Các dạng bài tập trắc nghiệm VDC tiếp tuyến của đồ thị hàm số Toán 12

Tài liệu gồm 36 trang, tóm tắt lý thuyết cơ bản cần nắm và hướng dẫn phương pháp giải các dạng bài tập trắc nghiệm vận dụng cao (VDC / nâng cao / khó) tiếp tuyến của đồ thị hàm số, phù hợp với đối tượng học sinh khá – giỏi khi học chương trình Giải tích 12 chương 1 (ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số) và ôn thi điểm 8 – 9 – 10 trong kỳ thi tốt nghiệp THPT môn Toán.

34 17 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

Môn: Toán 12

Thông tin:

36 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
BÀI 5. TIẾP TUYẾN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
Cho hai hàm số

fx và

gx có đạo hàm tại điểm
0
x . Ta nói rằng
hai đường cong
C:y fx
và
C:y gx
tiếp xúc với nhau tại
điểm
00
Mx;y
nếu M là một tiếp điểm chung của chúng.
(C) và (
C
) có tiếp tuyến chung tại M.
Điều kiện tiếp xúc:
Hai đường cong (C):

yfx và
C:y gx
tiếp xúc với nhau hệ phương trình
 
fx gx
fx gx

có nghiệm.
Nghiệm của hệ phương trình là hoành độ tiếp điểm của hai đường cong đó.
B. PHÂN
DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬ
P
Dạng 1: Sự tiếp xúc của hai đường cong
1. Phương pháp giải
Cho hai đường cong (C):
yfx và
C:y gx
. Điều kiện để hai đường cong tiếp xúc với
nhau là hệ phương trình
 
fx gx
fx gx

có nghiệm.
- Nghiệm
0
xx của hệ trên là hoành độ của tiếp điểm của hai đường cong đã cho.
- Hệ trên có bao nhiêu nghiệm thì hai đường cong (C) và
C
tiếp xúc với nhau tại bấy nhiêu điểm.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1: Đồ th
ị hàm số
3
yx x1 tiếp xúc với đường thẳng nào dưới đây?
A.
yx1. B. y2x1.

C.
yx1. D. y2x1.
Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Áp dụng điều kiện tiếp xúc của hai đường cong
C:y fx và
C:y gx
là hệ phương trình
 
fx gx
fx gx

có nghiệm.
Ta có
2
y3x10,x
 nên các phương án B, C bị loại.
Xét phương án A.
yx1. Ta có hệ
3
2
xx1x1
x0
3x 1 1


.
Vậy đường thẳng
yx1 tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho.
Bài tập 2. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng
y2xm

tiếp xúc với đồ thị
hàm số
x1
y
x1
là
A.
7; 1
. B.
1
. C.
6
. D.
6; 1
.
Hướng d
ẫn giả
i:
Chọn A.
Đường thẳng
y2xm tiếp xúc với đồ thị hàm số
x1
y
x1
khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm


2
2
2
0
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
2
2
20
11
1
7










x
x
xm
x
x
xm
m
x
xm
x
x
x
xx
x
x
m
Vậy
1; 7m
thì đường thẳng d tiếp xúc với (C).
Bài tập 3: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị (
m
C
) của hàm số
32
473 y x mx mx m tiếp xúc với parabol
2
:1

P
yx x . Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A.
11
4
. B.
331
4
. C.
9
4
. D. 4 .
Hướng d
ẫn giả
i:
Chọn A.
Để (
m
C ) tiếp xúc với (P) thì hệ phương trình sau có nghiệm:
32 2
2
473 1
38 721


xmxmxmxx
xmxmx

32
2
41 71 3101
32417102
 

xmxmxm
xmxm
Giải (1), ta có (1)
2
14310 xxmxm
2
1
4310

x
xmxm
+ Với
1x thay vào (2) được 2m
+ Xé
t hệ


2
2
43103
21 14
3241710



xmxm
mxm
xmxm
.
• Nếu
1
2
m
thì (4) vô nghiệm.
• Nếu
1
2
m
thì (4)
1
21

m
x
m
.
Thay
1
21
m
x
m
vào (3) ta được
2
11
4310
21 21






mm
mm
mm
32
2
1
411520
4
1

m
mmm m
m
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy
1
2; ;1
4




S
nên tổng các phần tử trong S bằng
11
4
.
Bài tập 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số

3
2
1
221
32

x
ymxmx
tiếp xúc với đường thẳng 1
y . Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. 10. B.
20
.
3
C.
8
.
3
D.
32
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Xét hệ phương trình


3
2
2
1
22111
32
2202


x
mxmx
xm xm
Giải phương
trình (2) ta được
2
xm
x
.
+ Với
xm, thay vào (1) ta được

3
2
0
0
66
m
m
m
m
.
+ Với
2x
, thay vào (1), ta được
2
3
m
.
Vậy tập hợp các giá trị của tham số thực để đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc với đường thẳng
1
y là
2
0;6;
3



S
nên tổng các phần tử trong S bằng
20
3
.
Bài tập 5. Biết đồ thị của hàm số
32
:,, Cyx ax bxcabc , tiếp xúc với trục hoành tại gốc
tọ
a độ và
cắt đường thẳng
1x tại điểm có tung độ bằng 3. Tổng a + 2b + 3c bằng
A. 4. B. 2. C. 6. D. 3.
Hướng d
ẫn giả
i:
Chọn B.
Vì (C) tiếp xúc với Ox tại gốc tọa độ nên
0
x là nghiệm của hệ phương trình
32
2
00
0
32 0



xaxbxc b
c
xaxb
Mặt khác (C) đi qua điểm
1; 3A nên
13 2
 abc a
.
Vậy
232.abc
Bài tập 6. Họ parabol
2
:2320
m
Pymx m xm m
luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định
khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây?
A.
1; 8A
. B.

0; 2B
. C.
0;2C
. D.
1; 8D
.
Hướng d
ẫn giả
i
Chọn B.
Ta có:
22
23 2 2162 ymx m xm mx x x
2
162 ymx x
.
Xét đường thẳng
:62dy x thì hệ phương trình


2
16262
2166


mx x x
mx
luôn có nghiệm 1
x với mọi 0
m .
Vậy

m
P
luôn tiếp xúc với đường thẳng :62
dy x .
Đường thẳng d đi qua điểm

0; 2B
.
Nhận xét: Nếu có thể viết lại hàm số
m
P
theo dạng
2
ymaxb cxd
thì

m
P
luôn tiếp xúc với
đường
ycxd.
Dạng 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y
fx
tại điểm
00
;
M
xy
1. Phương pháp giải
Thự
c hiện th
eo các bước sau
Bước 1: Tính

yfx và

0
fx.
Bước 2: Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là
000
yfx xx y
Bước 3: Thực hiện cá
c yêu cầu còn lại của bài toán. Kết luận.
Chú ý:
- Nếu bài toán chỉ cho
0
x thì ta cần tìm
00
yfx và
0
fx.
- Nếu bài toán chỉ cho
0
y thì ta cần tìm
0
x bằng cách giải phương trình
0
fx y.
- Giá trị
0
fx là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx tại điểm
00
;Mx y .
2. Bài tập
Bài tập 1. Gọi M là điểm t
huộc đồ thị hàm số

21
:
1
x
Cy
x
có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của đồ thị
(C) tại M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B. Diện tích tam giác OAB bằng
A.

125
®vdt
6
. B.

117
®vdt
6
C.

121
®vdt
6
D.

119
®vdt
6
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có



2
3
2;5 ; ; 2 3
1


MCy y
x
.
Phương trình tiếp tuyến tại
2;5M
là
:311
dy x
.
Khi đó d cắt Ox, Oy tại
11
;0
3



A
và

11
0;11 ; 11.
3
 BOAOB
Vậy

1 1 11 121
...11®vdt
2236

OAB
SOAOB
Bài tập 2. Cho hà
m số

2, 0
2

xb
yaba
ax
. Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm
1; 2A
song song với đường thẳng :3 4 0
dxy . Khi đó giá trị của 3
ab
bằng
A. 5. B. 4. C. –1. D. –2.
Hướng d
ẫn giải
Chọn D.
Ta có:



 



22
22
1
22
ab ab
yy
ax a
Do t
iếp tuyến song song với đường thẳng
:3 4 0 3 4
 dxy y x
nên


2
2
13 3
2

 
ab
y
a
.
Mặt khác
1; 2A thuộc đồ thị hàm số nên
1
223.
2

b
ba
a
Khi đó ta có hệ





2
2
2
3
2
2
515100
1
23
ab
a
a
aa
a
ba
+ Với
21 2 ab ab (loại)
+ Với
11 ab ( thỏa mãn điều kiện).
Khi đó ta có hàm số
1
2
x
y
x
.


2
3
13
2


yy
x
nên phương trình tiếp tuyến là
31
yx
song song với đường thẳng
34 yx.
Vậy
32ab .
Bài tập 3. Trong tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số
32
331
 yx x x thì đường thẳng
d có hệ số góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là
A.
62.yx B. 22.yx C. 1.
y D. 31.yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
363
 yxx
Gọi
00
;
M
xy thuộc đồ thị hàm số. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại
00
;
M
xy là
2
2
00 0
3633 166  kxx x
max 0
61kx hay
1; 4M .
Phương trình đường thẳng d là
614 62yx yx.
Nhận xét: Đối với hàm số bậc ba
32
yax bx cxd thì tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất (nhỏ nhất) là
tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị
00
;Ux f x , với
0
x là nghiệm của phương trình 0

y .
+ Nếu
0a thì hệ số góc

0
kfx
là nhỏ nhất.
+ Nếu
0a thì hệ số góc
0
kfx là lớn nhất.
Bài tập 4. Cho hàm số
32
212 yx x m x m
có đồ thị
m
C
. Giá trị thực của tham số m để tiếp
tuyến của đồ thị
m
C
tại điểm có hoành độ 1
x song song với đường thẳng 310yx là
A.
2.m B. 4.m C. 0.
m D. không tồn tại m.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
có
2
34 1 1 2

 yx xm y m.
Tiếp tuyến của
m
C
tại điểm có hoành độ 1
x có phương trình là
2132 22  ym x m ym xm
Do t
iếp tuyến song song với đường thẳng
310
yx
nên
23
210
m
m
(vô lí)
Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 5. Cho hà
m số
32
1 fx x mx x
. Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có
hoành độ
1x . Tất cả các giá trị thực của tham số m để thỏa mãn
.10
kf là
A.
2m . B. 21 m . C. 1m . D. 2m
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
32 1 142

 fx x mx k f m
.
Do đó
.142 1 kf m m
Để
.10kf
thì
42 1 0 2 1mm m
.
Bài tậ
p 6.
Cho hàm số
32
311 yx mx m x , với m là tham số thực, có đồ thị (C). Biết rằng khi
0
mm
thì tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ
0
1
x
đi qua
1; 3A . Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A.
0
21 m . B.
0
10 m C.
0
01
m D.
0
12m
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọ
i B là tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua
1; 3A
khi
0
mm
Ta có
2
36 1

yx mxm.
Với
0
1x thì

0
21 1;21 ym B m và
154
 ym.
Tiếp tuyến tại B của (C) có phương trình là
54 121
 ymx m.
Do tiếp tuyến đi qua
1; 3A
nên

1
25 4 2 13
2
 mm m.
Vậy

0
1
0;1
2
m .
Bài tập 7. Cho hàm số
2
2
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi M là một điểm thuộc (C) có khoảng cách từ M đến
trục hoành bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục tung, M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ
nguyên. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là
A.
8.y B. 64.y C. 12.
y D. 9.y
Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Giả sử
2
;
2



a
Ma
a
là một điểm thuộc (C).
Do
;2;dMOx dMOy nên
2
2
2
0
2
4
2
2
23
2
4
2



a
a
a
a
a
aa
a
a
a
a
a
Theo giả thiết t
hì M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ nguyên nên
44;8
aM.
Khi đó


2
2
4
40
2


xx
yy
x
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là
8y
.
Bài tập 8. Cho hàm số
1
2
x
y
x
có đồ thị (C) và đường thẳng :2 1
dy x m ( m là tham số thực).
Gọi
12
,kk là hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của d và (C). Tích
12
.kk bằng
A. 4. B.
1
4
. C. 2. D. 3.
Hướng d
ẫn giải
Chọn A.
Tập xá
c định
\2D
.
Ta có

2
1
2
y
x
Xét
phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d)
1
21
2

x
xm
x
( với 2x )
2
26 3201 xmxm
Để đường thẳng (d) cắt đồ
thị hàm số (C) tại hai điểm thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt
khác –2.


