Ôn thi Toán THPT 2019 Bài Toán tiếp tuyền sự tiếp xúc

Câu 1: [2D1-7-4]
(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Cho hàm số
2x 1
y
có đồ thị  C  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để
x 1
đường thẳng  d  : y  x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến
với

C 

tại

A

và

lần lượt có hệ số góc là

B

k1 , k2

thoả mãn

1 1
  2  k1  k2   2018k12018k22018 . Tổng các giá trị của tất cả các phần tử của S
k1 k2
bằng
A. 2018 B. 3 C. 0 D. 6
Lời giải

Chọn D
Hoành độ giao điểm của  d  và  C  là nghiệm của phương trình

 g  x   x 2   m  1 x  m  1  0, x  1

2x 1
 xm
x 1

*

Để  d  cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình * phải có hai

  0
nghiệm phân biệt khác 1 thì: 
 m   ;1   5;  
g

1

0





Khi đó, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình * thì:

A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m 
x1  x2  1  m

x1 x2  m  1
Ta có: k1  f '  x1  

1

 x1  1

2

, k2  f '  x2  

1

 x2  1

2

Suy ra:

k1k2 

1

 x1  1

2



1

 x2  1

2



1

 x1  1  x2  1
2

2



1

 x1 x2  x1  x2  1

2



1

 m  1  m  1  1

Theo bài ra:
 1


1 1
2018
  2  k1  k2   2018k12018 k22018   k1  k2  
 2   2018  k1k2 
k1 k2
 k1k2


 3  k1  k2   2018

2

1


 1

1
 3

 2018
2
2
  x1  1  x2  1 

 x1  1   x2  1
2
2
 x1  1  x2  1

2

3
3

2

 2018

x12  x22  2  x1  x2   2

 2018

 x1 x2  x1  x2  1
2
 3  x1  x2   2  x1  x2   2 x1 x2  2   2018


2

 3  m  1  12  m  1  2012  0
2


9
m 


9
m 



24180
3
24180
3

Kết hợp điều kiện cho ta hai giá trị của m thoả mãn bài ra: m 

m

9  24180
,
3

9  24180
3

Do đó tổng của các giá trị của tất cả các phần tử của S bằng 6.
Câu 2: [2D1-7-4]
(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hàm số
2x 1
y
có đồ thị  C  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để
x 1
đường thẳng  d  : y  x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến
với

C 

tại

A

và

B

lần lượt có hệ số góc là

k1 , k2

thoả mãn

1 1
  2  k1  k2   2018k12018k22018 . Tổng các giá trị của tất cả các phần tử của S
k1 k2
bằng
A. 2018 B. 3 C. 0 D. 6
Lời giải
Chọn D
Hoành độ giao điểm của  d  và  C  là nghiệm của phương trình

 g  x   x 2   m  1 x  m  1  0, x  1

2x 1
 xm
x 1

*

Để  d  cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình * phải có hai

  0
 m   ;1   5;  
nghiệm phân biệt khác 1 thì: 
g

1

0






Khi đó, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình * thì:

A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m 
x1  x2  1  m
x1 x2  m  1
Ta có: k1  f '  x1  

1

 x1  1

2

, k2  f '  x2  

1

 x2  1

2

Suy ra:

k1k2 

1

 x1  1

2



1

 x2  1

2



1

 x1  1  x2  1
2

2



1

 x1 x2  x1  x2  1

2



1

 m  1  m  1  1

Theo bài ra:
 1

1 1
2018
  2  k1  k2   2018k12018 k22018   k1  k2  
 2   2018  k1k2 
k1 k2
 k1k2


 3  k1  k2   2018
 1

1
 3

 2018
2
2
  x1  1  x2  1 

 x  1   x2  1
3 1
2
2
 x1  1  x2  1
2

3

2

 2018

x12  x22  2  x1  x2   2

 2018

 x1 x2  x1  x2  1
2

 3  x1  x2   2  x1  x2   2 x1 x2  2   2018


2

 3  m  1  12  m  1  2012  0
2


9
m 


9
m 


24180
3
24180
3

Kết hợp điều kiện cho ta hai giá trị của m thoả mãn bài ra: m 

m

9  24180
3

Do đó tổng của các giá trị của tất cả các phần tử của S bằng 6.

9  24180
,
3

2

1


Câu 3: [2D1-7-4]

(THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x 

có đạo hàm liên tục trên

, thỏa mãn 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2 . Phương trình tiếp

tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 là:
A. y  2 x  2
y  4x  2

B. y  4 x  6

C. y  2 x  6

D.

Lời giải
Chọn D

Từ 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2 (*), cho x  0 và x 

1
ta được
2


2 f  0   f 1  0


 f  0   2 f 1  3

 f 1  2
Lấy đạo hàm hai vế của (*) ta được 4 f   2 x   2 f  1  2 x   24 x , cho x  0 và
x

1
ta được
2

4 f   0   2 f  1  0
 f  1  4 .



4
f
1

2

f
0

12






Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm x  1 là

y  f  1 x  1  f 1  y  4  x  1  2  y  4 x  2 .
Câu 4: [2D1-7-4]
(THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Cho hàm số
y  f  x    x3  6 x 2  2 có đồ thị  C  và điểm M  m; 2  . Gọi S là tập các giá trị
thực của m để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến với đồ thị  C  . Tổng các phần
tử của S là
A.

12
3

B.

20
3

C.

19
3

D.

