Hướng dẫn giải toán 11

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

KHÁI NIỆM ĐẠO HÀM
Vấn đề 1. Tính đạo hàm bằng định nghĩa
Bài 1
1. Ta có: f '(x0)  2
3. f '(2)  lim

x�2

2. f '(x0)  2

x2  x  1  7
(x  2)(x  3)
5
 lim

x�2
x 2
(x  2)( x2  x  1  7) 2 7


4. f '( )  0
2
f(x)  f(1)
x3  2x2  x  1  1
x
1
 lim
 lim


2
3
2
x�1 x  1
x�1
x
�
1
2
(x  1)
x  2x  x  1  1
1
Vậy f '(1)  .
2
5. lim

Bài 2

� � � �
x �
sin �
x �
1. Ta có: f(x)  f( )  sin2x  sin   2cos�
2
� 2� � 2�
� � � �

cos�
x �
.sin x  �

f(x)  f( )
2� �
�
� 2 � 2
2
� lim
 2lim




x�
x�
x
x
2
2
2
2
� �
Vậy f '� � 1 .
�2 �
� �

� �
x �
2. Ta có f(x)  f � � tanx  tan   1 tanx .tan �
4
�4 �
� 4�

� �

(1 tanx)tan �
x �
f(x)  f( )
4�
�
4
Suy ra lim
 lim
2




x�
x�
x

x

4
4
4
4
� �
Vậy f '� � 2 .
�4 �
f(x)  f(0)
1

 lim xsin  0
x�0
x�0
x
x
Vậy f '(0)  0 .
Bài 3
3. Ta có: lim

179


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

1. Ta có: f(x)  f(1)  x3  1  (x  1)(x2  x  1)





f(x)  f(1)
 lim x2  x  1  3
x�1 x  1
x�1
Vậy f '(1)  3 .
Suy ra: lim

2. Ta có lim f(x)  lim  2x  3  5
x�1

x�1

3

x  2x2  7x  4
 lim (x2  3x  4)  0

x

1
x�1
x�1

lim f(x)  lim

x�1

Dẫn tới lim f(x) �lim f(x) � hàm số không liên tục tại x  1 nên hàm
x�1

x�1

số khơng có đạo hàm tại x0  1 .
sin2 x
�sinx
�
 lim �
.sinx � 0
x

�
x�0
x�0 � x

3. Ta có lim f(x)  lim
x�0





lim f(x)  lim x  x2  0 nên hàm số liên tục tại x  0



x�0

x�0

f(x)  f(0)
sin2 x
 lim
 1 và
2
x
x�0
x�0 x
lim

f(x)  f(0)

x  x2
 lim
1
x
x
x�0
x�0
lim

Vậy f '(0)  1.
4. Ta có hàm số liên tục tại x0  1 và
2
f(x)  f(1) x  x  x  1

x 1
x(x  1)

f(x)  f(1)
x2  2x  1
 lim
0
x 1
x�1
x�1 x(x  1)

Nên lim

f(x)  f(1)
x2  1
 lim

2
x1
x�1
x�1 x(x  1)
lim

f(x)  f(1)
f(x)  f(1)
� lim
x 1
x 1
x�1
x�1

Do đó lim

Vậy hàm số khơng có đạo hàm tại điểm x0  1.
Nhận xét: Hàm số y  f(x) có đạo hàm tại x  x0 thì phải liên tục tại
điểm đó.
Bài 4
2
1. Ta có: lim f(x)  lim (x  x)  2 ; lim f(x)  lim (ax  b)  a  b
x�1

x�1

x�1

x�1

Hàm có đạo hàm tại x  1 thì hàm liên tục tại x  1 � a  b  2 (1)
180


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

f(x)  f(1)
x2  x  2
 lim
 lim (x  2)  3
x 1
x1
x�1
x�1
x�1
lim

lim

x�1

f(x)  f(1)
ax  b  2
ax  a
 lim
 lim
 a (Do b  2  a )


x 1

x1
x�1
x�1 x  1

�
a 3
Hàm có đạo hàm tại x  1 � �
.
�b  1
2. Ta thấy với x �0 thì f(x) ln có đạo hàm. Do đó hàm số có đạo
hàm trên � khi và chỉ khi hàm có đạo hàm tại x  0.
Ta có: lim f(x)  1; lim f(x)  b � f(x) liên tục tại x  0 � b  1.
x�0

x�0


Khi đó: f'(0 )  lim

x�0

f(x)  f(0)
f(x)  f(0)
 0; f '(0 )  lim
a

x
x
x�0

� f '(0 )  f '(0 ) � a  0 .
Vậy a  0,b  1 là những giá trị cần tìm.
3. Ta có lim f(x)  1 f(0); lim f(x)  b
x�0

x�0

Hàm số liên tục tại x  0 � b  1
f(x)  f(0)
x1
f(x)  f(0)
lim
 lim
 1 , lim
 lim a  a



x
x
x

1
x�0
x�0
x�0
x�0
Hàm số có đạo hàm tại điểm x  0 � a  1
Vậy a  1,b  1 là giá trị cần tìm.

CÁC QUY TẮC TÍNH ĐẠO HÀM
Vấn đề 1. Tính đạo hàm bằng cơng thức
Bài 1
1. Ta có: y'  4x3  6x  2
2. Ta có y'   x2  4x  1
3. Ta có y' 
4. Ta có y' 

5. Ta có

y' 

(2x  1)'(x  2)  (x  2)'(2x  1)
2

(x  2)

(2x  1)(x  1)  (x2  x  1)
(x  1)2
ad  cb
2

(cx  d)



a

b

c

d





3
(x  2)2

x2  2x
(x  1)2

(cx  d)2

181


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

6. Ta có: y' 

(2ax  b)(a'x  b')  a'(ax2  bx  c)
(a'x  b')2



aa'x2  2ab'x  bb' a'c

(a'x  b')2

.

Bài 2
(x2  1)'
� 2
�
2
'x  x2  1 
.x
1. Ta có: y'  x' x  1  � x  1�
�
�
2 x2  1
 x2  1 

x2
x2  1



2x2  1
x2  1

.

