intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG KỲ THI TSĐH

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST
Báo xấu
382
lượt xem 106
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần một: Các bài toán liên quan đến điểm cực đại cực tiểu A) Cực đại cực tiểu hàm số bậc 3: y ax 3  bx 2  cx  d * ) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là: y’=0 có 2 nghiệm phân biệt * ) Hoành độ điểm cực đại cực tiểu kí hiệu là x1 , x2 khi đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình y’=0 * ) Để tính tung độ điểm cực đại cực tiểu ta nên dùng phương pháp tách đạo hàm để tính...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG KỲ THI TSĐH

  1. www.VNMATH.com PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG KỲ THI TSĐH Phần một: Các bài toán liên quan đến điểm cực đại cực tiểu A) Cực đại cực tiểu hàm số bậc 3: y  ax 3  bx 2  cx  d * ) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là: y’=0 có 2 nghiệm phân biệt * ) Hoành độ điểm cực đại cực tiểu kí hiệu là x1 , x2 khi đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình y’=0 * ) Để tính tung độ điểm cực đại cực tiểu ta nên dùng phương pháp tách đạo hàm để tính phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Cơ sở của phương pháp này là: nếu hàm số bậc 3 đạt cực đại cực tiểu tại x1 , x2 thì f '( x1 )  f '( x2 )  0 + Phân tích y  f '( x). p( x)  h( x ) . Từ đó ta suy ra tại x1 , x2 thì y1  h( x1 ); y2  h( x2 )  y  h( x ) là đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Kí hiệu k là hệ số góc của đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu * ) Các câu hỏi thường gặp liên quan đến điểm cực đại cực tiểu hàm số bậc 3 là: 1) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu của hàm số song song với đường thẳng y=ax+b + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Giải điều kiện k=a 2) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu 1 + Giải điều kiện k=  a Ví dụ 1) Tìm m để f  x   x 3  mx 2  7 x  3 có đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=3x-7. Giải: hàm số có cực đại, cực tiểu  f '( x)  3x 2  2mx  7  0 có 2 nghiệm phân biệt    m 2  21  0  m  21 . Thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: 1 1 2 7m . Với m  21 thì f’(x)=0 có 2 nghiệm x1, x2 f  x    x  m  . f   x    21  m 2  x  3    3 9 9 9 phân biệt và hàm số f(x) đạt cực trị tại x1,x2. 2
  2. www.VNMATH.com 2 7m  2  f  x1   9 (21  m ) x1  3  9  f ( x1 )  0  Do  nên .  f ( x2 )  0 2 7m   f  x   (21  m ) x  3  2 2 2  9 9  2 7m   21  m 2 x  3  Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình    : y  9 9  m  21  m  21  m  21 3 10    Ta có     y  3 x  7   2 3   2 45  m   2    2 2  21  m .3  1 21  m  m  9   2 2 3) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với trục Ox một góc  + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Giải điều kiện k  tan  Ví dụ 1) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 (1) với m là tham số thực Tìm m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Giải: Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 1 2m m   '  9  3m  0  m  3 y  x 3  3 x 2  mx  2  ( x  1). y ' (  2) x  2  3 3 3 Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình 2m m y  (  2) x  2  3 3  m6   6m Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai A  2(m  3) ;0 , B  0; 3      Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA  OB m6 6m   2(m  3) 3 9 3  m  6; m   ; m   2 2 3 Với m = 6 thì A  B  O so với điều kiện ta nhận m   2 Chú ý: Ta có thể giải bài toán theo cách: Đường thẳng qua CĐ, CT tạo với 2 trục tọa độ tam giác cân nên hệ số góc của đường thẳng là 9   m   2 ( L) 2m k   tan 45  1   2  1    m   3 (TM ) 3   2 3
