Ôn tập Hàm hữu tỉ

Ôn tập Hàm hữu tỉ

Bài 2: ÔN TẬP VỀ HÀM HỮU TỶ (Nội dung ôn tập do trung tâm luyện thi chất lượng cao Vónh Viễn cung cấp) 1) Phương trình tổng quát : f(x) = pmxcbxax2+++ với a.m ≠0. Thực hiện phép chia đa thức ta có : f(x) = pmxDmapbmxma2++−+ ( 1 ) Với D = c – p 2bm apm−⎛⎞⎜⎟⎝⎠ 2) Đường tiệm cận : * Nếu D ≠ 0 đồ thò hàm số có đường tiệm cận đứng x = mp− và tiệm cận xiên y = 2mapbmxma−+. Giao điểm I của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thò hàm số. * Nếu D = 0, đồ thò suy biến thành đường thẳng y = 2mapbmxma−+ trừ một điểm có hoành độ x = mp−. 3) Đạo hàm cấp 1, 2 : Khi gặp hàm hữu tỉ nên dùng công thức (1), ta có : f’(x) = 222)pmx(Dm)pmx(ma)pmx(Dmma+−+=+− //3.2()()Dm mfxmx p=+ 4) Cực trò hàm số : Nếu tam thức g(x) = Dm)pmx(ma2−+ có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thì hàm số đạt cực trò tại x1, x2 và đồ thò hàm số có hai điểm cực trò là : M ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+mbxma2,x11 N ⎟⎠⎞⎜⎝⎛+mbxma2,x22 i) Nếu a.m > 0 và y/ = 0 vô nghiệm thì hàm tăng ( đồng biến) trên từng khỏang xác đònh. ii) Nếu a.m < 0 và y/ = 0 vô nghiệm thì hàm giảm ( nghòch biến) trên từng khỏang xác đònh. iii) Nếu a.m > 0 và y/ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thì hàm đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x2 thỏa x1 < x2 và 12xxp2m+=−. iv) Nếu a.m < 0 và y/ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thì hàm đạt cực tiểu tại x1 và đạt cực đại tại x2 thỏa x1 < x2 và 12xxp2m+=−. 5) Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trò : Giả sử hàm có cực trò. Tọa độ hai điểm cực trò thỏa phương trình đường thẳng : y = mbxma2+ đó là phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trò. 6) Tính chất của tiếp tuyến : Mọi tiếp tuyến với (C) tại M thuộc ( C ) cắt hai đường tiệm cận tại A và B thì : * M là trung điểm AB. * Tam giác IAB có diện tích không đổi. 7) Tính chất của đường tiệm cận : * Mọi điểm M thuộc (C) có tích hai khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là một hằng số. * Nếu từ một điểm E nằm trên một đường tiệm cận của (C) thì qua E chỉ có một tiếp tuyến duy nhất với (C). 8) Khi a = 0 và m ≠0 ta có hàm nhất biến f(x) = bx cmx p++ * Khi m ≠ 0 và bp – cm ≠ 0 thì đồ thò hàm số có đường tiệm cận đứng x = mp− và tiệm cận ngang là y = bm. Giao điểm I của hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thò hàm số. * Nếu bp – cm = 0, đồ thò suy biến thành đường thẳng y = bm trừ một điểm có hoành độ x = mp−. Đạo hàm cấp 1 khi a = 0: f ’(x) = 2()bp cmmx p−+ Đạo hàm có dấu của (bp – cm) với mọi x ≠ mp−. Do đó hàm luôn đồng biến ( hoặc nghòch biến) trong từng khoảng xác đònh; nên được gọi là hàm nhất biến. ĐỀ TOÁN ÔN TỔNG HP HÀM HỮU TỈ Cho hàm số y = mx)2mm(mx2x)1m(232−−−−−+ có đồ thò (Cm). I. Trong phần này khảo sát các tính chất hàm số khi m = -1. 