TIẾP TUYẾN - NGUYỄN TẤT THU

GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích Chuyên ñề: BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN 1.ðịnh nghĩa: Bài toán 1: Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại ñiểm M ( x0 ; f ( x0 )) . Phương pháp: * Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f ( x) tại M ( x0 ; y0 ) là: y = f '( x0 )( x − x0 ) + y0 với y0 = f ( x0 ) . Bài toán 2: Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f ( x) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k. Phương pháp: Cách 1: *Phương trình tiếp tuyến có dạng: y = kx + b   f ( x) = kx + b (1) * ðiều kiện tiếp xúc là hệ pt:   (2)   f '( x) = k Từ (2) ta tìm ñược x, thế vào (1) ta có ñược b. Ta có tiếp tuyến cần tìm. Cách 2: * Giải phương trình f '( x) = k giải phương trình này ta tìm ñược các nghiệm x1 , x2 ,..., xn . * Phương trình tiếp tuyến: y = f '( xi )( x − xi ) + f ( xi ) (i = 1,2,..., n) . Chú ý: ðối với bài toán này ta cân lưu ý một số vấn ñề sau: * Số tiếp tuyến của ñồ thị chính là số nghiệm của phương trình f '( x) = k . *Cho hai ñường thẳng d1 : y = k1 x + b1 và d 2 : y = k 2 x + b2 . Khi ñó i) tan α = k1 − k 2 , trong ñó α = (
d1 , d 2 ) . 1 + k1.k 2 k1 = k 2 ii) d1 // d 2 ⇔  b1 ≠ b2 iii) d1 ⊥ d 2 ⇔ k1.k 2 = −1 Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f ( x) , biết tiếp tuyến ñi qua ñiểm A( x A ; y A ) . Phương pháp: Cách 1: Phương trình tiếp tuyến có dạng: y = k ( x − xA ) + y A  f ( x) = k ( x − xA ) + y A (1)  ðiều kiện tiếp xúc: hệ pt  có nghiệm.   (2)   f '( x) = k GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích Thay (2) vào (1), ta ñược: f ( x) = f '( x)( x − xA ) + yA , giải pt này ta tìm ñược các nghiệm x1 , x2 ,..., xn . Thay vào (2) ta tìm ñược k từ ñó suy ra phương trình tiếp tuyến. Cách 2: Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp ñiểm. Khi ñó tiếp tuyến có dạng: y = f '( x0 )( x − x0 ) + y0 Vì tiếp tuyến ñi qua A nên ta có: y A = f '( x0 )( x A − x0 ) + y0 , giải phương trình này ta tìm ñược x0 suy ra phương trình tiếp tuyến. Chú ý: *Nếu giải theo cách 1 thì số tiếp tuyến của ñồ thị chính là số nghiệm của phương trình: f ( x) = f '( x)( x − xA ) + yA * Nếu giải theo cách 2 thì số tiếp tuyến là số nghiệm của phương trình y A = f '( x0 )( x A − x0 ) + y0 (với ẩn là x0). CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến Phương pháp: Ta dựa vào ba bài toán trên Ví dụ 1: Cho hàm số y=x3 − 3x 2 + 2 x , có ñồ thị (C) 1) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại ñiểm uốn . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại ñiểm có hoành ñộ bằng −1 . 3) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại ñiểm có tung ñộ bằng 6 . 4) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao ñiểmcủa (C) với trục hoành. 5) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. Giải: 1)Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x + 2 ⇒ y '' = 6 x − 6 ⇒ y " = 0 ⇔ x = 1 , do ñó tọa ñộ ñiểm uốn là U (1;0) Phương trình tiếp tuyến tại U là: y = y '(1)( x − 1) + 0 = −x + 1 . 2) Ta có x0 = 1 ⇒ y0 = −6 và y '( x0 ) = y '(−1) = 11, suy ra Phương trình tiếp tuyến là: y = y '(−1)( x + 1) − 6 = 11x + 5 . 3) Gọi M ( x0 ;6) là tiếp ñiểm , ta có: x03 − 3x02 + 2 x0 = 6 ⇔ ( x0 − 3)( x02 + 2) = 0 ⇔ x0 = 3 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y = y '(3)( x − 3) + 6 = 11x − 27 . 4) PTHð giao ñiểm của (C) với Ox: x3 − 3x 2 + 2 x = 0 ⇔ x = 0, x = 1, x = 2 * x=0 ta có tiếp tuyến: y = y '(0)( x − 0) + 0 = 2 x . * x=1 ta có tiếp tuyến: y = y '(1)( x − 1) + 0 = −x + 1 . * x=2 ta có tiếp tuyến: y = y '(2)( x − 2) + 0 = 2 x − 4 . 5) Vì hệ số góc của mọi tiếp tuyến ñều có dạng f '( x) và hệ số góc của tiếp tuyến tại ñiểm uốn bằng -1. Do ñó ñể chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh f '( x) ≥−1 . ð iều này luôn ñúng vì: f '( x) + 1 = 3( x − 1) 2 ≥ 0 ∀x ∈ R (ñpcm). GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích Chú ý: Chứng minh tương tự ta có kết quả tổng quát của câu 5 như sau “Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d (a ≠ 0) . Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất còn nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại ñiểm uốn có hệ số góc lớn nhất”. 2 x − x +1 Ví dụ 2: Cho hàm số y = có ñồ thị (C) x −1 1) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến song song với ñường thẳng ∆ : 3x − 4 y + 1 = 0 . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) xuất phát từ M (−1;3) . 3) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) ñi qua giao ñiểm hai ñường tiệm cận của (C). 4) Biện luận theo m ≠ 0 số tiếp tuyến của (C) mà tiếp tuyến vuông góc với ñường thẳng ∆m : x − my + m + 1 = 0 . Giải: x2 − 2 x Ta có y ' = ( x − 1)2 3 1 1)Gọi d là tiếp tuyến song song với ñường thẳng ∆ : y = x + , khi ñó d có hệ số 4 4 3 góc là k = 4  x = −1 x2 − 2 x 3 2  . Xét phương trình: y ' = k ⇔ x x 2 3 0 = ⇔ − − = ⇔ 2  x = 3 4 ( x − 1) 3 3 3 * x = −1 ⇒ y = − ⇒ phương trình tiếp tuyến: y = x − . 2 4 4 7 3 5 * x = 3 ⇒ y = ⇒ phương trình tiếp tuyến: y = x + . 2 4 4 2) Gọi d là ñường thẳng ñi qua M (−1;3) , có hệ số góc k, khi ñó phương trình d có dạng: y = k ( x + 1) + 3   x2 − x + 1  = k ( x + 1) + 3 (1)   1 − x d là tiếp tuyến ⇔ hệ phương trình sau có nghiệm:  2  x − 2x  (2) =k  2  x ( − 1)    2 2 x − x + 1 x − 2x Thế (2) vào (1) ta ñược: = ( x + 1) = 3 x −1 ( x − 1)2 x = 2  2 ⇔ 2 x − 5x + 2 = 0 ⇔  1 x =  2 * Với x = 2 ⇒ k = 0 