500 bài toán phụ khảo sát hàm số có đáp án chi tiết ôn thi THPT quốc gia

500 bài toán trong câu 1b của đề thi ĐH môn Toán có hướng dẫn.doc
PHẦN 2: TIẾP TUYẾN
A. Kiến thức cơ bản

• Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm của hàm số y = f ( x ) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp

tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại điểm M0 ( x0 ; f ( x0 ) ) . Khi đó phương trình tiếp tuyến của (C)

tại điểm M0 ( x0 ; f ( x0 ) ) là: y – y0 = f ′( x0 ).( x – x0 )

( y0 = f ( x 0 ) )

• Điều kiện cần và đủ để hai đường (C1): y = f ( x ) và (C2): y = g( x ) tiếp xúc nhau là hệ phương
 f ( x ) = g( x )
trình sau có nghiệm: 
(*) Nghiệm của hệ (*) là hoành độ của tiếp điểm của hai
 f '( x ) = g '( x )
đường đó.

B. Một số dạng thường gặp và cách giải:

• Tính y′ = f ′( x ) . Suy ra y′( x0 ) = f ′( x0 ) .
• Phương trình tiếp tuyến ∆ là: y – y0 = f ′( x0 ).( x – x0 ) .

ne

t

Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) :
• Nếu cho x0 thì tìm y0 = f ( x0 ) . Nếu cho y0 thì tìm x0 là nghiệm của phương trình f ( x ) = y0 .

• ∆ có hệ số góc k ⇒ f ′( x0 ) = k

(1)

ilie

u.

Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f ( x ) , biết ∆ có hệ số góc k cho trước.
Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm.
• Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Tính f ′( x0 ) .

ox

ta

• Giải phương trình (1), tìm được x0 và tính y0 = f ( x0 ) . Từ đó viết phương trình của ∆.
Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc.
• Phương trình đường thẳng ∆ có dạng: y = kx + m .

w

w
w

.b

 f ( x ) = kx + m
• ∆ tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: 
(*)

 f '( x ) = k
• Giải hệ (*), tìm được m. Từ đó viết phương trình của ∆.
Chú ý: Hệ số góc k của tiếp tuyến ∆ có thể được cho gián tiếp như sau:
+. ∆ tạo với trục hoành một góc α thì k = tan a .
+. ∆ song song với đường thẳng d: y = ax + b thì k = a
+. ∆ vuông góc với đường thẳng d : y = ax + b ( a ≠ 0) thì k = −

1
a

k −a
= tan α
1 + ka
Dạng 3: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f ( x ) , biết ∆ đi qua điểm A( x A ; y A ) .
Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm.
• Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Khi đó: y0 = f ( x0 ), y′( x0 ) = f ′( x0 ) .

+. ∆ tạo với đường thẳng d : y = ax + b một góc α thì

• Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M: y – y0 = f ′( x0 ).( x – x 0 )
• ∆ đi qua A( x A ; y A ) nên: y A – y0 = f ′( x0 ).( x A – x 0 ) (2)
• Giải phương trình (2), tìm được x0 . Từ đó viết phương trình của ∆.
Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc.
• Phương trình đường thẳng ∆ đi qua A( x A ; y A ) và có hệ số góc k: y – y A = k ( x – x A )

 f ( x) = k( x − x A ) + yA
• ∆ tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: 
 f '( x ) = k
• Giải hệ trên, tìm được x (suy ra k). Từ đó viết phương trình tiếp tuyến ∆.

www.boxtailieu.net

1


Dạng 4: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f ( x ) , biết ∆ tạo với trục Ox một góc α.
• Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Tiếp tuyến có hệ số góc k = f ′( x0 ) .
• ∆ tạo với trục Ox một góc α ⇔ f ′(x 0 ) = tan α . Giải phương trình tìm được x0 .
• Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M: y – y0 = f ′( x0 ).( x – x 0 )
Dạng 5: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f ( x ) , biết ∆ tạo với đường thẳng d: y = ax + b
một góc α.
• Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Tiếp tuyến có hệ số góc k = f ′( x0 ) .
k −a
= tan α . Giải phương trình tìm được x0 .
1 + ka
• Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M: y – y0 = f ′( x0 ).( x – x 0 )
• ∆ tạo với d một góc α ⇔

(a)

ne

• ∆OAB vuông cân ⇔ ∆ tạo với Ox một góc 450 và O ∉ ∆.
• S∆OAB = S ⇔ OA.OB = 2 S . (b)

t

Dạng 6: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f ( x ) , biết ∆ cắt hai trục toạ độ tại A và B sao
cho tam giác OAB vuông cân hoặc có diện tích S cho trước.
• Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Tiếp tuyến có hệ số góc k = f ′( x0 ) .

u.

• Giải (a) hoặc (b) tìm được x0 . Từ đó viết phương trình tiếp tuyến ∆.

w

w
w

.b

ox

ta

ilie

Dạng 7: Lập phương trình tiếp tuyến chung của hai đồ thị (C1 ) : y = f ( x ), (C2 ) : y = g( x ) .
a) Gọi ∆: y = ax + b là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).
u là hoành độ tiếp điểm của ∆ và (C1), v là hoành độ tiếp điểm của ∆ và (C2).
 f (u) = au + b
(1)
 f '(u) = a
(2)
• ∆ tiếp xúc với (C1) và (C2) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: 
g
(
v
)

=
av
+
b
(3)

g
'(
v
)
=
a
(4)

• Từ (2) và (4) ⇒ f ′(u) = g′(v) ⇒ u = h(v) (5)
• Thế a từ (2) vào (1) ⇒ b = k (u)
(6)
• Thế (2), (5), (6) vào (3) ⇒ v ⇒ a ⇒ u ⇒ b. Từ đó viết phương trình của ∆.
b) Nếu (C1) và (C2) tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ x0 thì một tiếp tuyến chung của (C1) và
(C2) cũng là tiếp tuyến của (C1) (và (C2)) tại điểm đó.
Dạng 8: Tìm những điểm trên đồ thị (C): y = f ( x ) sao cho tại đó tiếp tuyến của (C) song song hoặc
vuông góc với một đường thẳng d cho trước.
• Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ (C). ∆ là tiếp tuyến của (C) tại M. Tính f ′( x0 ) .
• Vì ∆ // d nên f ′( x0 ) = kd

(1) hoặc ∆ ⊥ d nên

f ′( x0 ) = −

1

(2)
kd

• Giải phương trình (1) hoặc (2) tìm được x0 . Từ đó tìm được M ( x0 ; y0 ) ∈ (C).
Dạng 9: Tìm những điểm trên đường thẳng d mà từ đó có thể vẽ được 1, 2, 3,.. tiếp tuyến với
đồ thị (C): y = f ( x ) . Giả sử d : ax + by + c = 0 . M ( x M ; y M ) ∈ d .
• Phương trình đường thẳng ∆ qua M có hệ số góc k: y = k ( x – xM ) + yM

 f ( x ) = k ( x − x M ) + yM
• ∆ tiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm: 
 f '( x ) = k
• Thế k từ (2) vào (1) ta được: f ( x ) = ( x – x M ). f ′( x M ) + yM
(3)
• Số tiếp tuyến của (C) vẽ từ M = Số nghiệm x của (3)

(1)
(2)

Dạng 10: Tìm những điểm mà từ đó có thể vẽ được 2 tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f ( x ) và 2
tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.

www.boxtailieu.net

2


Gi M ( x M ; y M ) .
Phng trỡnh ng thng qua M cú h s gúc k: y = k ( x xM ) + yM

f ( x ) = k ( x x M ) + yM

(1)

(2)
f '( x ) = k
Th k t (2) vo (1) ta c: f ( x ) = ( x x M ). f ( x M ) + yM
(3)
tip xỳc vi (C) khi h sau cú nghim:

Qua M v c 2 tip tuyn vi (C) (3) cú 2 nghim phõn bit x1, x2 .
Hai tip tuyn ú vuụng gúc vi nhau f ( x1 ). f ( x2 ) = 1 T ú tỡm c M.
Chỳ ý: Qua M v c 2 tip tuyn vi (C) sao cho 2 tip im nm v hai phớa vi trc honh
(3) coự 2 nghieọm phaõn bieọt
thỡ
f ( x1 ). f ( x2 ) < 0

Bi tp

Dng 1: Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C): y = f ( x ) ti im M ( x0 ; y0 ) (C ) :

ilie

u.

3.

)

t

2.

(

(ĐH Thái Nguyên 2001) Cho đồ thị (C): y = x 4 + 2x 2 .Viết phơng trình tiếp tuyến tại A 2 ;0 .
1
9
(ĐH Ngoại Ngữ 1999) Cho đồ thị (C): y = x 4 2 x 2 .Viết phng trỡnh tip tuyn tại các giao
4
4
điểm của (C) với Ox.
2x + 1
Vit phng tỡnh tip tuyn vi th (C) ca hm s y =
ti giao im (C) v ng thng
x 1
d: y = 3x -1.

ne

1.

w

w
w

.b

ox

ta

Dng 2: Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C): y = f ( x ) , bit cú h s gúc k cho trc, hoc tip
tuyn song song hoc tip tuyn vuụng gúc vi ng thng cho trc.
2x 1
4.
Cho đồ thị (C): y =
. Viết phơng trình tiếp tuyến của (C), bit tip tuyn cú HSG l :
x +1
3
a. 3 , b .
4
1
5.
Cho (C) y = x 3 2 x 2 + x 4 . Viết phơng trình tiếp tuyến có hệ số góc k = - 2
3
3x 7
6.
Cho đồ thị (C): y =
. Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) khi biết
2x + 5
1
a. Tiếp tuyến song song với đờng thẳng y = x + 1
2
b. Tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng y = 4 x .
7.
8.
9.

