Toán Hàm Số Chuyên đề tiếp tuyendocx

TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Facebook : />
SUCCESS TRAINING ACADEMY
CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ
CHỦ ĐỀ III: TIẾP TUYẾN CỦA HÀM SỐ

Học viên: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Khóa : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

L ớp :. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ
1


TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Facebook : />
GIỚI THIỆU
TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA
Một lần nữa cảm ơn và chúc mừng các bạn đã ra nhập đại gia đình STA!
Để bắt đầu có thể cùng nhau trên hành trình leo núi tới đỉnh vinh quang STA mong muốn các bạn
hiểu thêm đôi điều về trung tâm:
“ STA ra đời dựa trên NIỀM ĐAM MÊ - SỰ KHÁT KHAO cống hiến cho cộng đông để mang lại
những giá trị vô cùng to lớn và thiết thực ”
Với lí do như vậy STA mang trên vai mình một TẦM NHÌN : “ Trở thành tập đoàn giáo dục và đào

tạo số 1 Châu Á . STA khát vọng đồng hành cùng 10 triệu thanh thiếu niên thanh thiếu niên Vi ệt
Nam phát triển toàn diện thái độ tư duy và kĩ năng, hướng tới xây dựng Việt Nam trở thành một
cường quốc trên thế giới”.
Với SỨ MỆNH : “ Đào tạo thái độ tư duy và kĩ năng thành công cho các thế hệ thanh thiếu niên
Việt Nam . Hướng tới mục tiêu nâng tầm con người Việt.”
Với tầm nhìn và sứ mệnh đó chúng tôi luôn theo đuổi các giá trị cốt lõi của chúng tôi đó là:
3S : SÁNG TẠO - SAN SẺ - SẴN SÀNG
3T : TÂM - TẦM - TÀI
3A : ANH MINH - ANH DŨNG - ANH HÙNG
Hơn thế nữa thì chúng tôi mang tới sự khác biệt trong mô hình giáo dục:
+ Truyền cảm hứng học tập cho các bạn học sinh có 4 cấp độ người thầy
Người thầy bình thường là người thầy nói được cho học sinh hiểu
Người thầy giỏi là người thầy giải thích được vấn đề đó sâu hơn
Người thầy xuất chúng là người thầy mình họa trực quan được vấn đề đó
Người thầy vĩ đại là người thầy truyền cảm hứng cho học sinh học tập, khiến học sinh
yêu thích và đam mê việc học một cách tự nhiên
+ Cài đặt tư duy tự học cho các bạn học sinh( một khảo sát khoa học đã cho thấy hơn 80%
các học sinh xuất sắc đều tự học)
-

+ Áp dụng mô hình đào tạo tiên tiến bậc nhất thế giới => ĐÀO TẠO GIA TỐC
- Phát huy tối đa 2 bán cầu não: kết hợp massage não phải và tăng tốc logic cho não trái
- Kích thích giác quan đa chiều ( âm thanh, hình ảnh ..)=> tạo ra chuyển bi ến ngay t ại l ớp

học

- Môi trường giàu năng lượng: hifive, nhắc lại, tuyên bố, và làm vi ệc theo nhóm
2

TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Facebook : />
CHỦ TỊCH
NGUYỄN VĂN SƠN

TÂM THƯ STA GỬI HỌC VIÊN
Chúng tôi hướng tới sự phát triển toàn diện cho các thế hệ học sinh Vi ệt Nam cả về các
môn văn hóa lẫn kỹ năng sống, động lực và tinh thần trong cuộc sống! Một tu ần h ọc
chuyên môn sẽ có một buổi học động lực, kỹ năng vào cuối tuần sẽ luôn nạp thêm nhi ều
năng lượng và sự hứng khởi để tập trung và kiên trì trong quá trình luyện tập các môn
văn hóa. Khi có cả 2 chuyên môn văn hóa và kỹ năng tinh thần, động lực nhất định các bạn
sẽ thành công bền vững!

Trong quá trình giảng dạy, chúng tôi có một đội ngũ giảng viên vô cùng tr ẻ trung nhi ệt
huyết, đam mê và đặc biệt là tinh thần cống hiến, làm điều gì đó để truyền cảm hứng cho
các thế hệ trẻ sau mình. Họ đang là các sinh viên xuất s ắc của các tr ương Bách Khoa, Giao
Thông Vân Tải, Sư Phạm, Kinh Tế Quốc Dân,… với điểm thi đại học thuộc hàng cao nh ất
Việt Nam từ 26 điểm trở lên. Sẽ có những hoài nghi về khả năng sư phạm nhưng chúng
tôi đã có quá trình đào tạo bài bản và quan trọng hơn chúng tôi mu ốn phong cách gi ảng
dạy phải thật gần gũi, vui vẻ, hài hước và hiệu quả, kích thích được sự hào h ứng, tò mò và
say mê khám phá của các em học sinh.

