Các bài toán cơ bản về tiếp tuyến

  • 14 trang
  • file .pdf
Bài 8. Tiếp tuyến
BÀI 8. TIẾP TUYẾN
§8.1. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ TIẾP TUYẾN
A. TIẾP TUYẾN CỦA MỘT ĐƯỜNG CONG PHẲNG
Cho đồ thị (C): y = f (x). Gọi M0, M là 2 điểm phân
biệt và cùng thuộc đồ thị (C). Khi đó nếu cố định
điểm M0 và cho điểm M chuyển động trên (C) đều
gần điểm M0 thì vị trí giới hạn của cát tuyến M
(M0 M) là tiếp tuyến (M0 T) tại điểm M0.
M1
lim ( M 0 M ) = TiÕp tuyÕn (M 0 T) M2
M→M 0
B. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ TIẾP TUYẾN
M0 T
I. BÀI TOÁN 1: Viết PTTT tại 1 điểm thuộc đồ thị
1. Bài toán: Cho đồ thị (C): y = f (x) và điểm M0 ( x0 , y0 ) ∈(C). Viết PTTT của
(C) tại điểm M 0 ( x0 , y 0 ) y
(C): y=f(x) T
2. Phương pháp:
f(x 0 ) M0
 Từ ý nghĩa hình học của đạo hàm suy ra
phương trình tiếp tuyến tại M 0 ( x0 , y 0 ) của (C) là: O x0 x
y − y 0 = f ′ ( x0 )( x − x0 ) ⇔ y = f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) + f ( x 0 )
II. BÀI TOÁN 2: Viết PTTT theo hệ số góc cho trước
1. Bài toán: Cho (C): y = f (x) và số k ∈  . Viết PTTT của (C) có hệ số góc k.
2. Phương pháp:
2.1. Phương pháp tìm tiếp điểm
 Giả sử tiếp tuyến có hệ x1 xi ... xn
...
số góc k tiếp xúc với x0 x
(C): y = f (x) tại điểm có hoành độ xi
⇒ f ′ ( xi ) = k ⇒ xi là nghiệm của f ′ ( x ) = k
 Giải phương trình f ′ ( x ) = k ⇒ nghiệm x∈{x 0, x1,… xi,… xn }
PTTT tại x = xi là: y = k ( x − xi ) + f ( xi )
71
Chương I. Các bài giảng trọng tâm về hàm số – Trần Phương
2.2. Phương pháp điều kiện nghiệm kép (chưa được dùng trong khi thi)
Xét đường thẳng với hệ số góc k có phương trình y = kx + m (ẩn m) tiếp xúc
(C): y = f (x) ⇔ phương trình kx + m = f ( x ) có nghiệm bội (nghiệm kép)
⇔ … ⇔ nói chung: ux 2 + v ( m ) x + w ( m ) = 0 có nghiệm kép
⇔ ∆ = g ( m ) = v 2 ( m ) − 4u.w ( m ) = 0 .
Giải phương trình g ( m ) = 0 ⇒ các giá trị của m ⇒ PTTT.
c) Chú ý: Vì điều kiện ( C1 ) : y = f ( x ) và ( C 2 ) : y = g ( x ) tiếp xúc nhau là hệ điều
 f ( x ) = g ( x )
kiện  có nghiệm chứ không phải là điều kiện f ( x) = g ( x) có
 f ′ ( x ) = g ′ ( x )
nghiệm kép nên cách 2 chỉ sử dụng được cho các dạng hàm số
f (x) mà phương trình tương giao kx + m = f ( x ) có thể biến đổi tương đương
với 1 phương trình bậc 2.
3. Các dạng biểu diễn của hệ số góc k
a) Dạng trực tiếp: k = ±1, ±2,... ± 1 , ± 1 ,... ± 2, ± 3,...
