Chuyên đề khảo sát hàm số ôn thi đại học

Trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa Hoàng Bá Minh 12A6 Bảo Huy Bài 1. Cho hàm số y = 2 5 3 2 2 4 +− x x 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số. 2. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ x M = a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M. Giải. 2/ + Vì 4 2 5 ( ) ; 3 2 2 a M C M a a   ∈ ⇒ − +  ÷           +−⇒∈ 2 5 3 2 ;)( 2 4 a a aMCM . Ta có: y’ = 2x 3 – 6x aaay 62)(' 3 −=⇒ Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình : 2 5 3 2 ))(63( 2 4 3 +−+−−= a a axaay . + Xét pt : 0)632()( 2 5 3 2 ))(63( 2 5 3 2 2222 4 32 4 =−++−⇔+−+−−=+− aaxxaxa a axaax x    =−++= = ⇔ 0632)( 22 aaxxxg ax YCBT khi pt g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác a    ±≠ > ⇔      ≠ >− ⇔    ≠ >∆ ⇔ 1 3|| 1 03 0)( 0' 2 2 a a a a ag Bài 2. Cho hàm số 1− = x x y (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Giải. 2/ Giả sử )() 1 ;( 0 0 0 C x x xM ∈ − mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ − − + = − − Ta có d(I ;tt) = 4 0 0 )1( 1 1 1 2 − + − x x .Đặt t = 1 1 0 −x > 0 Xét hàm số f(t) 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t − + + + + t 0 1 ∞+ f’(t) = 0 khi t = 1 f’(t) + 0 - Bảng biến thiên 1 Trng THPT chuyờn Trn i Ngha Hong Bỏ Minh 12A6 Bo Huy t bng bin thiờn ta cú f(t) 2 d(I ;tt) ln nht khi v ch khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x = = = + Vi x 0 = 0 ta cú tip tuyn l y = -x + Vi x 0 = 2 ta cú tip tuyn l y = -x+4 Bi 3. Cho hm s 2 4 1 x y x = + . 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2. Tỡm trờn th (C) hai im i xng nhau qua ng thng MN bit M(-3; 0) v N(-1; -1). Gii. 2. Gi 2 im cn tỡm l A, B cú 6 6 ;2 ; ;2 ; , 1 1 1 A a B b a b a b ữ ữ + + Trung im I ca AB: I 2 2 ; 2 1 1 a b a b a b + + ữ + + Pt ng thng MN: x + 2y +3= 0 Cú : . 0AB MN I MN = uuur uuuur => 0 (0; 4) 2 (2;0) a A b B = => = Bi 4. Cho hm s 34 24 += xxy . 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th )(C ca hm s ó cho. 2. Bin lun theo tham s k s nghim ca phng trỡnh k xx 334 24 =+ . Gii. 2. th hm s 34 24 += xxy gm phn nm phớa trờn Ox v i xng ca phn nm phớa di Ox qua Ox ca th (C); k y 3= l ng thng song song vi Ox. T ú ta cú kt qu: * 013 << k k : phng trỡnh cú 8 nghim, * 013 == k k : phng trỡnh cú 6 nghim, * 10331 <<<< k k : phng trỡnh cú 4 nghim, * 133 == k k : phng trỡnh cú 3 nghim, * 133 >> k k : phng trỡnh cú 2 nghim. Bi 5. Cho hàm số 1 12 + = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm )2;1(I tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất . Gii. 2. Nếu )( 1 3 2; 0 0 C x xM + thì tiếp tuyến tại M có phơng trình )( )1( 3 1 3 2 0 2 00 xx xx y + = + + hay 0)1(3)2()1()(3 0 2 00 =++ xyxxx . Khoảng cách từ )2;1(I tới tiếp tuyến là ( ) 2 0 2 0 4 0 0 4 0 00 )1( )1( 9 6 )1(9 16 19 )1(3)1(3 ++ + = ++ + = ++ + = x x x x x xx d . Theo bất đẳng thức Côsi 692)1( )1( 9 2 0 2 0 =++ + x x , vây 6d . Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi 2 x y O 1 3 1 1 1 Trng THPT chuyờn Trn i Ngha Hong Bỏ Minh 12A6 Bo Huy ( ) 3131)1( )1( 9 0 2 0 2 0 2 0 ==++= + xxx x . Vậy có hai điểm M : ( ) 32;31 + M hoặc ( ) 32;31 + M Bi 6. Cho hàm số 1x 2x y + = (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox. Gii. 2. Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1) Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A: = = + )3(k )1x( 3 )2(akx 1x 2x 2 có nghiệm 1x Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc: )4(02ax)2a(2x)1a( 2 =+++ Để (4) có 2 nghiệm 1x là: > >+= = 2a 1a 06a3' 03)1(f 1a Hoành độ tiếp điểm 21 x;x là nghiệm của (4) Tung độ tiếp điểm là 1x 2x y 1 1 1 + = , 1x 2x y 2 2 2 + = Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: 0 )2x)(1x( )2x)(2x( 0y.y 21 21 21 < ++ < 3 2 a0 3 6a9 0 1)xx(xx 4)xx(2xx 2121 2121 >< + < ++ +++ Vậy 1a 3 2 < thoả mãn đkiện bài toán. Bi 7. Cho hm s 1 . 1 x y x + = 1.Kho sỏt s bin thiờn v v th ( ) C ca hm s. 2.Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh 1 . 1 x m x + = Gii. 2. Hc sinh lp lun suy t th (C) sang th ( ) 1 ' 1 x y C x + = .Hc sinh t v hỡnh Suy ra ỏp s 1; 1:m m< > phng trỡnh cú 2 nghim 1:m = phng trỡnh cú 1 nghim 1 1:m < phng trỡnh vụ nghim Bi 8. Cho hm s 2x 3 y x 2 = cú th (C). 1.Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (C) 2.Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct hai tim cn ca (C) ti A, B sao cho AB ngn nht . 3 Trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa Hoàng Bá Minh 12A6 Bảo Huy Giải. Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) Bài 9. Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 +2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Giải. 2. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y= - 2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4 3 2 5 2 2 2 5 x y x y x y  =  = −   ⇔   = − +   =   => 4 2 ; 5 5 M    ÷   Bài 10. Cho hàm số 2 + − = x xm y có đồ thị là )( m H , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1 = m . 2. Tìm m để đường thẳng 0122: =−+ yxd cắt )( m H tại hai điểm cùng với gốc tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích là . 8 3 = S Giải. 2. Hoành độ giao điểm A, B của d và )( m H là các nghiệm của phương trình 2 1 2 +−= + +− x x mx 2,0)1(22 2 −≠=−++⇔ xmxx (1) Pt (1) có 2 nghiệm 21 , xx phân biệt khác 2−      −≠ < ⇔    ≠−+−− >−=∆ ⇔ 2 16 17 0)1(22)2.(2 01617 2 m m m m . Ta có .1617. 2 2 4)(.2)(.2)()( 21 2 12 2 12 2 12 2 12 mxxxxxxyyxxAB −=−+=−=−+−= Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến d là . 22 1 =h 4 2. Lấy điểm 1 M m;2 m 2   +  ÷ −   ( ) C∈ . Ta có : ( ) ( ) 2 1 y' m m 2 = − − . Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : ( ) ( ) 2 1 1 y x m 2 m 2 m 2 = − − + + − − Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2 A 2;2 m 2   +  ÷ −   Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 1 AB 4 m 2 8 m 2   = − + ≥   −     . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 Trng THPT chuyờn Trn i Ngha Hong Bỏ Minh 12A6 Bo Huy Suy ra , 2 1 8 3 1617. 2 2 . 22 1 . 