DABTTL tiep tuyen ham so phan 5

Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ (PHẦN 05)
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƢƠNG
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo bài giảng Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (Phần 05) thuộc khóa
học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) tại website Hocmai.vn. Để sử dụng hiệu quả,
Bạn cần học trước Bài giảng sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu trong tài liệu này.

(Tài liệu dùng chung P3+P4+P5)

Các bài được tô màu đỏ là các bài tập ở mức độ nâng cao
2x  3
(C)
x2
Gọi M là điểm bất kỳ trên (C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B, I là giao điểm
của 2 đường tiệm cận.
* CMR: Diện tích tam giác AIB không đổi (không phụ thuộc vào vị trí của M).
* Tìm tọa độ điểm M sao cho chu vi tam giác AIB nhỏ nhất.
* Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB có diện tích nhỏ nhất.
Giải

Bài 1. Cho hàm số: y 

 2x  3 
1
- M  (C )  M  xo , o
 ; xo  2; y '( xo )  
2

xo  2 
 xo  2 


-Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:  : y 

2x  3
1
( x  xo )  o
2
( xo  2)
xo  2

 2x  2 
- A   TCĐ  A  2; o
 ; B    TCN  B  2 xo  2; 2 
 xo  2 
- I = TCĐ  TCN => I(2; 2)
* SAIB


1
2

1
1
 IA.IB 
2
2

2

 2x  2

 2  2   o  2  .
 xo  2

2

 2 xo  2  2 

2

 (2  2) 2

4

1
2
2
. 4  xo  2   .
.2 xo  2  2 (đpcm)
2 xo  2
 xo  2 
2

* Ta có chu vi tam giác AIB là:
P = IA + IA + AB
Mà: IA  IB  2 IA.IB  2

2
.2 xo  2  4
xo  2

AB 2  IA2  IB 2  2.IA.IB  2.

2
.2 xo  2  8
xo  2

 AB  8
 P  IA  IB  AB  4  8

=> P nhỏ nhất bằng

8  IA  IB 

2
2
 2 xo  2   xo  2   1
xo  2

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

 xo  2  1
 xo  3  M (3;3)



 xo  2  1  xo  1  M (1;1)
* Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông AIB có bán kính là IM. Do đó diện tích đường tròn ngoại tiếp tam


1
2
 2
giác AIB là: S   .IM 2    xo  2  
2
 xo  2  


=> Diện tích nhỏ nhất (tức dấu “=” xảy ra)
  xo  2  
2

 xo  2  1
 M (3;3)
4
  xo  2   1  

 xo  2  1  M (1;1)

1

 xo  2 

2

2x 1
(C)
x 1
Tìm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M và đường thằng đi qua hai điểm M, I (I là giao điểm của
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang) có tích hệ số góc bằng -9.
Giải
y  yB
* Chú ý: Đường thẳng đi qua hai điểm A(xA, yA) và B(xB, yB) có hệ số góc: k  A
x A  xB

Bài 2. Cho hàm số: y 

I(-1, 2)

 2x 1 
- M  (C )  M  xo ; o  ; xo  1
xo  1 

- Đường thẳng  qua M và I có hệ số góc k 

3

 xo  1

2

- Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc k  y '( xo ) 
- k .k  9 

3

.

3

 xo  1  xo  1
2

2

3

 xo  1

2

 9

 xo  0
 M (0; 1)
4
  xo  1  1  


 M (2,5)
 xo  2
Bài 3. Cho hàm số: y  x3  3x  2 (C)
Tìm trên (C) các điểm A, B phân biệt sao cho các tiếp tuyến của (C) tại A và B có cùng hệ số góc. Đồng
thời đường thẳng đi qua A và B vuông góc với đường thẳng d: x + y – 5 = 0.
Giải
b. Giả sử các tiếp tuyến của (C) tại A và B có cùng hệ số góc k. Để tồn tại 2 tiếp tuyến tại A và B phân
biệt thì phương trình y‟ = 3x2 – 3 = k phải có 2 nghiệm phân biệt => k > -3

