PHƯƠNG PHÁP GIẢI một số DẠNG bài tập KHẢO sát hàm số TRONG kỳ THI TSĐH cực hay

PHƯƠNG PHÁP GIẢI một số DẠNG bài tập KHẢO sát hàm số TRONG kỳ THI TSĐH cực hay tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn,...

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG KỲ THI TSĐH Phần một: Các bài toán liên quan đến điểm cực đại cực tiểu A) Cực đại cực tiểu hàm số bậc 3: y  ax 3  bx 2  cx  d * ) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là: y’=0 có 2 nghiệm phân biệt * ) Hoành độ điểm cực đại cực tiểu kí hiệu là x1 , x2 khi đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình y’=0 * ) Để tính tung độ điểm cực đại cực tiểu ta nên dùng phương pháp tách đạo hàm để tính phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Cơ sở của phương pháp này là: nếu hàm số bậc 3 đạt cực đại cực tiểu tại x1 , x2 thì f '( x1 )  f '( x2 )  0 + Phân tích y  f '( x). p( x)  h( x ) . Từ đó ta suy ra tại x1 , x2 thì y1  h( x1 ); y2  h( x2 )  y  h( x ) là đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Kí hiệu k là hệ số góc của đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu * ) Các câu hỏi thường gặp liên quan đến điểm cực đại cực tiểu hàm số bậc 3 là: 1) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu của hàm số song song với đường thẳng y=ax+b + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Giải điều kiện k=a 2) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu 1 + Giải điều kiện k=  a Ví dụ 1) Tìm m để f  x   x 3  mx 2  7 x  3 có đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=3x-7. Giải: hàm số có cực đại, cực tiểu  f '( x)  3x 2  2mx  7  0 có 2 nghiệm phân biệt    m 2  21  0  m  21 . Thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: 1  2 7m 1 f  x    x  m  . f   x    21  m 2  x  3  . Với m  21 thì f’(x)=0 có 2 nghiệm x1, x2 9  9 9 3 phân biệt và hàm số f(x) đạt cực trị tại x1,x2. 2 2 7m  2  f  x1   9 (21  m ) x1  3  9  f ( x1 )  0 Do  nên  .  f ( x2 )  0  f  x   2 (21  m 2 ) x  3  7 m 2 2  9 9 2 7m 21  m 2 x  3  9 9  m  21  m  21  m  21 3 10    Ta có     y  3 x  7   2  3   2 45  m   2 2 2  21  m .3  1 21  m  m  9  2  2 Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình    : y      3) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với trục Ox một góc  + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Giải điều kiện k  tan  Ví dụ 1) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 (1) với m là tham số thực Tìm m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Giải: Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 1 2m m  2) x  2    '  9  3m  0  m  3 y  x 3  3 x 2  mx  2  ( x  1). y ' ( 3 3 3 Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình 2m m y  (  2) x  2  3 3  m6   6m Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai A ;0 , B  0;  3   2(m  3)   Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA  OB  m6 6m  2(m  3) 3 9 3  m  6; m   ; m   2 2 3 2 Chú ý: Ta có thể giải bài toán theo cách: Đường thẳng qua CĐ, CT tạo với 2 trục tọa độ tam giác cân nên hệ số góc của đường thẳng là 9  m   ( L)  2m 2 k   tan 45  1   2  1   3  m   3 (TM )  2 Với m = 6 thì A  B  O so với điều kiện ta nhận m   3 4) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu tạo với đường thẳng y=ax+b một góc  + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu k a + Giải điều kiện  tan  1  ka Ví dụ ) Tìm m để f  x   x 3  3(m  1) x 2  (2m 2  3m  2) x  m(m  1) có đường thẳng đi qua 1 x  5 một góc 450. 4 Giải: Gọi hệ số góc của đường thẳng đi qua CĐ, CT là k, khi đó từ điêu kiện bài toán suy ra: 3 1 k  1    5k 3 k   k k   1     5 4 4 4 4  4   tg 450  1  k  1  1  k     4 4  1  k  5  k  1  k  1  3k  5 1  k.      4 4  4 4 3  4 2 2 Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  3 x  6(m  1) x  (2m  3m  2)  0 có 2 nghiệm phân biệt CĐ, CT tạo với y   3 5   3 5     3(m 2  3m  1)  0   m     m   (*) 2   2   1 2 Thực hiện phép chia f(x) cho) f’(x ta có f ( x)   x  (m  1) . f ( x )   m 2  3m  1  x  (m  1)  3 3 với m thoả mãn điều kiện (*) thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt ccực trị tại x1,x2. 2 2  f  x1   (m  3m  1)  x1   m  1    f ( x )  0  3 1 Do  nên   f  x   2 m2  3m  1  x   m  1   f ( x2 )  0   2 2   3 2 2 Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT có phương trình    : y   m  3m  1  x   m  1  3 1 2 2 Ta có    tạo với y  x  5 góc 450  m  3m  1  1 4 3 3  15 kết hợp với điều kiện (*) ta có m  2 5) Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu cắt hai trục Ox, Oy tại A,B sao cho tam giác OAB có diện tích cho trước + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu + Tìm các giao điểm với các trục toạ độ: Với trục Ox:Giải y=0 tìm x.Với trục Oy giải x=0 tìm y. 1 + S MAB  d M / AB . AB 2 Từ đó tính toạ độ A, B sau đó giải điều kiện theo giả thiết   4 Ví dụ 1) 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 nhât. Giải: Có: y '  3 x 2  3m có 2 nghiệm phân biệt khi m  0 . Khi đó tọa độ hai 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 ˆ  1, - Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A,B mà tam giác IAB có 2.S IAB  IA.IB.sin AIB ˆ  900 , lúc đó khoảng cách từ I đến MN bằng 1 dấu bằng xảy ra khi AIB 2 2m  1 1 1 3 3 Do vậy ta có pt: d  I , MN      m  1 ;m  1 2 2 2 2 4m 2  1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x3  3mx  2 Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 18 , trong đó I 1;1   Lời giải: Ta có y '  3 x 2  3m  3 x 2  m . Để hàm số có CĐ và CT  m  0    m ; 2  2m m  4m m m   x  m   y  2  2mx 2 m Gọi A, B là 2 cực trị thì A  m ; 2  2m m ; B  PT đường thẳng đi qua AB là: y  2  2m Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB là d  I ; AB   Mà diện tích tam giác IAB là S  18    2  2m  1 2 độ dài đoạn AB  4m  16m3 4m  1 1 2m  1 4m  16m3  18 2 2 4m  1 2   4m  16m3  2m  1  4m 2  1 4.18  m  2m  1  18    4m3  4m 2  m  18  0   m  2  4m2  4m  9  0  m  2 6) Tìm điều kiện để điểm cực đại cực tiểu cách đều điểm M cho trước: + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là MA=MB 7) Điều kiện để điểm cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y=ax+b + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B thì điều kiện là: Đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b và trung điểm của AB thuộc đường thẳng y=ax+b 5 Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  3 x 2  m 2 x  m có CĐ và CT đối xứng nhau qua 1 5   : y  x  . 2 2 Giải: Hàm số có CĐ, CT  f   x   x 3  6 x  m 2  0 có 2 nghiệm phân biệt    9  3m 2  0  3  m2  m  3 . 1 2 2 m2  x  1 f ( x )  m  3 x  m   3 3 3 với m  3 thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f(x) đạt cực trị tại x1, x2. thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x)     2 2 m2 y  f x  m  3 x  m   1 1  1  f   x1   0 3 3 Do  nên  . Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT 2  f   x2   0  y  f  x   2 m2  3 x  m  m 2 2  2 3 3 2 2 m có phương trình  d  : y  m 2  3 x  m 3 3 1 5 Các điểm cực trị A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  đối xứng nhau qua    : y  x   d     và trung 2 2 2 2 m  3  2; xI  1 m  0  3 điểm I của AB phải thuộc (d)    m0 2 m(m  1)  0  2 m 2  3 .1  m  m  1 .1  5  3 3 2 2 3 2 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x  3 x  mx  2  Cm            Tìm m để hàm số(Cm) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đều đường thẳng d : x  y  1  0 Giải: Ta có y '  3 x 2  6 x  m; y '  0  3x 2  6 x  m  0 (1) Hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  m  3 Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là hai điểm cực trị của hàm số (Cm), ( x1 , x2 là 2 nghiệm của (1)). m  x 1 m  Vì y  y '.     2   1 x  2  và y '  x1   y '  x2   0 nên phương trình đường thẳng đi 3  3 3  3  m m  qua A,B là y  2   1 x  2   d '  . Do đó các điểm A,B cách đều đường thẳng (d) trong 2 3 3  trường hợp sau: 9 m  TH1: (d’) cùng phương với (d)  2   1   1  m  (không thỏa mãn) 2 3  TH2: Trung điểm I của AB nằm trên (d). Do I là trung điểm của AB nên tọa độ I là: 6 x1  x2  x  2  1 . Vì I nằm trên (d) nên ta có 1  m  1  0  m  0 (thỏa mãn).   y  y1  y2  m  2 Chú ý: Cần phân biệt rõ 2 khái niệm cách đều và đối xứng qua một đường thẳng. 8) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách giữa điểm cực đại cực tiểu max, min + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu là A, B. Tính độ dài AB theo tham số. Dùng phương pháp đạo hàm để tìm max, min 1 Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  mx 2  x  m  1 có khoảng cách giữa các điểm CĐ, 3 CT là nhỏ nhất. Giải: Do f   x   x 2  2mx  1  0 có   m2  1  0 nên f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với các điểm cực trị là . A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  1 2 2  x  m  . f ( x)  m 2  1 x   m  1 3 3 3   2 2 2  y1  f ( x1 )  m  1 x1   m  1    f ( x1 )  0 3  3  Do  nên   f ( x2 )  0  y  f ( x )  2  m 2  1 x   2 m  1 2 2    2 3 3  2 4 2 2 2 2 Ta có AB 2   x2  x1    y2  y1    x2  x1    m 2  1  x2  x1  9 2 2  4    x2  x1   4 x1 x2  1   m 2  1    9  Thực hiện phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x )    2 2 13  4  4   4m2  4  1  m 2  1   4 1    AB  3  9   9  Min AB=  2 13 xảy ra  m=0 3 9) Tìm điều kiện để hoành độ điểm cực đại cực tiểu thoả mãn một hệ thức cho trước + Điều kiện là : y’=0 có 2 nghiêm phân biệt + Phân tích hệ rhức để áp dụng định lý viét( x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình y’=0 1 Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x 3  mx 2  mx  1 đạt cực trị tại x1, x2 thoả mãn 3 x1  x2  8 7 Giải: Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  x 2  2mx  m  0 có 2 nghiệm phân biệt     m 2  m  0   m  0    m  1 với điều kiện này thì f’(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với x1+x2=2m và x1x2=m. 2 Ta có BPT: x1  x2  8  x1  x2  64 2   x1  x2   4 x1 x2  4m2  4m  64  m 2  m  16  0  1  65   1  65   m  m     2   2   thoả mãn điều kiện  m  0    m  1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  1 1 11 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và khoảng cách từ điểm I ( ; ) đến đường thẳng nối 2 4 điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất Giải: Ta có y '  3x 2  6 x  m . Hàm số có cực đại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt   '  0  m  3 (0,25 điểm) x 1 2m m - Chia đa thức y cho y’ ta có y  y ' (  )  (  2) x   1 . Lập luận suy ra đường thẳng đi 3 3 3 3 2m m qua cực đại cực tiểu là  y  (  2) x   1 . Dễ dàng tìm được điểm cố định mà đường 3 3 1 thẳng cực đại cực tiểu luôn đi qua là A( ;2) (0,25 điểm) 2 3 5 - Hệ số góc của đường thẳng IA là k  . Hạ IH vuông góc với  ta có IH  d I /   IA  4 4 Đẳng thức xảy ra khi IA   (0,25 điểm) 2m 1 4 - Suy ra  2      m  1 (0,25 điểm) 3 k 3 Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  4m  1 (C) Tìm m để hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vuông tại O Giải:Điều kiện để hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:  x  m 1 (0,25 điểm) y '  3 x 2  6mx  3(m2  1)   '  9  0   x  m  1  1 1 Ta có y  y '( x  m)  2 x  3m  1 Gọi A, B là 2 điểm cực trị thì 3 3 A( m  1; m  3); B ( m  1; m  1) (0,25 điểm)    m  1 Suy ra OA(m  1; m  3); OB (m  1; m  1)  2m 2  2m  4  0   (0, 25 điểm) m  2 Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2 8 1 3 1 x  m.x 2  m 2  3 x có cực đại x1 , cực 3 2 tiểu x2 đồng thời x1; x2 là độ dài các cạnh góc vuông của 1 tam giác vuông có độ dài cạnh  Ví dụ 4) Tìm các giá trị của m để hàm số y  huyền bằng  5 . 2 Giải: Cách 1: Miền xác định: D  R có y '  x 2  mx  m 2  3; y '  0  x 2  mx  m 2  3  0 Hàm số có cực đại x1 , cực tiểu x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi PT y '  0 có 2 nghiệm dương phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó. 4  m 2  0 2  m  2   0      S  0  m  0  m  0  3  m  2 (*) P  0  2   m   3  m  3 m  3  0  x1  x2  m Theo Viet ta có:  . Mà 2  x1 x2  m  3 5 14 2 x12  x22   2  x1  x2   4 x1x2  5  2m 2  4 m 2  3  5  m   2 2 14 Đối chiếu ĐK(*) ta có giá trị m  thỏa yêu cầu bài toán. 2   B) Cực đại cực tiểu hàm số bậc bốn: y  ax 4  bx 2  c . *) Điều kiện để hàm số bậc bốn có 3 cực đại cực tiểu là y’=0 có 3 nghiệm phân biệt + Ta thấy hàm số bậc bốn thì y’=0 luôn có một nghiệm x=0, để y’=0 có 3 nghiệm phân biệt sau khi tính đạo hàm ta cần tìm điều kiện để phần phương trình bậc 2 còn lại có 2 nghiệm phân biệt khác không. VD: y  2 x 4  2mx 2  2 thì y '  4 x 3  4mx  y '  0  x  0  x 2   m  điều kiện là m0 Với m>0 thì f’(x)=0  x1   m  B  m ; m4  m 2  2m    x2  0  A 0; m 4  2m   4 2  x3  m  C m ; m  m  2m Suy ra BBT của hàm số y=f(x) m  0 m  0    ABC đều   AB  AC   AB 2  AC 2  AB  BC  AB 2  BC 2         m  0 m  0    m4  m  m 4  m   m 33 3  m4  m  4m m m  3  0  Ví dụ 2) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m 2  4 , m là tham số thực. Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1. Giải: Mxđ: D  R . Có y '  4 x3  4mx   y '  0  4 x3  4mx  0  x  0  x 2  m . Hàm số có 3 cực trị  m  0 (*)    Gọi A 0; 2m 2  4 , B    m ; m 2  4 , C  m ; m 2  4 là 3 điểm cực trị Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên tam giác ABC cân tại A 1 Kẻ AH  BC có S ABC  AH .BC  2  yB  y A 2 xB  2  2m 2 . m  m  1 . Đối chiếu 2 với điều kiện (*) có m  1 là giá trị cần tìm.   Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 4  2 1  m 2 x 2  m  1. Tìm m để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị và ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất. Giải: y '  4 x3  4 x 1  m 2  0  x  0, x 2  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 hai điểm    1 m ; cực tiểu là B  1  m2 ; 1  m 2 , C diện tích tam giác ABC là S ABC  2 1  m2  1 d  A; BC  .BC  1  m2 2   2  1 . Dấu “=” xày ra khi m  0 ĐS: m  0 10 Ví dụ 4) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2 có đồ thị (Cm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có 3 điểm cực trị tạo thành 1 tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua 3 9 D ;  5 5 Giải: Có y '  4 x3  4mx  0  x  0; x   m  m  0  . Vậy các điểm thuộc đường tròn (P)    ngoại tiếp các điểm cực trị là A  0; 2  , B  m ; m 2  2 , C 3 9 m ; m 2  2 , D  ;  . 5 5  Gọi I  x; y  là tâm đường tròn (P)   IA2  ID 2 3 x  y  1  0  2    IB  IC 2  2 x y  2 x m  2  2 2  IB  IA  x  m  y  m2  2  Vậy m  1 là giá trị cần tìm.     x  0; y  1; m  0( L), m  1  2  x2   y  2 2 Phần hai: Các bài toán liên quan đến tiếp tuyến và các đường tiệm cận *) Xét hàm số y  f ( x ) .Giả sử M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm khi đó tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1) ( Chú ý rằng trong trường hợp tổng quát ta thường biểu diễn y0 theo dạng f ( x0 ) ) 2x 1 Ví dụ: Xét điểm M bất kỳ thuộc đồ thị hàm số y  khi đó điểm M có toạ độ là x 1 2x 1 M ( x0 ; 0 ) x0  1 *) Ta gọi hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm M là k  f '( x0 ) *) Đường thẳng  bất kỳ có hệ số góc k đi qua M ( x0 ; y0 ) có dạng y  k ( x  x0 )  y0 . Điều kiện để  là tiếp tuyến của hàm số y=f(x) là hệ phương trình sau có nghiệm k ( x  x0 )  y0  f ( x )  k  f '( x ) Khi đó số nghiệm của hệ cũng chính là số tiếp tuyến kẻ được từ điểm M đến đồ thị hàm số y=f(x) *) Mọi bài toán viết phương trình tiếp tuyến đều quy về việc tìm tiếp điểm sau đó viết phương trình theo (1) *) Các dạng câu hỏi thường gặp trong phần này là 1) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b: + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 ) + Tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 )  a . Giải phương trình tìm x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1) 11  f '( x A )  f '( xB ) Chú ý: Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B là   x A  xB 2x  1 Ví dụ 1) Cho hàm số y  . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) biết tiếp tuyến x 1 cách đều hai điểm A(2;4), B(-4;-2) Giải : Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( x0  1) , PTTT là y  1 2  x0  1  x  x0   2 x0  1 x0  1 Vì tiếp tuyến cách đều 2 điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB. Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:1  Suy ra phương trình tiếp tuyến là y  1  x0  1 2  1  x0   2 x0  x0  1 x0  1 1 5 x 4 4 Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là k  x0  0 2  (4) 1 1 1  2 4  (2)  x0  1  x0  2 Với x0  0 ta có PTTT là y  x  1 ; với x0  2 ta có PTTT là y  x  5 1 5 x  ; y  x  1; y  x  5 4 4 x 1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x2 Tìm trên đồ thị (C) 2 điểm A và B sao cho AB  8 , tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A và B song song với nhau. Vậy có 3 PTTT thỏa mãn y    a  1   b  1  Giải : Giả sử điểm cần tìm là A  a;  , B  b;  theo giả thiết ta có hệ:  a2   b2  a  b  f '  a   f ' b     a  b  4   2  a  1 b  1     8 1  a  b    a  b 2 1   8   a  1 b  1        ab  2  a  b   4     12 a  b  4  a  b  4   từ đó tìm được A,B 1    ab  1 16  4ab   1  ab  4   8    (3m  1) x  m 2  m Ví dụ 3) Cho hàm số y  (Cm) xm Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục Ox song song với đường thẳng (d): y  x  1 Giải : 4m 2 Ta có y '  ( x  m) 2 m2  m Giao điểm của (Cm) và trục Ox là A( ; 0) . Tiếp tuyến tại A của (Cm) song song với 3m  1  m  1 2  m2  m   3m  1  y  x 1  y ' 1   1   m   1  2m   3m  1  5  Khi m=1. Phương trình tiếp tuyến là y  x  1 (loại) vì tiếp tuyến trùng với đường thẳng (d) 1 3 Khi m   . Phương trình tiếp tuyến là : y  x  (TMĐK) 5 5 1 KL : m   5 Qua ví dụ này các em học sinh cần lưu ý: Kiểm tra điều kiện đủ khi tìm ra giá trị tham số, Đây là sai lầm hay mắc phải của học sinh khi giải toán. Ví dụ 4) Cho hàm số y  x3  3 x  2 (C) Tìm trên (C) các điểm A,B phân biệt sao cho các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số góc đồng thời đường thẳng đi qua A và B vuông góc với đường thẳng d: x  y  5  0 Giải : Giả sử các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số góc k. Để tồn tại hai tiếp tuyến tại A,B phân biệt thì phương trình y '  3 x 2  3  k phải có hai nghiệm phân biệt  k  3 x  2  y  x3  3x  2  y  3x  3  2 x  2 3 Ta có tọa độ các điểm A,B thỏa mãn hệ:   2 3 x 2  3  k 3 x  3  k     kx  k  k   y   2x  2    2  x  2 y    2 x  2 3   3  3  3 x 2  3  k 3 x 2  3  k   k k   phương trình đường thẳng AB: y    2  x  2 . Để AB  d   2  1  k  9 (thỏa mãn) 3 3  13  y  x3  3x  2  y  x 3  3x  2 Vậy tọa độ các điểm A,B thỏa mãn:    A  2; 4  , B  2; 0  2  x  2 3 x  3  9 Ví dụ 5) Cho hàm số y  x 3   m  1 x 2   m  1 x  1 (1) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt Ox ở 3 điểm phân biệt A(1;0), B, C sao cho các tiếp tuyến tại B,C song song nhau. Giải: Xét phương trình y  0   x  1 x 2  mx  1  0( gt )  pt : x 2  mx  1  0 có 2 nghiệm phân   m  0 biệt khác 1   . Gọi xB , xC là nghiệm đó  xB  xC và xB  xC  m . 