1) Khảo sát và vẽ đồ thò (C-1). Chứng minh (C-1) có tâm đối xứng. 2) Gọi (DP) là đường thẳng có phương trình y = 2x + p. Chứng minh (DP) luôn luôn cắt (C-1) tại hai điểm A, B. Đònh p để đoạn AB ngắn nhất. 3) Tìm hai điểm M, N thuộc hai nhánh của (C-1) để khoảng cách MN ngắn nhất. 4) Tìm M ∈ (C-1) để IM ngắn nhất. Trong trường hợp này chứng tỏ tiếp tuyến với (C-1) tại M sẽ vuông góc với IM. 5) Gọi (D) là đường thẳng có phương trình y = ax + b với a ≠ 0 .Tìm điều kiện của b để tồn tại a sao cho (D) tiếp xúc với (C-1). II. Trong phần này ta xét tính chất hàm số khi m ≠ -1. 6) Tìm đường tiệm cận xiên của (Cm). Chứng minh tiệm cận xiên này tiếp xúc với một parabol cố đònh y = 21x4− + 3x2 – 14. 7) Đònh m để tâm đối xứng của (Cm) nằm trên parabol y = x2 + 1. III. Khảo sát tính chất của hàm số khi m = 1. 8) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) của hàm số khi m = 1. 9) Biện luận theo k số tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C). 10) Tìm trên Ox các điểm từ đó ta vẽ được một tiếp tuyến duy nhất đến (C). 11) Gọi ∆ là một tiếp tuyến với (C) tại J thuộc ( C), ∆ cắt 2 đường tiệm cận tại E và F. Chứng minh J là trung điểm của EF và tam giác IEF có diện tích không đổi ( I là tâm đối xứng). 12) Chứng minh tích số hai khoảng cách từ J ∈ (C) đến hai đường tiệm cận của (C) là một hằng số. BÀI GIẢI Phần I: m = –1 hàm số thành y = 2x 4x1++ = 2 + 2x1+ 1) Khảo sát và vẽ đồ thò (C–1) : độc giả tự làm Chứng minh (C–1) có tâm đối xứng. Đặt Xx1Yy2=+⎧⎨=−⎩ ⇒ xX1yY2=−⎧⎨=+⎩ hàm số thành 2YX=, đây là 1 hàm lẻ. Vậy hàm số nhận điểm I(–1,2) làm tâm đối xứng. Cách khác: đồ thò nhận giao điểm I(–1,2) của 2 tiệm cận làm tâm đối xứng. 2) Phương trình hoành độ giao điểm của ( Dp ) và (C–1) là : 2x 4x1++ = 2x + p ⇔ 2x + 4 = (2x + p) (x + 1) (hiển nhiên pt này không có nghiệm x = –1) ⇔ 2x2 + px + p – 4 = 0 (1) pt (1) có ∆ = p2 – 8(p – 4) = (p – 4)2 + 16 ⇒ ∆ > 0, ∀p ⇒ (1) có 2 nghiệm phân biệt ∀p ⇒ (Dp) luôn cắt (C–1) tại 2 điểm phân biệt A (x1 , 2x1 + p), B (x2 , 2x2 + p) Với x1, x2 là 2 nghiệm của (1). Ta có: AB2 = (x2 – x1)2 + (2x2 – 2x1)2 = 5(x2 – x1)2 = 5(x1 + x2)2 – 20x1x2 mà x1 + x2 = p2− , x1.x2 p42−= nên AB2 = ()2p5. 