Chúng tôi cũng muốn các em học sinh đa phần là các em học sinh Hà N ội có nh ững tấm
gương rất gần gũi về ý chí, nghị lực, đam mê chính là các anh chị gi ảng viên đ ể mình khao
khát phấn đấu và trân trọng hơn chính bản thân mình cũng như những điều mình đang có
trong cuộc sống!

Ngoài các hoạt động chính về học tập, STA thường xuyên có các hoạt động ngoại khóa
như Từ thiện ở Chùa, Trại trẻ mồ côi, Người già neo đơn,... Thăm các danh lam thắng cảnh
có ý nghĩa lịch sử như Đền thờ Trạng trình Nguyễn Bỉnh Khiêm, Văn Miếu Quốc Tử
Giám,... với mục đích giúp các em vượt qua sự ích kỷ bản thân, hòa đ ồng, hướng tới c ộng
đồng và tăng cường tâm thánh thiện trong mỗi học sinh!

Tất cả vì sự phát triển toàn diện của các học sinh STA hướng tới phục vụ và cống hiến
đất nước Việt Nam yêu dấu của chúng ta.
3


TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Facebook : />
Trân trọng
Diễn giả - Tác giả - CEO
Lê Văn Thành

A. Tóm tắt lý thuyết
I.
Phương trình tiếp tuyến
1. Tiếp tuyến tại một điểm

Tiếp tuyến với

( C)

tại

M ( x0 ; f ( x0 ) )

∆ : y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 )

là đường thẳng
.

. . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

( C ) hay ( C ) tiếp xúc ∆ ,
Ta cũng nói răng ∆ tiếp xúc với

( C ) tiếp xúc nhau.
hoặc ∆ và
Chú ý. Khi nói đến tiếp tuyến của
xảy ra sự tiếp xúc.

( C)

( C ) và M là nơi
tại M , ta phải hiểu răng M thuộc

2. Tiếp tuyến qua một điểm

( C ) là tiếp tuyến với ( C ) tại một điểm N nào đó. Điểm M có thể
Tiếp tuyến qua M của
( C)

thuộc

hoặc không, trong trường hợp thu ộc
không (xem các hình vẽ ở dưới).

4

( C)

thì M lại có thể là ti ếp điểm hoặc


TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Facebook : />
Bài toán. Viết phương trình tiếp tuyến qua
Phương pháp giải:

M ( x1; y1 )

của

B1 Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ

( C) .

x0 của ( C ) :

∆ : y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 )

.
. . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

y = f ' ( x0 ) ( x1 − x0 ) + f ( x0 )
x
B2 ∆ đi qua M khi và chỉ khi 1
. Giải phương trình này để tìm 0 .
. . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

x
B3 Thay mỗi 0 tìm được ở bước 2 vào phương trình ∆ ,ta được một tiếp tuyến qua M của
(C)
. . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Ví dụ minh họa

5


TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Facebook : />
Ví dụ 1. Cho

x2 − x + 1
3x 2 + 1 ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại điểm M có hoành

y=

độ băng 1 .
y' =

Giải. Ta có
y ' ( 1) = −

3x 2 − 4 x − 1

( 3x

2

+ 1)

2

. Lần lượt thay x = 1 vào các biểu thức của y và y ' , ta được

1
1
y ( 1) =
8 và
4 . Suy ra phương trình tiếp tuyến với ( C ) tại M là:
∆:y=−

1
1
1
3
( x − 1) + ⇔ ∆ : y = − x +

8
4
8
8.

Chú ý. Ta có thể dùng ký hi ệu y và y ' thay cho f và f ' trong trường hợp bài toán chỉ đ ề
cập đến một hàm số.
Ví dụ 2. Cho y = x + 4 x + 5 x + 2
3

giao điểm của

( C)

2

( C ) . Viết phương trình các tiếp tuyến của ( C )

tại những

với trục hoành.

Giải. Từ phương trình của

( C ) , cho

y = 0 ta được:

 x = −2


x3 + 4 x 2 + 5 x + 2 = 0 ⇔ ( x + 2 ) ( x + 1) = 0 ⇔  x = − 1 .
2

Suy ra

( C)

có hai giao điểm với trục hoành là

M 1 ( − 2;0 )

và

M 2 ( − 1;0 )

.

2
y ' ( −2 ) = 1 y ' ( − 1) = 0
( C ) tại
Từ y ' = 3x + 8 x + 5 suy ra
,
. Do đó phương trình tiếp tuyến với

các điểm

M 1 , M 2 lần lượt là:
∆ 1 : y = 1. ( x + 2 ) + 0 ⇔ ∆ 1 : y = x + 2
,
∆ 2 : y = 0. ( x + 1) + 0 ⇔ ∆ 2 : y = 0

.

6


TRUNG TÂM HUẤN LUYỆN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Facebook : />
Cho

y = 4 x3 − 6 x 2 + 1 ( C )

Đáp số

∆:y=

. Viết phương trình các tiếp tuyến đi qua điểm

15
21
x−
4
4 , ∆ : y = 24 x + 15

7

M ( − 1; − 9 )

của (C)


II.

