Tổng hợp các câu hỏi phụ khảo sát hàm số

www.VNMATH.com TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ Bài 2x biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy A, B mà Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x−2 √ tam giác OAB thỏa mãn AB = OA Giải 2x0 −4 Cách Gọi M(x0 ; y0 ), (x0 = 2) thuộc đồ thị hàm số Pt tiếp tuyến d M có dạng: y− (x− = x0 − (x0 − 2)2 x0 ) √ 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 −4 +TH1: d vuông góc với đường phân giác y = x Có: = −1 ⇔ x0 = ∨ x0 = (x0 − 2)2 Với x0 = ⇒ ptd : y = −x (loại) Với x0 = ⇒ ptd : y = −x + −4 +TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x Có (−1) = −1 pt vô nghiệm Vậy có tiếp tuyến (x0 − 2)2 thỏa yêu cầu toán d : y = −x + π OA Cách nhận xét tam giác AOB vuông O nên ta có : sin(ABO) = = √ = sin AB nên tam giác AOB vuông cân O phương trình tiếp tuyến (C) điểm M = (x0 ; y0 ) có dạng : 2x0 (x − x0 ) + y=− (x0 − 2) ) x0 − 2 x0 2x0 dễ dàng tính A = ; B = 0; (x0 − 2)2 yêu cầu toán lúc tương đương với việc tìm x0 nghiệm phương trình 2x02 x02 = ⇔ x03 (x0 − 4) = (x0 − 2)2 +) với x0 = ta có phương trình tiếp tuyến : y + x = +) với x = 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           −2 < m < ∆ > 4 − m > √ ⇔ < m < 2(*) ⇔ S>0 ⇔ m>0 ⇔ m>0       √ √    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 √ 14 Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m = thỏa yêu cầu toán www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com Cách Yêu cầu toán việc tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn x12 + x22 = ta có : y′ = x2 − mx + m2 δy′′ = > hàm số cho có cực trị 5 (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 = (1) 2  x + x = m ′ x1 ; x2 nghiệm phương trình y = nên ta có thay vào (1) ta : m2 = x1 x2 = m − mặt khác theo ta có : x12 + x22 = có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán :m = m = − 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 + 2 − 3m = có nghiệm dương phân biệt      m = m=0    m=0              ∆′ > 4m2 − 4m + > m = 00⇔0 ⇔ m > , m < 3 Gọi B(x ; −x + 1),C(x ; −x + 1) Để B C đối xứng qua đường phân giác thứ thì: 1 2   x = −x + x = y 2 ⇔ ⇔ x1 + x2 = ⇔ m = ⇔ m = x2 = −x1 + y1 = x2 So sánh với đk, thấy không tìm m thỏa mãn Bài đề thi thử lần LQĐ Bình Định Cho hàm số y = x4 − 2mx2 + 2m2 − 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 > (∗) √ √ Gọi A(0; 2m2 − 4); B( m; m2 − 4);C(− m; m2 − 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 − (x − x ) + x0 , phương trình tiếp tuyến có dạng: y = x0 + (x0 + 1)2 x0 − Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 điểm A −1; , cắt tiệm cận đứng điểm B (2x0 + 1; 1) x0 + x0 − −1 = ; IB = |2x0 + − (−1)| = 2|x0 + 1| Ta có:IA = |x0 + 1| x0 + 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 Cho hàm số y = 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 + (với x0 = m) điểm thuộc đồ thị hàm số cho Gọi M x0 ; x0 − m www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm là: y = − + 2m2 + 2m2 + (x0 − m) (x − x0 ) + 2mx0 + x0 − m 2mx0 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: 4m2 + = 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 > Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng A m; 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 9m2 20 3m 3m 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 ) 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 Lấy 3.