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

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

Chia sẻ: Le Huutuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST
Báo xấu
35
lượt xem 1
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

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

Lưu

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

  1. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Cao Tuấn LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2019 – môn TOÁN 0975 306 275  TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ DẠNG 4: TỔNG HỢP – VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO x2 Câu 1. Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Giả sử, đường thẳng d : y  kx  m là tiếp tuyến của 2x  3  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:  3 1 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan TXĐ: D  \   . Ta có: y  .  2  2x  3 2 Tiếp tuyến d : y  kx  m cắt Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A , B nên m  0, k  0.  m  Do A  Ox nên A   ; 0  , B  Oy nên B  0; m  .  k  Do tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O nên m  1   k  1 1 OA  OB   m  m2  2  1   0   . Do k   0 nên k  1. k  k  1  2x  3 2 k 0 1  x  1  y0  1  1   2 x0  3   1   0 2 Suy ra: .  2x  3     2 x  0 2 y 0 0 0  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 M 2  2; 0  là: y    x  2   y   x  2. Khi đó: k  m  1  2  3. Chọn D. Câu 2. Cho hàm số y  x 3  3x có 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 . 1 2 1 A. . B.  . . C. D. 1 . 9 9 3  Lời giải: Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và d :  x  1  y  2   x3  3x  k  x  1  2   x  1 x 2  x  2  k  0   2  x  x  2  k  0 1 d cắt  C  tại ba điểm phân biệt  phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1   9   1  0 k     4  g  1   0  k  0 1
  2. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Khi đó, d cắt  C  tại M  1; 2  , N  x1 ; y1  , P  x2 ; y2  với x1 , x2 là nghiệm của  1 . S  x1  x2  1 Theo định lí Viet:  .  P  x1 x2   k  2  Tiếp tuyến tại N và P vuông góc với nhau  y  x1  .y  x2   1  3x12  3 3x22  3  1      9x12 x22  9 x12  x22  9  1  9  x1x2   9  x1  x2   2x2 x2   9  1 2  2   3  2 3  k  9   k  2   9 1  2   k  2    9  1  9 k 2  18 k  1  0   3 2  3  2 3 k   3 1 c 1 Vậy tích các phần tử trong S là hoặc k1 k2   . Chọn A. 9 a 9 x 1 Câu 3. Cho đồ thị  C  : y  và d1 , d2 là hai tiếp tuyến của  C  song song với nhau. Khoảng https://www.facebook.com/ThayCaoTuan 2x cách lớn nhất giữa d1 và d2 là A. 3 . B. 2 3 . C. 2 . D. 2 2 .  Lời giải: ,  x  0. 1 Ta có: y  2x2 Vì d1 , d2 là hai tiếp tuyến của  C  (lần lượt có các hoành độ tiếp điểm là x1 , x2  x1  x2  ) song song  x  x2 với nhau nên ta có y  x1   y  x2   1 1  2  1  x1   x2 .  x1   x2 2 2 x1 2 x2  x 1  x1  1   x1  1  Gọi M  x1 ; 1  ; N   x1 ;  . Phương trình tiếp tuyến d1 tại M  x1 ;  là:  2 x1   2 x1   2 x1  x 1 x 1 y  2  x  x1   1  2  x  x1   y  1 1 1  0. 2 x1 2 x1 2 x1 2 x1 2 x1 Khi đó: d  d1 , d2   d  N , d1   4  . 1 1 1 4x  2 2 1 4 x14 x1 1 1 Áp dụng BĐT AM – GM ta được: 4 x12  2  2 4 x12 . 2  4 x1 x1  d  d1 , d2   4 4   2 . Chọn C. 1 2 4 x12  x12 Câu 4. Cho hàm số y  f  x (xác định, có đạo hàm trên ) thỏa mãn  f   x  2    f  x  2   10 x . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại 2 3 điểm có hoành độ bằng 2 . A. y  2x  5 . B. y  2x  3 . C. y  2x  5 . D. y  2x  3 .  Lời giải: 2
