Tài liệu Tổng hợp 50 câu hỏi phụ khảo sát hàm số

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 53 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 20010 tài liệu

Mô tả:

www.MATHVN.com TỔNG HỢP 50 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ Bài 1. 2x biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B mà Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x−2 √ tam giác OAB thỏa mãn AB = OA 2 Giải Cách 1 Gọi M(xo ; yo ), (xo 6= 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng: −4 2xo = (x − xo ) y− xo − 2 (xo − 2)2 √ Do tiếp tuyến cắt các 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 một trong 2 đường phân giác y = x hoặc y = −x +TH1: d vuông góc với đường phân giác"y = x xo = 0 ⇒ pt d : y = −x (loại) −4 2=4⇔ Có: = −1 ⇔ (x − 2) o (xo − 2)2 xo = 4 ⇒ pt d : y = −x + 8 +TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x −4 .(−1) = −1 pt vô nghiệm. Có (xo − 2)2 Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán d : y = −x + 8 OA π 1 Cách 2 nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có : sin(ABO) = = √ = sin AB 4 2 nên tam giác AOB vuông cân tại O. phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M = (xo ; yo ) có dạng : −4 2xo y= (x − x ) + o 2 xo − 2  2   (xo − 2)2  xo 2xo dễ dàng tính được A = ; 0 và B = 0; 2 (xo − 2)2 yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm xo là nghiệm của phương trình xo2 2xo2 = ⇔ xo3 (xo − 4) = 0 2 (xo − 2)2 +) với xo = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y = −x (loại) +) với xo = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x + 8 Bài 2.  1 1 Tìm các giá trị của m để hàm số y = x3 − m.x2 + m2 − 3 x có cực đại x1 , cực tiểu x2 đồng thời x1 ; x2 3 2 r 5 là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 2 Giải Cách 1 Mxđ: D = R Có y0 = x2 − mx + m2 − 3 y0 = 0 ⇔ x2 − mx + m2 − 3 = 0 Hàm số có cực đại x1 ,cực tiểu x2 thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y0 = 0 có 2 nghiệm phân biệt dương, triệttiêu và đổi dấu  qua 2 nghiệm đó     2       ∆ > 0 4 − m > 0 −2 < m < 2 √ ⇔ S>0 ⇔ m>0 ⇔ 3 < m < 2 (∗) ⇔ m>0       √ √    P > 0 m2 − 3 > 0 m < − 3 ∨ m > 3  x + x = m 1 2 Theo vi-et có: x1 x2 = m2 − 3 √ 5 14 Mà x12 + x22 = ⇔ 2(x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 5 ⇔ 2m2 − 4(m2 − 3) = 5 ⇔ m = ± 2 2 www.mathvn.com 1 √ www.MATHVN.com 14 Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m = thỏa yêu cầu bài toán 2 Bài 3. 1 Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm ) : y = mx3 + (m − 1)x2 + (4 − 3m)x + 1 tồn tại đúng 2 3 điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L) : x + 2y − 3 = 0. Giải Cách 1: Có y0 = mx2 + 2(m − 1)x +4 − 3m  1 0 Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y · − = −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt 2 ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + 2 − 3m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.      m = 6 0 m 6= 0    m 6= 0           1    4m2 − 4m + 1 > 0 ∆0 > 0 m 6= 1 0 0 0 0 < m < 2 P>0 3   m   1 2 1 ∪ là các giá trị cần tìm của m Vậy m ∈ 0; ; 2 2 3 Cách 2: Có y0 = mx2 + 2(m − 1)x +4 − 3m  1 0 Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y · − = −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + 2 2 − 3m = 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt Th1: m = 0 từ (1) ta có x = −1 (loại) 1 Th2: m = từ (1) ta có x = ±1 (loại) 2 2 − 3m 1 Th3: m 6= 0; m 6= từ pt (1) có 2 nghiệm x = 1 ∨ x = 2 m 2 − 3m 2 Điều kiện bài toán dẫn đến: : >0⇔0 0 ⇔ 0 < k 6= 9 (∗0 ) Lúc đó :⇔ g(2) = 9 − k 6= 0  x + x = −2 B C Theo vi-et ta có : . Mà B,C thuộc d nên yB = kxB − 2k + 4; yC = kxC − 2k + 4 xB .xC = 1 − k √ Có BC = 2 2 ⇔ BC2 = 8 ⇔ (xB − xC )2 + k2 (xB − xC )2 = 8   ⇔ (xB + xC )2 − 4xB xC (1 + k2 ) = 8 ⇔ k3 + k − 2 = 0 ⇔ k = 1 (thỏa đk (∗0 )) ⇒ pt d : y = x + 2 Vậy đường thẳng d cần tìm có pt: y = x + 2 www.mathvn.com 2 www.MATHVN.com Bài 5. Cho hàm số y = 4x3 − 6mx2 + 1, m là tham số.Tìm m để đường thẳng d : y = −x + 1 cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm A(0; 1), B,C và B,C đối xứng qua đường phân giác thứ nhất. Giải Giao của (C) và (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình: 4x3 − 6mx2 + 1 = −x + 1 ⇔ x(4x2 − 6mx + 1) = 0 Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x2 − 6mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 −2 ⇒ ∆0 = 9m2 − 4 > 0 ⇔ m > , m < 3 3 Gọi 1),C(x2 ; −x2 + 1) Để B và C đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:  B(x1 ; −x1 + x = −x + 1 x = y 3 2 1 2 1 2 ⇔ ⇔ x1 + x2 = 1 ⇔ m = 1 ⇔ m = x2 = −x1 + 1 y1 = x2 2 3 So sánh với đk, thấy không tìm được m thỏa mãn Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định 4 2 2 Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − 4,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho có 3 cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 Giải Mxđ: D = R. Có y0 = 4x3 − 4mx. y0 = 0 ⇔ 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 = m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗) √ √ 2 2 2 Gọi A(0; 2m − 4); B( m; m − 4);C(− m; m − 4) là 3 điểm cực trị. Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên ∆ABC cân tại A. 1 Kẻ AH⊥BC có S∆ABC = AH.BC ⇔ 2 = |yB − yA | |2xB | 2 √ ⇔ 2 = 2m2 . m ⇔ m = 1 Đối chiếu với điều kiên (∗) có m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 7. x−2 Cho hàm số y = . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B sao x+1 cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác OAB lớn nhất Giải Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1. Giao điểm hai đường tiệm cận I (−1; 1). Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ x0 − 2 3 (x − x0 ) + x0 , phương trình tiếp tuyến có dạng: y = 2 x +1 (x0 + 1)  0 x0 − 5 Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A −1; , và cắt tiệm cận đứng tại điểm B (2x0 + 1; 1). x0 + 1 x0 − 5 6 Ta có:IA = − 1 = ; IB = |2x0 + 1 − (−1)| = 2|x0 + 1| |x0 + 1| x0 + 1 1 6 Nên: IA.IB = .2 |x0 + 1| = 12. Do vậy, diện tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 6. |x0 + 1| 2 S 6 Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:r = = . p p Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác IAB vuông tại I nên: √ √ √ √ √ 2p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB2 ≥ 2 IA.IB + 2IA.IB = = 4 3 + 2 6 √ Dấu ’=’ xảy ra khi IA = IB ⇔ (x0 + 1)2 = 3 ⇔ x = −1 ± 3 √ √  - Với x = −1 − 3 ta có tiếp tuyến: d1 : y = x + 2 1 + 3 √  √ - Với x = −1 + 3 ta có tiếp tuyến: d1 : y = x + 2 1 − 3 Bài 8. www.mathvn.com 3 www.MATHVN.com 2mx + 3 . Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai x−m 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 x0 6= m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho. x0 − m 2m2 + 3 2mx0 + 3 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = − (x − x0 ) + 2 x0 − m   (x0 − m) 2 2mx0 + 2m + 6 Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A m; và cắt tiệm cận ngang tại B (2x0 − m; 2m). x − m 0 2 2mx0 + 2m2 + 6 4m + 6 ; IB = |2x0 − m − m| = 2 |x0 − m| Ta có: IA = − 2m = x0 − m x0 − m 1 Nên diện tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 4m2 + 6 2 √ 58 2 Bởi vậy, yêu cầu bài toán tương đương với: 4m + 6 = 64 ⇔ m = ± 2 Bài 9. Tìm m sao cho đồ thị hàm số y = x4 − 4x2 + m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành có phần trên bằng phần dưới Giải Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox:x4 − 4x2 + m = 0 (1) Đặt t = x2 ≥ 0. Lúc đó có pt: t 2 − 4t + m = 0 (2) Để  (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt khi pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiêm phân biệt t > 0  0   ∆ = 4 − m > 0 ⇔ S=4>0 ⇒ 0 < m < 4 (i)    P = m > 0 Cho hàm số y = Gọi t1 ;t2 (0 < t1 < t2 ) là 2 nghiệm của pt (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là: √ √ √ √ x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có: Z x4 Z x3 x5 4x3 (−x4 + 4x2 − m) dx ⇒ 4 − 4 + mx4 = 0 ⇒ 3x44 − 20x42 + 15m = 0 (x4 − 4x2 + m) dx = 5 3 x3 0  x4 − 4x2 + m = 0 (3) 4 Từ đó có x4 là nghiệm của hpt: 4 3x4 − 20x2 + 15m = 0 (4) 4 4 3m 3m 9m2 20 Thay x42 = vào (3) có: − 5m = 0 ⇒ m = 0 ∨ m = 2 2 4 9 20 Đối chiếu điều kiện (i) có m = là giá trị cần tìm. 9 Bài 10. Cho hàm số y = x4 − 2(1 − m2 )x2 + m + 1. Tìm m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị và ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất. Giải 0 y = 4x3 − 4x(1 − m2 ) = 0 ⇔ x = 0, x2 = 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 2 điểm cực tiểu là B(− 1 − m2 ; 1 − m2 );C( 1 − m2 ; 1 − m2 ) Lấy 3.(3) − (4) ⇒ x42 = www.mathvn.com 4 www.MATHVN.com 5 1 Diện tích tam giác ABC là: SABC = d(A; BC).BC = (1 − m2 ) 2 ≤ 1. Dấu = xảy ra khi m = 0. 2 Đáp số: m = 0 Bài 11. −x + 1 Cho hàm số y = có đồ thị là (H). Tìm trên (H) điểm M để tiếp tuyến tại M có hệ số góc lớn x−3 √ 2 5 hơn 1 tạo với đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 1 = 0 một góc có giá trị bằng 25 Giải Vì chỉ√biết công thức tính cos của góc từ 2 vecto cho trước, với lại bài này cho kết quả cos khá đẹp 2 5 cos( ) ≈ 0, 9999... ≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của góc giữa 2 vecto luôn. 25 2 − Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tại M là: → u1 ( ; −1) Vecto chỉ phương của dt ∆ : 3x+4y−1 = 0 (x − 3)2 8 | + 3| p 3 (x − 3)2 → − → − → − = 1 ⇔ |8+3(x−3)2 | = 5 4 + (x − 3)4 ⇔ (x−3)2 = ⇔ là: u2 (4; −3) Có: cos ( u1 ; u2 ) = r 2 4 + 1 5 (x − 3)4 x =? => M =? Bài 12. x+3 Cho hàm số y = có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng d : y = −x + m + 1 tại hai điểm phân biệt x−2 d nhọn. A, B sao cho AOB Giải x+3 Giao của (H) và d có hoành độ là nghiệm của pt: = −x + m + 1 ⇔ x2 − (m + 2)x + 2m + 5 = 0 x − 2  m2 − 4m + 16 > 0 Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆ > 0, x 6= 2 ⇔ ⇒ m =? 22 − 2(m + 2) + 2m + 5 6= 0 Gọi A(x1 ; −x1 + m + 1), B(x2 ; −x2 + m + 1) là 2 giao điểm của (H) và d d nhọn thì : AB2 < OA2 + AB2 ⇔ 2(x2 − x1 )2 < (−x1 + m + 1)2 + (−x2 + m + 1)2 ⇔ −2x1 x2 + (m + Để AOB 1)(x1 + x2 ) − (m + 1)2 < 0 ⇔ m > −3 Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của m. Bài 13. x Cho hàm số y = . Viết phương trình tiếp tuyến 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 −1(x − xo ) xo Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x = 1, y = 1 Gọi pttt của (H) tại M(xo ; yo ) là: y = + 2 (xo − 1) xo − 1 xo + 1 xo + 1 Khi x = 1 ⇒ y = ⇒ A(1; ). Khi y = 1 ⇒ x = 2xo − 1 ⇒ B(2xo − 1; 1), I(1; 1) xo − 1 xo − 1 r √ xo + 1 xo + 1 2 ⇒ P(ABC) = IA + IB + AB = − 1 + 2xo − 2 + (2xo − 2)2 + (1 − ) = 2(2 + 2) xo − 1 xo − 1 p √ ⇔ 2 + 2(xo − 1)2 + (xo − 1)4 + 4 = 2(2 + 2)(xo − 1) x − 1 = 0 (loại) o ⇔ √ √ √ −2(1 + 2)(xo − 1)2 + (2 + 2)2 (xo − 1) − 2(2 + 2) = 0 Cách 2. - Phương trình tiệm cận đứng: x = 1, phương trình tiệm cận ngang y = 1 a −1 a - Gọi M(a; ), phương trình tiếp tuyến tại M: y = (x − a) + 2 a−1 (a − 1) a−1 www.mathvn.com 5 www.MATHVN.com a+1 ) a−1 - Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: B(2a − 1; 1) r √ 2 1 - Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB + AB = 2, dấu + 2|a − 1| + 2 (a − 1)2 + ≥ 4 + 2 |a − 1| (a − 1)2 = xảy ra khi |a − 1| = 1 tức a = 0; a = 2 - Với a = 0 ⇒ y = −x - Với a = 2 ⇒ y = −x + 4 Kết luận: y = −x, y = −x + 4 là 2 tiếp tuyến cần tìm. Bài 14. 