Cao tuấn tiếp tuyến vận dụng vận dụng cao part 1

bài tập toán có lời giải pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ht

Cao Tuấn

0975 306 275



LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2019 – môn TOÁN

TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

DẠNG 4: TỔNG HỢP – VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO

Câu 1 Cho hàm số 2

2 3

x y x





 có đồ thị  C Giả sử, đường thẳng d y kx m:   là tiếp tuyến của

 C , biết rằng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A B, và tam giác

OAB

 cân tại gốc tọa độ O Tổng k m có giá trị bằng

A 1. B 3. C 1. D 3

 Lời giải:

TXĐ: \ 3

2

D  

 

  Ta có:  2

1

2 3

y x



 



Tiếp tuyến d y kx m:   cắt Ox Oy lần lượt tại hai điểm , A B, nên m0,k0

Do A Ox nên A m; 0

k

 

 

 , B Oy nên B0;m

Do tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O nên

2 2

1 1

1

k m

k

  

 

         

   Do  2

0

1

0

k x



 

 nên k 1.

Suy ra:

0 2

0

1

x

x

    

    

      

 Phương trình tiếp tuyến của  C tại M11;1 là: y x    1 1 y x (loại)

 Phương trình tiếp tuyến của  C tại M22; 0 là: y x2   y x 2.

Khi đó: k m     1 2 3 Chọn D

Câu 2 Cho hàm số yx33xcó đồ thị  C Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của k để đường

thẳng d y: k x  1 2 cắt đồ thị  C tại ba điểm phân biệt M,N P, sao cho các tiếp tuyến của

 C tại N và P vuông góc với nhau Biết M1; 2, tính tích tất cả các phần tử của tập S

A 1

2 9

 C. 1

3 D 1

 Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của  C và d :

2

    

               



 

 1

9 0

4

k



   

 

 

  

ht

Khi đó, d cắt  C tại M1; 2, N x y 1; 1, P x y 2; 2 với x x là nghiệm của 1, 2  1

Theo định lí Viet: 1 2

1 2

1 2

S x x

P x x k

   

    

Tiếp tuyến tại N và P vuông góc với nhau      2  2 

       

9x x 9 x x 9 1 9 x x 9 x x 2x x  9 1

             

3 2 3 3

3 2 3 3

k

k

  







               

  







Vậy tích các phần tử trong S là 1

9 hoặc 1 2

1 9

c

k k a

  Chọn A

Câu 3 Cho đồ thị   1

: 2

x

x



cách lớn nhất giữa d và 1 d là 2

A 3 B 2 3 C. 2 D. 2 2

 Lời giải:

Ta có: 12  

, 0 2

x

  

với nhau nên ta có     1 2

x x

x x

x x

 

          

     



    Phương trình tiếp tuyến d tại 1 1

1 1

1

; 2

x

M x

x

  

  là:

0

       

Khi đó:     1

2 1

2

4

4

x

x

 

Áp dụng BĐT AM – GM ta được: 12 2 12 2

4x 2 4 x 4

  

 1 2

2

1

2 1 4

d d d

x x

   



Chọn C

Câu 4 Cho hàm số y f x  (xác định, có đạo hàm trên ) thỏa mãn

       

    Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x  tại điểm có hoành độ bằng 2

A y2x5 B y2x3 C y  2x 5 D y  2x 3

 Lời giải:

ht

Từ   2   3   0   2   3    2 0

f

  

           

 

  

  



Đạo hàm hai vế của  * ta được       2  

           Cho x0 ta được       2          

 Nếu f 2 0 thì  * * vô lý

 Nếu f 2  1, khi đó  * * trở thành: f 2     3 2 10 f 2 2

Phương trình tiếp tuyến y2x   2 1 y 2x5 Chọn A

Câu 5 Cho các hàm số y f x , y g x , y f x   

g x

   Nếu các hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x0 bằng nhau và khác 0 thì

A   1

4

4

4

4

 Lời giải:

Vì hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x0

bằng nhau và khác nên  0  0        0 02 0 0 0

0

g

  

Suy ra:                   2     

Khi đó:   0    

1

4

      Chọn B

Câu 6 Cho các hàm số y f x , y f f x   , y f x 24 có đồ thị lần lượt là  C1 ,  C2 ,

 C3 Đường thẳng x1 cắt  C1 ,  C2 ,  C3 lần lượt tại M , N , P Biết phương trình tiếp

tuyến của  C1 tại M và của  C2 tại N lần lượt là y3x2 và y12x5 Phương trình tiếp

tuyến của  C3 tại P là

A y8x1. B y4x3. C y2x5. D y3x4.