'

3�

(2x  5)2 � 12(2x  5)
12
� 
2. Ta có: y'   �

4
4
(2x  5)
(2x  5)
(2x  5)3
3. Ta có y' 

(2x  2)(x2  1)  2x(x2  2x  2)

4. Ta có: y' 

(x2  1)2
(3x  2tanx)'
2 3x  2tanx





3  2(1 tan2 x)
2 3x  2tanx

2x2  6x  2
(x2  1)2


5  2tan2 x
2 3x  2tanx

'

5. Ta có: y'  2sin(3x  1). �
sin(3x  1)�
�
� 2sin(3x  1).3cos(3x  1)
 3sin(6x  2) .
2
6. Ta có y'  x  x  1  (x  1)

2x  1
2 x2  x  1



4x2  5x  3
2 x2  x  1

Bài 3.
7
6
1. y'  2(x  x)(7x  1)
4
2
3
2. Ta có: y  3x  2x  5 � y'  12x  4x

3. Ta có: y' 

2(x2  1)  2x.2x
(x2  1)2



2x2  2
(x2  1)2

4
3
2
3
2
4. Ta có: y  10x  x  3x � y'  40x  3x  6x
2

� 10 �
�
5�
4 �
4x 
5. y'  3�
�
3 �
� x �
�
x2 �

2
2
3
6. y'  3(x  5x  6)  2(x  3)(x  2)

7. Ta có: y' 

3x2  6x
2 x3  3x2  2

8. Ta có y'  2x  x  1 
182

x
2 x1


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

x2

a2  x2 

a2
a2  x2 
(a2  x2)
(a2  x2)3

9. Ta có: y' 
10. Ta có: y'  

(x x)'
3

x

1 x 
11. Ta có: y' 



3 1
2 x2 x

1 x

2 1 x  1 3x
1 x
2 (1 x)3

12. Ta có: y'  3sin6x
13. Ta có: y' 

3tanx(1 tan2 x)  (1 cot2 2x)

3tan2 x  cot2x


3x2  8cos3(2x  )sin(2x  )
4

4
y' 
3
14. Ta có:
�3
 �
33 �
x  cos4(2x  ) �
3�
�
2
15. Ta có: y'  4xcos(x  2)
3
2
16. Ta có: y'  3sin(2sin x)sin xcosx
sinx  xcosx
17. Ta có: y' 
sin2 x
1
4
1 3
2
18. Ta có: y   cotx(1 cot x)  cotx   cot x  cotx
3
3
3
2
2
2
4

Suy ra y'  cot x(1 cot x)  1 cot x  cot x  1
1
1
2
19. Với x �0 � f '(x)  3x sin  xcos
x
x
f(x)  f(0)
0
Với x  0 � f'(0)  xlim
�0
x
� 2
1
1
3x sin  xcos
khi x �0
�
x
x
Vậy f'(x)  �
.
�
0 khi x  0
�

x

Bài 4. f '(x)  2x � f '(1)  2;  '(x)  4  cos �  '(0)  4 
2

2
2
f '(1)
4
Suy ra  '(0)  8   .

Bài 5.
183


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

1. Ta có: y  1� y'  0
2. Ta có:
1
�2
�
�2
�
�4
�
�4
�
y  2  [cos�  2x� cos�  2x� cos�  2x� cos�  2x�
]  2sin2 x
2
3
3
3

3
�
�
�
�
�
�
�
�
3 1
 ( cos2x  cos2x)  2sin2 x  1� y'  0
2 2
Bài 6.
(m  1)x2  2(m  2)x  2(m  2)�
1. Ta có: y'  3�
�
�
y

Do đó y' �0 � (m  1)x2  2(m  2)x  2(m  2) �0 (1)
� m  1 thì (1) �
��6x
 6 0 x 1 nên m  1 (loại)
�
a  m  1 0
� m �1 thì (1) đúng với x �� � �
 ' �0
�
�
m1

�۳�
(m  1)(4  m) �0
�

m 4

Vậy m �4 là những giá trị cần tìm.
2. Ta có: y'  mx2  2mx  3m  1
Nên y' �0 � mx2  2mx  3m  1 �0 (2)
� m  0 thì (1) trở thành: 1�0 đúng với x ��
�
a m 0
� m �0 , khi đó (1) đúng với x �� � �
 ' �0
�
�
m 0
�
m 0
��
��
� m 0
m(1 2m) �0 �
1 2m �0
�
Vậy m �0 là những giá trị cần tìm.
Bài 7
1
1
1. Với x �0 ta có: f '(x)  2xsin  cos

x
x
f(x)  f(0)
1
 lim xsin  0
Tại x  0 ta có: lim
x�0
x�0
x
x
�
1
1
2xsin  cos khi x �0
�
Vậy f '(x)  �
.
x
x
�
0
khi
x

0
�
2. Với x  1 ta có: f '(x)  2x  1
1
Với x  1 ta có: f '(x) 
2 x1

Tại x  1 ta có:
184


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

f(x)  f(1)
x2  x  2
 lim
3
x1
x1
x�1
x�1
lim

f(x)  f(1)
x1
 lim
 � suy ra hàm số khơng có đạo
x1
x�1
x�1 x  1
hàm tại x  1
�
2x  1 khi x  1
�
f
'(x)


Vậy
.
� 1
khi x  1
�
�2 x  1
Bài 8
1. Với x �1 thì hàm số ln có đạo hàm
Do đó hàm số có đạo hàm trên � � hàm số có đạo hàm tại x  1.
Ta có lim f(x)  1; lim f(x)  a  b  1
lim

x�1

x�1

Hàm số liên tục trên � � a  b  1  1 � a  b  2
f(x)  f(1)
 1;
Khi đó: lim
x1
x�1
f(x)  f(1)
x2  ax  1 a
 lim
 a 2
x1
x1
x�1
x�1

lim

�
a b  2 �
a 3
��
Nên hàm số có đạo hàm trên � thì �
.
a 2 1
b  1
�
�
2. Tương tự như ý 1. ĐS: a  0,b  1 .
Bài 9