10 p 44−− = 25p10p404−+ Do đó, AB ngắn nhất khi bp42a−== Cách khác: Ta có 21xx− = a∆ ⇒ (x2 – x1)2 2a∆= = ()2p4 164−+ Do đó, AB đạt min ⇔ AB2 đạt min ⇔ 5(x2 – x1)2 đạt min ⇔ (x2 – x1)2 đạt min ⇔ (p – 4)2 + 16 đạt min ⇔ p = 4 3) Gọi M, N lần lượt là 2 điểm trên 2 nhánh khác nhau của (C–1) Giả sử xM < – 1 < xN Đặt X = x + 1 và Y = y – 2 I (–1,2), hàm thành 2YX= Trong hệ trục XIY ta có : XM < 0 < XN Và MN2 = (XN – XM)2 + 2NM22XX⎛⎞−⎜⎟⎝⎠ = (XN – XM)2 22NM41XX⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ Vì – XM > 0 Nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có : (XN – XM)2 = [XN + (– XM)]2 ≥ 4XN (– XM) và dấu bằng xảy ra ⇔ XN = – XM ⇒ MN2 ≥ – 4 XN XM + ()NM16XX− ≥ 2(8) (Cauchy) Vậy MN đạt min ⇔ MN2 = 16 ⇔ NMNMNMXX0164X XX.X=− >⎧⎪⎨=⎪⎩ ⇔ NMX2X2⎧=⎪⎨=−⎪⎩ Vậy trong hệ trục X I Y ta có MN ngắn nhất khi M(–2, –2), N(2,2) Do đó, trong hệ trục xOy ta có MN ngắn nhất khi M(–1 – 2 , 2 –2) , N (–1 + 2 , 2 + 2) (nhớ: x = X – 1 , y = Y + 2). Cách khác: Ta có xM < – 1 < xN . Đặt α = 1 + xM và β = 1 + xN thì α < 0 < β Ta có M2 - 1 , 2 + ⎛⎞α⎜⎟α⎝⎠, N2 - 1 , 2 + ⎛⎞β⎜⎟β⎝⎠ MN2 = ()2 β−α+ 222 ⎛⎞−⎜⎟βα⎝⎠ = ()2 β−α 2241 ⎡⎤+⎢⎥αβ⎣⎦ MN2 = ()2 4⎡⎤β+α − αβ⎣⎦2241 ⎡⎤+⎢⎥αβ⎣⎦ ≥ – 4αβ2241 ⎡⎤+⎢⎥αβ⎣⎦ ≥ – 4αβ4 ⎛⎞⎜⎟⎜⎟αβ⎝⎠ = 16 (Cauchy) Do đó MN đạt min ⇔ β = –α và 2α2β= 4 ⇒ α = 2− và β = 2 Vậy MN nhỏ nhất khi M()21, 2 2−− − và N()21, 2 2−+ 4) Gọi M002x, 2x1⎛⎞+⎜⎟+⎝⎠. Ta có I(–1, 2) nên IM2 = ()20x1+ + ()2044x1≥+ (Cauchy) Do đó IM nhỏ nhất ⇔ 0x1+ = 02x1+ ⇔ ()20x1+ = 2 ⇔ x0 = –1 ± 2 Vậy có 2 điểm M với toạ độ là ()12, 22−− − , ()12, 22−+ + Ta có IMuuur = ⎛⎞+⎜⎟+⎝⎠002x1; x1 ⇒ IM có hệ số góc là ()202x1+ = 1 = k1 (do ()20x1+ = 2) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k2 = y′()0x = ()202x1−+ = –1 (do ()20x1+ = 2) ⇒ k1 . k2 = –1. Vậy tiếp tuyến tại M vuông góc với IM. 5) (D) tiếp xúc (C–1) khi và chỉ khi ()22x 4ax b (1)x1 2a (2)x1+⎧=+⎪+⎪⎨−⎪=+⎪⎩ có nghiệm ⇔ ()2x 4x1++ = ()22xbx1−++ có nghiệm ⇔ (2x + 4) (x + 1) = –2x + b()2x1+ có nghiệm (hiển nhiên pt này không có nghiệm x = –1) ⇔ 2()2x1+ + 2(x + 1) = –2(x + 1) + 2 + b()2x1+ có nghiệm ⇔(b – 2) u2 – 4u + 2 = 0 có nghiệm (Với u = x + 1) ⇔ ′∆ = 4 – 2(b – 2) ≥ 0 ( vì B = - 4 ≠ 0 nên pt bậc 2 có nghiệm khi và chỉ khi ′∆ = 4 – 2(b – 2) ≥ 0 ) ⇔ b – 2 ≤ 2 ⇔ b ≤ 4 Vậy với b ≤ 4 tồn tại a ≠ 0 (phụ thuộc vào b) để (D) tiếp xúc với (C–1) NHẬN XÉT: PT (1) phụ thuộc vào b nên a phụ thuộc vào b. II. Phần này cho m thay đổi và m ≠ –1 6) y = (m + 1)x + m2 – m + 2xm− Vậy đồ thò (Cm) luôn luôn có tiệm cận xiên m∆ có phương trình : y = (m + 1)x + m2 – m Phương trình hoành độ giao điểm của m∆ và (P) là 21x4− + 3x2 – 14 = (m + 1)x + m2 – m ⇔ x2 + 2(2m – 1)x + 4m2 – 4m + 1 = 0 ⇔ ()2x2m1+− = 0 Vậy m∆ tiếp xúc (P), ∀m. Cách khác: m∆ tiếp xúc (P), ∀m ⇔⎧−+−=++−⎪⎪⎨−⎪+=+⎪⎩22131xx (m1)xmm424 13xm122có nghiệm, ∀m . 