2 3
b) Tiếp tuyến tạo với chiều dương Ox góc α ⇒ k = tgα với
α = {15°,30°, 45°, 60°, 75°,105°,120°,135°,150°,165°} (*)
c) Tiếp tuyến  với đường thẳng (∆ ) : y = ax + b ⇒ k = a
d) Tiếp tuyến ⊥với đường thẳng (∆ ) : y = ax + b ⇒ k = −1 với a ≠ 0
a
e) Tiếp tuyến tạo với (∆ ) : y = ax + b góc α ⇒ k − a = tg α với α ∈ (*)
1 + ka
III. BÀI TOÁN 3: Viết PTTT đi qua 1 điểm cho trước
1. Bài toán:
Cho đồ thị (C): y = f (x) và điểm A(a, b) cho trước.
Viết phương trình tiếp tuyến đi qua A(a, b) đến đồ thị ( C ) : y = f ( x )
2. Phương pháp:
72
Bài 8. Tiếp tuyến
2.1. Phương pháp tìm tiếp điểm:
• Cách 1: Giả sử tiếp tuyến đi qua A(a, b)
(C): y=f(x)
tiếp xúc (C): y = f (x) tại tiếp điểm có A(a,b)
hoành độ xi suy ra PTTT có dạng:
( t ) : y = f ′ ( xi )( x − xi ) + f ( xi )
Do A ( a, b ) ∈ ( t ) nên b = f ′ ( xi )( a − xi ) + f ( xi ) ⇒ x = xi là nghiệm của
phương trình b = f ′ ( x ) ( a − x ) + f ( x ) ⇔ f ′ ( x ) ( x − a ) + b − f ( x ) = 0 (*)
Giải phương trình (*) ⇒ nghiệm x∈{x 0, x1,… xi,… xn }.
Phương trình tiếp tuyến tại x = xi là: y = k ( x − xi ) + f ( xi )
• Cách 2: Đường thẳng đi qua A(a, b) với hệ số góc k có PT y = k ( x − a ) + b
tiếp xúc với đồ thị (C): y = f (x)
 f ( x ) = k ( x − a ) + b
⇔ Hệ phương trình  có nghiệm (C): y=f(x)
 f ′ ( x ) = k
A(a,b)
⇒ f ( x) = f ′ ( x) ( x − a) + b
⇔ f ′ ( x ) ( x − a ) + b − f ( x ) = 0 (*)
Giải phương trình (*) ⇒ nghiệm x∈{x 0, x1,… xi,… xn }
Phương trình tiếp tuyến tại x = xi là: y = f ′ ( xi )( x − xi ) + f ( xi )
2.2. Phương pháp điều kiện nghiệm kép (chưa được dùng khi đi thi)
• Cách 3: Đường thẳng đi qua A(a, b) với hệ số góc k có phương trình
y = k ( x − a ) + b tiếp xúc (C): y = f (x) ⇔ phương trình k ( x − a ) + b = f ( x ) có
nghiệm bội (nghiệm kép) ⇔ … ⇔ nói chung: u ( k ) x 2 + v ( k ) x + w ( k ) = 0 có
nghiệm kép ⇔ u ( k ) ≠ 0 và ∆ = g ( k ) = v 2 ( k ) − 4u ( k ) .w ( k ) = 0
u ( k ) ≠ 0
⇔  (**) Hệ sinh ra hệ số góc
 g ( k ) = α.k 2 + β.k + γ = 0
Giải hoặc biện luận hệ điều kiện (**) suy ra các giá trị của k hoặc số lượng của k.
Từ đó suy ra PTTT hoặc số lượng các tiếp tuyến đi qua A(a, b).
73
Chương I. Các bài giảng trọng tâm về hàm số – Trần Phương
§8.2. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA VỀ TIẾP TUYẾN
I. DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN TẠI 1 ĐIỂM THUỘC ĐỒ THỊ
Bài 1. Cho hàm số (C m ) : y = f ( x ) = x 3 + 1 − m ( x + 1) . Viết phương trình tiếp
tuyến của đồ thị (Cm) tại giao điểm của (C m) với Oy. Tìm m để tiếp
tuyến nói trên chắn 2 trục toạ độ tam giác có diện tích bằng 8.