'

1.Ta có: y'  3(x3  2x)2 x3  2x  3(x3  2x)2(3x2  2)
2. Ta có: y'  2x(3x3  2x)  (x2  1)(9x2  2)  15x4  3x2  2
�
� 4 �
2 �
1
3.Ta có: y'  2�x  2 �
�
�

� 3x �
� 3x3 �





2
2
4. Ta có: y'  12sin 2xcos2x  6tan3x 1 tan 3x  cos4x  4xsin4x
'

'

�sin2x � 2xcos2x  sin2x � x � cos3x  3xsin3x
5. Ta có: �
, �
�
�
� x �
�cos3x �
x2
cos2 3x
2xcos2x  sin2x cos3x  3xsin3x

Nên y' 
.
x2
cos2 3x
6.Ta có: y'  sin2x  2xcos2x 

3x2  2x
2 x3  x2  1

185


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

7. Ta có: y' 

2sin2x  3x2

2 2sin2 x  x3  1
x
2
2
x  2 x2  1
x

1

8. Ta có: y' 
.
2
�
�
2
2

2 x  1  2x  1 2 (x  1)� x  1  2x  1�
�
�





2
9. Ta có:  xtan2x  tan2x  2x 1 tan 2x
'

'

�x  1 �
'
2
(x  1)tanx�
�
� �
�
� tanx  (x  1)(tan  1)
cotx
�
�





2
2
Nên y'  tan2x  2x 1 tan 2x  tanx  (x  1)(tan  1)

�
� �
�
3sin2 �
2x  �
cos�
2x  �
3� �
3�
�
10. Ta có: y' 
.
�
3�
sin �
2x  � 1
3�
�
Bài 10
1. TXĐ: D  �
�
x 0
Ta có: f '(x)  6x2  6x , suy ra f '(x) �0 � �
x �1
�
2. TXĐ: D  �

�
1 x  0
Ta có: f '(x)  8x3  8x , suy ra f '(x)  0 � �
x1
�
3. TXĐ: D  �
x
f(x)

Ta có: f '(x)  1
2
x 1
x2  1
Mặt khác: f(x)  x  x2  x  x �0, x ��
Nên 2xf '(x)  f(x) �0 �
۳�۳
2x

x2 1

2xf(x)
x2  1

�
x �0
�
� 2
3x �1
�

x

 f(x) �0
1
3

.

2;2�
4. TXĐ: D  �
�
�
Ta có: f '(x)  1

186

x
2

4 x

� f '(x)  0 � 4  x2  x


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

�
2 �x  0
�
2 �x  0

�
�
x �0
��
��
� 2 �x  2 .
�
0 �x  2
� 2
�
�
2
4 x  x
�
�

Vấn đề 2. Sử dụng đạo hàm để tìm giới hạn
Bài 1.
1 Xét hàm số f(x)  (1 3x)3  (1 4x)4 � A  f '(0)  25
2. Xét hàm số f(x)  (1 x)(1 2x)(1 3x)  1� B  f '(0)  6
3. Xét hai hàm số f(x)  n 1 ax  1,g(x)  m 1 bx  1
Suy ra C 

f '(0) ma

.
g'(0) nb

4. Xét hàm số f(x)  2x  1  x � D  lim

1

.f '(1)  0

x�1 x  1

Bài 2
3
1. Đặt f(x)  2x  1  1� f '(x) 
2
và g(x)  1 2  x � g'(x) 

2
3.3 (2x  1)2

x
2  x2

� f '(1) 

2
3

� g'(1)  1.

f(x)  f(1)
f(x)
f(x)  f(1)
f '(1) 2
 lim

 lim x  1 
 .
Khi đó: A  lim
x�1 g(x) x�1 g(x)  g(1) x�1 g(x)  g(1) g'(1) 3
x1
1
2x
3 2

2. Đặt f(x)  2x  1  x  1 � f '(x) 
.
2x  1 3.3 (x2  1)2
� f '(0)  1 . Và g(x)  sinx � g'(x)  cosx � g'(0)  1.
f(x)  f(0)
f(x)
f '(0)
x
 lim

 1.
Khi đó: B  lim
x�0 g(x) x�0 g(x)  g(0) g'(0)
x
1
1
� g'(1)  và
3. Đặt g(x)  x  1� g'(x) 
2
2 x
3

� f '(1) 

26

4

f(x)  26x3  1  80x4  1 � f '(x) 

3

(26x3  1)2



80x3
4

(80x4  1)3

2
.
27
187


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

f(x)  f(1)

f(x)
f '(1)
4
 lim x  1 

Khi đó: C  lim
.
x�1 g(x) x�0 g(x)  g(1)
g'(1)
27
x1
4. Xét hai hàm số f(x)  3 4  2x  x2  3 4  2x  x2
g(x)  2  x  2  x
Ta có: E 

3

f '(0)
4. 2

.
g'(0)
3

Vấn đề 3. Đạo hàm cấp vao và vi phân
Bài 1.
1. Ta có y'  2cos2x � y''  4sin2x
2. Ta có y'''  8cos2x, y(4)  16sin2x

2



Suy ra y'''( )  8cos  4; y(4) ( )  16sin  16 .
3
3
4
2



3. Ta có y'  2sin(2x  ),y''  22 sin(2x  2 ) , y'''  23 sin(2x  3 )
2
2
2

Bằng quy nạp ta chứng minh y(n)  2n sin(2x  n )
2

Với n  1� y'  21 sin(2x  ) đúng
2

Giả sử y(k)  2k sin(2x  k ) ,
2

�
�
(k1)
 y(k) '  2k1 cos(2x  k )  2k1 sin �
2x  (k  1) �
suy ra y

2
2�
�
Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Bài 2.