  3. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN  f  2  0 Từ  f   x  2    f  x  2   10 x  *    f  2    f  2   0   2 3 2 3 x 0  f  2   1 Đạo hàm hai vế của  *  ta được 2 f   x  2  . f    x  2   3  f  x  2  . f   x  2   10 . 2 Cho x  0 ta được 2 f  2  . f   2   3.  f  2  . f   2   10  f  2  . f   2  . 3 f  2   2   10  * *  . 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. f  x Câu 5. Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x  , y  . Nếu các hệ số góc của các tiếp tuyến của g  x các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  0 bằng nhau và khác 0 thì A. f  0   . B. f  0   . C. f  0   . D. f  0   . 1 1 1 1 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan 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 f   0  . g  0   f  0  . g  0  bằng nhau và khác nên f   0   g  0   0 g2  0  g  0  . g  0   f  0  . g   0  g 0  f 0 Suy ra: g  0     1  g2  0   g  0   f  0   0 g 0 2 g 0 2 Khi đó:  g 0   1  4 f  0   0  f  0   . Chọn B. 1 4    Câu 6. Cho các hàm số y  f  x  , y  f f  x  , y  f x2  4 có đồ thị lần lượt là  C1  ,  C 2  ,  C  . Đường thẳng x  1 cắt C  ,  C  , C  lần lượt tại M , N , P . Biết phương trình tiếp 3 1 2 3 tuyến của  C  tại M và của  C  tại N lần lượt là y  3x  2 và y  12x  5 . Phương trình tiếp 1 2 tuyến của  C  tại P là 3 A. y  8x  1. B. y  4x  3. C. y  2x  5. D. y  3x  4.  Lời giải:  y  f  x  1      Đạo hàm của các hàm số đã cho là:  y2   f f  x    f   x  . f  f  x  .        y   f x 2  4   2 x. f  x 2  4  3        Từ phương trình tiếp tuyến của  C1  tại M : y  3x  2  y  3  x  1  5  y1  1  f   1  3 Suy ra:   1  f  1  5  Từ phương trình tiếp tuyến của  C 2  tại N : y  12 x  5  y  12  x  1  7  Suy ra: y2 1  f  1 . f  f 1  12   2 và y 1  f  f 1  f  5  7. 2 Từ  1 và  2   3. f   5   12  f   5   4. 3
  4. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN  Ta có:     y3  1  2.1. f  12  4  2 f   5   2.4  8  phương trình tiếp tuyến của  C 3  tại P là:    y3  1  f 1  4  f  5   7 2 y  y3 1 x  1  y3 1  y  8  x  1  7  y  8x  1 . Chọn A. Câu 7. Gọi M  xM ; y M  là một điểm thuộc  C  : y  x 3  3x 2  2 , biết tiếp tuyến của  C  tại M cắt  C  tại điểm N  x N ; y N  (khác M ) sao cho P  5xM 2  xN2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính OM . 5 10 7 10 10 10 10 A. OM  . B. OM  . C. OM  . D. OM  . 27 27 27 27  Lời giải: Ta có y  x  3x  2  y  3x  6 x . Gọi M  xM ; y M  là một điểm thuộc  C  : y  x 3  3x 2  2 , 3 2 2 suy ra tiếp tuyến của  C  tại M có phương trình là: y  3xM 2  6 xM  x  x   x M 3 M  3x M 2 2. Tiếp tuyến của  C  tại M cắt  C  tại điểm N  xN ; y N  (khác M ) nên xM , xN là nghiệm của  x  x   x https://www.facebook.com/ThayCaoTuan phương trình: x3  3x2  2  3xM 2  6 xM M 3 M  3xM 2 2   x3  xM 3    3 x2  xM 2  3xM 2    6 x M  x  xM   0   x  xM   x  xM   x  2 xM  3   0   2  xN  2xM  3 .  x  2 xM  3 2  2 Khi đó P  5x  x  5x   2 xM  3  2 2 M 2 N 2 M  9 x  12 xM  9  9  xM    5 . 