Giải: y ′ ( x ) = 3x 2 − m . Gọi ( C m ) ∩ Oy ≡ A ⇒ x A = 0 ; y A = 1 − m ; y ′ ( 0 ) = −m
Tiếp tuyến của (C m) tại A là: ( t ) : y = y ′ ( 0 ) ( x − 0 ) + y ( 0 ) = −mx + 1 − m .
Xét tương giao: ( t ) ∩ Oy ≡ A ( 0,1 − m ) ; ( t ) ∩ Ox ≡ B 1 − m , 0
m ( )
⇒ S ∆OAB = 1 OA.OB = 1 y A x B = 8 ⇔ 1 − m = 16 m
2
2 2
 m − 2m + 1 = 16m
2
 m 2 − 18m + 1 = 0 
  m = 9 ± 4 5
⇔ ⇔ ⇔
 m 2 − 2m + 1 = −16m  m 2 + 14m + 1 = 0  m = −7 ± 4 3
Bài 2. 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 (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
Giải: Đạo hàm: y ′ ( x ) = 3x 2 + 6 x + m
 x = 0 ⇒ §iÓm C ( 0,1)
a. ( Cm ) ∩ ( y = 1) : x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x ( x 2 + 3x + m) = 0 ⇔ 
 g ( x ) = x 2 + 3x + m = 0
Yêu cầu bài toán ⇔ x D, x E là 2 nghiệm phân biệt khác 0 của g(x) = 0
 ∆ = 9 − 4m > 0  m <
9
⇔  ⇔ 4 ⇔ 0 ≠ m < 9 (*) ⇒ xD + xE = m ; xD x E = −3
4
 g ( 0 ) = m ≠ 0  m ≠ 0
b. Với điều kiện 0 ≠ m < 9 thì các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau
4
⇔ −1 = y ′ ( x D ) y ′ ( x E ) = ( 3x D2 + 6 x D + m )( 3x E2 + 6 x E + m )
= 3 g ( x D ) − ( 3 x D + 2m )  3g ( x E ) − ( 3 x E + 2m )  = ( 3 x D + 2m )( 3 x E + 2m )
= 9 x D x E + 6m ( x D + x E ) + 4m 2 = 9m + 6m. ( −3) + 4m 2 = 4m 2 − 9m
9 ± 65
⇔ 4m 2 − 9m + 1 = 0 ⇔ m = (thoả mãn điều kiện (*) )
8
74
Bài 8. Tiếp tuyến
Bài 3. Cho hàm số (C ) : y = f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 2
a) Viết phương trình tiếp tuyến đi qua A 23 , −2 đến (C)
9 ( )
b) Tìm trên đường thẳng y = −2 các điểm kẻ đến (C) hai tiếp tuyến ⊥ nhau
Giải: Đạo hàm: y ′ = 3x 2 − 6 x = 3x ( x − 2 )
9 ( )
Đường thẳng đi qua A 23 , −2 với hệ số góc k có phương trình y = k x − 23 − 2
9 ( )
( ) ( )
tiếp xúc với C : y = f x ⇔ Hệ 
 f ( x ) = k x − 23 − 2
 9 (
có nghiệm
)
 f ′ ( x ) = k
( 9 ) (
⇒ f ( x ) = f ′ ( x ) x − 23 − 2 ⇔ x 3 − 3 x 2 + 2 = 3x ( x − 2 ) x − 23 − 2
9 )
( )
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − x − 2 ) = 3x ( x − 2 ) x − 23 ⇔ 2 ( x − 2 ) ( 3 x 2 − 10 x + 3) = 0
9 3
 ( )
 x = x = 2 ⇒ TiÕp tuyÕn t : y = y ′ ( 2 ) x − 23 − 2 ⇔ y = −2
1 ( 1) 9

⇔  x = x 2 = 3 ⇒ TiÕp tuyÕn ( t 2 ) : y = y ′ ( 3) x −

( 23
9 )
− 2 ⇔ y = 9 x − 25
( )( )
 x = x = 1 ⇒ TiÕp tuyÕn ( t ) : y = y ′ 1 x − 23 − 2 ⇔ y = −5 x + 61
 3
3 3
3 9 3 27
b) Lấy bất kì M(m, −2) ∈ đường thẳng y = −2