 

'

3�
(x  2)2 � 3.2
�
�
1. Ta có y' 
,y''  
2
4
(x  2)
(x  2)
(x  2)3
3

y''' 

3.2.3
(x  2)4

(n)
. Ta chứng minh y 

�Với n  1� y' 
�Giả sử y(k) 
188

(1)0.3
2

(x  2)



(1)k1.3.k!
(x  2)k1

3
(x  2)2

(1)n1.3.n!
(x  2)n1

đúng


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
k
(1)k1.3.k!. �
(x  2)k1�
'
�

� (1) .3.(k  1)!
�y
 y
' 
(x  2)2k 2
(x  2)k 2
Theo ngun lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
(k 1)

 
(k)

2. Ta có y' 

a
(ax  b)2

,y'' 

(n)
Ta chứng minh: y 

�Với n  1� y' 
�Giả sử y(k) 

a2.2
(ax  b)3

,y''' 

a3.2.3
(ax  b)4

(1)n .an .n!
(ax  b)n1

(1)1.a1.1!
2

(ax  b)



a
(ax  b)2

đúng

(1)k .ak .k!
(ax  b)k1

k 1 k  1
(1)k .ak .k!. �
(ax  b)k1�
'
�
� (1) .a .(k  1)!
�y
 y
' 

(ax  b)2k 2
(x  2)k 2
Theo ngun lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
3. Ta có: 2x  1  7(x  2)  5(x  3) ; x2  5x  6  (x  2)(x  3)
(k 1)

 

Suy ra y 

(k)

7
5

.
x 3 x 2
(n)

(n)

�1 �
(1)n .1n.n! (1)n .n! � 1 �
(1)n .n!

,�

Mà �
� 
�

�x  2 �
(x  2)n1 (x  2)n1 �x  2 �
(x  3)n1
(n)
Nên y 

(1)n .7.n! (1)n .5.n!

.
(x  2)n1 (x  3)n1

�
�
�
�
,y''  22 cos�
2x  2 �
,
4. Ta có y'  2cos�2x  �
2�
2�
�
�
�
�
y'''  23 cos�
2x  3 �.
2�
�
�

�
(n)
n
2x  n �.
Bằng quy nạp ta chứng minh được y  2 cos�
2�
�
1
1
3
,y''  
,y''' 
5. Ta có y' 
3
2x  1
(2x  1)
(2x  1)5
(n)
Bằng quy nạp ta chứng minh được: y 

6. Ta có: y 

(1)n1.3.5...(2n  1)
(2x  1)2n1

5
3

x 2 x1
189

Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.
(n)
Bằng quy nạp ta chứng minh được: y 

5.(1)n .n! 3.(1)n .n!

.
(x  2)n1 (x  1)n1

Bài 3.
1. Ta có f '(x)  nan xn1  (n  1)an1xn 2  ...  a1
f ''(x)  n(n  1)anxn2  (n  1)(n  2)an1xn3  ...  2.1.a2
……………………………………………………….
f(k)(x)  n(n  1)...(n  k  1)xnk  ...  k(k  1)...1.ak với k  1,n
2. Ta có: f(k) (0)  k.(k  1)...1.ak  k!.ak � ak 

f(k) (0)
.
k!

Bài 4.
2. dy 

1. dy  (3x2  4x)dx





2
3. dy  2cos2x  3sin xcosx dx

5. dy 

1
33 (x  1)2

dx

1 x2

� y'' 
1

1 x2



1
(1 x2 )3
x2
1 x2

y

Nên y2.y'' xy' y  0 .
2. Ta có: y'  sin 2x  2xcos2x ; y''  4cos2x  4xsin2x

Suy ra: 2y' xy''  2sin2x  4x2 sin2x  2sin2x  4xy
Do đó: xy'' 2y' 4xy  2sin2x  0
Bài 6.
1. Ta có: x  3(x  2)  2(x  3) ; x2  5x  6  (x  2)(x  3)
Suy ra y 

3
2

.
x 3 x 2
(n)

(n)

�1 �
(1)n .1n.n! (1)n .n! � 1 �
(1)n .n!

, �

Mà �
� 
�
�x  2 �
(x  2)n1 (x  2)n1 �x  3 �
(x)n1
(n)
Nên ta có: y 

2. Ta có :
190

dx

6. dy  30(3x  1)9dx .

x

2
Do đó: y .y'' xy' 

2 3x  2

4. dy  2(1 tan2 2x)dx

Bài 5.
1. Ta có: y' 

3

(1)n .3.n! (1)n .2.n!

.
(x  3)n1 (x  2)n1


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

�

�
�
�
�
�
y'  2cos�2x  �,y''  22 cos�
2x  2 �
, y'''  23 cos�
2x  3 �.
2�
2�
2�
�
�
�
�
�
(n)
n
2x  n �.
Bằng quy nạp ta chứng minh được y  2 cos�
2�
�
Bài 7.
1. Ta có: P(x)  (x  x1)(x  x2)(x  x3)
Khi đó: P'(x)  (x  x2)(x  x3) (x  x1)(x  x3)  (x  x1)(x  x2)
Do đó: P'(x1)  (x1  x2)(x1  x3), P'(x2)  (x2  x1)(x2  x3)
P'(x3)  (x3  x1)(x3  x2) .
Do đó:

x  x2  x1  x3  x2  x1
1
1
1


 3
 0.
P'(x1) P'(x2 ) P'(x3) (x1  x2 )(x2  x3)(x3  x1)

2. Với mọi x0 �� ta có: f(x)  f(x0) �(x  x0)2
Suy ra:

f(x)  f(x0)
x  x0

Do đó: 0 � lim

�x  x0

f(x)  f(x0)

x�x0

Nên f '(x0)  lim

x�x0

x  x0

� lim x  x0  0

f(x)  f(x0)
x  x0

x�x0

 0, x0 ��

Vậy f(x)  c,c �� , mà f(2011)  f(1)  2011.

PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN CỦA
ĐỒ THỊ HÀM SỐ
Vấn đề 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ
thị hàm số khi biết tiếp điểm.

Bài 1. Gọi M  x0;y0  là tiếp điểm
Ta có: y'  3x2  6x  6
1. Ta có: x0  1� y0  1,y'(1)  3

Phương trình tiếp tuyến là: y  y'(x0)(x  x0)  y0  3(x  1)  1  3x  4
2. Ta có: y0  9 � x03  3x02  6x0  8  0 � x0  1,x0  2,x0  4 .
� x0  4 � y'(x0)  18 . Phương trình tiếp tuyến là:
y  18(x  4)  9  18x  81
� x0  1� y'(x0)  9 . Phương trình tiếp tuyến là:
y  9(x  1)  9  9x
191


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác

giả.

