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

Tài liệu với các bài toán và hướng dẫn giải về tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho học sinh, phục vụ công tác học tập và ôn thi THPT quốc gia.

ht

Cao Tuấn

0975 306 275



LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2019 – môn TOÁN

TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

DẠNG 4: TỔNG HỢP – VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO

Câu 1 Cho hàm số 2

2 3

x y x





 có đồ thị  C Giả sử, đường thẳng d y kx m:   là tiếp tuyến của

 C , biết rằng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A B, và tam giác

OAB

 cân tại gốc tọa độ O Tổng k m có giá trị bằng

A 1. B 3. C 1. D 3

 Lời giải:

TXĐ: \ 3

2

D  

 

  Ta có:  2

1

2 3

y x



 



Tiếp tuyến d y kx m:   cắt Ox Oy lần lượt tại hai điểm , A B, nên m0,k0

Do A Ox nên A m; 0

k

 

 

 , B Oy nên B0;m

Do tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O nên

2 2

1 1

1

k m

k

  

 

         

   Do  2

0

1

0

k x



 

 nên k 1.

Suy ra:

0 2

0

1

x

x

    

    

      

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

 Phương trình tiếp tuyến của  C tại M22; 0 là: y x2   y x 2.

Khi đó: k m     1 2 3 Chọn D

Câu 2 Cho hàm số yx33xcó đồ thị  C Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của k để đường

thẳng d y: k x  1 2 cắt đồ thị  C tại ba điểm phân biệt M,N P, sao cho các tiếp tuyến của

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

A 1

2 9

 C. 1

3 D 1

 Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của  C và d :

2

    

               



 

 1

9 0

4

k



   

 

 

  

ht

Khi đó, d cắt  C tại M1; 2, N x y 1; 1, P x y 2; 2 với x x là nghiệm của 1, 2  1

Theo định lí Viet: 1 2

1 2

1 2

S x x

P x x k

   

    

Tiếp tuyến tại N và P vuông góc với nhau      2  2 

       

9x x 9 x x 9 1 9 x x 9 x x 2x x  9 1

             

3 2 3 3

3 2 3 3

k

k

  







               

  







Vậy tích các phần tử trong S là 1

9 hoặc 1 2

1 9

c

k k a

  Chọn A

Câu 3 Cho đồ thị   1

: 2

x

x



cách lớn nhất giữa d và 1 d là 2

A 3 B 2 3 C. 2 D. 2 2

 Lời giải:

Ta có: 12  

, 0 2

x

  

với nhau nên ta có     1 2

x x

x x

x x

 

          

     



    Phương trình tiếp tuyến d tại 1 1

1 1

1

; 2

x

M x

x

  

  là:

0

       

Khi đó:     1

2 1

2

4

4

x

x

 

Áp dụng BĐT AM – GM ta được: 12 2 12 2

4x 2 4 x 4

  

 1 2

2

1

2 1 4

d d d

x x

   



Chọn C

Câu 4 Cho hàm số y f x  (xác định, có đạo hàm trên ) thỏa mãn

       

    Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x  tại điểm có hoành độ bằng 2

A y2x5 B y2x3 C y  2x 5 D y  2x 3

 Lời giải:

ht

Từ   2   3   0   2   3    2 0

f

  

           

 

  

  



Đạo hàm hai vế của  * ta được       2  

           Cho x0 ta được       2          

 Nếu f 2 0 thì  * * vô lý

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

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

Câu 5 Cho các hàm số y f x , y g x , y f x   

g x

   Nếu các hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x0 bằng nhau và khác 0 thì

A   1

4

4

4

4

 Lời giải:

Vì hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x0

bằng nhau và khác nên  0  0        0 02 0 0 0

0

g

  

Suy ra:                   2     

Khi đó:   0    

1

4

      Chọn B

Câu 6 Cho các hàm số y f x , y f f x   , y f x 24 có đồ thị lần lượt là  C1 ,  C2 ,

 C3 Đường thẳng x1 cắt  C1 ,  C2 ,  C3 lần lượt tại M , N , P Biết phương trình tiếp

tuyến của  C1 tại M và của  C2 tại N lần lượt là y3x2 và y12x5 Phương trình tiếp

tuyến của  C3 tại P là

A y8x1. B y4x3. C y2x5. D y3x4.