23
3

Lời giải
Chọn B
Ta có: f   x   3x 2  12 x .
Phương trình tiếp tuyến tại M  x o ; yo  có dạng:    : y  f   xo  x  xo   f  xo  .
Do tiếp tuyến qua M  m; 2  nên ta có:

2   3xo2  12 xo   m  xo     xo3  6 xo2  2   2 xo3   3m  6  xo2  12mxo  0 1

 xo  0
 2
 2 xo   3m  6  xo  12m  0  2 
Để kẻ được đúng hai tiếp tuyến từ M thì phương trình 1 có 2 nghiệm.
Trường hợp 1: Phương trình  2  có nghiệm kép khác 0 .


m  6
 3m  6 2  4.2.12m  0
9m 2  60m  36  0

Ta có: 
.


2
m  2
m

0

2.0   3m  6  .0  12m  0
3

Trường hợp 2: Phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng

0.
2
9m 2  60m  36  0
 3m  6   4.2.12m  0

Ta có: 
m0.
m  0
m  0
 2 
Vậy các giá trị thỏa yêu cầu bài toán là 0; ;6 .
 3 
2
20
Do đó, tổng các giá trị bằng 0   6 
.
3
3

x 1
và d1 , d 2 là
2x
hai tiếp tuyến của  C  song song với nhau. Khoảng cách lớn nhất giữa d1 và d 2 là

Câu 5: [2D1-7-4](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Cho đồ thị  C  : y 

A. 3 .

B. 2 3 .

C. 2 .

D. 2 2 .

Lời giải
Chọn C
Do  C  : y 

1
x 1
, y  x   2 x  0 .
2x
2x

d1 , d 2 là hai tiếp tuyến của  C  song song với nhau lần lượt có các hoành độ tiếp

điểm là x1 , x2  x1  x2  , nên ta có y  x1  = y  x2  

1

1
 2
2
2 x1
2 x2

 x1  x2
 x   x  x1   x2 .
 1
2
 x 1 

x 1 
Gọi M  x1 ; 1  ; N   x1 ; 1  .
2 x1 
2 x1 



 x 1 
x 1
x 1
1
1
PTTT d1 tại M  x1 ; 1  : y  2  x  x1   1
0.
 2  x  x1   y  1
2 x1 
2 x1
2 x1

2 x1
2 x1


Khi đó d d1 , d2   d N ;d1  

2
x1
1
1
4 x14



4
1
4x  2
x1
2
1

.


Áp dụng BĐT Cô-Si ta có 4 x12 

1
1
 2 4 x12 . 2  4  d d1 ; d2  
2

x1
x1

4
4 x12 

1
x12



4
2
2

.
Câu 6: [2D1-7-4](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Cho hàm số
2x
có đồ thị  C  và điểm A(0; a ) . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của
y
x 1
a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến AM , AN đến  C  với M , N là các tiếp điểm
và MN  4 . Tổng các phần tử của S bằng.
A. 4 .

B. 3 .

C. 6 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn D
(Câu này giải không ra được đúng đáp án C của đề gốc nên đã phải sửa đáp án
D cho phù hợp)
2
2x
y
 y 
2
x 1
 x  1
Phương trình đường thẳng qua A(0; a ) có hệ số góc k : y  kx  a (d).
 2x
 x  1  kx  a 1

(d) là tiếp tuyến của (C)  
có nghiệm.
2


k
2


2
  x  1
2x
2


xa
Thay
(2)
và
(1)
ta
được
x  1 ( x  1) 2

2 x( x  1)  2 x  a  x  1   a  2  x 2  2ax  a  0 *
2

Để qua A kẻ được 2 tiếp tuyến thì phương trình * có 2 nghiệm phân biệt khác
1 .
a  2  0
a  2

với xM ; xN là nghiệm phương trình * .


2
a

0


a

a
(

a

2)

0




2 
2 
Nên M  xM ; 2 

 , N  xN ; 2 
xN  1 
xM  1 


2

 1
1 

Theo giả thuyết MN  4   xM  xN   4 
  16
 xN  1 xM  1 
8a
4
2
4

x

x
 M N
8a
2
(a  2) 2
  xM  xN  

16


 16
2
(a  2) 2  2  2
  xM  1 xN  1 


 a2
8a

 8a  16  a3  6a 2  13a  8  0  a  1 . Vậy tổng các giá trị thực là
2
 a  2
1.
2


2x  1
. Tìm trên hai nhánh của đồ thị C  , các điểm M ,

x 1
N sao cho các tiếp tuyến tại M và N cắt hai đường tiệm cận tại 4 điểm lập thành
một hình thang.

Câu 7: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

A. M  2; 5  , N  0; 1 .

 7 
1
B. M  3;  , N  1;  .
2
 2 


1
C. M  2; 5  , N  1;  .
2


D. Với mọi M , N .
Lời giải

Chọn D
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 .
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y  y(m).( x  m)  yM

 2n  4 

Tương tự: C  1;
 , D(2n  1; 2) .
 n1 
3
Hai đường thẳng AD và BC đều có hệ số góc: k 
nên AD // BC .
( m  1)(n  1)

 2m  4 
 A  1;
 , B(2m  1; 2) .
 m1 

Vậy mọi điểm M , N thuộc 2 nhánh của C  đều thoả mãn bài toán.

x3
, có đồ thị là C  . Tìm trên đường thẳng
x 1
d : y  2x  1 các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới C  .