2   m  4  0  Yêu cầu bài toán  y '  xB   y '  xC   3xB2  2  m  1 xB  m  1  3xC2  2  m  1 xC  m  1   xB  xC  3  xB  xC   2  m  1   0  xB  xC  2  m  1 3 mm2 2 x  2m  1  Cm  x  m 1 Cho A(1;2). Tìm các giá trị của m sao cho tồn tại đường thẳng qua A cắt đồ thị Cm tại hai điểm phân biệt M,N mà các tiếp tuyến tại M,N của đồ thị song song với nhau. Giải: 3 Ta có: y '  . Giả sử M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2   Cm  x1  x2  . Tiếp tuyến tại M và N song 2  x  m  1 Ví dụ 6) Cho hàm số y  song  3 2  3 2  x1  m  1   x2  m  1  x1  x2  2m  2 (1)  x1  m  1  x2  m  1 Ta thu được  x1  1 x1  m  1   x2  1 x2  m  1 và chú ý x1  m  1  ( x2  m  1)  x1  1    x2  1  x1  x2  2 . Cùng với (1)  m  0 2) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 ) 1 + Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 )   . Giải phương trình tìm a x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1) + Chú ý : Điều kiện cần để tiếp tuyến tại A vuông góc với tiếp tuyến tại B là:  f '( x A ). f '( xB )  1   x A  xB Ví dụ 1) Cho C(m): y  f ( x )  x 3  3 x 2  mx  1 a) Tìm m để C(m) cắt đường thẳng y=1 tại 3 điểm phân biệt C(0;1), D, E. b) Tìm m để các tiếp tuyến với C(m) tại D và E vuông góc với nhau. 14 Giải: a) Xét  Cm    y  1 với phương trình tìm hoành độ giao điểm x  0 x 3  3x 2  mx  1  1  x x 2  3x  m  0    C (0;1) 2  g ( x)  x  3 x  m  0 Yêu cầu bài toán  xD , xE là 2 nghiệm phân biệt khác 0 của g(x)=0   9     9  4m  0 9 m    4  0  m  (*) 4  g (0)  m  0 m  0 b) Đạo hàm: y ( x)  3 x 2  6 x  m . 9 Với điều kiện 0  m  thì các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau. 4  1  y( xD ). y ( xE )  3 x 2 D  6 xD  m 3 x 2 E  6 xE  m     3 g  xD    3xD  2m   3g  xE    3 xD  2m     3 xD  2m  3 xE  2m   9 xD xE  6m  xD  xE   4m 2  9m  6m.  3  4m 2  4m 2  9 9  65 thoả mãn điều kiện (*) 8 2 5 Cho hàm số y   x 3   m  1 x 2   3m  2  x  có đồ thị (Cm), m là tham số. 3 3 Ví dụ 2) Tìm m để trên (Cm) có 2 điểm phân biệt M 1  x1 ; y1  , M 2  x2 ; y2  thỏa mãn x1.x2  0 và tiếp tuyến của (Cm) tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  3 y  1  0 1 Giải: Ta có hệ số góc của d : x  3 y  1  0 là kd  . Do đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình 3 2 2 y’=-3 Hay 2 x  2  m  1 x  3m  2  3  2 x  2  m  1 x  3m  1 (1)  4m 2  9m  1  0  m  Yêu cầu bài toán  phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2 >0   '   m  12  2  3m  1  0 m  3     3m  1  1 0  1  m   3  2 1 Vậy kết quả bài toán là m  3 và 1  m   . 3 x3  2 x 2  3 (C) và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua A(0;3) 3 Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt sao cho các tiếp tuyến tại 3 giao điểm đó cắt nhau tạo thành một tam giác vuông. Giải: Hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) là x  0 x3 x  2 x 2  3  kx  3  x 2  6 x  3k  0   . Điều kiện là phương 2 3 3  g ( x )  x  6 x  3k  0 Ví dụ 3) Cho hàm số y    15 trình g ( x )  x 2  6 x  3k  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0.  '  0 9  3k  0  k  3     g (0)  3k  0  g (0)  3k  0 k  0 Tại x=0 tiếp tuyến song song với trục Ox do đó để 3 tiếp tuyến cắt nhau tạo thành một tam giác vuông thì điều kiện là g ( x )  x 2  6 x  3k  0 có 2 nghiệm x1; x2 sao cho f '( x1 ). f '( x2 )  1     x12  4 x1 x2 2  4 x2  1  x12 x2 2  4 x1x2 ( x1  x2 )  16 x1 x2  1  0  x  x  6 Theo định lý Viets ta có  1 2  x1.x2  3k Thay vào ta có: 9k 2  72k  48k  1  0  9k 2  24k  1  0  k  Kết hợp điều kiện suy ra k  4  15 3 4  15 3 3) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến đi qua M ( xM ; yM ) + Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua M . Phương trình của  là y  k ( x  xM )  yM k ( x  xM )  yM  f ( x ) + Điều kiện để  là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm  . Giải hệ k  f '( x) tìm x ta có hoành độ của các tiếp điểm sau đó viết phương trình tiếp tuyến  19  Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến đi qua A  ; 4  đến  C  : y  f ( x )  2 x 3  3 x 2  5  12   19   19  Giải: Đường thẳng đi qua A  ; 4  với hệ số góc k có phương trình y  k  x    4 tiếp xúc  12   12   19    f ( x)  k  x    4 với  C  : y  f ( x)   có nghiệm 12    f ( x )  k   19   19   f ( x )  f ( x )  x    4  2 x 3  3 x 2  5  6 x  x  1  x    4  12   12  17  19      x  1 2 x  1  6 x  x  1  x     x  1  4 x 2  x  1  0 2  12      19   x1  1   t1  : y  y1  x  12   4  y  4      19    x2  2   t2  : y  y2  x    4  y  12 x  15  12    1 19  21  19    x3    t3  : y  y3  x    4  y  x 4 8 12  32  12    4)Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc  16 + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )  f '( x0 )  tan  + Tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc   f '( x0 )  tan    Giải tìm x0 sau  f '( x0 )   tan  đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1). 3x  2 Ví dụ 1) Cho (C): y  . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với trục hoành góc x 1 450 Giải: Do tiếp tuyến của (C) tạo với Ox góc 450 nên hệ số góc k của tiếp tuyến thoả mãn 1 k  tg 450  1  k  1 . Vì y ( x)   0x  1 nên k=-1. hoành độ tiếp điểm là nghiệm 2  x  1  x  0  y1  2  1   1  x  1  x2  2  y2  4 Phương trình tiếp tuyến tại x1=0 là y=-1(x-0)+2=-x+2 Phương trình tiếp tuyến tại x2=2 là y=-1(x-2)+4=-x+6. x3 Ví dụ 2) Cho hàm số y  có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên 2( x  1) (H) sao cho tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B và đường trung trực của AB đi qua gốc tọa độ Giải: Do tam giác OAB vuông tại O và trung trực của AB đi qua gốc tọa độ nên tam giác OAB vuông cân tại O suy ra tiếp tuyến tạo với Ox góc 450 4 Suy ra f '( x0 )   1  x0  0vàx0  2 2 4  x0  1 3 5 Từ đó viết được 2 phương trình tiếp tuyến là y   x  và y   x  2 2 của phương trình y ( x)  1  1 2 5) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc  + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )  k a 1  ka  tan  k a + Tiếp tuyến tạo với đường thẳng y=ax+b một góc    tan    1  ka  k  a   tan  1  ka (Với k  f '( x0 ) ) Giải tìm x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo (1). 4x  3 Ví dụ 1) Cho (C): y  . Viết phương trình tiếp tuyến tạo với    : y=3x góc 450. x 1 Giải: Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó do tiếp tuyến tạo với    :y=3x góc 450 nên 17  k  2  k  3  1  3k k 3 0  tg 45  1    k  1 k  3   1  3 k 1  k .3   2 * Với k=-2, xét đường thẳng y=-2x+m tiếp xúc (C) 4x  3   2 x  m hay 4x-3=(-2x+m)(x-1) có nghiệm kép x 1 2  2 x 2   2  m  x  m  3  0     2  m   8  m  3  0    m 2  12m  28  0  m  6  2 2 1 1 * Với k= xét đường thẳng y  x  m tiếp xúc (C) 2 2 4 x  3 1   x  m hay 2(4x-3)=(-x+2m)(x-1) có nghiệm kép x 1 2 2  x 2   2 x  7  x  2m  6  0     2m  7   4  2m  6   0    4m 2  36m  73  0 vô nghiệm. Vậy chỉ có 2 tiếp tuyến y  2 x  6  2 2 tạo với y=3x góc 450. 6) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt hai trục toạ độ tại A, B sao cho tam giác OAB vuông cân hoặc tam giác OAB có diện tích bằng một số cho trước. + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1). Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 ) + Tiếp tuyến cắt 2 trục Ox, Oy tại A, B thì tam giác OAB luôn vuông, để OAB là tam giác vuông cân thì tiếp tuyến phải tạo với Ox một góc   450 và tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ + Viết phương trình tiếp tuyến theo dạng (4). Sau đó chỉ chọn những tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ + Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt Ox, Oy tạo thành tam giác có diện tích cho trước thì ta tìm các 1 giao điểm A,B sau đó ta tính diện tích tam giác vuông OAB theo công thức S OAB  OA.OB 2 2x Ví dụ 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến cắt x2 Ox, Oy lần lượt tại A,B mà tam giác OAB thỏa mãn: AB  OA 2 . Giải: Cách 1: Gọi M  x0 ; y0  ,  x0   thuộc đồ thị hàm số. PTTTd tại M có dạng: y 2 x0 4   x  x0  . x0  2  x  2 2 0 Do tiếp tuyến cắt 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 1 trong hai đường phân giác y  x hoặc y   x 4 +TH1: d vuông góc với đường phân giác y  x có:  1  x0  0  x0  4 2 x  2  0  18 Với x0  0  d : y   x (loại) Với x0  4  d : y   x  8 +TH2: : d vuông góc với đường phân giác y   x có: 4  x0  2 2  1  PT vô nghiệm Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán d : y   x  8 Cách 2: Nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có: sin  ABO   OA 1    sin nên tam AB 4 2 giác AOB vuông cân tại O. PTTT của (C) tại M   x0 ; y0  có dạng:   x2  2 x02  2 x0  . Dễ dàng tính được A   0 ;0  và B   0; 2    x  2 2 0  x0  2      x0  2   Yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm x0 là nghiệm của phương trình: x2 2 x02 0   x03  x0  4   0 2 2  x  2 0 y 4 x  x0   2 Với x0  0 ta có PTTT là: y  x  0 Với x0  4 thì PTTT là: y   x  4 4 1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x3  (2m  1) x 2  (m  2) x  (Cm) 3 3 Tìm m để tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm) với trục tung cắt hai trục tọa độ Ox, Oy tại A, 1 B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 18 1 1 Ta có B (0; ) tiếp tuyến tại B của (Cm) là y  (m  2) x  (d) . Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại 3 3 1 A( ; 0) 3m  6  m  1 1 1 1 1 1 Diện tích tam giác OAB là S  OA.OB  . .   m 2 1  2 2 3 3m  6 18  m  3 7) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt 2 đường tiệm cận tạo thành một tam giác có diện tích cho trước hoặc tạo thành một góc cho trước. + Xét hàm số y=f(x). Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) . + Tìm các giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận sau đó căn cứ vào điều kiện để giải quyết + Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng tại A, B mà tam giác IAB vuông cân ( Với I là giao điểm 2 tiệm cận) thì ta quy về việc viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với tiệm cận ngang một góc 450 ) Chú ý rằng tiếp tuyến không được đi qua giao điểm 2 đương tiệm cận vì khi đó sẽ không hình thành một tam giác) 19 + Nếu yêu cầu là tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A, B tạo thành tam giác IAB 1 có diện tích cho trước thì ta tìm các giao điểm A, B sau đó dùng công thức S OAB  IA.IB 2 + Chú ý: Góc tạo bởi tiếp tuyến và đường tiệm ngang hoặc tiệm cận đứng cũng chính là góc tạo bởi tiếp tuyến và các trục Ox, Oy 2mx  3 Ví dụ 1) Cho hà số y  . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến xm bất kỳ của hàm số cắt hai 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 x 0  m ) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho. x0  m   2mx  3 2m 2  3 PTTT của đồ thị hàm số tại điểm này là y    x  x0   0 2 x0  m  x0  m   2mx0  2m2  6  Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A  m;  và cắt tiệm cận ngang tại  x0  m   B  2 x0  m; 2m  . Ta có IA  2mx0  2m 2  6 4m 2  6  2m  ; IB  2 x0  m  m  2 x0  m x0  m x0  m Nên diện tích tam giác IAB là S  1 IA.IB  4m2  6 2 Bởi vậy yêu cầu bài toán tương đương: 4m 2  6  64  m   58 2 x . Viết PTTT 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 . Ví dụ 2) Cho hàm số y    Giải: Cách 1: Đường tiệm cận của đồ thị là x  1, y  1 . Gọi PTTT của (H) tại M  x0 ; y0  là: y 1 x  x0   x0  1 2  Khi x  1  y  x0 x0  1  x 1  x0  1  A 1; 0  . Khi y  1  x  2 x0  1  B  2 x0  1;1 ; I 1;1 x0  1  x0  1  20 2  x 1   2 x0  2   1  0   2 2  2  x0  1  x 1  P ABC   IA  IB  AB  0  1  2 x0  2  x0  1 2  2  2  x0  1   x0  14  4  2  2  2  2  x 0   1  x0  1  0  L    2 2 2 1  2  x0  1  2  2  x0  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; x  a   , PTTT tại M : y  2  a 1  a 1   a  1        a 1  Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là A 1;   a 1  Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là B  2a  1;1 Chu vi tam giác IAB là C  IA  IB  AB  2  2 a 1  2 a 1  a  12  1  a  12  4 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a  1  1 tức a  0; a  2 . Với a  0  y   x Với a  2  y   x  4 KL: y   x; y   x  4 là 2 tiếp tuyến cần tìm. 3x  2 Ví dụ 3) Cho hàm số y   C  . Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Viết x 1 PTTT d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn: ˆ  5 cos BAI 26 Giải: Xét điểm M  x0 ; y0  , x0  1   C  là tiếp điểm của tiếp tuyến d. 3x0  2 5   x  x0  x0  1  x0  1 2 Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A và B và IAB có 1 1 ˆ  5 nên tan 2 BAI ˆ  ˆ  1  tan ABI ˆ 5 cos BAI 1   tan BAI 2 ˆ 25 5 26 cos BAI PTTT tại d có dạng: y  ˆ là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y '  x   Lại có tan ABI 0 5  x0  1 5  x0  2 2  0 nên 2 2  5   x0  1  1  x0  0  x0  2 Với x0  0 có PTTT d: y  5 x  2 21 Với x0  2 có PTTT d: y  5 x  2 Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán có pt như trên. 2x  1 Ví dụ 4) Cho hàm số : y  có đồ thị là  C  . x 1 Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của  C  .Tìm trên đồ thị  C  điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị  C  cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn : IA2  IB 2  40 Giải:  2x 1  TCĐ  d1  : x  1 ,TCN  d 2  : y  2  I  1; 2  .Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  0  x0  1   2x 1 3 Phương trình tiếp tuyến với  C  tại M :    : y  x  x0   0 2  x0  1  x0  1        d1    A  1;   2 x0  4     ,      d 2   B  2 x0  1; 2  x0  1   2  36 4 2  4  x0  1  40 2   x  1  10  x0  1  9  0 IA  IB  40    x0  1  0 x  0  x0  0  0 2 2  x0  2  y0  1  M  2;1 . 8) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang tại A, B mà chu vi tam giác IAB nhỏ nhất *) Để giải quyết dạng bài tập này học sinh cần nắm được một kết quả quan trọng sau: (Trong hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất tiếp tuyến bất kỳ cắt 2 tiệm cận tại A,B thì diện tích tam giác IAB không đổi). Vận dụng kết quả này ta có CIAB  IA  IA  AB  IA  IB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 IA.IB  (2  2) IA.IB . Vì diện tích tam giác IAB không đổi suy ra IA.IB không đổi. Từ đó ta có Chu vi tam giác IAB min khi IA=IB. Giải điều kiện tìm M sau đó viết phương trình tiếp tuyến x2 Ví dụ 1) Cho hàm số y  . Viết PTTT của đồ thị biết tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận tại A,B x 1 sao cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. với I là giao 2 tiệm cận. 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 , PTTT có dang: y  3  x0  1 2  x  x0   x0  2 x0  1  x 5  Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x  1 tại điểm A  1; 0  và cắt tiệm cận đứng tại điểm x0  1   22 B  2 x0  1;1 . Ta có: IA  Nên IA.IB  x0  5 6 1  ; IB  2 x0  1   1  2 x0  1 x0  1 x0  1 6 1 .2 x0  1  12 . Do vậy diện tích tam giác IAB là S  IA.IB  6 x0  1 2 Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là r  S 6  p p Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất, mặt khác tam giác IAB vuông tại I nên: 2 p  IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB 2  2 IA  IB  2 IA.IB  4 3  2 6 2 Dấu “=” xảy ra khi IA  IB   x0  1  3  x  1  3   3 ta có tiếp tuyến d 2 : y  x  2 1  3  Với x  1  3 ta có tiếp tuyến d1 : y  x  2 1  3 Với x  1  2x 1 và điểm M bất kỳ thuộc (C). Gọi I là giao điểm của x 1 tiệm cận. Tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B. a) CMR: M là trung điểm của AB b) CMR: dt  IAB   const Ví dụ 2) Cho Hypebol (C): y  c) Tìm M để chu vi  IAB  nhỏ nhất. Giải: TCĐ: x=1 TCN: y=2 Giao điểm 2 tiệm cận là I(1;2) 2x 1 1 y=  2 x 1 x 1 1   Gọi M  m, 2    (c). m 1   Tiếp tuyến tại M là (t): y = y , (m) (x-m) + y(m) 1 1  (t ) : y  ( x  m)  2  2 (m  1) m 1 2   * (t)  (TCĐ: x =1) = A  1, 2   ;(t)  (TCN: y = 2) = B(2m – 1, 2) m 1   x x Ta có : A B  m  xM và A,M,B thẳng hàng nên M là trung điểm AB 2 1 2 1 2 1 1 * dt(  IAB)= IA . IB = y A  y I xB  xI  2(m  1)  .2(m  1)  2 (đvdt) 2 2 2 m 1 2 m 1 Ta có IA . IB = 4 ; Chu vi (  IAB) = IA + IB + AB= IA  IB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 IA.IB  2(2  2) 23  m  0  M 1 (0, 1) Dấu bằng xảy ra  IA = IB = 2  m  1  1    m  2  M 2 (2,3) 9) Tìm điều kiện để qua điểm M  xM ; yM  cho trước kẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị y=f(x) + Xét đường thẳng  có hệ số góc k đi qua điểm M  PT () : y  k ( x  xM )  yM k ( x  xM )  yM  f ( x ) + Điều kiện để  là tiếp tuyến của y=f(x) là hệ sau có nghiệm  (*) k  f '( x) + Để qua điểm M kẻ được n tiếp tuyến đến đồ thị thì hệ (*) phải có n nghiệm thế phương trình (2) vào (1) dùng phương pháp hàm số để tìm điều kiện + Chú ý: Trong việc xác định toạ độ M học sinh cần linh hoạt VD: Điểm M thuộc đường thẳng y=2x+1 thì M (a;2a  1) , Điểm M thuộc đường thẳng y=2  M (a;2) …… Ví dụ 1) Cho đồ thị hàm số (C): y  f  x   x 4  x 2  1 . Tìm các điểm A  Oy kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). Giải: Lấy bất kỳ A(0;a)  (C). Đường thẳng đi qua A(0;a) với hệ số góc k có phương trình  f ( x)  kx  a y=kx+a tiếp xúc với đồ thị (C)   có nghiệm (*)  f ( x)  k  Điều kiện cần: Để ý rằng f ( x)  f ( x )x  R  f ( x) là hàm chẵn  đồ thị (C) nhận Oy làm trục đối xứng. Do A(0;a)  trục đối xứng Oy nên nếu từ A(0;a) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến nhánh bên trái của (C) thì cũng kẻ được bấy nhiêu tiếp tuyến dến nhánh bên phải của (C). Suy ra tổng số các tiếp tuyến có hệ số góc k  0 luôn là 1 số chẵn. Vậy dể từ A(0;a) kẻ được 3 tiếp tuyến dến (C) thì điều kiện cần là hệ phương trình (*) có nghiệm k=0.  