� x0  2 � y'(x0)  18 . Phương trình tiếp tuyến là:
y  18(x  2)  9  18x  27 .
3. Vì tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y  

1
x  1 nên
18

Ta có: y'(x0)  15 � x02  2x0  8  0 � x0  4,x0  2
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến: y  18x  81 và y  18x  27 .
4. Phương trình tiếp tuyến có dạng:
y  (3x02  6x0  6)(x  x0)  x03  3x02  6x0  1
Vì tiếp tuyến đi qua N(0;1) nên ta có:
1  (3x02  6x0  6)( x0)  x03  3x02  6x0  1
3
2
� x0  0 � y'(x0)  6 . Phương trình tiếp tuyến: y  6x  1 .
� 2x03  3x02  0 � x0  0,x0  

3
107
33
� x0   � y0 
,y'(x0)   . Phương trình tiếp tuyến
2
8
4
33 � 3 � 107

33
y'   �
x  �
  x  1.
4 � 2� 8
4

Bài 2. Ta có: y'  3x2  3 . Gọi M  x0;y0  là tiếp điểm
1. Ta có: x0  0 � y0  1,y'(x0 )  3
Phương trình tiếp tuyến: y  3x  1 .
2. Ta có: y0  3 � x03  3x0  2  0 � x0  2,x0  1
� x0  1� y'(x0)  0 . Phương trình tiếp tuyến: y  3
� x0  2 � y'(x0)  9 . Phương trình tiếp tuyến:
y  9(x  2)  3  9x  13.
3. Ta có: y'(x0)  9 � 3x02  3  9 � x0  �2
� x0  2 � y0  3 . Phương trình tiếp tuyến:
y  9(x  2)  3  9x  13.
� x0  2 � y0  1. Phương trình tiếp tuyến:
y  9(x  2)  1  9x  17 .

4. Vì tiếp tuyến vng góc với Oy nên ta có: y'(x0)  0
Hay x0  �1. Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến: y  3,y  1.
Bài 3. Ta có: y'  8x3  8x

Gọi M  x0;y0  là tiếp điểm.
1. Ta có: y0  1 � 2x04  4x02  0 � x0  0,x0  � 2
192


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

� x0  0 � y'(x0)  0 . Phương trình tiếp tuyến là: y  1
� x0  2 � y'(x0)  8 2 . Phương trình tiếp tuyến





y  8 2 x  2  1 8 2x  15
� x0   2 � y'(x0)  8 2 . Phương trình tiếp tuyến





y  8 2 x  2  1  8 2x  15 .
2. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y  48x  1
Nên ta có: y'(x0)  48 � x03  x0  6  0 � x0  2
Suy ra y0  17 . Phương trình tiếp tuyến là:
y  48(x  2)  17  48x  79 .

Bài 4. Ta có: y'  4x3  2x . Gọi M  x0 ;y0  là tiếp điểm
1. Ta có y0  1 � x04  x02  0 � x0  0, y'(x0)  0
Phương trình tiếp tuyến: y  1
2. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y  6x  1 nên ta có:
y'(x0)  6 � 4x03  2x0  6 � x0  1� y0  3
Phương trình tiếp tuyến: y  6x  3 .
3. Phương trình tiếp tuyến có dạng:





y  4x03  2x0  x  x0   x04  x02  1
Vì tiếp tuyến đi qua M  1;3 nên ta có:





3  4x03  2x0  1 x0   x04  x02  1 � 3x04  4x03  x02  2x0  2  0
� (x0  1)2(3x02  2x0  2)  0 � x0  1� y0  3,y'(x0)  6
Phương trình tiếp tuyến: y  6x  3 .
Bài 5. Hàm số xác định với mọi x �1. Ta có: y' 

4
(x  1)2

Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của (C):
 :y 

4

(x  x0) 

2x0  2

.
x0  1
(x0  1)2

1. Vì tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1 nên ta có
4

 1 � x0  3,x0  1
(x0  1)2
�x0  2 � y0  4 �  : y  x  7
�x0  1� y0  0 �  : y  x  1
2. Vì tiếp tuyến song với đường thẳng d : y  4x  1 nên ta có:
193


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

y'(x0)  4 �

4
(x0  1)2

 4 � x0  0,x0  2 .

� x0  0 � y0  2 �  : y  4x  2
�x0  2 � y0  6 �  : y  4x  14 .
3. Vì tiếp tuyến đi qua A(4;3) nên ta có: 3 

4

 4  x0  
2

(x0  1)

2x0  2
x0  1

� 3(x0  1)2  4(x0  4)  2(x02  1) � x02  10x0  21  0 � x0  3,x0  7
8
1
,y'(x0)   . Phương trình tiếp tuyến
3
9
1
8
1
31
y    x  7    x 
.
9
3
9
9
1
� x0  3 � y0  1,y'(x0 )   . Phương trình tiếp tuyến
4
1
1
1
y    x  3  1   x  .
4
4

4
4. Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vng cân nên
tiếp tuyến phải vng góc với một trong hai đường phân giác y  �x ,
do đó hệ số góc của tiếp tuyến bằng �1 hay y'(x0)  �1. Mà
y'  0, x �1 nên ta có
� x0  7 � y0 

y'(x0)  1 �

4
(x0  1)2

 1 � x0  1,x0  3

� x0  1� y0  0 �  : y  x  1
� x0  3 � y0  4 �  : y  x  7 .
Bài 6. Ta có y' 

3
(x  1)2

. Gọi M  x0 ;y0  là tiếp điểm

1
1. Vì tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y  x  2 nên ta có
3
3
y'(x0)  3 �
 3 � x0  0,x0  2
(x0  1)2

� x0  0 � y0  1, phương trình tiếp tuyến là:
y  3x  1
� x0  2 � y0  5 , phương trình tiếp tuyến là:
y  3(x  2)  5  3x  11.
2. Phương trình tiếp tuyến  có dạng:
2x  1
3
y
 x  x0   x 0 1 .
2
(x  1)
0
0

194


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

�y  0
�
2x0  1
�  �Ox  A : � 3
�(x  1)2 (x  x0 )  x  1  0
0
� 0
�2x2  2x  1 �
0
0
;0�.