Vit phng tỡnh tip tuyn vi th (C) ca hm s y = x 3 3x + 1
a. Bit tip tuyn cú HSG l 9.

b. Bit tip tuyn cú HSG nh nht.
3
2
Cho (C): y = x + 3x + 3 , Lp tiếp tuyến ca (C) có hệ số góc ln nhất.
2x 1
Cho hm s y =
(1). Tỡm im M thuc th (C) tip tuyn ca (C) ti M vi ng
x +1
thng i qua M v giao im hai ng tim cn cú tớch h s gúc bng - 9.
y yI
3
3
HD: +) Ta cú I(- 1; 2). Gi M (C) M(x 0 ; 2
) k IM = M
=
x0 +1
x M x I (x 0 + 1)2
3
+) H s gúc ca tip tuyn ti M: k M = y '(x 0 ) =
2
( x 0 + 1)
+) ycbt k M .k IM = 9
+) Gii c x0 = 0; x0 = -2. Suy ra cú 2 im M tha món: M(0; - 3), M(- 2; 5)

www.boxtailieu.net

3


10.

x +1
( C ) . Xác định m để đường thẳng y = 2x + m cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt
x −1
A, B sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại A và B song song với nhau.

Cho hàm số y =

HD: Phương trình hoành độ giao điểm của

( d ) : y = 2x + m

và ( C ) là:

x +1
= 2x + m
x −1

∆ = ( m − 3) 2 + 8 ( m + 1) = ( m + 1)2 + 16 > 0, ∀m
Ta có: 
g (1) = −2 ≠ 0, ∀m
⇒ phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1. Vậy ( d ) luôn luôn cắt ( C )
tại hai điểm phân biệt A và B .
Gọi x1 , x 2 ( x1 ≠ x2 ) lần lượt hoành độ của A và B thì x1 , x 2 là nghiệm của phương trình (1). Theo
2x 2 + ( m − 3) x − m − 1 = 0
⇔
 x ≠ 1

(1)

1
( 3 − m ) . Tiếp tuyến ( ∆1 ) , ( ∆ 2 ) tại A, B có hệ số góc lần lượt là :
2
−2
−2
⇒ k1 = y ' ( x 1 ) =
, k2 = y '(x2 ) =
2
2
( x1 − 1)
( x 2 − 1)

−2

( x − 1)

2

( ∆1 ) / / ( ∆ 2 ) ⇔ k1 = k 2 ⇔

( x1 − 1)

2

=

−2

⇔ ( x1 − 1) = ( x 2 − 1)
2

( x 2 − 1)
( loaïi ) 1
2

2

ilie

u.

 x1 = x 2
x − 1 = x 2 − 1
⇔ 1
⇔
⇔ ( 3 − m ) = 2 ⇔ m = −1 .
2
x
+
x
=
2
 x1 − 1 = − x 2 + 1
 1
2
Vậy, giá trị cần tìm là: m = −1 .
Cho hàm số y = f (x) = x 4 − 2x 2
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối
với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.

HD: Ta có f '( x) = 4 x 3 − 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A = f '(a) = 4a 3 − 4a, k B = f '(b) = 4b3 − 4b
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
y = f ' ( a )( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a) − af' ( a )

w
w

.b

ox

ta

11.

−2

ne

y' =

t

định lí Vi-et, ta có: x1 + x 2 =

w

y = f ' ( b )( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) − bf' ( b )
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:

k A = k B ⇔ 4a 3 − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 − 1) = 0 (1)

Vì A và B phân biệt nên a ≠ b , do đó (1) tương đương với phương trình:
a 2 + ab + b 2 − 1 = 0 (2)
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
2
2
a 2 + ab + b 2 − 1 = 0
a + ab + b − 1 = 0
⇔
( a ≠ b ) ⇔  4
2
4
2
−3a + 2a = −3b + 2b
f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b )
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng
với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( −1; −1) và (1; −1) .Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến

12.

a 2 + ab + b 2 − 1 = 0

của (C) tại A và B song song với nhau là a ≠ ±1
a ≠ b

4
2
Cho hàm số y = x + mx − m − 1 , (Cm). Chứng minh rằng khi m thay đổi thì (Cm) luôn luôn đi qua
hai điểm cố định A, B. Tìm m để các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau.

HD: Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0). Ta có: y′ = 4x 3 + 2mx .

www.boxtailieu.net

4


13.

Cỏc tip tuyn ti A v B vuụng gúc vi nhau y (1).y ( 1) = 1 (4 + 2m) 2 = 1
3
5
m=
m= .
2
2
Cho hm s y = x 3 3x 2 + 1 cú th (C). Tỡm hai im A, B thuc th (C) sao cho tip tuyn
ca (C) ti A v B song song vi nhau v di on AB = 4 2 .
HD: Gi s A(a;a 3 3a 2 + 1), B(b; b3 3b 2 + 1) (a b)
Vỡ tip tuyn ca (C) ti A v B song song suy ra y (a) = y (b) (a b)(a + b 2) = 0
a + b 2 = 0 b = 2 a a 1 (vỡ a b).
AB2 = (b a) 2 + (b3 3b 2 + 1 a 3 + 3a 2 1) 2 = 4(a 1) 6 24(a 1) 4 + 40(a 1) 2

Gọi (Cm) là đồ thị hàm số: y = 1 x3 m x 2 + 1 (*) Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hoành độ bằng -1.
3

3

Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại điểm M song song với đờng thẳng 5x - y = 0
(ĐHQG TPHCM 1996) Cho (Cm) y = f ( x) = x 3 + mx 2 + 1 . Tìm m để (Cm) cắt đờng

thẳng y= - x+1 tại 3 điểm phân biệt A(0,1) , B, C sao cho tiếp tuyến với (Cm) tại B và C
vuông góc với nhau.
(HVCNBCVT 2001) Cho hàm số (C): y = f ( x) = x 3 3 x
1. CMR đờng thẳng (dm): y = m( x + 1) + 2 luôn cắt (C ) tại điểm A cố định.
2. Tìm m để (dm) tại 3 điểm phân biệt A , B, C sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại B và C
vuông góc với nhau
1
2
(ĐH Ngoại Ngữ HN 2001) Cho (C) y = f ( x) = x 3 x + . Tìm các điểm trên (C) mà tiếp
3
3
1
2
tuyến tại đó vuông góc với đờng thẳng y = x +
3
3
Cho (C) y = f ( x) = x 3 3 x + 7 ,
a. Viết phơng trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến này song song với y= 6x - 1
1
b. Viết phơng trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với y = x + 2
9
3
2
(ĐH Mở TPHCM 1999) Cho (C) y = f ( x) = x 3 x + 2 , Viết phơng trình tiếp tuyến với (C)
biết tiếp tuyến vuông góc với 5y - 3x + 4 = 0.

20.

21.

22.

23.

24.

25.

ta

w

w
w

19.

ox

18.

.b

17.

ilie

u.

16.

2

t

15.

ne

14.

a = 3 b = 1
AB = 4 2 4(a 1) 6 24(a 1) 4 + 40(a 1) 2 = 32
a = 1 b = 3
A(3; 1) v B(1; 3)
Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1. Xác định m để đồ thị (Cm) cắt đờng y = 1 tại 3 điểm phân biệt
C(0; 1), D, E. Tìm m để các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau.

(ĐH Huế khối D 1998) Cho (Cm) y = f ( x) = x 4 + 2mx 2 2m + 1
Tìm m để các tiếp tuyến với đồ thị tại A(1;0), B(-1;0) vuông góc với nhau
1
1
1
Viết phơng trình tiếp tuyến của (C): y = x 4 x 3 + x 2 + x 5 song song với đờng
4
3
2
thẳng y= 2x - 1.
Viết phơng trình tiếp tuyến của (C): y = x 4 2 x 2 + 4 x 1 vuông góc với đờng thẳng
1

y = x+3
4
Cho đồ thị (Cm ): y = x 4 + mx 2 m 1 . Tìm m để tiếp tuyến với đồ thị tại A song song với
đờng thẳng y=2.x với A là điểm cố định có hoành độ dơng của (Cm ).
(3m + 1)x m
(ĐH Thơng Mại 1994). Cho đồ thị (Cm) y =
. Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của
x+m
(Cm) với Ox song song với y= - x- 5.

www.boxtailieu.net

5


26.

27.

28.

33 2
x
(C)
2
a. Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) song song với y= k. x
b. Tìm GTLN của khoảng cách giữa đờng thẳng y= k.x với tiếp tuyến nói trên khi k 0,5

Cho đồ thị y = x +

(ĐH Xây Dựng 1998)

6x + 5
. CMR trên đồ thị (C) tồn tại vô số các cặp điểm sao cho tiếp
3x 3
tuyến tại các cặp điểm này song song với nhau đồng thời tập hợp các đờng thẳng nối các
cặp tiếp điểm đồng qui tại một điểm cố định.

Cho đồ thị (C) y =

1
3

Cho hm s y = f ( x ) = mx 3 + ( m 1) x 2 + (4 3m) x + 1 cú th l (Cm).
Tỡm cỏc giỏ tr m sao cho trờn th (Cm) tn ti mt im duy nht cú honh õm m tip tuyn
ti ú vuụng gúc vi ng thng (d): x + 2 y 3 = 0 .

HD: (d) cú h s gúc

1
tip tuyn cú h s gúc k = 2 . Gi x l honh tip im thỡ:
2

f '( x ) = 2 mx 2 + 2(m 1) x + (4 3m) = 2 mx 2 + 2(m 1) x + 2 3m = 0

ne

t

YCBT (1) cú ỳng mt nghim õm.

+ Nu m = 0 thỡ (1) 2 x = 2 x = 1 (loi)

2 3m
2
< 0 m < 0 hoaởc m >
m
3

2 3m
m

Vy m < 0 hay m >

ilie

29.

u.

+ Nu m 0 thỡ d thy phng trỡnh (1) cú 2 nghim l x = 1 hay x=
Do ú (1) cú mt nghim õm thỡ
1
3

(1)

2
.
3

Cho hm s y = mx 3 + (m 1) x 2 + (4 m 3) x + 1 (Cm). Tỡm cỏc giỏ tr m sao cho trờn (Cm) tn

ox

ta

ti ỳng hai im cú honh dng m tip tuyn ti ú vuụng gúc vi ng thng
d : x + 2y 3 = 0 .
1
2

3
2

HD: Ta cú: y = mx 2 + 2(m 1) x + 4 3m ; d : y = x + .

