Luyện thi THPT quốc gia môn Toán năm 2019 về tiếp tuyến của đồ thị hàm số

Tài liệu với các bài toán và hướng dẫn giải về tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho học sinh, phục vụ công tác học tập và ôn thi THPT quốc gia.

Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN 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 x2 có đồ thị  C  Giả sử, đường thẳng d : y  kx  m tiếp tuyến 2x   C  , biết d cắt trục hoành, trục tung hai điểm phân biệt A , B tam giác Câu Cho hàm số y  OAB cân gốc tọa độ O Tổng k  m có giá trị A B C 1  Lời giải:  3 1 TXĐ: D  \   Ta có: y   2  2x  3 Tiếp tuyến d : y  kx  m cắt Ox, Oy hai điểm A , B nên m  0, k   m  Do A  Ox nên A   ;  , B  Oy nên B  0; m   k  Do tam giác OAB cân gốc tọa độ O nên  k  1 m   1 OA  OB   m  m2       Do k   nên k  1 k k  k   2x  3 Suy ra:  2x 1  3  x  1  y0   1   x0      x    y  0   Phương trình tiếp tuyến  C  M1  1;1 là: y    x  1   y   x (loại)  Phương trình tiếp tuyến  C  M  2;  là: y    x    y   x  Khi đó: k  m  1   3 Chọn D Câu Cho hàm số y  x  3x có đồ thị  C  Gọi S tập hợp tất giá trị thực k để đường thẳng d : y  k  x  1  cắt đồ thị  C  ba điểm phân biệt M , N , P cho tiếp tuyến  C  N P vuông góc với Biết M  1;  , tính tích tất phần tử tập S  Lời giải: Phương trình hồnh độ giao điểm  C  d : A B  D 1 C  x  1  y  x3  3x  k  x  1    x  1 x  x   k     x  x   k  1 d cắt  C  ba điểm phân biệt  phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1       1  k     g       k  https://www.facebook.com/ThayCaoTuan D 3 Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Khi đó, d cắt  C  M  1;  , N  x1 ; y1  , P  x2 ; y2  với x1 , x2 nghiệm  1 S  x1  x2  Theo định lí Viet:   P  x1 x2   k     Tiếp tuyến N P vng góc với  y  x1  y  x2   1  3x12  3x22   1 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan   2  9x12 x22  x12  x22   1   x1x2    x1  x2   2x2 x2    1    3  k     k    1    k      1  k  18 k      3  k   c Vậy tích phần tử S hoặc k1 k2   Chọn A a 9 x 1 Câu Cho đồ thị  C  : y  d1 , d2 hai tiếp tuyến  C  song song với Khoảng 2x cách lớn nhất d1 d2 A D 2 C  Lời giải: B ,  x  0 2x2 Vì d1 , d2 hai tiếp tuyến  C  (lần lượt có hoành độ tiếp điểm x1 , x2  x1  x2  ) song song Ta có: y   x  x2 1    x1   x2 2 x1 x2  x1   x2   x1    x 1 x1   Gọi M  x1 ;  ; N   x1 ;  là:  Phương trình tiếp tuyến d1 M  x1 ; x1  x1  x1     x 1 x 1 1 y   x  x1     x  x1   y   x1 x1 x1 x1 với nên ta có y  x1   y  x2   Khi đó: d  d1 , d2   d  N , d1   x1 1 x14 4 x12  Câu Cho hàm x12  1  x12  x1 x1  Chọn C y  f  x số 4x  x1 Áp dụng BĐT AM – GM ta được: x12   d  d1 , d2    (xác định, có đạo hàm ) thỏa mãn  f   x     f  x    10 x Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ A y  2x  B y  2x  C y  2x  D y  2x   Lời giải: Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN  f  2  3 x 0  f     f      Từ  f   x     f  x    10 x  *    f    1 Đạo hàm hai vế  *  ta 2 f   x   f    x     f  x   f   x    10 Cho x  ta 2 f   f      f   f     10  f   f    3 f      10  * *   Nếu f     * *  vô lý  Nếu f    1 ,  * *  trở thành:  f         10  f     Phương trình tiếp tuyến y   x     