2x − m Cho hàm số: y = (1). Chứng minh với mọi m 6= 0 đồ thị hàm số (1) cắt (d) : y = 2x − 2m tại mx + 1 2 điểm phân biệt A, B thuộc một đường (H) cố định. Đường thẳng (d) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N. Tìm m để SOAB = 3SOMN Giải Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  hàm số (1)và đường thẳng d: 2x − m 1 (2) = 2x − 2m ⇔ 2mx2 − 2m2 x − m = 0 x 6= − mx + 1  m  1 Do m 6= 0 nên (2) ⇔ f (x) = 2x2 − 2mx − 1 = 0 x 6= − (∗) m 1 Để tồn tại 2 điểm A, B thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt xA ; xB khác − m  0 2 ∆ = m + 2 > 0 ⇔ ⇔ ∀m 6= 0  f (− 1 ) = 2 + 1 6= 0 m m2 1 Mặt khác có xA .xB = nên A, B luôn thuộc một đường (H) cố định. 2 |−2m| Kẻ OH⊥AB ⇒ OH = d(O,d) = √ . Lại có A, B ∈ d ⇒ yA = 2xA − 2m; yB = 2xB − 2m 5  xA + xB = m Theo viet có: . xA .xB = 1 2 p p p √ Có: AB = (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 5(xA − xB )2 = 5(xA + xB )2 − 20xA xB ⇔ AB = 5m2 + 10 Vì M, N là giao điểm của d với Ox, Oy nên M(m; 0); N(0; 2m) |−2m| √ Theo giả thiết :SOAB = 3SOMN ⇔ OH.AB = 3OM.ON ⇔ √ . 5m2 + 10 = 3 |xM | |yN | 5 √ |−2m| √ 2 1 ⇔ √ . 5m + 10 = 3 |m| |2m| ⇔ m2 + 2 = 3 |m| ⇔ m2 + 2 = 9m2 ⇔ m = ± 2 5 1 Vậy với m = ± là các giá trị cần tìm . 2 Bài 15. −x + 1 Tìm trên (H) : y = các điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 và đường thẳng AB x−2 vuông góc với đường thẳng y = x Giải Do AB⊥d : y = x ⇒ pt AB : y = −x + m Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng AB: −x + 1 = −x + m ⇔ g(x) = x2 − (m + 3)x + 2m + 1 = 0 (x 6= 2) (1) x−2 Để  tồn tại 2 điểm A, Bthì pt(1) cần có 2 nghiệm phân biệt xA ; xB và khác 2 ∆ (m + 3)2 − 4(2m + 1) > 0 g(x) > 0 ⇔ ⇔ ⇔ (m − 1)2 + 4 > 0; ∀m g(2) 6= 0 4 − (m + 3)2 + 2m + 1 6= 0 - Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: A(1; www.mathvn.com 6  x + x = m + 3 B A Theo viet có xA .xB = 2m + 1 www.MATHVN.com Lại có: yA = −xA + m; yB = −xB + m Mà AB = 4 ⇔ AB2 = 16 ⇔ (xB − xA )2 + (yA − yB )2 = 16 ⇔ (xB − xA )2 = 8 ⇔ (xB + xA )2 − 4xA .xB = 8 ⇔ (m + 3)2 − 4(2m + 1) = 0 ⇔ m2 − 2m − 3 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 3 √ √ +Với m = 3 thay vào pt (1) có:x2 − 6x + 7 = 0 ⇔ x = 3 ± 2 ⇒ y = ± 2. Lúc này tọa độ 2 điểm A, B là √ √ √ √ √ √ √ √ A(3 + 2; − 2); B(3 − 2; 2) hoặc B(3 + 2; − 2); A(3 − 2; 2) √ √ +Với m = −1 thay vào pt (1) có: x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 ⇒ y = −2 ± 2. Lúc này tọa độ 2 điểm √ √ √ √ √ √ √ √ A, B là A(1 + 2; −2 − 2); B(1 − 2; −2 + 2) hoặc B(1 + 2; −2 − 2); A(1 − 2; −2 + 2) Vậy A, B là các điểm như trên thỏa yêu cầu bài toán. Bài 16. Tìm m để đồ thị hàm số y = x4 − mx2 + m − 1 cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −2. Giải √ Xét:x4 − mx2 + m + 1 = 0. ∆ = (m − 2)2 => ∆ = |m − 2| ⇒ x2 = m − 1(m > 1), x2 = 1 √ √ Vậy 4 giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là: A(−1; 0), B(− m − 1; 0),C(1; 0), D( m − 1; 0) Để 4 điểm đó có hoành độ >-2 thì: √ TH1:− m − 1 > −1 ⇔ m < 2, kết hợp với đk ⇒ 1 < m < 2 √ TH2:−2 < − m − 1 < −1| ⇔ 2 < m < 5 Vậy :m ∈ (1; 2) ∪ (2; 5) là giá trị cần tìm. Bài 17. x+3 Cho hàm số y = có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + 3m cắt (H) tại hai điểm x+2 −→ −→ phân biệt sao cho OA.OB = −4 với O là gốc tọa độ. Giải x+3 - Xét phương trình: = 2x + 3m ⇒ 2x2 + 3(1 + m)x + 6m − 3 = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2 x+2 khi ∆ = 9m2 − 30m + 33 > 0 điều này xảy ra với mọi m. - Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x2 thì A(x1 , 2x1 + 3m), B(x2 , 2x2 + 3m) 12m − 15 7 −→ −→ - Có: OA.OB = −4 ⇒ x1 .x2 + (2x1 + 3m)(2x2 + 3m) = −4 ⇒ = −4 ⇒ m = 2 12 Bài 18. 3x − 1 Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y = sao cho tam giác ABC vuông x−1 cân tại A(2; 1). Giải − → Đổi hệ trục tọa độ Oxy  thành hệ trục tọa độ IXY bằng phép tịnh tiến OI với I(1; 3) x = X + 1 Công thức đổi trục: y = Y + 3 2 Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :Y = (1) và điểm A trở thành A(1; −2) X     2 2 Xét 2 điểm B a; ;C b; (a < 0 < b) thuộc đồ thị hàm số (1). a b Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B,C lên đường thẳng y = −2 ⇒ H(a; −2); K(b; −2) d + CAK d = 900 = CAK d + ACK d ⇒ BAH d = d Có BAH ACK AH = CK Vậy ∆AHB = ∆CKA (cạnh huyền_góc nhọn)⇒ (∗) BH = AK www.mathvn.com 7  www.MATHVN.com   2 2  2  (1 − a) = 2 + (2) b Lúc đó từ (∗) có hpt: 2    2 + = |b − 1| (3)  a   2 2 3b + 2 −b − 2 Từ (2) có 3 − a + −a − 1 − =0⇔a= ∨a = b b b b " 2 3b + 9b + 6 = 0(4) 8b + 4 3b + 2 = |b − 1| ⇒ từ (3) có Với a = b 3b + 2 3b2 + 7b + 2 = 0(5) + Với (4) pt có 2 nghiệm b = −1 ∨ b = −2 không thỏa do b > 0 1 + Với (5) pt có 2 nghiệm b = − ∨ b = −2 không thỏa do b > 0 3 " b2 + b − 6 = 0(6) 4 −b − 2 = |b − 1| ⇒ Với a = từ (3) có b b + 2 b2 + b + 2 = 0(7) +Với (7) pt vô nghiệm +Với (6) pt có 