 Lời giải:

Đạo hàm của các hàm số đã cho là:

 

 

1

2

3

   



      

  





       

  



 Từ phương trình tiếp tuyến của  C1 tại M : y3x  2 y 3x 1 5

Suy ra:    

1

1 5

f

    







 Từ phương trình tiếp tuyến của  C2 tại N : y12x  5 y 12x 1 7

Suy ra: y2 1  f 1 f f 1 12  2 và y2 1  f f   1  f 5 7

Từ  1 và  2 3.f 5 12 f 5 4

ht

Ta có:      

2 3

2 3

1 2.1 1 4 2 5 2.4 8

        



   

 phương trình tiếp tuyến của  C3 tại P là:

yy x y  y x   y x Chọn A

Câu 7 Gọi M x M;y M là một điểm thuộc  C :yx33x22, biết tiếp tuyến của  C tại M cắt

 C tại điểm N x N;y N (khác M ) sao cho P5x M2 x N2 đạt giá trị nhỏ nhất Tính OM

A 5 10

27

27

27

27

 Lời giải:

Ta có yx33x22 2

y x x

   Gọi M x M;y M là một điểm thuộc   3 2

C yx  x  , suy ra tiếp tuyến của  C tại M có phương trình là:  2    3 2

3 M 6 M M M 3 M 2

Tiếp tuyến của  C tại M cắt  C tại điểm N x N;y N (khác M ) nên x M , x là nghiệm của N

phương trình: 3 2  2    3 2

       

M

M

x x

x x x x

x x

 

         

 x N  2x M3

3

 

 

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi 2

3

M

x  Khi đó 2 26;

3 27

M 

 

 

10 10

27

OM

  Chọn D

Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh bài

toán tiếp tuyến

C yax bx cx d  a có tiếp tuyến là đường thẳng : y mx n  ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C tại điểm (khác

a

  

Chứng minh:

Phương trình hoành độ giao điểm của  C và  là:

x

y

C

 

x N

x M

O

N M

ax bx cx d mx n ax bx  c m x d n  

Ta có: x M,x là nghiệm của phương trình N  *

Mà M là tiếp điểm của tiếp tuyến  với đồ thị  C nên x là nghiệm kép M

Tức là phương trình  * có ba nghiệm: x M,x M, x N

Áp dụng định lí Viet, ta có: x M x M x N b 2x M x N b

       

Quay trở lại bài toán:

Tiếp tuyến của  C tại M cắt  C tại điểm M khác M2x Mx N  3 x N 2x M 3

Từ đó tiếp tục làm như trên

ht

Câu 8 Cho hàm số yx32018x có đồ thị  C và M là một điểm trên 1  C có hoành độ x1 1

Tiếp tuyến của  C tại M cắt 1  C tại điểm M khác 2 M ; tiếp tuyến của 1  C tại M cắt 2  C

tại điểm M khác 3 M ; tiếp tuyến của 2  C tại M n1 cắt  C tại điểm M khác n M n1,n4, 5, 

Gọi x y n, n là tọa độ điểm M Tìm n n để 2018x ny n220190

A n647. B n675. C n674. D n627

 Lời giải:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C tại M x y k k; k có dạng:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C và tiếp tuyến   là:

2

k

k

x x

x x

 

              



Do đó, x k1  2x k x k là cấp số nhân có x1 1 và công bội q 2 Suy ra:   1

2 n

n

Vậy 2019 3 2019  3 3  2019

2018x ny n2  0 x n  2  2 n  2 3n 3 2019674 Chọn C

Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh bài

toán tiếp tuyến

C yax bx cx d  a có tiếp tuyến là đường

thẳng : y mx n  ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C tại điểm (khác

a

y C

 

xN xM

O

N M

Quay trở lại bài toán:

Tiếp tuyến của  C tại M cắt k  C tại điểm M k1 khác M k2x kx k1 0 x k1  2x k

Do đó, x k1  2x k x k là cấp số nhân có x1 1 và công bội q 2 Suy ra:   1

2 n

n

Vậy 2019 3 2019  3 3  2019

2018x ny n2  0 x n  2  2 n  2 3n 3 2019674 Chọn C

Câu 9 Cho hàm số yx33x2 có đồ thị  C và điểm M m ; 4  Hỏi có bao nhiêu số nguyên

m thuộc đoạn  10 ;10 sao cho qua điểm M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến  C

