TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
Đây là 10 bài tập câu hỏi liên quan tới đạo hàm chọn lọc. Có một số bài được anh chị tổng hợp từ các câu hỏi các em
gửi tới page “ÔN THI ĐẠI HỌC CÙNG THỦ KHOA ĐẠI HỌC GSTT”
Chúc các em sức khỏe tốt và tràn trề năng lượng và sự tự tin trong kỳ thi sắp tới!
2x 3
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
, có đồ thị (C).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = x + m – 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có trọng tâm
2 4
là điểm G ; .
3 3
LỜI GIẢI
+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
2x 3
x m 1
x 1
2x 3 x m 1 x 1 (do x = –1 không là nghiệm).
x + (m – 2)x + (m – 4) = 0 (1).
2
+) Ta có: (1) = (m – 2)2 – 4(m – 4) = (m – 4)2 + 4 > 0 ∀ m ∈ ℝ.
(1) luôn có hai nghiệm phân biệt d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B.
Lúc đó, gọi tọa độ A(xA; xA + m – 1) và B(xB; xB + m – 1) thì xA, xB là hai nghiệm phân biệt của (1).
Theo định lí Viét: xA + xB = 2 – m.
2
2 m 3. 3
x A x B xO 3xG
2 4
+) G ; là trọng tâm OAB thì
m 4.
3 3
y A y B y O 3y O
2 m 2 m 1 3. 4
3
Khi m = 4 thì O, A, B không thẳng hàng. Vậy m = 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bình luận:
xA + xB + xO
yA + yB + yO
− Bản chất của công thức xG =
và yG =
là xuất phát từ đẳng thức véctơ:
3
3
⃗⃗⃗⃗⃗ = OA
⃗⃗⃗⃗⃗ + OB
⃗⃗⃗⃗⃗ + OO
⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ GO
⃗⃗⃗⃗⃗ + GA
⃗⃗⃗⃗⃗ + GB
⃗⃗⃗⃗⃗ = 0
⃗.
3OG
Các em nên hiểu rõ bản chất để vững kiến thức, không nên học thuộc công thức một cách máy móc.
2
2 m 3. 3
– Nếu ta để ý bước biến đổi (1)
⇔ m = 4 thì sẽ thấy một sự “trùng hợp ngẫu nhiên” khi
2 m 2 m 1 3. 4
3
giải hai phương trình của hệ (1) đều cho ra nghiệm m = 4. Như vậy ta có thể thấy rằng không phải với điểm G bất
kì nào cũng có thể tìm được nghiệm tham số m thỏa mãn ⇒ Đặt vấn đề “những điểm G như thế nào thì có thể tìm
được m thỏa mãn yêu cầu bài toán”, ta có bài toán mở rộng sau:
Cho đường thẳng d: y = x + m – 1 (m là tham số) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tích các trọng tâm G
của tam giác ABO.
2m
xG 3
2
Biến đổi tương tự lời giải bài toán gốc, ta được
y G xG .
3
y m
G 3
Mặt khác, với m = 1 thì d: y = x là đường thẳng đi qua O nên không thể tạo thành tam giác ABO được.
2
1 1
Do đó quỹ tích của trọng tâm G là đường thẳng y = − x, trừ điểm ( ; ).
3
3 3
1|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
Khi giải các bài toán tưởng chừng đơn giản các em cũng luôn phải tìm tòi suy nghĩ, luôn luôn đặt câu hỏi và trả
lời để hiểu được một cách sâu sắc vấn đề.
2x 2
có đồ thị (C)
x 1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y = – x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
A, B cùng với điểm P(1;2) tạo thành một tam giác đều.
Câu 2 (2,0 điểm) Cho hàm số y
LỜI GIẢI
2. Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ phương trình:
y = −x + m
2x + 2
y = −x + m
y
=
2x
{
x − 1 ⇔ { + 2 = −x + m ⇔ {x 2 − (m − 1)x + m + 2 = 0 (1)
y = −x + m
x−1
(C) và (d) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt a và b ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆> 0 ⇔
m ≤ −1
(m − 1)2 − 4(m + 2) > 0 ⇔ ⌊
(∗)
m≥7
Với m thoả mãn điều kiện (*) PT (1) có 2 nghiệm phân biệt xA và xB . Theo định lí Vi-et ta có:
x + xB = m − 1
{ A
xA xB = m + 2
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là A(xA ; −xA + m) và B(xB ; −xB + m).
m−1 m+1
m−3 m−3
m−3 2
Gọi I là trung điểm AB. Tọa độ I là (
;
) ⇒ ⃗⃗⃗
PI = (
;
) ; PI = √2(
)
2
2
2
2
2
AB = √(xA − xB )2 + [(−xA + m) − (−xB + m)]2 = √2(xA − xB )2 = √2[(xA + xB )2 − 4xA xB ]
= √2(m − 1)2 − 8(m + 2) = √2m2 − 12m − 14
Vecto chỉ phương của (d) là u
⃗ = (1; −1)
m−3
m−3
PI ⊥ AB
⃗⃗⃗
.1 +
. (−1) = 0
PI
.