  3. www.VNMATH.com 4) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với đường thẳng y=ax+b một góc  + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực t iểu k a  tan  + Giải điều kiện 1  ka Ví dụ ) Tìm m để f  x   x 3  3(m  1) x 2  (2m 2  3m  2) x  m(m  1) có đường thẳng đi qua 1 x  5 một góc 450. CĐ, CT tạo với y  4 Giải: Gọi hệ số góc của đường thẳng đi qua CĐ, CT là k, khi đó từ điêu kiện bài toán suy ra:  1 3 1 k  5k 3   k   k  5 k  4  1  4 4 4  4   tg 450  1  k  1  1  k      1  k  1  k  1  3k  5  k  5 4 4 1  k.      4  4   44 4 3  2 2 Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  3 x  6(m  1) x  (2m  3m  2)  0 có 2 nghiệm phân biệt  3 5   3 5   m     3(m 2  3m  1)  0   m   (*)  2 2    1 2 Thực hiện phép chia f(x) cho) f’(x ta có f ( x)   x  (m  1) . f ( x )   m 2  3m  1  x  (m  1)  3 3 với m thoả mãn điều kiện (*) thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt ccực trị tại x1,x2. 2 2   f  x1   3 (m  3m  1)  x1   m  1    f ( x1 )  0  Do  nên   f ( x2 )  0  f  x   2 m2  3m  1  x   m  1    2  2  3  2 2  m  3m  1  x   m  1  Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình    : y    3 1 2 2   x  5 góc 450  Ta có    tạo với y  m  3m  1  1 4 3 3  15 kết hợp với điều kiện (*) ta có m  2 5) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu cắt hai trục Ox, Oy tại A,B sao cho tam giác OAB có diện tích cho trước + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Tìm các giao điểm với các trục toạ độ: Với trục Ox:Giải y=0 tìm x.Với trục Oy giải x=0 tìm y. 1 + S MAB  d M / AB . AB 2 Từ đó tính toạ độ A, B sau đó giải điều kiện theo giả thiết 4
  4. www.VNMATH.com Ví dụ 1) Tìm m để đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  3mx  2 cắt đường tròn tâm I(1;1) bán kính bằng 1 tại A,B mà diện tích tam giác IAB lớn nhât. Giải: Có: y '  3 x 2  3m có 2 nghiệm phân biệt khi m  0 . Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ    thị hàm số là M m ; 2  2m x , N  m ; 2  2m x - Phương trình đường thẳng MN là: 2mx  y  2  0 ˆ - Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A,B mà tam giác IAB có 2.S IAB  IA.IB.sin AIB  1 , 1 ˆ dấu bằng xảy ra khi AIB  900 , lúc đó khoảng cách từ I đến MN bằng 2 2m  1 1 1 3 3 Do vậy ta có pt: d  I , MN      m  1 ;m  1 2 2 4m 2  1 2 2 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x3  3mx  2 Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 18 , trong đó I 1;1   Lời giải: Ta có y '  3 x 2  3m  3 x 2  m . Để hàm số có CĐ và CT  m  0    m ; 2  2m m  Gọi A, B là 2 cực trị thì A  m ; 2  2m m ; B 4m m  m   x  m   y  2  2mx PT đường thẳng đi qua AB là: y  2  2m 2m 2m  1 độ dài đoạn AB  4m  16m3 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB là d  I ; AB   2 4m  1 1 2m  1 4m  16m3  18 Mà diện tích tam giác IAB là S  18  2 4m  1 2 2 2      4m  16m3  2m  1  4m 2  1 4.18  m  2m  1  18    4m3  4m 2  m  18  0   m  2  4m2  4m  9  0  m  2 6) Tìm điều kiện để điểm cực đại cực tiểu cách đều điểm M cho trước: + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là MA=MB 7) Điều kiện để điểm cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y=ax+b + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là: Đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b và trung điểm của AB thuộc đường thẳng y=ax+b 5
  5. www.VNMATH.com Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  3 x 2  m 2 x  m có CĐ và CT đối xứng nhau qua 1 5   : y  x  . 2 2 Giải: Hàm số có CĐ, CT  f   x   x 3  6 x  m 2  0 có 2 nghiệm phân biệt    9  3m 2  0  3  m2  m  3 . m2 1 2   x  1 f ( x)  m 2  3 x   thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x)  m 3 3 3 với m  3 thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f(x) đạt cực trị tại x1, x2. m2  2   y1  f  x1   m 2  3 x1  m   f   x1   0   3 3 . Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT Do  nên   f   x2   0 2  y  f  x   2 m2  3 x  m  m    2 2 2 3 3  2 2 m   có phương trình  d  : y  m 2  3 x  m 3 3 1 5 Các điểm cực trị A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  đối xứng nhau qua    : y  x   d     và trung 2 2 2 2    3 m  3  2; xI  1 m  0  điểm I của AB phải thuộc (d)    m0 2 m(m  1)  0  2 m 2  3 .1  m  m  1 .1  5   3 3 2 2  3 2 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x  3 x  mx  2  Cm  Tìm m để hàm số(Cm) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đều đường thẳng d : x  y  1  0 Giải: Ta có y '  3 x 2  6 x  m; y '  0  3x 2  6 x  m  0 (1) Hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  m  3 Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là hai điểm cực trị của hàm số (Cm), ( x1 , x2 là 2 nghiệm của (1)).  x 1 m  m và y '  x1   y '  x2   0 nên phương trình đường thẳng đi Vì y  y '.     2   1 x  2   3 3  3  3 m  m qua A,B là y  2   1 x  2   d '  . Do đó các điểm A,B cách đều đường thẳng (d) trong 2 3  3 trường hợp sau: m  9 TH1: (d’) cùng phương với (d)  2   1   1  m  (không thỏa mãn) 3  2 TH2: Trung điểm I của AB nằm trên (d). Do I là trung điểm của AB nên tọa độ I là: 6