.b

YCBT phng trỡnh y = 2 cú ỳng 2 nghim dng phõn bit

mx 2 + 2(m 1) x + 2 3m = 0 cú ỳng 2 nghim dng phõn bit



1
2

1 2
2 3

Vy m 0; ; .

w

w
w

m 0

1
> 0
0 < m < 2


.
1 < m < 2
S > 0
2
P > 0
3

30.

2x 1
. Gi I l giao im hai tim cn ca (C). Tỡm im M thuc (C) sao cho tip
x 1
tuyn ca (C) ti M vuụng gúc vi ng thng MI.
Cho hm s y =

2a 1

(a 1)
a 1
1
PT ng thng MI: y =
( x 1) + 2
( a 1)2

HD: Giao im ca hai tim cn l I(1; 2). Gi M(a; b) (C) b =
PTTT ca (C) ti M: y =

1
(a 1)

2

( x a) +

2a 1
a 1

Tip tuyn ti M vuụng gúc vi MI nờn ta cú:

1
(a 1)

2

.

a = 0 ( b = 1)

= 1
a = 2 ( b = 3)
(a 1)

1

2

Vy cú 2 im cn tỡm M1(0; 1), M2(2; 3)

Dng 3 : Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C): y = f ( x ) , bit i qua im A( x A ; y A ) .
x+2
31. Cho hm s y =
( C ) . Vit phng trỡnh tip tuyn ca ( C ) , bit tip tuyn i qua im
x2

www.boxtailieu.net

6


A ( −6;5 ) . ĐS : 2 tiếp tuyến là : ( d1 ) : y = − x − 1; ( d 2 ) : y = −
32.

(§H NT TPHCM 1999). Cho hµm sè (C): y =
A(-6;5) ®Õn ®å thÞ (C) .

33.
34.

x+2
. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm
x−2

(§H HuÕ 2001 Khèi D) .ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn tõ ®iÓm O(0;0) ®Õn ®å thÞ (C): y =

3( x + 1)
x−2

1
Viết phương trình tiếp tuyế n của đồ thị (C) y = x 3 − 2x 2 + 3x. biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa
3
độ O.
HD: Phương trình tiếp tuyến ∆ tại điểm M 0 ( x0 ; y0 ) là

(

35.

x 7
+
4 2

)

1
∆ : y = x 02 − 4x 0 + 3 ( x − x 0 ) + x 30 − 2x 02 + 3x 0 . ∆ qua O ⇔ x0 = 0, x0 = 3 .
3
Khi: x0 = 0 thì ∆ : y = 3x . Khi: x0 = 3 thì ∆ : y = 0 .
(B2008) Cho hàm số y = 4x3 – 6x2 + 1 (1).

15
21
x−
4
4
3
1 4
3
ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng qua A(0; ) tiÕp xóc víi ®å thÞ hµm sè : y = x − 3 x 2 +
2
2
2
Cho hµm sè: y = 2x4 - 4x2 + 1 (C). ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua A(1 ;-1).

41.
42.

43.

44.

45.

46.

47.

48.

49.

u.

ilie

ta

40.

ox

39.

(§H C«ng §oµn 2001 ) T×m ®iÓm M thuéc (C) y = 2 x 3 + 3 x 2 − 12 x − 1 sao cho tiÕp tuyÕn cña (C )
t¹i ®iÓm M ®i qua gèc to¹ ®é.
(§H Y Th¸i B×nh 2001) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua A(3;0) ®Õn y = − x 3 + 9 x
(HV Ng©n Hµng TPHCM 1998). ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua A(1;3) ®Õn y = 3 x − 4 x 3 .
1
1
Cho (C) y = f ( x) = x 4 − x 2 . ViÕt p tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm O(0;0) ®Õn ®å thÞ (C).
2
2
(§H KT 1997) Cho (C) y = f ( x) = (2 − x 2 ) 2 . ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm
A(0;4) ®Õn ®å thÞ (C).
1
3
 3
Cho (C) y = f ( x) = x 4 − 3 x 2 +
ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm A 0;  ®Õn
2

2
 2
®å thÞ (C).
Cho ®å thÞ (C): y = f ( x ) = 2 x − 1 − 3 x − 5 . ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm
 27 
A 2;  ®Õn (C) .
 4 

.b

38.

w
w

37.

w

36.

ne

t

Viêt pttt của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó đi qua điểm M(-1,-9). Đs: y = 24x + 15 và y =

Cho ®å thÞ (C): y = f ( x) = x + 1 − 4 − x 2 . ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm

(

)

A − 1;1 − 2 2 ®Õn (C)
Cho ®å thÞ (C): y = f ( x) = (3 x 2 − 4).e x vµ gèc to¹ ®é O(0;0) .ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua
®iÓm O(0;0) ®Õn ®å thÞ (C) .
1 + lnx
Cho ®å thÞ (C): y =
. Vݪt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®i qua 0(0;0) ®Õn (C)
x
4 4
(§H Ngo¹i Ng÷ 1998) Cã bao nhiªu tiÕp tuyÕn ®i qua A ; 
9 3
1
®Õn ®å thÞ (C) y = x 3 − 2 x 2 + 3 x + 4 .
3
3
Cho hµm sè: y = x + 3mx2 + (m + 1)x + 1.
T×m m ®Ó tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = -1 ®i qua ®iÓm A(1:2).

www.boxtailieu.net

7


x+m
sao cho
x2

50.

Tìm m để từ điểm A(1;2) kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC đến đồ thị (C) y =

51.

tam giác ABC đều (ở đây B,C là 2 tiếp điểm).
( ĐH Xây Dựng 2001) Cho đồ thị (C): y = f ( x) = x. ln x và M(2;1). Từ điểm M kẻ đợc
bao nhiêu tiếp tuyến đến đồ thị (C) .

Dng 4: Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C): y = f ( x ) , bit to vi trc Ox mt gúc .
1 3
2
52. Cho (C) y = x 2 x + x 4 ,
3
a. Viết phơng trình tiếp tuyến tạo với chiều dơng Ox góc 600
b. Viết phơng trình tiếp tuyến tạo với chiều dơng Ox góc 150
c. Viết phơng trình tiếp tuyến tạo với trục hoành góc 750

ne

t

Dng 5: Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C): y = f ( x ) , bit to vi ng thng d: y = ax + b
mt gúc .
3x 7
53. Cho đồ thị (C): y =
. Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) khi biết :
2x + 5
a. Tiếp tuyến tạo với đờng thẳng y= - 2x góc 450
b. Tiếp tuyến tạo với đờng thẳng y= - x góc 600

u.

.b

58.

bit cos =

1

w
w

57.

26

.

w

56.

ox

ta

55.

Cho (C) y = f (x) = 2x 3 3x 2 12x 5 . Viết phơng trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến tạo với
1
y = x + 5 góc 45 0
2
1
1
Cho (C): y = x 3 2x 2 + x 4 . Viết phơng trình tiếp tuyến tạo với đờng thẳng y = x + 3 góc
3
2
0
30
4x 3
Cho đồ thị (C): y =
. Viết pt tiếp tuyến tạo với đờng thẳng (d): y= 3x góc 45 0.
x 1
3
Cho hàm số y = x 3mx 2 + mx + 1 (Cm ) . Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị (Cm)
tại điểm có hoành độ x = -1 tạo với đờng thẳng (d): y = x + 1 một góc 450.
Cho hm s y = x 3 + (1 2 m) x 2 + (2 m) x + m + 2 (1)
(m l tham s).
Tỡm tham s m th ca hm s (1) cú tip tuyn to vi ng thng d: x + y + 7 = 0 gúc ,

ilie

54.

HD: Gi k l h s gúc ca tip tuyn tip tuyn cú VTPT n1 = (k; 1)
ng thng d cú VTPT n2 = (1;1) .
Ta cú cos =

n1.n2
n1 . n2



1
26

=

k 1
2 k2 + 1

12 k 2 26 k + 12 = 0 k =

3
2
k=
2
3

YCBT tho món ớt nht mt trong hai phng trỡnh sau cú nghim:
2
3
3 x + 2(1 2m ) x + 2 m =
y = 2


y = 2
3 x 2 + 2(1 2m ) x + 2 m =

3

1
1
m 4 ; m 2
1
1

m hoc m
3
4
2
m ; m 1

4

3
/
2
2 1 0 8m 2 m 1 0
/
2
2
4m m 3 0
2 0
3

Cõu hi tng t:

www.boxtailieu.net

8


a) Với y = x 3 − 3mx + 2; d : x + y + 7 = 0; cosα =

1

2
9

ĐS: m ≥ − .

.

26

Dạng 6: Tìm những điểm trên đường thẳng d mà từ đó có thể vẽ được 1, 2, 3,.. tiếp tuyến với
đồ thị (C): y = f ( x ) .
59.

Cho hàm số y = 3 x − x 3 (C). Tìm trên đường thẳng (d): y = − x các điểm M mà từ đó kẻ được đúng
2 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị (C).
HD: Gọi M (m; − m) ∈ d . PT đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k ( x − m) − m .
3

∆ là tiếp tuyến của (C) ⇔ hệ PT sau có nghiệm: 3 x − x2 = k ( x − m) − m (1) (*)

3 − 3 x = k

Thay (2) vào (1) ta được: 2 x 3 − 3mx 2 + 4 m = 0 ⇔ m =

2 x3
3x2 − 4

(2)

(**)

Từ M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến với (C) ⇔ (**) có 2 nghiệm phân biệt

f ′( x ) =

3x 2 − 4

6 x 4 − 24 x 2
2

(3 x − 4)

2

 2 3 2 3

;
3 
 3

. Tập xác định D = R \ −

t

2 x3

; f ′( x ) = 0 ⇔  x = 0


 x = ±2

ne

Xét hàm số f ( x ) =

m = 2

Cho hàm số y = x − 3 x + 2 . Tìm trên đường thẳng d : y = 4 các điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp
tuyến với (C).
HD: Gọi M (m;4) ∈ d . PT đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k ( x − m) + 4

ilie

3

ta

60.

u.