⃗
u
=
0
AB√3 ⇔ { 2
∆PAB đều ⇔ {
⇔{
2
2
2
PI =
4PI = 3AB
2(m − 3)2 = 3(2m2 − 12m − 14)
2
m = 3 − 2√6
⇔ 4m2 − 24m − 60 = 0 ⇔ {
m = 3 + 2√6
Kết hợp với điều kiện (*) ta thấy cả 2 giá trị của m đều thoản mãn.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 3 − 2√6 hoặc 3 + 2√6.
Câu 3 (2 điểm) Cho hàm số y x 2mx 2m m , với m là tham số thực.
4
2
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam
giác có diện tích bằng 1.
LỜI GIẢI
+) Xét hàm số y = x4 – 2mx2. Tập xác định 𝔻 = ℝ.
x 0
Ta có: y 4x3 4mx ; y 0 2
x m
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu phương trình y’ = 0 có ba nghiệm
phân biệt m > 0.
Lúc đó, đồ thị hàm số có một điểm cực đại là A(0; m4 + 2m) và hai
điểm cực tiểu là B m ; m4 m2 2m , C
m ; m4 m2 2m .
Do tính chất đối xứng của đồ thị hàm số qua trục tung nên ABC cân tại A.
2|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
+) Gọi H là trung điểm BC H(0; m4 – m2 + 2m) SABC =
Theo bài ra, SABC = 1 m2
1
1
AH.BC = m2 .2 m = m2
2
2
m.
m = 1 m = 1, thỏa mãn.
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
Bình luận:
Tổng quát bài toán trên: Cực trị hàm số bậc 4 trùng phương y = ax4 + bx2 + c (a ≠ 0).
x 0
x2 b (*)
2a
Ta có: y 4ax3 2bx 2x 2ax2 b ; y 0
b 0
ab 0
+ Hàm số có 3 cực trị phương trình y 0 có 3 nghiệm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0
+ Hàm số có đúng 1 cực trị (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép
b
0
2a
ab < 0. Lúc đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác cân, đó là:
b
b
b
b (ABC cân tại A).
A 0; c ; B ; y
;
C
;
y
2a
2a
2a
2a
* Các kiểu câu hỏi:
+ Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều AB = BC.
+ Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân (và sẽ vuông cân tại A) AB + AC = BC .
1
1
+ Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích S S ABC BC.d A,BC x B xC . y A y B S .
2
2
Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 − 2
2
2
2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên đường thẳng y = 9x − 7 những điểm mà qua đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C) của hàm số.
LỜI GIẢI
2. Gọi M(m; 9m − 7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x − 7
Vì mọi đường thẳng có dạng x=m không là tiếp tuyến của đồ thị (C) nên ta xét d là đường thẳng đi qua M và có
dạng: y = k(x − m) + 9m − 7 (d)
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
x 3 3x 2 2 k(x m) 9m 7 x 3 3x 2 2 (3x 2 6x)(x m) 9m 7
2
2
3x 6x k
3x 6x k
Qua M kẻ được ba tiếp điểm đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân
biệt:
2x 3 3x 2 3mx 2 6mx 9m 5=0 (x 1) 2x 2 (5 3m)x 5 9m 0
Do đó điều kiện của m là:
1
m
9m 42m 15 0
3
(5 3m) 8(5 9m) 0
2
m 5
m 1
2.1 (5 3m).1 5 9m 0
m 1
2
2
1
m 1.