x  0; a  1 4 2  x  x  1  kx  1  Thế k=0 vào hệ (*)   3  2 1 3 4 x  2 x  0  x  2 ; a  4  Điều kiện đủ:  x 4  x 2  1  kx  1  x 4  x 2  4 x 3  2 x x  3  3 4 x  2 x  k 4 x  2 x  k     x  0; k  0 Nếu a=1 thì (*)  2 2 x  0; k  0   x 3x 1  0 1 2     2 1  x  ;k   2 x 2 x  ;k  3 3 3 k  2 x x  1  3 3  1 2  x  3 ;k  3 3  Vậy từ A(0;1) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)     24 3 3  4  4 2 2 3  x  x  1  kx  x  x 1  4x  2x x   4 4  4 x3  2 x  k  k  4 x3  2 x   3 Nếu a  thì (*) 1  4  4 1 4 2  2 1 3 x  x  4  0 x  2 x     2 k  2 x x 2  1 k  2 x x 2  1 k  0    3 Vậy từ A  0;  chỉ kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C).  4 Kết luận: Từ các điều kiện cần và đủ  Đáp số: A(0;1) Ví dụ 2) Tìm trên đường thẳng y=2x+1 các điểm kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến x3 (C): y  . x 1 Giải: Lấy bất kỳ A(a;2a+1)  y=2x+1. Đường thẳng đi qua A(a;2a+1) với hệ số góc k có phương x3 x3 trình y=k(x-a)+2a+1 tiếp xúc với  C  : y   k  x  a   2a  1  x 1 x 1 hay  kx   ak  2a  1   x  1  x  3 có nghiệm kép        kx 2   a  1 k  2a  x   ak   2a  4    0 có nghiệm kép 2  k  0 và    a  1 k  2a   4k  ak   2a  4    0 2    k  0 và g (k )   a  1 .k 2  4 a 2  a  4 .k  4a 2  0 Qua A(a;2a+1) kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)  g (k )  0 có đúng 1 nghiệm kép k  0     32  a   a  2   0; g (0)  4a a0 a  1 0 a2 a 1   32 a 2  a  2  0; g (0)  4a 2  0 2 2 1 4 vậy có 4 điểm A1  1; 1 , A2  0;1 , A3 1;3 , A4  2;5  nằm trên dường thẳng y=2x+1 và kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị (C). Ví dụ 3) Cho hàm số y  x 3  2 x 2  (m  1) x  2m (Cm) Tìm m để từ điểm M(1;2) kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm) Giải: Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ta có phương trình tiếp tuyến là(d) : y  k ( x  1)  2 . Vì (d) là a  1  0  16k  4  0  k   3 2  y  k ( x  1)  2  x  2 x  (m  1) x  2m tiếp tuyến nên hệ phương trình sau có nghiệm   2 k  3x  4 x  (m  1) 2 x3  5 x 2  4 x  3(m  1)  0 Để qua M kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (Cm) thì phương trình f ( x )  2 x 3  5 x 2  4 x  3(m  1)  0 (*) có đúng hai nghiệm phân biệt. Ta có 25 x  1 f '( x)  6 x  10 x  4  f '( x )  0   . Từ đó tính được hai điểm cực trị của hàm số là x  2 3   2 109  A 1; 4  3m  , B  ;  3m  . Ta thấy phương trình (*) có đúng hai nghiệm phân biệt khi một  3 27  4 109 trong hai điểm cực trị nằm trên trục hoành. Từ đó tìm được m  hoặc m  3 81 Ví dụ 4) Tìm trên trục hoành các điểm kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). y   x3  3x  2 Giải: Lấy bất kỳ A(a;0)  Ox. Đường thẳng đi qua A(a;0) với hệ số góc k có phương trình  f ( x)  k  x  a  y=a(x-a) tiếp xúc với (C):y=f(x)  Hệ phương trình  có nghiệm  f ( x)  k 2  f ( x )  f ( x )  x  a   f ( x)  f ( x)  x  a   0  2 x 3  3ax 2  3a  2  0   x  1  2 x 2   3a  2  x  3a  2   0   x  1 g ( x)  0 Từ điểm A(a;0) kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)  g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt và khác (-1) a  2     3a  2  3a  6  0     2  g (1)  6  a  1  0 1  a  3 Phần ba: Các bài toán về sự tương giao của 2 đồ thị 1) Các bài tập liên quan đến phép biến đổi đồ thị + Từ đồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y=|f(x)| bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị của y=f(x) nằm trên trục Ox; Lấy đối xứng của phần đồ thị y=f(x) nằm dưới trục Ox qua trục Ox. + Từ đồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y=f(|x|) bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị y=f(x) nằm bên phải trục Oy, Lấy đối xứng của phần đồ thị bên phải Oy qua trục Oy( Chú ý y=f(|x|) là hàm chẵn nên nhận trục Oy làm trục đối xứng) + Từ đồ thị y=f(x) suy ra đồ thị y=|h(x)|.g(x) với h(x).g(x)=f(x) bằng cách.  f ( x)khih( x )  0 + Ta thấy y | h( x) | .g ( x )   Từ đó ta suy ra cách vẽ đồ thị hàm số  f ( x)khi ( x)  0 y | h( x) | .g ( x ) như sau:Lấy phần đồ thị y=f(x) khi h( x)  0 . Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị y=f(x) khi h( x)  0 2) Tìm điều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với y=g(x) + Điều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với đồ thị y=g(x) là hệ phương trình sau có nghiệm  f ( x)  g ( x )   f '( x)  g '( x ) + Điều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với trục Ox là hệ sau có nghiệm  f ( x)  0   f '( x)  0 26 3) Điều kiện tương giao của hàm số bậc 3: y=ax3+bx2+cx+d * Khi giải các bài tập về tương giao đường thẳng y=mx+n và đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d ta thường sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm tách phương trình tạo dạng tích: ( x  x0 ).G ( x)  0 trong đó G(x) là tam thức bậc 2 theo x. Từ đó ta biện luận theo pt G(x)=0. Tuy nhiên trong một số bài toán ta không thể nhẩm được nghiệm. Khi đó ta cần sử dụng các điều kiệ tương giao sau để giải toán. + Hàm số : y=ax3+bx2+cx+d cắt trục Ox tại đúng một điểm khi và chỉ khi hàm số luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến hoặc hàm số có cực đại và cực tiểu cùng dấu  f '( x )  0  f '( x)  0  x  x1  x  x2  f '( x)  0x Tức là     f '( x )  0 hoặc   f ( x1 ). f ( x2 )  0  f '( x)  0x  fCD . f CT  0 3 2 + Hàm số : y=ax +bx +cx+d cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 và f ( x1 ) f ( x2 )  0 + Hàm số : y=ax3+bx2+cx+d cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi hàm số có cực đại, cực tiểu và giá trị cực đại, cực tiểu trái dấu nhau  f '( x)  0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 và f ( x1 ). f ( x2 )  0 + Trong trường hợp các nghiệm của phương trình kèm theo điều kiện khác thì ta cần phác họa dạng đồ thị để kết luận cho chính xác. Ví dụ 1) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  (m 2  1) (Cm) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ dương Giải: Ta có y '  3 x 2  6mx  3(m 2  1) Để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì điều kiện là hàm số có 2 điểm cực trị nằm về hai phía trục Ox , f(0)0 Ta có:(1)   '  0  9m 2  9m 2  9  0  9  0 đúng với mọi m.  x  m 1 Khi đó y '  0   2  x1  m  1 Ta có:  y2   m  1 m2  2m  1 1   1 2 y  f '  x  .  x  m   2 x   m  1 m  1   2 3  3  y1   m  1 m  3            y1. y2  m 2  1 m 2  3 m 2  2m  1   f 0   m  1  0  m 1  0 2 2 x1  xCD  0  m  1     m 2  3 m 2  2m  1  0(*) Lập bảng xét dấu (*) kết hợp điều kiện m  1 Suy ra tập hợp giá trị m thỏa mãn là 3  m  1  2 27 Ví dụ 2) Chứng minh rằng phương trình x3  3(m  1) x 2  3(m 2  1) x  m3  1  0 luôn có nghiệm duy nhất. Giải ; Xem phương trình x3  3(m  1) x 2  3(m 2  1) x  m3  1  0 là phương trình hoành độ giao điểm của y  x3  3(m  1) x 2  3(m 2  1) x  m3  1 và trục hoành. m 1  1 3 2 Ta có y  y '.  