Dựa vào BBT, (**) có 2 nghiệm phân biệt ⇔  m = −2 . Vậy: M(−2;2) hoặc M(2; −2) .

 3
∆ là tiếp tuyến của (C) ⇔ hệ PT sau có nghiệm:  x 2− 3 x + 2 = k ( x − m) + 4

ox

3 x − 3 = k

 x = −1

(*)

(3)

.b

Thay (2) vào (1) ta được: ( x + 1) 2 x 2 − (3m + 2) x + 3m + 2  = 0

(1)
(2)

w
w

⇔ 2
(4)
2 x − (3m + 2) x + 3m + 2 = 0

YCBT ⇔ (3) có đúng 2 nghiệm phân biệt.

+ TH1: (4) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng –1 ⇔ m = −1

w

+ TH2: (4) có nghiệm kép khác –1 ⇔ m = −
 2
 3

2
∨ m=2
3




Vậy các điểm cần tìm là: (−1;4) ;  − ;4  ; (2;4) .

61.

Cho hàm số y = x 3 − 2 x 2 + (m − 1) x + 2 m (Cm).
Tìm m để từ điểm M(1;2) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến với (Cm).
HD: PT đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k ( x − 1) + 2 . ∆ là tiếp tuyến của (Cm) ⇔ hệ PT sau có
2
 3
nghiệm:  x 2− 2 x + (m − 1) x + 2 m = k ( x − 1) + 2 ⇒ f ( x ) = 2 x 3 − 5 x 2 + 4 x − 3(m − 1) = 0 (*)

3 x − 4 x + m − 1 = k

Để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm) thì (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt
2
3
 2 109

Các điểm cực trị của (Cm) là: A(1;4 − 3m), B  ;
− 3m  .
3
27



Ta có f ′( x ) = 6 x 2 − 10 x + 4 ⇒ f ′( x ) = 0 ⇔ x = 1; x =

www.boxtailieu.net

9



4
m = 3
 A ∈ Ox
Do đó (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt ⇔ 
.
⇔
 B ∈ Ox
 m = 109

81

62.

Cho hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 (C).
Tìm trên đường thẳng (d): y = 2 các điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị (C).
HD: Gọi M (m;2) ∈ (d ) . PT đường thẳng ∆ đi qua điểm M có dạng : y = k ( x − m) + 2
2
 3
∆ là tiếp tuyến của (C) ⇔ hệ PT sau có nghiệm − x 2+ 3 x − 2 = k ( x − m) + 2

−3 x + 6 x = k

(1)
(*).
(2)

Thay (2) và (1) ta được: 2 x 3 − 3(m + 1) x 2 + 6 mx − 4 = 0 ⇔ ( x − 2)  2 x 2 − (3m − 1) x + 2  = 0
x = 2

⇔
2
 f ( x ) = 2 x − (3m − 1) x + 2 = 0 (3)
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C) ⇔ hệ (*) có 3 nghiệm x phân biệt

m > 2

ĐS: M (m; 0) với 

2
 −1 ≠ m < −
3



Cho hàm số y = ( x + 1) . ( x − 1) . Cho điểm A( a; 0) . Tìm a để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt
với đồ thị (C).
2

2

ta

63.

y = − x 3 + 3 x 2 − 2, d ≡ Ox .

ilie

Câu hỏi tương tự:

u.

ne

t


5

∆ > 0
⇔ (3) có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ 
⇔  m < −1 ∨ m > 3 .

 f (2) ≠ 0
m ≠ 2

5

Vậy từ các điểm M(m; 2) ∈ (d) với m < −1 ∨ m > 3 có thể kẻ được 3 tiếp tuyến với (C).
m ≠ 2

ox

HD: Ta có y = x 4 − 2 x 2 + 1 . PT đường thẳng d đi qua A(a; 0) và có hệ số góc k : y = k ( x − a)
 x 4 − 2 x 2 + 1 = k ( x − a)

.b

d là tiếp tuyến của (C) ⇔ hệ phương trình sau có nghiệm: 

w
w

k = 0
( A)
2
x − 1 = 0

Ta có: ( I ) ⇔ 



2


hoặc 4 x ( x − 1)2= k

4 x3 − 4 x = k

 f ( x ) = 3 x − 4ax + 1 = 0 (1)
+ Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1 : y = 0 .

(I )

( B)

w

+ Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt với (C) thì điều kiện cần và đủ là hệ (B) phải có 2
nghiệm phân biệt ( x; k ) với x ≠ ±1 , tức là phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác ±1
2
 ′
3
3
⇔  ∆ = 4 a − 3 > 0 ⇔ −1 ≠ a < −
hoaëc 1 ≠ a >

 f (±1) ≠ 0

64.

Cho hàm số y =

2

2

x +1
(C). Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới
x −1

(C).
HD: Gọi M (0; yo ) là điểm cần tìm. PT đường thẳng qua M có dạng: y = kx + yo (d)
 x +1
( y − 1) x 2 − 2( y + 1) x + y + 1 = 0 (1)
 x − 1 = kx + yo
o
o
 o
⇔
(d) là tiếp tuyến của (C) ⇔  −2
(*)
−2
=k

=k
 x ≠ 1;
2
2
( x − 1)

 ( x − 1)

YCBT ⇔ hệ (*) có 1 nghiệm ⇔ (1) có 1 nghiệm khác 1

y = 1 y ≠ 1

1
 o
 o
x = ; yo = 1 ⇒ k = −8

⇔
⇔
1 ∨ 
2
2
 x = 0;
∆ ' = ( yo + 1) − ( yo − 1)( yo + 1) = 0
 x = 2
yo = −1 ⇒ k = −2


Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0; 1) và M(0; –1).

www.boxtailieu.net

10


65.

Cho hm s y =

x+3

(C). Tỡm trờn ng thng d : y = 2 x + 1 cỏc im t ú k c duy nht mt
x 1

tip tuyn ti (C).
HD: Gi M (m;2m + 1) d . PT ng thng qua M cú dng: y = k ( x m) + 2 m + 1

PT honh giao im ca v (C): k ( x m) + 2 m + 1 =

kx 2 [(m + 1)k 2 m ] x + [ mk (2m + 4)] = 0

x+3
x 1

(*)

k 0
2
= [(m + 1)k 2 m ] 4 k [ mk (2 m + 4)] = 0

tip xuc vi (C) (*) cú nghim kộp

k 0
2 2
2
2
g(k ) = ( m 1) k 4(m m 4)k + 4 m = 0



Qua M (m;2m + 1) d k c ỳng 1 tip tuyn n (C)

69.
70.
71.
72.
73.
74.

75.

76.

77.

78.

t

ne

ta

ox

Tìm trên trục Oy các điểm kẻ đến đồ thị y = 9 x 2 (C) 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau
Cho hm s y = x4 x2 + 1 .
Tỡm tt c cỏc im thuc trc Oy m t ú k c ỳng ba tip tuyn n (C)
Cho hàm số: y = 3x - x3 có đồ thị là (C). Tìm trên đờng thẳng y = 2 các điểm kẻ đợc 3 tiếp tuyến
đến đồ th& (C) .
(HC BCVT TPHCM 1999). Cho (C): y = f ( x ) = x 3 + 3 x 2 2 . Tìm các đI ểm trên (C) để

kẻ đợc đúng một tiếp tuyến tới đồ thị (C).
(ĐH Dợc 1996). Cho (C): y = f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c . Tìm các điểm trên (C) để kẻ đợc
đúng một tiếp tuyến tới đồ thị (C).
Tìm trên đờng thẳng y=2 các điểm kẻ đợc 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C) y = x 3 + 3 x 2 2 .
( ĐH QG TPHCM 1999) Tìm trên đờng thẳng x = 2 các điểm kẻ đợc 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C)
y = x 3 3x 2 .
Cho (C) y = f ( x) = x 4 + 2 x 2 1 . Tìm tất cả các điểm thuộc Oy kẻ đợc 3 tiếp tuyến đến đồ
thị (C).

.b

68.

w
w

67.

( ĐH Nông Lâm 2001) Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ kẻ đợc 3 tiếp tuyến đến đồ thị
(C): y = x 3 + 3 x 2 trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau
1
Cho đồ thị (C): y = x 4 x 3 3 x 2 + 7 . Tìm m để đồ thị (C) luôn luôn có ít nhất 2 tiếp tuyến
2
song song với đờng thẳng y = mx.

w

66.

u.

m = 0

m = 1
m = 2
m = 1

ilie

g(k ) = 0

= 32(m2 m 2) > 0; g(0) = 4 m2 = 0

cú ỳng 1 nghim k 0 = 32(m2 m 2) > 0; g(0) = 4 m2 = 0

1
m 1 = 0 16 k + 4 = 0 k = 4
M (0;1)
M (1; 1)
M (2;5)
M (1;3)

Cho đồ thị (C) : y = x + 4 x 2 + 2 x + 1 . Tìm trên trục tung các điểm có thể kẻ ít nhất 1 tiếp
tuyến đến (C) .
Cho đồ thị (C): y = f ( x) = 2 x + x 2 4 x + 7 . Tìm trên đờng thẳng x = 1 các điểm có thể
kẻ đợc tiếp tuyến đến (C) .
Cho đồ thị (C): y = f ( x) = 5 2 x 2 + 7 x 10 . Tìm trên đờng thẳng y = 4 2 các điểm
có thể kẻ đợc tiếp tuyến đến (C) .

Dng 7: Tỡm iu kin ca tham s hai ng tip xỳc nhau

www.boxtailieu.net

11


79.

