BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG

Câu 1: [1D5-2-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y x3 3x có đồ thị  C  Có tất giá trị nguyên tham x2 số m để từ điểm M  0; m  kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  mà hoành độ tiếp điểm thuộc đoạn 1;3 ? A 61 B C 60 D Vô số Lời giải Chọn A Ta có y  3x  x  Gọi  xo ; y0  tọa độ tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  y  x0  x  x0   y0  y   3x02  x0  3  x  x0   x03  x02  3x0  Vì tiếp tuyến qua M  0; m  nên ta có m   3x02  x0  3   x0   x03  x02  3x0   m  2 x03  x02  1 Để từ điểm M  0; m  kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  mà hồnh độ tiếp điểm thuộc đoạn 1;3 phương trình 1 có nghiệm x0  1;3 Xét hàm số y  f  t   2t  t  đoạn 1;3 t  f   t   6t  2t    t    Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có 62  m  2 Vậy có tất 61 giá trị nguyên tham số m thỏa mãn yêu cầu toán suy x  2mx  2m2  Cm  cắt trục hoành hai điểm phân biệt x 1 tiếp tuyến với  Cm  hai điểm vng góc với Câu 2: [1D5-2-4] y  A m  B m  1 C m  , m  1 D m  Lời giải Chọn A Hàm số cho xác định \1 Xét phương trình hồnh độ giao điểm  Cm  trục hoành: x  2mx  2m2    x  2mx  2m2   0,  x  1  1 x 1 Để  Cm  cắt trục hoành hai điểm phân biệt A , B phương trình  1 phải có hai 2   '  m  m   nghiệm phân biệt khác Tức ta phải có:  hay  m  m       m   m   1  m  tức  2  m  2m  m  1  Gọi x1 ; x2 hai nghiệm  1 Theo định lý Vi – ét , ta có: x1  x2  2m, x1 x2  2m2  Giả sử I  x0 ;  giao điểm  Cm  trục hoành Tiếp tuyến  Cm  điểm I có hệ số góc y '  x0    2x  x  1 Như vậy, tiếp tuyến A , B có hệ số góc y '  x1   y '  x2     2x  2m  x0  1  x02  2mx0  2m2   2m x0  x1  2m , x1  x2  m x2  Tiếp tuyến A , B vng góc y '  x1  y '  x2   1 hay  x1  2m  x2  2m      1  5x1 x2   4m  1 x1  x2   4m   tức  x1   x2   2 3m2  m    m  1 m  Đối chiếu điều kiện có m  thỏa mãn 3 2x  Câu 3: [1D5-2-4] Cho hàm số y  có đồ thị  C  Lập phương trình tiếp tuyến x 1 đồ thị  C  cho tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy điểm A , B thoả mãn OA  4OB  y   x  A   y   x  13  4  y   x    y   x  13  4  y   x  B   y   x  13  4  y   x  C   y   x  13  4 D Lời giải Chọn A Giả sử tiếp tuyến  d  C  M( x0 ; y0 )  (C) cắt Ox A, Oy B cho OA  4OB Do OAB vuông O nên tan A  OB   Hệ số góc  d  OA  Hệ số góc  d  y ( x0 )     x0  1    x0   1 0  2 ( x0  1) ( x0  1)  3  y0      5  y0        y   ( x  1)  y   x  Khi có tiếp tuyến thoả mãn là:    y   ( x  3)   y   x  13   4 x  3x  Câu 4: [1D5-2-4] Biết với điểm M tùy ý thuộc  C  : y  , tiếp tuyến M x2 cắt  C  hai điểm A,B tạo với I  2; 1 tam giác có diện tích khơng đổi, diện tích tam giác là? A (đvdt ) B (đvdt ) C (đvdt ) Lời giải Chọn A y x2  3x  1  x  1 Ta có : y '   x2 x2 x    Gọi M  x0 ; y0   (C)  y0  x0     x0  D (đvdt )    x  x0   x0   Tiếp tuyến với (C ) M  : y  1   x0    x  2     x x  Nếu   x  2 điểm A , y A    A  2;   x0   x0   Nếu  cắt tiệm cận xiện điểm B   1   x  x0   x0    xB   xB  x0   y B  xB   x0   B x0    x  2     B  2x0  2; x0   Nếu I giao hai tiệm cận , I có tọa độ I  2; 1 Gọi H hình chiếu vng góc B tiệm cận đứng x  2 suy H(2; 