3
Bình luận:Để làm được và trình bày chặt chẽ bài toán trên, cần nắm vững một số điểm quan trọng sau đây:
Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m − 7) với m < −5 hoặc
3|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
- Hàm đa thức nếu có tiếp tuyến thì tiếp tuyến đó tồn tại hệ số góc. Như trong lời giải, ta đã nhận xét x = m không
tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Nhờ đó mà ta biểu diễn được phương trình (d) qua M có hệ số góc k. Nếu quên lập
luận điều này thì lời giải sẽ thiếu chặt chẽ.
f(x) = kx + p (1)
- (d): y = kx + p tiếp xúc với đồ thị hàm số f(x) ⟺ { ′
f (x) = k (2)
Sau đó ta thay k từ phương trình (2) vào (1) rồi tìm m để (1) có 3 nghiệm.
Kinh nghiệm giải bước tiếp theo là nhẩm nghiệm để tìm ra một nghiệm “đẹp”, giả sử là x0 (đối với bài này x0 = 1).
Sau đó phân tích thành nhân tử để đưa về một phương trình có dạng: (x − x0 )(ax 2 + bx + c) = 0 mà m nằm đâu
đó trong a, b, c.
Hàm số có 3 nghiệm ⟺ (ax 2 + bx + c) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 𝐱𝟎 . Như vậy ta tìm được m.
Nếu không thể nhẩm ra nghiệm “đẹp” thì ta không thể tiến hành như trên mà phải xét
hàm bậc 3 truyền thống.
x 2
Câu 5 (2,0 điểm). Cho hàm số y
, có đồ thị (C).
2x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua C(–3; 13) sao cho d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho CA =
2
CB.
3
LỜI GIẢI
1
a 2
+) A ∈ (C) A a;
).
(với a
2
2a 1
b2
1
B ∈ (C) B b;
).
(với b
2
2b 1
3CA 2CB
2
+) CA CB
3
3CA 2CB
a 2
b2
Ta có: CA a 3;
13 và CB b 3;
13 .
2a 1
2b 1
3a 9 2b 6
2b 3a 3 (1)
– Nếu 3CA 2CB a 2
b2
a 2
3a 3 4
3. 2a 1 13 2. 2b 1 13 3. 2a 1 13 3a 3 1 26 (2)
a 2
3a 1
(2) 3
13
3 a 23a 4 13 2a 13a 4 3a 1 2a 1
2a 1
3a 4
75a2 150a 75 0 a 1 b = 0 (thỏa mãn) ⇒ A(–1; 3); B(0; –2).
2b 15 3a (3)
3a 9 2b 6
– Nếu 3CA 2CB a 2
3a 15 4
b2
a 2
3. 2a 1 13 2. 2b 1 13 3. 2a 1 13 1 15 3a 26 (4)
3 a 2
3a 19
65 3 a 23a 14 3a 19 2a 1 65 3a 14 2a 1
2a 1
3a 14
13 2 26
a
5
375a2 1950a 975 0 5a2 26a 13 0
13 2 26
a
5
(4)
4|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
−13 + 2√26
−18 − 3√26
(thỏa mãn điều kiện).
⇒b=
5
5
13 2 26 23 2 26
18 3 26 28 3 26
Suy ra: A
;
;
và B
.
5
5
24 4 26
31 6 26
∗) a =
−13 − 2√26
−18 − 3√26
(thỏa mãn điều kiện).
⇒b=
5
5
−13 − 2√26 23 + 2√26
−18 + 3√26 −28 + 3√26
Suy ra: A (
;
;
);B(
)
5
5
24 + 4√26
−31 + 6√26
Bình luận:
– Cách khai thác bằng véctơ là cách khai thác hữu hiệu và hợp lý nhất. Mặc dù khi sử dụng, chúng ta phải chia ra
làm 2 trường hợp, nhưng cả 2 trường hợp đều có thể dễ dàng biến đổi ra được kết quả. Nếu để đoạn thẳng 3CA =
2CB thì vô cùng phức tạp.
⃗⃗⃗⃗⃗ = −2CB
⃗⃗⃗⃗⃗ . Như vậy sẽ vô cùng nguy hiểm và làm mất đi
– Khi làm nhiều người thường quên trường hợp 3CA
∗) a =
nghiệm của bài toán.
– Gọi A, B cần chú ý đặt và kiểm tra điều kiện: a
1
1
và b
. Mặc dù nó không ảnh hưởng đến kết quả, nhưng
2
2
vẫn sẽ mất điểm.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hàm số: y = x 4 − 2mx 2 + 1 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = −1.
2. Tìm giá trị của tham số (P) để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán
kính bằng 1.