  6. www.VNMATH.com x1  x2  x  2  1  . Vì I nằm trên (d) nên ta có 1  m  1  0  m  0 (thỏa mãn).  y1  y2 y  m   2 Chú ý: Cần phân biệt rõ 2 khái niệm cách đều và đối xứng qua một đường thẳng. 8) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách giữa điểm cực đại cực tiểu max, min + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B. Tính độ dài AB theo tham số. Dùng phương pháp đạo hàm để tìm max, min 1 Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  mx 2  x  m  1 có khoảng cách giữa các điểm CĐ, 3 CT là nhỏ nhất. Giải: Do f   x   x 2  2mx  1  0 có   m2  1  0 nên f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với các điểm cực trị là . A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  1 2 2     x  m  . f ( x)  m 2  1 x   m  1 Thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x )  3 3 3   2 2 2   y1  f ( x1 )  3  m  1 x1   3 m  1  f ( x1 )  0    Do  nên   f ( x2 )  0  y  f ( x )  2  m 2  1 x   2 m  1   2 2 2 3 3   4 2 2 2 2 2 Ta có AB 2   x2  x1    y2  y1    x2  x1    m 2  1  x2  x1  9 4 2 2   x2  x1   4 x1 x2  1   m 2  1    9  4  4 2 13 2     4m2  4  1  m 2  1   4 1    AB    9  9 3  2 13 xảy ra  m=0 Min AB= 3 9) Tìm điều kiện để hoành độ điểm cực đại cực tiểu thoả m ãn một hệ thức cho trước + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Phân tích hệ rhức để áp dụng định lý viét( x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình y’=0 1 Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  mx 2  mx  1 đạt cực trị tại x1, x2 thoả mãn 3 x1  x2  8 7
  7. www.VNMATH.com Giải: Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  x 2  2mx  m  0 có 2 nghiệm phân biệt     m 2  m  0   m  0    m  1 với điều kiện này thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với x1+x2=2m và x1x2=m. 2 Ta có BPT: x1  x2  8  x1  x2  64 2   x1  x2   4 x1 x2  4m2  4m  64  m 2  m  16  0  1  65   1  65  m   m    2  2    thoả mãn điều kiện  m  0    m  1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  1 1 11 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách từ điểm I ( ; ) đến đường thẳng nối 24 điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất Giải: Ta có y '  3x 2  6 x  m . Hàm số có cực đại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt   '  0  m  3 (0,25 điểm) x1 2m m - Chia đa thức y cho y’ ta có y  y ' (  )  (  2) x   1 . Lập luận suy ra đường thẳng đi 33 3 3 2m m qua cực đại cực tiểu là  y  (  2) x   1 . Dễ dàng tìm được điểm cố định mà đường 3 3 1 thẳng cực đại cực tiểu luôn đi qua là A( ;2) (0,25 điểm) 2 3 5 - Hệ số góc của đường thẳng IA là k  . Hạ IH vuông góc với  ta có IH  d I /   IA  4 4 Đẳng thức xảy ra khi IA   (0,25 điểm) 2m 1 4  2      m  1 (0,25 điểm) - Suy ra 3 k 3 Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  4m  1 (C) Tìm m để hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vuông tại O Giải:Điều kiện để hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:  x  m 1 y '  3 x 2  6mx  3(m2  1)   '  9  0   (0,25 điểm) x  m 1  1 1 Ta có y  y '( x  m)  2 x  3m  1 Gọi A, B là 2 điểm cực trị thì 3 3 A( m  1; m  3); B ( m  1; m  1) (0,25 điểm)     m  1 Suy ra OA(m  1; m  3); OB (m  1; m  1)  2m 2  2m  4  0   (0, 25 điểm) m  2 Kết luận: Có hai giá trị của m cần t ìm là m=-1 hoặc m=2 8