Cho hàm số y =

(2 m − 1) x − m 2
. Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x .
x −1

HD: TXĐ: D = R \ {1}.

 (2 m − 1) x − m 2
= x (*)


x
−
1
Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y = x thì: 
có nghiệm.
2
 (m − 1) = 1
(**)
 ( x − 1)2

Từ (**) ta có (m − 1)2 = ( x − 1)2 ⇔  x = m
x = 2 − m


• Với x = m, thay vào (*) ta được: 0 m = 0 (thoả với mọi m). Vì x ≠ 1 nên m ≠ 1.
• Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2m − 1)(2 − m) − m2 = (2 − m)(2 − m − 1)
⇔ 4(m − 1)2 = 0 ⇔ m = 1 ⇒ x = 1 (loại)
Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x .
Tìm m để 2 đường sau tiếp xúc nhau:
a. (C m ) y = x 3 − 3mx 2 − x + 3m và Ox.

t

80.

ne

b. (C m ) : y = x 3 − (m + 1) x 2 − (2m 2 − 3m + 2) x + 2m(2m − 1) và ®−êng th¼ng y = - 49x + 98.
d. (C): y = x 3 − 4 x 2 + 4 x và ( Dm ) : y = mx - 3m +3.

u.

c. (C m ) : y = 2mx 3 − 3 x − 16m + 6 và Ox.

ta

ilie

e. (C): y = x 4 + x 3 + ( m − 1) x 2 − x − m và Ox.
f. (C): y = x 4 + ( m − 5) x 2 − mx − 2m + 4 và Ox.

g. (C1 ) : y = mx 3 + (1 − 2m)x 2 + 2mx và (C2 ) : y = 3mx 3 + 3(1 − 2m)x + 4m − 2
(m − 1)( x 2 − 2 x) + m + 4
và y= 1
mx + m
x 3 + (2m − 1) x 2 − (3m − 1) x − (m 2 + 3m)
k. (C m ) : y =
và đường th¼ng y= x + m + 1
x−m
mx 2 + (2m − 1) x + m + 2
l. TCX cña y =
và (P) y = x 2 − 9
x −1
m. (C m ) y = 2 x 3 − 3( m + 3) x 2 + 18mx − 8 và Ox.

w
w

.b

ox

h. (C m ) : y =

x2 − x +1
và (C2 ) : y = x 2 + 1 + m
x −1
x
o. CMR (C) y = f ( x) =
lu«n tiÕp xóc víi y= e.
ln x

w

n. (C1 ) : y =

Các bài toán khác
3
2
81. Cho hàm số y = 2 x − 3 x + 1 . Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục
tung tại điểm có tung độ bằng 8.
HD: Giả sử M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) ⇒ y0 = 2 x03 − 3 x02 + 1 . Ta có: y′ = 3 x 2 − 6 x .
PTTT ∆ tại M: y = (6 x02 − 6 x0 )( x − x0 ) + 2 x03 − 3 x02 + 1 .

đi qua P(0;8) ⇔ 8 = −4 x03 + 3 x02 + 1 ⇔ x0 = −1 . Vậy M(−1; −4) .
82.

Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 có đồ thị (C). Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của
(C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn AB = 4 2 .

HD: Giả sử A(a; a3 − 3a2 + 1), B(b; b3 − 3b2 + 1) thuộc (C), với a ≠ b .
Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau nên:

www.boxtailieu.net

12


y ′(a) = y ′(b) ⇔ 3a2 − 6 a = 3b2 − 6 b ⇔ a 2 − b2 − 2(a − b) = 0 ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0

⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 − a . Vì a ≠ b nên a ≠ 2 − a ⇔ a ≠ 1

Ta có: AB = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + 1 − a3 + 3a2 − 1)2 = (b − a)2 + (b3 − a3 − 3(b2 − a2 ))2
= (b − a)2 + (b − a)3 + 3ab(b − a) − 3(b − a)(b + a) 

2

= (b − a)2 + (b − a)2 ( b − a)2 + 3ab − 3.2 

2

2

= (b − a)2 + (b − a)2 (b + a)2 − ab − 6  = (b − a)2 + (b − a)2 (−2 − ab)2

AB 2 = (b − a)2 1 + (−2 − ab)2  = (2 − 2 a)2 1 + (a2 − 2 a − 2)2 
2

= 4(a − 1)2 1 + (a − 1)2 − 3  = 4(a − 1)2 (a − 1)4 − 6(a − 1)2 + 10 

= 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2

Mà AB = 4 2 nên 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔ (a − 1)6 − 6(a − 1)4 + 10(a − 1)2 − 8 = 0
(*)

Đặt t = (a − 1)2 , t > 0 . Khi đó (*) trở thành:

ĐS: A(3;2), B(−2; −2) .

Cho hàm số y = f ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3 (C). Tìm tất cả các giá trị k, để tồn tại 2 tiếp tuyến với (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 = 2011.OB .

HD: PTTT của (C) có dạng: y = kx + m . Hoành độ tiếp điểm x0 là nghiệm của phương trình:

ta

ilie

83.

Với y = x 3 − 3 x 2 + 2; AB = 4 2 .

u.

Câu hỏi tương tự:

ne

t

 a = 3 ⇒ b = −1
t 3 − 6t 2 + 10t − 8 = 0 ⇔ (t − 4)(t 2 − 2t + 2) = 0 ⇔ t = 4 ⇒ (a − 1)2 = 4 ⇔ 
 a = −1 ⇒ b = 3
Vậy 2 điểm thoả mãn YCBT là: A(3;1), B(−1; −3) .

f ′( x0 ) = k ⇔ 3 x02 + 12 x0 + 9 − k = 0

w
w

.b

ox

(1)
Để tồn tại 2 tiếp tuyến phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ∆′ = 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3 (2)
k −6
2k − 9

x0 +
y =
Toạ độ các tiếp điểm ( x0 ; y0 ) của 2 tiếp tuyến là nghiệm của hệ:  0
3
3 .
2
3x0 + 12 x0 + 9 = k
 y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3
k −6
2k − 9
0
0
0
0
trình đường thẳng d đi qua các tếp điểm là: y =
x+
2
3
3
3 x0 + 12 x0 + 9 = k

w

Phương 

Do d cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A và B sao cho: OA = 2011.OB nên có thể xảy ra:
9
2

+ Nếu A ≡ O thì B ≡ O . Khi đó d đi qua O ⇒ k = .
OB
k −6
= 2011 ⇒
= ±2011
OA
3
9
⇒ k = 6039 (thoả (2)) hoặc k = −6027 (không thoả (2)).
Vậy: k = ; k = 6039 .
2

+ Nếu A ≠ O thì ∆OAB vuông tại O. Ta có: tan OAB =

84.

Cho hàm số y = x 3 − mx + m − 1 (Cm).
Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại điểm M có hoành độ x = −1 cắt đường tròn (C) có
phương trình ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 4 theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất.

HD:Ta có: y′ = 3 x 2 − m ⇒ y′(−1) = 3 − m ; y(−1) = 2 m − 2 . (C) có tâm I (2;3) , R = 2.
PTTT d tại M (−1;2m − 2) : y = (3 − m ) x + m + 1 ⇔ (3 − m) x − y + m + 1 = 0
d (I , d ) =

4−m
(3 − m)2 + 1

=

1 + (3 − m)
(3 − m)2 + 1

≤

2. (3 − m)2 + 1
(3 − m)2 + 1

= 2
www.boxtailieu.net

13


Dấu "=" xảy ra ⇔ m = 2 . Dó đó d ( I , d ) đạt lớn nhất ⇔ m = 2
Tiếp tuyến d cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho AB ngắn nhất ⇔ d ( I , d ) đạt lớn nhất ⇔ m = 2
Khi đó: PTTT d: y = x + 3 .
1
5

5
2

Câu hỏi tương tự: a) y = x 3 − mx + m − 1; x M = 1;(C ) : ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = . ĐS: m = 1; m = .
85.

Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m (1) , m là tham số.
Gọi A là một điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ bằng 1. Tìm m để khoảng cách từ điểm
3 
B  ; 1  đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A là lớn nhất .
4 

HD: A ∈ (Cm) nên A(1;1 − m) . y ' = 4 x 3 − 4 mx ⇒ y '(1) = 4 − 4 m
Phương trình tiếp tuyến của (Cm) tại A: y − (1 − m ) = y′(1).( x − 1) ⇔ (4 − 4 m) x − y − 3(1 − m ) = 0
Khi đó d ( B; ∆) =

−1
16(1 − m)2 + 1

≤ 1 , Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ khi m = 1.

t

Do đó d ( B; ∆) lớn nhất bằng 1 khi và chỉ khi m = 1.
Cho hàm số y =

2x + 3
có đồ thị là (C). Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại những điểm
x +1

ne

86.

3 x 0 + 4 y0 − 2
32 + 4 2

= 2 ⇔ 3 x0 + 4 y0 − 12 = 0 hoặc 3 x0 + 4 y0 + 8 = 0

ta

Ta có: d ( M , d ) = 2 ⇔

2 x0 + 3
.
x0 + 1

ilie

HD: Giả sử M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) ⇒ y0 =

u.

thuộc đồ thị có khoảng cách đến đường thẳng d : 3 x + 4 y − 2 = 0 bằng 2.

 x0 = 0 ⇒ M1 (0;3)

 x0 = 1 ⇒ M2  1 ; 11 

3
3 4 



7
 x0 = −5 ⇒ M3  −5; 
 2 x0 + 3 

4
• Với 3 x0 + 4 y0 + 8 = 0 ⇔ 3 x0 + 4 
 + 8 = 0 ⇔ 


4
4
+
1
x

0


x0 = − ⇒ M 4  − ; −1 
3
 3



w
w

.b

ox

 2x + 3 
• Với 3 x0 + 4 y0 − 12 = 0 ⇔ 3 x0 + 4  0  − 12 = 0 ⇔
 x0 + 1 

w

⇒ PTTT tại M1(0;3) là y = − x + 3 ;


7

1

23

PTTT tại M3  −5;  là y = − x + ;
4
16
16


87.