Điều kiện tồn tại tiếp tuyến

1. Xét bài toán sau đây.

Bài toán. Cho đồ thị hàm số
mãn một điều kiện nào đó.
Phương pháp giải:
B1

y = f ( x) ( C)

. Tìm điều kiện của tham số để

Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ

( C)

có tiếp tuyến thỏa

x0 của ( C ) : ∆ : y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 )

........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
x
Áp điều kiện của bài toán lên đường thẳng ∆ để nhận được một phương trình ẩn 0 . Tiếp

B2
tuyến tồn lại khi và chỉ khi phương trình này có nghiệm

x0

. . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho

y ( x) =

1− x
x + 1 ( C ) . Chứng minh qua điểm I ( − 1; − 1) không tồn tại tiếp tuyến của ( C ) .

Giải. Xét tiếp tuyến tại điểm có hoành độ

∆ : y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) ⇔

x0 của ( C )

∆: y =

−2

( x0 + 1)

2

( x − x0 ) +

1 − x0
x0 + 1

.

∆ đi qua I ( − 1; − 1) nghĩa là
−1 =

⇔

−2

( x0 + 1)

−1 =

2

( −1 − x0 ) +

3 − x0
x0 + 1 ⇔

1 − x0
1 − x0
2
−1 =
+

x0 + 1 ⇔
x0 + 1 x0 + 1

 − ( x0 + 1) = 3 − x0

 x0 + 1 ≠ 0
⇔ x0 ∈ ∅ .

8


Vậy không tồn tại

x0 để ∆ đi qua I . Nói cách khác qua I không có tiếp tuyến của ( C ) .

2
( C ) . Tìm m để ( C ) có tiếp tuyến đi qua A ( 1; − 2 ) .
Ví dụ 2. Cho y = 4 x + 3mx + 6

Giải. Phương trình tiếp tuyến với

( C)

tại điểm có hoành độ

x0 là:

∆ : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 ) ⇔ ∆ : y = ( 8 x0 + 3m ) ( x − x0 ) + 4 x02 + 3mx0 + 6
.

( C)

có tiếp tuyến đi qua

A ( 1; − 2 )

khi và chỉ khi phương trình sau đây có nghiệm đối với

− 2 = ( 8 x0 + 3m ) ( 1 − x0 ) + 4 x02 + 3mx0 + 6

x0 :

( *)

.

Ta có

( *)
Do đó

( *)

2
⇔ 4 x0 − 8 x0 − 3m − 8 = 0 ( ∆ ' = 12m + 48 ).

có nghiệm khi và chỉ khi

∆ ' ≥ 0 ⇔ 12m + 48 ≥ 0 ⇔ m ≥ − 4 .
Vậy

( C)

có tiếp tuyến đi qua

Ví dụ 3. Cho

y=

A ( 1; − 2 )

khi và chỉ khi m ≥ − 4 .

2x + 1
x − 2 ( C ) . Tìm trên đường thẳng x = 3 các điểm mà qua đó có tiếp tuyến của

( C) .
Giải. Phương trình tiếp tuyến của

( C)

∆ : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 ) ⇔

tại điểm có hoành độ

∆:y=

−5

( x0 − 2 )

2

( x − x0 ) +

x0 ( x0 ≠ 2 ) là:

2 x0 + 1
x0 − 2

.

A ( 3; a )
Điểm A năm trên đường thẳng x = 3 ⇔ tọa độ A có dạng
.
9


( C ) khi và chỉ khi phương trình sau đây có nghiệm đối với x0 :
Qua A có tiếp tuyến tới
∆ :a =

−5

( x0 − 2 )

3 − x0 ) +
2 (

2 x0 + 1

x0 − 2

( 1)

.

Ta thấy
a ( x0 − 2 ) 2 = −5 ( 3 − x0 ) + ( 2 x0 + 1) ( x0 − 2 ) ( ⇒ x0 − 2 ≠ 0 )

⇔  x0 − 2 ≠ 0

( 1)

⇔ a ( x0 − 2 ) = − 5 ( 3 − x0 ) + ( 2 x0 + 1) ( x0 − 2 )
2

⇔

( a − 2 ) x02 − 2 ( 2a + 1) x0 + 4a + 17 = 0 .

( 2)

( 2 ) trở thành
Trường hợp 1. a − 2 = 0 ⇔ a = 2 . Khi đó
21

− 10 x0 + 21 = 0 ⇔ x0 = 10 .
Trong trường hợp này

( 2)

( 1) có nghiệm.
có nghiệm ⇒

( 2 ) là phương trình bậc hai có ∆ ′ = − 5a + 35 . Do đó, trong
Trường hợp 2. a − 2 ≠ 0 ⇔ a ≠ 2 . Khi đó
trường hợp này

( 1)

có nghiệm khi và chỉ khi

( 2)

có nghiệm, tức là

∆ ′ ≥ 0 ⇔ − 5a + 35 ≥ 0 ⇔ a ≤ 7 .
Vậy tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là

Ví dụ 4. Cho

2m − 1) x − m 2
(
y=
x −1

( C)

Giải. Phương trình tiếp tuyến của

{ A ( 3; a ) a ≤ 7} .