Câu 8: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

 M(0;1)

M( 1; 1)
A. 
.
 M(2; 5)

 M(1; 3)

 M(5;11)

M( 1; 1)
B. 
.
 M(7;15)

 M(1; 3)

 M(4; 9)

M( 1; 1)
C. 
.
 M(2; 5)

 M(1; 3)
Lời giải

 M(0;1)

M( 1; 1)
D. 
.
 M(3; 7)

 M( 2; 3)

Chọn A

Gọi M( m; 2 m  1)  d .
Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số góc k có dạng: y  k( x  m)  2m  1
Phương trình hoành độ giao điểm của  và (C): k( x  m)  2m  1 
 kx2  ( m  1)k  2m x   mk  (2m  4)  0 (*)
 tiếp xúc với (C)  (*) có nghiệm kép

k  0
 
2

  ( m  1)k  2m  4 k  mk  (2m  4)  0

x3
x 1



k  0
 
2 2
2
2

 g( k )  ( m  1) k  4( m  m  4)k  4m  0
Qua M( m; 2 m  1)  d kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)

   32( m2  m  2)  0; g(0)  4 m2  0

 g( k)  0 có đúng 1 nghiệm k  0     32( m2  m  2)  0; g(0)  4 m2  0


1
 m  1  0  16 k  4  0  k  

4
 m  0  M(0;1)

m  1  M( 1; 1)
 
.
 m  2  M(2; 5)

 m  1  M(1; 3)

Câu 9: [2D1-7-4] Cho hàm số y  x3  3x2  9x  1 có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp
tuyến của C  , biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : y  x  1 một góc  thỏa
cos  

5
41

.

1
9
A. y    x 

9
1
9
C. y    x 

9 

1
9  321 
B. y    x 
  34 .
9 
9


321 
  9 .
9

321 
  7 .
9


D. Đáp án khác.
Lời giải

Chọn D
Ta có: y '  3( x2  2x  3) . Gọi M( x0 ; y0 ) là tiếp điểm
Phương trình tiếp tuyến  tại M : y  y '( x0 )( x  x0 )  y0
Hay kx  y  b  0 , Với k  y '( x0 )
Theo bài ra ta có: cos  

k 1
k  1. 2

2



5
41

1
 41( k  1)2  50( k 2  1)  9k 2  82k  9  0  k  9, k   .
9
2
 k  9  x0  2 x0  0  x0  0, x0  2
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến: y  9x  1 và y  9x  3
1
9  321
 27 x02  54 x0  80  0  x0 
9
9
1
9  321 
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến là: y    x 
  y( x0 ) .
9 
9

 k


2x  m
, m là tham số khác – 4 và  d 

x2
là một tiếp tuyến của C  . Tìm m để (d) tạo với hai đường tiệm cận của C  một

Câu 10: [2D1-7-4] Gọi C  là đồ thị của hàm số y =

tam giác có diện tích bằng 2.
 m  6
A. 
.
 m  5

m  3
.
B. 
m  5

 m  3
.
C. 
m  6
Lời giải

 m  3
D. 
.
 m  5

Chọn D
Hai đường tiệm cận đứng và ngang của C  có phương trình lần lượt là x = 2, y = 2
,suy ra giao điểm của chúng là I  2; 2  .

Tịnh tiến OI . Hệ trục Oxy  Hệ trục IXY .
 x  X  xI  X  2
Công thức chuyển hệ tọa độ : 
 y  Y  yI  Y  2
Đối với hệ trục IXY .
Hai đường tiệm cận đứng và ngang của C  có phương trình lần lượt là X  0 ,

Y  0.

C  có phương trình là Y  2  2(XX  22)2m  Y  F(X)  4 Xm .
Gọi X là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến d với C  thì phương trình d
0

Y

là

m4
m4
m4
2m  8
.
(X  X0 ) 
 2 X
2
X0
X0
X0
X0

 2m  8 
Gọi A là giao điểm của C  với đường tiệm cận đứng của nó thì A  0;

X0 

Gọi B là giao điểm của C  với đường tiệm cận ngang của nó thì B  2 X 0 ;0 
Diện tích tam giác vuông IAB do  d  tạo với hai đường tiệm cận là
S

1
1
1 2m  8
IA.IB  YA XB 
2 X0  2 m  8 .
2
2
2 X0

 2m  8  2
 m  3
S  2  2m  8  2  

.
2
m

8


2

m


5


2mx  3
Câu 11: [2D1-7-4] Cho hàm số y 
. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của C  .
xm
Tìm m để tiếp tuyến tại một diểm bất kì của C  cắt hai tiệm cận tại A và B sao

cho IAB có diện tích S  22 .
A. m  5 .
Chọn D

B. m  6 .

C. m  7 .
Lời giải

D. m  4 .


(C) có tiệm cận đứng x  m , tiệm cận ngang y  2m .


2mx0  3 
Giao điểm 2 tiệm cận là I ( m; 2 m) và M  x0 ;
  (C ) .

x

m
0


2
2mx0  3
2m  3
Phương trình tiếp tuyến  của C  tại M : y 
.
( x  x0 ) 
2
x0  m
( x0  m)
 2mx0  2m2  6 
 cắt TCĐ tại A  m;
 , cắt TCN tại B(2x0  m; 2m) .
x0  m



Ta có: IA 

1
4 m2  6
; IB  2 x0  m  SIAB  IA.IB  4m2  6  22  m  4 .
2
x0  m

2x  3
tại M cắt các đường tiệm
x2
cận tại hai điểm phân biệt A , B . Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp
tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất, với I là giao điểm hai tiệm cận.

Câu 12: [2D1-7-4] Gọi  d  là tiếp tuyến của đồ thị C  : y 


5
A. M 1;1 M  1; 
3

 5
C. M 1;1 M  4; 
 3

 5
B. M  4;  M  3; 3 
 3
D. M 1;1 M  3; 3 
Lời giải

Chọn D
Gọi M  x0 ; y0    C   y0 

2 x0  3
1
và y '0  
2

x0  2
 x0  2 

Phương trình tiếp tuyến  d  của C  tại M : y 

x

1

0

 d  cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt

 2

2

x  x  
0

2 x0  3
x0  2

 2x  2 
A  2; 0
 , B  2 x0  2; 2  .
 x0  2 

Dễ thấy M là trung điểm AB và I  2; 2  là giao điểm hai đường tiệm cận.

Tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
2



 2 x0  3
 
2
2
1
2
  2
S  IM    x0  2   
 2      x0  2  
2
x

2



 0
 
 x0  2  


 x  1  y0  1
2
1
 0

Dấu đẳng thức xảy ra khi  x0  2  
2
 x0  3  y0  3
 x  2
0

Vậy M 1;1 M  3; 3  thỏa mãn bài toán.

Bài toán có thể mở rộng : Tìm những điểm trên C  có hoành độ x  2 sao cho tiếp
tuyến tại đó tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.


 2x  2 
HD: theo trên ta có : A  2; 0
 , B  2 x0  2; 2   IA , IB .Chu vi tam giác AIB là
x

2
0



P  IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB2  2 IA.IB  2.IA.IB
Đẳng thức xảy ra khi IA  IB
Nếu trường hợp tam giác AIB không vuông thì P  IA  IB  AB , để tính AB ta





cần đến định lý hàm số cosin AB2  IA2  IB2  2 IA.IB cos IA , IB .



P  IA  IB  AB2  2 IA.IB  IA 2  IB2  2 IA.IB cos IA , IB







P  2 IA.IB  2 IA.IB  2 IA.IB cos IA , IB . Đẳng thức xảy ra khi IA  IB .

2x  2
có đồ thị là C  . Viết phương trình tiếp tuyến
x 1
của C  , biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.

Câu 13: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

A.  : y  x  21 và  : y  x  7 .
C.  : y  x  1 và  : y  x  17 .

B.  : y  x  3 và  : y  x  2 .
D.  : y  x  1 và  : y  x  7 .
Lời giải

Chọn D
Hàm số xác định với mọi x  1 .

4
Ta có: y ' 
( x  1)2
Tiệm cận đứng: x  1 ; tiệm cận ngang: y  2 ; tâm đối xứng I (1; 2)

Gọi M( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của C  :

2x  2
4
( x  x0 )  0
.
2
x0  1
( x0  1)
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại
x  1
 2x  6 

A:
2 x0  2  A  1; 0
4

 x0  1 
 y  ( x  1)2 (1  x0 )  x  1
0
0

Tiếp tuyến cắt tiệm ngang tại
y  2


B:
2 x0  2  B(2 x0  1; 2)
4
2

(
x

x
)

0

x0  1
( x0  1)2

:y

Suy ra: IA 

8
; IB  2 x0  1  IA.IB  16
x0  1

Chu vi tam giác IAB : P  IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB2
Mà IA  IB  2 IA.IB  8; IA2  IB2  2IA.IB  32
Nên P  8  32  8  4 2


Đẳng thức xảy ra  IA  IB  ( x0  1)2  4  x0  3, x0  1

Vậy ta có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:  : y  x  1 và  : y  x  7 .

2x
có đồ thị  C  . Giả sử tồn tại phương trình tiếp
x2
tuyến của  C  , biết khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn nhất, thì hoành

Câu 14: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

độ tiếp điểm lúc này là:
A. x0  0, x0  4 .

B. x0  0, x0  3 .

C. x0  1, x0  4 .

D.

x0  1, x0  3 .
Lời giải
Chọn A
Hàm số xác định với mọi x  2 .
4
Ta có: y ' 
( x  2)2

Gọi M( x0 ; y0 )  (C) . Tiếp tuyến  của  C  tại M có phương trình
2 x0
2 x02
4

4
(
x

x
)


x

0
x0  2 ( x0  2)2
( x0  2)2
( x0  2)2
Ta có tâm đối xứng I ( 2; 2)
y

2 x02
4
xy
 0:
Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến  :
( x0  2)2
( x0  2)2
d

8 x0  2
( x0  2)4  16

8

t
, với t  ( x0  2)2  0
t  16
2

t
t
1


d2
2
16
t  16 2 16t
Đẳng thức xảy ra khi t 2  16  t  4  ( x0  2)2  4  x0  0, x0  4 .
Do

2

Câu 15: [2D1-7-4] Cho hàm số y  x3  ax2  bx  c , c  0 có đồ thị  C  cắt Oy ở A và có
đúng hai điểm chung với trục Ox là M và N . Tiếp tuyển với đồ thị tại M đi qua
A . Tìm a; b; c để SAMN  1 .
A. a  4, b  5, c  2 .
C. a  4, b  6, c  2 .

B. a  4, b  5, c  2 .
D. a  4, b  5, c  2 .
Lời giải

Chọn D
Giả sử  C  cắt Ox tại M ( m; 0) và N ( n; 0) cắt Oy tại A(0; c )
Tiếp tuyến tại M có phương trình: y  (3m2  2am  b)( x  m) .
Tiếp tuyến đi qua A nên ta có: 3m3  2am2  bm  c  0
a
 2m3  am2  0  m   (do m3  am2  bm  c  0 )
2


Mà  C  cắt Ox tại hai điểm nên  C  tiếp xúc với Ox .
Nếu M là tiếp điểm thì suy ra Ox đi qua A vô lí nên ta có  C  tiếp xúc
với Ox tại N . Do đó: y  x3  ax2  bx  c  ( x  n)2 ( x  m)


a
a
m   2 , n   4
 m  2n   a


Suy ra 2mn  n2  b  a 3  32c
(1).
mn2  c
5a2  16b



Mặt khác SAMN  1  c n  m  2  c a  8
a3  32c


 a  0 ta có: ac  8 vô nghiệm.
5a2  16b

a 3  32c

 a  4, b  5, c  2 .
 a  0 ta có: ac  8
5a2  16b

2x  1
Câu 16: [2D1-7-4] Cho hàm số y 
có đồ thị là  C  . Viết phương trình tiếp tuyến
x 1
của  C  , biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.