2x0  3) Diện tích tam giác x 1 AIB : S  AI BH  y A  yI xB  xH    x0   2 2 x0  Hay S  2 x0   ( đvdt ) x0  Chứng tỏ S số , không phụ thuộc vào vị trí điểm M Câu 5: [1D5-2-4] Cho hàm số y  x3  3x  có đồ thị C  Tìm điểm trục hồnh cho từ kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị hàm số có hai tiếp tuyến vng góc với    28   28    A M   ;  B M   ;  C M   ;  D M   ;   27     27    Lời giải Chọn B Xét điểm M( m; 0)  Ox Cách 1: Đường thẳng d qua M , hệ số góc k có phương trình: y  k( x  m)   x  3x   k( x  m) có nghiệm x d tiếp tuyến C   hệ   3x   k Thế k vào phương trình thứ nhất, ta được: 3( x2  1)( x  m)  ( x3  3x  2)   ( x  1)(3x2  3(1  m)x  3m)  ( x  1)( x2  x  2)   ( x  1)[2x2  (3m  2)x  3m  2]   1  x  1 2x2  (3m  2)x  3m     Để từ M kẻ ba tiếp tuyến  1 phải có nghiệm x , đồng thời phải có giá trị k khác nhau,   phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 , đồng thời phải có giá trị k khác khác   phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 khi:    (3m  2)(3m  6)  m   , m    3   3m   m  1  Với điều kiện   , gọi x1 , x2 hai nghiệm   , hệ số góc ba tiếp tuyến k1  3x12  3, k2  3x22  3, k3  Để hai ba tiếp tuyến vng góc với k1 k2  1 k1  k2 k1 k2  1  9( x12  1)( x22  1)  1  x12 x22  9( x1  x2 )2  18 x1 x2  10  (i) 3m  3m  ; x1 x2  2 28 Do (i)  9(3m  2)  10   m   thỏa điều kiện   , kiểm tra lại ta thấy 27 k1  k2 Mặt khác theo Định lí Viet x1  x2   28  Vậy, M   ;  điểm cần tìm  27  Cách 2: Gọi N( x0 ; y0 )  (C) Tiếp tuyến  C  N có phương trình :   y  3x02  ( x  x0 )  y0    qua M   3x02  (m  x0 )  y0  3( x0  1)( x0  1)( x0  m)  ( x0  1)2 ( x0  2)   x  1  ( x0  1) 2x02  (3m  2)x0  3m       x0  (3m  2)x0  3m   (a) Từ M vẽ đến C  ba tiếp tuyến  ( a) có hai nghiệm phân biệt khác 1 , có hai giá trị k  3x02  khác khác điều xảy khi: m  1  (3m  2)(3m  6)    (3m  2)  8(3m  2)   ( b)    m    2(3 m  2)  m   , m       Vì tiếp tuyến điểm có hồnh độ x  1 có hệ số góc nên yêu cầu toán  ( 3 p2  3)( 3q  3)  1 (trong p, q hai nghiệm phương trình ( a ) )  p2 q  9( p2  q )  10   p2 q  9( p  q)2  18 pq  10  9(3m  2)2 9(3m  2)2 28  28    9(3m  2)  10   m   Vậy M   ;  4 27  27  Câu 6: [1D5-2-4] Cho hàm số y  x3   m( x  1) có đồ thị (Cm ) Có giá trị  m để tiếp tuyến (Cm ) giao điểm với trục tung tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích A B C D Lời giải Chọn D Ta có M(0;1  m) giao điểm (Cm ) với trục tung y '  3x2  m  y '(0)  m Phương trình tiếp tuyến với (Cm ) điểm m y  mx   m Gọi A, B giao điểm tiếp tuyến với trục hoanh trục tung, ta có  1 m  tọa độ A  ;  B(0;1  m)  m  Nếu m  tiếp tuyến song song với Ox nên loại khả Nếu m  ta có m    m  1 1 m SOAB   OA.OB   1 m    16   2 m m  m  7  Vậy có giá trị cần tìm x1 Câu 7: [1D5-2-4] Cho hàm số y  Tìm giá trị nhỏ m cho tồn 2x  điểm M  C  mà tiếp tuyến C  M tạo với hai trục toạ độ tam giác có trọng tâm nằm đường thẳng d : y  2m  A B C D Lời giải Chọn A 3 ( x  x0 )  y0 (2 x0  1)2 Gọi A , B giao điểm tiếp tuyến với trục hoành trục tung x02  x0   yB  (2 x0  1)2 Gọi M( x0 ; y0 )  (C) Phương trình tiếp tuyến M : y  Từ trọng tâm G OAB có: yG  x02  x0  3(2 x0  1)2 x02  