Chủ đề 7 GIẢI CHI TIẾT tiếp tuyến của đồ thị

TÁN ĐỔ TOÁN PLUS CHỦ ĐỀ 7.. TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.. Vậy phương trình tiếp tuyến là y=12x−7... Vậy tiếp tuyến song song trục hoành... Suy ra có 4 tiếp tuyến.. Phươn

Trang 1

TÁN ĐỔ TOÁN PLUS

CHỦ ĐỀ 7 TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 Chọn B

y = x − x⇒y = ⇒ phương trình tiếp tuyến là y=9x−26

Câu 2 Chọn D

y = x − x⇒ y = − ⇒ phương trình tiếp tuyến là y= − +4x 2

Câu 3 Chọn C

Tính

2

1

x

+ phương trình tiếp tuyến là y=2x+7

Câu 4 Chọn A

Tính y0 = y(2)= − và 4 2 ( )

y = − x + ⇒ y = − Vậy phương trình tiếp tuyến là

9 14

y= − +x

Câu 5 Chọn A

Tính y0 = − = − và y( 3) 9 3 ( )

y = − x + x⇒ y − = Vậy phương trình tiếp tuyến là

60 171

Câu 6 Chọn A

Tính y0 = y(2)= và 3

1

x

−

− Vậy phương trình tiếp tuyến là

5

y= − +x

Câu 7 Chọn A

Giải phương trình 3 2

2x +3x = ⇔5 x =1, và 2 ( )

y = x + x⇒y = Vậy phương trình tiếp tuyến là y=12x−7

Câu 8 Chọn B

0 0

0

2

x

x x

x

=



y = x + x, suy ra

( ) ( )

' 2 40

y

=





− = −

 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là y=40x−59 và y= −40x−101

Câu 9 Chọn C

Giải phương trình 0

0 0

2

x

x x

+

5

x

5 5

VIP

Trang 2

Câu 10 Chọn D

y x = − ⇔ x − x + = ⇔ x = Đồng thời y( )1 = − nên 4 phương trình tiếp tuyến là y= − −3x 1

Câu 11 Chọn B

y x = − ⇔ − +x x + = ⇔ x = Đồng thời y( )4 = − nên 32 phương trình tiếp tuyến cần tìm là y= −48x+160

Giải phương trình

( )

( ) ( )

0

0 0

4

1

x y pttt y x

y x

x y pttt y x x



0

:

x y pttt y x

y x x x

x y pttt y x





 



Câu 14 Chọn A

y x = − ⇔ x + x + = ⇔ x = − Đồng thời y( )− =2 18 nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là y= −36x−54

Câu 15 Chọn C

( )

( ) ( )

0

'

x y pttt y x

y x

x

x y pttt y x





0

x y pttt y x

y x

x y pttt y x



Giải phương trình y x'( )0 = − ⇔8 x0 =1 Đồng thời y( )1 = 0 nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là y= − +8x 8

( )

0 0

0

'

6

x y pttt y x

y x

x y pttt y x



= ⇔ 



Trang 3

Giải phương trình 4 2

x y pttt y

x x x y pttt y x

x y pttt y x







Ta giải phương trình

x y pttt y

x x

x y pttt y x



Ta giải phương trình 5 0 5

1

x

x x

− = ⇔ =

4

y = − nên phương trình tiếp tuyến

y= − x+

Giao điểm của ( )C và Oy là A( )0;1 ⇒ y'(0)= − 6 nên phương trình tiếp tuyến là

6 1

y= − +x

Giao điểm của ( )C và Oy là M(0; 2− ⇒) y'(0)= 0 nên phương trình tiếp tuyến là y= −2

Giao điểm của ( )C và Oy là 0; 1 '(0) 7

 

  nên phương trình tiếp tuyến là

7 1

9 3

( )

0 0

0

x y pttt y x

y x

x y pttt y x



= ⇔ 

0

11

3 ' 0

x y y

−



= ⇔ 



Vậy tiếp tuyến song song trục hoành

Theo giả thiết ta có y0 = ⇒3 x0 = và 3 '(3) 1

2

y = − Vậy phương trình tiếp tuyến là

2 9 0

Theo giả thiết ta có x0 = − ⇒1 y0 = −4 và y'( 1)− =9 Vậy phương trình tiếp tuyến là

9 5

Trang 4

Theo giả thiết ta có x0 = ⇒0 y0 = và 1 y'(0)= −7 Vậy phương trình tiếp tuyến là

y= − + x

Theo giả thiết ta có x0 = ⇒5 y0 =51 và y'(5)=45 Vậy phương trình tiếp tuyến là

45 174

Ta có y'=3x2−6x+ =6 3(x−1)2+ ≥ ⇒3 3 min 'y = khi 3 x =x0 = ⇒1 y0 = y(1)= 5 Khi đó phương trình tiếp tuyến y =3(x− + =1) 5 3x+ 2