 Lời giải:

Đạo hàm của các hàm số đã cho là:

 

 

1

2

3

   



      

  





       

  



 Từ phương trình tiếp tuyến của  C1 tại M : y3x  2 y 3x 1 5

Suy ra:    

1

1 5

f

    







 Từ phương trình tiếp tuyến của  C2 tại N : y12x  5 y 12x 1 7

Suy ra: y2 1  f 1 f f 1 12  2 và y2 1  f f   1  f 5 7

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

ht

Ta có:      

2 3

2 3

1 2.1 1 4 2 5 2.4 8

        



   

 phương trình tiếp tuyến của  C3 tại P là:

yy x y  y x   y x Chọn A

Câu 7 Gọi M x M;y M là một điểm thuộc  C :yx33x22, biết tiếp tuyến của  C tại M cắt

 C tại điểm N x N;y N (khác M ) sao cho P5x M2 x N2 đạt giá trị nhỏ nhất Tính OM

A 5 10

27

27

27

27

 Lời giải:

Ta có yx33x22 2

y x x

   Gọi M x M;y M là một điểm thuộc   3 2

C yx  x  , suy ra tiếp tuyến của  C tại M có phương trình là:  2    3 2

3 M 6 M M M 3 M 2

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

phương trình: 3 2  2    3 2

       

M

M

x x

x x x x

x x

 

         

 x N  2x M3

3

 

 

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi 2

3

M

x  Khi đó 2 26;

3 27

M 

 

 

10 10

27

OM

  Chọn D

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

toán tiếp tuyến

C yax bx cx d  a có tiếp tuyến là đường thẳng : y mx n  ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C tại điểm (khác

a

  

Chứng minh:

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

x

y

C

 

x N

x M

O

N M

ax bx cx d mx n ax bx  c m x d n  

Ta có: x M,x là nghiệm của phương trình N  *

Mà M là tiếp điểm của tiếp tuyến  với đồ thị  C nên x là nghiệm kép M

Tức là phương trình  * có ba nghiệm: x M,x M, x N

Áp dụng định lí Viet, ta có: x M x M x N b 2x M x N b

       

Quay trở lại bài toán:

Tiếp tuyến của  C tại M cắt  C tại điểm M khác M2x Mx N  3 x N 2x M 3

Từ đó tiếp tục làm như trên

ht

Câu 8 Cho hàm số yx32018x có đồ thị  C và M là một điểm trên 1  C có hoành độ x1 1

Tiếp tuyến của  C tại M cắt 1  C tại điểm M khác 2 M ; tiếp tuyến của 1  C tại M cắt 2  C

tại điểm M khác 3 M ; tiếp tuyến của 2  C tại M n1 cắt  C tại điểm M khác n M n1,n4, 5, 

Gọi x y n, n là tọa độ điểm M Tìm n n để 2018x ny n220190

A n647. B n675. C n674. D n627

 Lời giải:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C tại M x y k k; k có dạng:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C và tiếp tuyến   là:

2

k

k

x x

x x

 

              



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

2 n

n

Vậy 2019 3 2019  3 3  2019

2018x ny n2  0 x n  2  2 n  2 3n 3 2019674 Chọn C

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

toán tiếp tuyến

C yax bx cx d  a có tiếp tuyến là đường

thẳng : y mx n  ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C tại điểm (khác

a

y C

 

xN xM

O

N M

Quay trở lại bài toán:

Tiếp tuyến của  C tại M cắt k  C tại điểm M k1 khác M k2x kx k1 0 x k1  2x k

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

2 n

n

Vậy 2019 3 2019  3 3  2019

2018x ny n2  0 x n  2  2 n  2 3n 3 2019674 Chọn C

Câu 9 Cho hàm số yx33x2 có đồ thị  C và điểm M m ; 4  Hỏi có bao nhiêu số nguyên

m thuộc đoạn  10 ;10 sao cho qua điểm M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến  C