2
2
68320
4120
10
826 32 0






mm
mm
m
mm
Vậy (C) luô
n cắt (d) tại hai điểm phân biệt
11
;Ax y và
22
;
B
xy , với
12
,xx là nghiệm của phương trình
(1).
Theo định lý Vi-ét ta có
12
12
6
2
32
.
2

m
xx
m
xx
Ta có


12
22 2
12
12 1 2
11 1
..
22
24





kk
xx
xx x x
2
1
4
32 6
2. 4
22






mm
Bài tập 9. Cho hàm số
42
2 yx mx m có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ thị
(C) có hoành độ bằng 1. Giá trị của tham số thực m để tiếp tuyến
của đồ thị (C) tại A cắt đường tròn
2
2
:14 xy
tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất là
A.
13
.
16
m
B.
13
.
16
m
C.
16
.
13
m
D.
16
.
13
m
Hướng dẫn giải
Đường tròn
2
2
:14 xy
có tâm
0;1 , 2
IR
.
Ta có
3
1;1 ; 4 4 1 4 4

Amyxmxy m
.
Suy ra phương trình tiếp tuyến
:44 11 ymx m
.
Dễ thấy
luôn đi qua điểm cố định
3
;0
4



F
và điểm F nằm trong đường tròn
.
Giả sử
cắt
tại M, N, Khi đó
 
22 2
2;24;
M
N R dI dI .
Do đó MN nhỏ nhất
;
dI
lớn nhất
;dI IF IF.
Khi đó đường thẳng
có 1 vectơ chỉ phương

3
;1; 1;4 4
4





uIF u m
nên

313
.01.44 0
416
 

uIF m m .
Dạng 3: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số khi biết hệ số góc dựa vào các quan hệ song
song, vuông góc,...
1. Phương pháp giải
Thự
c hiện th
eo một trong hai cách sau:
Cách 1:
Bước 1. Xác định hệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán.
Bước 2. Giải phương trình
fx k
để tìm
0
xx là hoành độ của tiếp điểm.
Tính
00 00
;yfx Mxy.
Khi đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là
00
ykxx y
Điểm
00
;
M
xy là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho.
Cách 2:
Bước 1. Xác định h
ệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán.
Bước 2. Vì tiếp tuyến có hệ số góc là k nên phương trình tiếp tuyến có dạng

y
kx b
. Dựa vào
điều kiện tiếp xúc của tiếp tuyến với (C) ta tìm giá trị của b.
Lưu ý:
- Phương trình
fx k
có bao nhiêu nghiệm thì có bấy nhiêu tiếp điểm.
- Một số trường hợp xác định h
ệ số góc
của đường thẳng thường gặp.
Cho hai đường thẳng
1112 22
:;: dykxbdykxb.
+ Trường h
ợp 1:
12 12
.1. dd kk
+ Trường h
ợp 2:
12
12
12
//
kk
dd
bb
+ Trường hợp 3: Góc

12
12
12
;tan
1.k

kk
dd
k

.
Đặc biệt:
1. Nếu góc giữa
: dy kx b với Ox bằng
090

thì tank
.
2. Nếu
đường thẳng d
cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà
.
OB m OA
thì
tan
OB
km
OA
.
+ Trường hợp 4: Nếu đường thẳng
d đi qua hai điểm
11
;Ax y và
22
;
B
xy thì
12
12
yy
k
xx
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1: Phương trì
nh tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3
31
yx x song song với trục Ox là
A.
3, 1.yy B. 3, 2.
yy
C.
3, 1.xx D. 2, 1.
yy
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tiếp tuyến có tiếp điểm là các điểm cực trị và có phương trình
0
yy với
0
y là giá trị cực trị của hàm số đã cho.
Ta có
2
33; 0 1

 yx y x
.
Do hàm số đã cho là hàm bậc ba nên các điểm cực trị là
1; 1 , 1; 3AB
.
Vậy phương trình các đường tiếp tuyến cần tìm là
1; 3.
yy
Bài tập 2: Cho hàm số
21
1
x
y
x
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B thoả mãn
4
OA OB là
A.
15
44
113
44


yx
yx
B.
15
44
113
44


yx
yx
C.
15
44
113
44


yx
yx
D.
15
44
113
44


yx
yx
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Do
tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà
4
OA OB
.
Khi đó
OAB
vuông tại O và ta có
11
tan
44

OB
kOAB k
OA
.
Ta có:

2
1
1

y
x
Xét
phương trình

2
11
4
1

x
(vô nghiệm).
Xét phương trình

2
3
11
41
1

x
x
x
+ Với
3x thì
5
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là

15113
3
4244
  yx x
.
+ Với
1x thì
3
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là

1315
1
4244
  yx x
Bài tập 3: Đường thẳn
g nào dưới đây là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
23
2
x
y
x
chắn hai trục tọa độ một
tam giác vuông cân?
A.
2yx
. B.
2yx
. C.
2
yx
D.
13
42
yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọ
i A, B là giao điểm của tiếp tuyến lần lượt với Ox, Oy.
Vì
OAB vuông cân tại O nên OA OB .
Do đó
tan 1 1
OB
kOAB k
OA
.
Ta có

2
1
2
y
x
Xét
phương trình

2
1
1
2

x
(vô nghiệm).
Xét phương trình

2
1
1
1
3
2



x
x
x
.
+ Với
1x
thì
1y
. Phương trình tiếp tuyến là
11 2
yx x
.
+ Với
3x thì 3y . Phương trình tiếp tuyến là
33 6
yx x .
Bài tậ
p 4: Cho hà
m số

32
1
1431
3
ymxmx mx
có đồ thị là
m
C . Tất cả các giá trị thực của
tham số m để trên đồ thị
m
C tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc
với đường thẳng
:230dx y là
A. m < 12 hoặc
2
.
3
m
B. m < 0 hoặc m > 1.
C. m < 0 hoặc
1
m
3
. D. m < 0 hoặc
2
3
m
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:
13
:230
22
 dx y y x
nên hệ số góc của d là
1
2
.
Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số góc của tiếp tuyến là k thì
1
.12.
2




kk
Gọi
00
;
M
xy là tiếp điểm của tiếp tuyến với
m
C thì
0
x là nghiệm của phương trình
2
21432
 yk mx m x m
.
2
21230*mx m x m
Theo bài toán thì ta phải tìm m để (*) có duy nhất một nghiệm âm.
+ Trường hợp 1: Nếu
0m thì (*)
22 1  xx
(loại).
+ Trường h
ợp 2: Nếu
0m
. Ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm là
1
x
và
23
m
x
m
.
Do đó để (*) có một nghiệm âm thì
23
00

m
m
m
hoặc
2
3
m
.
Bài tập 5: Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số
42
2
yax bx
tại điểm
1;1A
vuông góc với đường
thẳng
:230dx y . Giá trị
22
ab bằng
A. 13. B. –2. C. –5. D. 10.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có:
13
:230
22
 dx y y x
nên
1
2
d
k
Vì t
iếp tuyến vuông góc với d nên phải có hệ số góc bằng –2.
Ta có

32
4222
 yaxbxxaxb
Vì đ
iểm
1;1A
là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị nên 1
x là nghiệm của phương trình
2
22 2 22 2 2 1  xax b ab ab .
Mặt khác điểm A thuộc đồ thị hàm số nên
21 1
ab ab .
Vậy ta có hệ
22
21 2
5.
13






ab a
ab
ab b
Bài tập 6: Cho hàm số
32
391 yx x x có đồ thị là (C). Số tiếp tuyến của (C) tạo với đường thẳng
:1 dy x một góc
thỏa mãn
5
cos
41
là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm.
Ta có

2
514
cos 0 90 tan 1
cos 5
41


.
Vì d có hệ số góc bằng –1 nên
9
14
tan
1
15
9

k
k
k
k
Ta có
2
369
yx x.
+ Trường h
ợp 1:
2
0
920
2

x
kxx
x
Từ đó ta tìm
được hai tiếp tuyến
91
y
x
và
93

y
x
.
+ Trường h
ợp 2:
2
1 9 321
27 54 80 0
99
 kxxx
Từ đó ta tìm
được hai tiếp tuyến là

0
1 9 321
99





yx yx
Vậy c
ó
bốn tiếp tuyến cần tìm.
Bài tập 7: Cho hàm số
42
17
84
yx x
có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm A thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp
tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt
11 2 2
;; ;Mxy Nx y ( M, N khác A ) thỏa mãn
12 12
3 yy xx
A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Do tiếp tuyến đi qua hai điểm
11 2 2
;; ;
M
xy Nxy
nên hệ số góc của tiếp tuyến là
12
12
3

yy
k
xx
.
Ta có
3
17
22
yxx
.
Xét phương trình
3
17
3 3;1;2.
22
 xx xx x
Mặt khác để tiếp tuyến của hàm số trùng phương cắt được đồ thị tại hai điểm phân biệt thì tiếp điểm A chỉ
có thể chạy trong phần đồ thị từ điểm cực tiểu thứ nhất sang điểm cực tiểu thứ hai (trừ hai điểm uốn).
Khi đó phương trình
3
0
070
7
 
x
yxx
x
Do
đ
ó hai điểm cực tiểu là
7x và 7x nên hoành độ của tiếp điểm
0
7; 7x
Vậy chỉ có
00
1; 2 xx thỏa mãn.
Dạng 4: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
khi biết mối quan hệ của tiếp
tuyến với các đường tiệm cận của đồ thị hàm số
1. Phương pháp giải
Với hàm số
ax b
y
cx d
( với 0; 0
cadbc) thì đồ thị hàm số có hai tiệm cận là
;
da
xy
cc
.
Gọ
i
;



da
I
cc
là giao điểm của hai đường tiệm cận ( và cũng là tâm đối xứng của đồ thị).
Khi đó tiếp tuyến tại điểm
00
;yMx
bất kì của đồ thị cắt tiệm cận đứng tại điểm

0
0
2
;





bc ad acx
d
A
cccxd
và cắt tiệm cận ngang tại điểm
0
2;



da
Bx
cc
.
Ta có

0
0
22
;


ad bc cx d
IA IB
ccx d c
2
4
.

ad bc
IA IB K
c
là hằng số không đổi.
Suy ra
2
2
IAB
ad bc
S
c
.
Khi đó các bài toán sau là tương đương:
Tìm điểm
M
C
hoặc viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một
tam giác vuông có
a) Cạnh huyền nhỏ nhất
22
2. 2
A
BIAIB IAIB K
Dấu bằng xảy
ra khi
IA IB .
b) Chu vi nhỏ nhất
Ta có 2. 2. 2 2 IA IB AB IA IB IA IB K K
Dấu bằng xảy
ra khi
IA IB
.
c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất
Ta có
1
22

K
RAB
.
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB .
d) Bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất
Ta có 

SK
r
p
IA IB AB
Vậy r lớn nh
ất khi
IA IB AB nhỏ nhất và bằng 22KK.
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB .
e) Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến lớn nhất
Gọi H là hình chiếu của I lên d, ta có
222
111 22
.2

K
IH
IH IA IB IA IB K
Dấu bằng xảy ra khi
IA IB
.
Nhận xét: Các câu hỏi trên thì đẳng thức đều xảy ra khi
IA IB
nên
IAB
vuông cân tại I.
Gọi
là góc giữa tiếp tuyến d và tiệm cận ngang
2
thì
2
;;45
 ddOx
nên hệ số góc của
tiếp tuyến là
tan 45 1 k .
2. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Cho hàm số
1
1
x
y
x
có đồ thị (C). Có bao nhiêu cặp điểm A, B thuộc (C) mà tiếp tuyến tại
đó song song với nhau?
A. Không tồn tại cặp điểm đó. B. Vô số số cặp điểm.
C.
2. D. 1.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử
11
;,B,
11





ab
Aa b
ab
với ;, 1abab .
Do tiếp tuyến tại A, B song song với nhau nên
 


22
22
2
11





ab
ya yb
ab
ab
Do
ab nên chỉ có 2ab . Vậy có vô số cặp điểm A, B thỏa mãn.
Nhận xét: Hai điểm A, B phân biệt thuộc đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
mà tiếp tuyến tại đó song song với
nhau thì A, B đối xứng với nhau qua tâm đối xứng I.
Bài tập 2: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
43
21
x
y
x
cùng với hai tiệm cận tạo thành một tam giác có diện
tích bằng
A. 6. B. 7. C. 5. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi
00
;
M
xy
là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị. Khi đó tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B và I
là giao điểm của hai tiệm cận.
Theo lý thuyết đã nêu thì
24 6
5.
4

IAB
S .
Bài tập 3: Cho hàm số
21
1
x
y
x
có đồ thị (C). Tiếp tuyến tại điểm
;,0Mab C a tạo với hai
tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
2 . Giá trị của 2ab bằng
A. 2. B. 4. C. 8. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi A,
B là giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Do
IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp
IAB là
1
222
2
RAB AB
.
Theo lý thuyết, ta có
22
.4, 2.22 IA IB AB IA IB IA IB .
Dấu " = " xảy ra khi
IA IB . Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến 1
k .
Mặt khác


2
1
01
1

kya k
a
.
Ta có

2
0
1
1
2
1

a
a
a
. Do
023.aab
Vậy 28.
ab
Bài tập 4: Gọi (C) là đồ thị của hàm số
2
2
xm
y
x
, m là tham số khác –4 và d là một tiếp tuyến của (C).
Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để d tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện
tích bằng 2, tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. –11. B. 8. C. 3. D. –8.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai tiệm
cận.
Theo lý thuyết, ta có
.44 24

IAB
IA IB m S m
Vậy ta
có
3
242
5



m
m
m
5; 3S nên tổng các phần tử của S bằng –8.
Bài tập 5: Gọi là tiếp tuyến tại điểm
00 0
;, 0
Mx y x thuộc đồ thị của hàm số
2
1
x
y
x
sao cho
khoảng cách từ
1;1I đến A đạt giá trị lớn nhất. Giá trị
00
.xy bằng
A. –1. B. 0. C. –2. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi A, B là giao điểm của A với hai đường tiệm cận.
Theo lý thuyết

;dI lớn nhất khi 1IA IB k .
Mặt khác


0
2
0
1
01
1

kyx k
x
.
Vậy

0
2
0
0
0
1
1
2
1


x
x
x
Do
00 000
020.0  xx yxy
.
Bài tập 6: Cho hàm số
22
1
x
y
x
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai tiệm cận
một tam giác có chu vi nhỏ nhất là
A. :1
y
x và :17yx
B.
:1
y
x và :7yx
C.
:21yx
và
:7yx
D.
:3yx và :2yx
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm
00
;
M
xy C
với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai
đường tiệm cận. Khi đó IAB vuông tại I.
Theo lý thuyết, chu vi
IAB là 2. 2. 842 IA IB AB IA IB IA IB vì
2
4
.16

ad bc
IA IB
c
Do đ
ó chu vi nhỏ nhất bằng
842 khi 1
IA IB k .
Mặt khác


0
2
0
4
01
1

kyx k
x
.
Vậy ta có

0
2
0
0
3
4
1
1
1


x
x
x
Với
0
3x thì
0
4y . Do đó phương trình tiếp tuyến là
34 7
yx x
Với
0
1x
thì
0
0y
. Do đó phương trình tiếp tuyến là
11
yx x
Bài tập 7: Cho hàm số
22
1
x
y
x
có đồ thị (C). Một tiếp tuyến bất kỳ với (C) cắt đường tiệm cận đứng
và đường tiệm cận ngang của (C) lần lượt tại A và B, biết
1; 2I . Giá trị lớn nhất của bán kính đường
tròn nội t
iếp tam giác IAB bằng
A. 732 . B. 842 . C. 422 D. 832
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm
00
;
M
xy C
với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai
đường tiệm cận và IAB vuông tại I.
Theo lý thuyết, ta có