' 3 12 3 3( 2) 15 15 max ' 15

y = − x + x+ = − x+ + ≤ ⇒ y = khi x=x0 = −2 Lúc đó

0 ( 2) 25

y = − =y

Khi đó phương trình tiếp tuyến y =15(x+2)+25=15x+55

[Phương pháp tự luận]

Ta có

2

1 1

1 2 2

2 2

'( ) 3 1 0

 = + >



= + > ⇒ ⇒ >

= + >

hay y x'( ) '(1 y x2)≠ − Suy ra 2 tiếp tuyến A và B không vuông góc 1

[Phương pháp trắc nghiệm]

Ta có y'=3x2+ > ∀ ∈  1 0, x

Suy ra hàm số đồng biến trên  và cắt trục hoành tại một điểm duy nhất→ A, D đúng

Với x0 = ⇒1 y'(1)=4,y0 = V3 ậy phương trình tiếp tuyến y=4(x− + =1) 3 4x− →1 C đúng

Ta có y'=3x2+4x− ⇒1 y'(1)=6 Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M(1; 0) là

6( 1) 6 6

6

a

ab b

=



 =

Ta có

2

y = x − x+ = x − x+ + = x−  + ≥ ⇒ y =

0

1 3

Trang 5

( 1)

x

−

− Tiếp tuyến tại điểm M x y( ;0 0)∈( )C tạo với Ox góc 0

60

' 0 0

y x < y x

0 2

0

3

3 ( 1) 1 (x 1) x

−

⇒ = − ⇔ − =

−

x y

⇔ 

 Các tiếp tuyến tương ứng có phương trình là

3

y x



= −

Ta có y'=3x2−6mx +3(m+ Do 1) K∈(C m) và có hoành độ bằng −1, suy ra

( 1; 6 3)

K − − m−

Khi đó tiếp tuyến tại K có phương trình

:y y'( 1)(x 1) 6m 3 (9m 6)x 3m 3

Đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d

x y y x

Vậy không tồn tại m , ta chọn ∅

' 4

y = x +mx và đường thẳng x−3y+ = viết thành 1 0 1 1

3 3

Theo yêu cầu bài toán, phải có y'( )− = − ⇔ − − = − ⇔1 3 4 m 3 m= − 1

y

x

=

+ Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm của d và (C)

0

x

Đường thẳng đi qua M ( )1; 3 có hệ số góc kcó dạng d y: =k x( − + 1) 3

d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: ( ) ( )

( )

3 2

x x k x

x k





(2) vào (1) ta được

0

3

24 2

x

k

x x x x x x

k x

=





 Vậy có 2 tiếp tuyến

Phương pháp tự luận

y = x + ⇒ y = , suy ra tiếp tuyến tại N( )1; 4 là ∆:y=4x

Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C) là

Trang 6

3 3 1

x

x x x x x

x y

=



Phương pháp trắc nghiệm

2x N x M b

a

y=ax +bx +cx+dlà hàm số ban đầu)

Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(− − 1; 2) có hệ số góc k có dạng ∆:y=k x( + − 1) 2

∆ là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

( )

3 2

2

x x x k x

x x k





Thay (2) vào (1) ta được

x

x y

= −



hương pháp trắc nghiệm

2x N x M b

a

y=ax +bx +cx+ d là hàm số ban đầu)

( )

2x N ( 1) 1 x N 1 N 1; 2

y = x + mx+ +m Gọi M x y( 0; 0) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần lập

0

' 1 4 5 1

2 1

x

 − = −



= − ⇒ 

= −

1; 3 3 4 5 1 1 2 1

2

A ∈ ∆ ⇒ = − m + + m− ⇔m=

Ta có

( )2

1 '

1

m y

x

+

= + khi đó y' 0( )= ⇔ + = ⇔3 1 m 3 m= 2

Ta có

( )2

1

x

= > ∀ ≠ − + Gọi M x y( 0; 0) là tiếp điểm của ( )C với tiếp tuyến cần

lập Tam giác OAB cân tại O nên OA = OB, suy ra

0 ' 0

0 0

0 1

2 1

y x y x

x x

• Với x0 = ⇒0 y0 = 0 (loại, do M ( )0; 0 ≡ ) O

• Với x0 = − ⇒2 y0 =2, suy ra phương trình tiếp tuyến ∆:y = +x 4

Trang 7

Do OB 36 y x'( 0) 36

'( ) 36 4 2 36 4 2 36 0

y x = − ⇔ − x − x = − ⇔ x + x − = ⇔x0 = 2 Vậy y0 = y(2)= −14 Suy ra phương trình tiếp tuyến y= − 36x+ 58