A 19 B 15 C. 17 D. 12

 Lời giải:

Tập xác định: D Đạo hàm: y 3x26x

Phương trình đường thẳng đi qua M m ; 4  và có hệ số góc k là: d:yk x m  4

 Hệ phương trình    2  4 3 3 2    1

I

    





 

 có ba nghiệm phân biệt

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

           

ht

2x 3x 4 3mx 6mx x 2 2x x 2 3mx x 2

          

     

2

2 0

2 0

2

x x

x

  

   

 

       

Xét hàm số   2

x

   với x0

Ta có:   22

x

      

Bảng biến thiên:

 

 

g x



3

 



5

6



Hệ  I có ba nghiệm phân biệt

Phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt khác 2

1

10 ;10 5

10 ; 9 ; ; 2; 3; 4 ; ;10

3

2

m m

m

m

m m

m

  

   

  

   

         

 

  

  

Vậy có 17 số thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn C

Câu 10 Cho hàm số yx33x2 có đồ thị  C Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng : 9 14

d y x sao cho từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến  C ?

A. 3 điểm B. 2 điểm C. 1 điểm D. 4 điểm

 Lời giải:

Gọi M m m ; 9 14d y: 9x14

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

 là tiếp tuyến của  C  hệ phương trình    

 

3 2

      





 

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

2

2

2 4 3 6 8 0 4

x

 

               

Yêu cầu bài toán   3 có đúng hai nghiệm phân biệt

ht

TH1:  4 có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 2



4

2 4

2

m

m m

m









          

   



  

 



TH2:  4 có nghiệm kép khác 2 

 

4 0

3

2

m f

m



  

 

  

   

Vậy có 3 điểm thỏa mãn yêu cầu Chọn A

Câu 11 Cho hàm số   3 2

y f x   x x  có đồ thị  C và điểm M m ; 2 Gọi S là tập các

giá trị thực của m để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến với đồ thị  C Tổng các phần tử của

S là

A. 12

20

19

23

3

 Lời giải:

Đạo hàm:   2

f x   x  x

Phương trình tiếp tuyến tại M x 0;y0 có dạng:   : y f x 0 x x 0   f x0

Do tiếp tuyến qua M m ; 2 nên ta có:

 2     3 2 

2 3x 12x m x   x 6x 2 3   2  

0

2

0

x

 

     



Để kẻ được đúng hai tiếp tuyến từ M thì phương trình  1 có 2 nghiệm

TH1: Phương trình  2 có nghiệm kép khác 0

Ta có:  

2 2

3 6 4.2.12 0

2.0 3 6 0 12 0

   





   



2

0

m

   



 





6 2 3

m m

 





 



TH2: Phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng 0

Ta có:  2

3 6 4.2.12 0

0

m

   









2

0

m

   



 



  m 0

Vậy các giá trị thỏa yêu cầu bài toán là 0; ; 62

3

 

 

 

Do đó, tổng các giá trị bằng 0 2 6 20

   Chọn B

Câu 12 Trên đường thẳng y2x1 có bao nhiêu điểm kẻ được đến đồ thị  C của hàm số

3

1

x

y

x





 đúng một tiếp tuyến?

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

 Lời giải:

Tập xác định D \ 1 

ht

Gọi A a a ; 2 1d y: 2x1

Phương trình đường thẳng  qua A có dạng: yk x a   2a1

 là tiếp tuyến của  C  hệ phương trình

 

2

3

2 1 1

1 4

1

x

x

k x

 

   

 



  



 



có nghiệm

1

2 1

2 2 2 4 6 4 0 2

x x

 

            



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

 Phương trình  1 có một nghiệm

 Phương trình  2 có một nghiệm khác 1

TH1: Phương trình  2 là phương trình bậc nhất có nghiệm x1

:

a

x x

 

     Thỏa mãn Vậy a0 là một giá trị cần tìm

TH2: Phương trình  2 là phương trình bậc hai có nghiệm kép x1

2

0

2

8 8 16 0

2 4

1 2

a

a

a

a







            