1
1
3
5
A. y   x  và y   x  .
4
4
4
4
1
1
13
C. y   x 
và y   x  1 .
4

4
4

1
1
B. y   x  3 và y   x  1 .
4
4
1
1
13
5
D. y   x 
và y   x  .
4
4
4
4
Lời giải

Chọn D
Gọi M( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Phương trình tiếp tuyến  tại M

y

2x  1
1
.
( x  x0 )  0
2

x0  1
( x0  1)

Tiếp tuyến  cắt tiệm cận đứng tại A(1;

2 x0
), cắt đường tiệm cận ngang tại
x0  1

B(2x0  1; 2) . Tâm đối xứng I (1; 2)
Suy ra IA 

2
, IB  2 x0  1  IA.IB  4
x0  1

Chu vi tam giác IAB : p  AB  IA  IB  IA2  IB2  IA  IB
Mặt khác: IA2  IB2  2IA.IB  8; IA  IB  2 IA.IB  4
Nên p  2 2  4 . Đẳng thức xảy ra  IA  IB

 ( x0  1)2  4  x0  3, x0  1 .


1
1
13
5
Từ đó ta tìm được tiếp tuyến là: y   x 
và y   x  .
4

4
4
4
2x  1
Câu 17: [2D1-7-4] Cho hàm số y 
có đồ thị là  C  . Viết phương trình tiếp tuyến
x 1
của  C  , biết khoảng cách từ tâm đối xứng I đến tiếp tuyến tạo lớn nhất.

1
1
3
5
A. y   x  và y   x  .
4
4
4
4
1
1
13
3
C. y   x 
và y   x  .
4
4
4
4

1

1
B. y   x  1 và y   x  5 .
4
4
1
1
13
5
D. y   x 
và y   x  .
4
4
4
4
Lời giải

Chọn D
Gọi M( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Phương trình tiếp tuyến  tại M

2x  1
1
.
( x  x0 )  0
2
x0  1
( x0  1)
Gọi H là hình chiếu của I lên  . Ta có d( I , )  IH
1
1
1

2
1
Trong tam giác vuông IAB ta có:
 2 2

2
IA.IB 2
IH
IA IB
Suy ra IH  2 . Đẳng thức xảy ra  IA  IB .
1
13
1
5
Từ đó ta tìm được tiếp tuyến là: y   x 
và y   x  .
4
4
4
4
4
Câu 18: [2D1-7-4] Gọi  C  là đồ thị của hàm số y  x  1 và d là một tiếp tuyến của  C  ,
y

d cắt hai trục tọa độ tại A và B . Viết phương trình tiếp tuyến d khi tam giác
OAB có diện tích nhỏ nhất ( O là gốc tọa độ).
A. y  

4
4

15
4
8
y
x .
4
5
125

x

8
.
5

B. y  

4
4

12

x

8
.
5

C. y  

4
4

7
x .
5
5

D.

Lời giải
Chọn D
Phương trình tiếp tuyến d có dạng : y  4x03 ( x  x0 )  x04  1  4x03 x  3x04  1
trong đó x0 là hoành độ tiếp điểm của d với  C  .

 3x 4  1 
A là giao điểm của d với trục Ox  A  0 3 ; 0 
 4x

0


4
B là giao điểm của  C  với trục Oy  B(0; 3x0  1) .
Diện tích của tam giác vuông OAB :
4
2
4
2

1
1
1 (3 x0  1)
1 (3 x0  1)
S  OA.OB  x A y B 

3
2
2
2
8
4 x03
x
0


4
2
1 (3 x0  1)
Xét trường hợp x0  0 , khi đó S  .
.
8
x03

Xét hàm số f ( x0 ) 
f '( x0 ) 

(3x04  1)2
, x0  (0; ) .
x03

2(3x04  1)12 x03 .x03  (3x04  1)2 .3 x02 3(3 x04  1)(5 x04  1)

.
x06
x04

1
1
 x0 
(do x0  0)
4
5
5
Bảng biến thiên của f ( x0 )
f '( x0 )  0  x04 

Từ bảng biến thiên suy ra min f ( x0 ) 
Suy ra minS 

8

 x0 

4

5 5

1
4

5

64

đạt được khi và chỉ khi x0 

4

5 5

1
4

5

.

Khi đó phương trình của (d) là y 

4

8
x .
4
5
125

Vì trục Oy là trục đối xứng của  C  nên trong trường hợp x0  0 , phương trình của

d là y   4

4

8
x .
5
125

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  
Câu 19: [2D1-7-4] Gọi  Cm 

4
4

x

8
.
5

125
là đồ thị của hàm số y  x4  3  m  1 .x2  3m  2 , m là

tham số. Tìm các giá trị dương của tham số m để  Cm  cắt trục hoành tại bốn
điểm phân biệt và tiếp tuyến của  Cm  tại giao điểm có hoành độ lớn nhất hợp với
hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 24 .
A. m  1.