  8. www.VNMATH.com 13 1   x  m.x 2  m 2  3 x có cực đại x1 , cực Ví dụ 4) Tìm các giá trị của m để hàm số y  3 2 tiểu x2 đồng thời x1; x2 là độ dài các cạnh góc vuông của 1 tam giác vuông có độ dài cạnh 5 huyền bằng . 2 Giải: Cách 1: Miền xác định: D  R có y '  x 2  mx  m 2  3; y '  0  x 2  mx  m 2  3  0 Hàm số có cực đại x1 , cực tiểu x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi PT y '  0 có 2 nghiệm dương phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó. 4  m 2  0 2  m  2   0     3  m  2 (*)   S  0  m  0  m  0  2  P  0 m   3  m  3 m  3  0  x1  x2  m  Theo Viet ta có:  . Mà 2  x1 x2  m  3  5 14   2 x1  x2   2  x1  x2   4 x1x2  5  2m 2  4 m 2  3  5  m   2 2 2 2 14 Đối chiếu ĐK(*) ta có giá trị m  thỏa yêu cầu bài toán. 2 B) Cực đại cực tiểu hàm số bậc bốn: y  ax 4  bx 2  c . *) Điều kiện để hàm số bậc bốn có 3 cực đại cực tiểu là y’=0 có 3 nghiệm phân biệt + Ta thấy hàm số bậc bốn thì y’=0 luôn có một nghiệm x=0, để y’=0 có 3 nghiệm phân biệt sau khi tính đạo hàm ta cần tìm điều kiện để phần phương trình bậc 2 còn lại có 2 nghiệm phân biệt khác không. VD: y  2 x 4  2mx 2  2 thì y '  4 x 3  4mx  y '  0  x  0  x 2   m  điều kiện là m
  9. www.VNMATH.com + Kẻ đường cao AH. 1 + S ABC  AH .BC 2 + Giải điều kiện Ví dụ 1) Tìm m để f(x)= x 4  2mx 2  2m  m 4 có CĐ, CT lập thành tam giác đều   Giải: f’(x)= 4 x x 2  m  0  x  0  x 2  m Hàm số có CĐ, CT  f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt  m>0 Với m>0 thì f’(x)=0    x1   m  B  m ; m4  m 2  2m    x2  0  A 0; m 4  2m       4 2  x3  m  C m ; m  m  2m  Suy ra BBT của hàm số y=f(x) m  0 m  0    ABC đều   AB  AC   AB 2  AC 2  AB  BC  AB 2  BC 2   m  0 m  0     m4  m  m 4  m   m 33   3 m m  3  0  m4  m  4m   Ví dụ 2) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m 2  4 , m là tham số thực. Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1. Giải: Mxđ: D  R . Có y '  4 x3  4mx y '  0  4 x3  4mx  0  x  0  x 2  m . Hàm số có 3 cực trị  m  0 (*)     Gọi A 0; 2m 2  4 , B m ; m 2  4 , C  m ; m 2  4 là 3 điểm cực trị Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên tam giác ABC cân tại A 1 Kẻ AH  BC có S ABC  AH .BC  2  yB  y A 2 xB  2  2m 2 . m  m  1 . Đối chiếu 2 với điều kiện (*) có m  1 là giá trị cần t ìm.   Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 4  2 1  m 2 x 2  m  1. Tìm m để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị và ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.   Giải: y '  4 x3  4 x 1  m 2  0  x  0, x 2  1  m2 hàm số có 3 cực trị  1  m  1 . Khi đó tọa độ điểm cực đại là A  0;1  m  , tọa độ hai điểm   1 m ;   cực tiểu là B  1  m2 ; 1  m 2 , C 2 1  m2 1 2   d  A; BC  .BC  1  m2 diện tích tam giác ABC là S ABC   1 . Dấu “=” xày ra khi m  0 2 ĐS: m  0 10
  10. www.VNMATH.com Ví dụ 4) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2 có đồ thị (Cm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua 3 9 D ;  5 5 Giải: Có y '  4 x3  4mx  0  x  0; x   m  m  0  . Vậy các điểm thuộc đường tròn (P) 3 9    ngoại tiếp các điểm cực trị là A  0; 2  , B  m ; m 2  2 , C m ; m 2  2 , D  ;  . 5 5 Gọi I  x; y  là tâm đường tròn (P)   IA2  ID 2 3 x  y  1  0 2     IB  IC 2  2 x y  2 x m  x  0; y  1; m  0( L), m  1 2  2 2 2  IB  IA   2   x  m  y  m2  2  x2   y  2   Vậy m  1 là giá trị cần tìm. Phần hai: Các bài toán liên quan đến tiếp tuyến và các đường tiệm cận *) Xét hàm số y  f ( x ) .Giả sử M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm khi đó tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1) ( Chú ý rằng trong trường hợp tổng quát ta thường biểu diễn y0 theo dạng f ( x0 ) ) 2x 1 Ví dụ: Xét điểm M bất kỳ thuộc đồ thị hàm số y  khi đó điểm M có toạ độ là x 1 2x 1 M ( x0 ; 0 ) x0  1 *) Ta gọi hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm M là k  f '( x0 ) *) Đường thẳng  bất kỳ có hệ số góc k đi qua M ( x0 ; y0 ) có dạng y  k ( x  x0 )  y0 . Điều kiện để  là tiếp tuyến của hàm số y=f(x) là hệ phương trình sau có nghiệm k ( x  x0 )  y0  f ( x )  k  f '( x ) Khi đó số nghiệm của hệ cũng chính là số tiếp tuyến kẻ được từ điểm M đến đồ thị hàm số y=f(x) *) Mọi bài toán viết phương trình tiếp tuyến đều quy về việc t ìm tiếp điểm sau đó viết phương trình theo (1) *) Các dạng câu hỏi thường gặp trong phần này là 1) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b: + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 ) + Tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 )  a . Giải phương trình tìm x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1) 11