2
4
.168
IAB
ad bc
IA IB S
c
.
Khi đó bán kính đường tròn nội tiếp
IAB lớn nhất xảy ra khi
442 422
2


IA IB AB
IA IB AB p
max
8
422
422

r
Bài tập 8: Cho hàm số
2
2
x
y
x
có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai trục tọa độ
một tam giác có diện tích bằng
1
18
là
A.
91 42
;.
42 99
 yx yx
B.
931 42
;.
42 99
 yx yx
C.
91 44
;.
42 99
 yx yx
D.
91 41
;.
42 99
 yx yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi

2
;2
2




a
Ma a
a
là tiếp điểm của tiếp tuyến. Khi đó phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là



2
24 2
22
2


aa
yyaxa y xa
aa
a
.
Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của d với hai trục Ox, Oy.
Tọa độ các điểm A, B là

22
2
2
;0 , 0;
2
2







aa
AB
a
.
Vậy

2
4
2
2
1
32
11
.
2
218
32
22
3



OAB
a
aa
a
SOAOB
a
aa
a
Với

1
4242
1: 1
9399
 adyx x
.
Với
2
29291
:1
34342




adyx x
Bài tập 9: Cho hàm số
21
22
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi
00 0
;, 0Mx y x là điểm thuộc (C), biết tiếp tuyến
của (C) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho
8

OIB OIA
S
S ( I là giao hai
đường tiệm cận). Giá trị biểu thức
00
4
S
xy bằng
A.
13
4
. B. –2. C. 2. D.
7
4
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Do góc
OIA OIB nên
1
8

OIA
OIB
S
IA
SIB
.
Mà
tan
IA
kIBA
IB
nên
11
88
kk
.
Mặt khác


0
2
0
21
0
8
41

kyx k
x

0
2
0
0
3
11
81
21


x
x
x
.
Do
0
0x
nên
00 00
5
342
4
 xy Sxy
Bài tập 10: Cho hàm số
23
2
x
y
x
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) cắt
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho côsin góc
ABI bằng
4
17
với
2;2I
là
A.
13 17
;
42 42
  yxyx
B.
13 17
;
42 42
  yxyx
C.
13 17
;
42 42
  yxyx
D.
13 17
;
42 42
  yxyx
Hướng dẫn giải:
Chọn D.
Ta có
2
111
tan 1
44
cos
 kABI k
ABI
Giả sử
00
; Mx y C
thì


0
2
0
11
0.
4
2

kyx k
x
Xét
phương trình

0
2
0
0
0
11
44
2

x
x
x
+ Với
0
0x
thì
0
3
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là
13
42
yx
.
+ Với
0
4x thì
0
5
2
y
. Phương trình tiếp tuyến là

1517
4
4242
yx x
Dạng 5. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y
fx đi qua điểm
00
;
M
xy cho trước.
1. Phương pháp giải
Thực hiện một trong hai cách sau
Cách 1:
Bước 1.
Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng
00
.ykxx y
Bước 2. Tìm k là nghiệm của hệ phương trình

00

fx kx x y
fx k
Từ đó suy
ra phương trình của tiếp tuyến.
Cách 2:
Bước 1.
Giả sử
;Aaf a là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho nên phương trình
tiếp tuyến tại điểm A là
yfaxa fa
.
Bước 2. Do tiếp tuyến đi qua
00
;
M
xy nên a là nghiệm của phương trình
00
 fax a fa y
.
Tìm a và suy ra phương trình tiếp tuyến.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1
:
Cho đồ thị hàm số

1
:
2
x
Cy
x
. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm

2; 1A ?
A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

2
1
,2
2

yx
x
.
Gọi tọa độ tiếp điểm là
0
0
0
1
;
2




x
Mx
x
với
0
2
x
. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại
điểm M là


0
0
2
0
0
1
1
2
2


x
yxx
x
x
.
Do tiếp tuyến đi qua điểm
2; 1A nên ta có phương trình

0
00
2
00
0
2
1
11
22
2



x
xx
xx
x
( vô nghiệm).
Vậy không có tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu đề bài.
.
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
thì không có tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua điểm
;



da
I
cc
là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Bài tập 2: Cho hàm số
42
13
3
22
yxx
có đồ thị (C). Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua
điểm
3
0;
2
A



?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Phương trình đường thẳng đi qua điểm
3
0;
2
A



và có hệ số góc k có dạng
3
2
ykx
.
Để
tiếp xúc với (C) thì hệ phương trình


42
3
133
31
222
26 2
xx kx
xxk


có nghiệm x.
Thế (2) vào (1), ta có

42 3
13 3
326
22 2
xx xxx

22
0
20
2
x
xx
x


.
+ Với
1
3
00:.
2
xk y
+ Với
2
3
222:22x.
2
xk y   
+ Với
3
3
222:22x.
2
xk y 
Vậy có ba tiếp tuyến thỏa mãn.
Dạng 6: Xác định các điểm M để có k tiếp tuyến của đồ thị hàm số
:Cyfx đi qua điểm M
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1. Xây dựng tọa độ điểm
;
M
ab .
Bước 2. Giả sử d là đường thẳng đi qua M và có hệ số góc k. Khi đó phương trình đường thẳng
:dy kx a b.
Bước 3. Để d là tiếp tuyến của (C) thì hệ phương trình


*
fx kx a b
fx k

có nghiệm.
Dựa vào số nghiệm của hệ trên suy ra số tiếp tuyến tương ứng bài toán yêu cầu.
Nhận xét:
- Nếu
fx là hàm số bậc 2, bậc 3, bậc nhất trên bậc nhất thì hệ (*) có bao nhiêu nghiệm thì
tương
ứng với bấy nhiê
u tiếp tuyến.
- Nếu
fx là hàm số trùng phương có 3 điểm cực trị thì nếu hệ (*) có nghiệm không phải là hoành độ
của 2 điểm cực tiểu (cực đại) thì mỗi nghiệm ứng với một tiếp tuyến của đồ thị (C).
2. Bài tập
Bài tập 1:
Cho hàm số
32
62yx x có đồ thị (C) và điểm
;2Mm . Gọi S là tập hợp các giá trị
thực của m để qua M có hai tiếp tuyến với đồ thị (C).
Tổng các phần tử của S bằng
A.
20
.
3
B.
13
.
2
C. 4. D.
16
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi d là đường thẳng đi qua
;2Mm
và có hệ số góc k.
Khi đó phương trình của d là
2ykxm.
Để có đ
úng hai
tiếp tuyến của (C) đi qua M thì hệ phương trình

2
32
312
62 2
kx x
xx kxm


phải có hai nghiệm phân biệt.
Từ hệ trên, ta có
32 2
62312 2xx x xxm


2
2
0
23 212 0
23 2120*
x
xx m x m
xmxm




Để hệ có đú
ng ha
i nghiệm, ta xét các trường hợp sau
+ Trường h
ợp 1: Phương t
rình (*) có nghiệm kép khác 0

2
6
92960
2
12 0
3
m
mm
m
m


.
+ Trường h
ợp 2:
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0

2
92960
0
12 0
mm
m
m


Vậy
2
6; ;0
3
S



nên tổng các phần tử bằng
20
3
.
Bài tập 2: Cho hàm số
2
23xx
có đồ thị (C) và điểm
1;Aa. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để
có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua A ?
A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có hàm số
2
23yx x xác định trên
,
2
1
23
x
y
xx
.
Gọi k là hệ số góc của đường thẳng
đi qua
1;
A
a .
Phương trình đường thẳng

:1ykx a
.
Đường thẳng
tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ phương trình sau có nghiệm


2
2
23 1 1
1
2
23
xx kx a
x
k
xx


Thay (2
) vào (1) ta được

2
2
1
23 1
23
x
xx x a
xx



2
222
23 1 23 232xx x axx axx  

2
2
3
23
a
xx


.
Qua A có đúng hai tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt.
Xét hàm số

2
2
23
fx
xx

.
Ta có



22
21
;01
23 23
x
fx fx x
xx xx



 
.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta
có (3) có hai nghiệm phân biệt thì
0; 2 .a
Mà a nguyên nên 1a .
Dạng 7: Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ẩn tại điểm có hoành độ
0
xx cho trước
1. Phương pháp giải
Từ biểu thức của hàm ẩn, tìm cách tính các giá trị
00
yfx
và
0
fx
.
Áp dụng công thức viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx
tại điểm có hoành
độ
0
xx
.
Chú ý công thức đạo hàm của hàm số hợp: Cho hàm số
fx có đạo hàm trên khoảng
,Ku ux là
hàm số xác định và có đạo hàm trên K và có giá trị trên khoảng K. Khi đó



.fu uf u

.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Cho hàm số
yfx có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn
2
22 12 12,fx f x x x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx tại điểm có
hoành độ bằng 1 là
A.
22.yx
B.
46.yx
C.
26.yx D. 42.yx
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta cần tính
 
1, 1ff
.
Từ giả thiết
2
22 12 12,fx f x x x . (*)
Chọ
n
0x
và
1
2
x
, ta được


20 1 0 0 1
21 0 3 1 2
ff f
ff f







.
Lấy đạo hàm hai vế (*) ta được
4. 2 2. 1 2 24 ,fx f x xx


Chọn
0x và
1
2
x
, ta được


40210 02
412012 14
ff f
ff f









.
Vậy
12;14ff
 nên phương trình tiếp tuyến là
41242yx x
 .
Bài tập 2: Cho các hàm số
3
,,2yfxygx ffx yhx fx có đạo hàm trên và có
đồ thị lần lượt là
123
,,CCC. Đường thẳng 2x
cắt
123
,,CCC lần lượt tại A, B, C. Biết
phương trình tiếp tuyến của
1
C tại A và của
2
C tại B lần lượt là
34yx
và
613yx
. Phương
trình tiếp tuyến của
3
C tại C là
A.
24 23.yx
B.
10 21.yx
C.
12 49.yx D. 25.yx
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Để giải bài toán, ta cần tính

2h
và
2h
.
Phương trình tiếp tuyến của
1
C tại A là
 


23 23
22234
22 24 210
ff
yf x f x
ff f








Phương trình tiếp tuyến của

2
C
tại B là
 
2. 2 2 2 2. 10 2 10 6 13yf ff x ff f f x f x
.
 

2. 10 6 10 2
22.10 1013 1025
ff f
ff f f










Ta có




323
23. 2hx fx xf x

 nên
2121024hf

và
21025hf.
Phương trình tiếp tuyến của

3
C
tại C là
2 2 2 24 2 25 24 23yh x h x x
.
Bài tập 3: Cho hàm số

yfx
xác định có đạo hàm và nhận giá trị dương trên . Biết tiếp tuyến của
hai đồ thị hàm số
yfx và


2
fx
ygx
fx

cùng tại điểm có hoành độ
0
1x có hệ số góc lần lượt
là 12 và –3. Giá trị của
1f bằng
A. 3. B. 4. C. 6. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có




 


22
222
..2.fx f x fx xf x
fx
gx
fx f x






Từ giả th
iết ta c
ó
112f
và
13, 0,gfxx




2
1. 1 2 1. 1 1
3314.
11
ff ff f
f
ff

 
Bài tập 4: Cho hàm số

yfx có đạo hàm liên tục trên . Gọi
12
,
lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị
hàm số

yfx
và
2
.4 3ygx xf x
tại điểm có hoành độ
1x
. Biết hai đường thẳng
12
,
vuông góc n
hau và
1
không song song với Ox, Oy . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.

312.f B.
12.f
C.

12.f D.
2123.f
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có


 
22
.4 3 2.4 34. 4 3gx xf x xf x xf x

 .
Ta có hệ số góc của các tiếp tuyến
12
, lần lượt là
1f
và
12141gff

.
Theo giả thiết thì
1. 1 1fg

 và
10f
.
1.2 1 4 1 1fff




 

 
11
21 4 1 2 1 4 1 4 1 2
1
1
fffff
f
f


.
Bài tập 5: Cho hàm số
yfx có đạo hàm
fx
trên thỏa mãn
3
3121fx x x với mọi
x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 3x
là
A.
1
3
yx
. B.
1
2
3
yx
. C.
1
3
3
yx
. D.
1
2.
3
yx
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Để viết phương trình tiếp tuyến tại điểm 3x
, ta cần tính
3f
và
3f
.
Với
1x  suy ra
33f .
Do
323
3121 3 3 312fx x x x f x x
 
.
Với
 
1
16 32 3
3
xf f


.
Do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là
  
11
33 3 33 2
33
yf x f y x y x

.
Bài tập 6: Cho hàm số
yfx
có đạo hàm trên . Gọi
12
,CC
và
3
C
lần lượt là đồ thị của các
hàm số
2
,fx gx fx và
3
hx f x . Biết
11f
và tổng hệ số góc của hai tiếp tuyến tại điểm
có hoành độ
1x
của
12
,CC
bằng –3. Phương trình tiếp tuyến của
3
C
tại điểm có hoành độ
1x
là
A.
2.yx
B.
32.yx
C.
1.yx

D.
34.yx
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta cần tính
1, 1hh
.
Ta có
223
2, 3gx xf x hx xf x


.
Theo giả thiết, ta có
113121311fg f f f

 
.
Do đó
131 3hf


và
111hf
.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
31134yx x

.
Bài tập 7: Cho hai hàm số
,fx gx
đều có đạo hàm trên và thỏa mãn
322
2223 360fxf xxgxx , với mọi x
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx
tại điểm có hoành độ
2x
là
A.
.
y
x
B.
23.yx
C.
23.yx