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y=3. GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích 1 *Với x = ⇒ k = −3 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = −3x 2 3) ðồ thị có hai tiệm cận x = 1 và y = x suy ra giao ñiểm của hai tiệm cận là I(1;1) Gọi d là ñường thẳng ñi qua I, có hệ số góc k ⇒ d : y = k ( x − 1) + 1  x2 − x + 1   = k ( x − 1) + 1   x −1  có nghiệm d là tiếp tuyến ⇔ hệ  2  x x 2 −  =k  2  x ( 1) −    Thế k vào phương trình thứ hai ta ñược: x 2 − x + 1 x2 − 2 x = + 1 ⇔ x2 − x + 1 = x2 − 2 x + x − 1 phương trình vô nghiệm x −1 x −1 Vậy qua I không có tiếp tuyến nào kẻ ñến (C). 1 4) ∆m có hệ số góc km = . Số tiếp tuyến thỏa mãn bài toán chính là số nghiệm của m m ( x2 − 2 x ) phương trình: y '.km = −1 ⇔ = −1 ⇔ (m + 1) x2 − 2(m + 1) x + 1 = 0 (*) 2 ( x − 1) ( với ñk x ≠ 1 ) * Nếu m=-1 ⇒ (*) vô nghiệm ⇒ không có tiếp tuyến nào. *Nếu m ≠ −1 : (*) có ∆ ' = m(m + 1) và (*) có nghiệm x = 1 ⇔ m = 0 m > 0 + Khi  ⇒ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇒ có hai tiếp tuyến  m <−1 + Khi −1 < m ≤ 0 thì (*) vô nghiệm ⇒ không có tiếp tuyến nào. Chú ý: *Hệ số góc của mọi tiếp tuyến luôn có dạng: f '( x) . ax2 + bx + c * ðối với hàm phân thức y = ( a.a ' ≠ 0) không có tiếp tuyến nào ñi a'x + b' qua gia ñiểm của hai tiệm cận. Ví dụ 3: Cho hàm số y = (2 − x)2 x2 , có ñồ thị (C). 1) Viết phương trình tiếp tuyến tại giao ñiểm của (C) với Parabol y = x2 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến ñi qua ñiểm A(2;0). Giải: Ta có: y = x4 − 4 x3 + 4 x2 ⇒ y ' = 4 x3 − 12 x2 + 8 x 1) PTHð giao ñiểm của (C) và Parabol y = x2 x4 − 4 x3 + 4 x2 = x2 ⇔ x2 ( x2 − 4 x + 3) = 0 ⇔ x = 0, x = 1, x = 3 .
x = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là: y = 0
x = 1 ta có phương trình tiếp tuyến là: y = 1
x = 3 ta có phương trình tiếp tuyến là: y = 24 x − 63 . GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích 2) Gọi d là ñường thẳng ñi qua A, có hệ số góc k ⇒ d : y = k ( x − 2)   (2 − x)2 x2 = k ( x − 2)  có nghiệm d là tiếp tuyến ⇔ hệ   4 x ( x − 2)( x − 1) = k   Thay k vào phương trình thứ nhất ta ñược: x4 − 4 x3 + 4 x2 = ( x − 2)(4 x3 − 12 x2 + 8 x) ⇔ x(3x − 4)( x − 2)2 = 0 4 ⇔ x = 0, x = 2, x = . 3
x = 0 ⇒ k = 0 ⇒Phương trình tiếp tuyến y = 0
x = 2 ⇒ k = 0 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 0 4 32 32 64
x = ⇒ k = − ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = − x + . 3 27 27 27 mx + 1 Ví dụ 4: Cho hàm số y = ,có ñồ thị là (Cm ) x+m−2 1)Viết phương trình tiếp tuyến của (C1),biết tiếp tuyến ñi qua ñiểm P(3;1). 2)Viết phương trình tiếp tuyến của (C1),biết tiếp tuyến ñi qua ñiểm A(2;-1) 3)Tìm m ñể tiếp tuyến tại ñiểm có hoành ñộ x=1 vuông góc với ñường thẳng y=x+1. Giải: x +1 Với m=1 ta có (C1 ) : y = x −1 1) Gọi d là ñường thẳng ñi qua P, có hệ số góc k ⇒ d : y = k ( x − 3) + 1 .  