2 nghiệm b = 2 ∨ b = −3 (loại) Khi b = 2 ⇒ B(−2; −1);C(2; 1) hoặc ngược lại. Lúc đó 2 điểm B,C của bài toán cần tìm là: B(−1; 2);C(3; 4) hoặc ngược lại. Bài 19. d = 120o Cho hàm số y = x3 + 3x2 + m (1) . Tìm m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho AOB Giải - Phương trình y0 = 0 ⇔ x = 0, x = −2 - Tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị a(0; m), B(−2; m + 4) - Yêu cầu của bài toán dẫn đến giải phương trình: √ −→ −→ √ OA.OB 132 −12 + 1 = − ⇔ −2m(m + 4) = |m| m2 + 8m + 20 ⇔ m = 0, m = OA.OB 2√ 3 −12 + 132 Đáp số: m = 0, m = 3 Bài 20. đề thi thử đại học THPT Thanh Thủy lần 2 tỉnh Phú Thọ 2x − 1 Cho hàm số y = có đồ thị (C). x+1 √ Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 2 2 Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d: 2x − 1 = x + m ⇔ f (x) = x2 + (m − 1)x + m + 1 = 0 (1) (x 6= −1) x+1 Để  d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt xA , xB khác −1  x + x = 1 − m ∆ = (m − 1)2 − 4(m + 1) > 0 B A (∗). Theo vi-et có : ⇔ xA .xB = m + 1  f (−1) = 1 − m + 1 + m + 1 6= 0 √ Lại có A, B ∈ d ⇒ yA = xA + m; yB = xB + m Do AB = 2 2 ⇔ AB2 = 8 ⇔ (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 8 ⇔ (xA + xB )2 − 4xA .xB = 4 ⇔ (1 − m)2 − 4(m + 1) = 4 ⇔ m2 − 6m − 7 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 7 Đối chiếu điều kiện (∗) ta có m = −1; m = 7 là giá trị cần tìm. Bài 21. 3x − 2 Cho hàm số y = (C). Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. x+1 Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại d = √5 A và B thỏa mãn cos BAI 26 Giải www.mathvn.com 8 www.MATHVN.com Xét điểm M(xo ; yo ), (xo 6= −1) ∈ (C) là tiếp điểm của tiếp tuyến d. 3xo − 2 5 Phương trình tiếp tuyến tại d có dạng : y − = (x − xo ) xo + 1 (xo + 1)2 d = √5 Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt tại A, B và ∆IAB có cos BAI 26 1 1 1 2 d= d= d = |5| ⇒ tan BAI nên tan BAI −1 = ⇒ tan ABI d |5| 25 cos2 BAI 5 d là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y0 (xo ) = >0 Lại có tan ABI (xo + 1)2 5 = 5 ⇔ (xo + 1)2 = 1 ⇒ xo = 0 ∨ xo = −2 nên 2 (xo + 1) Với xo = 0 có pt tiếp tuyến d : y = 5x − 2 Với xo = −2 có pt tiếp tuyến d : y = 5x + 2 Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán có pt như trên. Bài 22. Cho hàm số y = x4 − 2mx2 + 2 có đồ thị (Cm ).Tìm tất cả các giá trị của thamsố m  để đồ thị (Cm ) có ba 3 9 điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D . ; 5 5 Giải √ 0 y = 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0, x = ± m (m > 0) Vậy cácđiểmthuộc đường tròn (P) ngoại tiếp các điểm √ √ 3 9 . Gọi I(x; y) là tâm đường tròn(P) cực trị là: A(0; 2), B(− m; −m2 + 2),C( m; −m2 + 2), D ; 5 5     2 2     IA = ID 3x − y + 1 = 0 √ √ ⇒ IB2 = IC2 ⇔ 2x m = −2x m ⇔ x = 0, y = 1, m = 0(loại), m = 1.       IB2 = IA2 (x + √m)2 + (y + m2 − 2)2 = x2 + (y − 2)2 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 23. x4 5 Cho hàm số y = − 3x2 + có đồ thị (C) và điểm A ∈ (C) với xA = a. 2 2 Tìm các giá trị thực của a biết tiếp tuyến của (C) tại A cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt B,C khác A sao cho AC = 3AB (B nằm giữa A và C). Giải  4  a 5 2 Cách 1 Xét A a; − 3a + thuộc đồ thị (C). 2 2   a4 5 5 3a4 2 3 2 Phương trình tiếp tuyến tại A : y − − 3a + = (2a − 6a)(x − a) ⇔ y = 2a(a − 3)x − + 3a2 + 2 2 2 2 4 x4 5 3a 5 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến tại A. − 3x2 + = 2a(a2 − 3)x − + 3a2 + 2 2 2 2 " x=a ⇔ (x − a)2 (x2 + 2ax + 3a2 − 6) = 0 ⇔ f (x) = x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 (1) Để  tiếp tuyến tại A cắt (C) tại 2 điểm khác A thì pt (1) cần có 2 nghiệm phân biệt xB ; xC khác a B,C √ ∆0 = a2 − (3a2 − 6) > 0 − 3 < a < √3 ⇔ ⇔ (∗)  f (a) = 6a2 − 6 6= 0 a 6= ±1 − → − → Do AB = 3AC ⇒  AC = 3AB ⇒ xC − 3xB = −2a (2) x + x = −2a (3) B C Lại theo vi et có: . xB .xC = 3a2 − 6 (4) √ Từ (2) và (3) ⇒ xB = 0và xC = −2a. Thế vào (4) có: 3a2 − 6 = 0 ⇔ a = ± 2 ( thỏa (∗)) www.mathvn.com 9 Kiểm tra: www.MATHVN.com       √ √ 21 √ 5 3 ; B 0; ;C −2 2; ⇒ AC = 3AB +Với a = 2 có A 2; − 2 2 2       √ √ √ 21 3 5 +Với a = − 2 có A − 2; − ; B 0; ;C 2 2; ⇒ AC = 3AB 2 2 2 √ Vậy a = ± 2 là các giá trị cần tìm của a. Cách 2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) hàm số đã cho tại điểm A với xA = a là:  a4 5 y = 2a3 − 6a (x − a) + − 3a2 + 2 2 PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến này với đồ thị (C):   x4 5 a4 5 − 3x2 + = 2a3 − 6a (x − a) + − 3a2 + ⇔ (x − a)2 x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 2 2 2 2 Để có 3 giao điểm A, B,C thì phương trình:  √ − 3 < a < √3 x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 (∗) có hai nghiệm phân biệt khác a ⇔ . a 6= ±1  x + x = −2a B C Khi đó hoành độ B,C là hai nghiệm của phương trình (∗) nên: ⇔ xB .xC = 3a2 − 6 − → − → Mặt khác: AC = 3AB (B nằm giữa  A và C) ⇔ AC = 3AB ⇔ xC − 3xB = −2a   xC − 3xB = −2a xB = 0     √ Ta có hệ: xB + xC = −2a ⇔ xC = −2a ⇔ a = ± 2 thỏa mãn điều kiện.       xB .xC = 3a2 − 6 3a2 − 6 = 0 √ Vậy giá trị cần tìm của m là: a = ± 2 Bài 24. Câu I ý 2 đề thi thử đại học Vinh lần 3 1 4 Cho hàm số y = x − (3m + 1)x2 + 2(m + 1) (m là tham số). Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo 4 thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ O. Giải y0 = x3 − 2(3m + 1)x = 0 ⇔ x = 0, x2 = 2(3m + 1) 1 Hàm số có 3 cực trị khi m > − , khi đó tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị là 3 √ √ A(0; 2m + 2), B(− 6m + 2; −9m2 − 4m + 1),C( 6m + 2; −9m2 − 4m + 1) 2 1 Tam giác ABC có trọng tâm O khi: −18m2 − 6m + 4 = 0 ⇔ m = − , m = 3 3 1 Đáp số: m = 3 Bài 25. Câu I ý 2 đề thi thử đại học lần 3 THPT Trung Giả 1 3 Cho hàm số y = mx + (m − 1)x2 + (3m − 4)x + 1 có đồ thị là (Cm ).Tìm tất cả các giá trị của m sao 3 cho trên (Cm ) có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d) : y = x + 2011 Giải 0 y = mx2 + (m + 1)x + 3m − 4 Để tiếp tuyến vuông góc với (d) thì y0 .1 = −1 ⇔ mx2 + (m + 1)x + 3m − 3 = 0(1) có nghiệm với mọi x thuộc R −3 TH1: m = 0 ⇒ pt trở thành: −2x − 3 = 0 ⇔ x = Vậy m = 0 thỏa mãn 2 TH2: m 6= 0 ⇒ (1) là phương trình bậc 2, vậy để phương trình có nghiệm thì: 1 1 ∆ = −2m2 + m + 1 ≥ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 1, m 6= 0 Vậy − ≤ m ≤ 1 là giá trị cần tìm 2 2 Bài 26. www.mathvn.com 10 www.MATHVN.com Cho hàm số y = x3 − 3mx2 + 3(m2 − 1)x − (m2 − 1) (1). Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. Giải 3 2 2 2 0 2 2 Đặt f (x) = " x − 3mx + 3(m − 1)x − (m − 1) Có y = 3x − 6mx + 3(m − 1) x1 = m − 1 y0 = 0 ⇔ x2 = m + 1 Do hệ số của x2 của pt y0 = 0 là 3 và m − 1 < m + 1 nên hàm số đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x2 Đồ cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có:  thị hàm số (1)    ∀m ∈ R ∆y0 > 0 √         1 −     √ 2 < m < 1   2 − 1)(m2 − 3)(m2 − 2m − 2) > 0    (m y .y < 0 1 2        − 3 < m < −1 ⇔  √ ⇔ m−1 > 0 x1 > 0 √       3 < m < 1+ 2       m+1 > 0 x2 > 0       m > 1       1−m < 0 f (0) < 0 √ √ √  √ ⇒ 3 < m < 1 + 2. Vậy các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m ∈ 3; 1 + 2 Bài 27. Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y = x3 − 3x2 + 3mx + 3m + 4 và trục hoành có phần nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành Giải Bài 28. −x − 1 Tìm trên đồ thị hàm số y = các điểm A, B sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A song x+2 √ song với tiếp tuyến tại điểm B và AB = 8 Giải     −a − 1 −b − 1 Xét 2 điểm A a; ; B b; (a 6= b 6= −2) thuộc đồ thị hàm số đã cho. a+2 b+2 −1 Tiếp tuyến tại A có hệ số góc: f 0 (a) = (a + 2)2 −1 Tiếp tuyến tại B có hệ số góc : f 0 (b) = (b + 2)2   f 0 (a) = f 0 (b) Theo bài ta có hpt: √ AB = 8    1 1   a=b   = − −    2  (a + 2)2  (b + 2) s a + b = −4   ⇔ ⇔   −a − 1 −b − 1 2 √     2 1   (a − b) + − = 8   =8 (a − b)2 1 + a+2 b+2 ab + 2(a + b) + 4 a = −2 − √3     √    a + b = −4 a = −4 − b a + b = −4  b = −2 + 3    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 √  ab = 1 b2 + 4b + 1 = 0  =8  a = −2 + 3 (16 − 4ab) 1 + ab − 4  √ b = −2 − 3 √ √ √ √   Vậy 2 điểm A, B cần tìm là A −2 − 3; 3 + 1 ; B −2 + 3; 3 − 1 √ √ √ √   hoặc A −2 + 3; 3 − 1 ; B −2 − 3; 3 + 1 Bài 29. www.mathvn.com 11 www.MATHVN.com Gọi D là đường thẳng đi qua A(1; 0) và có hệ số góc k. Tìm k để D cắt đồ thị y = x+2 tại 2 điểm phân x−1 biệt M, N thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị và AM = 2AN Giải Do D là đường thẳng đi qua A(1; 0) và có hệ số góc là k nên pt D : y = k(x − 1) Phương trình hoành độ giao điểm của D và đồ thị hàm số đã cho là: x+2 = k(x − 1) ⇔ kx2 − (2k + 1)x + k − 2 = 0(x 6= 1) (1) x−1 Đặt t = x − 1 ⇒ x = t + 1 Lúc đó pt (1) trở thành: k(t + 1)2 − (2k + 1)(t + 1) + k − 2 = 0 ⇔ kt 2 − t − 3 = 0 (2) Để D cắt đồ thị hàm số đã cho tại 2 điểm M, N thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì pt (1) phải có 2 nghiệm x1 ; x2 thỏa x1 < 1 < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm t1 ;t2 thỏa t1 < 0 < t2 ⇔ −3k < 0 ⇔ k > 0 (∗) −→ −→ Vì điểm A luôn nằm trong đoạn MN và AM = 2AN ⇒ AM = −2AN ⇒ x1 + 2x2 = 3 (3)  x1 + x2 = 2k + 1 (4) k−1 k+2 k . Từ (3) và (4) ⇒ x2 = ; x1 = Theo vi-et có : k − 2  k k x1 x2 = (5) k (k + 2)(k − 1) k − 2 2 Thay x1 ; x2 vào (5) có pt: = ⇔ 3k − 2 = 0 ⇔ k = 2 k k 3 2 Đối chiếu đk (∗) có k = là giá trị cần tìm. 3 Bài 30. 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 nhất Giải - Có: y0 = 3x2 − 3m có 2 nghiệm phân biệt khi m > 0. Khi đó, tọa độ 2 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 d ≤ 1, - Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A, B mà tam giác IAB có 2.SIAB = IA.IB. sin AIB d = 90o , lúc đó, khoảng cách từ I đến MN bằng √1 . dấu = xảy ra khi AIB 2 √ √ |2m − 1| 1 1 3 3 Do vậy ta có phương trình: d(I, MN) = √ ⇔ √ = √ ⇒ m = 1+ , m = 1− 2 2 2 2 4m2 + 1 Bài 31. x+3 Cho hàm số y = có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên (H) sao cho tiếp 2(x + 1) tuyến tại M cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm A, B đồng thời đường trung trực của AB đi qua gốc tọa độ O. Giải Do tam giác OAB đã vuông tại O mà trung trực của AB lại đi qua O nên tam giác OAB phải vuông cân, điều đó có nghĩa là AB tạo với trục hoành góc 45o , cũng tức là hệ số góc của AB bằng −1. −4 Vậy thì, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình: = −1 ⇔ x = 0, x = −2 4(x + 1)2 3 Với x = 0 ta có tiếp tuyến là: y = −x + 2 5 Với x = −2 ta có tiếp tuyến là: y = −x − 2 Bài 32. 1 1 Cho hàm số y = x3 − (m + 1)x2 + mx (m là tham số) . 