D.
.
y
x
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
322
2223 360, 1fxf xxgxxx
Thay 0
x
vào (1) ta có
 

32
20
22 20
22
f
ff
f

Lấy đạo hàm
hai vế của (1) ta được
2 2
3 2 .2 1223.23 2. . 360.2fxfxfxf xxgxxgx


Thay
0x
vào (2) ta có
2
32.2122.2360.3ff ff


+ Với
20f thay vào (3) thì 36 0 (vô lý).
+ Với
22f thay vào (3) thì
21f
nên phương trình tiếp tuyến là yx
.
Bài tập 8: Cho hàm số
yfx có đạo hàm liên tục trên
thỏa mãn
 
3
6310fx fx x



với
mọi
x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
yfx tại điểm có hoành độ 1x là
A.
2.yx
B.
.
y
x
C.
12
.
33
yx
D.
14
.
33
yx
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta cần tính
1, 1ff
.
Thay
1x
vào đẳng thức
 
3
6310fx fx x



, ta có
    
33
161310 16170 11.ff ff f
 

 
Theo bài ra t
a có
 
3
6310fx fx x



đúng với mọi x nên đạo hàm hai vế ta được
  
2
3. . 6 3,fx fx fx x




.
Thay
1x vào ta có
  
2
31.161 3ff f




.
Vì
11f
nên

1
1
3
f

.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là
14
33
yx
.
212.f
Dạng 8. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số
y
fx mà tiếp tuyến tại các điểm đó song song với
nhau hoặc có cùng hệ số góc k.
1. Phương pháp giải
Giả sử hai điểm
;,;
AA BBAB
A
xfx Bxfx x x
thuộc đồ thị hàm số
yfx mà tiếp
tuyến tại h
ai điểm đó song song với nhau hoặc có cùng hệ số góc k thì
,
AB
xx là hai nghiệm của
phương trình
fx k
.
Khi đó ta có biểu thức liên hệ giữa
,
AB
xx. Từ đó giải quyết yêu cầu bài toán đưa ra.
Đối với hàm số

0; 0
ax b
y c ad bc
cx d

có tâm đối xứng là ;
da
I
cc



. Nếu A, B là hai điểm thuộc
đồ thị có tiếp tuyến tại A, B song song với nhau thì I là trung điểm của AB.
2. Bài tập mẫu
Bài tậ
p 1:
Cho hàm số
1
21
x
y
x
có đồ thị (H). Gọi
11 2 2
;, ;
A
xy Bxy là hai điểm phân biệt thuộc (H)
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng
A. 32. B. 3. C. 6. D. 26.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có

2
3
21
y
x
. Do tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau nên



12
12
22
12
12
33
1
21 21
xx
yx yx
xx
xx




Vì
12
xx
nên
12
1xx
.
Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử
1
11
,0
22
xaa
thì
11 3 11 3
;, ;
222 222
aa
Aa B a
aa





.
Gọi
11
;
22
I



là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Ta thấy
12
12
12
12
I
I
xx x
yy y


nên I là trung điểm của AB.
Ta có
22
22
3993
;2.
22 4 4 4 4 2
aaa
IA IA
aaa





Vì
I là trung điểm của AB nên
3
22 6
2
AB IA
.
Vậy
min
6AB khi
2
2
2
9
33
44
a
aa
a

Bài tập 2: Cho hàm số
1
21
x
y
x
có đồ thị (H). Gọi
11 2 2
;, ;Ax y Bx y
là hai điểm phân biệt thuộc (H)
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A , B có cùng hệ số góc k . Biết diện tích tam giác OAB bằng
1
2
. Mệnh đề
nào dưới đây đúng?
A. 9.k  B. 96.k C. 63.k
 D. 30.k
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có:

2
3
21
y
x

Tiếp tu
yến tại A, B của (H) có cùng hệ số góc k nên
12
,xx là hai nghiệm phân biệt của phương trình

2
3
0
21
kk
x

.
Suy ra
2
44 30*kx kx k nên
12
12
1
3
.
4
xx
k
xx
k

Khi
đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử
1
11
,0
22
xaa
thì
11 3 11 3
;, ;
222 222
aa
Aa B a
aa





.
Áp dụ
ng công thức tính diện tích tam giác ABC nếu có
;, ;AB a b AC c d

thì
1
2
ABC
Sadbc

.
Ta có
11 3 11 3
;, ;
222 222
aa
OA a OB a
aa






2
113 13131
.
22 2 2 2 4 2
OAB
aa a a a
S
aaa





2
2
2
230 3
3
2
1
230
aa a
a
aa
aa



( vì a > 0).
+ Với
12
1
32;1 .
3
axx k
+ Với
12
11;0 3.axx k
Vậy giá trị của k là
1
3;
3
kk 
.
Bài tập 3: Cho hàm số
3
31yx x
có đồ thị (C). Gọi
;, ;
AA BB
Ax y Bx y
với
AB
xx
là các điểm
thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và
637AB
. Giá trị 23
AB
xx bằng
A. 15. B. 90. C. – 15. D. – 90.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
33yx
.
Do tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau nên
AB
yx yx

22
3333 0
AB AB
xxxx (do
AB
xx ).
Giả sử
33
,31, , 31Aaa a B a a a với a > 0 thuộc (C).
Khi đó
2
22 3 6 4 2
4 2 6 4 24 40 6 37AB a a a a a a 
642 2
4 24 40 1332 0 9 3aaa a a
(vì a > 0)
3; 3
AB
xx nên 2315.
AB
xx
Bài tập 4: Cho hàm số
2
1
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm phân biệt thuộc (C) và tiếp tuyến
của (C) tại A, B song song với nhau. Đường thẳng AB cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại M, N diện tích tam
giác OMN bằng
1
4
. Độ dài đoạn MN bằng
A.
10
. B.
5
.
2
C.
35
.
2
D.
10
.
2
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có

2
3
1
y
x
. Gọi

11 2 2
;, ;
A
xy Bxy
.
Khi đó
22
121 2 12
11 2yx yx x x x x


.
Do đó tâm đối xứng
1;1I của (C) là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Gọ
i hệ số góc
của đường thẳng AB là k.
Phương trình đường thẳng AB là
11ykx.
Điều kiện để đường thẳng
:11dy kx
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B là phương trình

2
11*
1
x
kx
x

có hai nghiệm phân biệt 1x
.
Ta có
2
*230kx kx k
có hai nghiệm phân biệt 1x
khi và chỉ khi

2
0
30 0
230
k
kkk k
kkk


Vì M, N là giao điểm của AB với Ox, Oy nên

1
;0 , 0;1
k
M
Nk
k



.
Suy ra


2
2
2
1
1
21
1
24
2
OMN
k
k
Skk
k
k

Ta có


2
22
2
22
1
1
111
k
MN k k
kk

 


+ Với
5
2.
2
kMN
+ Với
15
.
22
kMN
Vậy trong cả hai trường hợp thì
5
2
MN
.
Dạng 9: Một số dạng toán khác
Bài tập 1: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số
42
32yx x

và có hoành độ a. Có bao nhiêu số
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A?
A. 1. B. 3. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
3
0
46; 0
6
2
x
yxxy
x



.
2
2
12 6; 0
2
yxy x
 

.
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm thỏa mãn

66
22
1; 0;1
2
;
2
a
a
aa



.
Vậy có ba giá trị nguyên của a thỏa mãn.
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm
số
42
yax bx c mà đồ thị có ba điểm cực trị ( khi ab < 0) thì tiếp
tuyến của đồ thị tại các điểm có hoành độ nằm giữa hai điểm cực tiểu (cực đại), trừ điểm uốn sẽ luôn cắt
đồ thị tại hai điểm khác nữa.
Bài tập 2:
Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số
42
32yx x
 và có hoành độ a . Có bao nhiêu số
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A và diện tích tam giác
OBC bằng
23?
A. 1. B. 3. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
3
0
46;0
6
2
x
yxxy
x



.
2
2
12 6; 0
2
yxy x
 

.
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm nữa thì

66
22
1; 0;1
2
2
a
a
a



+ Với
11;0aA . Khi đó phương trình tiếp tuyến là
21yx
.
Xét phương trình

42
0
3221 1
2
x
xx x x
x

nên
0;2 , 2;6 2
OBC
BC S
 (loại).
+ Với

00;2aA
. Khi đó phương trình tiếp tuyến là
2y
nên
3;2 , 3;2 2 3
OBC
BC S

(thỏa mãn
).
+ Với
11;0aA
. Khi đó phương trình tiếp tuyến là
21yx
nên

0;2 , 2;6 2
OBC
BC S
 (loại).
Vậy
0a
.
Bài tập 3: Cho hàm số
1
2
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m sao cho tiếp
tuyến của (C) tại điểm có hoành độ
2xm
cắt tiệm cận đứng tại
11
;Ax y
, cắt tiệm cận ngang tại

22
;
B
xy thỏa mãn
21
5xy. Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. 4. B. – 2. C. – 4. D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là
2x
và 1
y
.
Ta có


2
2
33
,2
2
yym
m
x


.
Gọi

3
2; , 0
m
Mm C m
m




, tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình là

2
33
2
m
yxm
mm

.
Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là
6
2;
m
A
m



và tiệm cận ngang là
22;1Bm .
Theo giả thiết ta có
2
1
6
2252 46
3
m
m
mmm
mm
 
.
Vậy
12
2mm.
Bài tập 4: Cho hàm số
1
1
x
y
x
có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm nằm trên hai nhánh của (C) và các
tiếp tuyến của (C) tại A, B cắt các đường tiệm cận ngang và tiệm cận
đứng lần lượt tại các cặp M, N và P, Q. Diện tích tứ giác MNPQ nhỏ
nhất bằng
A. 16. B. 32. C. 8. D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọ
n A.
Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Theo tính chất của tiếp tuyến đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc
nhất thì
..8IM IN IP IQ.
Ta có

11 1
.....
22 2
MNPQ
S MPNQ IMIPINIQ IMINIPIQIMIQINIP

11641
88 . . 8 . 8 .264 16
22.2
IM IQ IN IP IN IP
IN IP




.
Vậy
min
16S khi
64
..8
.
IN IP IN IP
IN IP

hay 22IN IQ IM IP tức là MNPQ là hình
vuông.
Bài tập 5: Cho hàm số
43 2
1
67
2
yxxx
có đồ thị (C). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng
:dy mx
?
A. 27. B. 28. C. 26. D. 25.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử
;Mab
là tiếp điểm. Ta có
32
2312yxx x
.
Tiếp tuyến của (C) tại M song song hoặc trùng với đường thẳng
:dy mx
nên a là nghiệm của phương
trình
32
2312 *xx xm
.
Để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng d thì phương trình (*) có ít
nhất hai nghiệm.
Xét
32
2312fx x x x
có
2
1
6612; 0
2
x
yxx y
x


.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên,
để phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm thì
20 7m
.
Mà
m
nên
20, 19,...,6,7m  .
Vậy có 28 giá trị m thỏa mãn.
Bài tập 6: Cho đường cong

1
:
1
x
Cy
x
và điểm
1;1I
. Hai điểm A và B thuộc cùng một nhánh của
đồ thị sao cho
IA IB . Gọi
1
k và
2
k lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến tại A và B. Khi tiếp tuyến tại A
và B của (C) tạo với nhau một góc
15, giá trị biểu thức
12
kk
bằng
A. 26 22. B.
42 3. C. 26 22. D.
42 3.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Do IA IB nên
12
.1kk .
Ta có
12
12
tan15
1.
kk
kk

12
22 3kk
2
12
28 16 3kk

2
12 12
32 16 3 4 2 3 2 6 2 2kk kk .
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
có tâm đối xứng là I. Cho A, B là hai điểm thuộc cùng một
nhánh của đồ thị hàm số thỏa mãn
IA IB .
Gọi
12
,kk là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại A, B.
Ta có
12
1
kk
c
.
| 1/36
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