7) (Cm) có tâm đối xứng là ()2m, 2m. Để tâm đối xứng nằm trên parabol y = x2 + 1 thì m thoả : 2m2 = m2 + 1 ⇔ m2 = 1 Vì m ≠ –1 nên giá trò m cần tìm là m = 1 III. Khảo sát tính chất của hàm số khi m = 1 8) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) khi m = 1 (độc giả tự làm). 9) Phương trình tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C) có dạng: y = hx + k (D) (D) tiếp xúc (C) ⇔ hệ ()222x 2x 2hx kx122hx1⎧−+=+⎪−⎪⎨⎪−=⎪−⎩ có nghiệm ⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là: 22x 2x 2x1−+− = ()222x1⎡⎤−⎢⎥−⎢⎥⎣⎦x + h ⇔ 2x1− = ()22xx1−− + h ⇔ 2(x – 1) = –2x + h()2x1− (hiển nhiên x = 1 không là nghiệm) ⇔ h()2x1− – 2(x – 1) – 2(x – 1) – 2 = 0 ⇔ h()2x1− – 4(x – 1) – 2 = 0 (9a) Đặt u = x – 1 , phương trình thành hu2 – 4u – 2 = 0 (9b) + h ≠ 0 ⇒ (9b) có ′∆ = 4 + 2h ′∆ > 0 ⇔ h > –2 Biện luận : i) h = 0 ⇒ (9b) có 1 nghiệm ⇒ (9a) có 1 nghiệm ⇒ có 1 tiếp tuyến qua K. ii) h = –2⇒ có 1 tiếp tuyến qua K. iii) h < –2⇒ không có tiếp tuyến nào qua K. iv) Nếu h > –2 và h ≠ 0 ⇒ có 2 tiếp tuyến qua K. Ghi chú: Đối với hàm bậc 3 hay hàm hữu tỉ ta có: “ có bao nhiêu tiếp điểm thì có bấy nhiêu tiếp tuyến”. 10) Phương trình tiếp tuyến với (C) qua E()0x,0 ∈ Ox có dạng : y = h()0xx− (D0) ⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D0) và (C) là : 2x + 2x1− = ()222x1⎡⎤−⎢⎥−⎢⎥⎣⎦()0xx− (10a) ⇔ 1x1− = ()2xx1−− 0 x− + ()02xx1− ⇔ ()()200xx1 x1 xx 0x1⎧−+−+−=⎪⎨≠⎪⎩ ⇔ ()()⎧−+ −+−=⎪⎨≠⎪⎩200x x 1 2 x 1 1 x 0 (10b)x1 i) Nếu x0 = 0 ⇒ (10b) có đúng 1 nghiệm x ≠ 1 ⇒ (10a) có đúng 1 nghiệm . ii) Nếu x0 = 1 ⇒ (10b) có nghiệm x = 1∨ x = –1 ⇒ (10a) có đúng 1 nghiệm x = –1 iii) Nếu x0 ≠ 0 và x0 ≠ 1. Đặt u = x –1 (10b) thành x0u2 + 2u + 1 – x0 = 0 có ′∆ = 1 – x0()01x− = x02 – x0 + 1 > 0, ∀x0 (≠0 và ≠1) ⇒ (10b) có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 1 ⇒ (10a) có 2 nghiệm phân biệt. Tóm lại có 2 điểm E thoả mãn yêu cầu bài toán là (0, 0) và (1, 0) 11) Tâm đối xứng I (1,2). J ∈ (C) ⇒ J0002x, 2xx1⎛⎞+⎜⎟−⎝⎠ Tiếp tuyến ∆ tại J với (C) có phương trình : y = ()2022x1⎡⎤−⎢⎥−⎢⎥⎣⎦()0xx− + 2x0 + 02x1− hay y = ()2022x1⎛⎞−⎜⎟⎜⎟−⎝⎠x + ()0202xx1− + 02x1− ∆ cắt đường tiệm cận đứng tại E041, 2x1⎛⎞+⎜⎟−⎝⎠ và cắt đường tiện cận xiên tại F(2x0 – 1, 4x0 – 2) ⇒ xE + xF = 2x0 = 2xJ và yE + yF = 4x0 + 04x1− = 2yJ ⇒ J là trung điểm của EF. Gọi H là hình chiếu của F lên IE, ta có diện tích tam giác IEF là : S = 12 FH . IE Mà FH = FHxx− = FJxx− = 20x1− Và IE = EIyy− = 04x1− Nên S = 12 . 20x1−. 