LỜI GIẢI
Để đồ thị (1) có 3 điểm cực trị thì y ′ = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt.
x=0
x=0
′
3
(m > 0)
y = 4x − 4mx = 0 ⇔ [ 2
⇔ [ x = √m
x =m
x = −√m
Giả sử A(√m; 1 − m2 ); B(−√m; 1 − m2 ); C(0; 1)
Ta thấy A và B đối xứng nhau qua Oy, do đó tam giác ABC cân tại C, nhận Oy làm trục đối xứng.
⇒ Tâm I của đường tròn ngoại tiếp ΔABC nằm trên trục Oy.
y=0
Đặt I(0; y) ⇒ IC = R ⇔ √(1 − y)2 = 1 ⇔ |1 − y| = 1 ⇔ [
y=2
∗ y = 0 ⇒ I(0; 0) ≡ 0.
IA = R ⇔ √m + (1 − m2 )2 = 1 ⇔ m4 − 2m2 + m = 0
⇔ m = 0 hoặc m = 1 hoặc m =
Nhưng do m > 0 ⇒ m = 1 hoặc m =
−1 ± √5
2
−1 + √5
.
2
∗ y = 2 ⇒ I(0; 2).
IA = R ⇔ √m + (1 − m2 )2 = 1 ⇔ m4 + 2m2 + m = 0 (pt vô nghiệm ∀m > 0).
KL: m = 1 hoặc m =
−1 + √5
.
2
Bình luận:
+ Trong câu hỏi về cực trị của hàm trùng phương, ta nên dùng phương pháp tính trực tiếp.
+ ΔCAB luôn là tam giác cân tại C (C là điểm thuộc trục Oy).
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 1 có đồ thị (C).
5|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x – y + 6 = 0.
LỜI GIẢI
2
Ta có y ’ = 3x – 6x.
Vì tiếp tuyến cần tìm song song với đường thẳng d: 9x – y + 6 = 0 nên tiếp tuyến có hệ số góc là 9.
Suy ra hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình:
x 1
3x2 6x 9 x2 2x 3 0
x 3
– Với x = –1 y(–1) = –3. Khi đó tiếp tuyến có phương trình là y = 9x + 6 (loại do trùng với đường thẳng d).
– Với x = 3 y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có phương trình là y = 9x – 26, thỏa mãn.
Vậy phương trình tiếp tuyến cầi tìm là y = 9x – 26.
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản. Chúng ta chỉ cần sử dụng 2 phần lý thuyết cơ bản:
– Hai đường thẳng song song với nhau thì hệ số góc bằng nhau: k = k’.
Chú ý: dùng từ “thì” mà không dùng tương đương bởi khi k = k’ thì hai đường thẳng vẫn có thể trùng nhau.
– Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm (x0; y0) có phương trình là: y = f ’(x0 ) .(x – x0) + y0.
Đề yêu cầu viết đường thẳng song song với d nên phải loại đi trường hợp nó trùng d.
2x 1
Câu 8 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
, có đồ thị (C).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại các điểm A,
B phân biệt thỏa mãn AB =
82 OB.
LỜI GIẢI
+) Ta có: y
1
x 1
2
.
2x 1
Gọi M x0 ; 0
là tiếp điểm.
x0 1
Phương trình tiếp tuyến tại M là: y
1
x0 1
2
x x0
2x0 1
x0 1
.
2x 2x2 1
0
0
.
+) Tiếp tuyến cắt trục Ox tại A 2x20 x0 1; 0 , cắt Oy tại B 0;
2
x0 1
ΔOAB vuông tại O ⇔ OA2 OB2 AB2 . Mặt khác ta có: AB 82.OB .
OA2 OB2 82.OB2 OA2 81.OB2 OA 9.OB (1).
Ta có: (1) ⇔
2x20
x0 1 9.
2x0 2x20 1
x0 12
1
x 2 53 .
9
1
7
– Với x0 = 4, ta có: y x 4 .
9
3
Bình luận:
– Với x0 = 2, ta có: y
6|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
x 2
x0 1 9 0
x0 4
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
– Một hướng đi quen thuộc trong kiểu bài tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Ta có y'(x0) chính là hệ số góc tiếp tuyến
của đồ thị tại đó. Từ đó ta có được phương trình tiếp tuyến và có thể tìm ra được tọa độ A, B theo x0.
– Các em để ý dữ kiện AB 82.OB . Ta có chút gì đó nghi nghờ. Sao lại là 82 mà không phải là số khác (82 gần
81)? Từ đó ta kết hợp với ΔOAB vuông tại O ⇒ OA = 9.OB. Đến đây bài toán được giải quyết.