x +1   = k ( x − 3) + 1   x 1 − d là tiếp tuyến ⇔ hệ  có nghiệm. 2 −   =k  2  x ( − 1)   x +1 −2 Thế k vào phương trình thứ nhất, ta ñược: = ( x − 3) + 1 ⇔ x = 2 x − 1 ( x − 1)2 ⇒ k = −2 ⇒ Phương trình tiếp tuyến: y = −2 x + 7 . 2) Gọi d là ñường thẳng ñi qua A, có hệ số góc k ⇒ d : y = k ( x − 2) − 1 .  x +1   = k ( x − 2) − 1   − x 1 d là tiếp tuyến ⇔ hệ  có nghiệm. − 2   =k  2  − x ( 1)   x +1 −2 Thế k vào phương trình thứ nhất, ta ñược: = ( x − 2) − 1 ⇔ x = ± 2 x − 1 ( x − 1)2 * x = 2 ⇒ k = −2(3 + 2 2) ⇒ tiếp tuyến: y = −2(3 + 2 2) x + 11 + 8 2 . * x = − 2 ⇒ k = −2(3 − 2 2) ⇒ tiếp tuyến: y = −2(3 − 2 2) x + 11 − 8 2 . GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích m2 − 2 m − 1 . ( x + m − 2)2 Tiếp tuyến tại ñiểm có hoành ñộ x=1 vuông góc với ñường thẳng y=x+1 m2 − 2 m − 1 ⇔ y '(1) = −1 ⇔ = −1 ⇔ m = 0, m = 2 . (m − 1)2 Ví dụ 5: Có bao nhiêu tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = x ln x ñi qua ñiểm M(2,1)? Giải: Gọi d là ñường thẳng ñi qua M, có hệ số góc k ⇒ d : y = k ( x − 2) + 1 .   x ln x = k ( x − 2) + 1 D là tiếp tuyến ⇔ hệ  có nghiệm   ln x + 1 = k Thế k vào phương trình thứ nhất, ta ñược: x ln x = (ln x + 1)( x − 2) + 1 ⇔ 2ln x − x + 1 = 0 (*) Số tiếp tuyến kẻ từ M chính là số nghiệm của phương trình (*) 2− x Xét hàm số f ( x) = 2ln x − x + 1 ⇒ f '( x) = ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = 2 . x Mặt khác: Lim f ( x) = −∞; Lim = −∞ ; f (2) = 2ln 2 − 1 3) Ta có y ' = x→0 BBT: x 0 f’(x) 2 + 0 2ln 2 − 1 x →+∞ +∞ f(x) −∞ −∞ Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt. Vậy có hai tiếp tuyến kẻ từ M. 1 m 1 Ví dụ 6: Tìm m ñể tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = x3 − x2 + tại ñiểm có 3 2 3 hoành ñộ bằng -1 song song với ñường thẳng 5x-y=0. Giải: Tiếp tuyến d của ñồ thị hàm số tại ñiểm có hoành ñộ x=-1, có dạng : m y = (m + 1) x + + 1 2 m + 1 = 5   d song song với ñường thẳng y=5x ⇔  m ⇔ m= 4.  1 0 + ≠   2 Vậy m=4 là giá trị cần tìm. x2 + 2 x + 2 Ví dụ 7: Cho hàm số y = (C). x +1 GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích 1) Gọi I là tâm ñối xứng của (C) và M là một ñiểm bất kì thuộc (C). Tiếp tuyến tại M cắt hai ñường tiệm cận tại A và B. Chứng minh rằng M là trung ñiểm của AB và tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí của M. 2) Tìm vị trí của M ñể AB nhỏ nhất. 3)Tìm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc với tiệm cận xiên. Giải: 1) (C) có hai tiệm cận là x=-1 và y=x+1 I là tâm ñối xứng ⇒ I (−1;0) (I là giao của hai tiệm cận). Xét M ( x0 ; f ( x0 )) ∈ (C ) . Tiếp tuyến ∆ tại M của (C): y = y '( x0 )( x − x0 ) + y0 hay là: y = x02 + 2 x0 ( x0 + 1)2 ( x − x0 ) + ∆ cắt tiệm cận ñứng tại A(−1; x02 + 2 x0 + 2 x0 + 1 2 ) và cắt tiệm cận xiên tại B (2 x0 + 1;2 x0 + 2) x0 + 1  xA + xB   = x0 = xM   2 suy ra  ⇒ M là trung ñiểm của AB. 2  + + x x 2 2 + y y 0 0 A B  = = yM   x0 + 1 2   2 Gọi H là hình chiếu của B lên IA ⇒ BH = 2 | x0 + 1| , mà IA = , suy ra | x0 + 1| 1 S∆ABI = BH .IA = 2 ⇒ ñpcm. 2 1 2) Ta có: AB2 = 4[2( x0 + 1)2 + − 2] ≥ 4(2 2 − 2) ⇒ AB ≥ 2 2 2 − 2 ( x0 + 1)2 1 ðẳng thức xảy ra ⇔ 2( x0 + 1)4 = 1 ⇔ x0 = −1 ± 4 . 2 3) Chú ý: Tính chất trên cũng ñúng trong trường hợp tổng quát, tức là ta có bài toán sau: ax2 + bx + c “Cho hàm số y = ( a.a ' ≠ 0) có ñồ thị (C). Gọi I là tâm ñối xứng của (C) a'x + b' và M là một ñiểm bất kì thuộc (C). Tiếp tuyến tại M cắt hai ñường tiệm cận tại A và B. Chứng minh rằng M là trung ñiểm của AB và tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí của M .” GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích Dạng 2: Biện luận số tiếp tuyến x2 − 6 x + 9 Ví dụ 1: Cho hàm số y = . −x + 2 1) Tìm tất cả các ñiểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ ñược ít nhất một tiếp tuyến 3 với ñồ thị,song song với ñường thẳng y = − x . 4 2) N là ñiểm nằm trên tiệm cận ñứng. Hỏi từ N có thể kẻ ñến (C) bao nhiêu tiếp tuyến. 3) Tìm tập hợp tất cả các ñiểm nằm trong mặt phẳng Oxy sao cho từ ñó có thể kẻ ñến ñồ thị (C) hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Giải: 1) M ∈ Oy ⇒ M (0; m) . gọi d là ñường thẳng ñi qua và song song với ñường thẳng 3 3 y = − x ⇒ d : y = − x + m. 4 4   x2 − 6x + 9 3  = − x + m (1)   4 −x + 2  có nghiệm. d là tiếp tuyến ⇔ hệ  2  −x + 4 x − 3 3   (2) =−  2  4 x ( 2) −   2 (2) ⇔ x − 4 x = 0 ⇔ x = 0, x = 4. 9 9 * x = 0 ⇒ m = ⇒ M (0; ) . 2 2 7 7 * x = 4 ⇒ m = ⇒ M (0; ) . 2 2 Vậy có hai ñiểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2) Ta có: N (2; n) . ðường thẳng d ñi qua N, hệ số góc k có pt: y = k ( x − 2) + n .  x2 − 6x + 9   = k ( x − 2) + n (3)   −x + 2  d là tiếp tuyến ⇔ hệ  có nghiệm. 2  − + − 4 3 x x   (4) =k  2  ( − 2) x   2 2 x − 6 x + 9 −x + 4 x − 3 Thế (4) vào (3) ta ñược: = − n ⇔ (n − 2) x = 2(n − 3) (*) −x + 2 x−2 Số tiếp tuyến kẻ từ N ñến (C) chính là số nghiệm của (*) * Nếu n=2 thì (*) vô nghiệm nên không có tiếp tuyến nào kẻ từ N. * Nếu n ≠ 2 thì (*) có nghiệm duy nhất nên có ñúng một tiếp tuyến kẻ từ N Vậy từ N (2; n) với n ≠ 2 kẻ ñược duy nhất một tiếp tuyến ñến (C), còn từ N '(2;2) không có tiếp tuyến nào kẻ ñến (C). GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích 3) Xét M ( x0 ; y0 ) . ðường thẳng d ñi qua M, hệ số góc k có ptrình : y=k(x-x0)+y0.   x2 − 6x + 9  = k ( x − x0 ) + y 0   −x + 2  d là tiếp tuyến của (C) ⇔ hệ  có nghiệm. 