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

Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
Cao Tuấn
0975 306 275

LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2019 – môn TOÁN

TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ



DẠNG 4: TỔNG HỢP – VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO
x2
có đồ thị  C  . Giả sử, đường thẳng d : y  kx  m là tiếp tuyến của
2x  3
 C  , biết rằng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A , B và tam giác

Câu 1. Cho hàm số y 

OAB cân tại gốc tọa độ O. Tổng k  m có giá trị bằng
A. 1.
B. 3.
C. 1.
 Lời giải:
 3
1
TXĐ: D  \   . Ta có: y 
.
2
 2
 2x  3

Tiếp tuyến d : y  kx  m cắt Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A , B nên m  0, k  0.
 m 
Do A  Ox nên A   ; 0  , B  Oy nên B  0; m  .
 k 
Do tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O nên
 k  1
m
 1

1
OA  OB 
 m  m2  2  1   0  
. Do k 
 0 nên k  1.
2
k
k

k  1
 2x  3
0

Suy ra:

 2x

1

0

 3

2

 x  1  y0  1
2
 1   2 x0  3   1   0
.
x


2

y

0
0
 0

 Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M1  1;1 là: y    x  1  1  y   x (loại).
 Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M 2  2; 0  là: y    x  2   y   x  2.

Khi đó: k  m  1  2  3. Chọn D.
Câu 2. Cho hàm số y  x 3  3x có đồ thị  C  . Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của k để đường
thẳng d : y  k  x  1  2 cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt M , N , P sao cho các tiếp tuyến của

 C  tại N

và P vuông góc với nhau. Biết M  1; 2  , tính tích tất cả các phần tử của tập S .

1
.
3
 Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và d :
A.

1
.
9

2
B.  .
9

D. 1 .

C.

 x  1  y  2
x3  3x  k  x  1  2   x  1 x 2  x  2  k  0   2
 x  x  2  k  0 1
d cắt  C  tại ba điểm phân biệt  phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1






9


  1  0
k  


4
g

1

0



 k  0
1

/>
D. 3.


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
Khi đó, d cắt  C  tại M  1; 2  , N  x1 ; y1  , P  x2 ; y2  với x1 , x2 là nghiệm của  1 .
S  x1  x2  1
Theo định lí Viet: 
.
 P  x1 x2   k  2







Tiếp tuyến tại N và P vuông góc với nhau  y  x1  .y  x2   1  3x12  3 3x22  3  1

/>




2
2
 9x12 x22  9 x12  x22  9  1  9  x1x2   9  x1  x2   2x2 x2   9  1



3  2 3
k

2
3
 9   k  2   9 1  2   k  2    9  1  9 k 2  18 k  1  0  

3  2 3
k 
3

1
c 1

Vậy tích các phần tử trong S là
hoặc k1 k2   . Chọn A.
a 9
9
x 1
Câu 3. Cho đồ thị  C  : y 
và d1 , d2 là hai tiếp tuyến của  C  song song với nhau. Khoảng
2x
cách lớn nhất giữa d1 và d2 là

A. 3 .

D. 2 2 .

C. 2 .
 Lời giải:

B. 2 3 .

1
,  x  0.
2x2
Vì d1 , d2 là hai tiếp tuyến của  C  (lần lượt có các hoành độ tiếp điểm là x1 , x2  x1  x2  ) song song
Ta có: y 

 x  x2
1
1
 2  1
 x1   x2 .

2
2 x1 2 x2
 x1   x2

 x1  1 

x 1
x1  1 
Gọi M  x1 ; 1
 ; N   x1 ;
 là:
 . Phương trình tiếp tuyến d1 tại M  x1 ;
2 x1 
2 x1 
2 x1 



x 1
x 1
1
1
y  2  x  x1   1
 2  x  x1   y  1
 0.
2 x1
2 x1
2 x1
2 x1

với nhau nên ta có y  x1   y  x2  

Khi đó: d  d1 , d2   d  N , d1  

2
x1
1
1
4 x14

4
4 x12 

Câu 4. Cho

hàm

1
x12



.