Đường thẳng đi qua M(m, −2) với hệ số góc k có phương trình y = k ( x − m) − 2
 f ( x ) = k ( x − m ) − 2
tiếp xúc với ( C ) : y = f ( x ) ⇔ Hệ  có nghiệm
 f ′ ( x ) = k
⇒ f ( x ) = f ′ ( x ) ( x − m ) − 2 ⇔ x 3 − 3 x 2 + 2 = 3x ( x − 2 ) ( x − m ) − 2
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − x − 2 ) = 3 x ( x − 2 ) ( x − m ) ⇔ ( x − 2 ) [ 2 x 2 − ( 3m − 1) x + 2] = 0
 x = 2 ⇒ TiÕp tuyÕn ( t1 ) : y = y ′ ( 2 ) ( x − m ) − 2 ⇔ y = −2
⇔ 
 g ( x ) = 2 x 2 − ( 3m − 1) x + 2 = 0
Do không thể có tiếp tuyến nào vuông góc với tiếp tuyến y = −2 // Ox nên để từ
M(m, −2) kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau đến (C) thì g(x) = 0 phải có 2
nghiệm phân biệt x1, x 2 và các tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ x1, x2 vuông
góc với nhau ⇒ ∆ g = ( 3m −1) −16 = ( 3m − 5)( 3m + 3) > 0 ⇔ m > 5 ∨ m < −1 (*)
2
3
75
Chương I. Các bài giảng trọng tâm về hàm số – Trần Phương
Khi đó: x1 + x2 = 3m − 1 ; x1 x2 = 1 ⇒ f ′ ( x1 ) f ′ ( x2 ) = 3x1 ( x1 − 2) .3x2 ( x2 − 2) = −1
2
⇔ 9 x1 x 2  x1 x 2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4  = −1 ⇔ 9 [1 − ( 3m − 1) + 4] = −1 ⇔ 54 − 27 m = −1
( )
⇔ m = 55 (thoả mãn (*) ). Vậy M 55 , −2 ∈ ( y = −2 ) thoả mãn yêu cầu.
27 27
Bài 4. Cho hàm số (C ) : y = f ( x ) = x 3 − 12 x + 12
Tìm trên đường thẳng y = −4 các điểm kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C)
Giải: Đạo hàm: y ′ = 3 x 2 − 12
Lấy bất kì M(m, −4) trên đường thẳng y = −4. Đường thẳng đi qua M(m, −4)
với hệ số góc k có phương trình y = k ( x − m ) − 4 tiếp xúc với ( C ) : y = f ( x )
 f ( x ) = k ( x − m ) − 4
⇔ Hệ  có nghiệm ⇒ f ( x ) = f ′ ( x ) ( x − m ) − 4
 f ′ ( x ) = k
⇔ x3 − 12x + 12 = ( 3x 2 − 12) ( x − m) − 4 ⇔ ( x − 2) ( x 2 + 2x − 8) = 3( x − 2)( x + 2)( x − m)
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x − 8 ) = ( x − 2 ) [3 x 2 + ( 6 − 3m ) x − 6m ]
⇔ ( x − 2) [ 2x 2 − ( 3m − 4) x − 2 ( 3m − 4)] = 0 . Để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) thì
g ( x ) = 2 x 2 − ( 3m − 4 ) x − 2 ( 3m − 4 ) = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2
∆ = ( 3m − 4 ) 2 + 16 ( 3m − 4 ) > 0 3 ( 3m − 4 ) ( m + 4 ) > 0  m < −4
⇔  ⇔  ⇔ 4
 g ( 2 ) = 8 − 4 ( 3m − 4 ) ≠ 0 12 ( 2 − m ) ≠ 0  3
Bài 5. Tìm trên đồ thị (C ) : y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) các điểm kẻ