( C ) tiếp xúc với d .
và d : y = x . Tìm m để
( C)

tại điểm có hoành độ

10

x0 ( x0 ≠ 1 ) là:


2m − 1) x0 − m 2
 m −1 
(
∆:y=
÷ ( x − x0 ) +
x
−
1
x0 − 1
 0 
⇔
2

∆ : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 )

2m − 1) x0 − m 2
 m −1 

 m −1 
(
∆:y=
÷ x−
÷ x0 +
x0 − 1
 x0 − 1 
 x0 − 1 
⇔
.
2

( C ) tiếp xúc với

2

d khi và chỉ khi tồn tại x0 sao cho hai đường thẳng ∆ và d trùng nhau. Tức là

hệ sau đây có nghiệm đối với

x0

 m − 1  2

÷ =1
 x0 − 1 

2
2m − 1) x0 − m 2
  m −1 

(
=0
÷ x0 +
− 
x0 − 1
  x0 − 1 

.

( *)

Ta có
 m − 1  2

÷ =1
 x0 − 1 

2m − 1) x0 − m 2
(

−x +
=0
( *) ⇔  0
x0 − 1

 x0 ≠ 1

  x0 − 1 = m − 1
( 1) ⇔   x0 − 1 = 1 − m ⇔

( 1)
( 2)

.

 x0 ≠ 1

  x0 = m
 x = 2 − m
 0
.

•

m = 1 ⇒ m = 2 − m = 1 ⇒ ( 1) vô nghiệm ⇒ ( *) vô nghiệm.

•

  x0 = m

m ≠ 1 : ( 1) ⇔  x0 = 2 − m . Thay x0 = m vào vế trái của ( 2 ) ta có

11


VT ( 2 )

2m − 1) m − m 2
(
= −m +

=0
m −1

⇒ x0 = m là một nghiệm của ( *) ⇒ ( *) có nghiệm. Vậy ( C ) tiếp

xúc với d khi và chỉ khi m ≠ 1 .
4
2
( C ) . Tìm m để đường thẳng d : y = 60 x + m tiếp xúc với ( C ) . Với mỗi
Ví dụ 5. Cho y = x − 8 x + 7

m tìm được, hãy chỉ ra hoành độ tiếp điểm của d và ( C ) .
Giải. Phương trình tiếp tuyến của

( C)

tại điểm có hoành độ

x0 là:

∆ : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 ) ⇔ ∆ : y = y ' ( x0 ) x − x0 y ' ( x0 ) + y ( x0 )
.

( C)

x
tiếp xúc với d khi và chỉ khi tồn tại 0 sao cho ∆ và d trùng nhau, điều đó có nghĩa là hệ sau

đây có nghiệm đối với

x0

 y ' ( x0 ) = 60

 − x0 y ' ( x0 ) + y ( x0 ) = m ⇔

( 1)

 y ' ( x0 ) = 60

m = −60 x0 + y ( x0 )

( 1)
( 2) .

3
⇔ 4 x0 − 16 x0 = 60 ⇔ x0 = 3 . Thay x0 = 3 vào ( 2 ) ta có m = − 164 .

( C ) khi và chỉ khi m = − 164 . Khi đó hoành độ tiếp điểm là x0 = 3 .
Vậy d tiếp xúc với
III.

Hệ số góc của tiếp tuyến

-Ta biết răng

f ' ( x0 )

là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y = f ( x)

tại điểm có hoành độ

x0 . Trong bài học này, chúng ta quan tâm nhiều hơn đến hệ số góc của ti ếp tuyến.

* Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho

y=

2 3 2
x − x − 2x + 2 ( C )
3
. Viết phương trình các tiếp tuyến có hệ số góc băng 2 của

( C) .
Giải. Ta có
12


 x0 = − 1
y ' ( x0 ) = 2 ⇔ 2 x02 − 2 x0 − 2 = 2 ⇔ x02 − x0 − 2 = 0 ⇔  x0 = 2
.

Ta có

y ( − 1) =

7

2
y ( 2) = −
3,
3 . Suy ra các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
∆ 1 : y = 2 ( x + 1) +

7
13
∆1 : y = 2 x +
3 ⇔
3,

∆ 2 : y = 2 ( x − 2) −

2
14
∆ 2 : y = 2x −
3 ⇔
3 .

3
2
( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của ( C ) .
Ví dụ 2. Cho y = x − 3x − 12 x + 5

Giải. Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có hoành độ

x0 của ( C ) là:

k = f ' ( x0 ) = 3x02 − 6 x0 − 12 = 3 ( x0 − 1) − 15 ≥ − 15 ⇒ k ≥ − 15

.
2

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
có

f ( 1) = − 9

x0 = 1 . Do đó k nhỏ nhất băng − 15 , đạt được khi và chỉ khi x0 = 1 . Ta

, suy ra tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của

( C)

là:

∆ : y = − 15 ( x − 1) − 9 ⇔ ∆ : y = − 15 x + 6
.
Ví dụ 3. Cho y = − x − x + 6
4

d:y=

2

( C) .

Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

1

x −1
( C) .
6
của

( C ) tại điểm có hoành độ x0 ⇒ ∆ có hệ số góc là k = y ' ( x0 ) .
Giải. Gọi ∆ là tiếp tuyến với
1
×k = − 1
3
∆⊥d ⇔ 6
⇔ k = − 6 ⇔ − 4 x0 − 2 x0 = − 6 ⇔ x0 = 1 .

x0 = 1 ⇒ y ( x0 ) = 4 ⇒ ∆ : y = − 6 ( x − 1) + 4 ⇔ ∆ : y = − 6 x + 10 .
13


( C ) là ∆ : y = − 6 x + 10 .
Vậy tiếp tuyến vuông góc với d của
Chú ý. (Vị trí tương đối và góc giữa hai đường thẳng có phương trình dạng hệ số góc)
Cho

∆ 1 : y = k1 x + m1 và ∆ 2 : y = k2 x + m2 . Ta có:

•

k1 = k2

∆ 1 ≡ ∆ 2 ⇔ m1 = m2 ;

•

k1 = k2

⇔ m1 ≠ m2 ;

•

∆ 1 ⊥ ∆ 2 ⇔ k1k2 = − 1 ;
α ∈ ( 0 ;90
o

•

Cho

o

Đặc biệt, nếu

) , ta có: ∆

1

tạo với

k1 − k2
= tan α
1
+

k
k
1 2
⇔
;

∆ 2 góc α

k2 = 0 thì: ∆ 1 tạo với ∆ 2 góc α ⇔ k1 = tan α .

1
m
1
y = x3 − x 2 + ( C )
(C )
m
3
2
3
Ví dụ 4. Cho
. Gọi M là điểm thuộc m có hoành độ băng − 1 . Tìm m để

(C )
tiếp tuyến tại M của m song song với đường thẳng d : 5 x − y = 0 .
Đáp số : m = 4

.

14

IV. Một số tính chất hình học của tiếp tuyến
1.

Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng

Cho điểm

M ( x0 ; y0 )

và đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 . Ta có công thức tính khoảng cách từ M

đến ∆ :
d ( M;∆) =
2.

ax0 + by0 + c
a2 + b2

.

Giao điểm của hai đường thẳng

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng là nghiệm của hệ gồm các phương trình đường thẳng.
Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho y = 2 x − 4 x + x
3

2

( C ) . Viết phương trình các tiếp tuyến của ( C )

o

với Ox góc 45 .

( C ) là:
x
Giải. Hệ số góc của tiếp tuyến ∆ tại điểm có hoành độ 0 của
k = y ' ( x0 ) = 6 x02 − 8 x0 + 1

.

Ta có

k = 1
( ∆ , Ox ) = 45 ⇔ k = tan 45 ⇔  k = −1 .
o

•

o

 x0 = 0

 x0 = 4
2
3.
k = 1 ⇔ 6 x0 − 8 x0 + 1 = 1 ⇔ 

+)

x0 = 0 ⇒ y ( x0 ) = 0 ⇒ ∆ : y = x .
15

biết tiếp tuyến tạo


+)

•

x0 =

4  28

4
28
64
∆ : y = 1.  x − ÷−
y ( x0 ) = −
∆: y = x−
3  27 ⇔

3 ⇒
27 ⇒
27 .

 x0 = 1


 x0 = 1
2
3.
k = − 1 ⇔ 6 x0 − 8 x0 + 1 = − 1 ⇔ 

+)

+)

x0 = 1 ⇒ y ( x0 ) = − 1 ⇒ ∆ : y = − ( x − 1) − 1 ⇔ ∆ : y = − x .
x0 =

 1 1
1
1
8
∆ : y = −  x − ÷−
y ( x0 ) = −
∆ : y = −x +
 3  27 ⇔
3 ⇒
27 ⇒
27 .
o

Các tiếp tuyến tạo với Ox góc 45

Ví dụ 2. Cho

y=

( C)
của

là: y = x ,

y = x−

64
8
y = −x +
27 , y = − x ,
27 .

1− x
2 x + 1 ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết tiếp tuyến cách

3
một khoảng băng 10 .

( C)
Giải. Phương trình tiếp tuyến của

tại điểm có hoành độ

x0 (

x0 ≠ −

1

2 ) là:

∆ : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 )
∆:y=

⇔

⇒

d ( I;∆) =

−3

( 2 x0 + 1)

2

( x − x0 ) +

1 − x0
2 x0 + 1 ⇔ ∆ : 3 x + ( 2 x0 + 1) 2 y + 2 x02 − 4 x0 − 1 = 0

3 1
2
− − ( 2 x0 + 1) + 2 x02 − 4 x0 − 1
2 2
9 + ( 2 x0 + 1)

4

=

Do đó:

16

3 2 x0 + 1
9 + ( 2 x0 + 1)

4

.