'( ) 36 4 2 36 4 2 36 0

y x = ⇔ − x − x = ⇔ x + x + = ⇔x0 = − 2 Vậy y0 = − = −y( 2) 14 Suy ra phương trình tiếp tuyến y= 36x+ 58

0

1

;

x

∈

  với x0 ≠ − là điểm cần tìm 1

• Gọi ∆ tiếp tuyến của ( )C tại M ta có phương trình

2( 1) 1 2( 1)

• Gọi A= ∆ ∩Ox ⇒ 02 2 0 1

; 0 2

x x

A− − − 

2

0 0

2 0

0;

x x B

x

• Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ ∆OAB có trọng tâm là

0 0 0 0

2 0

;

x x x x G

x

• Do G thuộc đường thẳng 4x+ =y 0 ⇒ 02 0 02 0

2 0

x x x x

x

+

⇔

0

1 4

1

x

= + (vì A B, không trùng O nên

2

0 2 0 1 0

1

 + =  = −

 + = −  = −

x = − ⇒M− − ⇒x + y = −

• A∈( )C m nên A(1;1−m) Ngoài ra 3 ( )

y = x − mx⇒ y = − m

• Phương trình tiếp tuyến của ( )C m tại A là y− + =1 m y′( ) (1 x− , hay 1)

(4−4m x) − −y 3 1( −m)= 0

• Khi đó ( )

( )2

1

16 1 1

d B

m

−

− + , Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ khi m=1

• Do đó d B( ;∆ lớn nhất bằng 1 khi và chỉ khi ) m=1

Trang 8

• Giả sử M x y( 0; 0) ( )∈ C ⇒ 0

0 0

2 3 1

x y x

+

= +

0 0

x y

d M d

x y

0

x M x

 = ⇒



0

7

; 1

x





Suy ra có 4 tiếp tuyến

• Giao điểm của hai tiệm cận là I( )1; 2 Gọi M a b( ) ( ); ∈ C ⇒ 2 1 ( )

1 1

a

−

= >

• Phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là 2 ( )

a

y x a

−

• Phương trình đường thẳng MI là 1 2 ( 1) 2

( 1)

a

• Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có

( ) (2 )2

a b

= ⇒ =



 = ⇒ =

Vì yêu cầu hoành độ lớn hơn 1 nên điểm cần tìm là M( )2; 3

0

1 2 1 1 1 1 1

0 ( )

= ⇒ =



− = ± − − − ⇔ − = ± ⇔  =

Vậy M ( )2; 3

• Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )C là

1

2 1

x

− + = +

− ⇔ ( ) 2

1 2

x

g x x mx m

 ≠







• Theo định lí Viet ta có 1 2 1 2

1

;

2

m

+ = − = Giả sử A x y( 1; 1) (,B x y2; 2)

Trang 9

• Ta có

1

y x

−

′ =

− , nên tiếp tuyến của ( )C tại A và B có hệ số góc lần lượt là

1

2 1

k

x

= −

− và 2 ( )2

2

1

2 1

k

x

= −

− Vậy

2 2

1 2 1 2

2 2

x x x x

k k

x x x x x x

• Dấu "=" xảy ra ⇔ m= −1

Vậy k1 + đạt giá trị lớn nhất bằng k2 −2 khi m= −1

• Gọi M x y( 0; 0) là toạ độ của tiếp điểm ⇒

0

1

2 3

y x

x

−

= <

+

• ∆OAB cân tại O nên tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng y= −x (vì tiếp tuyến có

hệ số góc âm) Nghĩa là ( )

0

1

2 3

x

−

+ ⇒

x y





• Với x0 = −1; y0 = ⇒ ∆: 1 y− = −1 (x+ ⇔ = − 1) y x (loại)

• Với x0 = −2; y0 = ⇒ ∆: 0 y− = −0 (x+2)⇔ = − −y x 2 (nhận)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = − −x 2

• Tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O nên ta có OA=OB⇒ =n 1

0 2 0 0 2 0 8 0 6 0 0 1; 0 3

acx + bcx +bd ≠ ⇒ x + x + ≠ ⇔x ≠ − x ≠ −

( ) ( )

0

1

2

x L

cx d n ad bc x

x N

 = −

= −

• Với x0 = −2; y0 = ⇒ ∆: 0 y− = −0 (x+2)⇔ = − − (nhận) y x 2

• Giả sử tiếp tuyến d của ( )C tại M x y( 0; 0)∈( )C cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho

4

• Do ∆OAB vuông tại A nên tan 1

4

OB A OA

= = ⇒ Hệ số góc của d bằng 1

4 hoặc 1

4

−

• Vì ( )