x0   2m  Vì G  d nên 3(2 x0  1)2 Mặt khác: x02  x0  x02  (2 x0  1)2 x02     1 (2 x0  1)2 (2 x0  1)2 (2 x0  1)2 1 Do để tồn điểm M thỏa tốn 2m     m  3 Vậy GTNN m 2x Câu 8: [1D5-2-4] Cho hàm số y  , có đồ thị C  Có điểm M thuộc C  x1 cho tiếp tuyến M C  cắt Ox , Oy A, B cho diện tích tam giác OAB A 1 , O gốc tọa độ B.2 C.3 Lời giải D Chọn B Gọi M  x0 ; y0   C   y0  2x0  y '0  x0   x0  1 Phương trình tiếp tuyến  t  C  M : y0  x  1 x x  x02  1  Tiếp tuyến  t  cắt hai trục tọa độ Ox , Oy hai điểm phân biệt A x02 ; ,  x02  B  0; cho diện tích tam giác AOB có diện tích   x  1    x02 1 1 OA.OB   OA.OB   x0   x02   x0  1  2  x  1     x02  x0    x0    M   ; 2       x0  x0    x0   M  1;1  2x  Câu 9: [1D5-2-4] Cho hàm số y  có đồ thị C  Viết phương trình tiếp tuyến x 1 C  , biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông cân A  : y  x  ;  : y  x  C  : y  x  78 ;  : y  x  11 B  : y  2 x  ;  : y  x  11 D  : y  x  ;  : y  x  Lời giải Chọn A Hàm số xác định với x  4 Ta có: y '  ( x  1)2 Tiệm cận đứng: x  ; tiệm cận ngang: y  ; tâm đối xứng I (1; 2) Gọi M( x0 ; y0 ) tiếp điểm, suy phương trình tiếp tuyến C  : 2x  4 ( x  x0 )  x0  ( x0  1) Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vng cân nên hệ số góc tiếp tuyến 1 4  1  x0  1, x0  ( x0  1)2 :y * x0  1  y0    : y  x  * x0   y0    : y  x  2x có đồ thị  C  Viết phương trình tiếp tuyến x2  C  , biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích 18 9 4 31 A  : y  x  ;  : y  x  B  : y  x  ;  : y  x  9 9 9 4 1 C  : y  x  ;  : y  x  D  : y  x  ;  : y  x  9 4 9 2 Lời giải Câu 10: [1D5-2-4] Cho hàm số y  Chọn D Hàm số xác định với x  2 Ta có: y '  ( x  2)2 Gọi M( x0 ; y0 )  (C) Tiếp tuyến   C  M có phương trình x0 x02 4 ( x  x )   x  x0  ( x0  2)2 ( x0  2)2 ( x0  2)2 Gọi A, B giao điểm tiếp tuyến  với Ox, Oy y y     Suy A :  x02  x   x0  A(  x0 ; 0) 2  ( x  2)2 x  ( x  2)2     y   x   x02   B: x02  B  0;    ( x0  2)   y  ( x  2)2  Vì A, B  O  x0  x0 1 Tam giác AOB vuông O nên SAOB  OA.OB  2 ( x0  2)2 Suy SAOB  x0    x04  ( x0  2)2 18 ( x0  2)  x0   3x02  x0   (vn)   x   x  x    0  2 * x0   y0  , y '( x0 )  Phương trình  : y  x  9 9 9 * x0    y0  1, y '( x0 )  Phương trình  : y  ( x  )   x  4 x 1 (C) Có cặp điểm A, B thuộc  C  x 1 mà tiếp tuyến song song với nhau: A B C D Vô số Câu 11: [1D5-2-4] Cho hàm số y  Lời giải Chọn D Ta có: y '  2  x  1 Đồ thị hàm số y  x 1 có tâm đối xứng I 1;1 x 1 Lấy điểm tùy ý A  x0 ; y0    C  Gọi B điểm đối xứng với A qua I suy B   x0 ;  y0    C  Ta có: Hệ số góc tiếp tuyến điểm A là: k A  y'  x0   2  x0  12 Hệ số góc tiếp tuyến điểm B là: k B  y'   x0   2 1  x0 2 Ta thấy k A  k B nên có vơ số cặp điểm A, B thuộc  C  mà tiếp tuyến song song với có điểm M cho tiếp tuyến x 1 với trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Tọa độ M là:  4  1 A  2;1 B  4;  C   ;   D  7  3 3   ; 4  4  Câu 12: [1D5-2-4] Trên đồ thị hàm số y  Lời giải Chọn D Ta có: y '    x  1 Lấy điểm M  x0 ; y0    C  Phương trình tiếp tuyến điểm M là: y    x0  1 Giao với trục hoành:     Ox=A  x0  1;   x  x0   x0    2x 1   Giao với trục tung:     Oy=B  0;   x  12    