 1 11 
9
47
;
 là y = − x +
16

16
3 4 
 4

PTTT tại M4  − ; −1  là y = −9 x − 13 .
 3


PTTT tại M2  ;


2x −1
Cho hàm số y =
. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến
x −1
tiếp tuyến bằng 2 .
HD: Tiếp tuyến của (C) tại điểm M ( x0 ; f ( x0 )) ∈ (C ) có phương trình:

y = f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) ⇔ x + ( x0 − 1)2 y − 2 x0 2 + 2 x0 − 1 = 0 (*)

Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến (*) bằng

2 ⇔

2 − 2 x0

x = 0
= 2⇔  0
 x0 = 2
1 + ( x0 − 1)

4

Các tiếp tuyến cần tìm : x + y − 1 = 0 và x + y − 5 = 0
88.

Cho hàm số y =

2x
(C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ
x+2

tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.
HD: Tiếp tuyến (d) của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a ≠ −2 thuộc (C) có phương trình:

www.boxtailieu.net

14


y=

4
(a + 2)

( x − a) +

2

2a
⇔ 4 x − (a + 2)2 y + 2 a2 = 0

a+2

Tâm đối xứng của (C) là I ( −2;2 ) . Ta có: d ( I , d ) =

89.

8 a+2
16 + (a + 2)4

8 a+2

≤

2.4.(a + 2)2

=

8 a+2
2 2 a+2

=2 2

a = 0
. Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 .
d ( I , d ) lớn nhất khi (a + 2)2 = 4 ⇔ 
 a = −4
x
Câu hỏi tương tự: a) Với y =
. ĐS: y = − x; y = − x + 4 .
x −1

x+2
Cho hàm số y =
. Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận, ∆ là một tiếp tuyến bất kỳ của đồ
x +1

thị (C). d là khoảng cách từ I đến ∆ . Tìm giá trị lớn nhất của d.

HD: y′ =



−1

x +2

. Giao điểm của hai đường tiệm cận là I(–1; 1). Giả sử M  x0 ; 0
 ∈ (C )
x0 + 1 
( x + 1)

Phương trình tiếp tuyến ∆ với đồ thi hàm số tại M là:
2

2 x0 + 1

Khoảng cách từ I đến ∆ là d =

Vậy GTLN của d bằng

4

1

+ ( x0 + 1)

≤ 2

2

( x0 + 1)

2

x0 = 0 hoặc x0 = −2 .

2 khi

ta

Cho hàm số y =

1 + ( x0 + 1)

2

=

2x + 1
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng tiếp tuyến cách đều hai
x +1

ox

90.

x0 + 2
2
⇔ x + ( x0 + 1) y − x0 − ( x0 + 1)( x0 + 2 ) = 0
x0 + 1

t

( x − x0 ) +

ne

( x0 + 1)

2

u.

−1

ilie

y=

điểm A(2; 4), B(−4; −2).
HD: Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( x0 ≠ −1 ).

( x0 + 1)2

2 x0 + 1
⇔ x − ( x0 + 1)2 y + 2 x02 + 2 x0 + 1 = 0
x0 + 1

.b

1

( x − x0 ) +

w
w

PTTT (d) là y =

Ta có: d ( A, d ) = d ( B, d ) ⇔ 2 − 4( x0 + 1)2 + 2 x02 + 2 x0 + 1 = −4 + 2( x0 + 1)2 + 2 x02 + 2 x0 + 1

w

⇔ x 0 = 1 ∨ x 0 = 0 ∨ x 0 = −2

Vậy có ba phương trình tiếp tuyến: y =
91.

Cho hàm số: y =

1
5

x + ; y = x + 1; y = x + 5
4
4

x+2
(C). Cho điểm A(0; a) . Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao
x −1

cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành.
Hd: Phương trình đường thẳng d đi qua A(0; a) và có hệ số góc k: y = kx + a
x +2
 x − 1 = kx + a
d là tiếp tuyến của (C) ⇔ Hệ PT 
có nghiệm
−3
k =

( x − 1)2

PT: (1 − a) x 2 + 2(a + 2) x − (a + 2) = 0 (1) có nghiệm x ≠ 1 .
a ≠ 1

a ≠1
Để qua A có 2 tiếp tuyến thì (1) phải có 2 nghiệm p. biệt x1, x2 ⇔ 
⇔
′
a > −2
 ∆ = 3a + 6 > 0
(*)

Khi đó ta có: x1 + x2 =



2(a + 2)
a+2
3
3
; x1 x2 =
và y1 = 1 +
; y2 = 1 +
a −1
a −1
x1 − 1
x2 − 1

www.boxtailieu.net

15


Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía đối với trục hoành thì y1.y2 < 0


⇔ 1 +


x1.x2 + 2( x1 + x2 ) + 4
3 
3 

2
< 0 ⇔ 3a + 2 > 0 ⇔ a > −
 . 1 +
<0 ⇔
x1.x2 − ( x1 + x2 ) + 1
x1 − 1  
x2 − 1 
3


2


Kết hợp với điều kiện (*) ta được: a > − 3
a ≠ 1

92.

Cho hàm số y =

−x +1
. Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng d : y = x + m luôn cắt (C) tại 2
2x −1

điểm phân biệt A, B. Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để
tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất.

ilie

u.

ne

t


1
−x +1
x ≠
Hd: PT hoành độ giao điểm của d và (C):
= x+m ⇔ 
2
2x −1
 g( x ) = 2 x 2 + 2 mx − m − 1 = 0 (*)
∆′ = m 2 + 2 m + 2 > 0, ∀m
 g
Vì   1 
nên (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 .
g   ≠ 0
 2
−m − 1
. Giả sử: A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) .
Theo định lí Viet ta có: x1 + x2 = −m; x1x2 =
2
1
1
Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là: k1 = −
;k = −
2 2
(2 x1 − 1)

(2 x2 − 1)2

⇒ k1 + k2 = −4(m + 1)2 − 2 ≤ −2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ m = −1 .

ta

Vậy: k1 + k2 đạt GTLN bằng −2 khi m = −1 .
Cho hàm số y =

x+2
(1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó
2x + 3

ox

93.

.b

cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.

w
w

HD: Gọi ( x0 ; y0 ) là toạ độ của tiếp điểm ⇒ y ′( x0 ) =

−1
(2 x0 + 3)2

<0

∆OAB cân tại O nên tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng y = − x (vì tiếp tuyến có hệ số góc âm).
 x0 = −1 ⇒ y0 = 1
= −1 ⇒ 
 x0 = −2 ⇒ y0 = 0
(2 x0 + 3)2
+ Với x0 = −1; y0 = 1 ⇒ ∆: y − 1 = −( x + 1) ⇔ y = − x (loại)
−1

w

Nghĩa là: y ′( x0 ) =

+ Với x0 = −2; y0 = 0 ⇒ ∆: y − 0 = −( x + 2) ⇔ y = − x − 2 (nhận)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − x − 2 .
94.

Cho hàm số y =

2x − 1
. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các
x −1

trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A và B thoả mãn OA = 4OB.
HD: Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho OA = 4OB .
OB 1
1
1
hoặc − .
= ⇒ Hệ số góc của d bằng

OA 4
4
4

3
 x0 = −1 ( y0 = 2 )
1
1
1
Hệ số góc của d là y ′( x0 ) = −
<0⇒−
=− ⇔ 
4
( x0 − 1)2
( x0 − 1)2
 x = 3 (y = 5 )
0
 0
2

Do ∆OAB vuông tại O nên tan A =

www.boxtailieu.net

16




1

3
1
5
 y = − 4 ( x + 1) + 2
y = − 4 x + 4
Khi đó có 2 tiếp tuyến thoả mãn là: 
.
⇔
 y = − 1 ( x − 3) + 5
 y = − 1 x + 13

4
2

4
4
95.

2x
. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này cắt các trục Ox, Oy
x−2
lần lượt tại A và B sao cho AB = OA 2 .
2 x0
−4
HD: Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ), x0 ≠ 2 . PTTT tại M: y =
( x − x0 ) +
2
x
( x − 2)
0 −2

Cho hàm số y =

0

Tam giác vuông OAB có AB = OA 2 nên ∆OAB vuông cân tại O. Do đó d vuông góc với một trong
hai đường phân giác d1 : y = x; d2 : y = − x và không đi qua O.
( x0 − 2)2
−4

+ Nếu d ⊥ d2 thì
Cho hàm số y =

= 1 ⇒ vô nghiệm.

Vậy PTTT cần tìm là: y = − x + 8 .

x +1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm M ∈ (C) mà tiếp
2x − 1

ne

96.

( x0 − 2)2

= −1 ⇔ x0 = 4 ⇒ d : y = − x + 8 .

t

−4

+ Nếu d ⊥ d1 thì

−3

( x − x 0 ) + y0

ilie

HD: Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) . PTTT tại M: y =

u.

tuyến của (C) tại M tạo với hai trục toạ độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng
d : y = 2m − 1 .
(2 x0 − 1)2

ta

Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành và trục tung ⇒ yB =

ox

2 x02 + 4 x0 − 1

2 x02 + 4 x0 − 1
(2 x0 − 1)2

=

3(2 x0 − 1)2

6 x02 − (2 x0 − 1)2
(2 x0 − 1)2

=

w
w

Mặt khác:

.b

Từ đó trọng tâm G của ∆OAB có: yG =

6 x02
(2 x0 − 1)2

. Vì G ∈ d nên

2 x02 + 4 x0 − 1
(2 x0 − 1)2

2 x02 + 4 x0 − 1
3(2 x0 − 1)2

.