x

2
3

 y  x  3x  2  y  (3x  3)  2 x  2
Ta có tạo độ A, B là nghiệm của hệ:  2

3

3x  3  k
3x 2  3  k



kx
k

k

 y   2x  2    2  x  2

y    2 x  2
3


3

3

3x 2  3  k
3x 2  3  k


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

k

=> Phương trình đường thẳng AB là y    2  x  2
3

k
k


Để AB vuông góc với d ta phải có:   2  (1)  1   2  1  k  9
3
3


 y  x3  3x  2
 y  x3  3x  2

Vậy tọa độ A, B thỏa mãn:  2
=> A(2; 4); B(-2; 0).
3x  3  9
 x  2
x3 x 2
4
Bài 4. Cho hàm số: y     2 x  (C)
3 2
3
Tìm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc lớn nhất.
Giải


x3 x2
4
- M  (C )  M  xo ;  o  o  2 xo  
3
2
3

- Hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại M là:

2

1 9 9

y '( xo )   x  xo  2    xo    
2 4 4

2
o

=> y‟(xo) lớn nhất bằng

9
1
 1 1
 xo    M   ;  .
4
2
 2 4

1 4
5
x  3x 2  (C)
2
2
Tìm các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 3 điểm phân biệt.
Giải

Bài 5. Cho hàm số y 

 a4
5
Lấy M thuộc (C)  M  a;  3a 2  
2
 2
- Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là d: y  y '(a ).( x  a ) 

a4
5
 3a 2 
2
2

a4
5
 3a 2 
2
2
- Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình:
 y   2a 3  6a  .( x  a ) 

1 4
5
a4
5
x  3x 2   (2a 3  6a)( x  a)   3a 2 
2
2
2
2

 x 4  6 x 2  2(2a3  6a)( x  a)  a 4  6a 2

 x4  6 x2   4a3  12a  x  3a 4  6a 2  0 phải có 3 nghiệm phân biệt.
 ( x  a)2 ( x 2  2ax  3a 2  6)  0 phải có 3 nghiệm phân biệt.
 ( x 2  2ax  3a 2  6)  0 phải có 2 nghiệm phân biệt x  a

  3  a  1

  '  6  2a 2  0


 3  a  3
 2
 2
  1  a  1
2
a  2a.a  3a  6  0 

6a  6  0  a  1 
1  a  3

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

 a4
5
Vậy M  a;  3a 2   với a   3; 1  (1;1)  1; 3 thì tiếp tuyến của (C) tại M sẽ cắt (C) tại 3
2
 2
điểm phân biệt.









Bài 6. Cho hàm số: y  x 3  3 x 2  1 (C)
CMR mỗi tiếp tuyến của (C) chỉ tiếp xúc với (C) tại đúng 1 điểm.
Giải
Giả sử tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị (C) tại 2 điểm Mo(xo; yo) và M1(x1; y1). Khi đó phương trình tiếp
tuyến là:

y   3xo2  6 xo  x  2 xo3  3xo2  1

Và y   3x12  6 x1  x  2 x13  3x12  1
Hai phương trình trên cùng là phương trình của một tiếp tuyến nên ta có:
3xo2  6 xo  3x12  6 x1
 xo  x1 , do đó ta có điều phải chứng minh.


3
2
3
2
2 xo  3xo  1  2 x1  3x1  1

Đáp án bài tập tham khảo khoá LTĐH KIT-1: Thầy Phan Huy Khải

Bài 1. Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m là tham số. Biết A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có
3 
hoành độ bằng 1. Tìm m để khoảng cách từ điểm B   ;1 đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A
4 
lớn nhất .
Giải:
+) A  (Cm) nên A(1 ; 1- m)

+) y '  4 x3  4mx  y '(1)  4  4m
Phương trình tiếp tuyến của (Cm) tại A có phương trình
y – ( 1  m ) = y‟(1).(x – 1)
Hay (4 – 4m).x – y – 3(1 – m) = 0
Khi đó d ( B;  ) 

1
16(1  m)  1
2

 1 , Dấu „=‟ xảy ra khi và chỉ khi m = 1

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

(C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ
x 1
tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Giải:
Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến
là lớn nhất.
x
1
( x  x0 )  0
Phương trình tiếp tuyến d cña (C) tại M có dạng : y  
2
( x0  1)
x0  1