BÀI 5. TIẾP TUYẾN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM
Cho hai hàm số f x và gx có đạo hàm tại điểm x . Ta nói rằng 0
hai đường cong C :y  f x và C : y  gx tiếp xúc với nhau tại
điểm M x ;y nếu M là một tiếp điểm chung của chúng. 0 0 
(C) và ( C) có tiếp tuyến chung tại M.
Điều kiện tiếp xúc:
Hai đường cong (C): y  f x và C : y  gx tiếp xúc với nhau  hệ phương trình f  x  gx  có nghiệm. f  x  gx
Nghiệm của hệ phương trình là hoành độ tiếp điểm của hai đường cong đó.
B. PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Sự tiếp xúc của hai đường cong
1. Phương pháp giải
Cho hai đường cong (C): y  f x và C : y  gx . Điều kiện để hai đường cong tiếp xúc với f  x  gx
nhau là hệ phương trình  có nghiệm. f  x  gx
- Nghiệm x  x của hệ trên là hoành độ của tiếp điểm của hai đường cong đã cho. 0
- Hệ trên có bao nhiêu nghiệm thì hai đường cong (C) và C tiếp xúc với nhau tại bấy nhiêu điểm. 2. Bài tập
Bài tập 1: Đồ thị hàm số 3
y  x  x  1 tiếp xúc với đường thẳng nào dưới đây? A. y  x 1. B. y  2  x 1. C. y  x 1. D. y  2x 1.
Hướng dẫn giải: Chọn A.
Áp dụng điều kiện tiếp xúc của hai đường cong C : y  f x và C : y  gx là hệ phương trình f  x  gx  có nghiệm. f  x  gx Ta có 2 y  3x 1  0, x
   nên các phương án B, C bị loại. 3 x  x 1  x 1
Xét phương án A. y  x 1. Ta có hệ   x  0 . 2 3x  1  1
Vậy đường thẳng y  x 1 tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho.
Bài tập 2. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  2
 x  m tiếp xúc với đồ thị  hàm số x 1 y  là x 1 A. 7;  1  . B.   1  . C.   6 . D. 6;  1  .
Hướng dẫn giải: Chọn A.  Đường thẳng y  2
 x  m tiếp xúc với đồ thị hàm số x 1 y 
khi và chỉ khi hệ phương trình sau có x 1 nghiệm  x 1 x  0  2  x mx 1   x 1   x 1  2  x   m   2  x m m  1    x 1    x 1  2        x  2  x x x  x   2    2 2     2 1 1 2 0  1 m  7 Vậy m  1  ; 
7 thì đường thẳng d tiếp xúc với (C).
Bài tập 3: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị ( C ) của hàm số m 3 2
y x  4mx  7mx  3m tiếp xúc với parabol  P 2
: y x x 1 . Tổng giá trị các phần tử của S bằng A. 11 . B. 331 . C. 9 . D. 4  . 4 4 4
Hướng dẫn giải: Chọn A.
Để ( C ) tiếp xúc với (P) thì hệ phương trình sau có nghiệm: m 3 2 2
x  4mx  7mx 3m x x 1  2
3x 8mx  7m  2x 1 3 x   4m   2
1 x  7m  
1 x  3m 1  0   1   2 3x  2 
4m  1 x  7m 1 0 2
Giải (1), ta có (1)   x   2
1 x  4mx  3m   1  0 x  1   2
x  4mx  3m 1  0
+ Với x  1 thay vào (2) được m  2 2
x  4mx  3m 1  0  3 + Xét hệ   2m  
1 x m  14 . 2 3x  2 
4m  1 x  7m 1 0 • Nếu 1 m  thì (4) vô nghiệm. 2 m  • Nếu 1 m  thì (4) 1  x  . 2 2m 1 2 m   m    m   Thay 1 1 1 x  vào (3) ta được  4m  3m 1  0     2m 1  2m 1  2m 1 m  2  1 3 2
 4m 11m  5m  2  0  m   (thỏa mãn điều kiện).  4 m 1    Vậy 1
S  2; ;1 nên tổng các phần tử trong S bằng 11 .  4  4
Bài tập 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 3 x 1 y   m  2 2
x  2mx  1 tiếp xúc với đường thẳng y  1 . Tổng giá trị các phần tử của S bằng 3 2 A. 10. B. 20 . C. 8 . D. 32 . 3 3 3
Hướng dẫn giải Chọn B. 3  x 1   m  2 2
x  2mx  1  1  1
Xét hệ phương trình  3 2  2 x  
m  2 x  2m  02 x m
Giải phương trình (2) ta được  . x  2 3 mm  0
+ Với x m , thay vào (1) ta được   2 m  0   . 6 m  6
+ Với x  2 , thay vào (1), ta được 2 m  . 3
Vậy tập hợp các giá trị của tham số thực để đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc với đường thẳng y  1 là  2  S  0;
 6;  nên tổng các phần tử trong S bằng 20 .  3  3
Bài tập 5. Biết đồ thị của hàm số C 3 2
: y x ax bx c  , a ,
b c   , tiếp xúc với trục hoành tại gốc
tọa độ và cắt đường thẳng x  1 tại điểm có tung độ bằng 3. Tổng a + 2b + 3c bằng A. 4. B. 2. C. 6. D. 3.
Hướng dẫn giải: Chọn B.
Vì (C) tiếp xúc với Ox tại gốc tọa độ nên x  0 là nghiệm của hệ phương trình 3 2
x ax bx c  0 b  0    2
3x  2ax b  0 c  0
Mặt khác (C) đi qua điểm A1;3 nên a b c 1  3  a  2 .
Vậy a  2b  3c  2.
Bài tập 6. Họ parabol P y mx m x m m
luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định m  2 : 
 2 3   2  0
khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? A. A1; 8   . B. B 0; 2   . C. C 0;2 . D. D1;8 .
Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: 2
y mx  m   x m   m  2 2 3 2 x  2x   1  6x  2
y mx  2 1  6x  2 .
Xét đường thẳng d : y  6x  2 thì hệ phương trình
mx  2
1  6x  2  6x  2 
luôn có nghiệm x  1 với mọi m  0 . 2
m x   1  6  6
Vậy P luôn tiếp xúc với đường thẳng d : y  6x  2 . m
Đường thẳng d đi qua điểm B 0; 2   .
Nhận xét: Nếu có thể viết lại hàm số P theo dạng y max b2  
cx d thì P luôn tiếp xúc với m m
đường y cx d .
Dạng 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M x ; y 0 0 
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1: Tính y  f  x và f  x . 0 
Bước 2: Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là y f  x x xy 0   0  0
Bước 3: Thực hiện các yêu cầu còn lại của bài toán. Kết luận. Chú ý:
- Nếu bài toán chỉ cho x thì ta cần tìm y f x và f  x . 0  0  0  0
- Nếu bài toán chỉ cho y thì ta cần tìm x bằng cách giải phương trình f x  y . 0 0 0
- Giá trị f  x là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M x ; y . 0 0  0  2. Bài tập x
Bài tập 1. Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số C 2 1 : y
có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của đồ thị x 1
(C) tại M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B. Diện tích tam giác OAB bằng A. 125  117 121 119 ®vdt  . B. ®vdt C. ®vdt D. ®vdt 6 6 6 6
Hướng dẫn giải Chọn C.  Ta có M  C 3 2;5 ; y  ; y 2  3  . 2   x  1
Phương trình tiếp tuyến tại M 2;5 là d : y  3  x 11.   Khi đó d cắt Ox, Oy tại 11 A ;0   và B   11 0;11  OA  ; OB  11.  3  3 Vậy 1 1 11 121 SO . A OB  . .11  OAB ®vdt 2 2 3 6 x
Bài tập 2. Cho hàm số  b yab  2,
a  0 . Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của ax  2
đồ thị hàm số tại điểm A1; 2
  song song với đường thẳng d : 3x y  4  0 . Khi đó giá trị của a 3b bằng A. 5. B. 4. C. –1. D. –2.
Hướng dẫn giải Chọn D. 2  ab 2  Ta có:     ab y y 1 2    ax 2 a 22
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng
d : 3x y  4  0  y  3  x  4 nên   2    ab y 1  3     . a 2 3 2  Mặt khác b
A 1;2 thuộc đồ thị hàm số nên 1 2    b  2  a  3. a  2  2  ab    3 2 a  2
Khi đó ta có hệ a  2  2
5a 15a 10  0    a  1
b  2a  3
+ Với a  2  b  1   ab  2  (loại)
+ Với a  1  b  1 ( thỏa mãn điều kiện). x  Khi đó ta có hàm số 1 y  . x  2 3  y   y 1  3
 nên phương trình tiếp tuyến là y  3
x 1 song song với đường thẳng 2   x 2 y  3  x  4 .
Vậy a  3b  2  .
Bài tập 3. Trong tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số 3 2
y  x  3x  3x  1 thì đường thẳng
d có hệ số góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là
A. y  6x  2.
B. y  2x  2. C. y  1.
D. y  3x 1.
Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có 2 y  3
x  6x  3
Gọi M x ; y thuộc đồ thị hàm số. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại M x ; y là 0 0  0 0  k  3
x  6x  3  3  x  2 2 1  6  6 0 0 0  k  6  x  1  hay M  1  ; 4   . max 0
Phương trình đường thẳng d là y  6 x  
1  4  y  6x  2 .
Nhận xét: Đối với hàm số bậc ba 3 2
y ax bx cx d thì tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất (nhỏ nhất) là
tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị U x ; f x , với x là nghiệm của phương trình y  0 . 0  0 0
+ Nếu a  0 thì hệ số góc k f  x là nhỏ nhất. 0 
+ Nếu a  0 thì hệ số góc k f  x là lớn nhất. 0 
Bài tập 4. Cho hàm số 3 2
y x  2x  m  
1 x  2m có đồ thị C
. Giá trị thực của tham số m để tiếp m
tuyến của đồ thị C tại điểm có hoành độ x  1 song song với đường thẳng y  3x 10 là m A. m  2. B. m  4. C. m  0.
D. không tồn tại m.
Hướng dẫn giải Chọn D. có 2
y  3x  4x m 1  y  1  m  2 .
Tiếp tuyến của C tại điểm có hoành độ x  1 có phương trình là m
y  m  2 x  
1  3m  2  y  m  2 x  2mm  2  3
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x 10 nên  (vô lí) 2m  10
Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập 5. Cho hàm số f x 3 2
x mx x 1. Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có
hoành độ x  1. Tất cả các giá trị thực của tham số m để thỏa mãn k. f   1  0 là A. m  2  . B. 2   m  1. C. m  1 . D. m  2
Hướng dẫn giải Chọn B.
Ta có f  x 2
 3x  2mx 1  k f   1  4  2m .
Do đó k. f  
1  4  2mm   1
Để k. f  
1  0 thì 4  2mm   1  0  2   m  1.
Bài tập 6. Cho hàm số 3 2
y x  3mx  m  
1 x  1 , với m là tham số thực, có đồ thị (C). Biết rằng khi
m m thì tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x  1
 đi qua A1;3 . Mệnh đề nào sau đây 0 0 đúng? A. 2   m  1  . B. 1   m  0 C. 0  m  1 D. 1  m  2 0 0 0 0
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi B là tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua A1;3 khi m m0 Ta có 2
y  3x  6mx m 1. Với x  1
 thì y  2m 1  B 1
 ;2m 1 và y  1  5  m  4 . 0   0
Tiếp tuyến tại B của (C) có phương trình là y   5
m  4x   1  2m 1 .
Do tiếp tuyến đi qua A1;3 nên  m   1 2 5
4  2m 1  3  m  . 2 Vậy 1 m   0;1 . 0   2 2
Bài tập 7. Cho hàm số  x y
có đồ thị (C). Gọi M là một điểm thuộc (C) có khoảng cách từ M đến 2  x
trục hoành bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục tung, M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ
nguyên. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là A. y  8.  B. y  64.  C. y  12.  D. y  9. 
Hướng dẫn giải: Chọn A. 2  a  Giả sử M  ; a
 là một điểm thuộc (C). 2   a  2  aa  0  2  a  2 a  Do 2 a 4
d M;Ox   2d M;Oy nên  2 a    a  2 2  aa  3  2   aa    4 2 a
Theo giả thiết thì M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ nguyên nên a  4  M 4;8 . 2 x  Khi đó 4   x yy 4  0 2   2  x
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  8  . x
Bài tập 8. Cho hàm số 1 y
có đồ thị (C) và đường thẳng d : y  2
x m 1 ( m là tham số thực). x  2
Gọi k , k là hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của d và (C). Tích k .k bằng 1 2 1 2 A. 4. B. 1 . C. 2. D. 3. 4
Hướng dẫn giải Chọn A.
Tập xác định D   \   2 . Ta có 1
y  x 22
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) x 1  2
x m 1( với x  2  ) x  2 2
 2x  6  mx  3 2m  0  1
Để đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt khác –2.
    m2    m 2 6 8 3 2  0
m  4m 12  0      m   8   2 
6  m32m  0  1   0
Vậy (C) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt Ax ; y và B x ; y , với x , x là nghiệm của phương trình 2 2  1 1  1 2 (1).  m  6 x x   1 2 
Theo định lý Vi-ét ta có 2  3  2  m x .x  1 2  2 Ta có 1 1 1 k .k  .  1 2
x  22 x  22 x x  2  x x  2  4 1 2 1 2 1 2  1   4 2 3  2m m  6   2.  4    2 2 
Bài tập 9. Cho hàm số 4 2
y x  2mx m có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ thị
(C) có hoành độ bằng 1. Giá trị của tham số thực m để tiếp tuyến  của đồ thị (C) tại A cắt đường tròn
  x y  2 2 : 1
 4 tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất là A. 13 m   . B. 13 m  . C. 16 m   . D. 16 m  . 16 16 13 13
Hướng dẫn giải
Đường tròn   x   y  2 2 : 1
 4 có tâm I 0;  1 , R  2 .
Ta có A  m 3 1;1
; y  4x  4mx y  1  4  4m .
Suy ra phương trình tiếp tuyến  : y  4  4m x   1 1  m .  
Dễ thấy  luôn đi qua điểm cố định 3 F ;0 
 và điểm F nằm trong đường tròn   .  4  Giả sử  cắt
  tại M, N, Khi đó 2 2 MN
R d I  2 2 ;
 2 4  d I; . Do đó MN nhỏ nhất
d I; lớn nhất
d I;  IF    IF .     
Khi đó đường thẳng  có 1 vectơ chỉ phương 3 u IF  ; 1  ; u    1;4  4m nên  4    3 u IF      m 13 . 0 1. 4 4  0  m  . 4 16
Dạng 3: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số khi biết hệ số góc dựa vào các quan hệ song song, vuông góc,...
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo một trong hai cách sau: Cách 1:
Bước 1. Xác định hệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán.
Bước 2. Giải phương trình f  x  k để tìm x x là hoành độ của tiếp điểm. 0
Tính y f x M x ; y . 0  0  0 0 
Khi đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là y k x x y 0  0
Điểm M x ; y là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho. 0 0  Cách 2:
Bước 1. Xác định hệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán.
Bước 2. Vì tiếp tuyến có hệ số góc là k nên phương trình tiếp tuyến có dạng y kx b . Dựa vào
điều kiện tiếp xúc của tiếp tuyến với (C) ta tìm giá trị của b. Lưu ý:
- Phương trình f  x  k có bao nhiêu nghiệm thì có bấy nhiêu tiếp điểm.
- Một số trường hợp xác định hệ số góc của đường thẳng thường gặp. Cho hai đường thẳng
d : y k x b ; d : y k x b . 1 1 1 2 2 2
+ Trường hợp 1: d d k .k  1  . 1 2 1 2 k k + Trường hợp 2: 1 2 d / /d   1 2 b   b 1 2 k
+ Trường hợp 3: Góc  k d ;d  1 2    tan  . 1 2 1  k . k 1 2 Đặc biệt:
1. Nếu góc giữa d : y kx b với Ox bằng  0    90 thì k  tan .
2. Nếu đường thẳng d cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà OB  . m OA thì  OB k tan   m . OA y
+ Trường hợp 4: Nếu đường thẳng d đi qua hai điểm y
A x ; y và B x ; y thì 1 2 k  . 2 2  1 1  x x 1 2 2. Bài tập
Bài tập 1: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3
y x  3x  1 song song với trục Ox là
A. y  3, y  1  .
B. y  3, y  2  .
C. x  3, x  1  .
D. y  2, y  1  .
Hướng dẫn giải Chọn A.
Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tiếp tuyến có tiếp điểm là các điểm cực trị và có phương trình
y y với y là giá trị cực trị của hàm số đã cho. 0 0 Ta có 2
y  3x  3; y  0  x  1  .
Do hàm số đã cho là hàm bậc ba nên các điểm cực trị là A1;  1 , B  1;  3.
Vậy phương trình các đường tiếp tuyến cần tìm là y  1;  y  3. x
Bài tập 2: Cho hàm số 2 1 y
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp x 1
tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B thoả mãn OA  4OB là  1 5  1 5 y   x   y   x   A. 4 4  B. 4 4   1 13  1 13 y   x   y   x   4 4  4 4  1 5  1 5 y   x   y   x   C. 4 4  D. 4 4   1 13  1 13 y   x   y   x   4 4  4 4
Hướng dẫn giải Chọn C.
Do tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà OA  4OB . Khi đó  OB
OAB vuông tại O và ta có  1 1
k  tan OAB    k   . OA 4 4 Ta có: 1
y   x  2 1 Xét phương trình 1 1   (vô nghiệm). x  2 1 4 1 1 x  3 Xét phương trình     x    2 1 4 x  1  + Với x  3 thì 5 y
. Phương trình tiếp tuyến là 2 1
y    x   5 1 13 3    x  . 4 2 4 4 + Với x  1  thì 3 y
. Phương trình tiếp tuyến là 2 1
y    x   3 1 5 1    x  4 2 4 4 x
Bài tập 3: Đường thẳng nào dưới đây là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 3 y
chắn hai trục tọa độ một x  2 tam giác vuông cân?
A. y x  2 .
B. y x  2 .
C. y  x  2 D. 1 3 y x  4 2
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến lần lượt với Ox, Oy.
Vì OAB vuông cân tại O nên OA OB . Do đó   OB k tan OAB   1  k  1  . OA Ta có 1
y  x 22 Xét phương trình 1   (vô nghiệm). x  2 1 2 1 x  1  Xét phương trình   .   x  2 1 2 x  3  + Với x  1
 thì y  1. Phương trình tiếp tuyến là y  x   1  1  x  2 . + Với x  3
 thì y  3. Phương trình tiếp tuyến là y  x  3  3  x  6 .
Bài tập 4: Cho hàm số 1 3 y
mx  m   2
1 x  4  3mx 1 có đồ thị là C
. Tất cả các giá trị thực của m  3
tham số m để trên đồ thị C tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc m
với đường thẳng d : x  2y  3  0 là A. m < 12 hoặc 2 m  .
B. m < 0 hoặc m > 1. 3 1
C. m < 0 hoặc m  . D. m < 0 hoặc 2 m  . 3 3
Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: 1 3
d : x  2y  3  0  y   x
nên hệ số góc của d là 1  . 2 2 2
Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số góc của tiếp tuyến là k thì  1  k.   1   k  2.    2 
Gọi M x ; y là tiếp điểm của tiếp tuyến với C thì x là nghiệm của phương trình m  0 0  0 2
y  k mx  2 m  
1 x  4  3m  2 . 2
mx  2m  
1 x  2  3m  0 *
Theo bài toán thì ta phải tìm m để (*) có duy nhất một nghiệm âm.
+ Trường hợp 1: Nếu m  0 thì (*)  2  x  2
  x  1 (loại). 
+ Trường hợp 2: Nếu m  0 . Ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm là x  1 và 2 3  m x . m
Do đó để (*) có một nghiệm âm thì 2 3m  0  m  0 hoặc 2 m  . m 3
Bài tập 5: Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 2
y ax bx  2 tại điểm A  1;   1 vuông góc với đường
thẳng d : x  2y  3  0 . Giá trị 2 2 a b bằng A. 13. B. –2. C. –5. D. 10.
Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: 1 3
d : x  2y  3  0  y x  nên 1 k  2 2 d 2
Vì tiếp tuyến vuông góc với d nên phải có hệ số góc bằng –2. Ta có 3
y  ax bx x  2 4 2 2 2ax b Vì điểm A 1;  
1 là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị nên x  1
 là nghiệm của phương trình x  2 2
2ax b  2   2
 2a b  2
  2a b  1.
Mặt khác điểm A thuộc đồ thị hàm số nên a b  2  1  a b  1  .
2a b  1 a  2 Vậy ta có hệ 2 2   
a b  5.  a b  1  b  3 
Bài tập 6: Cho hàm số 3 2
y x  3x  9x  1 có đồ thị là (C). Số tiếp tuyến của (C) tạo với đường thẳng
d : y  x 1 một góc  thỏa mãn 5 cos  là 41 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm. Ta có 5        1 4 cos 0 90  tan  1  . 2 41 cos  5 k  9  k
Vì d có hệ số góc bằng –1 nên 1 4  tan    1 1 k 5 k    9 Ta có 2
y  3x  6x  9 . x  0 + Trường hợp 1: 2 k  9
  x  2x  0  x 2
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến y  9
x 1 và y  9  x  3 .  + Trường hợp 2: 1 9 321 2 k  
 27x  54x  80  0  x  9 9   
Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến là 1 9 321
y    x
  yx0  9  9   
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm.
Bài tập 7: Cho hàm số 1 7 4 2 y x
x có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm A thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp 8 4
tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt M x ; y ; N x ; y ( M, N khác A ) thỏa mãn 1 1   2 2 
y y  3 x x 1 2  1 2  A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Hướng dẫn giải Chọn B. y
Do tiếp tuyến đi qua hai điểm y
M x ; y ; N x ; y nên hệ số góc của tiếp tuyến là 1 2 k   3. 1 1   2 2  x x 1 2 Ta có 1 7 3 y  x x . 2 2 Xét phương trình 1 7 3 x
x  3  x  3; x  1  ; x  2  . 2 2
Mặt khác để tiếp tuyến của hàm số trùng phương cắt được đồ thị tại hai điểm phân biệt thì tiếp điểm A chỉ
có thể chạy trong phần đồ thị từ điểm cực tiểu thứ nhất sang điểm cực tiểu thứ hai (trừ hai điểm uốn). x  0 Khi đó phương trình 3
y  0  x  7x  0  x   7
Do đó hai điểm cực tiểu là x   7 và x  7 nên hoành độ của tiếp điểm x   7; 7 0   Vậy chỉ có x  1  ; x  2  thỏa mãn. 0 0 ax
Dạng 4: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số b y
khi biết mối quan hệ của tiếp
cx d
tuyến với các đường tiệm cận của đồ thị hàm số
1. Phương pháp giải ax Với hàm số b y
( với c  0; ad bc  0 ) thì đồ thị hàm số có hai tiệm cận là cx d   d a x ; y . c cd a Gọi I  ; 
là giao điểm của hai đường tiệm cận ( và cũng là tâm đối xứng của đồ thị). c c
Khi đó tiếp tuyến tại điểm M x ;y bất kì của đồ thị cắt tiệm cận đứng tại điểm 0 0 
d 2bc ad acx   d a  0 A  ;
và cắt tiệm cận ngang tại điểm B 2x  ;   . c c     cx   d 0  c c  0  
2 ad bc 2 cx d 0 
Ta có IA c ; IB cx d c 0  4 ad   bc . IA IB
K là hằng số không đổi. 2 c 2 ad bc Suy ra S. IAB 2 c
Khi đó các bài toán sau là tương đương:
Tìm điểm M C hoặc viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông có
a) Cạnh huyền nhỏ nhất 2 2 AB
IA IB  2I . A IB  2K
Dấu bằng xảy ra khi IA IB .
b) Chu vi nhỏ nhất
Ta có IA IB AB  2 I . A IB  2 .
IA IB  2 K  2K
Dấu bằng xảy ra khi IA IB .
c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất Ta có 1   K R AB . 2 2
Dấu bằng xảy ra khi IA IB .
d) Bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất Ta có  S K r p
IA IB AB
Vậy r lớn nhất khi IA IB AB nhỏ nhất và bằng 2 K  2K .
Dấu bằng xảy ra khi IA IB .
e) Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến lớn nhất
Gọi H là hình chiếu của I lên d, ta có 1 1 1 2 2       K IH 2 2 2 IH IA IB I . A IB K 2
Dấu bằng xảy ra khi IA IB .
Nhận xét: Các câu hỏi trên thì đẳng thức đều xảy ra khi IA IB nên IAB vuông cân tại I.
Gọi  là góc giữa tiếp tuyến d và tiệm cận ngang  thì   d;  d;Ox  45 nên hệ số góc của 2    2
tiếp tuyến là k   tan 45  1  . 2. Bài tập x
Bài tập 1: Cho hàm số 1 y
có đồ thị (C). Có bao nhiêu cặp điểm A, B thuộc (C) mà tiếp tuyến tại x 1 đó song song với nhau?
A. Không tồn tại cặp điểm đó.
B. Vô số số cặp điểm. C. 2. D. 1.
Hướng dẫn giải Chọn B. a    b   Giả sử 1 1 A ; a , B ,    b  với a  ; b , a b  1.  a 1  b 1   a b
Do tiếp tuyến tại A, B song song với nhau nên ya  yb 2 2    a    2 1 b  2 1 a b  2
Do a b nên chỉ có a b  2 . Vậy có vô số cặp điểm A, B thỏa mãn. ax
Nhận xét: Hai điểm A, B phân biệt thuộc đồ thị hàm số b y
mà tiếp tuyến tại đó song song với cx d
nhau thì A, B đối xứng với nhau qua tâm đối xứng I. x
Bài tập 2: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 3 y
cùng với hai tiệm cận tạo thành một tam giác có diện 2x  1 tích bằng A. 6. B. 7. C. 5. D. 4.
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi M x ;y là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị. Khi đó tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B và I 0 0 
là giao điểm của hai tiệm cận. 2 4  6
Theo lý thuyết đã nêu thì S   5. . IAB 4 x
Bài tập 3: Cho hàm số 2 1 y
có đồ thị (C). Tiếp tuyến tại điểm M  ;
a b C, a  0 tạo với hai x 1
tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 . Giá trị của a  2b bằng A. 2. B. 4. C. 8. D. 5.
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Do
IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp IAB là 1 R
AB  2  AB  2 2 . 2 Theo lý thuyết, ta có 2 2 .
IA IB  4, AB IA IB  2 . IA IB  2 2 .
Dấu " = " xảy ra khi IA IB . Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến k  1  .
Mặt khác k ya 1     k   . a   0 1 2 1 1 a  0 Ta có    
. Do a   a   b  Vậy a b   0 2 3. 2 8. a   1  2 1 a  2 x
Bài tập 4: Gọi (C) là đồ thị của hàm số 2  m y
, m là tham số khác –4 và d là một tiếp tuyến của (C). x  2
Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để d tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện
tích bằng 2, tổng giá trị các phần tử của S bằng A. –11. B. 8. C. 3. D. –8.
Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai tiệm cận. Theo lý thuyết, ta có .
IA IB  4 m  4  S  2 m  4 IABm  3 
Vậy ta có 2 m  4  2  m  5  S   5;   
3 nên tổng các phần tử của S bằng –8. x
Bài tập 5: Gọi  là tiếp tuyến tại điểm M x ; y , x  0 thuộc đồ thị của hàm số 2 y  sao cho 0 0  0 x 1
khoảng cách từ I  1  ; 
1 đến A đạt giá trị lớn nhất. Giá trị x .y bằng 0 0 A. –1. B. 0. C. –2. D. 2.
Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi A, B là giao điểm của A với hai đường tiệm cận.
Theo lý thuyết d I; lớn nhất khi IA IB k  1  .
Mặt khác k y 1 x    0  k  1  . 0  x  2 1 0 1 x  0 Vậy 0     x   1  2 1 x  2   0 0
Do x  0  x  2
  y  0  x .y  0 . 0 0 0 0 0 x
Bài tập 6: Cho hàm số 2 2 y
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai tiệm cận x 1
một tam giác có chu vi nhỏ nhất là
A.  : y  x 1 và  : y  x 17
B.  : y  x 1 và  : y  x  7
C.  : y  x  21 và  : y  x  7
D.  : y  x  3 và  : y  x  2
Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm M x ; y C với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai 0 0   
đường tiệm cận. Khi đó IAB vuông tại I. 4 ad bc
Theo lý thuyết, chu vi IAB là IA IB AB  2 . IA IB  2I . A IB  8  4 2 vì . IA IB   16 2 c
Do đó chu vi nhỏ nhất bằng 8  4 2 khi IA IB k  1  .
Mặt khác k y 4 x    0  k  1  . 0  x  2 1 0 4 x  3 Vậy ta có 0     x   1  2 1 x  1   0 0