  11. www.VNMATH.com  f '( x A )  f '( xB ) Chú ý: Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B là   x A  xB 2x  1 Ví dụ 1) Cho hàm số y  . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) biết tiếp tuyến x 1 cách đều hai điểm A(2;4), B(-4;-2) 2 x0  1 1 Giải : Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( x0  1) , PTTT là y   2  x0  1  x  x0  x0  1 Vì tiếp tuyến cách đều 2 điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB. 2 x0 1  1  x0   Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:1   x0  1 2  x0  1 x0  1 1 5 Suy ra phương trình tiếp tuyến là y  x 4 4 Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là  x0  0 2  (4) 1 k 1 1  2  x0  2  x0  1 4  (2) Với x0  0 ta có PTTT là y  x  1 ; với x0  2 ta có PTTT là y  x  5 1 5 Vậy có 3 PTTT thỏa mãn y  x  ; y  x  1; y  x  5 4 4 x 1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x2 Tìm trên đồ thị (C) 2 điểm A và B sao cho AB  8 , tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A và B song song với nhau.   a  1   b  1  Giải : Giả sử điểm cần tìm là A  a;  theo giả thiết ta có hệ:  , B  b;  a2   b2  a  b  f '  a   f ' b    a  b  4     a  1 b  1  2  a  b    a  b 2 1     8 1   8  a 1 b 1     ab  2  a  b   4     12
  12. www.VNMATH.com a  b  4  a  b  4   từ đó tìm được A,B 1   16  4ab   1  ab  4   8 ab  1    (3m  1) x  m 2  m Ví dụ 3) Cho hàm số y  (Cm) xm Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục Ox song song với đường thẳng (d): y  x  1 Giải : 4m 2 Ta có y '  ( x  m) 2 m2  m Giao điểm của (Cm) và trục Ox là A( ; 0) . Tiếp tuyến tại A của (Cm) song song với 3m  1  m  1 2  m2  m   3m  1   y  x 1  y '  1   1  1  3m  1   2m  m 5  Khi m=1. Phương trình tiếp tuyến là y  x  1 (loại) vì tiếp tuyến trùng với đường thẳng (d) 1 3 Khi m   . Phương trình tiếp tuyến là : y  x  (TMĐK) 5 5 1 KL : m   5 Qua ví dụ này các em học sinh cần lưu ý: Kiểm tra điều kiện đủ khi tìm ra giá trị tham số, Đây là sai lầm hay mắc phải của học sinh khi giải toán. Ví dụ 4) Cho hàm số y  x3  3 x  2 (C) Tìm trên (C) các điểm A,B phân biệt sao cho các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số góc đồng thời đường thẳng đi qua A và B vuông góc với đường thẳng d: x  y  5  0 Giải : Giả sử các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số góc k. Để tồn tại hai tiếp tuyến tại A,B phân biệt thì phương trình y '  3 x 2  3  k phải có hai nghiệm phân biệt  k  3 x    2  y  x3  3x  2  y  3x  3  2 x  2  3 Ta có tọa độ các điểm A,B thỏa mãn hệ:   2 3 x  3  k 2  3 x  3  k   kx k k    y   2x  2    2  x  2 y    2 x  2 3 3 3     3 x 2  3  k 3 x 2  3  k   k k   phương trình đường thẳng AB: y    2  x  2 . Để AB  d   2  1  k  9 (thỏa mãn) 3 3  13
  13. www.VNMATH.com 3  3   y  x  3x  2  y  x  3x  2  A  2; 4  , B  2; 0  Vậy tọa độ các điểm A,B thỏa mãn:   3x2  3  9  x  2    Ví dụ 5) Cho hàm số y  x 3   m  1 x 2   m  1 x  1 (1) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt Ox ở 3 điểm phân biệt A(1;0), B, C sao cho các tiếp tuyến tại B,C song song nhau. Giải:   Xét phương trình y  0   x  1 x 2  mx  1  0( gt )  pt : x 2  mx  1  0 có 2 nghiệm phân m  0 biệt khác 1   . Gọi xB , xC là nghiệm đó  xB  xC và xB  xC  m .   m2  4  0  Yêu cầu bài toán  y '  xB   y '  xC  2 2  3xB  2  m  1 xB  m  1  3xC  2  m  1 xC  m  1   xB  xC  3  xB  xC   2  m  1   0   2  m  1  xB  xC  mm2 3 2 x  2m  1  Cm  Ví dụ 6) Cho hàm số y  x  m 1 Cho A(1;2). Tìm các giá trị của m sao cho tồn tại đường thẳng qua A cắt đồ thị Cm tại hai điểm phân biệt M,N mà các tiếp tuyến tại M,N của đồ thị song song với nhau. Giải: 3 . Giả sử M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2   Cm  x1  x2  . Tiếp tuyến tại M và N song Ta có: y '  2  x  m  1 3 3 song    x1  m  1   x2  m  1  x1  x2  2m  2 (1) 2 2  x1  m  1  x2  m  1 Ta thu được  x1  1  x1  m  1   x2  1  x2  m  1 và chú ý x1  m  1  ( x2  m  1)  x1  1    x2  1  x1  x2  2 . Cùng với (1)  m  0 2) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 ) 1 + Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 )   . Giải phương trình tìm a x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1) + Chú ý : Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A vuông góc với tiếp tuyến tại B là:  f '( x A ). f '( xB )  1   x A  xB Ví dụ 1) Cho C(m): y  f ( x )  x 3  3 x 2  mx  1 a) Tìm m để C(m) cắt đường thẳng y=1 tại 3 điểm phân biệt C(0;1), D, E. b) Tìm m để các tiếp tuyến với C(m) tại D và E vuông góc với nhau. 14