A 19 B 15 C. 17 D. 12

 Lời giải:

Tập xác định: D Đạo hàm: y 3x26x

Phương trình đường thẳng đi qua M m ; 4  và có hệ số góc k là: d:yk x m  4

 Hệ phương trình    2  4 3 3 2    1

I

    





 

 có ba nghiệm phân biệt

Thay  1 vào  2 , ta được: 3x26x x m    4 x33x2

           

ht

2x 3x 4 3mx 6mx x 2 2x x 2 3mx x 2

          

     

2

2 0

2 0

2

x x

x

  

   

 

       

Xét hàm số   2

x

   với x0

Ta có:   22

x

      

Bảng biến thiên:

 

 

g x



3

 



5

6



Hệ  I có ba nghiệm phân biệt

Phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt khác 2

1

10 ;10 5

10 ; 9 ; ; 2; 3; 4 ; ;10

3

2

m m

m

m

m m

m

  

   

  

   

         

 

  

  

Vậy có 17 số thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn C

Câu 10 Cho hàm số yx33x2 có đồ thị  C Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng : 9 14

d y x sao cho từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến  C ?

A. 3 điểm B. 2 điểm C. 1 điểm D. 4 điểm

 Lời giải:

Gọi M m m ; 9 14d y: 9x14

Phương trình đường thẳng  qua M có dạng: yk x m  9m14

 là tiếp tuyến của  C  hệ phương trình    

 

3 2

      





 

Thay  2 vào  1 ta được: x33x 2 3x23 x m 9m142x33mx212m16 0 3  

2

2

2 4 3 6 8 0 4

x

 

               

Yêu cầu bài toán   3 có đúng hai nghiệm phân biệt

ht

TH1:  4 có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 2



4

2 4

2

m

m m

m









          

   



  

 



TH2:  4 có nghiệm kép khác 2 

 

4 0

3

2

m f

m



  

 

  

   

Vậy có 3 điểm thỏa mãn yêu cầu Chọn A

Câu 11 Cho hàm số   3 2

y f x   x x  có đồ thị  C và điểm M m ; 2 Gọi S là tập các

giá trị thực của m để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến với đồ thị  C Tổng các phần tử của

S là

A. 12

20

19

23

3

 Lời giải:

Đạo hàm:   2

f x   x  x

Phương trình tiếp tuyến tại M x 0;y0 có dạng:   : y f x 0 x x 0   f x0

Do tiếp tuyến qua M m ; 2 nên ta có:

 2     3 2 

2 3x 12x m x   x 6x 2 3   2  

0

2

0

x

 

     



Để kẻ được đúng hai tiếp tuyến từ M thì phương trình  1 có 2 nghiệm

TH1: Phương trình  2 có nghiệm kép khác 0

Ta có:  

2 2

3 6 4.2.12 0

2.0 3 6 0 12 0

   





   



2

0

m

   



 





6 2 3

m m

 





 



TH2: Phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng 0

Ta có:  2

3 6 4.2.12 0

0

m

   









2

0

m

   



 



  m 0

Vậy các giá trị thỏa yêu cầu bài toán là 0; ; 62

3

 

 

 

Do đó, tổng các giá trị bằng 0 2 6 20

   Chọn B

Câu 12 Trên đường thẳng y2x1 có bao nhiêu điểm kẻ được đến đồ thị  C của hàm số

3

1

x

y

x





 đúng một tiếp tuyến?

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

 Lời giải:

Tập xác định D \ 1 

ht

Gọi A a a ; 2 1d y: 2x1

Phương trình đường thẳng  qua A có dạng: yk x a   2a1

 là tiếp tuyến của  C  hệ phương trình

 

2

3

2 1 1

1 4

1

x

x

k x

 

   

 



  



 



có nghiệm

1

2 1

2 2 2 4 6 4 0 2

x x

 

            



Để từ A a a ; 2 1 chỉ kẻ được một tiếp tuyến đến  C

 Phương trình  1 có một nghiệm

 Phương trình  2 có một nghiệm khác 1

TH1: Phương trình  2 là phương trình bậc nhất có nghiệm x1

:

a

x x

 