Bài 2. Cho hàm số y 

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

x02
1


x y
0
( x0  1)2
( x0  1)2
2
x0  1

Ta có d(I ;d) =

1

Xét hàm số f(t) =

1
( x0  1) 4
2t

1 t4

(t  0) ta có f‟(t) =

f‟(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
x
0
f‟(x)
f(x)

(1  t 4 ) 1  t 4



1
+

2(1  t )(1  t )(1  t 2 )

0

-

2

Từ bảng biến thiên ta có d(I ;d) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay

 x0  2
x0  1  1  
 x0  0
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến d có phương trình là y = -x
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến d có phương trình là y = -x + 4
Bài 3. Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 (C )
Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P sao cho tiếp tuyến
của (C) tại N và P vuông góc với nhau.
Giải:
Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 0) và có hệ số góc k là: y  k ( x  2)
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: k ( x  2)  x 3  3x 2  4

x  2  xA
 ( x  2)(x 2  x  2  k )  0  
2

 g ( x)  x  x  2  k  0
+ (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P  pt g ( x)  0 có hai nghiệm phân biệt khác 2

  0
9

   k  0 (*)
4
 g (2)  0
xM  x N  1
+ Theo định lí viet ta có: 
 x M .x N   k  2
+ Các tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau  y ' ( x M ). y ' ( x N )  1
 (3 x M2  6 x M )(3x N2  6 x N )  1  9k 2  18 k  1  0  k 

Bài 4. Cho hàm số: y 

3 2 2
(thỏa(*))
3

4 3
1
x  (2m  1) x 2  (m  2) x  có đồ thị (C m ) , m là tham số.
3
3

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

Gọi A là giao điểm của (C m ) với trục tung. Tìm m sao cho tiếp tuyến của (C m ) tại A tạo với hai trục tọa
độ một tam giác có diện tích bằng

1
.
3

Giải:
Ta có A(0;

1
1
), suy ra tiếp tuyến của đồ thị tại A là d: y  (m  2) x 
3
3

Đường thẳng d cắt Ox tại B(-1/3m+6;0). Khi đó diện tích tam giác tạo bởi d và hai trục tọa độ là:

13
 11
1
1

, theo giả thiết suy ra m   , m 
.
S  OA.OB 
16
16
2
18 m  2
Bài 5. Cho hàm số y  x  x  1 có đồ thị (C)
3

2

Viết phương trình tiếp của (C), biết tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A, B và tam giác OAB cân tại
O.
Giải:
Gọi M ( x0 ; y 0 )  (C )  y 0  x03  x02  1 .
- Tiếp tuyến tại M là d: y  (3 x02  2 x0 )( x  x0 )  ( x03  x02  1)
- d cắt trục Ox tại A : 0  (3x02  2 x0 )(x A  x0 )  ( x03  x02  1)  x A 

2 x03  x02  1
3x02  2 x0

 2x 3  x 2  1 
 A 0 2 0
; 0 
 3x0  2 x0

- d cắt trục Oy tại B: y B  (3 x02  2 x0 )( 0  x0 )  ( x03  x02  1)  y B  2 x03  x02  1
 B (0 ;  2 x03  x 02  1)

- Tam giác OAB cân tại O nên OA = OB 

2 x03  x02  1
  2 x03  x02  1
3x02  2 x0

 3

 2 x03  x02  1
2
3
2
 2
(
2
x

x

1
)


2
x

x

1


0
0

0
0
 3x
2
3
x

2
x
 0

0
0
 3


 2x  x 2  1
(2 x03  x02  1)
 02 0
 2 x03  x02  1
 3x 2

 3x0  2 x0
 0


1

 1  0 (1)
 2 x0


1
 1  0 (2)
 2 x0


2 x03  x02  1  0
x  1
 0
(1)   2
3x0  2 x0  1  0
VN

 x0  1
 x0  1
2 x03  x02  1  0

(2)   2

1  
1

x0  1 , x0  
x0  
3x0  2 x0  1  0
3
3



1
Tứ (1) và (2) ta có : x0  1 và x0  
3
* Với x0  1  A  B  O(0;0) (loại)
1
32
* Với x0    d : y  x 
.
3
27
3
2
Bài 6. Cho hàm số y  x  3 x  m . (1)

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A
3
và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng .

2
Giải:
Với x0  1  y 0  m  2 M(1 ; m – 2)
- Tiếp tuyến tại M là d: y  (3 x02  6 x0 )( x  x0 )  m  2

 d: y = -3x + m + 2.
- d cắt trục Ox tại A: 0  3 x A  m  2  x A 

m2

3

m2 
A
; 0
 3


- d cắt trục Oy tại B : y B  m  2  B(0 ; m  2)
- S OAB 

3
1
3
m2
 | OA || OB | | OA || OB | 3 
m  2  3  (m  2) 2  9
2
2
2

3

m  2  3
m  1


m  2  3
m  5
Vậy : m = 1 và m = - 5
x
1
 1
C 
x 1
x 1
Lập phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận cắt nhau tạo thành một tam giác cân.
Giải:

Bài 7. Dự bị B – 2007: Cho hàm số y 

Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M  x0 ; y0  , thì d :

y

1

 x0  1

2

 x  x0   y0


1 
 y0  1 

x0  1 


- Nếu d cắt tiệm cận đứng : x = -1 tại điểm B :

yB 

1

 x0  1

2

 1  x0   y0  


x
x 1
x 1 
1
 0  0
 B  1; 0

 x0  1 x0  1  x0  1

 x0  1 


- Khi d cắt tiệm cận ngang : y=1 tại điểm A , thì :
1
1 
x  x0   y0  xA  2 x0  1  A  2 x0  1;1
2  A
 x0  1
- Goi giao hai tiệm cận là I(-1;1) . Tam giác IAB là tam giác cân khi : IA = IB
 x0
x
 x 1 
0
 IA2  IB 2  (2 x0  2) 2   0
 1  

x0
 x0  1 

 x0
2

1
 1  2 x0  2
1
1
 1  2 x0  2
1

 x02  2 x0  2  0 (VN )  x0  0  y0  0
  2

 x0  2  y0  2
 x0  2 x0  0

Với x0  0 , y0  0 , ta có tiếp tuyến : y = x

Với x0  2 , y0  2 , ta có tiếp tuyến : y = x +4.
Bài 8. Cho hàm số y  x3  3x 2  mx  2  m có đồ thị là đường cong (C). Tìm m để (C) cắt trục hoành tại
3 điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến của (C) tại A, B, C bằng 3.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) với trục hoành là:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 7 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

x3  3 x 2  mx  2  m  0 (1)  ( x  1)( x 2 2 x  m  2)  0
x  1
 2
(2)
 x  2x  m  2  0
(C) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt  phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  phương trình (2) có

  0
3  m  0
hai nghiệm phân biệt khác 1  

 m  3 (*)
 f (1)  0 m  3
x  x  2
Gọi hai nghiệm của (2) là: x1; x2   1 2
(**); f '( x)  3x 2  6 x  m
x
x

m

2
 1 2
Yêu cầu bài toán  f '(1)  f '( x1 )  f '( x2 )  3

 3m  6  m  2 (thỏa mãn (*)).
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Bài 9. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 (C ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng
d : y  m( x  2)  2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(2; -2), D và E sao cho tich các hệ số góc của tiếp

tuyến tại D và E với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
Hoành độ giao điểm của (C) với d là nghiệm của phương trình:

x  2
x3  3x 2  2  m( x  2)  2  ( x  2)( x 2  x  2  m)  0   2

 x  x  2  m  0 (1)
(C) cắt d tại 3 điểm phân biệt A(2; -2), D và E khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
   9  4m  0
9