y  2x  Chọn A f  x g  x Nếu hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số cho điểm có hồnh độ x  khác 1 1 A f    B f    C f    D f    4 4  Lời giải: Vì hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số cho điểm có hồnh độ x  f    g    f   g   khác nên f     g    0 g2   Suy ra: g    g   g    f   g    g 0  g 0  f 0 g 0   g2    g    f    Khi đó:  g    f     f    Chọn B Câu Cho hàm số y  f  x  , y  f f  x  , y  f x2  có đồ thị  C1  ,  C  ,     C  Đường thẳng x  cắt C  ,  C  , C  M , N , P Biết phương trình tiếp tuyến  C  M  C  N y  3x  y  12x  Phương trình tiếp tuyến  C  P 3 A y  8x  C y  2x  B y  4x  D y  3x   Lời giải:  y  f  x      Đạo hàm hàm số cho là:  y2   f f  x    f   x  f  f  x      y   f x    x f  x      Từ phương trình tiếp tuyến  C1  M : y  3x   y   x  1           y1  1  f   1  Suy ra:   1  f  1   Từ phương trình tiếp tuyến  C  N : y  12 x   y  12  x  1    Suy ra: y2 1  f  1 f  f 1  12 Từ  1    f     12  f      2 y 1  f  f 1  f  5  https://www.facebook.com/ThayCaoTuan Câu Cho hàm số y  f  x  , y  g  x  , y  Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN    y3  1  2.1 f  12   f     2.4    phương trình tiếp tuyến  C  P là: Ta có:   y3  1  f   f    y  y3 1 x  1  y3 1  y   x  1   y  8x  Chọn A   Câu Gọi M  xM ; y M  điểm thuộc  C  : y  x  3x  , biết tiếp tuyến  C  M cắt  C  điểm N  x A OM  N  xN2 đạt giá trị nhỏ nhất Tính OM ; y N  (khác M ) cho P  5xM 10 27 B OM  10 27 10 27 C OM  D OM  10 10 27  Lời giải: Ta có y  x  3x   y  3x  x Gọi M  xM ; y M  điểm thuộc  C  : y  x  3x  , 2  suy tiếp tuyến  C  M có phương trình là: y  3xM  xM x  x   x M M  3x M 2 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan Tiếp tuyến  C  M cắt  C  điểm N  xN ; y N  (khác M ) nên xM , xN nghiệm  phương trình: x3  3x2   3xM  xM       x  x   x M M  3xM 2 2  x3  xM  x2  xM  3xM  x M  x  xM    x  xM   x  xM   x  xM       xN  2xM   x  2 xM  Khi P  5x  x  5x   2 xM   M N M 2  2  x  12 xM    xM    3  M  26  10 10 Khi M  ;   OM  Chọn D 27  27   Chú ý: Ở tốn trên, ta sử dụng cơng thức giải nhanh sau để xử lí tốn gọn hơn: Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất xM  Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh toán tiếp tuyến Cho đồ thị  C  : y  ax  bx  cx  d  0,  a   có tiếp tuyến đường y N M thẳng  : y  mx  n ( M tiếp điểm) cắt đồ thị  C  điểm (khác b M ) N Khi đó: xM  xN   a ax  bx  cx  d  mx  n  ax  bx   c  m  x  d  n  xM *  Ta có: xM , xN nghiệm phương trình  *  Mà M tiếp điểm tiếp tuyến  với đồ thị  C  nên xM nghiệm kép Tức phương trình  *  có ba nghiệm: xM , xM , xN b b Áp dụng định lí Viet, ta có: xM  xM  xN    xM  xN   a a Từ tiếp tục làm  C  điểm x O Chứng minh: Phương trình hồnh độ giao điểm  C   là: Quay trở lại toán: Tiếp tuyến  C  M cắt C M khác M  2xM  xN   xN  2xM  xN Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Câu Cho hàm số y  x  2018 x có đồ thị  C  M1 điểm  C  có hồnh độ x1  Tiếp tuyến  C  M1 cắt C  C  ,  n  4, 5,  điểm M2 khác M1 ; tiếp tuyến  C  M2 cắt điểm M3 khác M2 ; tiếp tuyến  C  Mn1 cắt  C  điểm Mn khác Mn1 Gọi  xn , yn  tọa độ điểm Mn Tìm n để 2018 xn  