  14. www.VNMATH.com Giải: a) Xét  Cm    y  1 với phương trình tìm hoành độ giao điểm x  0   x 3  3x 2  mx  1  1  x x 2  3x  m  0    C (0;1) 2  g ( x)  x  3 x  m  0 Yêu cầu bài toán  xD , xE là 2 nghiệm phân biệt khác 0 của g(x)=0 9     9  4m  0 m  9   4  0  m  (*)  g (0)  m  0 4 m  0  b) Đạo hàm: y ( x)  3 x 2  6 x  m . 9 Với điều kiện 0  m  thì các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau. 4     1  y( xD ). y ( xE )  3 x 2 D  6 xD  m 3 x 2 E  6 xE  m  3 g  xD    3xD  2m   3g  xE    3 xD  2m     3 xD  2m   3 xE  2m      9 xD xE  6m  xD  xE   4m 2  9m  6m.  3  4m 2  4m 2  9 9  65  4m 2  9m  1  0  m  thoả mãn điều kiện (*) 8 2 5 Cho hàm số y   x 3   m  1 x 2   3m  2  x  có đồ thị (Cm), m là tham số. 3 3 Ví dụ 2) Tìm m để trên (Cm) có 2 điểm phân biệt M 1  x1 ; y1  , M 2  x2 ; y2  thỏa mãn x1.x2  0 và tiếp tuyến của (Cm) tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  3 y  1  0 1 Giải: Ta có hệ số góc của d : x  3 y  1  0 là kd  . Do đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình 3 2 2 y’=-3 Hay 2 x  2  m  1 x  3m  2  3  2 x  2  m  1 x  3m  1 (1) Yêu cầu bài toán  phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2 >0   '   m  12  2  3m  1  0 m  3     3m  1  1 1  m   3 0   2 1 Vậy kết quả bài toán là m  3 và 1  m   . 3 x3  2 x 2  3 (C) và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua A(0;3) Ví dụ 3) Cho hàm số y  3 Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt sao cho các tiếp tuyến tại 3 giao điểm đó cắt nhau tạo thành một tam giác vuông. Giải: Hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) là x3 x  0 x    2 x 2  3  kx  3  x 2  6 x  3k  0   . Điều kiện là phương 2 3 3  g ( x )  x  6 x  3k  0 15
  15. www.VNMATH.com trình g ( x )  x 2  6 x  3k  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0.  '  0 9  3k  0  k  3     g (0)  3k  0  g (0)  3k  0 k  0 Tại x=0 tiếp tuyến song song với trục Ox do đó để 3 tiếp tuyến cắt nhau tạo thành một tam giác vuông thì điều kiện là g ( x )  x 2  6 x  3k  0 có 2 nghiệm x1; x2 sao cho f '( x1 ). f '( x2 )  1     x12  4 x1 x2 2  4 x2  1  x12 x2 2  4 x1x2 ( x1  x2 )  16 x1 x2  1  0  x  x  6 Theo định lý Viets ta có  1 2  x1.x2  3k 4  15 Thay vào ta có: 9k 2  72k  48k  1  0  9k 2  24k  1  0  k  3 4  15 Kết hợp điều kiện suy ra k  3 3) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến đi qua M ( xM ; yM ) + Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua M . Phương trình của  là y  k ( x  xM )  yM k ( x  xM )  yM  f ( x ) + Điều kiện để  là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm  . Giải hệ k  f '( x) tìm x ta có hoành độ của các tiếp điểm sau đó viết phương trình tiếp tuyến  19  Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến đi qua A  ; 4  đến  C  : y  f ( x )  2 x 3  3 x 2  5  12   19   19  Giải: Đường thẳng đi qua A  ; 4  với hệ số góc k có phương trình y  k  x    4 tiếp xúc  12   12   19    f ( x)  k  x    4 với  C  : y  f ( x)   có nghiệm 12    f ( x )  k   19   19   f ( x )  f ( x )  x    4  2 x 3  3 x 2  5  6 x  x  1  x    4  12   12   19  17     x  1 2 x  1  6 x  x  1  x     x  1  4 x 2  x  1  0  12  2     19   x1  1   t1  : y  y1  x  12   4  y  4      19    x2  2   t2  : y  y2  x    4  y  12 x  15  12    21  19  1 19    x3    t3  : y  y3  x    4  y  x 4 8 12  32  12    4)Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc  16