B. m 

1
.
3

C. m 

2
.
3

Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và trục hoành là

x4  3  m  1 .x2  3m  2  0 (1)

D. m  7 .


Đặt t  x 2 , t  0 . Phương trình (1) trở thành : t 2  3  m  1 .t  3m  2  0 (2)

 Cm 

cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt  Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

 Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt .
Vì (2) luôn có hai nghiệm là t  1, t  3m  2 với mọi m và vì m  0 (giả thiết) nên
ta có 1  3m  2 , suy ra với mọi tham số m  0 ,  Cm  cắt Ox tại 4 diểm phân biệt
và nếu gọi A là giao điểm có hoành độ lớn nhất thì hoành độ A là x A  3m  2 .

Gọi f(x)  x4  3  m  1 .x2  3m  2 , phương trình tiếp tuyến d của  Cm  tại A là

y  f '( xA )( x  xA )  f ( xA )  [4xA3  6(m  1)xA ]( x  xA ) ( vì f ( xA )  0 )

 [4(3m  2) 3m  2  6( m  1) 3m  2]( x  3m  2)



  6m  2  3m  2 x  3m  2)







Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến d với trục Oy thì B 0 ;  6m  2  3m  2  .
Tam giác mà tiếp tuyến d tạo với hai trục toạ độ là tam giác vuông OAB (vuông tại
O ) , theo giả thiết ta có : SOAB  24  OA.OB  48  xA yB  48

 3m  2(6m  2)(3m  2)  48 (3).

Gọi f  m   3m  2(6m  2)(3m  2)  3m  2(18m2  22m  4)
f ( m) 

3
2 3m  2

(18m2  22m  4)  (36m  22) 3m  2  0 với mọi m  0 .

2
Suy ra hàm số f  m  đồng biến trên  0;   và vì f    24 , do đó phương trình
3
2
(3) chỉ có một nghiệm là m  trên  0;   .
3
2x
Câu 20: [2D1-7-4] Cho hàm số y 
có đồ thị là  C  . Viết phương trình tiếp tuyến
x2
của đồ thị  C  , để khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị  C  đến tiếp tuyến là
lớn nhất.
B. y  x và y  x  9 .
D. y  x và y  x  8 .
Lời giải

A. y  2x và y  x  8 .
C. y  3x và y  x  8 .
Chọn D

Tiếp tuyến  d  của đồ thị C  tại điểm M có hoành độ a  2 thuộc C  có
phương trình: y 

4
2a
( x  a) 
 4 x  ( a  2)2 y  2a 2  0
2
a2

( a  2)

Tâm đối xứng của C  là I  2; 2  .
d( I , d) 

8 a2
16  ( a  2)4



8 a2
2.4.( a  2)2



8 a2
2 2 a2

2 2


d( I , d ) lớn nhất khi (a  2)2  4  a  4 hoặc a  0 .
Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y  x và y  x  8 .

2x  3
có đồ thị  C  . Tìm trên  C  những điểm M
x2
sao cho tiếp tuyến tại M của  C  cắt hai tiệm cận của  C  tại A,B sao cho AB

Câu 21: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

ngắn nhất.

5
B. M( 1; ) hoặc M (1; 1) .
3

5
A. M(3; 3) hoặc M( 1; ) .
3
5
5
C. M(4; ) hoặc M( 1; ) .
2
3

D. M(3; 3) hoặc M (1; 1) .
Lời giải

Chọn D

1

1 
Lấy điểm M  m; 2 
  C  . Ta có: y ( m)  

m2
( m  2)2


1
1
( x  m)  2 
Tiếp tuyến  d  tại M có phương trình: y  
2
m2
( m  2)


2 
Giao điểm của  d  với tiệm cận đứng là: A  2; 2 
m  2 

Giao điểm của  d  với tiệm cận ngang là: B(2 m – 2; 2)

1 
Ta có: AB2  4 ( m  2)2 
  8 . Đẳng thức xảy ra khi m  1 hoặc m  3 .
( m  2)2 

Vậy, điểm M cần tìm có tọa độ là: M(3; 3) hoặc M (1; 1) .

Câu 22: [2D1-7-4] Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị y  x3  mx  m  1 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.
B. m  6 .

A. m  3 .

C. m  8 .

Lời giải

D. m  2 .

Chọn D
Ta có: y  3x2  m  y(1)  3  m ; y(1)  2m  2 .  C  có tâm I(2; 3),R  2 .
Phương trình đường thẳng d tại M( 1; 2 m  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R

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 , suy ra d : y  x  3 .

Câu 23: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

1 4
3
x  3x 2 
2
2

 C  . Tìm phương trình tiếp tuyến đi qua

 3
điểm A  0;  và tiếp xúc với đồ thị  C  .
 2

3

3

3
 : y  2
 : y  2 x
 : y  2 x  1



3
3
1



A.  : y  2 2 x  B.  : y   2 x 
C.   : y  2 x 



2
2
2



3
3
1
 : y  2 2x 
 : y  2x 
 : y  2x 
2
2
2




3
 : y  2

 : y   2x  3


2

3
 : y  2x 
2

Lời giải

D.

Chọn A
Phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A và có hệ số góc k có đạng: y  kx 
∆ tiếp xúc với  C  tại điểm có hoành độ x khi hệ phương trình :

3
.
2

1 4
3
3
2
(1)
 x  3x   kx 
có nghiệm x
2
2
2
3
2 x  6 x  k

(2)

1
3
3
Thế (2) vào (1), ta có: x4  3x2   (2 x3  6 x)x   x2 ( x2  2)  0
2
2
2
(2)

3
x  0  k  0   : y 
2

(2)
3
  x  2  k  2 2   : y  2 2 x  .
2

(2)
x   2  k  2 2   : y  2 2x  3

2
x2
Câu 24: [2D1-7-4] Gọi  C  là đồ thị của hàm số y 
. M  0; m  là một điểm thuộc
2x 1

trục Oy . Tìm tất cả các giá trị nào của m để luôn tồn tại ít nhất một tiếp tuyến của

 C  đi qua
A. m  0 .