 1 1
I − ;− ÷
 2 2


3
d ( A; ∆ ) =
10 ⇔

3 2 x0 + 1
9 + ( 2 x0 + 1)

4

=

3

10

 x0
x
 0
2
( 2 x0 + 1) = 1
 x0

2
4
2

( 2 x0 + 1) − 10 ( 2 x0 + 1) + 9 = 0 ⇔ ( 2 x0 + 1) = 9 ⇔  x0

⇔

•

 y ' ( x0 ) = −3

x0 = 0 ⇒  y ( x0 ) = 1 ⇒ ∆ : y = − 3x + 1 .

•

 y ' ( x0 ) = −3

x0 = − 1 ⇒  y ( x0 ) = −2 ⇒ ∆ : y = − 3 ( x + 1) − 2 ⇔ ∆ : y = − 3x − 5 .

•

1

 y ' ( x0 ) = −
3

1
1
1
∆
:
y
=
−
x
−
1
∆
:
y
=
−
x
+
(
)

x0 = 1 ⇒  y ( x0 ) = 0 ⇒
⇔
3

3
3.

•

1

 y ' ( x0 ) = −
3

1
1
5
x0 = − 2 ⇒  y ( x0 ) = −1 ⇒ ∆ : y = − 3 ( x + 2 ) − 1 ⇔ ∆ : y = − 3 x − 3 .

=0
= −1
=1
= −2

.

1

1

y = − x+
3
3,
Vậy có bốn tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là: y = − 3 x + 1 , y = − 3 x − 5 ,

1
5
y = − x−
3 3.

Ví dụ 3. Cho

điểm

y=

A ( −7;6 )

3 − 2x
x +1

và

( C ) .Viết phương trình tiếp tuyến của ( C )

B ( − 3;10 )

.

17

biết tiếp tuyến cách đều các


Giải. Phương trình tiếp tuyến của

( C)

tại điểm có hoành độ

∆ : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 ) ⇔

∆:y=−

5

( x0 + 1)

x0 ( x0 ≠ − 1 ) là:

x − x0 ) +
2 (

3 − 2 x0
x0 + 1

2
⇔ ∆ : 5 x + ( x0 + 1) y + 2 x0 − 6 x0 − 3 = 0 .
2

∆ cách đều các điểm A và B khi và chỉ khi:
−35 + 6 ( x0 + 1) + 2 x02 − 6 x0 − 3
2

d ( A; ∆ ) = d ( B; ∆ ) ⇔

25 + ( x0 + 1)

2
2
⇔ 8 x0 + 6 x0 − 32 = 12 x0 + 14 x0 − 8

4

−15 + 10 ( x0 + 1) + 2 x02 − 6 x0 − 3
2

=

25 + ( x0 + 1)

4

2
2
⇔ 4 x0 + 3 x0 − 16 = 6 x0 + 7 x0 − 4

 4 x02 + 3 x0 − 16 = 6 x02 + 7 x0 − 4
 x02 + 2 x0 + 6 = 0 ( ∆ ' = − 5 < 0 ⇒ voânghieä
m)
 2
 2
2
⇔  4 x0 + 3 x0 − 16 = − ( 6 x0 + 7 x0 − 4 ) ⇔  x0 + x0 − 2 = 0
 x0 = 1


⇔  x0 = − 2 .

•

5

 y ' ( x0 ) = − 4

5
1
5
7
y( x ) = 1
∆
:
y
=
−
x
−
1
+
∆
:
y
=
−
x
+

(
)
0
x0 = 1 ⇒ 
2 ⇒
4
2 ⇔
4
4.

•

 y ' ( x0 ) = −5

x0 = − 2 ⇒  y ( x0 ) = −7 ⇒ ∆ : y = − 5 ( x + 2 ) − 7 ⇔ ∆ : y = − 5 x − 17 .

Vậy phương trình các tiếp tuyến cách đều A và B của

18

( C)

5
7
y = − x+
4
4 , y = − 5 x − 17 .
là

Ví dụ 4. Cho

tuyến của

y=

( C)

Giải. Giả sử

2x + 1
x − 1 ( C ) . Tìm tọa độ điểm M ∈ ( C ) sao cho khoảng cách từ điểm I ( 1;2 ) tới tiếp
tại M đạt giá trị lớn nhất.

x0 là hoành độ của M ⇒ tiếp tuyến tại M của (C ) có phương trình:
∆: y = −

∆ : y = y ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y ( x0 ) ⇔

3

( x0 − 1)

2

( x − x0 ) + 2 +

3
x0 − 1

2
⇔ 3 x + ( x0 − 1) y − 2 x0 + x0 − 5 = 0
2

3 + 2 ( x0 − 1) − 2 x02 − 2 x0 + 1
2

d ( I;∆) =

9 + ( x0 − 1)

⇒

9

( x0 − 1)

Theo bất đẳng thức Cô-si:
chỉ khi
9

( x0 − 1)
Vậy khoảng cách

(

M − 1 + 3; 2 − 3

)

d ( I; ∆ )

hoặc

Ví dụ 5. [ĐHD07] Cho

y=

(

6 x0 − 1
9 + ( x0 − 1)

4

=

+ ( x0 − 1) ≥ 2 9 = 6

6
9

( x0 − 1)

2

+ ( x0 − 1)

2

.