SOAB  2x 1  3   OA.OB      x0  Vậy M  ; 4  4   x0   Câu 13: [1D5-2-4] Định m để đồ thị hàm số y  x3  mx  tiếp xúc với đường thẳng d : y  5? A m  3 C m  1 B m  D m  Lời giải Chọn A Đường thẳng y  x3  mx  đồ thị hàm số y  tiếp xúc  x3  mx   (1) có nghiệm  3x  2mx  (2) x  (2)  x(3x  2m)     x  2m  + Với x  thay vào (1) không thỏa mãn + Với x  2m thay vào (1) ta có: m3  27  m  3 Câu 14: [1D5-2-4] Tiếp tuyến parabol y   x điểm (1;3) tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông Diện tích tam giác vng là: A 25 B C D 25 Lời giải Chọn D + y  2 x  y(1)  2 +PTTT điểm có tọa độ (1;3) là: y  2( x  1)   y  2 x  (d ) 5  + Ta có ( d ) giao Ox A  ;0  , giao Oy B(0;5) ( d ) tạo với hai trục 2  tọa độ tam giác vuông OAB vng O 1 25 Diện tích tam giác vuông OAB là: S  OA.OB   2 Câu 15: [1D5-2-4] Phương trình tiếp tuyến  C  : y  x biết qua điểm M  2;  là: A y  27 x  54 B y  27 x  9; y  27 x  C y  27 x  27 D y  0; y  27 x  54 Lời giải Chọn D + y '  3x + Gọi A( x0 ; y0 ) tiếp điểm PTTT (C ) A( x0 ; y0 ) là: y  3x02  x  x0   x03 (d ) + Vì tiếp tuyến ( d ) đí qua M (2; 0) nên ta có phương trình:  x0  3x02   x0   x03     x0  + Với x0  thay vào ( d ) ta có tiếp tuyến y  + Với x0  thay vào ( d ) ta có tiếp tuyến y  27 x  54 Câu 16: [1D5-2-4] Cho hàm số f  x   x2  x  , có đồ thị  C  Từ điểm M  2;  1 kẻ đến  C  hai tiếp tuyến phân biệt Hai tiếp tuyến có phương trình: A y   x  y  x  B y  x  y  2 x  C y   x  y   x  D y  x  y   x  Lời giải Chọn A Gọi N  x0 ; y0  tiếp điểm; y0  x x0  x0  ; f   x0    x2 x  Phương trình tiếp tuyến N là: y    1  x  x0    x0    Mà tiếp tuyến qua M  2;  1 x2 x2 x   1    1   x0    x0     x0  4 2   x0  0; y0  1; f     1   x0  4; y0  1; f     Phương trình tiếp tuyến : y   x  y  x  Câu 17: [1D5-2-4](THPT Quảng Xương - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Gọi k1 , k2 , k3 hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x , y  f  x g ( x) x  thỏa mãn k1  k2  2k3  B f    A f    f  2  C f    D Lời giải Chọn B Theo đề ta có k1  k  f     g    k3  Theo đề ta có k1  k2  2k3  f   2 g  2  g  2 f  2 g  2 nên ta có phương trình f     g    f     f   2  g  2  2g  2  f  2  g  2 Do g   giá trị thuộc tập giá trị hàm số nên phương trình g    g    f    có nghiệm      f     f    x  2mx  m Giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox xm hai điểm tiếp tuyến đồ thị hai điểm vng góc A B C D Lời giải Chọn C x  2mx  m Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số  C  : y  trục xm hoành:  x  2mx  m  x  2mx  m  * 0 xm   x  m Câu 18: [1D5-2-4] Cho hàm số y  x  2mx  m Đồ thị hàm số y  cắt trục Ox hai điểm phân biệt  phương trình xm m   m      m  m    * có hai nghiệm phân biệt khác  m   m   m  m       C  với trục hồnh y0  x02  2mx0  m  hệ số góc tiếp tuyến với  C  M là:  x0  2m  x0  1   x02  2mx0  m  x0  2m k  y  x0    x0  m  x0  m  Vậy hệ số góc hai tiếp tuyến với  C  hai giao điểm với trục hoành M  x0 ; y0  Gọi k1  giao điểm đồ thị x1  2m x  2m , k2  x1  m x2  m  x  2m  x2  2m  Hai tiếp tuyến vng góc  k1.k2  1      1  x1  m  x2  m    x1 x2  m  x1  x2   m2     x1 x2  m  x1  x2   m2  **  x1 x2  m m  Ta