2  − + − 4 3 x x   =k  2  ( 2) x −    1   x − − + − = k ( x − 2) + (2 − x0 ) k + y0 ( 2) 2   x−2  Hệ ⇔   1  −1 + =k  2  x ( 2) −     1 1 1 1     2 (2 x ) k y (2 + ( x0 − 2)k − y0 ) − = + − + = 0 0   x−2 x−2 x−2 2     ⇔ ⇔   1 1   k −1 + = − 1 + =k   2 2   ( − 2) − x x ( 2)      1  2  − + 1 [( x0 − 2) k + 2 − y0 ] = k   4 ⇒   y −2  k≠ 0   x0 − 2   2 2 2   ( x0 − 2) k − 2[( x0 − 2)( y0 − 2) + 2]k + ( y0 − 2) − 4 = 0 (*)   ⇔  y −2  k≠ 0   x0 − 2   y −2 ðể từ M kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ≠ 0 x0 − 2  x0 ≠ 2    x0 ≠ 2       ( y − 2) 2 − 4   2 2 0   và k1.k2=-1 ⇔  = − 1 ⇔ ( x0 − 2) + ( y0 − 2) = 4 . 2   ( x0 − 2)     x + y0 − 4 ≠ 0     0  4 0 x y + − ≠  0   0 Vậy quỹ tích của M là ñường tròn ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 4 , trừ bốn ñiểm sau M 1 (2;0) M 2 (2;4); M 3 (2 + 2;2 − 2); M 4 (2 − 2;2 + 2) . Chú ý: Từ câu 2 ta thấy trên mọi ñiểm tiệm cận ñứng (trừ giao của hai tiệm cận) ta luôn kẻ ñược ñúng một tiếp tuyến ñến ñồ thị. Tính chất này cũng ñúng cho mọi hàm 2 ax + b ax + bx + c phân thức có dạng y = ;y= . a' x + b' a' x + b' GV: Nguyễn Tất Thu- Biên Hòa Giải Tích Ví dụ 2: Cho hàm số y = −x 3 + 3 x + 2 . Tìm những ñiểm trên trục hoành sao cho từ ñó kẻ ñược ba tiếp tuyến ñến ñồ thị hàm số và trong ñó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Giải: Xét ñiểm M (m;0) ∈ Ox . ðường thẳng d ñi qua M, hệ số góc k có pt: y = k ( x − m) .  −x 3 + 3 x + 2 = k ( x − m)   d là tiếp tuyến ⇔ hệ  có nghiệm.  2   −3x + 3 = k Thế k vào phương trình thứ nhất, ta ñươc: 3( x 2 − 1)( x − m) − ( x 3 − 3x − 2) = 0 2 2 ⇔ ( x + 1)(3x − 3(1 + m) x + 3m) − ( x + 1)( x − x − 2) = 0  x = −1 2 ⇔ ( x + 1)[2 x − (3m + 2) x + 3m + 2] = 0 ⇔   2 x 2 − (3m + 2) x + 3m + 2 = 0 (*) ðể từ M kẻ ñược ba tiếp tuyến thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác -1  2  ∆ = (3m + 2)(3m − 6) > 0  m < − V m>2    3 ⇔ (**).    m 3 3 0 + ≠      m ≠ − 1 Gọi x1,x2 là hai nghiệm của (*), khi ñó hệ số góc của ba tiếp tuyến là : k1 = −3x12 + 3, k 2 = −3x22 + 3, k3 = 0 . ðể hai trong ba tiếp tuyến này vuông góc với nhau ⇔ k1.k 2 = −1 2 2 2 2 2 ⇔ 9( x1 − 1)( x2 − 1) = 1 ⇔ 9 x1 x2 − 9( x1 + x2 ) + 18 x1 x2 + 8 = 0 (i) 3m + 2 3m + 2 ; x1 x2 = . Do ñó Mặt khác theo ðịnh lí Viet x1 + x2 = 2 2 26 thỏa mãn ñiều kiện (**) . (i ) ⇔ 9(3m + 2) + 8 = 0 ⇔ m = − 27 26 Vậy M (− ;0) là ñiểm cần tìm. 27 Ví dụ 3: Tìm tất cả những ñiểm nằm trên trục tung sao cho từ ñó có thể kẻ tới ñồ thị hàm số y = x4 − 2 x2 − 1 ñúng ba tiếp tuyến. Giải: Xét M (0; m) ∈ Oy . ðường thẳng d ñi qua M, hệ số góc k có pt: y = kx + m . 4 2   x − 2 x − 1 = kx + m   d là tiếp tuyến ⇔ hệ  có nghiệm.  3 4 x − 4 x = k   Thế k vào phương trình thứ nhất, ta ñươc: −x 4 − 2 x 2 − 1 = 4 x 4 − 4 x 2 + m 4 2 5 x − 2 x + 1 + m = 0 (*) ðể từ M ta có thể kẻ ñến ñồ thị ñúng ba tiếp tuyến ⇔ (*) có ba nghiệm phân biệt