2 1 2 1 ==== mmABhS OAB tha món. Bi 11. Cho hm s 3 5 )23()1( 3 2 23 ++= xmxmxy cú th ),( m C m l tham s. 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho khi .2 = m 2. Tỡm m trờn )( m C cú hai im phõn bit );(),;( 222111 yxMyxM tha món 0. 21 > xx v tip tuyn ca )( m C ti mi im ú vuụng gúc vi ng thng .013: =+ yxd Gii. 2. Ta cú h s gúc ca 013: =+ yxd l 3 1 = d k . Do ú 21 , xx l cỏc nghim ca phng trỡnh 3' =y , hay 323)1(22 2 =++ mxmx 013)1(22 2 = mxmx (1) Yờu cu bi toỏn phng trỡnh (1) cú hai nghim 21 , xx tha món 0. 21 >xx << < > >++= . 3 1 1 3 0 2 13 0)13(2)1(' 2 m m m mm Vy kt qu ca bi toỏn l 3<m v . 3 1 1 << m Bi 12. Cho hm s . 2 3 42 24 += xxy 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho. 2. Tỡm m phng trỡnh sau cú ỳng 8 nghim thc phõn bit . 2 1 | 2 3 42| 224 +=+ mmxx Gii. 2. Phng trỡnh 2 1 | 2 3 42| 224 +=+ mmxx cú 8 nghim phõn bit ng thng 2 1 2 += mmy ct th hm s | 2 3 42| 24 += xxy ti 8 im phõn bit. th | 2 3 42| 24 += xxy gm phn (C) phớa trờn trc Ox v i xng phn (C) phớa di trc Ox qua Ox. T th suy ra yờu cu bi toỏn 2 1 2 1 0 2 <+< mm .100 2 <<< mmm Bi 13. Cho hm s mxxmxy ++= 9)1(3 23 , vi m l tham s thc. 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho ng vi 1=m . 2. Xỏc nh m hm s ó cho t cc tr ti 21 , xx sao cho 2 21 xx . Gii. 2. Ta có .9)1(63' 2 ++= xmxy +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx phơng trình 0'=y có hai nghiệm pb là 21 , xx Pt 03)1(2 2 =++ xmx có hai nghiệm phân biệt là 21 , xx . < +> >+= 31 31 03)1(' 2 m m m )1( +) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121 =+=+ xxmxx Khi đó 5 O 1 1 y 2 1 2 3 2 1 x Trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa Hoàng Bá Minh 12A6 Bảo Huy ( ) ( ) 41214442 2 21 2 2121 ≤−+⇔≤−+⇔≤− mxxxxxx )2(134)1( 2 ≤≤−⇔≤+⇔ mm Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m lµ 313 −−<≤− m vµ .131 ≤<+− m Bài 14. Cho hàm số 2)2()21( 23 ++−+−+= mxmxmxy (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: 07 =++ yx góc α , biết 26 1 cos = α . Giải. 2. Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có véctơ pháp )1;( 1 −= kn d: có véctơ pháp )1;1( 2 =n Ta có       = = ⇔=+−⇔ + − =⇔= 3 2 2 3 0122612 12 1 26 1 . cos 2 1 2 2 21 21 k k kk k k nn nn α Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình: 1 / ky = (1) và 2 / ky = (2) có nghiệm x ⇔       =−+−+ =−+−+ 3 2 2)21(23 2 3 2)21(23 2 2 mxmx mxmx ⇔     ≥∆ ≥∆ 0 0 2 / 1 / ⇔     ≥−− ≥−− 034 0128 2 2 mm mm ⇔       ≥−≤ ≥−≤ 1; 4 3 2 1 ; 4 1 mm mm ⇔ 4 1 −≤m hoặc 2 1 ≥m Bài 15. Cho hàm số y = 2 2 x x − (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Tìm m để đường thẳng (d ): y = x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị sao cho khoảng cách giữa 2 điểm đó là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Giải. 2. Để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thì pt 2 2 x x m x = + − hay x 2 + (m - 4)x -2x = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi 2 16 4 0 m m  ∆ = + ∀  − ≠  (2). Giả sử A(x 1 ;y 1 ), B(x 2 ;y 2 ) là 2 giao điểm khi đó x 