A(0;8) �(d) � = 4m +8 � m  � 4m  �  ;0� Gọi P,Q giao điểm (d) với trục Ox Oy P � � 12  7m � , Q(0; 4m+8) Diện tích: OPQ: 8m2  32  32m 1 4m  S  OP.OQ   4m   2 12  7m 12  7m S 8 � 8m2  32m  32  12  7m 3 � � �2 m  �m   8m  32m  32  (12  7m) � � m  m  3 �� �� �� � � 19 � 73 � 8m  32m  32   (12  7m) � 3m  19m  24  � m � � � � 152 Bài 7: (C) tiếp xúc (P) điểm có hồnh độ x0 hệ sau có nghiệm x0 �x4 x 0 � x 6 �  2x02   x02  m � � �0 ��0 �4 m � m  20 � � x03  4x0  2x0 � 2.Phương trình tiếp tuyến (d): y  y'(a)(x  a)  a4 a4  2a2  4 (a3  4a)(x  a)   2a2  4 3a4  2a2  4 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):  (a3  4a)x  x4 3a4  2x2   (a3  4a)x   2a2  � x4  8x2  4(a3  4a)x  3a4  8a2  4 � xa � (x  a)2(x2  2ax  3a2  8)  � �2 x  2ax  3a2   (3) � (d) cắt (C) hai điểm E,F khác M � Phương trình (3) có hai nghiệm phân � 2  a  �  '  a2  3a2   � � �� (*) biệt khác a � � a �� 6a  �0 � � � Tọa độ trung điểm I E,F : � x  xF � xI  a xI  E  a � � � � � � 7a4  6a2  �y  (a3  4a)(a)  3a  2a2  (do I �(d)) �yI   � I � � I �(P) : y  x2  �  � a 7a4 a2  6a2   a2  � 7a2(1 )  � � a  �2 4 � So với điều kiện (*) nhận a = Bài 8: Hai đường cong cho tiếp xúc điểm có hồnh độ x0 � hệ �x2  x  �0  x02  m (1) � x0  phương trình : � có nghiệm x0 �x0  2x0  2x0 (2) � �(x0  1) Ta có: (2) � x0(2x02  5x0  4)  � x  thay vào (1) ta m  1 153 (C1) (C 2) tiếp xúc điểm có hồnh độ x0 � hệ phương � mx03  (1 2m)x02  2mx0  3mx03  3(1 2m)x0  4m  � trình sau có nghiệm x0 : � 3mx02  2(1 2m)x0  2m  9mx02  3(1 2m) � � � 2mx3  (1 2m)x02  (3  8m)x0  4m   (1) � �� có nghiệm x0 6mx  2(1  2m)x   8m  (2) � 0 � Ta có : (1) � (x0  1)(2mx02  (1 4m)x0  4m  2)  � x0  2mx02  (1 4m)x0  4m   �Với x0  thay vào (2), ta có: m  �Với 2mx02  (1 4m)x0  4m   (*) ta có : (2) � 4mx۹ x0 4m Thay x0  � x0  � 1 4m � x  �0 4m (m m  hệ vơ nghiệm) 2 1 4m vào (*) ta được: (1 4m)  (1 4m)   4m  4m 8m 4m 3� 12 (Cm) tiếp xúc với (P) điểm có hồnh độ x0 hệ � 48m2  24m   � m  � x03  4mx02  7mx0  3m  x02  x0  (1) � (A ) có nghiệm x0 � 3x0  8mx0  7m  2x0  � � Giải hệ (A), (1) � x03  (4m  1)x02  (7m  1)x0  3m   � x0  � (x0  1)(x02  4mx0  3m  1)  � �2 x0  4mx0  3m   � � � � x0  x2  4mx0  3m   � � ��0 Vậy (A) � � 3x0  2(4m  1)x0  7m   (2) � 3x02  2(4m  1)x0  7m   (2) � � Thay x0 = vào (2) ta m = � 3x02  2(4m  1)x0  7m  1 (2) � 3x02  2(4m  1)x0  7m   (2) � � � Hệ � � x02  4mx0  3m   (3) 3x0  12mx0  9m   (4) � � � � Trừ hai phương trình (2) (4) ,vế với vế ta 4m x0 – x0 – 2m – = � (2m  1)x0  m  (5) m1 Khi m = (5) trở thành = 3/2 (sai) (5) � x0  2m  154 Thay x0 = m vào phương trình (3) ,ta 2m  �m  � �m  � � �  4m � � 3m   �2m  1� �2m  1� � 4m3  11m2  5m   � m  �m   �m  Bài 9: Gọi M(x0;y0) tọa độ tiếp điểm tiếp tuyến d với (C) d :y  x02  2x0 (x0  1)2 (x  x0)  x02  x0  x0  x  , nên ta có: 4 Vì d song song