Suy ra A �
�
�
3
�
�
�
x 0
�
3x0
2x0  1
�  �Oy  B : �
�y  (x  1)2  x  1
0
0
�
� 2x2  2x  1�
0
�
0; 0
Suy ra: B�
� (x  1)2 �
0
�
�
2

2
1
1�2x  2x0  1�

Diện tích tam giác OAB: S  OA.OB  � 0
�
�
2
6 � x0  1
�
�
2

2
1 �2x  2x0  1�
Suy ra SOA B  � � 0
� 1
�
6 � x0  1
�
�

�
1
x0  0,x0  
�
�
�
2x02  2x0  1  x0  1
2x02  x0  0
2
��
��
��

2
2
1
�
�
�
2x

2x

1


x

1
2x

3x

2

0
0
0
0
� 0
� 0
x  ,x  2
�

�0 2 0
Từ đó ta tìm được các tiếp tuyến là:
4
2
y  3x  1,y  3x  11,y  12x  2,y   x  .
3
3
3. Do tiếp tuyến đi qua A  7;5 nên ta có:
�
x  1
� x02  4x0  5  0 � �0
x0  5
x0  1
(x0  1)
�
3
1
3
29
Từ đó ta tìm được các tiếp tuyến là: y   x  , y  x 
.
4
4
16
16
5

3

 7  x0  

2

2x0  1

Bài 7. Ta có: y'  4x3  16x
Vì x0  1� y0  m  6, y'(x0 )  12 . Phương trình tiếp tuyến d của (Cm)
tại điểm có hồnh độ x0  1 là: y  12(x  1)  m  6  12x  m  6 .
Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) với d
x4  8x2  m  1  12x  m  6 � x4  8x2  12x  5  0
� (x  1)2(x2  2x  5)  0 � x  1,x  1� 6
Vậy d và (Cm) luôn cắt nhau tại ba điểm phân biệt
195


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.





A(1;m  6), B 1� 6;m  18m 6 .
Bài 8. Ta có: y' 

m  3

(x  1)2
1. Vì x0  0 � y0  m  1, y'(x0 )   m  3 . Phương trình tiếp tuyến d của
(Cm) tại điểm có hoành độ x0  0 là:
y  ( m  3)x  m  1

16
.
5
2. Ta có x0  2 � y0  m  5, y'(x0)  m  3. Phương trình tiếp tuyến 
của (Cm) tại điểm có hoành độ x0  2 là:
Tiếp tuyến đi qua A khi và chỉ khi: 3  (m  3)4  m  1 � m  

y  ( m  3)(x  2)  m  5  ( m  3)x  3m  11.
�3m  11 �
�  �Ox  A � A �
;0�, với m  3 �0
�m  3 �
�  �Oy  B � B 0;3m  11

Suy ra diện tích tam giác OAB là: S 
Theo giả thiết bài toán ta suy ra:

1
1(3m  11)2
OA.OB 
2
2 m 3

1(3m  11)2 25

2 m 3
2

�
9m2  66m  121  25m  75

�
� (3m  11)  25 m  3 �
�
9m2  66m  121  25m  75
�
�
23
m  2;m  
�
�
9m2  41m  46  0
9
��
��
.
2
28
�
�
9m

91m

196

0
�
m  7;m  
�
9

�
f '(0).g(0)  g'(0)f(0)
Bài 9. Theo giả thiết ta có: f '(0)  g'(0) 
g2(0)
2

�
f '(0)  g'(0)
2
1 �
1� 1
�
2
� � g(0)  f(0) � f(0)  g(0)  g (0)   �
g(0)  � �
1
4 �
2� 4
�
2
g (0)
�
Bài 10:
1. Giả sử M(x0;y0) �(C)  y0  2x03  3x02  1. Ta có: y�
 3x2  6x .
Phương trình tiếp tuyến  tại M: y  (6x02  6x0 )(x  x0)  2x03  3x02  1.
 đi qua P(0;8)  8  4x03  3x02  1  x0  1. Vậy M(1; 4) .
196

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

2. Ta có: y  5 � x3  6x2  11x  6  0 � x  1;x  2;x  3
Phương trình các tiếp tuyến: y  2x  3 ; y  x  7 ; y  2x  1
3. Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng x  4y  1  0
1
1
� y   x  � Tiếp tuyến có hệ số góc k  4
4
4
� y'  4 � x2  x  6  0 � x  3;x  2
1
73
 4x 
6
6
2
26
* x  2 � Phương trình tiếp tuyến y  4(x  2)   4x 
3
3
* x  3 � Phương trình tiếp tuyến y  4(x  3) 





4. Gọi M x0;y  x0  , x0 �1 là tọa độ tiếp điểm của d và  C 
Khi đó d có hệ số góc y' x0  
y

1

 x0  1 2

1

 x0  1

2

và có phương trình là :
1
01

 x  x0   2  x

Vì d cách đều A , B nên d đi qua trung điểm I  1;1 của AB hoặc
cùng phương với AB.
TH1: d đi qua trung điểm I  1;1 , thì ta ln có:
1

1

 x0  1

2

1
, phương trình này có nghiệm x0  1

0 1

 1 x0   2  x

1
5
x .
4
4
TH2: d cùng phương với AB, tức là d và AB có cùng hệ số góc, khi
1
y  yA
 1 � x  2 hoặc x  0
 1 hay
đó y' x0   kAB  B
0
0
xB  xA
 x0  1 2
Với x0  1 ta có phương trình tiếp tuyến d : y 