04x1− = 4 Cách khác: Ta có góc của 2 tiệm cận của (C) là không đổi nên sinEIF là không đổi. Do đó S = 12 IE . IF sin EIF Không đổi ⇔ IE . IF không đổi Mà IE = 02x1− Và IF = 200x1− ⇒ IE . IF không đổi ⇒ S không đổi. 12) Gọi P, Q là hình chiếu của J ∈ (C) xuống 2 đường tiệm cận đứng và xiên, ta có : JP = 0x1− , JQ = d (J, tcx) = 025x 1− ()000022x 2xx12dJ,tcx55x1⎛⎞−−⎜⎟−⎜⎟==⎜⎟−⎜⎟⎜⎟⎝⎠ ⇒ JP . JQ = 25 không đổi. Cách khác: Ta có: 12 JP . IE = 12 JQ . IF = S2 không đổi ⇒ JP . IE . JQ . IF = S2 không đổi mà IE . IF không đổi nên JP . JQ không đổi. CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( DỰ TRỮ ) VỀ HÀM HỮU TỈ TỪ NĂM 2002 ĐẾN NĂM 2005 I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2002 Cho hàm số: y = 2xmx2x2−+− (1) (m là tham số) 1. Xác đònh m để hàm số (1) nghòch biến trên đoạn [−1; 0] 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 1. 3. Tìm a để phương trình sau có nghiệm : 01a23)2a(92t112t11=+++−−+−+ Giải 1) Ta có : y = 2x2xmx2−+− y' = 22x4x4m(x 2)−+−− Hàm số nghòch biến trên đoạn [−1; 0] ⇔ y' ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0] ⇔ x2 – 4x + 4 – m ≤ 0 ∀x ∈ [−1; 0] ⇔ x2 – 4x + 4 ≤ m ∀x ∈ [−1; 0] ⇔21x0max (x 4x 4) m−≤ ≤−+≤⇔ 9 ≤ m ( vì hàm x2 – 4x + 4 giảm trên []1; 0− nên đạt max tại x = –1 ) Cách khác Khảo sát f(x) = x2 – 4x + 4 với−1 ≤ x ≤ 0 f '(x) = 2x – 4, −1 ≤ x ≤ 0 [...]... 2 xm− Vậy đồ thị (C m ) luôn luôn có tiệm cận xiên m ∆ có phương trình : JP = 0 x1− , JQ = d (J, tcx) = 0 2 5x 1− () 00 0 0 2 2x 2x x1 2 dJ,tcx 55x1 ⎛⎞ −− ⎜⎟ − ⎜⎟ == ⎜⎟ − ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ JP . JQ = 2 5 không đổi. Cách khác: Ta coù: 1 2 JP . IE = 1 2 JQ . IF = S 2 không đổi ⇒ JP . IE . JQ . IF = S 2 không đổi mà IE . IF không đổi nên JP . JQ không đổi. CÁC ĐỀ THI... Vẽ đường thẳng y = m, ta thấy nó luôn luôn cắt đồ thị g(x) = 2 2x 4x 3 2x 1 −− ⏐ − ⏐ tại 2 điểm phân biệt ∀m. IV ) KHỐI A – DỰ BỊ 2 – NĂM 2003 (2 điểm) Cho hàm số: y = )mx(2 4mmx)1m2(x 22 + +++++ (1) (m là tham số) 1. Tìm m để hàm số (1) có cực trị và tính khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. BÀI GIẢI: 1)... IE . IF không đổi nên JP . JQ không đổi. CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( DỰ TRỮ ) VỀ HÀM HỮU TỈ TỪ NĂM 2002 ĐẾN NĂM 2005 I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2002 Cho hàm số: y = 2x mx2x 2 − +− (1) (m là tham số) 1. Xác định m để hàm số (1) nghịch biến trên đoạn [−1; 0] 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 3. Tìm a để phương trình sau có nghiệm : 01a23)2a(9 2 t11 2 t11 =+++− −+−+ ... = 0 ⇒ (9b) có 1 nghiệm ⇒ (9a) có 1 nghiệm ⇒ có 1 tiếp tuyến qua K. ii) h = –2 ⇒ có 1 tiếp tuyến qua K. iii) h < –2 ⇒ không có tiếp tuyến nào qua K. iv) Nếu h > –2 và h ≠ 0 ⇒ có 2 tiếp tuyến qua K. Ghi chú: Đối với hàm bậc 3 hay hàm hữu tỉ ta có: “ có bao nhiêu tiếp điểm thì có bấy nhiêu tiếp tuyến”. 