với đường thẳng  : y  x02  2x0 (x0  1)  � x02  2x0   � x0  1,x0  3 x 4 � x0  � phương trình tiếp tuyến: y  x  4 � x0  1phương trình tiếp tuyến: y  Cách 1: M �d �  x02  2x0 (x0  1)2 (1 x0)  x02  x0  x0  � 3(x0  1)2  (x20  2x0)(x0  1)  (x0  1)(x20  x0  1) �Với x0  � Phương trình tiếp tuyến y  � 2x02  5x0   � x0  2,x0  � Phương trình tiếp tuyến y  3x Cách 2: Gọi d đường thẳng qua M(1;3) , có hệ số góc k, phương trình d có dạng: y  k(x  1)  d tiếp xúc đồ thị điểm có hồnh độ x0 hệ phương trình sau có �Với x0  �x2  x  �0  k(x0  1)  (1) x  � nghiệm x0 : � �x0  2x0 k (2) � �(x0  1) Thế (2) vào (1) ta được: � 2x02  5x0   � x0  2,x0  �Với x0  � k  � Phương trình tiếp tuyến y  155 � k  3 � Phương trình tiếp tuyến y  3x Đồ thị có hai tiệm cận x  y  x suy giao điểm hai tiệm cận I(1;1) �Với x0  Cách 1: I �d �  x02  2x0 (x0  1)2 (1 x0)  x02  x0  x0  � x0   x02  2x0  x02  x0  �  vơ nghiệm Vậy khơng có tiếp tuyến qua I Cách 2: Gọi d đường thẳng qua I, có hệ số góc k � d : y  k(x  1)  d tiếp xúc với đồ thị điểm có hồnh độ x0 hệ �x2  x  �0  k(x0  1)  x  � có nghiệm x0 �2 �x0  2x0 k � �(x0  1) Thế k vào phương trình thứ hai ta được: x02  x0  x02  2x0  1 x0  x0  � x02  x0   x02  2x0  x0  1phương trình vơ nghiệm Vậy qua I khơng có tiếp tuyến kẻ đến (C)  m có hệ số góc km  m Số tiếp tuyến thỏa mãn tốn số nghiệm phương trình: y'.km  1 � m(x2  2x) (x  1)2  1 � (m  1)x2  2(m  1)x   (*) ( với điều kiện x �1) * Nếu m  1 � (*) vơ nghiệm � khơng có tiếp tuyến * Nếu m �1 : (*) có  '  m(m  1) (*) có nghiệm x  � m  � m �Khi � � (*) có hai nghiệm phân biệt � có hai tiếp tuyến m  1 � �Khi 1 m �0 (*) vơ nghiệm � khơng có tiếp tuyến Bài 10: Cách 1: Gọi điểm M(x0;y0) �(C) Tiếp tuyến  M (C) có phương trình y  156 3 (x0  1)2 (x  x0)  x0  x0  A � � m  3x0 (x0  1)  x0  x0  � m(x0  1)2  3x0  (x0  2)(x0  1)  (với x0 �1 ) � (m  1)x02  2(m  2)x0  m   (*) Yêu cầu toán � (*) có hai nghiệm a,b khác cho �  '  3(m  2)  � m �1 (a  2)(b  2) ab  2(a  b)  � �   hay là: � m  �0 �� (a  1)(b  1) ab  (a  b)  m  � �  3m   � � Cách 2: Đường thẳng d qua A, hệ số góc k có phương trình: y  kx  m �x0   kx0  m � �x0  d tiếp xúc đồ thị điểm có hồnh độ x0 hệ � có � 3  k �(x  1)2 � nghiệm x0 Thế k vào phương trình thứ nhất, ta đươc: x0  3x0  m � (m  1)x02  2(m  2)x0  m   (*) x0  (x  1)2 Để từ A kẻ hai tiếp tuyến (*) có hai nghiệm phân biệt khác �  '  3(m  2)  � m  2 � ۹�� m (i) � m �1 � � m  1 2(m  2)  m  �0 � Khi tọa độ hai tiếp điểm là: M 1(x1;y1), M 2(x2 ;y2 ) với x1,x2 nghiệm  (*) y1  x1  x 2 ; y2  x1  x2  Để M1, M2 nằm hai phía Ox y1.y2  � Áp dụng định lí Viet: x1  x2  x1x2  2(x1  x2)   (1) x1x2  (x1  x2)  2(m  2) m ; x1x2  m1 m1 9m   0� m   3 � m  � Kết hợp với (i) ta có � giá trị cần tìm � m � � � (1) � (C) tiếp xúc với trục hồnh điểm có hồnh độ x0 hệ �  x03  2(m  