7|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
Câu 9 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
2x 4
(1), có đồ thị (C).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với nhau, đồng
thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O.
LỜI GIẢI
−2a + 4
−2b + 4
) ; B (b;
) (a ≠ b)
a−1
b−1
Hệ số góc tại tiếp tuyến của A và B lần lượt là:
Gọi A (a;
k1 = −
2
2
; k2 = −
.
2
(a − 1)
(b − 1)2
Do 2 tiếp tuyến song song nên k1 = k 2
a = b (loại)
⇔ (a − 1)2 = (b − 1)2 ⇔ [
a + b = 2 (𝟏)
−2a + 4
−2b + 4
⃗⃗⃗⃗⃗ = ( a;
⃗⃗⃗⃗⃗ = (b;
Ta có: OA
) ; OB
)
a−1
b−1
ΔOAB là tam giác vuông tại O.
Ta có: OA.OB 0 ab
2a 4 2b 4 0 (2).
a 1 b 1
Rút b = 2 – a từ (1) thay vào (2) ta có:
a 1 b 3
a 0 b 2
2a 4 2 2 a 4
a 2 a
0 a a 3 a 2 a 1 0
a 2 b 0
a 12 a 1
a 3 b 1
Vậy có tất cả 4 cặp điểm thỏa mãn đề bài đó là A1(–1; –3), B1(3; 1); A2(0; –4), B2(2; 0); A3(2; 0), B2(0; –4) và
A4(3; 1), B4(–1; –3).
Nhận xét:
– Đây là dạng bài tập tiếp tuyến của đồ thị hàm số ta thường phải dùng đến hệ số góc của tiếp tuyến là y'.
⃗⃗⃗⃗⃗ . OB
⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 từ đó đưa đến cách gọi tọa độ điểm A,
– Điều kiện đề bài cho là ΔOAB vuông, vì vậy ta sẽ dùng vector OA
B như trên.
Bài tập tương tự:
1. Cho hàm số y
x 2
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị cắt trục tung, trục hoành tại A, B sao cho ΔOAB
2x 3
cân tại O.
Câu 10 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 2 x 1
2
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C .
C .
2. Tìm các điểm M trên đường thẳng d : y 2x 19 , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị C đi qua điểm M vuông góc
với đường thẳng x 9y 8 0 .
LỜI GIẢI
Hướng giải:
Bài toán này cũng khá quen thuộc. Chúng ta sẽ cùng nhau phân tích để tìm ra kết quả.
– Thứ nhất đọc kỹ đề bài ta sẽ thấy mấu chốt đầu tiên: Tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua M vuông góc với đường
thẳng x + 9y – 8 = 0. Từ điều này ta tìm ra hệ số góc của tiếp tuyến qua M là 9. Mà hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị
8|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
TUYỂN TẬP CÂU HỎI LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM CHỌN LỌC
(C) tại điểm N(x0 ;y 0 ) chính là f '(x0 ) . Như vậy ta sẽ tìm ra x0 và viết công thức tiếp tuyến của (C) mà vuông góc
với đường thẳng x 9y 8 0 .
Dựa vào công thức tiếp tuyến đã biết: y y '(x x0 ) y 0 .
– Sau khi đã có tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường thẳng yêu cầu rồi công việc cuối cùng của chúng ta là tìm
M. M chính là giao điểm của đường thẳng (d) và tiếp tuyến trên.
Hướng làm bài toán này là như thế, bây giờ chúng ta sẽ hoàn thiện nó qua lời giải sau.
Lời giải:
Từ giải thiết: Gọi N(x0 ;y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến đồ thị (C) đi qua M và vuông góc với đường thẳng
x 9y 8 0 , ta suy ra f '(x0 ) 9 3x02 3 9 x0 2 .
– Với x0 2 y 0 4 , ta có tiếp tuyến của đồ thị (C) tại N là: y (x 2).9 4 9x 14 .
y 2x 19
Tọa độ M là nghiệm của hệ
M(3; 13).
y 9x 14
– Với x0 2 y 0 0 tiếp tuyến tại N là y (x 2).9 9x 18 .
y 2x 19
1 207
Tọa độ M là nghiệm của hệ
M ;
.
11 11
y 9x 18
1 207
Kết luận: Có 2 điểm M thỏa mãn yêu câu bài toán là M1(3; 13) và M2 ;
.
11 11
9|C H O Đ I L À N H Ậ N V Ề M Ã I M Ã I
- Xem thêm -
.PDF 
9 
289 
83 