M và tiếp điểm của tiếp tuyến này với  C  có hoành độ dương.
B. m  0 .

C. m  0 .
Lời giải

D. m  0 .


Chọn D
Phương trình của đường thẳng  d  đi qua M có hệ số góc k : y  kx  m .

 x0  2
 2 x  1  kx0  m (1)
có
 d  tiếp xúc  C  tại điểm có hoành độ x0 khi hệ sau  0
3

 k (2)
 (2 x0  1) 2
nghiệm x0 .
Thay

 2

1

vào

  x0  2  2 x0  1  3x  m  2 x0  1

ta
2

được:

x0  2
3x0

m
2 x0  1 (2 x0  1)2

 3

1
không
phải
là
nghiệm
2
1  (4m  2) x02  4(m  2) x0  m  2  0  4  .

Do

x0 

của

 3

nên

Yêu cầu của bài toán  Phương trình  4  có ít nhất một nghiệm dương với mọi
m  0.

Vì

m0

nên

4m  2  0

suy

ra

 4

có

nghiệm



  4(m  2)2  (4m  2)(m  2)  0  m  2  0 . Bất đẳng thức này đúng với mọi

m  0.
Khi đó gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình  4  .

4(m  2)

x1  x2 
0


4m  2
 x1  0, x2  0 .
Ta có m  0, 
m

2
x x 
0
1 2

4m  2

Vậy, với mọi m  0 luôn tồn tại ít nhất một tiếp tuyến của  C  đi qua M và hoành
độ tiếp điểm của tiếp tuyến với  C  là số dương.
Câu 25: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

x2
có đồ thị là  C  . Cho điểm A(0; a ) . Tìm a để từ
x 1

A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị  C  sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2

phía của trục hoành.
1
A.   a  1 .
3
2
  a  1.
3

2
B.   a  2 .
3

Lời giải

C. 1  a  1.

D.


Chọn D
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
có nghiệm x .
 d  tiếp xúc  C  tại điểm có hoành độ x khi hệ: 
 k  3 2
( x  1)


 (1  a) x 2  2(a  2) x  (a  2)  0 1 có nghiệm x  1 .

Để qua A có 2 tiếp tuyến thì 1 phải có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2


a  1
a  1


 2
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

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

3 
3 


 1 
. 1 

0
 x1  1   x2  1 
2
a
3



x1.x2  2( x1  x2 )  4
0
x1.x2  ( x1  x2 )  1

Đối chiếu với điều kiện  2  ta được: 



3a  2  0



2
 a  1.
3

Câu 26: [2D1-7-4] Gọi  Cm  là đồ thị của hàm số y  2 x3  3(m  1) x 2  mx  m  1 và  d 
là tiếp tuyến của  Cm  tại điểm có hoành độ x  1 . Tìm m để  d  tạo với hai
trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng

5

m  0  m   3
A. 
.
9  73

 m 
6
5

m  0  m   3

.
19  73

 m 
6

8
.
3

5

m  0  m  3
B. 
.
19  73


 m 
6

Lời giải
Chọn D

5

m  0  m   3
C. 
. D.
9  3

 m 
6


Ta có y  6 x 2  6(m  1) x  m , suy ra phương trình tiếp tuyến  d  là:

y  y '(1)( x  1)  y(1)  12  7m  x  1  3m  4  y  12  7m  x  4m  8 .
 4m  8 
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của  d  với trục Ox và Oy thì P  
;0  ,
 12  7m 
Q  0; 4m  8  .
8m2  32  32m
1
1 4m  8
4m  8 
Diện tích OPQ : S  OP.OQ  

.
2
2 12  7m
12  7m
S

8
8
 8m 2  32m  32  12  7 m
3
3

5

8
 2
m  0 m  
 2 5

8m  32m  32  3 (12  7 m)
m  m0
3



3
19  73

8m 2  32m  32   8 (12  7 m) 3m 2  19m  24  0


 m 

3
6

Câu 27: [2D1-7-4] Cho hàm số y 

 C  tại điểm

x4
 2 x 2  4 , có đồ thị là  C  . Gọi  d  là tiếp tuyến của
4

M có hoành độ x  a .Tìm a để  d  cắt lại  C  tại hai điểm E , F

khác M và trung điểm I của đoạn EF nằm trên parabol  P  : y   x 2  4 .
A. a  0 .

B. a  1 .

C. a  2 .

D. a  1 .

Lời giải
Chọn A
Phương trình tiếp tuyến  d  :
a4
a4
2

3
y  y(a)( x  a )   2a  4  (a  4a)( x  a)   2a 2  4
4
4
4
3a
 ( a 3  4a ) x 
 2a 2  4 .
4

Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  d  :
x4
3a 4
 2 x 2  4  ( a 3  4a ) x 
 2a 2  4  x 4  8 x 2  4(a 3  4a) x  3a 4  8a 2  0
4
4

x  a
 ( x  a) 2 ( x 2  2ax  3a 2  8)  0   2
2
 x  2ax  3a  8  0 (3)


d 

cắt  C  tại hai điểm E , F khác M  Phương trình  3 có hai nghiệm phân

biệt khác a
2  a  2

2
2

 '  a  3a  8  0

 2

2 . (*)
a


6
a

8

0



3


Tọa độ trung điểm I của đoạn EF :

x  xF

xI  E
 a
 xI  a




2


7a 4
4
3
a
y


 6a 2  4
3
2
 y  (a  4a)(a) 
 I

2
a

4
(
do
I

(
d
))


4
I


4

I  ( P) : y   x 2  4  

a  0
7a 4
a2
 6a 2  4  a 2  4  7a 2 (1  )  0  
.
4
4
a  2

So với điều kiện (*) nhận a  0 .
Câu 28: [2D1-7-4] Tìm tham số m để đồ thị  Cm  của hàm số y  x3  4mx 2  7mx  3m
tiếp xúc với parabol  P  : y  x 2  x  1.
A. m  2; 7;1 .