2

2

= ( x0 − 1)

2

4

=

, suy ra

d ( I,∆ ) ≤ 6

. Đẳng thức xảy ra khi và

2

⇔

( x0 + 1)

lớn nhất băng

M − 1 − 3; 2 + 3

2

= 3 ⇔ x0 = − 1 ± 3
.

6 , đạt được khi và chỉ khi x0 = − 1 ± 3 ⇔

)

2x
x + 1 ( C ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( C ) biết tiếp tuyến của ( C ) tại M

1
cắt hai trục Ox , Oy tại A , B sao cho tam giác OAB có diện tích băng 4 .

19


y' =

Giải. Ta có

( C)

2

( x + 1)

2

. Xét điểm

M ∈( C) M
x
,
có hoành độ 0 . Ta có phương trình tiếp tuyến với

tại M :

∆ : y = f ′ ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) ⇔

⇔

∆:y=

∆: y =
2x

( x0 + 1)

2

2

( x0 + 1)
+

2

( x − x0 ) +

2 x0
x0 + 1

2 x02

( x0 + 1)

2

.


2 x02
2x
y
=
+

2
2
A: 
( x0 + 1) ( x0 + 1)
2

⇔ A − x0 ;0 ,
A = ∆ ∩ Ox ⇔
y = 0

(

)


2 x02
2x
y
=
+

2
2

B:
2 x02 
( x0 + 1) ( x0 + 1)
B
0;

÷

 ( x + 1) 2 ÷
x
=
0
B = ∆ ∩ Oy ⇔
0
⇔ 

.

OA = x02 ,
Ta có

SOAB

OB =

2 x02

( x0 + 1) ⇒
2

S ABC =

x04
OA.OB
=
2
2
( x0 + 1)

x04

1
1
=
2
2
=

4 ⇔ 4x04 = ( x0 + 1) ⇔
4 ⇔ ( x0 + 1)

.

 2 x02 = x0 + 1
 2
 2 x0 = − ( x0 + 1)

 2 x02 − x0 − 1 = 0
 x0 = 1
 2
m) ⇔  x0 = − 12 ⇔
⇔  2 x0 + x0 + 1 = 0 ( ∆ = −7 < 0 ⇒ voânghieä

Bài tập luyện tập

20

 M ( 1;1)

 M  − 1 ; −2 
÷
  2
.


1

y = mx 4 +  − 2m ÷x 2 + 3

( Cm ) . Tìm
2

Cho

Bài 1.

m để tiếp tuyến của ( Cm ) tại các điểm có hoành

3
độ băng 1 và 3 tạo với nhau một góc có cô-sin băng 13 .
Cho

Bài 2.

y=

3− x
x + 4 ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết tiếp tuyến cách A ( − 4; − 1)

7 2
một khoảng băng 5 .

Cho

Bài 3.

y=

x +1

3x + 4

( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C )

biết khoảng cách từ điểm

 4 1
I − ; ÷
 3 3  tới tiếp tuyến đạt giá trị lớn nhất.

[ĐHA09] Cho

Bài 4.

y=

x+ 2
2 x + 3 ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết tiếp tuyến cắt

các trục tọa độ tại các điểm A , B sao cho tam giác OAB cân tại O .

y=
Cho

Bài 5.

x+3
2 ( x + 1)

( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C )

biết tiếp tuyến cắt các trục

tọa độ tại các điểm A , B sao cho trung trực của đoạn thẳng AB đi qua gốc tọa độ O .
Cho

Bài 6.

y=

2x
x − 2 ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết răng tiếp tuyến cắt các

trục tọa độ Ox , Oy lần lượt tại hai điểm A , B phân biệt sao cho AB = OA 2 .
A. Hướng dẫn và đáp số
Bài 1..

m=

1
7
m=−
48 hoặc
240 . Bài 2.. Các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là: y = − 7 x − 15 ,

1
3
1
25
y = − x+

y = − x−
y = − 7 x − 43 ,
7
7,
7
7 . Bài 3.. Các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

y = x + 1,

y = x+

7
3 . Bài 4.. Đồ thị có đúng một tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là y = − x − 2 .
21


Bài 5.. Các tiếp tuyến thõa mãn yêu cầu bài toán là

y = −x +

một tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là y = − x + 4 .

22

3
5
y = −x−
2,
2 . Bài 6.. Đồ thị có đúng

TRUNG TÂM HUẤN LUYEN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Faceook : />
Điều kiện tiếp xúc

IV.