yn  2019  C n  674  Lời giải: Phương trình tiếp tuyến đồ thị  C  M k  xk ; y k  có dạng: B n  675 A n  647  D n  627  y  y  xk  x  xk   yk  y  3xk2  2018  x  xk   xk3  2018xk  Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị  C  tiếp tuyến    là:  x  xk x  2018 x  3xk2  2018  x  xk   xk3  2018 xk   x  xk  x  xk x  xk2     x  2 xk    Do đó, xk 1  2 xk   xk  cấp số nhân có x1  công bội q  2 Suy ra: xn   2  n1 Vậy 2018xn  yn  22019   xn3  22019   2  n   2  2019  3n   2019  674  Chọn C  Chú ý: Ở toán trên, ta sử dụng cơng thức giải nhanh sau để xử lí toán gọn hơn: Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh toán tiếp tuyến Cho đồ thị  C  : y  ax  bx  cx  d  0,  a   có tiếp tuyến đường y C N M thẳng  : y  mx  n ( M tiếp điểm) cắt đồ thị  C  điểm (khác b M ) N Khi đó: xM  xN   a Quay trở lại toán: Tiếp tuyến  C  Mk cắt x O xM  C  điểm xN Mk 1 khác Mk  2xk  xk 1   xk 1  2xk Do đó, xk 1  2 xk   xk  cấp số nhân có x1  cơng bội q  2 Suy ra: xn   2  n1 Vậy 2018xn  yn  22019   xn3  22019   2  n   2  2019  3n   2019  674  Chọn C Câu Cho hàm số y  x  3x có đồ thị  C  điểm M  m ;   Hỏi có số nguyên m thuộc đoạn   10 ;10  cho qua điểm M kẻ ba tiếp tuyến đến  C  A 19 B 15 C 17 D 12  Lời giải: Tập xác định: D  Đạo hàm: y  3x  x Phương trình đường thẳng qua M  m ;   có hệ số góc k  là: d : y  k  x  m   Qua M kẻ ba tiếp tuyến đến  C   k  x  m    x  3x  1 có ba nghiệm phân biệt  Hệ phương trình  I   2  k  3x  x   Thay  1 vào   , ta được: 3x2  6x  x  m   x3  3x2    3x2  6x  x  m   x3  3x2  2x3   m  1 x2  6mx   https://www.facebook.com/ThayCaoTuan  Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN    2x3  3x2   3mx2  6mx   x   2x2  x   3mx  x   x   x      3m  x    g  x  ,  x      x  x   3mx  x Xét hàm số g  x   x   với x  x Ta có: g  x      x  1 x Bảng biến thiên: x 1  0 g  x         https://www.facebook.com/ThayCaoTuan  g  x 3   Hệ  I  có ba nghiệm phân biệt  Phương trình   có hai nghiệm phân biệt khác  m  1  3m  3    m  10 ;10    3m    m    m  10 ;  ; ;  2; 3; ; ;10 m     3m   m    Vậy có 17 số thỏa mãn yêu cầu toán Chọn C Câu 10 Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị  C  Hỏi có điểm đường thẳng d : y  9x  14 cho từ kẻ hai tiếp tuyến đến  C  ? A điểm C điểm  Lời giải: B điểm Gọi M  m; m  14   d : y  x  14 D điểm Phương trình đường thẳng  qua M có dạng: y  k  x  m   9m  14  x  3x   k  x  m   9m  14  tiếp tuyến  C   hệ phương trình  3x   k  1 có nghiệm 2 x    x    x2    3m  x  6m       f  x   x    3m  x  6m   u cầu tốn    có hai nghiệm phân biệt 4   Thay   vào  1 ta được: x3  3x   3x2   x  m  9m  14  2x3  3mx2  12m  16   3 Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN TH1:   có nghiệm phân biệt, có nghiệm  m      3m    6m     9m  24m  48   0        m2 m     12 m  24     12 m  24   f       m    m  0   TH2:   có nghiệm kép khác     f     m  2 Vậy có điểm thỏa mãn yêu cầu Chọn A Câu 11 Cho hàm số y  f  x    x  x  có đồ thị  C  điểm M  m;  Gọi S tập 2 giá trị thực m để qua M kẻ hai tiếp tuyến với đồ thị  C  Tổng phần tử S 12 B 20 Đạo hàm: f   x   3 x  12 x 19  Lời giải: C D 23 