1


B. m  5;  ;78 .
4



3 

C. m  2;  ;1 .
4 


D.

1 

m  2;  ;1 .
4 

Lời giải
Chọn D

 Cm  tiếp xúc với  P 

tại điểm có hoành độ x0 khi hệ

3
2
2

 x0  4mx0  7mx0  3m  x0  x0  1 (1)
( A) có nghiệm x0 .
 2
3
x


8
mx

7
m

2
x

1

0
0
 0

Giải hệ  A , (1)  x03  (4m  1) x02  (7m  1) x0  3m 1  0
 x0  1
 ( x0  1)( x02  4mx0  3m  1)  0   2
.
 x0  4mx0  3m  1  0
 x02  4mx0  3m  1  0

 x0  1
 2
Vậy  A   2

3x0  2(4m  1) x0  7m  1  0 (2) 
3x0  2(4m  1) x0  7m  1  0 (2)

.
Thay x0  1 vào  2  ta được m  2 .


2
2


3x0  2(4m  1) x0  7m  1  0 (2)
3x0  2(4m  1) x0  7m  1  0 (2)
Hệ  2
 2


 x0  4mx0  3m  1  0 (3)
3x0  12mx0  9m  3  0 (4)

Trừ hai phương trình  2  và  4  ,vế với vế ta được:

4mx0  2 x0  2m  2  0   2m  1 x0  m  1  5
Khi m 

m 1
3
1
thì  5  trở thành 0  (sai), do đó  5   x0 
.
2m  1
2
2

Thay x0 =

m 1
vào phương trình  3 ,ta được:
2m  1

 m 1 
 m 1 

  4m 
  3m  1  0
 2m  1 
 2m  1 
2

1
 4m3  11m 2  5m  2  0  m  2  m    m  1 .
4

1 

Vậy các giá trị m cần tìm là m  2;  ;1 .
4 

Câu 29: [2D1-7-4] Tìm tất cả các điểm trên Oy sao cho từ đó ta có thể vẽ được ít nhất một
tiếp tuyến đến đồ thị hàm số y  x  4 x 2  2 x  1 .
A. M  0; m  với 2  m  1.

1

B. M  0; m  với   m  5 .
2

1
C. M  0; m  với   m  1 .
2

D. M  0; m  với 1  m  5 .
Lời giải

Chọn C
Xét M (0; m)  Oy . Đường thẳng d đi qua M , hệ số góc k có phương trình:
y  kx  m .
 x  4 x 2  2 x  1  kx  m
0
0
0
0


d tiếp xúc đồ thị  C  tại điểm có hoành độ x0 khi hệ 
4 x0  1
k
1 
2
4
x

2
x


1

0
0

có nghiệm x0 .

Thay k vào phương trình thứ nhất ta được:


x0  4 x02  2 x0  1  x0 

4 x02  x0
4 x02  2 x0  1

m

 4 x02  2 x0  1  4 x02  x0  m 4 x02  2 x0  1

m

x0  1
4 x02  2 x0  1

 f ( x0 ) (*)

Để từ M kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị  (*) có ít nhất một nghiệm.
Xét hàm số f  x0  , ta có: f ( x0 ) 

3x0
( 4 x02  2 x0  1)3

 f '( x0 )  0  x0  0

1
1
Mặt khác: lim f ( x0 )  ; lim f ( x0 )   .
x 
x

2
2

Bảng biến thiên:

 0 

x0

f ( x0 )

 0 

1
f ( x0 )


(*) có nghiệm  

1 1
2 2

1
 m 1.
2

1
Vậy M  0; m  với   m  1 là những điểm cần tìm.
2

Câu 30: [2D1-7-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số
y  x3  3x 2 có đồ thị  C  và điểm M  m;0  sao cho từ M vẽ được ba tiếp tuyến đến
đồ thị  C  , trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Khi đó khẳng định nào
sau đây đúng.

1 
A. m   ;1 .
2 
1

m   1;   .
2


 1 
B. m    ;0  .
 2 

Lời giải

Chọn C
Ta có y  3x 2  6 x .
Gọi A  a; a3  3a 2  thuộc đồ thị hàm số.

 1
C. m   0;  .
 2

D.


Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại A là:
y   3a 2  6a   x  a   a3  3a 2 .

M  m;0   d   3a 2  6a   m  a   a3  3a 2  0  2a3  3  m  1 a 2  6ma  0
a  0
.
 2
2
a

3
m

1
a

6
m


0
1






Khi a  0 ta có phương trình tiếp tuyến y  0 .
Đối với đồ thị hàm số không có tiếp tuyến nào vuông góc với y  0 nên yêu cầu
bài toán tương đương phương trình 1 có hai nghiệm a1 và a2 khác 0 thỏa

y  a1  . y  a2   1   3a12  6a1  3a22  6a2   1
 9a1.a2 a1.a2  2  a1  a2   4  1  0  9  3m  3m  3  m  1  4  1  0

 27m  1  0  m 
Thay m 

1
.
27

1
vào 1 thử lại có 2 nghiệm phân biệt khác 0 .
27