1
1
 2 4 x12 . 2  4
2
x1
x1

4
 2 . Chọn C.
2
y  f  x

số

1
4x  2
x1
2
1

Áp dụng BĐT AM – GM ta được: 4 x12 

 d  d1 , d2  

4



(xác

định,

có

đạo

hàm

trên

)

thỏa

mãn

 f   x  2    f  x  2   10 x . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại
điểm có hoành độ bằng 2 .
A. y  2x  5 .
B. y  2x  3 .
C. y  2x  5 .
D. y  2x  3 .
2

3

 Lời giải:

2


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN

 f  2  0
2
3

2
3
x 0
 f  2    f  2   0  
Từ  f   x  2    f  x  2   10 x  *  
 f  2   1
Đạo hàm hai vế của  *  ta được 2 f   x  2  . f    x  2   3  f  x  2  . f   x  2   10 .
2

Cho x  0 ta được 2 f  2  . f   2   3.  f  2  . f   2   10  f  2  . f   2  . 3 f  2   2   10  * *  .
2

 Nếu f  2   0 thì  * *  vô lý.

 Nếu f  2   1 , khi đó  * *  trở thành:  f   2  . 
 3  2   10  f   2   2

Phương trình tiếp tuyến y  2  x  2   1  y  2x  5 . Chọn A.

f  x

g  x

. Nếu các hệ số góc của các tiếp tuyến của

các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  0 bằng nhau và khác 0 thì
1
1
1
1

A. f  0   .
B. f  0   .
C. f  0   .
D. f  0   .
4
4
4
4
 Lời giải:
Vì hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  0
f   0  . g  0   f  0  . g  0 
bằng nhau và khác nên f   0   g  0  
0
g2  0 
Suy ra: g  0  

g  0  . g  0   f  0  . g   0 
g 0
2



g 0  f 0
g 0
2

 1  g2  0   g  0   f  0   0

1
Khi đó:  g 0   1  4 f  0   0  f  0   . Chọn B.

4
Câu 6. Cho các hàm số y  f  x  , y  f f  x  , y  f x2  4 có đồ thị lần lượt là  C1  ,  C 2  ,









C  . Đường thẳng x  1 cắt C  ,  C  , C  lần lượt tại M , N , P . Biết phương trình tiếp
tuyến của  C  tại M và của  C  tại N lần lượt là y  3x  2 và y  12x  5 . Phương trình tiếp
tuyến của  C  tại P là
2

1

3

3

2

1

3

A. y  8x  1.

C. y  2x  5.

B. y  4x  3.

D. y  3x  4.

 Lời giải:

 y  f  x
 
 1


Đạo hàm của các hàm số đã cho là:  y2   f f  x    f   x  . f  f  x  .



 y   f x 2  4   2 x. f  x 2  4
 3 

 Từ phương trình tiếp tuyến của  C1  tại M : y  3x  2  y  3  x  1  5















 y1  1  f   1  3
Suy ra: 
 1
 f  1  5
 Từ phương trình tiếp tuyến của  C 2  tại N : y  12 x  5  y  12  x  1  7





Suy ra: y2 1  f  1 . f  f 1  12
Từ  1 và  2   3. f   5   12  f   5   4.

 2 và y 1  f  f 1  f  5  7.
2

3

/>
Câu 5. Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x  , y 


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN





 y3  1  2.1. f  12  4  2 f   5   2.4  8

 phương trình tiếp tuyến của  C 3  tại P là:
Ta có: 
2
 y3  1  f 1  4  f  5   7
y  y3 1 x  1  y3 1  y  8  x  1  7  y  8x  1 . Chọn A.





Câu 7. Gọi M  xM ; y M  là một điểm thuộc  C  : y  x 3  3x 2  2 , biết tiếp tuyến của  C  tại M cắt

 C  tại điểm N  x
A. OM 

N

2
 xN2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính OM .
; y N  (khác M ) sao cho P  5xM

5 10
.
27

B. OM 

7 10
.
27

10
.
27

C. OM 

D. OM 

10 10
.
27

 Lời giải:
Ta có y  x  3x  2  y  3x  6 x . Gọi M  xM ; y M  là một điểm thuộc  C  : y  x 3  3x 2  2 ,
3

2

2



2

suy ra tiếp tuyến của  C  tại M có phương trình là: y  3xM
 6 xM

x  x   x
M

3
M

2
 3x M
2.