Với x  3 thì y  4 . Do đó phương trình tiếp tuyến là y   x  3  4  x  7 0 0 Với x  1
 thì y  0 . Do đó phương trình tiếp tuyến là y  x   1  x 1 0 0 x
Bài tập 7: Cho hàm số 2 2 y
có đồ thị (C). Một tiếp tuyến bất kỳ với (C) cắt đường tiệm cận đứng x 1
và đường tiệm cận ngang của (C) lần lượt tại A và B, biết I 1;2 . Giá trị lớn nhất của bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác IAB bằng A. 7  3 2 . B. 8  4 2 . C. 4  2 2 D. 8  3 2
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm M x ; y C với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai 0 0   
đường tiệm cận và IAB vuông tại I. 4 ad bc Theo lý thuyết, ta có . IA IB   16  S  8 . 2 IAB c
Khi đó bán kính đường tròn nội tiếp IAB lớn nhất xảy ra khi IA IB    AB IA IB
4  AB  4 2  p   4  2 2 2 8  r   4  2 2 max 4  2 2
Bài tập 8: Cho hàm số 2  x y
có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai trục tọa độ x  2
một tam giác có diện tích bằng 1 là 18 A. 9 1 4 2 y x  ; y x  . 4 2 9 9 B. 9 31 4 2 y x  ; y x  . 4 2 9 9 C. 9 1 4 4 y x  ; y x  . 4 2 9 9 D. 9 1 4 1 y x  ; y x  . 4 2 9 9
Hướng dẫn giải Chọn A. a  Gọi 2 M ; aa  2   
 là tiếp điểm của tiếp tuyến. Khi đó phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là  a  2       2a 4 2      a y y a x a y x a . 2   a  2 a  2 a  2
Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của d với hai trục Ox, Oy. 2  2   a
Tọa độ các điểm A, B là 2a A   ;0 , B 0;  .  2    a 22    a  1 4 2 1 a 1
3a a  2 Vậy  SO . A OB    OAB   2 2 a  22 2 2 18
3a  a  2 a    3 Với 4 2 4 2
a  1  d : y x 1   x  . 1   9 3 9 9   Với 2 9 2 9 1 a    d : y x  1  x  2   3 4  3  4 2 x
Bài tập 9: Cho hàm số 2 1 y
có đồ thị (C). Gọi M x ;y , x  0 là điểm thuộc (C), biết tiếp tuyến 0 0  2x  2 0
của (C) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho S  8  S ( I là giao hai OIBOIA
đường tiệm cận). Giá trị biểu thức S x  4y bằng 0 0 A. 13 . B. –2. C. 2. D. 7 . 4 4
Hướng dẫn giải Chọn B. Do góc   S IA
OIA OIB nên 1 OIA   . S IB 8 OIB Mà   tan  IA k IBA nên 1 1 k   k   . IB 8 8 
Mặt khác k y 2 1 x   0  k   0  4  x  2 1 8 0 1  1 x  3 0      . 2  x  2 1 8 x  1   0 0 Do 5
x  0 nên x  3  y
S x  4y  2  0 0 0 0 0 4 x
Bài tập 10: Cho hàm số 2 3 y
có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) cắt x  2
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho côsin góc  ABI bằng 4 với I 2;2 là 17 A. 1 3 1 7 y  
x  ; y   x  4 2 4 2 B. 1 3 1 7 y  
x  ; y   x  4 2 4 2 C. 1 3 1 7 y   x  ; y   x  4 2 4 2 D. 1 3 1 7 y   x  ; y   x  4 2 4 2
Hướng dẫn giải: Chọn D. Ta có  1 1 1
k  tan ABI  1   k   2  cos ABI 4 4  Giả sử 1 1
M x ; y C thì k y x   0  k   . 0  0 0    x 22 4 0 1  1 x  0 Xét phương trình 0      x  22 4 x  4  0 0 + Với 3
x  0 thì y
. Phương trình tiếp tuyến là 1 3 y   x  . 0 0 2 4 2 + Với 5 1 5 1 7
x  4 thì y
. Phương trình tiếp tuyến là y    x  4    x  0 0 2 4 2 4 2
Dạng 5. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x đi qua điểm M x ; y cho trước. 0 0 
1. Phương pháp giải
Thực hiện một trong hai cách sau Cách 1:
Bước 1. Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng y k x x y . 0  0
Bước 2. Tìm k là nghiệm của hệ phương trình
f x  k x x   y 0  0  f
 x  k
Từ đó suy ra phương trình của tiếp tuyến. Cách 2:
Bước 1. Giả sử A ;
a f a là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho nên phương trình
tiếp tuyến tại điểm A là y f a x a  f a .
Bước 2. Do tiếp tuyến đi qua M x ; y nên a là nghiệm của phương trình 0 0 
f a x a f a y . 0    0
Tìm a và suy ra phương trình tiếp tuyến. 2. Bài tậpx
Bài tập 1: Cho đồ thị hàm số C 1 : y
. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm x  2 A 2;  1 ? A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 1 y  x  . x 2 , 2 2  x  
Gọi tọa độ tiếp điểm là 1 0 M x ;
 với x  2 . Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại 0 x  2  0 0  x  điểm M là 1 1 y x x  . 2  0  0 x 2 x  2 0 0
Do tiếp tuyến đi qua điểm A2;  1 nên ta có phương trình 2  xx 1 x 0  0 0       ( vô nghiệm). x 2 1 1 2 x  2 x  2 0 0 0
Vậy không có tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu đề bài. . ax
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số b y
thì không có tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua điểm cx dd a I  ; 
là giao điểm của hai đường tiệm cận. c c
Bài tập 2: Cho hàm số 1 3 4 2 y x  3x
có đồ thị (C). Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua 2 2   điểm 3 A 0;   ?  2  A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Hướng dẫn giải Chọn C.  
Phương trình đường thẳng  đi qua điểm 3 A 0; 
 và có hệ số góc k có dạng 3 y kx  .  2  2 1 3 3 4 2
x  3x   kx    1
Để  tiếp xúc với (C) thì hệ phương trình 2 2 2 có nghiệm x. 3
2x 6x k  2 Thế (2) vào (1), ta có 1 3 3 4 2 x  3x    3
2x  6x x  2 2 2 x  0 2  x  2
x  2  0   . x   2 + Với 3
x  0  k  0   : y  . 1 2 + Với 3
x  2  k  2  2   : y  2  2 x . 2 2 + Với 3
x   2  k  2 2   : y  2 2 x . 3 2
Vậy có ba tiếp tuyến thỏa mãn.
Dạng 6: Xác định các điểm M để có k tiếp tuyến của đồ thị hàm số C: y f x đi qua điểm M
1. Phương pháp giải
Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1. Xây dựng tọa độ điểm M  ; a b .
Bước 2. Giả sử d là đường thẳng đi qua M và có hệ số góc k. Khi đó phương trình đường thẳng
d : y k x a  b .  f
  x  k x a  b
Bước 3. Để d là tiếp tuyến của (C) thì hệ phương trình * có nghiệm.  f
  x  k
Dựa vào số nghiệm của hệ trên suy ra số tiếp tuyến tương ứng bài toán yêu cầu. Nhận xét:
- Nếu f x là hàm số bậc 2, bậc 3, bậc nhất trên bậc nhất thì hệ (*) có bao nhiêu nghiệm thì
tương ứng với bấy nhiêu tiếp tuyến.
- Nếu f x là hàm số trùng phương có 3 điểm cực trị thì nếu hệ (*) có nghiệm không phải là hoành độ
của 2 điểm cực tiểu (cực đại) thì mỗi nghiệm ứng với một tiếp tuyến của đồ thị (C). 2. Bài tập
Bài tập 1: Cho hàm số 3 2
y  x  6x  2 có đồ thị (C) và điểm M  ;2 m
 . Gọi S là tập hợp các giá trị
thực của m để qua M có hai tiếp tuyến với đồ thị (C).
Tổng các phần tử của S bằng A. 20 . B. 13. C. 4. D. 16 . 3 2 3
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi d là đường thẳng đi qua M  ;2 m  và có hệ số góc k.
Khi đó phương trình của d là y k x m  2 .
Để có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua M thì hệ phương trình 2 k  3  x 12x
phải có hai nghiệm phân biệt. 3 2
x  6x  2  k
x m 2 Từ hệ trên, ta có 3 2
x x    2 6 2 3
x 12xx m  2 x  0 2
x 2x  3m  2 x 12m  0     2 2x  3 
m  2 x 12m  0 *
Để hệ có đúng hai nghiệm, ta xét các trường hợp sau
+ Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép khác 0      m  2 m 6 9 2  96m  0     2  . 12  m  0 m   3
+ Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0
  m  2 9 2  96m  0    m  0 12  m  0   Vậy 2 S  6; 
;0 nên tổng các phần tử bằng 20 .  3  3
Bài tập 2: Cho hàm số 2
x  2x  3 có đồ thị (C) và điểm A 1;a . Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để
có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua A ? A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.
Hướng dẫn giải Chọn C.  Ta có hàm số x 1 2 y
x  2x  3 xác định trên  , y  . 2 x  2x  3
Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua A1;a .
Phương trình đường thẳng  : y k x   1  a .
Đường thẳng  tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ phương trình sau có nghiệm 2
x  2x  3  k x  1 a 1   x 1   k 2 2
x  2x  3  Thay (2) vào (1) ta được x 1 2
x  2x  3 
x  1 a 2 x  2x  3
x x   x  2 2 2 2 2 3 1
a x  2x  3  a x  2x  3  2 2  a  3. 2 x  2x  3
Qua A có đúng hai tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt.
Xét hàm số f x 2  . 2 x  2x  3 2  x 1
Ta có f  x     f x   x  .
x  2x  3 ;   0 1 2 2 x  2x  3 Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có (3) có hai nghiệm phân biệt thì a 0; 2. Mà a nguyên nên a 1.
Dạng 7: Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ẩn tại điểm có hoành độ x x cho trước 0
1. Phương pháp giải
Từ biểu thức của hàm ẩn, tìm cách tính các giá trị y f x và f  x . 0  0  0 
Áp dụng công thức viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ x x . 0
Chú ý công thức đạo hàm của hàm số hợp: Cho hàm số f x có đạo hàm trên khoảng K, u ux là
hàm số xác định và có đạo hàm trên K và có giá trị trên khoảng K. Khi đó  
f u  u . f u . 2. Bài tập
Bài tập 1: Cho hàm số
y f x  có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn
f x   f   x  2 2 2 1 2  12x , x
   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ bằng 1 là
A. y  2x  2.
B. y  4x  6.
C. y  2x  6.
D. y  4x  2.
Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta cần tính f   1 , f   1 .
Từ giả thiết f x  f   x 2 2 2 1 2  12x , x    . (*)
2 f 0  f   1  0  f 0  1    Chọn x  0 và 1 x  , ta được    . 2 2 f
 1 f 0  3  f    1  2
Lấy đạo hàm hai vế (*) ta được 4. f 2x  2. f 1 2x  24x, x    4 f  
02 f  1  0  f   0  2 Chọn x  0 và 1 x  , ta được    . 2 4 f  
 12 f 0 12  f     1  4 Vậy f   1  2; f  
1  4 nên phương trình tiếp tuyến là y  4  x   1  2  4x  2 .
Bài tập 2: Cho các hàm số y f xy g x  f f x y hx  f  3 , ,
x  2 có đạo hàm trên  và có
đồ thị lần lượt là C , C , C . Đường thẳng x  2 cắt C , C , C lần lượt tại A, B, C. Biết 1   2   3  1   2   3 
phương trình tiếp tuyến của C tại A và của C tại B lần lượt là y  3x  4 và y  6x 13 . Phương 2  1 
trình tiếp tuyến của C tại C là 3 
A. y  24x  23.
B. y  10x  21. C. y  12  x  49.
D. y  2x  5.
Hướng dẫn giải Chọn A.
Để giải bài toán, ta cần tính h2 và h2 .
Phương trình tiếp tuyến của C tại A là 1   f 2  3  f 2   
y f   x    f   3 2 2 2  3x  4      2  f  
2 f 2  4  f  2  10
Phương trình tiếp tuyến của C tại B là 2 
y f 2. f  f 2 x  2  f f 2  f 2. f 10 x  2  f 10  6x 13.  f
 2. f 10  6  f   10  2      2  f  
2.f 10 f 10 13  f  10  25 
Ta có h x   f  3 x   2  x f  3 2 3 .
x  2 nên h2  12 f 10  24 và h2  f 10  25 .
Phương trình tiếp tuyến của C tại C là 3 
y h2 x  2  h 2  24  x  2  25  24x  23 .
Bài tập 3: Cho hàm số y f x xác định có đạo hàm và nhận giá trị dương trên  . Biết tiếp tuyến của f x
hai đồ thị hàm số y f x và y g x   
cùng tại điểm có hoành độ x  1 có hệ số góc lần lượt 0 f  2 x
là 12 và –3. Giá trị của f   1 bằng A. 3. B. 4. C. 6. D. 2.
Hướng dẫn giải Chọn B.   f x f  2
x . f  x  f x.2x. f  2 x
Ta có g x        f   2 x  2  f   2x
Từ giả thiết ta có f  
1  12 và g  1  3
 , f x  0, x    f   1 . f   1  2 f   1 . f   1 f   1   3    3   f 1  4. 2 f   1 f     1
Bài tập 4: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên  . Gọi  ,  lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị 1 2
hàm số y f x và y g x 2
x . f 4x  3 tại điểm có hoành độ x 1. Biết hai đường thẳng  ,  1 2
vuông góc nhau và  không song song với Ox, Oy . Mệnh đề nào sau đây đúng? 1
A. 3  f   1  2. B. f   1  2. C. f   1  2.
D. 2  f   1  2 3.
Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 
g x   2
x f x    x f x   2 . 4 3 2 . 4
3  4x . f 4x  3 .
Ta có hệ số góc của các tiếp tuyến  ,  lần lượt là f   1 và g  1  2 f   1  4 f   1 . 1 2
Theo giả thiết thì f   1 .g  1  1  và f   1  0 .  f   1 .2 f   1  4 f   1   1   f   1 1 2 1            .
f   4 f   1 2 f   1 f   4 f   1 4 f   1 2 1 1
Bài tập 5: Cho hàm số y f x có đạo hàm f  x trên  thỏa mãn f  3 x  3x  
1  2x 1 với mọi
x   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  3  là A. 1 y x . B. 1 y x  2 . C. 1 y x  3 . D. 1 y x  2. 3 3 3 3
Hướng dẫn giải Chọn B.
Để viết phương trình tiếp tuyến tại điểm x  3
 , ta cần tính f  3   và f  3   . Với x  1
 suy ra f 3  3. Do f  3
x x    x    2
x   f  3 3 1 2 1 3 3 x  3x   1  2 .
Với x    f     f   1 1 6 3 2 3  . 3
Do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là