Với x0  2 ta có phương trình tiếp tuyến d : y  x  5 .
Với x0  0 ta có phương trình tiếp tuyến d : y  x  1.
1
5
x  , y  x  5, y  x  1
4
4
5. Gọi N  x0;y0  � C  . Phương trình tiếp tuyến  d  của A tại N là:
Vậy, có 3 tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: y 





y  3x02  4x0  m  1  x  x0   x03  2x02   m  1 x0  2m
M � d  � 2x03  5x02  4x0  3  3m  

197


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

Dễ thấy   là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị y  3  3m
và f  x0   2x03  5x02  4x0 .
Xét hàm số f  x0   2x03  5x02  4x0 có f ' x0   6x02  10x0  4
1
.
3
100
,m  3
Lập bảng biến thiên, suy ra m 
81
6. Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là nghiệm phương
x�m,m 0
 3m  1 x  m2  m  0,m �0 � �
�
trình:
�

x m
 3m  1 x  m2  m  0
�
�
1 �
1
x �m,m �0,m �
m �0,m �
�
4m2
�
�
3 �
3
y' 
��
�
.
Mà
�
m2  m
m2  m
�
�
 x  m 2
x
x
�m
�
�

� 3m  1
� 3m  1
2
2
�m  m �
4m
� y'�
�
2
�3m  1 �
� . Tiếp tuyến song song với đường thẳng
�
� �m2  m
 m�
�
�3m  1
�
�
�
�m2  m �
1
x  y  10  0 nên y'�
� 1
�3m  1 � � m  1 hoặc m   5
�
�
 m  1 giao điểm là A  1;0 , tiếp tuyến là y  x  1.
f ' x0   0 � x0  2 hoặc x0 

 m 

�3 �
1
3
giao điểm là B� ;0�, tiếp tuyến là y  x  .
5
5
5
� �



 



3
2
3
2
7. Gọi A x1,y  x1  x1  6x1  9x1 ,B x2 ,y  x2   x2  6x2  9x2 là tọa

độ tiếp điểm của  d  , t và đồ thị  C  .  d  và  t song song với nhau
khi y' x1  y' x2  � 3x12  12x1  9  3x22  12x2  9 � x1  x2  4 .
�
x1  2  t � y  x1  t3  3t  2
�
Với x1  x2  4 thì tồn tại t  0: �
x2  2  t � y  x2    t3  3t  2
�

�
�
x  x2
�
x0  1
2
2
�
Dễ thấy trung điểm đoạn AB có tọa độ �
.
y x1  y x2
�
2
�y0 
�
2

   

198


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
2

7
7
� 2�
7
7

� y'  m 
8. y'  3x  4x  m  1  3�
x  �  m   �m   y' m
3
3
3
3
� 3�
2

� 7�
10
2
m �
1  1 � m 
.Theo bài tốn ta có: y' 1  1 � �

.
3
3
� 3�
9. Để tiếp tuyến của đồ thị vng góc với đthẳng x  y  2012  0 khi
khi x 

và chỉ khi y'.1  1 hay mx2   m  1 x  3m  3  0 có nghiệm  ��.
1
�m �1 .
2
10. Tiếp tuyến  d  tại điểm M của đồ thị  C  có hồnh độ
Đáp số: 

x0  2 � y0  3
Ta có y'(x)  3x2  3 � y'(x0)  y'(2)  9

Phương trình tiếp tuyến  d  tại điểm M của đồ thị  C  là
y  y'(x0)(x  x0)  y0 � y  9(x  2)  3 � y  9x  15
Xét phương trình





x3  3x  1  9x  15 � x3  12x  16  0 �  x  2 x2  2x  8  0
� x  4 hoặc x  2 ( không thỏa )
Vậy N  4; 51 là điểm cần tìm
Bài 11:
1. Ta có y'(x)  3x2  4x  8

Giả sử trái lại có hai tiếp tuyến với đồ thị  C  vng góc với nhau.
Gọi x1,x2 tương ứng là các hoành độ của hai tiếp điểm của hai tiếp
tuyến đó.
Gọi k1,k2 lần lượt là các hệ số góc của hai tiếp tuyến tại các điểm
trên  C  có hồnh độ x1,x2 .







'
'
2
2
Khi đó k1,k2  1� y  x1  .y  x2   1� 3x1  4x1  8 3x2  4x2  8  1

 1

Tam thức f  t  3t2  4t  8 có  '  0 nên f  t  0t �R từ đó và từ  1
suy ra mâu thuẫn.
Vậy, giả thiết phản chứng là sai, suy ra (đpcm)
2 1 sin  
2. Vì M  1 sin ;9 nằm trên đồ thị  C  nên: 
9
1 sin   1
2

199


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

�
1
� �
1

�3 �
sin  

�
0; � nên sin   �   � M � ;9�. Tiếp tuyến
�
2 . Vì  ��
�
2
6
� 2�
�2 �
sin   2
�
�3 �
� 3�
x  � 9 hay  d  : y  6x  18 .
của đồ thị  C  tại điểm M là: y  y'� �
�
�2 �
� 2�
Tiếp tuyến  d  cắt tiệm cận đứng x  1tại: A  1;12 .

Tiếp tuyến  d  cắt tiệm cận xiên tại điểm B có tọa độ là nghiệm  x;y 
hệ
�y  6x  18 �
x 2
��
� B 2;6 .
phương trình: �
y6
�y  2x  2
�





4
2
3. Gọi A � C  � A a;a  2a  3

Ta có: y'  4x3  4x � y' a  4a3  4a





d M;  t  

5
65



 4a

 t :

Phương trình tiếp tuyến

3

3a4  2a2
hay

 4a

3



 4a

2



 4a x  y  3a4  2a2  3  0


1

5
65 hay



5 a  1  a  1 117a6  193a4  85a2  5  0
4. Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến � tiếp tuyến có vectơ pháp
uur
uur
tuyến n1   k; 1 , d có vec tơ pháp tuyến n2   1;1

uu
r uur
n1n2
k 1
1
3
2

� k  hoặc k 
Ta có cos  uur uur �
2
3
26
n1 n2
2 k2  1
Yêu cầu bài tốn � ít nhất một trong hai phương trình

y'  k1 hoặc

� 2
3
3x  2 1 2m x  2  m  có nghiêm
�
2
y'  k2 có nghiệm x tức �
2
�
3x2  2 1 2m x  2  m  có nghiêm
�
3

�
5. Dễ thấy, A , B là 2 điểm thuộc đồ thị với m ��.
Tiếp tuyến d1 tại A :  4m  4 x  y  4m  4  0
Tiếp tuyến d2 tại B:  4m  4 x  y  4m  4  0
Đáp số: m  0, m  2, m 

200

15
17
, m
.
16
16


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

6. Hàm số đã cho xác định với x �1. Ta có: y' 

4

 x  1 2

Gọi M  x0;y0  là tọa độ tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến

của  C  :
y
a.