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan A Phương trình tiếp tuyến M  x ; y0  có dạng:    : y  f   x0  x  x0   f  x0  Do tiếp tuyến qua M  m;  nên ta có:      3x02  12x0  m  x0   x03  6x02   x03   3m   x02  12mx0   1  x0    x0   3m   x0  12m    Để kẻ hai tiếp tuyến từ M phương trình  1 có nghiệm TH1: Phương trình   có nghiệm kép khác m   3m  2  4.2.12m   9m  60m  36   Ta có:   m   2.0   3m    12m  m   TH2: Phương trình   có hai nghiệm phân biệt có nghiệm  3m  2  4.2.12m   9m  60m  36  Ta có:  m0   m  m    Vậy giá trị thỏa yêu cầu toán 0; ;    20 6  Chọn B 3 Câu 12 Trên đường thẳng y  2x  có điểm kẻ đến đồ thị  C  hàm số Do đó, tổng giá trị  y x3 tiếp tuyến? x 1 A B Tập xác định D  \1 C  Lời giải: D Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Gọi A  a; 2a  1  d : y  2x  Phương trình đường thẳng  qua A có dạng: y  k  x  a   2a  x   x   k  x  a   2a    tiếp tuyến  C   hệ phương trình  4 1 có nghiệm  k    x  1  x3 4 x    x  a  a      x   x  12  2ax   2a   x  6a     Để từ A  a; 2a  1 kẻ tiếp tuyến đến  C   Phương trình  1 có nghiệm https://www.facebook.com/ThayCaoTuan  Phương trình   có nghiệm khác TH1: Phương trình   phương trình bậc nhất có nghiệm x  a    x  : Thỏa mãn Vậy a  giá trị cần tìm 8 x   TH2: Phương trình   phương trình bậc hai có nghiệm kép x   a   a   a  1      a    a  a       8a  8a  16  a    x1  x2  2a    2a TH3: Phương trình   phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt có nghiệm x  a       2a    2a  6a     a   2a   a    6a   Vậy có giá trị a tương ứng với điểm thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A x1 Câu 13 Cho hàm số y  có đồ thị  C  điểm A  a;  Gọi S tập hợp tất giá trị x 1 thực a để có hai tiếp tuyến  C  qua điểm A có hệ số góc k1 , k2 thỏa mãn k1  k2  10 k12 k2  Tổng giá trị tất phần tử S A B 7 5  Lời giải: C D  t 1 Gọi M  t ;    C  tọa độ tiếp điểm  t 1 Phương trình tiếp tuyến M y   x  t  2  t  1 Do tiếp tuyến qua A  a;  nên ta có   a  t   t 1 t 1 2  t  1  t 1  t  6t   2a  1 t 1 Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hồng Hoa Thám, BĐ, HN Phương trình  1 có nghiệm       a    a  t  t  Khi đó, phương trình  1 có nghiệm t1 , t2 thỏa mãn:  (định lí Viet) t1t2   2a 2 2 Gọi t1 , t2 hai nghiệm  1 , suy k1  k2  2 t  t  1  2  2 t1  1  2 t2  1  10 t1  1  t2  1 0 2 2   t1  1   t2  1   t1  1  t2  1  80   2   t1  t2   2t1t2   t1  t2    t1t2  t1  t2  1  80   a   2  7 5  a   20  4a  2a    80    a  a  1     a  S  0;  Chọn B a        Câu 14 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên có đạo hàm f   x  liên tục Đường thẳng hình vẽ bên tiếp tuyến đồ thị hàm số gốc tọa độ Gọi m giá trị nhỏ nhất hàm số y  f   x  Mệnh đề sau đúng? A m  2 C  m  B 2  m  D m   Lời giải: Cách Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến  1;1 đồng biến khoảng lại nên   f   x   0, x   1;1  f   x  x   1;1   f x  0,  x   ;   1;            Ta có: AOB      tan   tan   AOB   tan AOB Quan sát đồ thị ta thấy: tan AOB    tan    tan   2 Mà hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số gốc tọa độ là: f     tan   f     2 Mặt khác, hàm số đạt cực trị điểm x  x  1 nên ta có: f   1  