/>
Tiếp tuyến của  C  tại M cắt  C  tại điểm N  xN ; y N  (khác M ) nên xM , xN là nghiệm của



2
phương trình: x3  3x2  2  3xM
 6 xM



 

 



x  x   x
M

3
M

2
 3xM
2

3
2
2
 x3  xM
 3 x2  xM
 3xM
 6 x M  x  xM   0

 x  xM
2
  x  xM   x  2 xM  3   0  
 xN  2xM  3 .
 x  2 xM  3

Khi đó P  5x  x  5x   2 xM  3 
2
M

2
N

2
M

2

2


2
 9 x  12 xM  9  9  xM    5 .
3

2
M

 2 26 
2
10 10
. Khi đó M  ;   OM 
. Chọn D.
3
27
 3 27 
 Chú ý: Ở bài toán trên, ta có thể sử dụng công thức giải nhanh sau để xử lí bài toán gọn hơn:

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi xM 

Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh bài
toán tiếp tuyến

Cho đồ thị  C  : y  ax 3  bx 2  cx  d  0,  a  0  có tiếp tuyến là đường

y

N

M

thẳng  : y  mx  n ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C  tại điểm (khác
b
M ) là N . Khi đó: 2 xM  xN   .
a

ax 3  bx 2  cx  d  mx  n  ax 3  bx 2   c  m  x  d  n  0

xM

* 

Ta có: xM , xN là nghiệm của phương trình  *  .

Mà M là tiếp điểm của tiếp tuyến  với đồ thị  C  nên xM là nghiệm kép.
Tức là phương trình  *  có ba nghiệm: xM , xM , xN .

b
b
Áp dụng định lí Viet, ta có: xM  xM  xN    2 xM  xN   .
a
a

Từ đó tiếp tục làm như trên.
4

 C  tại điểm

x

O

Chứng minh:
Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  là:

Quay trở lại bài toán:
Tiếp tuyến của  C  tại M cắt

C

M khác M  2xM  xN  3  xN  2xM  3.

xN


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
Câu 8. Cho hàm số y  x 3  2018 x có đồ thị  C  và M1 là một điểm trên  C  có hoành độ x1  1 .
Tiếp tuyến của  C  tại M1 cắt

C 

C 
,  n  4, 5,... .

tại điểm M2 khác M1 ; tiếp tuyến của  C  tại M2 cắt

tại điểm M3 khác M2 ; tiếp tuyến của  C  tại Mn1 cắt  C  tại điểm Mn khác Mn1
Gọi  xn , yn  là tọa độ điểm Mn . Tìm n để 2018 xn  yn  2 2019  0.
C. n  674.
 Lời giải:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại M k  xk ; y k  có dạng:
B. n  675.

A. n  647.



D. n  627.



y  y  xk  x  xk   yk  y  3xk2  2018  x  xk   xk3  2018xk



Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và tiếp tuyến    là:
 x  xk
x 3  2018 x  3xk2  2018  x  xk   xk3  2018 xk   x  xk  x 2  xk x  2 xk2  0  
 x  2 xk







Do đó, xk 1  2 xk   xk  là cấp số nhân có x1  1 và công bội q  2 . Suy ra: xn   2 

n1

Vậy 2018xn  yn  22019  0  xn3  22019   2 

3 n 3

  2 

2019

.

 3n  3  2019  674  Chọn C.

 Chú ý: Ở bài toán trên, ta có thể sử dụng công thức giải nhanh sau để xử lí bài toán gọn hơn:
Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh bài
toán tiếp tuyến
Cho đồ thị  C  : y  ax 3  bx 2  cx  d  0,  a  0  có tiếp tuyến là đường

y

C
N

M

thẳng  : y  mx  n ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C  tại điểm (khác
b
M ) là N . Khi đó: 2 xM  xN   .
a

Quay trở lại bài toán:
Tiếp tuyến của  C  tại Mk cắt

x

O
xM

 C  tại điểm

xN

Mk 1 khác Mk  2xk  xk 1  0  xk 1  2xk

Do đó, xk 1  2 xk   xk  là cấp số nhân có x1  1 và công bội q  2 . Suy ra: xn   2 

n1

Vậy 2018xn  yn  22019  0  xn3  22019   2 

3 n 3

  2 

2019

.

