50 câu phụ của KSHS có lời giải

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