1. Tóm tắt lý thuyết

a. Định nghĩa (Hình 1). Cho

y = f ( x) ( C )

và

y = g ( x ) ( C ')

•

M là một điểm chung của ( C ) và ( C ') ;

•

Tiếp tuyến của hai đường cong tại M trùng nhau.

.

( C)

và

( C ')

tiếp xúc với nhau tại điể

Điểm M được gọi gọi là tiếp điểm của hai đường cong đã cho.

b. Điều kiện tiếp xúc. Để xét sự tiếp xúc của hai đồ thị hàm số

y = f ( x) ( C)

và

y = g ( x)

( C ') , ta xét hệ:
 f ( x ) = g ( x )

 f ' ( x ) = g ' ( x ) .

( *)
Ta có:
•

( C)

•

Nghiệm của

•

x0 là hoành độ tiếp điểm ⇒ tiếp tuyến chung của ( C ) và ( C ') tại điểm có hoành độ x0
là:

và

( C ')

( *) có nghiệm đối với x ;
tiếp xúc nhau ⇔ hệ
( *)

chính là hoành độ tiếp điểm;

y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 )

.
23


TRUNG TÂM HUẤN LUYEN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Faceook : />
y = f ( x)

Hệ quả. Đường thẳng y = kx + m là tiếp tuyến của đồ thị hàm số

( C)

khi và chỉ khi

 f ( x ) = kx + m

f '( x) = k
hệ 
có nghiệm đối với x .

c. Một số ví dụ

5
y = x3 + x − 2 ( C )
2
( C ') . Chứng minh ( C ) và ( C ') tiếp xúc
4
Ví dụ 1. [SGKNC] Cho
và y = x + x − 2
nhau và viết phương trình tiếp tuyến chung.
Giải. Ký hiệu

f ( x ) = x3 + 54 x − 2

và

g ( x ) = x2 + x − 2

. Xét hệ:

 f ( x ) = g ( x )

 f ' ( x ) = g ' ( x )

Ta có

( I)

( C)
Vậy

 3 5
2
x + 4 x − 2 = x + x − 2


'
 x 3 + 5 x − 2  = ( x 2 + x − 2 ) '

÷
4

⇔ 
⇔

( C ')
và

( I) .

 x3 − x 2 + 4x = 0

 2 5
1
x=
3 x + = 2 x + 1

4
⇔
2.

1
tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ băng 2 .

 1
5
g  2 ÷= − 4
  

 1 5
9
 g ' 1  = 2
y = 2  x − ÷−
y = 2x −
  2 ÷

⇒ phương trình tiếp tuyến chung là:
 2  4 hay

4.
Ví dụ 2. [SGK] Chứng minh răng đường thẳng

y = kx + m là tiếp tuyến của parabol

y = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) khi và chỉ khi phương trình ax 2 + bx + c = kx + m ( 1) có nghiệm kép.
24


TRUNG TÂM HUẤN LUYEN TỰ HỌC STA

Website : />Hotline : 0985.828.366
Trụ sở : số 5 ngõ 199 Trường Chinh - Thanh Xuân - Hà Nội
Faceook : />
Giải. Ta có

( 1)
( 1)
Do đó:

2
⇔ ax + ( b − k ) x + c − m = 0 ( ∆ = ( b − k ) − 4a ( c − m ) ).
2

có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔

( b − k)

− 4a ( c − m ) = 0

2

.

Đường thẳng và parabol đã cho tiếp xúc nhau khi và chỉ khi hệ sau đây có nghi ệm đối v ới x
 ax 2 + bx + c = kx + m

 2ax + b = k

( I)

 ax 2 + ( b − k ) x + ( c − m ) = 0


k −b
x=

I
( ) ⇔  2a
Ta có

( I)

có nghiệm ⇔

x=

( 1)
( 2)

.

k −b
2a là nghiệm của ( 1)

2

k −b
 k −b
a
+ ( c − m) = 0
÷ + ( b− k) ×
2a
⇔  2a 

⇔ ( b − k ) − 4a ( c − m ) = 0
2

.

⇔

(b−k)
4a

2

(b−k)
−
2a

2

+ ( c − m) = 0

⇔ ( 1) có nghiệm kép (ĐPCM). hoctoancapba.com

Ví dụ 3. [SGKNC] Viết phương trình đường thẳng qua điểm

A ( 1; − 2 )

và tiếp xúc với parabol

y = x2 − 2 x .
Giải. Phương trình đường thẳng qua

A ( 1; − 2 )

∆ : y = k ( x − 1) − 2 ⇔
có hệ số góc k có dạng

∆ : y = kx − k − 2 .
2
x 2 − ( k + 2 ) x + k + 2 ( 1) ∆ = ( k + 2 ) − 4 ( k + 2 )
Xét phương trình x − 2 x = kx − k − 2 hay
(
).
2

 k = −2


∆ tiếp xúc với parabol đã cho ⇔ ( 1) có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔  k = 2 .
25