1)x02  5mx0  2m  � (A) có nghiệm x0 � 3x0  4(m  1)x0  5m  � � Giải hệ (A) 157 � x0  (x  2)(x02  2mx0  m)  � � � (A ) � � �� 3x0  4(m  1)x0  5m  (1) 3x02  4(m  1)x0  5m  � � � � x02  2mx0  m  � Hoặc � Thay x0 = vào (1) ta m  3x0  4(m  1)x0  5m  � � � � x02  2mx0  m  (2) � �3x  6mx0  3m  (3) �� Hệ � 3x02  4(m  1)x0  5m  � � �3x0  4(m  1)x0  5m  (1) � Trừ hai phương trình (1) (3) , vế với vế ta m (m  2)x0   m � x0   m Thay x0   m2 2m2 m   m vào (1), ta : m (m  2)2 m  � 4� 0;1;2; � � m3  3m2  2m  � m  �m  1�m  Vậy m �� �  C m  tiếp xúc với (d) điểm có hồnh độ x0 hệ � x04  (m  1)x02  4m  (1) � (A) có nghiệm x0 � 4x  2(m  1)x  (2) � � m Giải hệ (A), (2) � x0  x02  Thay x0 = vào (1) ta m = Thay x02  m �m  1� (m  1)2 vào (1) ta �  4m  � 2 � � � m2  14m  13  � m  �m  13 3  C m  tiếp xúc với (d) điểm (0;3) nên m  không 4 thỏa mãn yêu cầu tốn Khi m= x02  � x0  �1,suy  C m  tiếp xúc với (d) hai điểm ( �1;3 Khi m  ) Khi m = 13 x02  � x0  � ,suy  C m  tiếp xúc với (d) hai điểm ( � 7;3) Bài 11: Tam giác OAB vuông O , H hình chiếu vng góc O lên AB ,suy 158 � OA  AH.AB OB2 HB OB � � �   4�  � tanOAB  � 2 HA OA OA OB  BH.BA � � � Hệ số góc đường thẳng (d) : k = �2 Khi k = ,phương trình (d) có dạng y = 2x + m �2x0   2x0  m (2) � �x0  (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 � � có nghiệm �  (3) �(x  1)2 � � x  1 � x 2 x0 (3) � (x0  1)2  � �0 � �0 x0   1 � x0  � Thay x0 = vào (2) ta m = - Thay x0 = vào (2) ta m = Vậy trường hợp này, phương trình tiếp tuyến (d) y = 2x �4 Khi k = - , phương trình (d) có dạng : y = -2x + m �2x0   2x0  m (4) � �x0  � có (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 � � �  2 (5) �(x  1)2 � nghiệm x0 Phương trình (5) vơ nghiệm nên hệ vơ nghiệm Vậy phương trình tiếp tuyến (d): y = 2x �4 Gọi x0 hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến (d) với (C), phương trình 2x  (x  x0)  (d) có dạng y  f '(x0)(x  x0)  f(x0)  x0  (x0  1)2  (x0  1)2 x 2x02  8x0  (x0  1)2 A giao điểm (d) với trục hoành � A(x02  4x0  2;0) � 2x2  8x  � � � � B 0; B giao điểm (d) với trục tung � (x  1)2 � � � Diện tích tam giác OAB (vng O) : 2x2  8x0  (x02  4x0  2)2 1 S  OA.OB   x02  4x0   2 (x  1)2 (x  1)2 S 4� (x02  4x0  2)2 (x0  1)2  � (x02  4x0  2)2  4(x0  1)2 159 � � x2  4x0   2(x0  1) x2  6x0   � �0 � �0 � x02  4x0   2(x0  1) � x02  2x0  � � � x   �x0   � �0 x0  �x0  � Suy phương trình tiếp tuyến (d): 4 y x , y x , y  2x+4 , y = 2x – 2 2 2 (2  5) (2  5) Bài 12: � � 9� A� 0; � � A �Oy � 2� � � � � 9� � OA  � 9� � A� 0;  � � � � � 2� � 9� 0; � Khi phương trình tiếp tuyến (d) có dạng Trường hợp A � � 2� y  kx  �x2  3x �0  kx0  (2) � 1 x0 (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 � � có nghiệm �x0  2x0   k (3) � � (1 x0) x0 Thay (3) vào (2) ta x02  3x0 1 x0   x02  2x0  (1 x0 )2 x0  � x0 �1 � �� 2 2(x0  3x0 )(1 x0)  2x03  4x02  6x0  9(1 x0)2 � � x0  � x0 �1 � �� �� x0  5x0  18x0   � � � 27 Thay x0 = vào (3) ta k   Thay x0 = vào (3) ta k   27 Vậy trường hợp , phương trình (d) y   x  ,y   x  2 2 � 9� 0;  �.Khi phương trình (d) có dạng : y  kx  Trường hợp 2: A � � 2� 160 �x2  3x �0  kx0  (4) � 1 x0 (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 � � có nghiệm �x0  2x0   k (5) � (1  x ) � x0 Thay (5) vào (4), ta được: x02  3x0 1 x0   x02  2x0  (1 x0)2 x0  � x0 �1 � �� 2 2(x0  3x0)(1 x0)  2x03  4x02  6x0  9(1 x0)2 � � x0 �1 � �� 13x0  18x0   (vn) � Do trường hợp khơng có tiếp tuyến (d) thỏa đề 27 Vậy phương trình tiếp tuyến (d) cần tìm y   x  ,y   x  2 2 y  yM x  xM  � y  3x  3 a Phương trình đường thẳng MN: yM  yN xM  xN Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng MN � x2  3x 2x2  3x   (vn) �  3x  � � 1 x x �1 � Suy đường thẳng MN (C) khơng có điểm chung b Tiếp tuyến (D) song song đường thẳng MN suy phương trình (D) có dạng y = - 3x + m (m �3) �x2  3x �0  3x0  m (6) � 1 x0 (D) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 � � có �x0  2x0   3 (7) � � (1 x0) � x0 �1 � x 0  x2  2x0  � � �0  3 � � nghiệm x0 � x0   x0  2x0   3(1 x0  2x0) (1 x0)2 � � Thay x0 = vào (6) ta m = Thay x0 = vào (6) ta m = Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm y  3x ,y  3x  Khi m = tiếp điểm tiếp tuyến (D) với (C) O(0;0) Khi m = tiếp điểm tiếp tuyến (D) với (C) K(2;2) Vì đường thẳng MN (C) khơng có điểm chung d(O, MN) = < d(K,MN) = điểm thuộc (C) có khoảng cách 10 10 từ đến đường thẳng MN O 161 MN.d(E,MN) , độ dài MN khơng đổi ,do SEMN nhỏ � d(E,MN) nhỏ  E O Vậy điểm cần tìm gốc tọa độ O Bài 13: Xét M(0;m) �Oy Đường thẳng d qua M, hệ số góc k có phương trình: y  kx  m d tiếp xúc đồ thị điểm có hoành đồ x0 hệ Mặt khác SEMN  � x0  4x02  2x0   kx0  m � � 4x0  có nghiệm x0 � 1 k � 4x0  2x0  � � Thay k vào phương trình thứ ta được: x0  4x02  2x0   x0  4x02  x0 4x02  2x0  m � 4x02  2x0  1 4x02  x0  m 4x02  2x0  � m  x0  4x02  2x0   f(x0) (*) Để từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị � (*) có nghiệm 3x0 � f '(x0)  � x0  Xét hàm số f( x0 ), ta có: f '(x0 )  ( 4x02  2x0  1)3 Mặt khác: lim f(x0)  x�� Vậy M(0;m) với  ; lim f(x0)   x�� 1 (*) có nghiệm �   m �1 2  m �1 điểm cần tìm Bài 14: Tiệm cận đứng (C) : x = 1, tiệm cận xiên (C): y = 2x – 1, suy giao điểm hai đường tiệm cận I(1;1) Phương trình tiếp tuyến (d) (C) qua I : y = k(x – 1) + � 2x  1  k(x  1)  (1) � x1 � (d) tiếp xúc với (C) điểm có hồnh độ x0 � � có � 2  k (2) � � (x  1) nghiệm x0 Thay  (x0  1)2  k vào (1) ta � � 2 � � 2 (x0  1)  �  (3) x0  � (x  1)2 � (x  1) 0 � � Phương trình (3) vơ nghiệm nên khơng tồn tiếp tuyến (C) qua I 2x0  1 162 Hai tiếp tuyến (C) M 1M � 2 2 (x1  1)  2 song song với � y'(x1)  