0

1

y x

x

− nên hệ số góc của d bằng 1

4

− , suy ra

2 0

3 1

5 4

2

 = − ⇒ =



Trang 10

• Khi đó có 2 tiếp tuyến thoả mãn là: ( )

1

3

 = − + +  = − +

⇔

 = − − +  = − +

• Ta có

( )2

1 1

y x

−

′ =

− ; I( )1;1

0

1

x

M x C x

x

0 0 2

1

x

∆ = − − +

2 2

( 1) 0

⇔ + − − =

0 4

2 0

0 2 0

1

x

d I

x

−

• Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi

( ) ( )

2

0 0

1

0 1

x

= ⇒ =



= − ⇔ − = ⇔ 

=

Tung độ này gần với giá trị

2

π nhất trong các đáp án

( )

0

x y N

cx d ad bc x

=



• Ta có

( )2

3 1

y x

′ = +

0

1

x

M x C x

x

0 0 2

3

x

y x x

−

2 2

3x (x 1) y 2x 2x 1 0

⇔ − + + − − =

4

2 0

0 2 0

9

( 1) ( 1)

x

d I

x

x x

+

• Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi

( )

2

9



Tung độ này gần với giá trị e nhất trong các đáp án

Trang 11

Ta có IM ⊥ ∆ ⇒ cx0+ = ±d ad−bc ⇒x0 + = ±1 2 1+

( ) ( )

0

1 3 2 3

 = − + ⇒ = −



⇔

 = − − ⇒ = +



0

2

x

M x C x

x

0 2

∆ = − − + +

• Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng là

0

2 2; 2

2

A

x

+

• Giao điểm của ∆ với tiệm cận ngang là B(2x0−2; 2)

2 2

0

1

2

AB x

x

−

  Dấu " "= xảy ra khi ( )

2

0

1 2

2

x

− =

−

 = ⇒ = ⇒ ⇒ =



⇔

 = ⇒ = ⇒ ⇒ =



 

• AB ngắn nhất suy ra khoảng cách từ I đến tiếp tuyến ∆ tại M ngắn nhất

IM

x y

cx d ad bc x

x y





3 2

OM

⇒  =

0

2

1

x

M x C x I

x

0 0

2 3

1 1

x

x x

−

+

• Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng là 0

0

5 1;

1

x A x

−

• Giao điểm của ∆ với tiệm cận ngang là B(2x0+1;1)

0

6

1

IA IB x IA IB x

IAB

S = pr, suy ra

Trang 12

2 2

2 3 6

2 2

IAB

r

0

1 3 1 3

M

 = − + ⇒ = −

= − ⇔ = ⇔ − = ⇔ 

= − − ⇒ = +

• IM( 3;− 3)⇒ IM = 6

• IA IB= ⇒ IAB∆ vuông cân tại I⇒IM ⊥ ∆

cx d ad bc x



6

IM

⇒  =

0

3

1

M x C x

x

0 0

1 1

x x

−

• Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng là

0

6 1; 2

1

A

x

+

0

IAB

S IA IB x

x

∆ = = ⋅ ⋅ − = =

• ∆IAB vuông tại I có diện tích không đổi ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi

0

6

x x

 = +

• Với x0 = +1 3 thì phương trình tiếp tuyến là ∆:y= − + +x 3 2 3 Suy ra

,

2

d O ∆ = +

• Với x0 = −1 3 thì phương trình tiếp tuyến là ∆:y= − + −x 3 2 3 Suy ra

,

2

d O ∆ = − +

Vậy khoảng cách lớn nhất là 3 2 3

2

+

gần với giá trị 5 nhất trong các đáp án

M

cx d ad bc x



Trang 13

( ) 3 2 3( )

,

2

d O + N

0

2

x

M x C x

x

0 0 2

2 1 3

x

−

• Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng là 0

0

2;

2

x A x

• Xét

0

x x x x





M là trung điểm của AB

• ∆IAB vuông tại I nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB

2

x

• Dấu " "= xảy ra khi 2 0 0

9

x

• Với x0 = 3+ ⇒ ∆2 :y= − +x 2 3+ 4 cắt 2 trục tọa độ tại E(0; 2 3+ và 4) (2 3 4; 0)

2

OEF

• Với x0 = − 3+ ⇒ ∆2 :y= − −x 2 3+ 4 cắt 2 trục tọa độ tại E(0; −2 3+ và 4) ( 2 3 4; 0)

2

OEF

• IM lớn nhất ⇔IM ⊥ ∆ ⇒cx0+ = ±d ad−bc ⇒x0− = ± − + 2 4 1

⇔ 

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	412,32 KB