2 M  3 2  2 26  10 10 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi xM  . Khi đó M  ;   OM  . Chọn D. 3  3 27  27  Chú ý: Ở bài toán trên, ta có thể sử dụng công thức giải nhanh sau để xử lí bài toán gọn hơn: Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh bài y toán tiếp tuyến C Cho đồ thị  C  : y  ax 3  bx 2  cx  d  0,  a  0  có tiếp tuyến là đường N M thẳng  : y  mx  n ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C  tại điểm (khác b M ) là N . Khi đó: 2 xM  xN   . x a O xM xN Chứng minh: Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  là: ax 3  bx 2  cx  d  mx  n  ax 3  bx 2   c  m  x  d  n  0 *  Ta có: xM , xN là nghiệm của phương trình  *  . Mà M là tiếp điểm của tiếp tuyến  với đồ thị  C  nên xM là nghiệm kép. Tức là phương trình  *  có ba nghiệm: xM , xM , xN . b b Áp dụng định lí Viet, ta có: xM  xM  xN    2 xM  xN   . a a Quay trở lại bài toán: Tiếp tuyến của  C  tại M cắt  C  tại điểm M khác M  2xM  xN  3  xN  2xM  3. Từ đó tiếp tục làm như trên. 4
  5. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Câu 8. Cho hàm số y  x 3  2018 x có đồ thị  C  và M1 là một điểm trên  C  có hoành độ x1  1 . Tiếp tuyến của  C  tại M1 cắt C  tại điểm M2 khác M1 ; tiếp tuyến của  C  tại M2 cắt C  tại điểm M3 khác M2 ; tiếp tuyến của  C  tại Mn1 cắt  C  tại điểm Mn khác Mn1 ,  n  4, 5,... . Gọi  xn , yn  là tọa độ điểm Mn . Tìm n để 2018 xn  yn  2 2019  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 k  xk ; y k  có dạng:   y  y  xk  x  xk   yk  y  3xk2  2018  x  xk   xk3  2018xk  Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và tiếp tuyến    là:  x  xk     x 3  2018 x  3xk2  2018  x  xk   xk3  2018 xk   x  xk  x 2  xk x  2 xk2  0    x  2 xk Do đó, xk 1  2 xk   xk  là cấp số nhân có x1  1 và công bội q  2 . Suy ra: xn   2  n1 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan . Vậy 2018xn  yn  22019  0  xn3  22019   2    2  3 n 3 2019  3n  3  2019  674  Chọn C.  Chú ý: Ở bài toán trên, ta có thể sử dụng công thức giải nhanh sau để xử lí bài toán gọn hơn: Ứng dụng định lí Viet cho phương trình bậc ba để giải nhanh bài y C toán tiếp tuyến N Cho đồ thị  C  : y  ax 3  bx 2  cx  d  0,  a  0  có tiếp tuyến là đường M thẳng  : y  mx  n ( M là tiếp điểm) cắt đồ thị  C  tại điểm (khác b O x M ) là N . Khi đó: 2 xM  xN   . xM xN a Quay trở lại bài toán: Tiếp tuyến của  C  tại Mk cắt  C  tại điểm Mk 1 khác Mk  2xk  xk 1  0  xk 1  2xk Do đó, xk 1  2 xk   xk  là cấp số nhân có x1  1 và công bội q  2 . Suy ra: xn   2  n1 . Vậy 2018xn  yn  22019  0  xn3  22019   2    2  3 n 3 2019  3n  3  2019  674  Chọn C. Câu 9. Cho hàm số y  x 3  3x 2 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  3x  6 x . 2 Phương trình đường thẳng đi qua M  m ;  4  và có hệ số góc k  là: d : y  k  x  m   4 . Qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến  C   k  x  m   4  x 3  3x 2  1  Hệ phương trình  I   có ba nghiệm phân biệt  k  3x  6 x 2 2   Thay  1 vào  2  , ta được: 3x2  6x  x  m  4  x3  3x2    3x2  6x  x  m  4  x3  3x2  2x3  3  m  1 x2  6mx  4  0 5
  6. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN    2x3  3x2  4  3mx2  6mx   x  2  2x2  x  2  3mx  x  2  x  2  0 x  2  0   2  3m  2 x   1  g  x  ,  x  0   3  2  2 x  x  2  3mx  x Xét hàm số g  x   2 x   1 với x  0 . 2 x Ta có: g  x   2  2  0  x  1. 2 x Bảng biến thiên: x  1 0 1 2  g  x   0   0     6 g  x https://www.facebook.com/ThayCaoTuan 5 3   Hệ  I  có ba nghiệm phân biệt  Phương trình  3  có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  1  3m  3    5 m  10 ;10    3m  5   m    m  10 ;  9 ;...;  2; 3; 4 ;...;10.   