x    2mx  m  m suy ra đường thẳng qua hai cực trị là 3  3 y  2mx  m3  m 2 Để phương trình có nghiệm duy nhất thì đồ thị hàm số y  x3  3(m  1) x 2  3(m 2  1) x  m3  1 cắt trục Ox tại một điểm duy nhất.Tức là 18m  8  0  '  0    '  0  (**)   18m  8  0    3 2 3 2    yCD . yCT  0 2mxCD  m  m 2 xCT  m  m  0       xCD  xCT  2(m  1) Theo định lý viet:  Thay vào (**) ta có 2  xCD .xCT  m  1 2  2  m  9 m  9    m  m  2 2    9 m  2 2 9  2 3  4m (m  1)  (m  1) m (4m  1)  0 Vậy với mọi m phương trình luôn có nghiêm duy nhất. Ví dụ 3) Giả sử đồ thị hàm số y  x3  6 x 2  9 x  d cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt x1  x2  x3 . Chứng minh 0  x1  1  x2  3  x3  4 Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số với trục Ox là : x3  6 x 2  9 x  d  0 (*) Điều kiện (*) có 3 nghiệm phân biệt là đường thẳng y=d cắt đồ thị hàm số y   x3  6 x 2  9 x Tại 3 điểm phân biệt, vẽ đồ thị ta suy ra điều kiện 4  d  0 Đặt f ( x )  x 3  6 x 2  9 x  d với 4  d  0 Ta có f (0)  d  0; f (1)  d  4  0; f (3)  d  0; f (4)  d  4  0 . Hàm số f(x) liên tục trên R suy ra điều phải chứng minh. x4 5 Ví dụ 4) Cho hàm số y   3 x 2  có đồ thi (C) và điểm A   C  với x A  a . Tìm các 2 2 giá trị thực của a biết tiếp tuyến của (C) tại A cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt B,C khác A sao cho AC  3 AB (B nằm giữa A và C) Giải:  a4 5 Cách 1: Xét A  a;  3a 2   thuộc đồ thị (C) 2  2 28  a4 5 3a 4 5 PTTT tại A: y    3a 2    2a 3  6a  x  a   y  2a a 2  3 x   3a 2  2 4 2  2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến tại A: x4 5 3a 4 5 2  3 x 2   2a a 2  3 x   3a 2    x  a  x 2  2ax  3a 2  6  0 2 2 2 2 x  a   2 2  f  x   x  2ax  3a  6  0 1 Để tiếp tuyến tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B,C khác A thì pt(1) cần có 2 nghiệm phân biệt  '  a 2  3a 2  6  0   3  3  3 xB , xC khác a    (*) a  1  f  a   6a 2  6  0   Do AB  3 AC  AB  3 AC  xC  3 xB  2a (2)            xB  xC  2a  3 Theo Viet có  2  xB xC  3a  6  4  Từ (2) và (3) xC  0 và xC  2a thế vào (4) có: 3a 2  6  0  a   2 (thỏa (*)) Kiểm tra: 3  5  21   + Với a  2 có A  2;   , B  0;  , C  2 2;   AC  3 AB 2  2  2  3  5  21   + Với a   2 có A   2;   , B  0;  , C  2 2;   AC  3 AB 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 x A  a là: a4 5 y  2a  6a  x  a    3a 2  2 2 Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến này với đồ thị (C): x4 5 a4 5 2 2 3  3 x   2a  6a  x  a    3 x 2    x  a  x 2  2ax  3a 2  6  0 2 2 2 2 2 Để có 3 giao điểm A,B,C thì phương trình: x  2ax  3a 2  6  0 (*) có 2 nghiệm phân biệt  3  a  3 khác a   a  1  xB  xC  2a Khi đó hoành độ B,C là hai nghiệm của PT(*) nên   2  xB xC  3a  6   Mặt khác AC=3AB (B nằm giữa A và C)  AC  3 AB  xC  3xB  2a   3     29  xC  3xB  2a  xB  0   Ta có hệ  xB  xC  2a   xC  2a  a   2 thỏa mãn điều kiện   2 2 3a  6  0  xB .xC  3a  6 Vậy giá trị cần tìm của m là: a   2 Ví dụ 5) Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị  C  : x3  3 x  2 tại 3 điểm phân biệt A,B,C sao cho x A  2 và BC  2 2 Giải: Giao của (C) và (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình:   4 x3  6mx 2  1   x  1  x 4 x 2  6mx  1  0 . Để PT có 3 nghiệm phân biệt thì 4 x 2  6mx  1  0 có 2 nghiệm phân biệt 2 2   '  9m2  4  0  m  ; m   3 3 Gọi B  x1;  x1  1 , C  x2 ;  x2  1 . Để B và C đối xứng với nhau qua đường phân giác thứ nhất  x  y2  x1   x2  1 3 2 thì:  1   x1  x2  1  m  1  m  2 3  y1  x2  x2   x1  1 So sánh với ĐK, thấy không tìm được m thỏa mãn. Ví dụ 6) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 Gọi d k là đường thẳng đi qua điểm A  1; 0  với hệ số góc k  k    . Tìm k để đường thẳng d k cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm B, C ( B và C khác A ) cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 . Giải: d k : y  kx  k (hay kx  y  k  0 ). Pt hoành độ giao điểm của d k và (C): 2 2 x 3  3x 2  4  kx  k   x  1  x  2   k   0  x  1 hoặc  x  2   k   k  0 d k cắt (C) tại 3 điểm phân biệt   (d) cắt (C) k  9     tại A  1;0  , B 2  k ;3k  k k , C 2  k ;3k  k k . BC  2 k 1  k 2 , d  O, BC   d  O, d k   k 1 k 2 1 k S OBC  . .2 k . 1  k 2  1  k k  1  k 3  1  k  1 2 2 1 k Ví dụ 7) Cho hàm số y  x3  2mx 2  3(m  1) x  2 (1), m là tham số thực Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng  : y   x  2 tại 3 điểm phân biệt A(0;2) ; B; C sao cho tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1). Giải: 30 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với () là: x 3  2mx 2  3(m  1) x  2   x  2 x  0  y  2  2  g ( x )  x  2mx  3m  2  0(2) Đường thẳng () cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C  Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m  2  2  m  3m  2  0  '  0  m 1      g (0)  0 3m  2  0 m  2  3 Gọi B  x1 ; y1  và C  x2 ; y2  , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (2); y1   x1  2 và y1   x2  2 3 1 2 2S MBC 2.2 2  4 h 2 2 Mà BC 2  ( x2  x1 )2  ( y2  y1 )2  2  ( x2  x1 )2  4 x1 x2  = 8(m 2  3m  2) Ta có h  d  M ; ()    BC  Suy ra 8(m 2  3m  2) =16  m  0 (thoả mãn) hoặc m  3 (thoả mãn) 4) Điều kiện để hàm số bậc 3 có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng Xét phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0 . Giả sử phương trình có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng là x1 ; x2 ; x3 khi đó: ax 3  bx 2  cx  d  a ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )  a[x 3  ( x1  x2  x3 ) x 2  ( x1 x2  x2 x3  x3 x1 )  x1 x2 x3 ] b Vì 3 nghiệm lập thành cấp số cộng nên x1  x3  2 x2  x2   là nghiệm. Thế vào phương 3a trình ta suy ra điều kiện cần tìm. Ví dụ 1) Cho C  m  : y  f  x   x 3  3mx 2  2m  m  4  x  9m 2  m . Tìm m để C(m) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng. Giải: Điều kiện cần: Giả sử (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là  x1 , x2 , x3 . Khi đó: x 3  3mx 2  2m  m  4  x  9m 2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3  x3  3mx 2  2m  m  4  x  9m2  m   x  x1  x  x2  x  x3  x  x3  3mx 2  2m  m  4  x  9m 2  m  x 3   x1  x2  x3  x 2   x1 x2  x2 x3  x3 x1  x  x1 x2 x3x Suy ra 3m  x1  x2  x3   x1  x3   x2  3x2  x2  m Thế x2  m vào f ( x)  0  m 2  m  0  m  0 hoặc m  1 Điều kiện đủ: Với m=0 thì f ( x)  x 3  0  x1  x2  x3  0 (loại)   Với m=1 thì f ( x)  x 3  3 x 2  6 x  8  0   x  1 x 2  2 x  8  0   x1  2; x2  1; x3  4 Kết luận: Đáp số m=1. 5) Điều kiện hàm bậc 3 có 3 nghiệm lập thành cấp số nhân 31 Xét phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0 . Giả sử phương trình có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng là x1 ; x2 ; x3 khi đó: ax 3  bx 2  cx  d  a ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )  a[x 3  ( x1  x2  x3 ) x 2  ( x1 x2  x2 x3  x3 x1 )  x1 x2 x3 ] Vì 3 nghiệm lập thành cấp số nhân nên x1 x3  x22  d   x1 x2 x3  ax 32  x2  3 d thay vào a phương trình ta suy ra điều kiện cần tìm Ví dụ 1) Cho  Cm  : y  f  x   x3   3m  1 x 2   5m  4  x  8. Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số nhân. Giải: Điều kiện cần: Giả sử (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt   x1 , x2 , x3 Khi đó: x 3   3 x  1 x 2   5 x  4  x  8  0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3  x3   3x  1 x 2   5m  4  x  8   x  x1  x  x2  x  x3  x  x3   3x  1 x 2   5m  4  x  8  x3   x1  x2  x3  x 2   x1 x2  x2 x3  x3 x1  x  x1 x2 x3 Suy ra: 8  x1 x2 x3  x 32  x2  2 Thế x2  2 vào f  x   0  4  2m  0  m  2 Điều kiện đủ: Với m=2 thì f  x   x 3  7 x 2  14 x  8  0   x  1 x  2  x  4   0    x1  1; x2  2; x3  4 Kết luận: Đáp số m=2. 6) Điều kiện để hàm số bậc bốn có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng Xét phương trình ax 4  bx 2  c  0 (1) Đặt t  x 2 (t  0) để phương trình (1)có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng thì phương trình at 2  bt  c  0 (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 . Giả sử ( t1  t2 ) khi đó 4 nghiệm của (1) là  t2 ,  t1 , t1 , t2 vì 4 nghiệm lập thành cấp số cộng nên   t2  t1  t1   t1  t2  9t1 . Áp dụng định lý viét cho phương trình (2) ta có b  t1  t2   a  c  Giải điều kiện theo hệ phương trình. t1t2  a  t1  9t2   Ví dụ 1) Cho C  m  : y  x 4  2  m  1 x 2  2m  1. Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng. Giải: Xét phương trình: x 4  2  m  1 x 2  2m  1  0(1) Đặt t  x 2 ; f  t   t 2  2  m  1 t  2m  1  0(2) Yêu cầu bài toán  f  t   0 có 2 nghiệm t2  t1  0 sao cho (1) có sơ đồ nghiệm 32 x1 x2  t2  t1 x3 x4 t1 t2 Ta có x4  x3  x3  x2  x2  x1  x4  x3  x3  x2    t2  t1  t1   t1  t2  3 t1  t2  9t1  0  1  1 m   m       m  0, t2  9t1  0 2 2     t  9 t Yêu cầu bài toán  t1.t2  2m  1  0 2 1  t2  9t1 2 t  t  2 m  1  0 9t  2m  1  2   1 2  1 9  m  1   2m  1 5t1  m  1   5  1  m    2 m  4   t2  9t1  m   4  2 9  9m  32m  16  0  2 Ví dụ 2) (Bài toán tương giao hàm bậc 4) Tìm m sao cho đồ thị hàm số y  x 4  4 x 2  m cắt trục hoành tại 4 điể phân biệt sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) trục hoành có phần trên bằng phần dưới Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox : x 4  4 x 2  m  0 (1) Đặt t  x 2  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 nghiệm phân  '  4  m  0  biệt t  0   S  4   0  m  4 i  P  m  0  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: x3  0 4 2  x  4 x  m dx  x4  x3   x 4  4 x 2  m dx  x45 4 x34   mx4  0  3x44  20 x42  15m  0 5 3  x44  4 x42  m  0  3 Từ đó có x4 là nghiệm của hệ  4 2 3 x4  20 x4  15m  0  4  33 9m 2 20 3m 3m thay x42  vào (3) có:  5m  0  m  0  m  2 2 4 9 20 Đối chiếu với điều kiện (i) có m  là giá trị cần tìm. 9 Lấy (3).