= 2m − 1

− 1 ≥ −1

1
3

1
3

Do đó để tồn tại ít nhất một điểm M thoả YCBT thì 2 m − 1 ≥ − ⇔ m ≥ . Vậy GTNN của m là

2x − 3
(C). Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt
x −2
4
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho cosABI =
, với I là giao 2 tiệm cận.
17

2x − 3 
HD: I(2; 2). Gọi M  x0 ; 0  ∈ (C ) , x0 ≠ 2
x0 − 2 

2x − 3
1
Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M: y = −
( x − x0 ) + 0
2

x0 − 2
( x − 2)

w

97.

1
.
3

Cho hàm số y =

0



Giao điểm của ∆ với các tiệm cận: A  2;


Do cos ABI =

4
17




nên tan ABI =
3

2

2 x0 − 2 
 , B(2 x0 − 2;2) .
x0 − 2 

x = 0
1 IA
⇔ IB 2 = 16.IA2 ⇔ ( x0 − 2)4 = 16 ⇔  0
=
4 IB
 x0 = 4
1
4

Kết luận: Tại M  0;  phương trình tiếp tuyến: y = − x +

www.boxtailieu.net

3
2

17





5
3

3x − 2
5
Câu hỏi tương tự: y =
.
; cos BAI =
x +1
26

1
4

Tại M  4;  phương trình tiếp tuyến: y = − x +

98.

Cho hàm số y =

7
2

ĐS: ∆: y = 5 x − 2 hoặc ∆: y = 5 x + 2 .

2x − 3
có đồ thị (C). Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C)
x−2

cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất.


HD: Lấy điểm M  m; 2 +



1 
1
 ∈ ( C ) . Ta có: y′ (m ) = −
m−2
(m − 2)2

Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình:

y=−

1
(m − 2)



Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là: A  2;2 +

2

( x − m) + 2 +

1
m−2

2 

m−2


Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là: B(2 m − 2;2)



Cho hàm số y =

t

2

2x − 3
. Gọi M là điểm bất kì trên (C), I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tiếp
x −2

u.

99.


m = 3
Vậy: M(3;3) hoặc M(1;1)
 ≥ 8 . Dấu “=” xảy ra ⇔ 
m = 1
(m − 2) 
1

ne



Ta có: AB 2 = 4 ( m − 2)2 +



2x − 3 

ilie

tuyến d của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích bằng 2π .
−1

2x − 3

2x − 2 

ox



ta

Hd: Ta có: I(2; 2). Gọi M  x0 ; 0  ∈ (C ), x0 ≠ 2 . PTTT d: y =
( x − x0 ) + 0
2
2
x
−
x0 − 2

(
x
−
2)
0


0

.b

d cắt 2 tiệm cận tại A  2; 0
 , B(2 x 0 − 2;2) .
 x0 − 2 

w
w

∆IAB vuông tại I và S( IAB ) = 2π ⇔ ( x0 − 2)2 +
100. Cho hàm số y =

 x = 1 ⇒ M (1;1)
=2⇔ 0
( x0 − 2)
 x0 = 3 ⇒ M (3;3)
1

2

2x − 3

.Gọi M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm
x −2

w

cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho
đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.


2x − 3 

−1

Hd: Giả sử M  x0 ; 0  ∈ (C ) x0 ≠ 2 , y '( x0 ) =
2
x0 − 2 

( x0 − 2 )
Phương trình tiếp tuyến (∆) với ( C) tại M: y =

−1

( x0 − 2 )


2

( x − x0 ) +

2 x0 − 3

x0 − 2

2x − 2 

Toạ độ giao điểm A, B của (∆) với hai tiệm cận là: A  2; 0
 ; B ( 2 x 0 − 2;2 )
 x0 − 2 
Ta thấy

x A + x B 2 + 2 x0 − 2
y + y B 2 x0 − 3
=
= x0 = x M , A
=
= yM ⇒ M là trung điểm của AB.
2
2
2
x0 − 2

Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
2



 
1
2  2 x0 − 3

 ≥ 2π

S = π IM = π ( x0 − 2) + 
− 2  = π ( x0 − 2)2 +
 

x0 − 2

( x0 − 2)2 




2

www.boxtailieu.net

18


Dấu “=” xảy ra khi ( x0 − 2)2 =

x = 1
⇔ 0
( x0 − 2)
 x0 = 3
1

2

Do đó điểm M cần tìm là M(1; 1) hoặc M(3; 3).
Câu hỏi tương tự: Với y =

3x + 2
.
x +2

ĐS: M (0;1), M (−4;5) .

2 mx + 3
. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Tìm m để tiếp tuyến tại một
x−m
diểm bất kì của (C) cắt hai tiệm cận tại A và B sao cho ∆IAB có diện tích S = 64 .
HD: (C) có tiệm cận đứng x = m , tiệm cận ngang y = 2m . Giao điểm 2 tiệm cận là I (m;2 m) .

101. Cho hàm số y =

2mx + 3 



2mx + 3

2m 2 + 3

0
0
Gọi M  x0 ;
.
( x − x0 ) +
 ∈ (C ) . PTTT ∆ của (C) tại M: y =
2

x
−
m
x
−
x
−
m
(
)
0
0 m


0



cắt TCĐ tại A  m;


t

1
4m2 + 6
58
; IB = 2 x0 − m ⇒ SIAB = IA.IB = 4 m 2 + 6 = 64 ⇔ m = ±
.
x0 + m
2

2

ne

Ta có: IA =

2 mx0 + 2 m 2 + 6 
 , cắt TCN tại B(2 x0 − m;2 m) .

x0 − m


2mx + 3
. T×m m ®Ó tiÕp tuyÕn bÊt kú cña (Cm) c¾t 2 ®−êng th¼ng tiÖm
x−m
cËn t¹o nªn 1 tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 8.
x
103. Cho hàm số y =
. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến tạo với 2 đường tiệm
x −1

u.

Cho ®å thÞ (Cm): y =

ilie

102.



ox

ta

cận của (C) một tam giác có chu vi P = 2 ( 2 + 2 ) .
HD: (C) có tiệm cận đứng x = 1 , tiệm cận ngang y = 1 . Giao điểm 2 tiệm cận là I (1;1) .


x

1

x

 x +1

.b

Gọi M  x0 ; 0  ∈ (C ) ( x0 ≠ 1) . PTTT ∆ của (C) tại M: y = −
( x − x0 ) + 0 .
2
−
1
x0 − 1
x
x
(
−
1)

0


0

w
w

cắt TCĐ tại A  1; 0  , cắt TCN tại B(2 x0 − 1;1) .
 x0 − 1 

w

Ta có: PIAB = IA + IB + AB =

2
1
+ 2 x0 − 1 + 2 ( x0 − 1)2 +
≥ 4+2 2
x0 − 1
( x0 − 1)2

 x0 = 0
.
 x0 = 1

Dấu "=" xảy ra ⇔ x0 − 1 = 1 ⇔ 

+ Với x0 = 0 ⇒ PTTT ∆: y = − x ;
104. Cho hàm số y =

+ Với x0 = 2 ⇒ PTTT ∆: y = − x + 4 .

2x + 1
có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C)
x −1

sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B với chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ
nhất.


HD: Giao điểm của 2 tiệm cận là I (1;2) . Gọi M  x0 ;2 +


+ PTTT tại M có dạng: y =

−3
( x0 − 1)

2

( x − x0 ) + 2 +

3 
 ∈ (C).
x0 − 1 

3
x0 − 1


+ Toạ độ các giao điểm của tiếp tuyến với 2 tiệm cận: A  1;2 +


www.boxtailieu.net

6 
 , B (2 x0 − 1;2)
x0 − 1 
19


1
2

1
6
⋅ 2 x0 − 1 = 2.3 = 6 (đvdt)
2 x0 − 1

+ Ta có: S∆IAB = IA.IB = ⋅

+ ∆IAB vuông có diện tích không đổi ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB

⇔

x = 1+ 3
6
= 2 x0 − 1 ⇒  0
x0 − 1

 x0 = 1 − 3

Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện M1 (1 + 3;2 + 3 ) , M2 (1 − 3;2 − 3 )
Khi đó chu vi ∆AIB = 4 3 + 2 6 .

Chú ý: Với 2 số dương a, b thoả ab = S (không đổi) thì biểu thức P = a + b + a2 + b2 nhỏ nhất khi
và chỉ khi a = b.
Thật vậy: P = a + b + a2 + b2 ≥ 2 ab + 2 ab = (2 + 2) ab = (2 + 2) S .
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.
Câu hỏi tương tự:

2x −1
. ĐS: M1(0; −1), M2 (2;3) .
x −1

t

x−2
. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận tại A và B
x +1

ne

105. Cho hàm số y =

y=



cắt hai tiệm cận tại A  −1;



ilie



x0 − 2 
x −2
3
.
( x − x0 ) + 0
 ∈ (C ) . PTTT ∆ của (C) tại M: y =
2
x0 + 1 
x0 + 1
( x0 + 1)
x0 − 5 
6
; IB = 2 x0 + 1 .
 , B(2 x0 + 1;1) . Ta có: IA =
x0 + 1 
x0 + 1

1
2

ta



Gọi M  x0 ;

u.

sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB là lớn nhất, với I là giao điểm của 2 tiệm cận.
HD: (C) có TCĐ x = −1 , TCN y = 1 . Giao điểm 2 tiệm cận là I (−1;1) .

S 6
= . Do đó r lớn nhất ⇔ p nhỏ nhất. Mặt khác ∆IAB vuông tại I nên:
p p

.b

Ta có: S = pr ⇒ r =

ox

⇒ SIAB = IA.IB = 6 . Gọi p, r là nửa chu vi và bán kính đường trọn nội tiếp của ∆IAB.

w
w

2 p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB 2 ≥ 2 IA.IB + 2 IA.IB = 4 3 + 2 6 .

Dấu "=" xảy ra ⇔ IA = IB ⇔ ( x0 + 1)2 = 3 ⇔ x0 = −1 ± 3 .