   



TH3: Phương trình  2 là phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x1

2

0

2 2 2 4 6 4 0

a

 

 

        

     



Vậy có 4 giá trị a tương ứng với 4 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn A

Câu 13 Cho hàm số 1

1

x y x





 có đồ thị  C và điểm A a ; 2 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị

thực của a để có đúng hai tiếp tuyến của  C đi qua điểm A và có hệ số góc k , 1 k thỏa mãn 2

k k  k k  Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A 7 B 7 5

2



2



2

 Lời giải:

; 1

t

t

  

  

  là tọa độ tiếp điểm

Phương trình tiếp tuyến tại M là  

 2

1 1

t

t t

 

  





Do tiếp tuyến đi qua A a ; 2 nên ta có  

1 1

t

t t

 

       





ht

Phương trình  1 có nghiệm      9 3 2a  0 a 3

Khi đó, phương trình  1 có nghiệm t t thỏa mãn: 1, 2 1 2

1 2

6

3 2

t t

t t a

  

  

 (định lí Viet)

1

2 1

k t





 và 2  2

2

2 1

k t







Theo đề bài: k1k210k k12 22 0

 

2 2

       

           

7 5

2 2

a

a

a





 



               



Chọn B

Câu 14 Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ

bên và có đạo hàm f x  liên tục trên Đường thẳng

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

tọa độ Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x 

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A m 2 B   2 m 0

C 0 m 2 D m2

 Lời giải:

Cách 1. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên

1;1và đồng biến trên các khoảng còn lại nên

0, 1;1

     





       

Ta có: AOB    tan tanAOB tanAOB

Quan sát đồ thị ta thấy: tanAOB  2 tan  2 tan 2

Mà hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ là: f 0 tan  f 0  2

Mặt khác, hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x0 và x 1 nên ta có: f  1 f 1   0 2

Vậy min f x  2   m 2 Chọn A

Cách 2. Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng x0 chính là nghiệm của phương trình

  0

f x  và là điểm cực trị của hàm số y f x  Mặt khác hàm số y f x  có dạng hàm số

bậc 2 với hệ số bậc cao nhất dương Khi đó giá trị nhỏ nhất này chính là f 0 đồng thời là hệ

số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0

Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y ax và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ 1; 2, 2  cho

nên ta suy ra 2,2 a f 0 m Chọn A

ht

Câu 15 Cho hàm số   3 2  

y f x x  x  x C Tồn tại hai tiếp tuyến của  C phân biệt và

có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó cắt các

trục Ox Oy tương ứng tại , A và B sao cho OA2017.OB Hỏi có bao nhiêu giá trị của k thỏa

mãn yêu cầu bài toán?

A. 0 B. 1 C. 3 D. 2

 Lời giải:

y  x  x    k x  x   x  x 

           1

Hệ số góc của đường thẳng M M là: 1 2    2 1

1 2017

OB k



     



1

2017 x x x x x x

        1 2

1 2

2016 2017 2018 2017

  



 

  



 2

 Với

1 2

4 2016 2017

    





 

2 4

S  Pnên  hai cặp x1,x2  1 giá trị k

 Với

1 2

4 2018 2017

    





 

2 4

S  Pnên  hai cặp x1,x2  1 giá trị k

Vậy có 2 giá trị k thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn D

Câu 16 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  2x m cắt đồ thị  H

của hàm số 2 3

2

x y x





 tại hai điểm A B, phân biệt sao cho Pk12018k22018 đạt giá trị nhỏ nhất, với k k là hệ số góc của tiếp tuyến tại 1, 2 A B, của đồ thị  H

A m3 B m2 C m 3 D m 2

 Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  H và đường thẳng y  2x m là:

2 2

2 3

2

2

x x

x

x m

x

  

  

     

           

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

 1

 có 2 nghiệm phân biệt khác    

2 2

2

* 0

     



  

      



Khi đó: x A, x là 2 nghiệm phân biệt của B    

6 2 3

1

2 2

2

A B

m

m

x x

   



  

 