(3) − (4) ⇒ x42 = www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com Giải Vì chỉ√biết công thức tính cos góc từ vecto cho trước, cho kết cos đẹp ) ≈ 0, 9999 ≈ nên em nghĩ áp dụng công thức tính cos góc vecto cos( 25 − Gọi vecto phương pt tiếp tuyến M là: → u1 ( ; −1) Vecto phương dt ∆ : 3x+4y−1 = (x − 3)2 + 3| | (x − 3)2 → − → − → − = ⇔ |8+3(x−3)2 | = + (x − 3)4 ⇔ (x−3)2 = ⇔ là: u2 (4; −3) Có: cos ( u1 ; u2 ) = +1 (x − 3) 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 Giao (H) d có hoành độ nghiệm pt: = −x + m + ⇔ x2 − (m + 2)x + 2m + = x −  m2 − 4m + 16 > Để pt có nghiệm pb ∆ > 0, x = ⇔ ⇒ m =? 22 − 2(m + 2) + 2m + = 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)2 xo − xo + xo + ⇒ A(1; ) Khi y = ⇒ x = 2xo − ⇒ B(2xo − 1; 1), I(1; 1) Khi x = ⇒ y = xo − xo − √ xo + xo + ⇒ P(ABC) = IA + IB + AB = − + 2xo − + (2xo − 2)2 + (1 − ) = 2(2 + 2) xo − xo − √ ⇔ + 2(xo − 1) + (xo − 1) + = 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 = −1 a a ), phương trình tiếp tuyến M: y = (x − a) + - Gọi M(a; a−1 (a − 1) a−1 a+1 - Tọa độ giao điểm tiếp tuyến tiệm cận đứng là: A(1; ) a−1 - Tọa độ giao điểm tiếp tuyến tiệm cận ngang là: B(2a − 1; 1) √ + 2|a − 1| + (a − 1)2 + ≥ + 2, dấu - Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB + AB = |a − 1| (a − 1)2 = xảy |a − 1| = tức a = 0; a = - Với a = ⇒ y = −x - Với a = ⇒ y = −x + www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com Kết luận: y = −x, y = −x + tiếp tuyến cần tìm Bài 14 2x − m (1) Chứng minh với m = đồ thị hàm số (1) cắt (d) : y = 2x − 2m Cho hàm số: y = 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 (2) = 2x − 2m ⇔ 2mx2 − 2m2 x − m = x = − 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  ∆′ = m2 + > ⇔ ∀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 + =  x + x = m + B A Lại có: yA = −xA + m; yB = −xB + m Theo viet có xA xB = 2m + 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) www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com √ √ +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 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 √ 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 - Xét phương trình: = 2x + 3m ⇒ 2x2 + 3(1 + m)x + 6m − = (1) có nghiệm phân biệt khác -2 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 Tìm m để đồ thị hàm số y = x4 ˘mx2 + m˘1 cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ lớn −2 Giải − → Đổi  hệ trục tọa độ Oxy thành hệ trục tọa độ IXY phép tịnh tiến OI với I(1; 3) Công thức đổi trục: x = X + y = Y + Trong hệ tọa độ pt hàm số viết lại :Y = (1) điểm A trở thành A(1; −2) X 2 ;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  2   (1 − a) = + (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) 3b + 8b + Với a = từ (3) có = |b − 1| ⇒ b 3b + 3b2 + 7b + = 0(5) Xét điểm B a; www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com + Với (4) pt có nghiệm b = −1 ∨ b = −2 không thỏa b > −b − = + Với (5) pt có nghiệm b = − ∨ b = −2 không thỏa b > Với a = từ (3) có b b+2 b2 + b − = 0(6) |b − 1| ⇒ 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 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: √ −→ −→ √ −12 + 132 OA.OB = − ⇔ −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 − có đồ thị (C) Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt (C) điểm phân biệt Cho hàm số y = x +√1 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  ∆ = (m − 1)2 − 4(m + 1) > x + x = − m B A ⇔ (∗) Theo vi-et có :  f (−1) = − m + + m + = xA xB = 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 www.VNMATH.com www.VNMATH.com