     Thỏa mãn Vậy a0 là một giá trị cần tìm

TH2: Phương trình  2 là phương trình bậc hai có nghiệm kép x1

2

0

2

8 8 16 0

2 4

1 2

a

a

a

a







            



   



TH3: Phương trình  2 là phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x1

2

0

2 2 2 4 6 4 0

a

 

 

        

     



Vậy có 4 giá trị a tương ứng với 4 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn A

Câu 13 Cho hàm số 1

1

x y x





 có đồ thị  C và điểm A a ; 2 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị

thực của a để có đúng hai tiếp tuyến của  C đi qua điểm A và có hệ số góc k , 1 k thỏa mãn 2

k k  k k  Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A 7 B 7 5

2



2



2

 Lời giải:

; 1

t

t

  

  

  là tọa độ tiếp điểm

Phương trình tiếp tuyến tại M là  

 2

1 1

t

t t

 

  





Do tiếp tuyến đi qua A a ; 2 nên ta có  

1 1

t

t t

 

       





ht

Phương trình  1 có nghiệm      9 3 2a  0 a 3

Khi đó, phương trình  1 có nghiệm t t thỏa mãn: 1, 2 1 2

1 2

6

3 2

t t

t t a

  

  

 (định lí Viet)

1

2 1

k t





 và 2  2

2

2 1

k t







Theo đề bài: k1k210k k12 22 0

 

2 2

       

           

7 5

2 2

a

a

a





 



               



Chọn B

Câu 14 Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ

bên và có đạo hàm f x  liên tục trên Đường thẳng

trong hình vẽ bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc

tọa độ Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x 

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A m 2 B   2 m 0

C 0 m 2 D m2

 Lời giải:

Cách 1. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên

1;1và đồng biến trên các khoảng còn lại nên

0, 1;1

     





       

Ta có: AOB    tan tanAOB tanAOB

Quan sát đồ thị ta thấy: tanAOB  2 tan  2 tan 2

Mà hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ là: f 0 tan  f 0  2

Mặt khác, hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x0 và x 1 nên ta có: f  1 f 1   0 2

Vậy min f x  2   m 2 Chọn A

Cách 2. Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng x0 chính là nghiệm của phương trình

  0

f x  và là điểm cực trị của hàm số y f x  Mặt khác hàm số y f x  có dạng hàm số

bậc 2 với hệ số bậc cao nhất dương Khi đó giá trị nhỏ nhất này chính là f 0 đồng thời là hệ

số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0

Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y ax và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ 1; 2, 2  cho

nên ta suy ra 2,2 a f 0 m Chọn A

ht

Câu 15 Cho hàm số   3 2  

y f x x  x  x C Tồn tại hai tiếp tuyến của  C phân biệt và

có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó cắt các

trục Ox Oy tương ứng tại , A và B sao cho OA2017.OB Hỏi có bao nhiêu giá trị của k thỏa

mãn yêu cầu bài toán?

A. 0 B. 1 C. 3 D. 2

 Lời giải:

y  x  x    k x  x   x  x 

           1

Hệ số góc của đường thẳng M M là: 1 2    2 1

1 2017

OB k



     



1

2017 x x x x x x

        1 2

1 2

2016 2017 2018 2017

  



 

  



 2

 Với

1 2

4 2016 2017

    





 

2 4

S  Pnên  hai cặp x1,x2  1 giá trị k

 Với

1 2

4 2018 2017

    





 

2 4

S  Pnên  hai cặp x1,x2  1 giá trị k

Vậy có 2 giá trị k thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn D

Câu 16 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  2x m cắt đồ thị  H

của hàm số 2 3

2

x y x





 tại hai điểm A B, phân biệt sao cho Pk12018k22018 đạt giá trị nhỏ nhất, với k k là hệ số góc của tiếp tuyến tại 1, 2 A B, của đồ thị  H

A m3 B m2 C m 3 D m 2

 Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  H và đường thẳng y  2x m là:

2 2

2 3

2

2

x x

x

x m

x

  

  

     

           

Đường thẳng d y:   2x m cắt  H tại hai điểm phân biệt

 1

 có 2 nghiệm phân biệt khác    

2 2

2

* 0

     



  

      



Khi đó: x A, x là 2 nghiệm phân biệt của B    

6 2 3

1

2 2

2

A B

m

m

x x

   



  

 