1 , x 2 là 2 nghiệm phương trình (1). Theo định lí viet ta có 1 2 1 2 4 (3) 2 x x m x x m + = −   = −  , y 1 =x 1 +m, y 2 =x 2 +m Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0. A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0 khi và chỉ khi (x 1 - 2)(x 2 - 2) < 0 hay x 1 x 2 – 2(x 1 + x 2 ) +4 < 0 (4) thay (3) vào 4 ta được – 4 < 0 luôn đúng (5) mặt khác ta lại có AB = 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 2( ) 8x x y y x x x x− + − = + − (6) thay (3) vào (6) ta được AB = 2 2 32 32m + ≥ vậy AB = 32 nhỏ nhất khi m = 0 (7). Từ (1), (5), (7) ta có m = 0 thoả mãn . Bài 16. 6 có nghiệm có nghiệm Trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa Hoàng Bá Minh 12A6 Bảo Huy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x − = − 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Giải. 2. Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0 ( ; ( )) ( )M x f x C∈ có phương trình 0 0 0 '( )( ) ( )y f x x x f x= − + Hay 2 2 0 0 0 ( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − = (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0 4 0 2 2 2 1 ( 1) x x − ⇔ = + − giải được nghiệm 0 0x = và 0 2x = *Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y+ − = và 5 0x y+ − = Bài 17. Cho hàm số y = - x 3 + 3mx 2 -3m – 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0. Giải. 2. Ta có y’ = - 3x 2 + 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m. Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0. Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m 3 – 3m – 1) Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m 3 – 3m – 1) Vectơ 3 (2 ;4 )AB m m= uuur ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (8; 1)u = − r . Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔ I d AB d ∈   ⊥  ⇔ 3 8(2 3 1) 74 0 . 0 m m m AB u  + − − − =   =   uuur r ⇔ m = 2 Bài 18. Cho hàm số 13 3 +−= xxy (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: mmxx 33 3 3 −=− Giải. 2. Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số: 13 3 +−= xxy và đường thẳng (d): 13 3 +−= mmy ((d) cùng phương với trục hoành) Xét hàm số: 13 3 +−= xxy , ta có: + Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, đồng thời 0x ∀ > thì 3 3 3 1 3 1y x x x x= − + = − + + Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là: 3 3 3 2 3 3 0 1 3 1 1 0 3 3 2 0 1 m m m m m m m m m  − < < −   − <  − < − + < ⇔ ⇔    < <    − + >   ≠    7 x y 0 1 −2 −1 2 1 • • • • −1 3 • (d) Trường THPT chun Trần Đại Nghĩa Hồng Bá Minh 12A6 Bảo Huy Bài 19. Cho hµm sè 3 1 x y x − = + cã ®å thÞ lµ (C) 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cđa hµm sè. 2) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa ®å thÞ hµm sè, biÕt tiÕp tun ®ã c¾t trơc hoµnh t¹i A, c¾t trơc tung t¹i B sao cho OA = 4OB Giải. 2. OA =4OB nªn ∆ OAB cã 1 tan 4 OB A OA = = ⇒ TiÕp tun AB cã hƯ sè gãc k = 1 4 ± Ph¬ng tr×nh y’ = k 2 3 4 1 5 ( 1) 4 x x x =  ⇔ = ⇔ ⇔  = − +  +) x = 3 ⇒ y=0, tiÕp tun cã ph¬ng tr×nh 1 ( 3) 4 y x= − +) x= -5 ⇒ y= 2, tiÕp tun cã ph¬ng tr×nh 1 1 13 ( 5) 2 4 4 4 y x y x= + + ⇔ = + Bài 20. Cho hàm số 1 1 x y x − = + . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số. 2) Tìm a và b để đường thẳng (d): y ax b= + cắt (C) tại hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua đường thẳng ( ∆ ): 2 3 0x y− + = . Giải. 2. Phương trình của ( )∆ được viết lại: 1 3 2 2 y x= + . Để thoả đề bài, trước hết (d) vuông góc với ( )∆ hay 2a = − Khi đó phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C): 1 2 1 x x b x − = − + + ⇔ 2 2 ( 3) ( 1) 0x b x b− − − + = . (1) Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ 0 ∆ > ⇔ 2 2 17 0b b+ + > ⇔ b tuỳ ý. Gọi I là trung điểm của AB, ta có 3 2 4 3 2 2 A B I I I x x b x b y x b  + − = =    +  = − + =   . Vậy để thoả yêu cầu bài toán ⇔ ton tai , ( ) ( ) à ï A B AB I   ⊥ ∆   ∈ ∆  ⇔ 2 2 3 0 I I b a x y  ∀  = −   − + =  ⇔ 2 3 ( 3) 3 0 4 a b b  = −   − − + + =   ⇔ 2 1 a b  = −  = −  . Bài 21. Cho hµm sè 1 1 x y x + = − ( 1 ) cã ®å thÞ ( )C . 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ cđa hµm sè ( 1). 2. Chøng minh r»ng ®êng th¼ng ( ) : 2d y x m= + lu«n c¾t (C) t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt A, B thc hai nh¸nh kh¸c nhau. X¸c ®Þnh m ®Ĩ ®o¹n AB cã ®é dµi ng¾n nhÊt. Giải. 2. Chøng minh r»ng ®êng th¼ng ( ) : 2d y x m= + lu«n c¾t (C) t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt A, B thc hai nh¸nh kh¸c nhau. X¸c ®Þnh m ®Ĩ ®o¹n AB cã ®é dµi ng¾n nhÊt . 8 Trng THPT chuyờn Trn i Ngha Hong Bỏ Minh 12A6 Bo Huy . Để đờng thẳng (d) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt thì phơng trình. 1 2 1 x x m x + = + có hai nghiệm phân biệt với mọi m và 1 2 1x x< < 1 ( 1)(2 ) 1 x x x m x + = + có hai nghiệm phân biệt 1 2 1x x< < 2 2 ( 3) 1 0 (*) 1 x m x m x + = có hai nghiệm phân biệt 1 2 1x x< < 0 (1) 0f > < 2 ( 1) 16 0 (1) 2 ( 3) 1 2 0 m m f m m = + + > = + = < Vậy với mọi giá trị của m thìđờng thẳng ( ) : 2d y x m= + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. . Gọi 1 1 2 2 ( ;2 ), ( ;2 )A x x m B x x m+ + là hai điểm giao giữa (d) và (C).( 1 2 ;x x là hai nghiệm của phơng trình (*)) Ta có 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( ;2( )) ( ) (2( )) 5( )AB x x x x AB x x x x x x= = + = uuur Theo Vi ét ta có 2 1 5 ( 1) 16 2 5 2 AB m m = + + . 2 5 1AB m= = Vậy với m = -1 là giá trị cần tìm. (R) Bi 22. Cho hm s 2 23 + + = x x y cú th (C) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2. Gi M l im bt k trờn (C). Tip tuyn ca (C) ti M ct cỏc ng tim cn ca (C) ti A v B. Gi I l giao im ca cỏc ng tim cn. Tỡm ta M sao cho ng trũn ngoi tip tam giỏc IAB cú din tớch nh nht. Gii. 2.Gi Phng trỡnh tip tuyn ca (C) ti M l: 2 23 )( )2( 4 2 + + + + = a a ax a y () ng thng d 1 :x+2=0 v d 2 :y-3=0 l hai tim cn ca th d 1 =A(-2; ) 2 23 + a a , d 2 =B(2a+2;3) Tam giỏc IAB vuụng ti I AB l ng kớnh ca ng trũn ngoi tip tam giỏc IAB din tớch hỡnh trũn S= 8 )2( 64 )2(4 44 2 2 2 + ++= a a AB Du bng xy ra khi v chi khi = = + =+ 4 0 )2( 16 )2( 2 2 a a a a Vy cú hai im M tha món bi toỏn M(0;1) v M(-4;5) Bi 23. Cho hm s 4 2 ( ) 8x 9x 1y f x= = + 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2. Da vo th (C) hóy bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh 4 2 8 os 9 os 0c x c x m + = vi [0; ]x . 