10) Phương trình tiếp tuyến với (C) qua E () 0 x,0 ∈ Ox có dạng :... tích không đổi ( I là tâm đối xứng). 12) Chứng minh tích số hai khoảng cách từ J ∈ (C) đến hai đường tiệm cận của (C) là một hằng số. BÀI GIẢI Phần I: m = –1 hàm số thành y = 2x 4 x1 + + = 2 + 2 x1+ 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C –1 ) : độc giả tự làm Chứng minh (C –1 ) có tâm đối xứng. Đặt Xx1 Yy2 =+ ⎧ ⎨ =− ⎩ ⇒ xX1 yY2 =− ⎧ ⎨ =+ ⎩ hàm số thành 2 Y X = , đây là 1 hàm lẻ. Vậy hàm số... a ≤ f(9) ⇔ 4 ≤ a ≤ 64 7 II ) ĐỀ DỰ BỊ 1 – KHỐI D - NĂM 2002 (3,0 điểm) Cho hàm số : y = x1 mxx 2 − + (1) (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Với giá trị nào của m thì khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) bằng 10? 1) m = 0 y = 2 x 1x − MXÑ : D = R\ { } 1 y' = 2 2 x2x (1... 2.a) Tìm m để hàm số (1) có CĐ, CT. y có CĐ, CT ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt Ta có y' = 2 2 x2xm (1 x) −+ + − ycbt ⇔ ′ ∆= + >1m 0 ⇔ m > −1. Nhaän xét :Đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất, nếu tử số của đạo hàm có 2 nghiêm phân biệt thì chắc chắn 2 nghiệm đó khác với hòanh độ của tiệm cận đứng. b) Tìm m để khoảng cách giữa 2 cực trị bằng 10. Giả sử hàm số có cực... m 2 ≥ 0 ∀x ≥ 1 ⇔ x 2 + 6x + 9 ≥ m 2 ∀x ≥ 1 Khảo sát hàm số g(x) = x 2 + 6x + 9, với x ≥ 1 g'(x) = 2x + 6> 0, ∀x ≥ 1.Do đó ycbt ⇔ x1 min ≥ (x 2 + 6x + 9) ≥ m 2 ⇔ g(1) = 16 ≥ m 2 ⇔ −4 ≤ m ≤ 4. V I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2004 (2 điểm) Cho hàm số : y = x + 1 x (1) có đồ thị (C). 1. Khảo sát hàm số (1) 2. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua... của (C) qua M là y = – 15( x + 1) + 7 hay y = –3(x + 1) + 7 V II ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI D - DỰ BỊ 1 - NĂM 2004 (2 điểm)Cho hàm số : y = 2 xx4 x1 ++ + (1) có đồ thị (C). 1. Khảo sát hàm số (1) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng x – 3y + 3 = 0 BÀI GIẢI: 1/ Khảo sát khi y = 1 4 2 + ++ x xx • MXĐ : D = R \ {–1} • y' = 2 2 1 32 )x( xx + −+ ,... 12 =− ⎧ ⎨ − ⎩ hay x0 m= 4 = ⎧ ⎨ ⎩ Vaäy y = –3x –12 hay y = –3x + 4. VIII ) DỰ BỊ 1 KHỐI A năm 2005: Gọi (C m ) là đồ thị của hàm số : y = 22 213 x mx m xm ++− − (*) (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1. 2 . Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. 9) Biện luận theo k số tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C). 10) Tìm . Bài 2: ÔN TẬP VỀ HÀM HỮU TỶ (Nội dung ôn tập do trung tâm luyện thi chất lượng cao Vónh Viễn cung cấp). Đạo hàm cấp 1, 2 : Khi gặp hàm hữu tỉ nên dùng công thức (1), ta có : f’(x) = 222)pmx(Dm)pmx(ma)pmx(Dmma+−+=+− //3.2()()Dm mfxmx p=+ 4) Cực trò hàm