+ Với x = −1 − 3 ⇒ PTTT ∆: y = x + 2 (1 + 3 )

w

+ Với x = −1 + 3 ⇒ PTTT ∆: y = x + 2 (1 − 3 )

106. Cho hàm số y =

2x +1
. Tìm trên hai nhánh của đồ thị (C), các điểm M, N sao cho các tiếp tuyến tại
x −1

M và N cắt hai đường tiệm cận tại 4 điểm lập thành một hình thang.
HD: Gọi M (m; yM ), N (n; yN ) là 2 điểm thuộc 2 nhánh của (C). Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại
A, B. Tiếp tuyến tại N cắt hai tiệm cận tại C, D.
 2m + 4 
 , B(2 m − 1;2) .
 m −1 

PTTT tại M có dạng: y = y′(m).( x − m) + yM ⇒ A  1;
 2n + 4 
 , D(2 n − 1;2) .
 n −1 

Tương tự: C  1;

Hai đường thẳng AD và BC đều có hệ số góc: k =

−3
nên AD // BC.
(m − 1)( n − 1)

Vậy mọi điểm M, N thuộc 2 nhánh của (C) đều thoả mãn YCBT.
107. Cho hàm số y =

x +3
. Cho điểm Mo ( xo ; yo ) thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tại M0 cắt các
x −1

www.boxtailieu.net

20


tiệm cận của (C) tại các điểm A và B. Chứng minh Mo là trung điểm của đoạn thẳng AB.

HD: Mo ( xo ; yo ) ∈ (C) ⇒ y0 = 1 +

4
4
. PTTT (d) tại M0 : y − y0 = −
( x − x0 )
x0 − 1
( x0 − 1)2

Giao điểm của (d) với các tiệm cận là: A(2 x0 − 1;1), B(1;2 y0 − 1) .

⇒

x A + xB
y + yB
= x0 ; A
= y0 ⇒ M0 là trung điểm AB.
2

2

108. Cho hàm số : y =

x+2
(C). Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (C) đều lập với hai đường
x −1

tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi.


a+2





HD: Giả sử M  a;
 ∈ (C).
a −1
a+2
−3
a2 + 4 a − 2
⇔ y=
x+
a −1
(a − 1)2
(a − 1) 2
 a+5
 , B(2 a − 1;1) .

 a −1 

ne

Các giao điểm của (d) với các tiệm cận là: A  1;

t

PTTT (d) của (C) tại M: y = y ′(a).( x − a) +

ta

ilie

u.

→
→

6 
6
IA
=
;
IA =  0;
⇒
IB
= (2a − 2; 0) ⇒ IB = 2 a − 1

a −1

 a −1 
1
Diện tích ∆IAB : S ∆IAB = IA.IB = 6 (đvdt) ⇒ ĐPCM.
2
2x − 4
Câu hỏi tương tự: y =
ĐS: S = 12.
x +1
2x −1
109. Cho hàm số y =
. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là
1− x

2a − 1 
1
2a − 1
( x − a) +
 . PT tiếp tuyến d tại A: y =
2
1− a 
1− a
(1 − a)

.b




HD: I (1; −2), A  a;

ox

a. Tiếp tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của
PQ và tính diện tích tam giác IPQ.

 2a 

 1− a 
Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến d: Q(2 a − 1; −2)

w
w

Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến d: P  1;

IP =
110.

w

Ta có: x P + xQ = 2 a = 2 x A . Vậy A là trung điểm của PQ.
2a
2
+2 =
; IQ = 2(a − 1) . Suy ra:
1− a
1− a

Cho hàm số y =

SIPQ =

1
IP.IQ = 2 (đvdt)
2

2x −1
. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C). Tìm trên đồ thị (C),
x +1

điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị (C) cắt hai đường tiệm cận tại A và
B thoả mãn: IA2 + IB 2 = 40 .


2x −1

HD: (C) có TCĐ: x = −1 ; TCX: y = 2 ⇒ I(–1; 2). Giả sử M  x0 ; 0  ∈ (C), (x0 > 0).
x0 + 1 

PTTT với (C) tại M: y =

3
( x0 + 1)

2

( x − x0 ) +


2x − 4 

2 x0 − 1
⇒ A  −1; 0  , B ( (2 x0 + 1;2 ) .
x0 + 1 
x0 + 1


 36
+ 4( x0 + 1)2 = 40

2
⇔ x0 = 2 (y0 = 1) ⇒ M(2; 1).
IA + IB = 40 ⇔  ( x0 + 1)
x > 0
 0
2

2

www.boxtailieu.net

21


2x 3
cú th (C). Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C)
x2
ct hai tim cn ca (C) ti A, B sao cho AB ngn nht .
1
1

HD: Ly im M m; 2 +
.
( C ) . Ta cú: y ' ( m ) =
2
m2

( m 2)

111. Cho hm s y =

Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh : y =

1

( m 2)

2

( x m) + 2 +

1
m2

2

Giao im ca (d) vi tim cn ng l : A 2; 2 +

m2

Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 2)

1
2
Ta cú : AB2 = 4 ( m 2 ) +
8 . Du = xy ra khi m = 2
2
( m 2 )

Vy im M cn tỡm cú ta l : M(2; 2)

2x 1
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I(1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất .

ne

t

Cho hàm số y =

u.

112.

.b

ox

ta

ilie


3
HD: M x 0 ; 2
(C) thì tiếp tuyến tại M có phơng trình :
x0 +1

3
3
y2+
=
(x x 0 ) hay 3(x x 0 ) (x 0 + 1) 2 (y 2) 3(x 0 + 1) = 0
2
x 0 + 1 (x 0 + 1)
Khoảng cách từ I(1; 2) tới tiếp tuyến là
3(1 x 0 ) 3(x 0 + 1)
6 x0 +1
6
. Theo bất đẳng thức Côsi
=
=
d=
4
4
9
9 + (x 0 + 1)
2

9 + ( x 0 + 1)
+ (x 0 + 1)
(x 0 + 1)2

w

w
w

9
+ ( x0 + 1) 2 2 9 = 6 , vây d 6 . Khoảng cách d lớn nhất bằng
( x0 + 1) 2
9
2
= (x 0 + 1) 2 ( x 0 + 1) = 3 x 0 = 1 3 .
2
(x 0 + 1)

(

Vậy có hai điểm M : M 1 + 3 ; 2 3
113. Cho hm s y =

)

(

hoặc M 1 3 ; 2 + 3

6 khi

)

2x 4
(C) .
x +1

1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Gi M l mt im bt kỡ trờn th (C), tip tuyn ti M ct cỏc tim cn ca (C) ti A, B. CMR
din tớch tam giỏc ABI (I l giao ca hai tim cn) khụng ph thuc vo v trớ ca M.
2a 4
HD: Gi M a;
( C ) a 1
a +1
Tip tuyn ti M cú phng trỡnh: y =

6

( a + 1)

2

(x a) +

2a 4
a +1

2a 10
Giao im vi tim cn ng x = -1 l A 1;

a +1

Giao im vi tim cn ngang y = 2 l B ( 2a + 1; 2 ) Giao hai tim cn I(-1; 2)
IA =

12
1
1
; IB = 2 ( a + 1) SIAB = IA.AB = .24 = 12 ( dvdt ) Suy ra pcm
a +1
2
2

www.boxtailieu.net

22


2x 1
cú th (C). Lp phng trỡnh tip tuyn ca th (C) sao cho tip tuyn
x 1
ny ct cỏc trc Ox , Oy ln lt ti cỏc im A v B tha món OA = 4OB.
HD: Gi s tip tuyn d ca (C) ti M ( x0 ; y0 ) ct Ox ti A v Oy ti B sao cho OA = 4OB.

114. Cho hm s y =

Do OAB vuụng ti O nờn: tan A =

OB 1
1

1
hoc .
= H s gúc ca d bng
OA 4
4
4

H s gúc ca d ti M l: y (x 0 ) =

1
1
1
1
< 0 y (x 0 ) =
=
2
2
(x 0 1)
4
(x 0 1)
4

t


3

x 0 = 1 y 0 = 2
1
3

1
5

. Vy cú hai tip tuyn l: y = (x + 1) + ; y = (x 3) +
5
4
2
4
2
x = 3 y =
0
0

2

1
115. Cho hm s : y = 2 +
, cú th (C). Vit phng trỡnh tip tuyn d ca th (C) sao cho
x2
ng thng d cựng vi hai tim cn ca (C) ct nhau to thnh tam giỏc cõn .

ne

2x
đồ thị (C). Tìm toạ độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai
x +1
1
trục Ox, Oy tại A, B và tam giác OAB có diện tích bằng
4
3x + 1

Cho hàm số y =
(1) . Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ
x +1
thị hàm số (1) tại điểm M(-2;5).
Cho hàm số (C) y = f (x) = x 3 3x 2 + 1 . CMR trên (C) có vô số các cặp điểm mà tiếp
tuyến tại từng cặp điểm đó song song với nhau đồng thời các đờng thẳng nối các cặp tiếp
điểm này đồng qui tại một điểm cố định
Cho (C): y = f ( x) = x 3 + 1 k ( x + 1) ,
a. Viết phơng trình tiếp tuyến (t) tại giao điểm của (C) với Oy.
b. Tìm k để (t ) chắn trên Ox ,Oy một tam giác có diện tích bằng 8.
(ĐH An Ninh 2000 ). Cho (C) y = f ( x) = x 3 + mx 2 m 1 . Viết phơng trình tiếp tuyến (t) tại các
điểm cố định mà họ (C) đi qua. Tìm quỹ tích giao điểm của các tiếp tuyến đó.
4x 5
Cho đồ thị y =
và điểm M bất kỳ thuộc (C). Gọi I là giao diểm 2 tiệm cận, tiếp tuyến tại M
2x + 3
cắt 2 tiệm cận tại A, B.
a. CMR M là trung điểm AB
b. Tìm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất.

Cho hàm số: y =

120.

ta

w

121.

ox

119.

.b

118.

w
w

117.

ilie

u.

116.

CC PHN CềN LI XIN LIấN H TC GI THEO S T : 0942 667 889 . Thy Hong

www.boxtailieu.net

23