đại số 11 lớp - huỳnh đức khánh

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt CHỦ ĐỀ: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC A TĨM TẮT LÍ THUYẾT I Các cơng thức lượng giác Các đẳng thức: * sin α + cos α = với α * tan α.cot α = với α ≠ * + tan α = * + cot α = cos α kπ với α ≠ k2π với α ≠ kπ sin α Hệ thức cung đặc biệt a.Hai cung đối nhau: α −α cos( −α) = cos α tan( −α ) = − tan α b Hai cung phụ nhau: α sin( −α ) = − sin α cot( −α) = − cot α π −α π − α) = sin α π tan( − α ) = cot α c Hai cung bù nhau: α π − α sin( π − α ) = sin α tan( π − α) = − tan α cos( d) Hai cung π : α π + α sin( π + α) = − sin α tan( π + α) = tan α π sin( − α) = cos α π cot( − α) = tan α cos( π − α) = − cos α cot( π − α ) = − cot α cos( π + α) = − cos α cot( π + α) = cot α Các công thức lượng giác a Công thức cộng Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả cos(a ± b) = cos a.cos b ∓ sin a.sin b tan(a ± b) = sin(a ± b) = sin a.cos b ± cos a.sin b tan a ± tan b ∓ tan a.tan b b) Công thức nhân sin 2a = sin a cos a cos 2a = cos a − sin a = − sin a = cos a − sin 3a = sin a − sin a cos3a = cos a − 3cosa c Công thức hạ bậc − cos 2a + cos 2a sin a = cos a = 2 − cos 2a tan a = + cos 2a d Công thức biến đổi tích thành tổng cos a.cos b = [cos(a − b) + cos(a + b)] sin a.sin b = [cos(a − b) − cos(a + b)] sin a.cos b = [sin(a − b) + sin(a + b)] e Công thức biến đổi tổng thành tích a+b a−b a+b a−b cos a + cos b = cos cos cos a − cos b = −2 sin sin 2 2 a+b a−b a+b a−b sin a + sin b = sin cos s in a - sin b = cos sin 2 2 sin(a + b) sin(a − b) tan a + tan b = tan a − tan b = cosa cos b cos a cos b II Tính tuần hồn hàm số Định nghĩa: Hàm số y = f(x) xác định tập D gọi hàm số tuần hồn có số T ≠ cho với x ∈ D ta có x ± T ∈ D f(x + T) = f(x) Nếu có số T dương nhỏ thỏa mãn điều kiện hàm số gọi hàm số tuần hồn với chu kì T III Các hàm số lượng giác Hàm số y = sin x • Tập xác định: D = R • Tập giác trị: [ − 1;1] , tức −1 ≤ sin x ≤ ∀x ∈ R Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt • Hàm số đồng biến khoảng ( − π π + k2 π; + k2π) , nghịch biến 2 π 3π khoảng ( + k2π; + k2π) 2 • Hàm số y = sin x hàm số lẻ nên đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng • Hàm số y = sin x hàm số tuần hoàn với chu kì T = 2π • Đồ thị hàm số y = sin x y -π -5π -π -2π 3π π -3π -3π O π 5π x 2 3π 2π 2π Hàm số y = cos x • Tập xác định: D = R • Tập giác trị: [ − 1;1] , tức −1 ≤ cos x ≤ ∀x ∈ R • Hàm số y = cos x nghịch biến khoảng (k2π; π + k2π) , đồng biến khoảng ( −π + k2π; k2π) • Hàm số y = cos x hàm số chẵn nên đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng • Hàm số y = cos x hàm số tuần hồn với chu kì T = 2π • Đồ thị hàm số y = cos x Đồ thị hàm số y = cos x cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = sin x π theo véc tơ v = ( − ; 0) y -π -5π -π -2π -3π -3π 3π π O 2 3π 2π π 5π 2 x Hàm số y = tan x π  • Tập xác định : D = ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ    Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả • Tập giá trị: ℝ • Là hàm số lẻ • Là hàm số tuần hồn với chu kì T = π  π π  • Hàm đồng biến khoảng  − + kπ; + kπ    • Đồ thị nhận đường thẳng x = π + kπ , k ∈ ℤ làm đường tiệm cận • Đồ thị y -π -2π -5π -3π 2 -π π 2 5π 3π π 2 x 2π O Hàm số y = cot x • Tập xác định : D = ℝ \{kπ , k ∈ ℤ } • • • • Tập giá trị: ℝ Là hàm số lẻ Là hàm số tuần hoàn với chu kì T = π Hàm nghịch biến khoảng ( kπ; π + kπ ) • Đồ thị nhận đường thẳng x = kπ , k ∈ ℤ làm đường tiệm cận • Đồ thị y -π -2π -5π -3π 2 -π π 2 π O B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 5π 3π 2π x Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Vấn đề Tập xác định tập giá trị hàm số Phương pháp • Hàm số y = f(x) có nghĩa ⇔ f(x) ≥ f(x) tồn có nghĩa ⇔ f(x) ≠ f(x) tồn f(x) • sin u(x) ≠ ⇔ u(x) ≡ kπ, k ∈ ℤ • Hàm số y = • cos u(x) ≠ ⇔ u(x) ≠ π + kπ , k ∈ ℤ • −1 ≤ sin x, cos x ≤ Các ví dụ Ví dụ Tìm tập xác định hàm số sau: π y = tan(x − ) y = cot ( 2π − 3x) Lời giải π π π 2π Điều kiện: cos(x − ) ≠ ⇔ x − ≠ + kπ ⇔ x ≠ + kπ 6  2π  TXĐ: D = ℝ \  + kπ, k ∈ ℤ  3  2π 2π 2π π − 3x) ≠ ⇔ − 3x ≠ kπ ⇔ x ≠ −k 3  2π π  TXĐ: D = ℝ \  + k , k ∈ ℤ    Điều kiện: sin( Ví dụ Tìm tập xác định hàm số sau: tan 2x π y = + cot(3x + ) sin x + y = tan 5x sin 4x − cos 3x Lời giải  π sin x ≠ −1 x ≠ − + k2 π    Điều kiện:  ⇔ π sin(3x + ) ≠   x ≠ − π + kπ  18   π π nπ  Vậy TXĐ: D = ℝ \ − + k2 π, − + ; k, n ∈ ℤ  18   π  Ta có: sin 4x − cos 3x = sin 4x − sin  − 3x  2  Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Toán lớp 12 – Nhiều tác giả x π  7x π  = cos  +  sin  −  2 4  4   π π   x ≠ 10 + k ≠ cos 5x    x π π  Điều kiện: cos  +  ≠ ⇔  x ≠ + k2 π     π k2 π   7x π   + ≠0 sin   x ≠ − 14 +      π kπ π π 2mπ  Vậy TXĐ: D = ℝ \  + , + n2π , − +  14   10 CÁC BÀI TỐN LUYỆN TẬP Bài Tìm tập xác định hàm số sau: − sin 2x − cos 3x y = y = cos 3x − 1 + sin 4x π y = tan(2x − ) + cot x y = − sin 3x Bài Tìm tập xác định hàm số sau: tan 2x 1 y = y = sin 2x − cos 3x sin 2x − cos 2x cot x π π y = y = tan(x − ).cot(x − ) sin x − Bài Tìm tập xác định hàm số sau: y = tan 3x.cot 5x π y = tan(2x + ) π y = tan 3x + cot(x + ) + sin x 3 y = tan 4x