9 Trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa Hoàng Bá Minh 12A6 Bảo Huy Giải. 2. Xét phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π ∈ (1) Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 2 8 9 0 (2)t t m− + = Vì [0; ]x π ∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: 4 2 (2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = − Gọi (C 1 ): 4 2 8 9 1y t t= − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) và (D). Chú ý rằng (C 1 ) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t− ≤ ≤ . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: • 81 32 m > : Phương trình đã cho vô nghiệm. • 81 32 m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • 81 1 32 m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. • 0 1m< < : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • 0m = : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. • m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 24. Cho hàm số: 1 2( 1) x y x − = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. Giải. 2. Gọi M( 0 0 0 1 ; 2( 1) x x x − + ) ( )C∈ là điểm cần tìm. Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình. ∆ : ' 0 0 0 0 1 ( )( ) 2( 1) x y f x x x x − = − + + ( ) 0 0 2 0 0 1 1 ( ) 2( 1) 1 x y x x x x − ⇒ = − + + + Gọi A = ox A( ;0) B = oy B(0; ). Khi đó tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng tâm là: G( . Do G đường thẳng:4x + y = 0 (vì A, B O nên ) Với ; với . Bài 25. Cho hàm số y = − x 3 − 3x 2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞). Giải. 2. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞)⇔ y’ = – 3x 2 – 6x + m ≤ 0, ∀ x > 0 ⇔ 3x 2 + 6x ≥ m, ∀ x > 0 (*) 10 [...]...Trng THPT chuyờn Trn i Ngha 12A6 Hong Bỏ Minh Bo Huy Ta cú bng bin thi n ca hm s y = 3x2 + 6x trờn (0 ; + ) x y 0 + + 0 T ú ta c : (*) m 0 Bi 26 Cho hàm số y= 2x + 1 x+2 có đồ thị là (C) 1 .Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Gii 2 Hoành... Do (1) có = m 2 + 1 > 0 va (2) 2 + ( 4 m).(2) + 1 2m = 3 0 m nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m xA; yB = m xB nên AB2 = (xA xB)2 + (yA yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất AB2 nhỏ nhất m = 0 Khi đó AB = 24 Bi 27 Cho hm s y = 2x + 1 (1) x 1 1/ Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) 2/ nh k ng thng d: y = kx + 3 ct th hm s (1) ti hai im M,... bin thi n v v th ca hm s (1) ng vi m=1 2.Tỡm m hm s (1) cú cc tr ng thi khong cỏch t im cc i ca th hm s n gúc ta O bng 2 ln khong cỏch t im cc tiu ca th hm s n gúc ta O Gii , 2 2 2 Ta cú y = 3 x 6mx + 3(m 1) hm s cú cc tr thỡ PT y , = 0 cú 2 nghim phõn bit x 2 2mx + m 2 1 = 0 cú 2 nhim phõn bit = 1 > 0, m Cc i ca th hm s l A(m-1;2-2m) v cc tiu ca th hm s l B(m+1;-2-2m) Theo gi thit... + m + 3 1/ Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s 2/ Tỡm m (d) ct (C) ti M(-1; 3), N, P sao cho tip tuyn ca (C) ti N v P vuụng gúc nhau Gii 2 Phng trỡnh hũanh giao im ca (C) v (d): x3 (m + 3)x m 2 = 0 f(x) x = 1 , y = 3 Hay : (x + 1)(x2 x m 2) = 0 2 x x m 2 = 0 (*) 9 (*) phi cú hai nghim phõn bit ( m > ) , xN v xP l nghim ca (*) 4 3+ 2 2 m = 3 2 2 2 Theo gi thit: x N 3 x P 3 = 1 ... Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s khi m = 0 2 Tỡm m hm s ng bin trờn khong ( 2;+ ) Gii 2 y = 2 x3 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 y ' = 6 x 2 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) y cú = (2m + 1) 2 4(m 2 + m) = 1 > 0 x = m y' = 0 x = m + 1 Hm s ng bin trờn ( 2;+ ) y ' > 0 x > 2 m + 1 2 m 1 15 Trng THPT chuyờn Trn i Ngha 12A6 Bi 40 Cho hm s y = Hong Bỏ Minh Bo Huy x x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th... 8k 3 + 27k 2 + 8k 3 = 0 (k + 3)(8k 2 + 3k 1) = 0 k = 3 k = k = 16 16 Theo nh lớ Viet cho (**) ta cú: x1 + x2 = KL: Vy cú 3 giỏ tr ca k tho món nh trờn x+2 Bi 31 Cho hm s y = 2x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s ó cho 2 Tỡm nhng im trờn th (C) cỏch u hai im A(2 , 0) v B(0 , 2) Gii 2 Pt ng trung trc an AB : y = x Nhng im thuc th cỏch u A v B cú hong l nghim ca pt : x+2 = x 2x 1 12 Trng... THPT chuyờn Trn i Ngha 12A6 Hong Bỏ Minh Bo Huy x2 x 1 = 0 1 5 x = 2 1+ 5 x = 2 1 5 1 5 1+ 5 1+ 5 Hai im trờn th tha ycbt : 2 , 2 ; 2 , 2 Bi 32 Cho hm s y = 2x 3 x 2 1 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s 2 Cho M l im bt kỡ trờn (C) Tip tuyn ca (C) ti M ct cỏc ng tim cn ca (C) ti A v B Gi I l giao im ca cỏc ng tim cn Tỡm to im M sao cho ng trũn ngoi tip tam giỏc IAB cú din tớch... x M x N + ( kx M + 3)(kx N + 3) = 0 (k 2 + 1)( x M x N ) + 3k ( x M + x N ) + 9 = 0 k 2 6k + 4 = 0 k = 3 5 k 1 xM + x N = k x x = 4 M N k Bi 28 Cho hm s y = x3 + mx + 2 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) khi m = -3 2 Tỡm m th hm s (1) ct trc hũanh ti mt im duy nht Gii 2 ( x 0) x 2 2 2x 3 + 2 2 Xột f(x) = x f ' ( x ) = 2 x + 2 = x x x2 Ta cú x - 0 1 + 2 2.Pt : x3 + mx... hm s l A(m-1;2-2m) v cc tiu ca th hm s l B(m+1;-2-2m) Theo gi thit ta cú m = 3 + 2 2 OA = 2OB m 2 + 6m + 1 = 0 m = 3 2 2 Vy cú 2 giỏ tr ca m l m = 3 2 2 v m = 3 + 2 2 Bi 35 1) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s : y = x 3 3x2 + 2 2) Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh : x 2 x 2 = 2 m x 1 Gii m 2 ( x 2 2 x 2 ) x 1 = m,x 1 Do ú s nghim ca phng trỡnh bng s giao 2 Ta cú x 2 x 2... 1 qua Ox Da vo th ta cú: + m < 2 : Phng trỡnh v nghim; + m = 2 : Phng trỡnh cú 2 nghim kộp; + 2 < m < 0 : Phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit; + m 0 : Phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit Bi 36 1 kho sỏt s bin thi n v v th ( C) ca hm s: y = 1 1- 2 1+ -2 m 2x + 3 x2 2 Tỡm m ng thng (d): y = 2x + m ct th (C ) ti hai im phõn bit sao cho tip tuyn ca (C ) ti hai im ú song song vi nhau Gii 2 Phng trỡnh honh giao