 3n  3  2019  674  Chọn C.

Câu 9. Cho hàm số y  x 3  3x 2 có đồ thị  C  và điểm M  m ;  4  . Hỏi có bao nhiêu số nguyên
m thuộc đoạn 
 10 ;10  sao cho qua điểm M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến  C  .
A. 19 .
B. 15 .
C. 17 .
D. 12 .
 Lời giải:
2
Tập xác định: D  . Đạo hàm: y  3x  6 x .

Phương trình đường thẳng đi qua M  m ;  4  và có hệ số góc k 

là: d : y  k  x  m   4 .

Qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến  C 

 k  x  m   4  x 3  3x 2  1
có ba nghiệm phân biệt
 Hệ phương trình  I  
2
2
 k  3x  6 x





Thay  1 vào  2  , ta được: 3x2  6x  x  m  4  x3  3x2





 3x2  6x  x  m  4  x3  3x2  2x3  3  m  1 x2  6mx  4  0
5

/>



Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN





 2x3  3x2  4  3mx2  6mx   x  2  2x2  x  2  3mx  x  2 
x  2  0
x  2  0

 2

2

3m  2 x   1  g  x  ,  x  0   3 
 2 x  x  2  3mx

x
2
Xét hàm số g  x   2 x   1 với x  0 .
x
2
Ta có: g  x   2  2  0  x  1.
x
Bảng biến thiên:
x
0
1
1

0
0
g  x 






2







/>


6

g  x

5
3




Hệ  I  có ba nghiệm phân biệt

 Phương trình  3  có hai nghiệm phân biệt khác 2
 m  1
 3m  3



5 m  10 ;10 
  3m  5   m  
 m  10 ;  9 ;...;  2; 3; 4 ;...;10.
m

3


  3m  6
 m  2


Vậy có 17 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.
Câu 10. Cho hàm số y  x 3  3x  2 có đồ thị  C  . Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng

d : y  9x  14 sao cho từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến  C  ?
A. 3 điểm.

C. 1 điểm.
 Lời giải:

B. 2 điểm.

Gọi M  m; 9 m  14   d : y  9 x  14.

D. 4 điểm.

Phương trình đường thẳng  qua M có dạng: y  k  x  m   9m  14

 x 3  3x  2  k  x  m   9m  14
 là tiếp tuyến của  C   hệ phương trình  2
3x  3  k

 1
có nghiệm.
2

x  2
  x  2   2 x2   4  3m  x  6m  8   0  
2
 f  x   2 x   4  3m  x  6m  8  0
Yêu cầu bài toán   3  có đúng hai nghiệm phân biệt.

4





Thay  2  vào  1 ta được: x3  3x  2  3x2  3  x  m  9m  14  2x3  3mx2  12m  16  0

6

.

 3


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
TH1:  4  có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 2


4
m




 4  3m   8  6m  8   0

9m  24m  48  0
3
 0

 


 
m2
m


4


12
m

24

0



12
m

24


0
 f  2   0



m  2

4

m
 0


TH2:  4  có nghiệm kép khác 2  
3

 f  2   0
 m  2
Vậy có 3 điểm thỏa mãn yêu cầu. Chọn A.
Câu 11. Cho hàm số y  f  x    x 3  6 x 2  2 có đồ thị  C  và điểm M  m; 2  . Gọi S là tập các
2

2

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
12
.

3

B.

20
.
3

Đạo hàm: f   x   3 x 2  12 x .

19
.
3
 Lời giải:
C.

D.

23
.
3

/>
A.

Phương trình tiếp tuyến tại M  x 0 ; y0  có dạng:    : y  f   x0  x  x0   f  x0  .
Do tiếp tuyến qua M  m; 2  nên ta có:









2  3x02  12x0  m  x0   x03  6x02  2  2 x03   3m  6  x02  12mx0  0  1
 x0  0
 2
 2 x0   3m  6  x0  12m  0  2 
Để kẻ được đúng hai tiếp tuyến từ M thì phương trình  1 có 2 nghiệm.
TH1: Phương trình  2  có nghiệm kép khác 0 .

m  6
2
 3m  6 2  4.2.12m  0

9m  60m  36  0

Ta có: 
.