được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)
Giải: Đạo hàm: y ′ = f ′ ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c
Lấy bất kì M(m, f (m)) ∈ (C): y = f (x). Đường thẳng đi qua M(m, f (m) với hệ
số góc k có phương trình: y = k ( x − m ) + f ( m ) tiếp xúc với ( C ) : y = f ( x )
 f ( x ) = k ( x − m ) + f ( m )
⇔ Hệ  có nghiệm ⇒ f ( x ) = f ′ ( x ) ( x − m ) + f ( m )
 f ′ ( x ) = k
⇔ ax 3 + bx 2 + cx + d = ( 3ax 2 + 2bx + c ) ( x − m ) + am 3 + bm 2 + cm + d
⇔ a ( x 3 − m 3 ) + b ( x 2 − m 2 ) + c ( x − m ) = ( 3ax 2 + 2bx + c ) ( x − m )
76
Bài 8. Tiếp tuyến
⇔ − ( x − m ) [ 2ax 2 − ( am − b ) x − m ( am + b )] = 0 ⇔ ( x − m ) ( 2ax + am + b ) = 0
2
⇔ x = m ∨ x = − am + b . Từ điểm M(m, f (m)) kẻ được đúng 1 tiếp tuyến
2a
đến (C) ⇔ − am + b = m ⇔ 3am = −b ⇔ m = −b
2a 3a
 3a ( )
Vậy M  −b , f −b  ∈(C) là điểm kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C).
3a 
Bình luận: f ′′ ( x ) = 6ax + 2b = 0 ⇔ x = −b ⇒ Điểm uốn U  −b , f −b 
3a  3a 3a  ( )
2
Bài 6. Cho đồ thị (C): y = f ( x ) = x − 2mx + m .
x+m
1) Chứng minh rằng: Nếu (Cm) cắt Ox tại x0 thì tiếp tuyến của (Cm) tại điểm
2 x − 2m
đó có hệ số góc là k 0 = 0
x0 + m
2) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt và tiếp tuyến của (Cm) tại 2 điểm
đó vuông góc với nhau.
Giải:
x02 − 2mx0 + m  x 2 − 2mx0 + m = 0
1) Giả sử ( C ) ∩ O x ≡ ( x0 , 0 ) ⇒ y0 = =0⇔ 0 (*)
x0 + m  x0 ≠ −m
Tiếp tuyến của (C m) tại giao điểm của (C m) với Ox có hệ số góc là:
( 2 x0 − 2m )( x0 + m ) − ( x02 − 2mx0 + m ) do (*) 2 x0 − 2m
k 0 = y ′ ( x0 ) = = (đpcm)
( x0 + m ) 2 x0 + m
2) Giả sử (C m) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt ⇒ g ( x ) = x 2 − 2mx + m = 0 có 2
nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: x1 + x 2 = 2m ; x1 x2 = m ; x1 , x2 ≠ − m . Tiếp
2 x1 − 2m 2 x 2 − 2m
tuyến tại x1, x 2 vuông góc nhau ⇔ k1 k 2 = ⋅ = −1
x1 + m x2 + m
⇔ 4 ( x1 − m )( x 2 − m ) + ( x1 + m )( x2 + m ) = 0 ⇔ 5 x1 x2 − 3m ( x1 + x2 ) + 5m 2 = 0
⇔ 5m − 3m ( 2m ) + 5m 2 = 0 ⇔ m ( 5 − m ) = 0 ⇔ m ∈ {0; 5} .
Với m = 0 thì g ( x ) = x 2 = 0 ⇔ x1 = x 2 = 0 (loại)
Với m = 5 thì g ( x ) = x 2 − 10 x + 5 = 0 ⇔ x1,2 = 5 ± 2 5 ≠ −m (thoả mãn)
Vậy để (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt và tiếp tuyến của (Cm) tại 2 điểm đó
vuông góc với nhau thì m = 5.