y f   x    f   1
y  x   1 3 3 3 3  3  y x  2 . 3 3
Bài tập 6: Cho hàm số y f x có đạo hàm trên  . Gọi C , C và C lần lượt là đồ thị của các 3  1   2 
hàm số f xg x  f  2 ,
x  và     3 h x
f x  . Biết f  
1  1 và tổng hệ số góc của hai tiếp tuyến tại điểm
có hoành độ x  1 của C , C bằng –3. Phương trình tiếp tuyến của C tại điểm có hoành độ x  1 3  1   2  là
A. y  x  2. B. y  3  x  2.
C. y  x 1. D. y  3  x  4.
Hướng dẫn giải Chọn D. Ta cần tính h  1 , h  1 .
Ta có g x  xf  2
x h x 2  x f  3 2 , 3 x  .
Theo giả thiết, ta có f   1  g  1  3   f   1  2 f   1  3   f   1  1  . Do đó h  1  3 f   1  3  và h  1  f   1  1 .
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3  x   1 1  3  x  4 .
Bài tập 7: Cho hai hàm số f x, g x đều có đạo hàm trên  và thỏa mãn 3 f   x  2
f   x 2 2 2 2 3
x g x  36x  0 , với mọi x  . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y f x  tại điểm có hoành độ x  2 là
A. y  x.
B. y  2x  3. C. y  2  x  3.
D. y x.
Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có 3 f   x  2
f   x 2 2 2 2 3
x g x  36x  0, x      1  f 2  0
Thay x  0 vào (1) ta có 3 f 2 2
 2 f 2  0  f 22
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được 2
f   xf   x  f   xf   x  x g x 2 3 2 . 2 12 2 3 . 2 3 2 .
x .gx  36  0. 2
Thay x  0 vào (2) ta có 2
3 f 2. f 2 12 f 2. f 2  36  0. 3
+ Với f 2  0 thay vào (3) thì 36  0 (vô lý).
+ Với f 2  2 thay vào (3) thì f 2  1 nên phương trình tiếp tuyến là y x .
Bài tập 8: Cho hàm số 3
y f x  có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn  f
  x  6 f  x  3  x 10 với
mọi x   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ x  1 là
A. y  x  2.
B. y x. C. 1 2 y x  . D. 1 4 y   x  . 3 3 3 3
Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta cần tính f   1 , f   1 . Thay 3
x  1 vào đẳng thức  f
  x  6 f  x  3  x 10 , ta có  f    3   f
       f    3 1 6 1 3 10 1   6 f
 17  0  f  1 1.
Theo bài ra ta có  f   x 3   6 f  x  3
x 10 đúng với mọi x nên đạo hàm hai vế ta được  f x 2 3.
 . f x  6 f x  3  , x      . Thay 2
x  1 vào ta có 3  f   1  . f   1  6 f   1  3    . Vì f  
1  1 nên f   1 1   . 3
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là 1 4 y   x  . 3 3 2  f   1  2.
Dạng 8. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số y f x mà tiếp tuyến tại các điểm đó song song với
nhau hoặc có cùng hệ số góc k.
1. Phương pháp giải
Giả sử hai điểm Ax ; f x , Bx ; f x x x
thuộc đồ thị hàm số y f x mà tiếp A A B
B  A B
tuyến tại hai điểm đó song song với nhau hoặc có cùng hệ số góc k thì x , x là hai nghiệm của A B
phương trình f  x  k .
Khi đó ta có biểu thức liên hệ giữa x , x . Từ đó giải quyết yêu cầu bài toán đưa ra. A B    Đối với hàm số ax b d a y
c  0;ad bc  0 có tâm đối xứng là I  ; 
 . Nếu A, B là hai điểm thuộc cx dc c
đồ thị có tiếp tuyến tại A, B song song với nhau thì I là trung điểm của AB. 2. Bài tập mẫu
Bài tập 1: Cho hàm số x 1 y
có đồ thị (H). Gọi Ax ; y , B x ; y là hai điểm phân biệt thuộc (H) 1 1   2 2  2x 1
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng A. 3 2 . B. 3. C. 6. D. 2 6.
Hướng dẫn giải Chọn C.  Ta có 3 y 
. Do tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau nên 2x  2 1    
y x   y x  3 3 x x 1 2     1 2 2x  2 1 2x  2 1 x x  1  1 2 1 2
Vì x x nên x x  1 . 1 2 1 2
Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử 1 1 x a  , a  0 thì 1 2 2  1 1 a  3   1 1 a  3  A a  ; , B a  ;     .  2 2 2a   2 2 2a    Gọi 1 1 I ; 
 là giao điểm của hai đường tiệm cận.  2 2 
x x  1  2x Ta thấy 1 2 I
nên I là trung điểm của AB.
y y  1  2y  1 2 I 2 2    Ta có a 3 a 9 a 9 3 IA  ;  IA    2 .    2 2  2 2a  4 4a 4 4a 2
Vì I là trung điểm của AB nên 3 AB  2IA  2  6 . 2 2 Vậy a 9 AB  6 khi 2 
a  3  a  3 min 2 4 4a
Bài tập 2: Cho hàm số x 1 y
có đồ thị (H). Gọi Ax ;y , B x ;y là hai điểm phân biệt thuộc (H) 1 1   2 2  2x 1
sao cho tiếp tuyến của (H) tại A , B có cùng hệ số góc k . Biết diện tích tam giác OAB bằng 1 . Mệnh đề 2 nào dưới đây đúng? A. k  9.
B. 9  k  6  . C. 6   k  3  . D. 3   k  0.
Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: 3
y   2x  2 1
Tiếp tuyến tại A, B của (H) có cùng hệ số góc k nên x , x là hai nghiệm phân biệt của phương trình 1 2 3     .  k k 2x   0 2 1 x x  1 1 2  Suy ra 2
4kx  4kx k  3  0 * nên  k  3 x .x   1 2  4k
Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử 1 1 x a  , a  0 thì 1 2 2  1 1 a  3   1 1 a  3  A a  ; , B a  ;     .  2 2 2a   2 2 2a   
Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC nếu có AB   ;
a b, AC   ; c d  thì 1 Sad bc . ABC 2         Ta có 1 1 a 3 1 1 a 3 OA a  ; , OB   a  ;      2 2 2a   2 2 2a  2
1  a 1  a  3  a 1  a  3 1 a  3 1  S   .   OAB      2  2  2a  2  2a 4 a 2 2 2 a  3
a  2a  3  0 a  3   2     ( vì a > 0). 2 a
a  2a  3  0 a  1 + Với 1
a  3  x  2; x  1   k   . 1 2 3
+ Với a  1  x  1; x  0  k  3  . 1 2 Vậy giá trị của k là 1 k  3;  k   . 3
Bài tập 3: Cho hàm số 3
y x  3x  1 có đồ thị (C). Gọi Ax ; y , B x ; y với x x là các điểm A A B B A B
thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và AB  6 37 . Giá trị 2x  3x bằng A B A. 15. B. 90. C. – 15. D. – 90.
Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có 2
y  3x  3.
Do tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau nên y x yx A   B  2 2
 3x  3  3x  3  x x  0 (do x x ). A B A B A B Giả sử A 3
a a a   B  3 , 3 1 ,  ,
a a  3a   1 với a > 0 thuộc (C).
Khi đó AB a   a a2 2 2 3 6 4 2 4 2 6
 4a  24a  40a  6 37 6 4 2 2
 4a  24a  40a 1332  0  a  9  a  3 (vì a > 0)
x  3; x  3
 nên 2x  3x  15. A B A B
Bài tập 4: Cho hàm số x 2 y
có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm phân biệt thuộc (C) và tiếp tuyến x 1
của (C) tại A, B song song với nhau. Đường thẳng AB cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại M, N diện tích tam
giác OMN bằng 1 . Độ dài đoạn MN bằng 4 A. 10 . B. 5 . C. 3 5 . D. 10 . 2 2 2
Hướng dẫn giải Chọn B.  Ta có 3 y 
. Gọi Ax ;y , B x ;y . 1 1   2 2  x  2 1
Khi đó y x   y x    x  2 1  x  2 1
x x  2 . 1 2 1 2 1 2
Do đó tâm đối xứng I 1; 
1 của (C) là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Gọi hệ số góc của đường thẳng AB là k.
Phương trình đường thẳng AB là y k x   1 1 .
Điều kiện để đường thẳng d : y k x  
1  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B là phương trình
x  2  kx  11* có hai nghiệm phân biệt x 1. x 1 Ta có   2
*  kx  2kx k  3  0 có hai nghiệm phân biệt x  1 khi và chỉ khi k  0  2
k k k  3  0  k  0
k 2k k 3  0    
Vì M, N là giao điểm của AB với Ox, Oy nên k 1 M ;0 , N   0;1 k.  k     k  2 k 2 1 Suy ra 1  S    2 k   k OMN   2 1 1 2 k 4 k   2 2 k 1  
Ta có MN  k  2   1   k  2 1 2 1 1    2 2 kk  + Với 5
k  2  MN  . 2 + Với 1 5 k   MN  . 2 2
Vậy trong cả hai trường hợp thì 5 MN  . 2
Dạng 9: Một số dạng toán khác
Bài tập 1: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số 4 2
y x  3x  2 và có hoành độ a. Có bao nhiêu số
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A? A. 1. B. 3. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải Chọn B. x  0 Ta có 3 
y  4x  6x; y  0  6  . x    2 2 2
y  12x  6; y  0  x   . 2
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm thỏa mãn  6 6   a   2 2   a 1  ;0;  1 .  2 a   ;a     2
Vậy có ba giá trị nguyên của a thỏa mãn.
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số 4 2
y ax bx c mà đồ thị có ba điểm cực trị ( khi ab < 0) thì tiếp
tuyến của đồ thị tại các điểm có hoành độ nằm giữa hai điểm cực tiểu (cực đại), trừ điểm uốn sẽ luôn cắt
đồ thị tại hai điểm khác nữa.
Bài tập 2: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số 4 2
y x  3x  2 và có hoành độ a . Có bao nhiêu số
nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A và diện tích tam giác OBC bằng 2 3 ? A. 1. B. 3. C. 2. D. 5.
Hướng dẫn giải Chọn A. x  0 Ta có 3 
y  4x  6x; y  0  6  . x    2 2 2
y  12x  6; y  0  x   . 2
Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm nữa thì  6 6   a   2 2   a 1  ;0;  1  2 a    2 + Với a  1   A 1
 ;0 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  2x   1 . x  0 Xét phương trình  4 2
x  3x  2  2  x   1  x  1  
nên B 0;2,C2;6  S  2 (loại). OBC  x  2 
+ Với a  0  A0;2 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  2 nên B  3;2,C 3;2  S  2 3 OBC (thỏa mãn). + Với
a  1  A 1;0 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  2  x   1 nên
B 0;2,C  2  ;6  S  2 (loại). OBC  Vậy a  0 . 
Bài tập 3: Cho hàm số x 1 y
có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m sao cho tiếp x  2
tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x m  2 cắt tiệm cận đứng tại Ax ; y , cắt tiệm cận ngang tại 1 1 
B x ; y thỏa mãn x y  5
 . Tổng giá trị các phần tử của S bằng 2 2  2 1 A. 4. B. – 2. C. – 4. D. 2.
Hướng dẫn giải Chọn B.
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x  2  và y  1. Ta có 3 3 y 
, ym  2  . 2   x  2 2 m    Gọi m 3 M m  2;  
 C,m  0 , tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình là  m  3 m  3 y
x m  2  . 2   m m   
Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là m 6 A 2;  
 và tiệm cận ngang là B 2m  2;  1 .  m m  6 m  1 Theo giả thiết ta có 2  2m  2  5
  2m  4m  6   . mm  3 
Vậy m m  2  . 1 2 
Bài tập 4: Cho hàm số x 1 y
có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm nằm trên hai nhánh của (C) và các x 1
tiếp tuyến của (C) tại A, B cắt các đường tiệm cận ngang và tiệm cận
đứng lần lượt tại các cặp M, N và P, Q. Diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất bằng A. 16. B. 32. C. 8. D. 4.
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Theo tính chất của tiếp tuyến đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc
nhất thì IM.IN I . P IQ  8 . Ta có 1 1 SMP NQ IM IP IN IQ
IM IN IP IQ IM IQ IN IP MNPQ    1 .  . . . .  2 2 2 1    
  IM IQ IN IP 1 64 1 8 8 . .  8 
IN.IP  8  .2 64  16   . 2 2  IN.IP  2 Vậy S
 16 khi 64  IN.IP IN.IP  8 hay IN IQ IM IP  2 2 tức là MNPQ là hình min IN.IP vuông.
Bài tập 5: Cho hàm số 1 4 3 2 y
x x  6x  7 có đồ thị (C). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 2
để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng d : y mx ? A. 27. B. 28. C. 26. D. 25.
Hướng dẫn giải Chọn B. Giả sử M  ;
a b là tiếp điểm. Ta có 3 2
y  2x  3x 12x .
Tiếp tuyến của (C) tại M song song hoặc trùng với đường thẳng d : y mx nên a là nghiệm của phương trình 3 2
2x  3x 12x m * .
Để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng d thì phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm. x  1  Xét f x 3 2
 2x  3x 12x có 2
y  6x  6x 12; y  0   . x  2 Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, để phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm thì 20   m  7 .
Mà m  nên m 20,19,...,6,  7 .
Vậy có 28 giá trị m thỏa mãn. 
Bài tập 6: Cho đường cong Cx 1 : y
và điểm I 1; 
1 . Hai điểm A và B thuộc cùng một nhánh của x 1
đồ thị sao cho IA IB . Gọi k và k lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến tại A và B. Khi tiếp tuyến tại A 1 2
và B của (C) tạo với nhau một góc 15 , giá trị biểu thức k k bằng 1 2
A. 2 6  2 2. B. 42  3. C. 2 6  2 2. D. 42  3.
Hướng dẫn giải Chọn A.
Do IA IB nên k .k  1. 1 2  Ta có k k 1 2
tan15  1 k .k 1 2
k k  2 2  3 1 2  
 k k 2  28 16 3 1 2
 k k 2  32 16 3  k k  4 2  3  2 6  2 2 . 1 2 1 2 ax
Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số b y
có tâm đối xứng là I. Cho A, B là hai điểm thuộc cùng một cx d
nhánh của đồ thị hàm số thỏa mãn IA IB .
Gọi k ,k là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại A, B. 1 2 Ta có 1 k k . 1 2 c