2
m  2

2.0   3m  6  .0  12m  0
m  0

3

TH2: Phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng 0 .
2
 3m  6 2  4.2.12m  0

9m  60m  36  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
6 
. Chọn B.
3
3
Câu 12. Trên đường thẳng y  2x  1 có bao nhiêu điểm kẻ được đến đồ thị  C  của hàm số
Do đó, tổng các giá trị bằng 0 

y

x3
đúng một tiếp tuyến?
x 1
A. 4 .

B. 3 .

Tập xác định D 

\1 .

C. 2 .
 Lời giải:

D. 1 .

7


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
Gọi A  a; 2a  1  d : y  2x  1 .
Phương trình đường thẳng  qua A có dạng: y  k  x  a   2a  1

x  3
 x  1  k  x  a   2a  1

 là tiếp tuyến của  C   hệ phương trình  4
1 có nghiệm.

k

2
  x  1

x3

4
x  1


x

a

2
a

1




2
x  1  x  12

2ax  2  2a  4  x  6a  4  0  2 

Để từ A  a; 2a  1 chỉ kẻ được một tiếp tuyến đến  C 

 Phương trình  1 có một nghiệm

/>
 Phương trình  2  có một nghiệm khác 1
TH1: Phương trình  2  là phương trình bậc nhất có nghiệm x  1
a  0
1


 x  : Thỏa mãn. Vậy a  0 là một giá trị cần tìm.
2
8 x  4  0
TH2: Phương trình  2  là phương trình bậc hai có nghiệm kép x  1


a  0

a  0
 a  1
2
     2 a  4   2 a  6 a  4   0  

2
8a  8a  16  0
a  2

 x1  x2  2a  4  1

2a
TH3: Phương trình  2  là phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt trong đó có một
nghiệm x  1
a  0

2
    2a  4   2a  6a  4   0  a  1.

2a  2  2 a  4   6a  4  0
Vậy có 4 giá trị a tương ứng với 4 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

x1
Câu 13. Cho hàm số y 
có đồ thị  C  và điểm A  a; 2  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
x 1
thực của a để có đúng hai tiếp tuyến của  C  đi qua điểm A và có hệ số góc k1 , k2 thỏa mãn
k1  k2  10 k12 k2 2  0. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A. 7.

B.

7 5
.
2

5 5
.
2
 Lời giải:
C.

D.

7
.
2

 t 1
Gọi M  t ;
   C  là tọa độ tiếp điểm.

 t 1

Phương trình tiếp tuyến tại M là y   x  t 

2

 t  1

Do tiếp tuyến đi qua A  a; 2  nên ta có 2   a  t 
8

2



t 1
.
t 1

2

 t  1

2



t 1
 t 2  6t  3  2a  0 1
t 1

Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
Phương trình  1 có nghiệm    9   3  2 a   0  a  3.
t  t  6
Khi đó, phương trình  1 có nghiệm t1 , t2 thỏa mãn:  1 2
(định lí Viet).
t1t2  3  2a
2
2
Gọi t1 , t2 là hai nghiệm của  1 , suy ra k1 
và k2 
.
2
2
t

1
t

1
1 
2 

2

t1  1

2



2

t2  1

2

 10

4

t1  1

4



4

t2  1

4

0

2
2
2
2

  t1  1   t2  1   t1  1  t2  1  80


2
2
  t1  t2   2t1t2  2  t1  t2   2  t1t2  t1  t2  1  80


a  0

2
2
 7 5

a 3
  20  4a  2a  2   80   5  a  a  1  5  

a

S

0;
 . Chọn B.
a  7  5
2 




2

Câu 14. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ
bên và có đạo hàm f   x  liên tục trên

. Đường thẳng

trong hình vẽ bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc

tọa độ. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f   x  .
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. m  2.
C. 0  m  2.