77
Chương I. Các bài giảng trọng tâm về hàm số – Trần Phương
mx 2 + ( 2 − m 2 ) x − 2m − 1
Bài 7. Cho đồ thị (C m ) : y = . Tìm m để hàm số có cực
x−m
trị. Chứng minh rằng: Với m tìm được, trên đồ thị hàm số luôn tìm được
2 điểm mà tiếp tuyến với đồ thị tại 2 điểm đó vuông góc với nhau.
Giải:  Đạo hàm: y = mx + 2 − 1 ⇒ y′ = m + 1
x−m ( x − m)2
Hàm số có cực trị ⇔ y ′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m < 0
 Với m < 0, chọn k = m . Xét PT: y ′ ( x ) = k ⇔ m + 1
2
=m
2 ( x − m) 2
1 = −m ⇔ ( x − m ) = −2 ⇔ x − m = ± −2 ⇔ x = m ± −2 .
2
⇔ 2
( x − m) 2 m m m
− ( m 2 + 2)
Xét PT: y ′ ( x ) = −1 ⇔ m + 1 = −2 ⇔ 1 =
k ( x − m)2 m ( x − m)2 m
⇔ ( x − m) =
2 −m ⇔ x − m = ± −m ⇔ x=m± −m .
m2 + 2 m2 + 2 m2 + 2
Vậy với m < 0 và k = m thì các PT y ′ ( x ) = k có nghiệm x1 và y ′ ( x ) = −1 có
2 k
nghiệm x2 nên y ′ ( x1 ) . y ′ ( x2 ) = −1 , tức là luôn tìm được 2 điểm thuộc đồ thị mà
tiếp tuyến với đồ thị tại 2 điểm đó vuông góc với nhau.
2
Bài 8. Cho (C ) : y = x + x + 2 . Tìm A∈(C) sao cho tiếp tuyến tại A vuông góc
x −1
với đường thẳng đi qua A và tâm đối xứng của (C)
2 TCÐ: x = 1
Giải:  y = f ( x ) = x + x + 2 = x + 2 + 4 ⇒  ⇒ TĐX: I(1, 3)
x −1 x −1 TCX : y = x + 2
 Đạo hàm: y ′ = 1 − 4
( x − 1) 2
⇒ y′ (a) = 1 − 4
( a − 1) 2
( )
. Gọi A a, a + 2 + 4 ∈(C)
a −1
y A − yI 4
⇒ Đường thẳng (AI) có hệ số góc là: k = =1+
x A − xI ( a − 1) 2
Do tiếp tuyến tại A vuông góc với đường thẳng (AI) nên y ′ ( a ) .k = −1

16 = −1 ⇔ ( a − 1) 4 = 8 ⇔  a = 1 − 8 ⇒ A (1 − 8, 3 − 2 2 − 8 )
4 4 4 4
⇔ 1−
( a − 1) 4  a = 1 + 4 8 ⇒ A (1 + 4 8, 3 + 2 4 2 + 4 8 )

78
Bài 8. Tiếp tuyến
Bài 9. Tiếp tuyến của (C ) : y = x + 1 cắt Ox, Oy tại A(α, 0) và B(0, β).
x
Viết phương trình tiếp tuyến khi αβ = 8
Giải:  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x 0 là:
x02 − 1
( t ) : y = y ′ ( x0 )( x − x0 ) + y ( x0 ) ⇔ y = 1 − 12  x + 2 ⇔ y = ⋅x+ 2
 x0  x0 x02 x0

2 x0
( t ) ∩ Ox = A ( α, 0 ) ⇔ α = ; ( t ) ∩ Oy = B ( 0, β ) ⇔ β = 2
1 − x02 x0
2 x0
αβ = 8 ⇔ 2
⋅ 2 = 8 ⇔ 4 2 = 8 ⇔ 1 − x02 = 1 ⇔ x02 = 1 ⇔ x0 = ± 1
1 − x0 x0 1 − x0 2 2 2
Vậy PTTT là: y = − x ± 2 2
2
Bài 10. Cho đồ thị ( C ) : y = x − 3 x + 4 và điểm M bất kì ∈ (C). Gọi I là giao
2x − 2
của 2 tiệm cận. Tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B.