3 2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng d : 72x − 12y − 35 = 0 Giải www.mathvn.com 12 www.MATHVN.com Ta có: y0 = x2 − (m + 1)x + m y0 = 0 ⇔ x2 − (m + 1)x + m = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = m 0 Vì thế, để đồ thị  hàm số có cực đại và cực tiểu, điều kiện là: y = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m 6= 1 1 1 1 1 Mặt khác: y = x − (m + 1) .y0 − (m − 1)2 x + m(m + 1) 3 6 6 6 Nên khi đồ thị hàm số có cực đại và cực tiểu thì đường thẳng d đi qua hai cực trị này có dạng: 1 1 y = − (m − 1)2 x + m(m + 1) 6 6 35 Đường thẳng d viết lại là: y = 6x − 2 Nên hai cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng d, điều kiện đầu 1 1 2 0 tiên là d ⊥ d . Hay: − (m − 1) .6 = −1 ⇔ m = 0 ∨ m = 2 6 * Với m = 0, hàm số đã cho trở thành: 1 1 y = x3 − x2 và y0 = x2 − x 3 2     1 1 1 Hai điểm cực trị có tọa độ: A (0; 0); B 1; − , trung điểm của AB là I ∈ / d nên hai điểm cực ;− 6 2 12 trị không đối xứng nhau qua đường thẳng d. * Với m = 2, hàm số đã cho trở thành:     1 3 3 2 5 0 2 y = x − x + 2x và y = x − 3x + 2 Hai điểm cực trị có tọa độ C 1; ; D 2; , trung điểm của CD 3 2 6 3  3 9 ∈ / d nên hai điểm cực trị không đối xứng với nhau qua đường thẳng d. là J ; 2 12 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán. Bài 33. Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 4 có đồ thị là (C).Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng d : y = m(x + 1) luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm A cố định và tìm m để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B,C đồng thời B,C cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. Giải Xét phương trình: x3 − 3x2 + 4 = m(x + 1) ⇔ (x + 1)(x2 − 4x + 4 − m) = 0 ⇔ x = −1; g(x) = x2 − 4x + 4 − m = 0 (1) Đường thẳng y = m(x + 1) luôn cắt đồ thị hàm số đã cho tại A(−1; 0), để nó cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1. Điều kiện là: ∆ > 0, g(−1) 6= 0 ⇔ 0 < m 6= 9 Khi đó (1) có 2 nghiệm phân biệt và đường thẳng đã cho cắt đồ thị thêm tại √ √ √ √ B(2 + m; m(3 + m));C(2 − m; m(3 − m)) p |m| Khoảng cách từ O đến BC là: d(O; BC) = √ Độ dài BC là: BC = 2 m(1 + m2 ) m2 + 1 √ 1 Có: SOBC = d(O; BC).BC = m m = 1 ⇔ m = 1 2 Đáp số: m = 1 Bài 34. Đề Thử sức trên THTT - Tháng 5/2011 x3 1 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số: y = − (m + 3) x2 − 2 (m + 1) x + 1 có hai điểm cực 3 2 trị với hoành độ lớn hơn 1. Giải Ta có: y0 = x2 − (m + 3) x − 2 (m + 1) y0 = 0 ⇔ x2 − (m + 3) x − 2 (m + 1) = 0 (∗) Có: ∆ = (m + 3)2 + 8 (m + 1) = m2 + 14m + 17 > 0, ∀x ∈ R Nên đồ thị hàm số luôn có hai cực trị có hoành độ x1 và x2 là nghiệm của phương trình (∗). Yêu cầu bài toán tương đương với tìm điều kiện của tham số m để phương trình (∗) có hai nghiệm x1 và x2 www.mathvn.com 13    www.MATHVN.com x > 1 x − 1 > 0 (x − 1) + (x − 1) > 0 1 1 1 2 thỏa mãn: ⇔ ⇔ x2 > 1 x2 − 1 > 0 (x1 − 1) (x2 − 1) > 0    x + x − 2 > 0 (m + 3) − 2 > 0 m > −1 1 2 ⇔m∈∅ ⇔ ⇔ ⇔ x1 x2 − (x1 + x2 ) + 1 > 0 −2 (m + 1) − (m + 3) + 1 > 0 m < − 4 3 Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài. Bài 35. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 2 sao cho các tiếp tuyến tại A, B có cùng hệ số góc và đường thẳng đi qua A, B vuông góc với đường thẳng x + y + 2011 = 0 Giải Cách 1 Xét A(a; a3 − 3a + 2); B(b; b3 − 3b + 2)(a 6= b) thuộc đồ thị hàm số đã cho. Tiếp tuyến tại A có hệ số góc kA = 3a2 − 3. Tiếp tuyến tại B có hệ số góc kB = 3b2 − 3 Do tiếp tuyến tại A và B có cùng hệ số góc nên kA = kB ⇔ 3a2 − 3 = 3b2 − 3 ⇔ (a − b)(a + b) = 0 ⇔ a = −b − → Từ đó có AB = (b − a; b3 − 3b + 2 − a3 + 3a − 2) = (2b; 2b3 − 6b) − Mặt khác đường thẳng d : x + y + 2011 = 0 có → "u = (1; −1) b = 0 ⇒ a = 0(l) − →− Vì AB⊥d nên AB.→ u = 0 ⇔ 2b(b2 + 4) = 0 ⇔ b = ±2 ⇒ a = ±2 Vậy có 2 điểm A, B với A(−2; 0), B(2; 4) hoặc ngược lại thỏa yêu cầu bài toán. Cách 2 -Điều kiện (1): Phươngtrình f 0 (x) = k có hai nghiệm phân biệt ...(Tự tìm) y = x3 − 3x + 2 -Tọa độ A, B là nghiệm của hệ k = 3x2 − 3   k - Suy ra phương trình đường thẳng AB là y = −2 x+2 3 - Điều kiện vuông góc suy ra k = 9. - Tìm giao điểm đường thẳng AB và đồ thị ta có A(2; 4)., B(−2; 0) Bài 36. Trích đề chọn đội tuyển quốc gia của Hà Tĩnh năm 2008 - 2009 3 2 Giả sử đồ thị hàm số y = x − 6x + 9x + d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x1 < x2 < x3 . Chứng minh rằng: 0 < x1 < 1 < x2 < 3 < x3 < 4 Giải PT hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục Ox là x3 − 6x2 + 9x + d = 0 ⇔ d = −x3 + 6x2 − 9x (∗) Đồ thị hàm số y = x3 − 6x2 + 9x + d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên PT (∗) có ba nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = d căt đồ thị hàm số y = −x3 + 6x2 − 9x tại ba điểm phân biệt ⇔ −4 < d < 0 (vẽ đồ thị để thấy rõ) Đặt f (x) = x3 − 6x2 + 9x + d Với −4 < d < 0 thì f (0) = d < 0, f (1) = d + 4 > 0, f (3) = d < 0, f (4) = d + 4 > 0 từ đây f (0) f (1) < 0, f (1) f (3) < 0, f (3) f (4) < 0, từ tính liên tục của hàm số ta có đpcm Bài 37. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2008 - 2009 3 Chứng minh rằng với mọi m phương trình x + 3(m + 1)x2 + 3(m2 + 1)x + m3 + 1 = 0 luôn có nghiệm duy nhất. Giải Xem pt :x3 + 3(m + 1)x2 + 3(m2 + 1)x + m3 + 1 = 0 (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + 3(m + 1)x2 + 3(m2 + 1)x + m3 + 1 (∗) và trục hoành. Có y0 = 3x2 + 6(m + 1)x + 3(m2 + 1) Thực hiện phép chia y cho y0 ta được www.mathvn.com 14  www.MATHVN.com  1 m+1 y= .y0 − 2mx + m3 − m2 x+ 3 3 Suy ra pt đường thẳng đi qua 2 cực tri là y = −2mx + m3 − m2 Để pt (1) có một nghiệm duy  nhất thì đồ thị hàm số (∗) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất 0 18m ∆ ≤0  −8 ≤ 0      0 (∗∗) ⇔ ⇔  18m − 8 > 0  ∆ >0 (−2mxcd + m3 − m2 )(−2mxct + m3 − m2 ) > 0 ycd .yct > 0  x + x = −2(m + 1) ct cd Theo vi-et thì: xcd .xct = m2 + 1  2  m≤ 2   9 m≤   2 9 ⇒ ∀m Lúc đó hpt (∗∗) trở thành: ⇔  m > 2 9  m> 4m2 (m2 + 1) + (m − 1)2 m3 (4m + 1) > 0 9 Vậy ∀m pt đã cho luôn có một nghiệm duy nhất. Bài 38. Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2008 - 2009 Gọi d là đường thẳng qua M(2; 0) và có hệ số góc k. Tìm k để d cắt đồ thị (C) : y = |x|3 − 3|x| − 2 tại 4 điểm phân biệt. Giải Bài 39. Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2009 - 2010 Tìm m để điểm A(3; 5) nằm trên đường thẳng nối 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x3 − 3mx2 + 3(m + 6)x + 1 Giải 0 y = 3(x2 − 2mx + m + 6) Hàm số có 2 cực trị ⇔ y0 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆0 = m2 − (m + 6) > 0 ⇔ m ∈ (−∞; −2) ∪ (3; +∞) 1 Ta có: y = (x − m)y0 + 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1 3 Hoành độ 2 đỉêm cực trị của hàm số là nghiệm của y0 = 0 nên tung độ 2 cục trị thoả mãn: y = 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1 Do đó đây cũng là pt đthẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số Theo đề ta có: A(3; 5) ∈ (d): y = 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1 ⇔ 5 = 6(−m2 + m + 6) + m2 + 6m + 1 m=4 ⇔ 5m2 − 12m − 32 = 0 ⇔  8 Đối chiếu đk ta nhận m = 4 m=− 5 Bài 40. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2009 - 2010 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (x − 1)(x3 + x2 + 1) biết tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị tại 2 điểm phân biệt. Giải Ta cóy = f (x) = x4 − x2 + x − 1 ⇒ f 0 (x) = 4x3 − 2x + 1 Gọi (d) là tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị hàm số tại hai tiếp điểm A(a; f (a)), B(b; f (b)), a 6= b f (b) − f (a) Ta có f 0 (a) = f 0 (b) = vì đều là hsg của đường thẳng (d) b−a f 0 (a) = f 0 (b) ⇔ 4a3 − 2a + 1 = 4b3 − 2b + 1 ⇔ (a − 1)(2(a2 + ab + b2 ) − 1) = 0 ⇔ 2(a2 + ab + b2 ) − 1 = 0 (1)(do a 6= b) f (b) − f (a) f 0 (a) + f 0 (b) f (b) − f (a) Từ đó ta có f 0 (a) = ⇔ = b−a 2 b−a www.mathvn.com 15 www.MATHVN.com (4a3 − 2a + 1) + (4b3 − 2b + 1) = (a2 + b2 )(a + b) − (a + b) + 1 ⇔ 2 ⇔ 2(a3 + b3 ) − (a + b) + 1 = (a2 + b2 )(a + b) − (a + b) + 1 1 ⇔ (a + b)(a − b)2 = 0 ⇔ a− = b thay vào (1) ta được a = ± √ . 2 Đến đây là suy ra được PTtt (d) Bài 41. Cho hàm số y = x3 − 2(m + 2)x2 + 7(m + 1)x − 3m − 12 (1) (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 ; x3 thỏa x12 + x22 + x32 + 3x1 x2 x3 > 53 Giải Bài 42. Trích đề học sinh giỏi Đà Nẵng 2010 Với mỗi tham số m ∈ R, gọi (Cm ) là đồ thị của hàm số: y = x3 − (3m − 1)x2 + 2m(m − 1)x + m2 (1). CMR: khi m thay đổi, đường thẳng (∆m ) : y = mx − m2 luôn cắt (Cm ) tại một điểm A có hoành độ không đổi. Tìm m để (∆m ) còn cắt (Cm ) tại hai điểm nữa khác A và tiếp tuyến của (Cm ) tại hai điểm đó song song với nhau. Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và đường thẳng ∆m x3 − (3m − 1)x2 + 2m(m"− 1)x + m2 = mx − m2 x=1 ⇔ (x − 1)(x2 − 3mx + 2m2 ) = 0 ⇔ f (x) = x2 − 3mx + 2m2 = 0(∗) Với x = 1 ⇒ y = m − m2 ⇒ A(1; m − m2 ) cố định Để ∆m cắt (Cm ) tại 2 điểm B,C  khác điểm A thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt xB ; xC khác 1   ∆ = 9m2 − 8m2 > 0 1 (i) ⇔ ⇒ m 6= 0; ; 1  f (1) = 1 − 3m + 2m2 6= 0 2  x + x = 3m B C Lúc đó theo vi-et có: xB .xC = 2m2 Tiếp tuyến tại B có hệ số góc kB = 3xB2 − 2(3m − 1)xB + 2m(m − 1) Tiếp tuyến tại C có hệ số góc kC = 3xC2 − 2(3m − 1)xC + 2m(m − 1) Vì tiếp tuyến tại B,C song song nên kB = kC ⇔ 3xB2 − 2(3m − 1)xB + 2m(m − 1) = 3xC2 − 2(3m − 1)xC + 2m(m − 1) 2 ⇔ 3(xB + xC ) = 2(3m + 1) vì xB 6= xC ⇔ 3m = 2 ⇔ m = thỏa đk (i) 3 2 Vậy m = là giá trị cần tìm. 3 Bài 43. Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (m − 2)x + 3m tham số). Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất  (m là  55 của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A 1; − 27 Giải ta có : tiếp tuyến hàm bậc 3 có hệ số góc nhỏ nhất chính là tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị (C) chú ý là cái này chỉ là nhận xét với các bạn đã học chương trình cũ ) còn với chương trình mới thì ta sẽ phải thêm 1 tí như sau : y0 = 3x2 − 4x + m − 2 tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tương đương với việc là ta phải tìm được điểm mà tại đó thì y0min đặt y0 = g(x) ta có : g0 (x) = 6x − 4   2 2 2 11m 52 0 g (x) = 0 ⇒ x = lập bảng biến thiên thì sẽ thấy ngay gmin (x) khi x = . Điểm uốn I = ; − 3 3 3 3 27 www.mathvn.com 16    www.MATHVN.com 10 2 11m 52 phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn là : y = m − x− + − (d) 3 3 3 27   1 1 10 1 11m + =− ⇔ m= vì điểm a ∈ (d) nên ta có phương trình m − 3 3 3 9 4 Bài 44. x+2 có đồ thị là (H). Tìm điểm M thuộc (H) sao cho tiếp tuyến tại M cắt 2 đường Cho hàm số y = x−1 tiệm cận của (H) tại 2 điểm A, B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất với I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Giải 2 đường tiệm cận là x = 1, y = 1 Giao 2 đường tiệm cận là I(1; 1) Gọi M(xo ; yo ) Suy ra phương trình −3(x − xo ) xo + 2 tiếp tuyến tại M là: y = + Phương trình tiếp tuyên cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm: (xo − 1)2 xo − 1 xo + 5 ), B(2xo − 1; 1) A(1; xo − 1   (x − 1)2 = (x − 2xo + 1)2 AO2 = IO2 ⇔ Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI là O(x; y) ⇒ ⇔ (y − 1)2 = (y − xo + 5 )2 BO2 = IO2 xo − 1  x = xo y = xo + 2 xo − 1 xo + 2 9 9 Vậy O(xo ; ) ⇒ R2 = IO2 = (xo − 1)2 + Theo cô-si: (xo − 1)2 + ≥6 2 xo − 1 (xo − 1) (xo − 1)2 √ √ √ 9 ⇔ x = 1 + 3, x = 1 − 3 Vậy Rmin = 6 ⇔ (xo − 1)2 = o o (xo −√1)2 √ √ 3+ 3 √ 3−3 ⇒ M(1 + 3; √ ), M(1 − 3; √ ) 3 3 Bài 45. Cho hàm: y = x4 + 4mx3 + 3 (m + 1) x2 + 1. Tìm m để hàm số có cực tiểu mà không có cực đại. Giải   0 (x) = 2 2x3 + 6mx2 + 3(m + 1)x = 2x(2x2 + 6mx + 3m + 3) Điều kiện: x ∈ R Khi đó: f ( x=0 f 0 (x) = 0 ⇔ 2x2 + 6mx + 3m + 3 = 0(1) vì f 0 (x) = 0 có x = 0 là 1 nghiệm nên để f (x) chỉ có cực tiểu thì (1) có 1 nghiệm kép hoặc vô nghiệm tức ⇔ ∆0 ≤"0 ⇔ (3m)2 − 2(3m + 3) ≤ 0 ⇔ 3m2 − 2m − 2 ≤ 0 √ # √ 1− 7 1+ 7 ⇔m∈ ; 3 3 Bài 46. Trích đề thi thử Trung Giã lần 3 x+1 Tìm các giá trị của m để đường thẳng: d : 2mx − 2y + m + 1 = 0 cắt đồ thị hàm số y = tại 2 điểm 2x + 1 phân biệt A, B sao cho biểu thức: P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giải xét phương trình tương giao giữa (d) và (C) : m+1 x+1 m−1 mx + = ⇔ 2mx2 + 2mx + = 0 (1) 2 2x + 1 2 −1 hàm số có 2 cực trị ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt thảo mãn x1 6= x2 6= ⇔m>0 2  2 √ √ m 1 m 1 1 1 (1) ⇔ 2x x + = ⇒ x1 = − và x2 = − − 2 4m 2m 2 2m 2 www.mathvn.com 17  √ √  www.MATHVN.com  m 1 1 m 1 1 m m ta có : A= ; B= − − ; +√ − ; −√ 2m 2 2 m 2m 2 2 m 2 + 2m + 1 4m dễ dàng tính được P = OA2 + OB2 = = f (m) 2m 7 1 xét hàm f (m) trên (0; + ∝) ta được MIN f (m) = = f ( 2 4 Bài 47. x2 + x + 1 Cho hàm: y = Tìm trên trục tung các điểm mà qua nó chỉ có 1 đường tiếp tuyến đến đồ thị x−1 hàm số trên. Giải x2 + x + 1 3 Mxđ: D = R \ {1}. Có y = = x+2+ x−1 x−1 Xét điếm A(0; a) ∈ Oy. Phương trình đường thẳng d điqua A có hệ số góc k: y = kx + a 3  x + 2 + = kx + a (1) x − 1 Để d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho thì hệ pt : có nghiệm. 3  1 − = k (2) (x − 1)2 3 = k(x − 1) + k + a (3) Từ (1) có :x + 2 + x−1   3 1 k+a−3 3 Thay (2) vào (3) được : x + 2 + +k+a ⇔ = (x − 1) 1 − = (4) 2 x−1 (x − 1) x−1 6   k+a−3 2 = k ⇔ 36 − 3(k + a − 3)2 = 36k Thay (4) vào (2) có :1 − 3 6 ⇔ f (k) = k2 + 2(a + 3)k + a2 − 6a − 3 = 0 (∗) Để từ A kẻ đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số đã cho thì pt (∗) có nghiệm kép khác 3 − a hoặc có 2 nghiệm phân bằng 3 − a  trong đó có 1 nghiệm  biệt     ∆0 = 0 12a + 12 = 0 a = −1 f    "        f (3 − a) 6= 0  −12a + 24 6= 0  a 6= 2 a = −1      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   0     a=2  ∆f > 0  12a + 12 > 0  a > −1     f (3 − a) = 0 −12a + 24 = 0  f (a = 2) Vậy có 2 điểm A thỏa yêu cầu bài toán là A (0; −1) ; A (0; 2) Bài 48. mx − 4m + 3 Cho hàm số y = (Cm ) x−m 1) Tìm điểm cố định của họ (Cm ) 2) Từ các điểm cố định của họ đồ thị viết các đường thẳng đi qua chúng với hệ số góc k = tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng vừa lập và trục Ox Giải Gọi K(xo ; yo ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua ∀m 6= 1 mxo − 4m + 3 Lúc đó pt: yo = có nghiệm ∀m 6= 1 xo − m ⇔ xo yo − myo = mxo − 4m + 3 , ∀m 6= 1 ⇔ (xo + yo  − 4)m  + 3 − xo yo = 0 , ∀m 6= 1 x = 1 o      x + y − 4 = 0 x = 4 − y  yo = 3 o o o o  ⇔ ⇔ ⇔   3 − xo yo = 0 y2 − 4yo + 3 = 0  xo = 3 o  yo = 1 Vậy đồ thị hàm số luôn đi qua 2 điểm cố định : K1 (1; 3) ; K2 (3; 1) www.mathvn.com 18 3 tính diện 2 www.MATHVN.com 3 3 3 3 ⇒pt d1 : y = (x − 1) + 3 = x + 2 2 2 2 3 3 7 3 Gọi d2 là đường thẳng đi qua K2 và có hệ số góc k = ⇒pt d2 : y = (x − 3) + 1 = x − 2 2 2 2 Nhận xét thấy d1 ; d2 song song. Diện  hình phẳng giới hạn cần tính chính là diện tích hình thang  tích 7 ; 0 ; K4 = d1 ∩ Ox ⇒ K4 (−1; 0) K1 K2 K3 K4 với K3 = d2 ∩ Ox ⇒ K3 3 (K1 K4 + K2 K3 ) h Có SK1 K2 K3 K4 = 2 3 7 −3− √ 2 √ 10 13 2 = √ K1 K4 = 13; K2 K3 = Với h = d(d1 ,d2 ) = d(K1 ,d2 ) = s  3 13 3 2 + (−1)2 2 √ ! √ 13 10 √ 13 + 3 13 20 Do đó SK1 K2 K3 K4 = = (đvdt) 2 3 Bài 49. Cho hàm số y = x3 − 3(2m2 − 1)x2 + 3(m2 − 1)x + 1 − m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm ). Tìm m để đồ thị (Cm ) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Giải  x + x = 0 a b +) Gọi 2 điểm cần tìm là A = (xa ; ya ); B = (xb ; yb ) khi đó ta có ya + yb = 0 Gọi d1 là đường thẳng đi qua K1 và có hệ số góc k = từ phương trình 2 ta có : xa3 + xb3 − 3(2m2 − 1)(xa2 + xb2 ) + 3(m2 − 1)(xa + xb ) + 2 − 2m3 = 0 m3 − 1 ⇔ 6(2m2 − 1)xa xb + 2 − 2m3 = 0 (vì xa + xb = 0) ⇔ xa xb = 6m2 − 3 3 m −1 dễ thấy xa ; xb lúc này là nghiệm của phương trình : X 2 + 2 = 0 (1) 6m − 3 m3 − 1 để có 2 điểm A; B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ <0 6m2 − 3 √ ! √ ! 2 2 ∪ ;1 giải bpt ta được m ∈ −∞; − 2 2 Bài 50. Cho hàm số y = −x4 + 2x2 − 1 (1) .Tìm tất cả các điểm M thuộc trục tung sao cho từ đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (1). Giải Gọi M(0; a), suy ra phương trình tiếp tuyến tại M : y= kx + a −x4 + 2x2 − 1 = kx + a (1) Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số thì có 3 nghiệm phân biệt. −4x3 + 4x = k (2) Thế (2) vào (1), được: 3x4 − 2x2 − 1 = a 1 Xét f (x) = 3x4 − 2x2 − 1 ⇒ f 0 (x) = 12x3 − 4x = 0 ⇔ x = 0, x = ± √ 3 Lập BBT, ta thấy với x = 0, f (x) = −1 thì g(x) = a giao với f (x) tại 3 điểm phân biệt, vậy a = −1, vậy M(0; −1) là điểm cần tìm www.mathvn.com 19
- Xem thêm -