y'(x2) (x2  1)2 � (x1  1)2  (x2  1)2 � x1   1 x2 (do x1 �x2) � x1  x2  Gọi E trung điểm đoạn M 1M � x x xE   � 1� 2 � � yE  � 2(x1  x2)    � � � � 2 2� x1  x1  1� �y  � 2x    2x   � E � 2� x1  x2  1� � � � Vậy E(1;1) �E I điều phải chứng minh Bài 15: Phương trình: 4x3  3x  2a2  3a  tương đương với phương trình : 4x3  3x   2a2  3a  Phương trình cho có hai nghiệm âm nghiệm dương đường thẳng y  2a2  3a  cắt đồ thị y  4x3  3x  ba điểm có hai điểm có hồnh độ âm điểm có hồnh độ dương Từ đồ thị suy ra:  2a2  3a   tức ta có hệ: �  2a2  3a  � hay  a   a  � 2 2a  3a  � Giả sử M  m;3 điểm cần tìm d đường thẳng qua M có hệ số góc k , phương trình có dạng: y  k  x  m  Đường thẳng d tiếp xúc với đồ thị  C  điểm N  x0;y0  hệ : � 4x03  3x0   k  x0  m  � có nghiệm x0 , từ hệ suy � � 4x0  3x0  '  � k x  m  '   � � � � 4x2  2 3m  1 x0  3m  1�  1 có nghiệm x0  2x0  1 � � � Qua M kẻ đường thẳng tiếp xúc với  C  phương  trình   1 có 4x02  2 3m  1 x0  3m    2 m  1 nghiệm x0 , tức phương có hai nghiệm phân biệt khác trình hay 1  m� Bài 16: Hàm số cắt trục hoành thại hai điểm phân biệt A ,B có hệ số góc 2x  k x 163 Ta có: y'  x2  2x  m   x  1 , đặt g  x  x2  2x  m  Theo toán, g  x  có hai nghiệm phân biệt khác 1 Theo đề, tiếp tuyến A B vng góc tức kA k B  1, tìm m Đường thẳng  d  qua điểm M  m;m có hệ số góc k , phương trình có dạng: y  k  x  m  m � 2x2 �  k  x0  m  m �x0   d tiếp xúc  C  điểm có hồnh độ x0 hệ : � có � �2x0  8x0  k � � x0  2 nghiệm x0 , từ ta tìm m  5 � 23 a y  y  9x  b Gọi M  m;9m  4 điểm đường thẳng y  9x  Đường thẳng  t qua M có phương trình y  k  x  m  9m   t tiếp xúc với  C  tiếp điểm N  x0;y0  hệ sau : � x03  3x02   k  x0  m  9m  � � 3x0  6x0  k � �   Để qua M kẻ tiếp tuyến đến phân biệt tức có nghiệm x0  C hệ   có nghiệm 2x2   3m x0   9m�  x0  1 � �  � x0 có nghiệm x0 phân  m �1 thỏa toán Gọi M  a;b điểm cần tìm M � d  � b  3a  biệt hay m  5 Tiếp  tuyến  đồ thị C  điểm  x0;y0  y  3x02   x  x0   x03  3x0  Tiếp tuyến qua M  a;b   � 3a   3x02   a  x0   x03  3x0  � 2x03  3ax02  � x0  �x0  164 3a Có hai tiếp tuyến qua M với hệ số góc �3a � 27a2 k1  f ' 0  3,k2  f '� � 3 �2 � 40 10 � a � 81 � 10 � 10 � ;m  2� Vậy có hai điểm thoả mãn đề : M � � � � � Hai tiếp tuyến vng góc với � k1k2  1 � a2  Dạng 3: Phương trình tiếp tuyến chung hai đồ thị Bài tập:  P   Cm  tiếp xúc điểm có hồnh độ x0 hệ � x02  x0   x03  4mx20  7mx0  3m � phương trình: � có nghiệm x0 2x0   3x02  8mx0  7m � � �  x0  1 x02  4mx0  1 3m  � �� có nghiệm x0 � 2x   3x  8mx  7m    0 �  Với x0  thay vào phương trình   , ta m     Với x02  4mx0  1 3m  kết hợp phương trình   ta hệ: � m 1 x0  ,m � � � 2x   3x  8mx  7m 2m  0 � � �� � 2 �m  � �m  � x  4mx0  1 3m  0.3  � � � � �  4m� � 1 3m  � �2m  1� �2m  1� �   �1 � �  4m  1  m  2  m  1  hay m ��  ;1;2� �4 165