(4)-(4)  x42  7) Điều kiện tương giao của đồ thị hàm số y  ax  b (H) và đường thẳng y  mx  n cx  d ax  b  mx  n . Biến đổi về dạng g ( x )  Ax 2  bx  c  0 . Số cx  d d giao điểm tùy thuộc số nghiệm khác  của phương trình g ( x)  0 c   0  TH 1:   0 Hoặc   d  đường thẳng không cắt đồ thị (H) g   0      c   0   0   TH 2:   d  hoặc   d  đường thẳng cắt đồ thị (H) tại một điểm g   c   0 g   c   0         0  TH 3:   d  đường thẳng cắt đồ thị (H) tại 2 điểm phân biệt A, B khi đó ta có g   0      c A( x 1 ; mx1  n); B ( x 2 ; mx2  n) với x1; x2 là hai nghiệm của g(x)=0 x3 Ví dụ 1) Cho hàm số y  có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng d : y   x  m  1 tại x2 ˆ nhọn. hai điểm phân biệt A,B sao cho AOB Giải: x3 Giao của (H) và d có hoành độ là nghiệm của PT   x  m  1  x 2   m  2  x  2m  5  0 x2 m 2  4m  16  0 Để pt trên có 2 nghiệm phân biệt thì   0; x  2   2 m? 2  2 m  2  2 m  5  0    Gọi A  x1;  x1  m  1 , B  x2 ;  x2  m  1 là hai giao điểm của (H) và d. ˆ nhọn thì: Để AOB Phương trình hoành độ giao điểm 2 2 AB 2  OA2  AB 2  2  x2  x1     x1  m  1    x2  m  1 2 2  2 x1 x2   m  1 x1  x2    m  1  0  m  3 Kết hợp với đk ban đầu ta suy ra được giá trị của m. 34 2x  m (1). Chứng minh với mọi m  0 đồ thị hàm số (1) cắt mx  1  d  : y  2 x  2m tại 2 điểm phân biệt A,B thuộc 1 đường (Hipebol) cố định. Đường thẳng Ví dụ 2) Cho hàm số y  (d) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M,N. Tìm m để SOAB  3SOMN Giải: Phương trình hoành độ của giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng (d): 2x  m 1   2 x  2m  2mx 2  2m 2 x  m  0,  x    (2) mx  1 m  1  Do m  0 nên (2)  f  x   2 x 2  2mx  1  0,  x    (*) m  Để tồn tại 2 điểm A,B thì pt (*) phải có 2 nghiệm phân biệt:  '  m 2  2  0 1  x A , xB      1  2  m  0 m f    1  0    2   m m 1 Mặt khác có x A .xB  nên A,B luôn thuộc một đường (Hipebol) cố định 2 2 m Kẻ OH  AB  OH  dO , d   . Lại có AB  d  y A  2 x A  2m; yB  2 xB  2m 5  x A  xB  m  Theo Viet ta có:  1  x A xB  2 Có AB   x A  xB  2 2 2 2   y A  y B   5  x A  xB   5  x A  xB   20 x A xB  AB  5m 2  10 Vì M,N là giao điểm của d với Ox, Oy nên M  m;0  , N  0; 2m  Theo giả thiết SOAB  3SOMN  OH . AB  3OM .ON   2m 5 2m 5 . 5m 2  10  3 xM y N . 5m 2  10  3 m 2m  m2  2  3 m  m 2  2  9m2  m   1 2 1 là các giá trị cần tìm. 2 x 1 Ví dụ 3) Tìm trên (H): y  các điểm A,B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 và x2 đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y  x Giải: Do AB  d : y  x  ptAB : y   x  m Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng AB: x 1   x  m  g  x   x 2   m  3 x  2m  1  0  x  2  (1) x2 Để tồn tại 2 điểm A,B thì pt (1) cần có 2 nghiệm phân biệt x A , xB và khác 2 Vậy với m   35 2   g  x   0 2  m  3  4  2m  1  0    m  1  4  0; m   2 g 2  0   4   m  3 2  2m  1  0  x  x  m  3 Theo Viet ta có:  A B . Lại có y A   x A ; y B   xB  m  x A xB  2m  1 Mà: 2 2 2 AB  4  AB 2  16   xB  x A    y B  y A   16   xB  x A   8 2 2   xB  x A   4 x A xB  8   m  3  4  2m  1  0  m 2  2m  3  0  m  1  m  3 + Với m  3 thay vào pt (1) có: x 2  6 x  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: x 2  2 x  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 mãn yêu cầu bài toán. x3 Ví dụ 4) Cho hàm số y  có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  3m cắt x2   (H) tại hai điểm phân biệt sao cho OA.OB  4 với O là gốc tọa độ x3 Giải: Xét pt:  2 x  3m  2 x 2  3 1  m  x  6m  3  0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác (-2) x2 2 Khi   9m  30m  33  0 điều này xảy ra với mọi m. Gọi 2 nghiệm của pt (1) là x1 , x2 thì A  x1; 2 x1  3m  , B  x2 ; 2 x2  3m    12m  15 7 Có OA.OB  4  x1.x2   2 x1  3m  2 x2  3m   4   4  m  2 12 2x 1 Ví dụ 5) Cho hàm số y  có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng d: y  x  m cắt (C) x 1 tại hai 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   x 2   m  1 x  m  1  0 (1)  x  1 x 1 Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thì pt(2) có 2 nghiệm phân biệt x A , xB  1    m  12  4  m  1  0  (*) Theo Viet ta  f  1  1  m  1  m  1  0 có:  x A  xB  1  m  m  1 2 ; A, B  d  y A  x A  m; y B  xB  m  AB 2  1  m   4(m  1)  4    m  7  x A xB  m  1 36 Ví dụ 6) Gọi D là đường thẳng đi qua A(1;0) và có hệ số góc k. Tìm k để D cắt đồ thị x2 y tại hai điểm phân biệt M,N thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị và AM=2AN x 1 Giải: Do D là đường thẳng đi qua A(1;0) và có hệ số góc 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  kx 2   2k  1 x  2  0  x  1 (1) x 1 Đặt t  x  1  x  t  1 . Lúc đó pt (1) thành: 2 k  t  1   2k  1 t  1  k  2  0  kt 2  t  3  0 (2) Để D cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm M,N thuộc hai 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  2 AN  AM  2 AN  x1  2 x2  3 (3) 2k  1   x1  x2  k  4  k 1 k2 Theo Viet ta có:  . Từ (3) và (4)  x2  ; x1  k k  x x  k  2 5 1 2  k  k  2  k  1  k  2  3k  2  0  k  2 Thay x1 , x2 vào pt (5) có: k 3 k2 2 Đối chiếu ĐK (*) có k  là giá trị cần tìm. 3 Phần bốn: Các bài toán về khoảng cách Để giaỉ quyết tốt các dạng bài tập trong phần này học sinh cần nắm chắc các vấn đề sau: *) Khoảng cách giữa hai điểm M ( xM ; yM ); N ( xN ; y N ) là MN  2  xN  xM    y N  yM  *) Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng  : ax+by+c=0 là d M /   2 ax 0  by0  c a2  b2 Các trường hợp đặc biệt: + Nếu  là đường thẳng x=a thì d M /   x0  a + Nếu  là đường thẳng y=b thì d M /   y0  b + Tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ Ox, Oy là d= x0  y0 *) Khoảng cách giữa đường thẳng và đường cong Cho đường thẳng  và đường cong ( C) . Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường cong ( C) và điểm N thuộc đường thẳng  Khi đó d(  /(C ))  min MN . Từ đó ta có cách tính khoảng cách từ đường thẳng  : ax+by+c=0 đến đường cong ( C) y=f(x) như sau: 37 + Cách 1: Lấy điểm M  x0 ; y0  bất kỳ thuộc ( C)  M ( x0 ; f ( x0 )) . Ta có d M /   ax 0  by0  c a2  b2 Sau đó tìm min d theo x0 + Cách 2: Viết phương trình tiếp tuyến t của đường cong ( C) và tiếp tuyến đó song song với  . Sau đó tìm tiếp điểm M  x0 ; y0  của tiếp tuyến và đường cong. Khi đó khoảng cách giữa đường thẳng  và đường cong ( C) cũng bằng khoảng cách giữa M và đường thẳng  là ax  by0  c dM /   0 a2  b2 2x  1 Ví dụ 1) Cho đồ thị  C  : y  và điểm A(-2;5). Xác định đường thẳng (D) cắt (C) tại 2 x 1 điểm B, C sao cho  ABC đều. TCD : x  1 2x  1 Giải: y   x 1 TCN : y  2  phân giác của góc tạo bởi 2 tiệm cận (1): y   x  3 3 y   0  hàm số nghịch biến 2  x  1  đồ thị (C) có dạng như hình vẽ. Do A(-2;5)  (1) : y   x  3 là trục đối xứng của (C) nên đường thẳng (D) cần tìm phải vuông góc với (1) và (D) có phương trình: y=x+m. 2x 1 Xét phương trình:  x  m  g  x   x 2   m  3 x   m  1  0 x 1 2 2 Ta có g   m  3  4  m  1   m  1  12  0 nên (D) luôn cắt (C) tại B, C phân biệt và do tính đối xứng   ABC cân tại A. 2  3 m 3 m   7m 2 Giả sử  D   (1)  I  I  ;   AI  2   2   2  2   B  x1 , y1  y  x  m 2 2 Gọi   1 1  BC 2  2  x1  x2   2  x1  x2   4 x1 x2    C  x2 , y2   y2  x2  m 2 BC 2  2  m  3  4  m  1   2  m 2  2m  13   4 2 Ta có  ABC đều  BC 2  AI 2  3  m2  2m  13   7  m  3  D1  : y  x  1 m  1  m 2  4m  5  0     m  5  D2  : y  x  5 3x  5 Ví dụ 2) Cho  H  : y  . Tìm M  (H) để tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận của x2 (H) là nhỏ nhất. Giải: Ta có TCĐ: x=2 TCN: y=3 38 1  3x  5 1   3 Lấy M  m;3    H Tổng khoảng cách từ M đến các đường tiệm x2 x2 m2  1 cận là d M  xM  2  yM  3  m  2   2 ( Theo bất đẳng thức Cauchy) m2  m  1  M (1; 2) 1  d min  2  m  2    m2  m  3  M (3; 4) y Ví dụ 3) Tìm trên mỗi nhánh của đồ thị  C  : y  4x  9 các điểm cách M1,M2 để độ dài x 3 M 1 , M 2 là nhỏ nhất. TCD : x  3 4 x  9 4  x  3  3 3   4  x 3 x 3 x  3 TCN : y  4 M 1  x1 , y1  Gọi  (M1 thuộc nhánh trái của (C); M2 thuộc nhánh phải của (C)) M x , y    2 2 2 3   x1  3   y1  4      Đặt  x2  3      ,   0  y2  4  3    Giải: y  2  M1M 2 2   x2  x1    y2  y1  2 2 =   2      2 9     3 3 2           2       9 1   2       cos i   2   2 2    9 9  1    4     2          Mà  9  4       cos i      0  9    4  2  . 9     3   24  M1M 2 min  24  2 6              toạ độ M 1 3  3; 4  3 , M 2 3  3; 4  3 Ví dụ 4) Tìm điểm M trên đồ thị hàm số y   2x 1 ( H ) sao cho khoảng cách từ M đến x 1 đường thẳng (  ): x  4 y  8  0 là nhỏ nhất Giải: 1 Ta có y '  . Xét đường thẳng d là tiếp tuyến của (H) và d song song với (  ) 2  x  1 39 Từ đó viết được 2 phương trình tiếp tuyến là d1 : y  x 5 x 13  và d 2 : y   4 4 4 4 5  3  Hai tiếp điểm tương ứng là M 1 1;  ; M 2  3;  2  2  Dễ dàng tính được d  M 1 /    d  M 2 /    M1 là điểm cần tìm Chú ý: Ngoài cách lập luận như trên ta có thể giải bài toán theo cách khác giả sử M ( x; 2x 1 ) x 1 Sau đó tính khoảng cách từ M đến  . Và tìm min theo phương pháp hàm số với biến x x Cho hàm số y  và điểm A(-1;1) 1 x Ví dụ 5) Tìm m để đường thẳng y  mx  m  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N sao cho AM 2  AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Xét phương trình tương giao: mx 2  2mx  m  1  0 . Để cắt tại hai điểm thì phương trình phải có m  2m  m  1  0 2 nghiệm phân biệt khác 1.   