a) Chứng minh rằng: M là trung điểm của AB.
b) Chứng minh rằng: Tích khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là không đổi
c) Chứng minh rằng: S ∆IAB = const . y
d) Tìm M để chu vi ∆IAB nhỏ nhất.
Giải A M
yA
2
• y = x − 3x + 4 = x − 1 + 1
2x − 2 2 x −1 H B
ϕ
⇒ TCÐ: x = 1; TCX : y = x − 1 ⇒ I 1, −1
2 2 ( ) O 1 α
I
2 xB x
−1
y′ ( x) = 1 − 1 ⇒ y′ (m) = 1 − 1
2 ( x − 1) 2 2 ( m − 1) 2
( )
với M m, m − 1 + 1 ∈(C). Tiếp tuyến tại M là (t):
2 m −1
y = y′ ( m) ( x − m) + y ( m) ⇔ y =  1 − 1  ( x − m) + m − 1 + 1
 2 ( m − 1) 2  2 m −1
 
( m − 1 − 12 ) ; (t ) ∩ (TCX : y = 2x − 1) ≡ B ( 2m − 1, m − 32 )
( t ) ∩ ( TCÐ: x = 1) ≡ A 1, 2
79
Chương I. Các bài giảng trọng tâm về hàm số – Trần Phương
x A + xB
a) Do = m = x M và A, M, B thẳng hàng ⇒ M là trung điểm của AB.
2
b) d1 .d 2 = m − 1 ⋅ 2 = 2
5. m − 1 5
c) BH ⊥ AI ⇒ S ∆IAB = 1 IA.BH = 1 y A − y I . x B − x H = 1 2 . 2m − 2 = 1 ⋅ 4 = 2
2 2 2 m −1 2
d) Gọi góc giữa 2 tiệm cận là α, góc giữa tiệm cận xiên với chiều dương Ox là
ϕ ⇒ α + ϕ = π . Do TCX: y = x − 1 có hệ số góc là 1 nên tg ϕ = 1
2 2 2 2
sin ϕ 1 sin 2 ϕ 1 sin 2 ϕ
⇔ = ⇒ = ⇔ = 1 ⇒ sin ϕ = 1 ; cos ϕ = 2
cos ϕ 2 cos 2 ϕ 4 sin 2 ϕ + cos 2 ϕ 1 + 4 5 5
Ta có chu vi ∆IAB là: P = IA + IB + AB = IA + IB + IA 2 + IB 2 − 2 IA.IB cos α
≥ 2 IA.IB + 2 IA.IB − 2 IA.IB sin ϕ = 2 IA.IB ( 2 + 1 − sin ϕ )
= 2 IA.BH
sin α
( 2 + 1 − sin ϕ ) = cos8 ϕ ( 2 + 1 − sin ϕ ) = 2 ⋅ 20 + 2
4
5 −1
⇒ Min P = 2 ⋅ 4 20 + 2 5 − 1 . Dấu bằng xảy ra ⇔
 IA = IB
 ⇔ IA = IB = 4 20 ⇔ 2 = 4 20 ⇔ m − 1 = 4 4 ⇔ m = 1 ± 4 4
 IA. IB.cos α = 4 m −1 5 5
2
Bài 11. Cho đồ thị: ( C ) : y = x − x + 3 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
x−2
(C) tạo với đường thẳng ( ∆ ) : y = − x + 1 góc 60°.