  16. www.VNMATH.com + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )  f '( x0 )  tan  + Tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc   f '( x0 )  tan    Giải t ìm x0 sau  f '( x0 )   tan  đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1). 3x  2 Ví dụ 1) Cho (C): y  . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với trục hoành góc x 1 450 Giải: Do tiếp tuyến của (C) tạo với Ox góc 450 nên hệ số góc k của tiếp tuyến thoả mãn 1 k  tg 450  1  k  1 . Vì y ( x)   0x  1 nên k=-1. hoành độ tiếp điểm là nghiệm 2  x  1  x  0  y1  2 1  1   1 của phương trình y ( x)  1  2  x2  2  y2  4  x  1 Phương trình tiếp tuyến tại x1=0 là y=-1(x-0)+2=-x+2 Phương trình tiếp tuyến tại x2=2 là y=-1(x-2)+4=-x+6. x3 Ví dụ 2) Cho hàm số y  có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên 2( x  1) (H) sao cho tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B và đường trung trực của AB đi qua gốc tọa độ Giải: Do tam giác OAB vuông tại O và trung trực của AB đi qua gốc tọa độ nên tam giác OAB vuông cân tại O suy ra tiếp tuyến tạo với Ox góc 450 4 Suy ra f '( x0 )   1  x0  0vàx0  2 2 4  x0  1 3 5 Từ đó viết được 2 phương trình tiếp tuyến là y   x  và y   x  2 2 5) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc  + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )  k a 1  ka  tan  k a + Tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc    tan     k  a   tan  1  ka 1  ka  (Với k  f '( x0 ) ) Giải t ìm x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1). 4x  3 . Viết phương trình tiếp tuyến tạo với    : y=3x góc 450. Ví dụ 1) Cho (C): y  x 1 Giải: Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó do tiếp tuyến tạo với    :y=3x góc 450 nên 17
  17. www.VNMATH.com  k  2  k  3  1  3k k 3  0  tg 45  1   k  1 k  3  1  3k 1  k .3   2 * Với k=-2, xét đường thẳng y=-2x+m tiếp xúc (C) 4x  3  2 x  m hay 4x-3=(-2x+m)(x-1) có nghiệm kép  x 1 2  2 x 2   2  m  x  m  3  0     2  m   8  m  3  0    m 2  12m  28  0  m  6  2 2 1 1 * Với k= xét đường thẳng y  x  m tiếp xúc (C) 2 2 4 x  3 1 x  m hay 2(4x-3)=(-x+2m)(x-1) có nghiệm kép   x 1 2 2  x 2   2 x  7  x  2m  6  0     2m  7   4  2m  6   0    4m 2  36m  73  0 vô nghiệm. Vậy chỉ có 2 tiếp tuyến y  2 x  6  2 2 tạo với y=3x góc 450. 6) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt hai trục toạ độ tại A, B sao cho tam giác OAB vuông cân hoặc tam giác OAB có diện tích bằng một số cho trước. + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 ) + Tiếp tuyến cắt 2 trục Ox, Oy tại A, B thì tam giác OAB luôn vuông, để OAB là tam giác vuông cân thì tiếp tuyến phải tạo với Ox một góc   450 và tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ + Viết phương trình tiếp tuyến theo dạng (4). Sau đó chỉ chọn những tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ + Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt Ox, Oy tạo thành tam giác có diện tích cho trước thì ta tìm các 1 giao điểm A,B sau đó ta tính diện tích tam giác vuông OAB theo công thức S OAB  OA.OB 2 2x Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến cắt x2 Ox, Oy lần lượt tại A,B mà tam giác OAB thỏa mãn: AB  OA 2 . Giải: Cách 1: Gọi M  x0 ; y0  ,  x0   thuộc đồ thị hàm số. PTTTd tại M có dạng: 2 x0 4  x  x0  . y  x0  2  x  2 2 0 Do tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy tại các điểm A,B và tam giác OAB có AB  OA 2 nên tam giác OAB vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với 1 trong hai đường phân giác y  x hoặc y   x 4 +TH1: d vuông góc với đường phân giác y  x có:  1  x0  0  x0  4 2  x0  2  18
  18. www.VNMATH.com Với x0  0  d : y   x (loại) Với x0  4  d : y   x  8 4 +TH2: : d vuông góc với đường phân giác y   x có:  1  PT vô nghiệm  x0  2 2 Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán d : y   x  8  OA 1 Cách 2: Nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có: sin  ABO     sin nên tam AB 4 2 giác AOB vuông cân tại O. PTTT của (C) tại M   x0 ; y0  có dạng:  2 x0   x2  2 2 x0 4 . Dễ dàng tính được A   0 ;0  và B   0; 2 x  x0    y 2    x  2 2  x0  2  x0  2      0 Yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm x0 là nghiệm của phương trình: x2 2 2 x0 3  x0  x0  4   0 0  2 2  x  2 0 Với x0  0 ta có PTTT là: y  x  0 Với x0  4 thì PTTT là: y   x  4 4 1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x3  (2m  1) x 2  (m  2) x  (Cm) 3 3 Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục tung cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại A, 1 B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 18 1 1 Ta có B (0; ) tiếp tuyến tại B của (Cm) là y  (m  2) x  (d) . Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại 3 3 1 A( ; 0) 3m  6  m  1 1 1 11 1 Diện tích tam giác OAB là S  OA.OB  . .   m 2 1   m  3 2 3 3m  6 18 2 7) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt 2 đường tiệm cận tạo thành một tam giác có diện tích cho trước hoặc tạo thành một góc cho trước. + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) . + Tìm các giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận sau đó căn cứ vào điều kiện để giải quyết + Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng tại A, B mà tam giác IAB vuông cân ( Với I là giao điểm 2 tiệm cận) thì ta quy về việc viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với tiệm cận ngang một góc 450 ) Chú ý rằng tiếp tuyến không được đi qua giao điểm 2 đương tiệm cận vì khi đó sẽ không hình thành một tam giác) 19
  19. www.VNMATH.com + Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A, B tạo thành tam giác IAB 1 có diện tích cho trước thì ta tìm các giao điểm A, B sau đó dùng công thức S OAB  IA.IB 2 + Chú ý: Góc tạo bởi tiếp tuyến và đường tiệm ngang hoặc tiệm cận đứng cũng chính là góc tạo bởi tiếp tuyến và các trục Ox, Oy 2mx  3 Ví dụ 1) Cho hà số y  . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến xm bất kỳ của hàm số cắt hai tiệm cận tại A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 64. Giải: Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x  m và đường tiệm cận ngang là y  2m . Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là: I  m, 2m   2mx0  3  Gọi M  x0 ;  (với x 0  m ) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho. x0  m   2m 2  3 2mx  3  x  x0   0 PTTT của đồ thị hàm số tại điểm này là y    x0  m 2 x0  m  2mx0  2m2  6  Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A  m;  và cắt tiệm cận ngang tại   x0  m   2mx0  2m 2  6 4m 2  6 B  2 x0  m; 2m  . Ta có IA   2m  ; IB  2 x0  m  m  2 x0  m x0  m x0  m 1 IA.IB  4m2  6 Nên diện tích tam giác IAB là S  2 58 Bởi vậy yêu cầu bài toán tương đương: 4m 2  6  64  m   2 x Ví dụ 2) Cho hàm số y  . Viết PTTT của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến x 1   tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2 2  2 . Giải: Cách 1: Đường tiệm cận của đồ thị là x  1, y  1 . Gọi PTTT của (H) tại M  x0 ; y0  là: 1 x  x0  x0 y  2 x0  1  x0  1  x 1  x0  1  A 1; 0  . Khi y  1  x  2 x0  1  B  2 x0  1;1 ; I 1;1 Khi x  1  y  x0  1  x0  1  20
  20. www.VNMATH.com 2  x 1  x 1   2  2 x0  2   1  0   2 2  2  P ABC   IA  IB  AB  0  1  2 x0  2  x0  1  x0  1   x0  14  4  2  2   x 2  2  2  x0  1   1 2 0  x0  1  0  L    2       2 2 1  2  x0  1  2  2  x0  1  2 2  2  0  Cách 2: Phương trình tiệm cận đứng x  1 , phương trình tiệm cận ngang y  1 a 1 a  2 x  a  Gọi M  a;  , PTTT tại M : y   a 1  a 1  a  1  a 1  Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là A 1;   a 1  Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là B  2a  1;1 2 1  a  12  Chu vi tam giác IAB là C  IA  IB  AB   2 a 1  2  4 2 2  a  12 a 1 Dấu “=” xảy ra khi a  1  1 tức a  0; a  2 . Với a  0  y   x Với a  2  y   x  4 KL: y   x; y   x  4 là 2 tiếp tuyến cần tìm. 3x  2  C  . Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Viết Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 1 PTTT d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn: 5 ˆ cos BAI  26 Giải: Xét điểm M  x0 ; y0  , x0  1   C  là tiếp điểm của tiếp tuyến d. 3x0  2 5  x  x0  PTTT tại d có dạng: y   x0  1  x0  1 2 Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A và B và IAB có 5 1 1 1 ˆ ˆ ˆ ˆ nên tan 2 BAI  cos BAI  1   tan BAI   tan ABI  5 ˆ 2 25 5 26 cos BAI 5 ˆ Lại có tan ABI là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y '  x0    0 nên  x0  2 2 5 2  5   x0  1  1  x0  0  x0  2 2  x0  1 Với x0  0 có PTTT d: y  5 x  2 21
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2