m0 2  '  m  m  m  1   m  0 Để ý thấy trung điểm MN là I và I(1;-1) cố định.    Sử dụng chèn điểm ta có: AM 2  AN 2  2 AI 2  IM 2  IN 2 (do IM  IN  0 ) Ta có IA cố định, IM=IN. Ta thấy biểu thức đó min khi và chỉ khi MN min Tính MN: 4 2 2 2 NM 2   x1  x2  1  m    x1  x2   4 x1 .x2   m 2  1  4m    m 4 Do m 1 mà khoảng cách từ đó đến (∆) là ngắn nhất. mx Câu 19) Cho hàm số y  (Hm). Tìm m để đường thẳng d:2x+2y-1=0 cắt (Hm) tại 2 điểm x2 3 phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 8 2x  3 Câu 20) Cho hàm số y  . Tìm những điểm M thuộc đồ thị sao cho tiếp tuyến tại M cắt x2 hai tiệm cận tại A, B sao cho vòng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất. Với I là giao điểm của hai đường tiệm cận Câu 21) Tìm m để hàm số y  x 3  mx  2 cắt Ox tại một điểm duy nhất 2x  1 Câu 22) Cho hàm số y  (C). Tìm hai điểm M, N thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M, N x2 song song với nhau và khoảng cách giữa hai tiếp tuyến là lớn nhất 2x  4 Câu 23) Cho hàm số y  (H). Gọi d là đường thẳng có hệ số góc k đi qua M(1;1). Tìm k 1 x để d cắt (H) tại A, B mà AB  3 10 Câu 24) Tìm m để đồ thị hàm số y  x 3  mx 2  2m cắt trục Ox tại một điểm duy nhất x2 Câu 25) Cho hàm số: y  (C) x 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành Câu 26) Cho hàm số y  x 3  3 x  2 (C) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) 2) Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M cắt (C) ở N mà MN  2 6 48 2m  x ( H ) và A(0;1) xm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 2) Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận . Tìm m để trên đồ thị tồn tại điểm B sao cho tam giác IAB vuông cân tại A. Câu 28) Cho hàm số y  x 4  2 x 2 (C) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2) Lấy trên đồ thị hai điểm A, B có hoành độ lần lươt là a, b.Tìm điều kiện a và b để tiếp tuyến tại A và B song song với nhau. x2 Câu 29) Cho hàm số y  (H) 2x  2 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (H). 2) Tìm m để đường thẳng (d): y=x+m cắt đồ thị hàm số (H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 37 OA2  OB 2  2 Câu 30) Cho hàm số y  y  x 3  2 x 2  (1  m) x  m (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 ; x3 thoả Câu 27) Cho hàm số y  mãn điều kiện x12  x2 2  x3 2  4 2x  1 Câu 31) Cho hàm số y  Tìm m để đường thẳng y=-2x+m cắt đồ thị tại hai điểm phân x 1 biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 3x  2 Câu 32) Cho hàm số y  (1) x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2) Viết phương trình đường thẳng đi qua M(1;3) cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  2 3 . Câu 33) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  3(1  m) x  1  3m (Cm). Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu đồng thời các điểm cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 4 3x  1 Câu 34) Cho hàm số y  ( H ) và đường thẳng y  (m  1) x  m  2 (d) Tìm m để đường x 1 3 thẳng (d) cắt (H) tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2 x 1 Câu 35) Cho hàm số y  ( H ) . Tìm điểm M thuộc (H) để tổng khoảng cách từ M đến 2 trục x 1 toạ độ là nhỏ nhất. 2x Câu 36) Cho hàm số y = (H)Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ x 1 thị ( H ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. 2x  1 Câu 37) Cho hàm số y  viết phương trình tiếp tuyến cuả HS biết tiếp tuyến tạo với 2 x 1 trục tọa độ tam giác có diện tích bằng 8 49 1 3 1 2 x  mx  ( m 2  3) x 3 2 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 2) Tìm m để hàm số có CĐ, CT và hoành độ CĐ, CT là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác 5 vuông có cạnh huyền bằng 2 Câu 39) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  1 sao cho tiếp tuyến tại A, B song Câu 38) Cho hàm số y  song với nhau và AB  4 2 Câu 40) Tìm m để hàm số y  x 3  mx 2  (2m  1) x  m  2 cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương Câu 41) Tìm m để đường thẳng y=x+4 cắt đồ thị hàm số y  x 3  2mx 2  ( m  3) x  4 tại 3 điểm phân biệt A, B,C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 4. (Điểm B, C có hoành độ khác 0, M(1;3)) 50 [...]... nghiệm tách phương trình tạo dạng tích: ( x  x0 ).G ( x)  0 trong đó G(x) là tam thức bậc 2 theo x Từ đó ta biện luận theo pt G(x)=0 Tuy nhiên trong một số bài toán ta không thể nhẩm được nghiệm Khi đó ta cần sử dụng các điều kiệ tương giao sau để giải toán + Hàm số : y=ax3+bx2+cx+d cắt trục Ox tại đúng một điểm khi và chỉ khi hàm số luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến hoặc hàm số có cực đại và cực tiểu... kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với đồ thị y=g(x) là hệ phương trình sau có nghiệm  f ( x)  g ( x )   f '( x)  g '( x ) + Điều kiện để hàm số y=f(x) tiếp xúc với trục Ox là hệ sau có nghiệm  f ( x)  0   f '( x)  0 26 3) Điều kiện tương giao của hàm số bậc 3: y=ax3+bx2+cx+d * Khi giải các bài tập về tương giao đường thẳng y=mx+n và đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d ta thường sử dụng phương pháp nhẩm... f CT  0 3 2 + Hàm số : y=ax +bx +cx+d cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 và f ( x1 ) f ( x2 )  0 + Hàm số : y=ax3+bx2+cx+d cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi hàm số có cực đại, cực tiểu và giá trị cực đại, cực tiểu trái dấu nhau  f '( x)  0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 và f ( x1 ) f ( x2 )  0 + Trong trường hợp các nghiệm của phương trình kèm... 1  0 x  0  x0  0  0 2 2  x0  2  y0  1  M  2;1 8) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang tại A, B mà chu vi tam giác IAB nhỏ nhất *) Để giải quyết dạng bài tập này học sinh cần nắm được một kết quả quan trọng sau: (Trong hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất tiếp tuyến bất kỳ cắt 2 tiệm cận tại A,B thì diện tích tam giác IAB không đổi) Vận dụng... hà số y  Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận Tìm m để tiếp tuyến xm bất kỳ của hàm số cắt hai 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 x 0  m ) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số. .. 32  12    4)Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc  16 + Xét hàm số y=f(x) Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1) Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 )  f '( x0 )  tan  + Tiếp tuyến tạo với trục Ox một góc   f '( x0 )  tan    Giải tìm x0 sau  f '( x0 )   tan  đó viết phương trình tiếp tuyến... m (4m  1)  0 Vậy với mọi m phương trình luôn có nghiêm duy nhất Ví dụ 3) Giả sử đồ thị hàm số y  x3  6 x 2  9 x  d cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt x1  x2  x3 Chứng minh 0  x1  1  x2  3  x3  4 Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số với trục Ox là : x3  6 x 2  9 x  d  0 (*) Điều kiện (*) có 3 nghiệm phân biệt là đường thẳng y=d cắt đồ thị hàm số y   x3  6 x 2  9 x Tại... Cho hàm số y  x3  2mx 2  3(m  1) x  2 (1), m là tham số thực Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng  : y   x  2 tại 3 điểm phân biệt A(0;2) ; B; C sao cho tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1) Giải: 30 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với () là: x 3  2mx 2  3(m  1) x  2   x  2 x  0  y  2  2  g ( x )  x  2mx  3m  2  0(2) Đường thẳng () cắt đồ thị hàm số (1)... x3  4 Kết luận: Đáp số m=2 6) Điều kiện để hàm số bậc bốn có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng Xét phương trình ax 4  bx 2  c  0 (1) Đặt t  x 2 (t  0) để phương trình (1)có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng thì phương trình at 2  bt  c  0 (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt t1 , t2 Giả sử ( t1  t2 ) khi đó 4 nghiệm của (1) là  t2 ,  t1 , t1 , t2 vì 4 nghiệm lập thành cấp số cộng nên   t2 ... Cùng với (1)  m  0 2) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b + Xét hàm số y=f(x) Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra tiếp tuyến tại M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1) Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  f '( x0 ) 1 + Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 )   Giải phương trình tìm a x0 sau đó viết phương trình tiếp tuyến theo ... sỏt s bin thi n v v th (C ) hm s vi m = 2/ Tỡm cỏc giỏ tr ca m đồ thị hàm số cú cỏc im cc i, cc tiu to thnh mt tam giỏc vuụng cõn Cõu 6) Cho hm s y x x 3x (1) 46 1).Kho sỏt s bin thi n v v... bin thi n v v th ca hm s (1) m Tỡm m hm s (1) cú cc i v cc tiu, ng thi cỏc im cc tr ca th cựng vi gc to O to thnh mt tam giỏc vuụng ti O Cõu 11) Cho hm s y x x (1) 1.Kho sỏt s bin thi n... xB m 2m m 2m m m + Vi m thay vo pt (1) cú: x x x y Lỳc ny ta im A,B l: A 2; , B 2; hoc B 2; , A 2; + Vi m thay vo pt (1) cú: x x x y Lỳc ny