Giải
 Do tiếp tuyến của (C) tạo với ( ∆ ) : y = − x + 1 góc 60° nên hệ số góc k của tiếp
k − ( −1) k + 1 = 3 (1 − k ) k = 2 − 3
tuyến thoả mãn = tg 60° = 3 ⇔  ⇔
1 + k. ( −1) k + 1 = 3 ( k − 1) k = 2 + 3
2
 y = x − x + 3 = x + 1 + 5 ⇒ y′ ( x) = 1 − 5
x−2 x−2 ( x − 2) 2
- Xét k = 2 + 3 , khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:
5 2 5 (1 − 3 )
1− 2
= 2 + 3 ⇔ ( x − 2) = < 0 (Vô nghiệm)
( x − 2) 2
80
Bài 8. Tiếp tuyến
- Xét k = 2 − 3 ⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:
5 2 5 (1 + 3 ) 5 (1 + 3 )
1− 2
= 2 − 3 ⇔ ( x − 2) = ⇔ x = x1,2 = 2 ±
( x − 2) 2 2
( t1 ) : y = ( 2 − 3 ) ( x − x1 ) + y ( x1 ) ⇔ y = ( 2 − 3 ) x + 2 3 − 1 − 2 5 ( 3 − 1)
( t 2 ) : y = ( 2 − 3 ) ( x − x2 ) + y ( x2 ) ⇔ y = ( 2 − 3 ) x + 2 3 − 1 + 2 5 ( 3 − 1)
Bài 12. Chứng minh rằng: Từ điểm A(1, −1) kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc
2
nhau đến đồ thị (C): y = f ( x ) = x + x + 1
x +1
• Cách 1: Đường thẳng đi qua A(1, −1) với hệ số góc k có phương trình
 f ( x ) = k ( x − 1) − 1
y = k ( x − 1) − 1 tiếp xúc với (C) ⇔ Hệ  có nghiệm
 f ′ ( x ) = k
⇒ f ( x ) = f ′ ( x ) . ( x − 1) − 1 ⇔ … ⇔ g ( x ) = x 2 + 3 x + 1 = 0 ⇔ x = x1,2 = −3 ± 5
2
x12 + 2x1 x22 + 2x2 g ( x1 ) − ( x1 +1) g ( x2 ) − ( x2 +1) 1
f ′( x1 ) f ′( x2 ) = ⋅ = ⋅ = = −1 •
2
( x1 +1) ( x2 +1)
2
( x1 +1)
2
( x2 +1)
2
( x1 + 1)( x2 +1)
Cách 2: Đường thẳng đi qua A(1, −1) với hệ số góc k có phương trình
2
y = k ( x − 1) − 1 tiếp xúc với (C) ⇔ k ( x − 1) − 1 = x + x + 1 có nghiệm kép ⇔
x +1
[ k ( x − 1) − 1] ( x + 1) = ( x 2 + x + 1) hay ( k − 1) x 2 − 2 x − ( k + 2 ) = 0 có nghiệm kép
⇔ k ≠ 1 và ∆ ′ = g ( k ) = k 2 + k − 1 = 0 . Ta có: ∆ g = 1 + 4 = 5 > 0 nên g ( k ) = 0 có 2
nghiệm phân biệt k1, k2 thoả mãn k1 k 2 = −1 . Từ đó suy ra từ A(1, −1) luôn kẻ
được 2 tiếp tuyến vuông góc nhau đến đồ thị (C).
2
Bài 13. Viết PT tiếp tuyến đi qua A(6, 4) đến (C): y = f ( x ) = x − 2 x + 1
x−2
Giải: Đường thẳng đi qua A(6, 4) với hệ số góc k có phương trình
 f ( x ) = k ( x − 6 ) + 4
y = k ( x − 6 ) + 4 tiếp xúc với (C) ⇔ Hệ  có nghiệm
 f ′ ( x ) = k
2 ( x − 1) ( x − 3) (
⇒ f ( x ) = f ′ ( x ) . ( x − 6) + 4 ⇔ x − 2 x + 1 = ⋅ x − 6) + 4
x−2 ( x − 2)2
81