B. 2  m  0.
D. m  2.

 Lời giải:
Cách 1. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên
 1;1 và đồng biến trên các khoảng còn lại nên


 f   x   0, x   1;1
 min f   x  khi x   1;1 .


f
x

0,


x


;

1

1;














Ta có: AOB      tan   tan   AOB   tan AOB
Quan sát đồ thị ta thấy: tan AOB  2   tan   2  tan   2
Mà hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ là: f   0   tan   f   0   2
Mặt khác, hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x  0 và x  1 nên ta có: f   1  f   1  0  2
Vậy min f   x   2  m  2 . Chọn A.
Cách 2. Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng x  0 chính là nghiệm của phương trình
f   x   0 và là điểm cực trị của hàm số y  f   x  . Mặt khác hàm số y  f   x  có dạng hàm số
bậc 2 với hệ số bậc cao nhất dương. Khi đó giá trị nhỏ nhất này chính là f   0  đồng thời là hệ

số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  0 .
Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y  ax và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ  1; 2, 2  cho
nên ta suy ra 2,2  a  f   0   m . Chọn A.

9

/>
Theo đề bài: k1  k2  10 k12 k2 2  0 


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
Câu 15. Cho hàm số y  f  x   x 3  6 x 2  9 x  3  C  . Tồn tại hai tiếp tuyến của  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  2017.OB . Hỏi có bao nhiêu giá trị của k thỏa
mãn yêu cầu bài toán?
A. 0 .





B. 1 .





C. 3 .
 Lời giải:

D. 2 .

Gọi M1 x1 ; f  x1  ; M2 x2 ; f  x2  với là hai tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến có cùng hệ số góc.

k  k1  k2
Ta có: y  3x2  12x  9 

 k  3x12  12x1  9  3x22  12x2  9
x1  x2
  x1  x2  x1  x2  4   0 
 x1  x2  4  S

/>
Hệ số góc của đường thẳng M1 M2 là: k  

f  x2   f  x1 
OB
1


OA
2017
x2  x1

 1


2016
x1 x2 
P


2
1
2017

  x1  x2   x1 x2  6  x1  x2   9  
2
2017
 x x  2018  P
 1 2 2017
 x1  x2  4  S

 Với 
, do S2  4P nên  hai cặp x1 , x2   1 giá trị k
2016
 x1 x2  2017  P

 x1  x2  4  S

 Với 
, do S2  4P nên  hai cặp x1 , x2   1 giá trị k
2018
 x1 x2  2017  P

Vậy có 2 giá trị k thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.
Câu 16. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị  H 
2x  3
tại hai điểm A , B phân biệt sao cho P  k12018  k22018 đạt giá trị nhỏ nhất,
x2
với k1 , k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại A , B của đồ thị  H  .

của hàm số y 

C. m  3.
D. m  2.
 Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  H  và đường thẳng y  2x  m là:
A. m  3.

B. m  2.



2x  3
 x  2
 x  2
 2 x  m  
 2
x2


 x  2  2 x  m   2 x  3  0
2 x   m  6  x  3  2m  0

Đường thẳng d : y  2x  m cắt  H  tại hai điểm phân biệt

   m  6 2  8  3  2 m   0

  1 có 2 nghiệm phân biệt khác 2  
* 
2

2.  2    m  6  .  2   3  2 m  0

m6
 xA  xB  2
Khi đó: xA , xB là 2 nghiệm phân biệt của  1  
2
3

2
m
x x 
 A B
2

10

1


Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN
Ta có: y 

1

 x  2

Suy ra: k1 k2 

2

 k1 

x

1
A

 2

2

, k2 

x

B

1
 2  xA  xB   xA xB  4 

2



1

 2

2

1

3  2m

m  6  2  4



2

4

 P  k12018  k22018  2 k12018 k22018  2 42018 .
Dấu "  " xảy ra  k1  k2  0 

x

1

 2
A

2



x

1

 2
B

2

 x A  2  xB  2

 xA  2    xB  2 

 3

/>

A  B
Do 
 xA  xB nên  3   x A  xB  4.
A
,
B

H




m6
Kết hợp với  2  ta được:
 4  m  2 thỏa mãn  *  . Chọn D.
2

11