f   1   2 Vậy f   x   2  m  2 Chọn A Cách Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy x  chính nghiệm phương trình f   x   điểm cực trị hàm số y  f   x  Mặt khác hàm số y  f   x  có dạng hàm số bậc với hệ số bậc cao nhất dương Khi giá trị nhỏ nhất chính f    đồng thời hệ số góc tiếp tuyến điểm có hồnh độ x  Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y  ax qua điểm có tọa độ xấp xỉ  1; 2,  ta suy 2,2  a  f     m Chọn A https://www.facebook.com/ThayCaoTuan Theo đề bài: k1  k2  10 k12 k2   Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Câu 15 Cho hàm số y  f  x   x  x  x   C  Tồn hai tiếp tuyến  C  phân biệt có hệ số góc k , đồng thời đường thẳng qua tiếp điểm hai tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy tương ứng A B cho OA  2017.OB Hỏi có giá trị k thỏa mãn yêu cầu toán? A   B   C  Lời giải: D Gọi M1 x1 ; f  x1  ; M2 x2 ; f  x2  với hai tiếp điểm mà tiếp tuyến có hệ số góc k  k1  k2 Ta có: y  3x2  12x     k  3x12  12x1   3x22  12x2  x1  x2   x1  x2  x1  x2      x1  x2  4  S https://www.facebook.com/ThayCaoTuan Hệ số góc đường thẳng M1 M2 là: k   f  x2   f  x1  OB   OA 2017 x2  x1  1  2016 x1 x2  P  2017    x1  x2   x1 x2   x1  x2     2 2017  x x  2018  P  2017  x1  x2  4  S   Với  , S2  4P nên  hai cặp x1 , x2   giá trị k 2016  x1 x2  2017  P   x1  x2  4  S   Với  , S2  4P nên  hai cặp x1 , x2   giá trị k 2018  x1 x2  2017  P  Vậy có giá trị k thỏa mãn u cầu tốn Chọn D Câu 16 Tìm tất giá trị thực tham số m để đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị  H  2x  hai điểm A , B phân biệt cho P  k12018  k22018 đạt giá trị nhỏ nhất, x2 với k1 , k2 hệ số góc tiếp tuyến A , B đồ thị  H  hàm số y  C m  3 D m  2  Lời giải: Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị  H  đường thẳng y  2x  m là: A m  B m    2x   x  2  x  2  2 x  m    x2    x   x  m   x   2 x   m   x   2m  Đường thẳng d : y  2x  m cắt  H  hai điểm phân biệt    m  2    m      1 có nghiệm phân biệt khác 2   *  2  2    m    2    m   m6  xA  xB  Khi đó: xA , xB nghiệm phân biệt  1   2  m x x   A B 10 1 Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ Hồng Hoa Thám, BĐ, HN Ta có: y   x  2 Suy ra: k1 k2   k1  x A  2 , k2  x B   xA  xB   xA xB     2   2m  m    4   4  P  k12018  k22018  k12018 k22018  42018 Dấu "  " xảy  k1  k2   x  2 A  x  2 B  x A   xB    xA     xB    3 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan  A  B Do   xA  xB nên    x A  xB  4 A , B  H     m6 Kết hợp với   ta được:  4  m  2 thỏa mãn  *  Chọn D 11 ...   Câu 14 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên có đạo hàm f   x  liên tục Đường thẳng hình vẽ bên tiếp tuyến đồ thị hàm số gốc tọa độ Gọi m giá trị nhỏ nhất hàm số y  f   x ...   tan AOB Quan sát đồ thị ta thấy: tan AOB    tan    tan   2 Mà hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số gốc tọa độ là: f     tan   f     2 Mặt khác, hàm số đạt cực trị điểm... Cách Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy x  chính nghiệm phương trình f   x   điểm cực trị hàm số y  f   x  Mặt khác hàm số y  f   x  có dạng hàm số bậc với hệ số bậc cao nhất