3 m   3m  6  m  2   Vậy có 17 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. Câu 10. Cho hàm số y  x 3  3x  2 có đồ thị  C  . Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng d : y  9x  14 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; 9 m  14   d : y  9 x  14. Phương trình đường thẳng  qua M có dạng: y  k  x  m   9m  14  x 3  3x  2  k  x  m   9m  14  1  là tiếp tuyến của  C   hệ phương trình  2 có nghiệm. 3x  3  k 2   Thay  2  vào  1 ta được: x3  3x  2  3x2  3  x  m  9m  14  2x3  3mx2  12m  16  0  3 x  2   x  2   2 x2   4  3m  x  6m  8   0   .  f  x   2 x   4  3m  x  6m  8  0 4 2 Yêu cầu bài toán   3  có đúng hai nghiệm phân biệt. 6
  7. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN TH1:  4  có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 2  4  4  3m   8  6m  8   0   m    0 2 9m  24m  48  0 2  3       m2  f  2   0  12 m  24  0   12 m  24  0    m  4 m  2   4  0 m TH2:  4  có nghiệm kép khác 2      f  2   0 3   m  2 Vậy có 3 điểm thỏa mãn yêu cầu. Chọn A. Câu 11. Cho hàm số y  f  x    x 3  6 x 2  2 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 12 20 19 23 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3  Lời giải: Đạo hàm: f   x   3 x 2  12 x . Phương trình tiếp tuyến tại M  x 0 ; y0  có dạng:    : y  f   x0  x  x0   f  x0  . Do tiếp tuyến qua M  m; 2  nên ta có:     2  3x02  12x0  m  x0   x03  6x02  2  2 x03   3m  6  x02  12mx0  0  1  x0  0  2  2 x0   3m  6  x0  12m  0  2  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 .  3m  6 2  4.2.12m  0 m  6  9m  60m  36  0 2 Ta có:    . m  2 2.0   3m  6  .0  12m  0 m  0  2  3 TH2: Phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm bằng 0 .  3m  6 2  4.2.12m  0  9m  60m  36  0 2 Ta có:   m0. m  0 m  0   2  Vậy các giá trị thỏa yêu cầu bài toán là 0; ; 6  .  3  2 20 Do đó, tổng các giá trị bằng 0  6  . Chọn B. 3 3 Câu 12. Trên đường thẳng y  2x  1 có bao nhiêu điểm kẻ được đến đồ thị  C  của hàm số x3 y đúng một tiếp tuyến? x 1 A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 .  Lời giải: Tập xác định D  \1 . 7
  8. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Gọi A  a; 2a  1  d : y  2x  1 . Phương trình đường thẳng  qua A có dạng: y  k  x  a   2a  1 x  3  x  1  k  x  a   2a  1   là tiếp tuyến của  C   hệ phương trình  4 1 có nghiệm.   k   x  1 2 x3 4  x  1    x  a   2 a  1   x  1  x  12 2ax  2  2a  4  x  6a  4  0  2  2  Để từ A  a; 2a  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 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan a  0 1   x  : Thỏa mãn. Vậy a  0 là một giá trị cần tìm. 8 x  4  0 2 TH2: Phương trình  2  là phương trình bậc hai có nghiệm kép x  1  a  0  a  0  a  1      2 a  4   2 a  6 a  4   0   2  8a  8a  16  0 a  2 2   x1  x2  2a  4  1  2a TH3: Phương trình  2  là phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x  1 a  0      2a  4   2a  6a  4   0  a  1. 2  2a  2  2 a  4   6a  4  0 Vậy có 4 giá trị a tương ứng với 4 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. x1 Câu 13. Cho hàm số y  có đồ thị  C  và điểm A  a; 2  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị x 1 thực của a để có đúng hai tiếp tuyến của  C  đi qua điểm A và có hệ số góc k1 , k2 thỏa mãn k1  k2  10 k12 k2 2  0. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 7 5 5 5 7 A. 7. B. . C. . D. . 2 2 2  Lời giải:  t 1 Gọi M  t ;    C  là tọa độ tiếp điểm.  t 1 2 t 1 Phương trình tiếp tuyến tại M là y   x  t   .  t  1 t 1 2 2 t 1 Do tiếp tuyến đi qua A  a; 2  nên ta có 2   a  t    t 2  6t  3  2a  0 1  t  1 t 1 2 8