lại có  , **  m2  5m    Nhận m   x1  x2  2m m  Câu 19: [1D5-2-4] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc- Lần 3-2018) Cho đồ thị hàm số  C  : y  f  x   x3  3x  Từ điểm  19  A  ;  kẻ tiếp tuyến tới  12  C  A B C Lời giải Chọn D  19  Gọi k hệ số góc tiếp tuyến qua A  ;  tới  C   12   19  Phương trình tiếp tuyến    là: y  k  x     12    19  2 x  3x   k  x    4, 1 có nghiệm    tiếp xúc với  C     12   6x  6x  k ,  2  D Thay từ k  2 vào 1 ta được:  x3  x  19 x    x  x  12 x  19   19  x3  3x    x  x   x     12    x 1   19   x3  25 x  19 x     x  Vậy từ điểm A  ;  kẻ tiếp tuyến tới  C   12   x   Câu 20: [1D5-2-4] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  x  2mx  m , có đồ thị  C  với m tham số thực Gọi A điểm thuộc đồ thị  C  có hồnh độ Tìm m để tiếp tuyến  với đồ thị  C  A cắt đường tròn   : x2   y  1  tạo thành dây cung có độ dài nhỏ A 16 13 B  13 16 C 13 16 D  16 13 Lời giải Chọn C Đường tròn   : x2   y  1  có tâm I  0;1 , R  Ta có A 1;1  m  ; y  x3  4mx  y 1   4m Suy phương trình  : y    4m  x  1   m Dễ thấy  qua điểm cố 3  định F  ;0  điểm F nằm đường tròn    4  N M F d R I Giả sử  cắt   M, N Thế MN  R2  d  I ;     d  I ;   Do MN nhỏ  d  I ;   lớn  d  I ;    IF    IF ta có: 3  Khi đường  có vectơ phương u  IF   ;  1 ; u  1;  4m  nên ta 4  có: 13 u.n      4m    m  16 Câu 21: [1D5-2-4] (THPT Yên Định - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f  x thỏa mãn f 1  x   x  f 1  x  điểm có hồnh độ x  ? A y   x  7 y  x 7 B y   x  7 C y  x 7 D Lời giải Chọn A Ta có: f (1  x)  x  f 1  x  Suy f 1  x  f  1  x    f 1  x  f  1  x  Cho x  ta f 1   f 1 , 1 f 1 f  1   f 1 f  1 ,   Từ 1 suy f 1  1 f 1  không thỏa mãn   Thay vào   ta f  1   Vậy phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ x  là: y  f  1 x  1  f 1 hay y   x  7 Câu 22: [1D5-2-4] (THPT Mộ Đức - Quảng Ngãi - 2017 - 2018 - BTN)Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm x  Gọi d1 , d tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  y  g  x   xf  x  1 điểm có hồnh độ x  Biết hai đường thẳng d1 , d vng góc với nhau, khẳng định sau A  f 1   f 1  2 B f 1  C f 1  2 D Lời giải Chọn C Ta có: g   x   f  x  1  x f   x  1  g  1  f 1  f  1 d1 có hệ số góc f  1 d có hệ số góc g  1  f 1  f  1 Mà d1  d  f  1 g  1  1  f  1  f 1  f  1  1 2  f  1    f 1  f  1 Xét hàm số h  t    f  1   (do f  1  )  f 1  f  1 2t  t BBT: Vậy h  t   2 t   f 1  2 Cách khác: Xét h  t   2t  t Với t  ta có: 2t  2t  1   2t   2t  2 t t t t Với t  ta có: 2t  2t   1    2t       t t  t Vậy h  t   2 t   f 1  2  2t    1 2  t ... Gọi M( x0 ; y0 ) tiếp điểm, suy phương trình tiếp tuyến C  : 2x  4 ( x  x0 )  x0  ( x0  1) Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vng cân nên hệ số góc tiếp tuyến 1 4  1... m Phương trình tiếp tuyến với (Cm ) điểm m y  mx   m Gọi A, B giao điểm tiếp tuyến với trục hoanh trục tung, ta có  1 m  tọa độ A  ;  B(0;1  m)  m  Nếu m  tiếp tuyến song song với... góc tiếp tuyến điểm A là: k A  y'  x0   2  x0  12 Hệ số góc tiếp tuyến điểm B là: k B  y'   x0   2 1  x0 2 Ta thấy k A  k B nên có vơ số cặp điểm A, B thuộc  C  mà tiếp tuyến