4

 x0  1

2

 x  x0  

2x0  2

4
2x0  2
y' x0  
với
2 và y0 
x0  1
x0  1
 x0  1

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1
4
 1 � x0  3, x  1
Nên có:
0
 x  1 2
 Với x0  1� y0  0 �  : y  x  1
 Với x0  2 � y0  4 �  : y  x  7

Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: y   x  1, y  x  7 .
b.

Tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y  4x  1.
4
 4 � x0  0 hoặc x  2
Nên có: y' x0   4 �
2
0
x

1
 0 
 Với x0  0 � y0  2 �  : y  4x  2


Với x0  2 � y0  6 �  : y  4x  14

Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: y  4x  2, y  4x  14 .
c. Tiếp tuyến tạo với 2 trục tọa độ lập thành một tam giác cân nên
hệ số góc của tiếp tuyến bằng �1. Mặt khác: y' x0   0 , nên có:
y' x0   1

Tức

4

 x0  1

2

 1 � x0  1 hoặc x  3 .
0

 Với x0  1� y0  0 �  : y  x  1
 Với x0  3 � y0  4 �  : y  x  7
Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: y   x  1, y  x  7 .
d. Khoảng cách từ M  x0;y0  đến trục Oy bằng 2 suy ra x0  �2 , hay
� 2�
M�
2; �, M  2;6 .
� 3�
� 2�
4
2
2; �là: y   x 
Phương trình tiếp tuyến tại M �
3
9
9
�
�
Phương trình tiếp tuyến tại M  2;6 là: y  4x  14

201


Các bài giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác
giả.

4
2
Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài: y   x  , y  4x  14 .

9
9
2 x  1  2x
2

7. Ta có: y' 
. Gọi  x0;y0  là tọa độ tiếp điểm, hệ
2
 x  1
 x  1 2
số góc
tiếp tuyến tại  x0;y0  bằng y' x0  

2

 x0  1 2

Theo giải thiết, ta có: y' x0   2 �

a.

2

 x0  1

2

 2

�

x  1 1
�
x  2 � y0  4
2
�  x0  1  1� �0
� �0
x0  1  1 �
x0  0 � y0  0
�
Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài: y  2x  8,y  2x
2
1
2 1
  �  x0  1 
b.
Theo giải thiết, ta có:
2
2
4
 x  1
0

1
27
1
7
,y   x 
Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài: y   x 
2
4

2
4
2
2
2 1
  �  x0  1 
c. Theo giải thiết, ta có:
2
9
9
 x  1
0

2
32
2
8
,y   x 
Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài: y   x 
9
9
9
9
d. Tiếp tuyến cần tìm có phương trình: y  k  x  x0   y  x0 
k  y' x0   0 , có

u
r
pháp tuyến là n   k; 1 ,

vectơ

uu
r
m   4;3

u
r uu
r
n.m
cos450  u
r uu
r �
n m

4k  3
2

k  1.5



1
2

 d'

�k

có vectơ

với

pháp tuyến là

1
thỏa đề bài.
7

0;  �
e. Tiếp tuyến tạo với chiều dương trục hoành ,khi đó tồn tại  ��
�
�
để tan   0
và tan  
2

 x0  1
202

2

2

 x0  1



2

2
. Ta có: tan  

1
2
�  x0  1  4
2

1
2

cos 

 1

1
1
� tan    , nên có:
4
2


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

f. kIM 

2

 x0  1

2

2
, theo bài tốn nên có: kIM .y' x0   1 �  x0  1  4

Bài 12:
1. y'(x0)  2 (trong đó x0 là hồnh độ tiếp điểm của (t) với (C)).
� x03  x0  2 � x03  x0  2  0 � x0  1.
11
3
 2x 
4
4
2. Phương trình tiếp tuyến (d) có dạng : y  y'(x0)(x  x0   y(x0)
Phương trình (t): y  y'(1)(x  1)  y(1)  2(x  1) 

(trong đó x0 là hồnh độ tiếp điểm của (d) với (C)).
Phương trình (d):
y  (x03  x0)(x  x0) 

x04
4



x02

3
1
 2  (x03  x0)x  x04  x02  2

2
4
2

3
1
� (x03  x0)x  y  x04  x02  2  0.
4
2
3
1
 x04  x02  1
4
2
9
9
d(A ;(d)) 
�

4 5
(x03  x0 )2  1 4 5
� 3x04  2x02  4 5  9 x02(x02  1)2  1 � 5(3x04  2x02  4)2  81[x02(x02  1)2  1]
Đặt t  x02 , t �0 . Phương trình (1) trở thành:
5(3t2  2t  4)2  81[t(t  1)2  1]
� 5(9t4  4t2  16  12t3  24t2  16t)  81t3  162t2  81t  81
� 45t4  21t3  22t2  t  1  0 � (t  1)(45t3  24t2  2t  1)  0
� t  1 (do t �0 nên 45t3  24t2  2t  1  0)
Với t  1 ,ta có x02  1 � x0  �1.
Suy ra phương trình tiếp tuyến (d): y  2x 

3
3
,y  2x 
4
4

Bài 13:
1
1. Giao điểm của tiếp tuyến d : y   x  2 với trục Ox là A  4;0 , hệ
2
1
4a  b
 0 � 4a  b  0 .
số góc của d : k   và A  4;0 , �(C) �
2
2
2a  b
2a  b
� y  4 
Ta có: y' 
2
4
(x  2)

203