  9. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Phương trình  1 có nghiệm    9   3  2 a   0  a  3. t  t  6 Khi đó, phương trình  1 có nghiệm t1 , t2 thỏa mãn:  1 2 (định lí Viet). t1t2  3  2a 2 2 Gọi t1 , t2 là hai nghiệm của  1 , suy ra k1  và k2  . 1  2  2 2 t  1 t  1 2 2 4 4 Theo đề bài: k1  k2  10 k12 k2 2  0    10  0 t1  1 t2  1 t1  1 t2  1 2 2 4 4   t1  1   t2  1   t1  1  t2  1  80 2 2 2 2     t1  t2   2t1t2  2  t1  t2   2  t1t2  t1  t2  1  80 2 2   a  0   7 5    20  4a  2a  2   80   5  a  a  1  5   2 2 a 3  a  S  0;  . Chọn B. a  7  5    2   https://www.facebook.com/ThayCaoTuan 2 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  f   x   0, x   1;1    min f   x  khi x   1;1 .   f   x   0, x    ; 1   1;    Ta có: AOB      tan   tan   AOB   tan AOB  Quan sát đồ thị ta thấy: tan AOB  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 f   x   0 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. 9
  10. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN Câu 15. Cho hàm số y  f  x   x 3  6 x 2  9 x  3  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:     Gọi M1 x1 ; f  x1  ; M2 x2 ; f  x2  với là hai tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến có cùng hệ số góc. k  k1  k2 Ta có: y  3x2  12x  9   k  3x12  12x1  9  3x22  12x2  9 x1  x2   x1  x2  x1  x2  4   0   x1  x2  4  S  1 OB 1 f  x2   f  x1  Hệ số góc của đường thẳng M1 M2 là: k     OA 2017 x2  x1  2016 x1 x2  P https://www.facebook.com/ThayCaoTuan    x1  x2   x1 x2  6  x1  x2   9   2 1 2 2017  2017  x x  2018  P  1 2 2017  x1  x2  4  S   Với  2016 , do S2  4P nên  hai cặp x1 , x2   1 giá trị k  x1 x2  2017  P   x1  x2  4  S   Với  2018 , do S2  4P nên  hai cặp x1 , x2   1 giá trị k  x1 x2  2017  P  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  2x  3 của hàm số y  tại hai điểm A , B phân biệt sao cho P  k12018  k22018 đạt giá trị nhỏ nhất, x2 với k1 , k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại 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: 2x  3   x  2   x  2  2 x  m    2 x2  x  2  2 x  m   2 x  3  0  2 x   m  6  x  3  2m  0  1 Đường thẳng d : y  2x  m cắt  H  tại hai điểm phân biệt    m  6 2  8  3  2 m   0    1 có 2 nghiệm phân biệt khác 2   *  2.  2    m  6  .  2   3  2 m  0 2  m6  xA  xB  2 Khi đó: xA , xB là 2 nghiệm phân biệt của  1   2 x x  3  2 m  A B 2 10
  11. Cao Tuấn – 0975 306 275 –  135A, ngõ 189, đ. Hoàng Hoa Thám, BĐ, HN 1 1 1 Ta có: y   k1  , k2   x  2 x  2 x  2 2 2 2 A B 1 1 Suy ra: k1 k2   4  2  xA  xB   xA xB  4  2 2  3  2m  m  6  2  4    P  k12018  k22018  2 k12018 k22018  2 42018 .  x A  2  xB  2 Dấu "  " xảy ra  k1  k2  0  1  1   3 x  2 x  2  xA  2    xB  2  2 2 A B  A  B Do   xA  xB nên  3   x A  xB  4.   A , B   H  m6 Kết hợp với  2  ta được:  4  m  2 thỏa mãn  *  . Chọn D. 2 https://www.facebook.com/ThayCaoTuan 11
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022
304 tài liệu
922 lượt tải
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