   m  0 (*)
4
 f (2)  m  0

x  x  1
Với điều kiện (*) gọi x1 ; x2 là nghiệm của (1) thì theo Viet ta có:  1 2
.
 x1 x2  2  m
Tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại D và E với hoành độ x1 ; x2 là k  k1.k2  y '( x1 ). y '( x2 )
9
 (3 x12  6 x1 )(3 x22  6 x2 )  9(m 2  2m)  9(m  1) 2  9  9 với   m  0 .
4
Khi đó k min  9  m  1 (thỏa mãn (*))
Vậy giá trị cần tìm là m = -1.
2x  3
(C ) , tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  2 x  m cắt đồ
Bài 10. Cho hàm số y 
x2
thị (C) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Giải:
2x  3
 2 x  m (1)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị (C):
x2

x  2
đặt g ( x)  2 x 2  (m  6) x  2m  3  0 có:
 2
2 x  (m  6) x  2m  3  0 (2)
g (2)  8  2m  12  2m  3  7  0, m
Và   (m  6) 2  8(2m  3)  m 2  4m  60  0, m
Nên phương trình (2) có nghiệm phân biệt thỏa mãn x  2 m  phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân
biệt. Suy ra đường thẳng d và đồ thị (C) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của m.
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 8 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

Gọi x1 ; x2 lần lượt là hoành độ các điểm A và B  x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (2), theo định lý Viet,
6m
(*)
2
Hệ số góc của các tiếp tuyến tại A và B lần lượt là:
7
7
k1  y '( x1 )  
; k2  y '( x2 )  
2
( x1  2)

( x2  2) 2

ta có: x1  x2 

Do tiếp tuyến tại A và B song song nên k1  k2 hay 

7
7

2
( x1  2)
( x2  2) 2

 x  2  x2  2
 x  x2 (loai vì A  B)
 ( x1  2)2  ( x2  2)2   1
 1
 x1  2  2  x2
 x1  x2  4
6m
Với x1  x2  4 từ (*) có
 4  m  2 .
2
Vậy m = -2 là giá trị cần tìm.
x 1
Bài 11. Cho hàm số y 
(1) . Tìm các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến đến
x 1
(C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng có hoành độ dương.
Giải:

Điểm M(0; m) thuộc trục tung.
x 1
2

( x  x0 )
Tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm ( x0 ; y0 ) bằng ( x0  1) có phương trình: y  0
x0  1
( x0  1) 2
Tiếp tuyến qua M nên có:
x 1
2
m 0

(0  x0 )
x0  1
( x0  1) 2

 (m  1) x02  2(m 1) x0  m  1  0 (2)
(do x0  1 )
Yêu cầu bài toán  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt dương. Điều kiện là:
m  1  0

 '  0
m  1  0


 b
 2m  2
 0  m   ; 1  1;  
  0  

 a
 m 1
c
 m 1
0
 0
 m  1
a

Vậy m > 1 là giá trị cần tìm
Bài 12. Cho hàm số y  x3  x 2  3x  1 , tìm trên trục tung những điểm mà từ đó kẻ được ít nhất một tiếp
tuyến đến phần của đồ thị (C) ứng với x1;3 .
Giải:
M(0; m) thuộc trục tung Oy. Đường thẳng d có hệ số góc k qua M có phương trình: d : y  kx  m
d là tiếp tuyến của đồ thị (C) khi hệ phương trình sau có nghiệm
3
2
 x  x  3x  1  kx  m (1)
 2
(2)
3x  2 x  3  k

Thế (2) vào (1) ta có:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 9 -

Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hàm số

x3  x 2  3x  1  3x3  2 x 2  3x  m  2 x 3  x 2  1  m (3)

Để từ M kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) mà hoành độ tiếp điểm thuộc 1;3 thì phương trình
(3) phải có ít nhất một nghiệm x1;3 .
Xét hàm số: g ( x)  2 x 3  x 2  1 liên tục trên R và có:

g '( x)  6x2  2x  0 x 1;3  Hàm số g ( x) nghịch biến trên 1;3 .
Phương trình (3) có nghiệm x1;3  min g( x)  m  m ax g ( x)  g (3)  m  g (1)  62  m  2
1;3

1;3

Vậy M(0; m) với m62; 2  là các điểm cần tìm.

Giáo viên: Lê Bá Trần Phƣơng
Nguồn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

:

Hocmai.vn

- Trang | 10 -