tan x y = cos 4x + sin 3x sin 3x y = sin 8x − sin 5x Vấn đề Tính chất hàm số đồ thị hàm số Phương pháp Cho hàm số y = f(x) tuần hồn với chu kì T * Để khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số, ta cần khảo sát vẽ đồ thị hàm số đoạn có độ dài T sau ta tịnh tiến theo véc tơ k.v (với v = (T; 0), k ∈ ℤ ) ta toàn đồ thị hàm số 10 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt * Số nghiệm phương trình f(x) = k , (với k số) số giao điểm hai đồ thị y = f(x) y = k * Nghiệm bất phương trình f(x) ≥ miền x mà đồ thị hàm số y = f(x) nằm trục Ox Chú ý: • Hàm số f(x) = a sin ux + b cos vx + c ( với u,v ∈ ℤ ) hàm số tuần hồn với chu kì T = 2π (u, v) ( (u, v) ước chung lớn nhất) • Hàm số f(x) = a.tan ux + b.cot vx + c (với u,v ∈ ℤ ) hàm tuần hoàn với chu kì T = π (u, v) Các ví dụ Ví dụ Xét tính tuần hồn tìm chu kì sở hàm số : f(x) = cos 3x x cos 2 Lời giải Ta có f(x) = ( cos x + cos 2x ) ⇒ hàm số tuần hồn với chu kì sở T0 = 2π Ví dụ Xét tính tuần hồn tìm chu kì sở (nếu có) hàm số sau f(x) = cos x + cos ( 3.x ) f(x) = sin x Lời giải Giả sử hàm số cho tuần hồn ⇒ có số thực dương T thỏa f(x + T) = f(x) ⇔ cos(x + T) + cos 3(x + T) = cos x + cos 3x cos T = Cho x = ⇒ cos T + cos 3T = ⇔  cos 3T = T = 2nπ m m ⇒ ⇒ 3= vơ lí, m,n ∈ ℤ ⇒ số hữu tỉ n n  3T = 2mπ Vậy hàm số cho khơng tuần hồn Giả sử hàm số cho hàm số tuần hoàn ⇒ ∃T > : f(x + T) = f(x) ⇔ sin(x + T)2 = sin x ∀x ∈ ℝ Cho x = ⇒ sin T = ⇔ T = kπ ⇒ T = kπ ⇒ f(x + kπ ) = f(x) ∀x ∈ ℝ Cho x = 2kπ ta có: f( 2kπ ) = sin ( k2 π ) = sin(k2 π) = 11 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Môn Toán lớp 12 – Nhiều tác giả f(x + kπ ) = sin ( k2π + kπ ) ( ) = sin 3kπ + 2kπ = ± sin(2kπ 2) ⇒ f(x + kπ ) ≠ Vậy hàm số cho hàm số tuần hồn Ví dụ Cho a, b,c,d số thực khác Chứng minh hàm số c f(x) = a sin cx + b cos dx hàm số tuần hoàn số hữu tỉ d Lời giải * Giả sử f(x) hàm số tuần hoàn ⇒ ∃T > : f(x + T) = f(x) ∀x a sin cT + b cos dT = b cos dT = Cho x = 0, x = −T ⇒  ⇒ −a sin cT + b cosdT = b sin cT = dT = 2nπ c m ⇒ ⇒ = ∈ℚ d 2n cT = mπ c c k 2πk 2lπ * Giả sử ∈ ℚ ⇒ ∃k,l ∈ ℤ : = Đặt T = = d d l c d Ta có: f(x + T) = f(x) ∀x ∈ ℝ ⇒ f(x) hàm số tuần hồn với chu kì T= 2πk 2lπ = c d Ví dụ Cho hàm số y = f(x) y = g(x) hai hàm số tuần hoàn với chu kỳ T1 ,T2 Chứng minh T1 số hữu tỉ hàm số T2 f(x) ± g(x); f(x).g(x) hàm số tuần hoàn Lời giải T Vì số hữu tỉ nên tồn hai số nguyên m,n; n ≠ cho T2 T1 m = ⇒ nT1 = mT2 = T T2 n Khi f(x + T) = f(x + nT1 ) = f(x) g(x + T) = g(x + mT2 ) = g(x) Suy f(x + T) ± g(x + T) = f(x) ± g(x) f(x + T).g(x + T) = f(x).g(x) , f(x + T) f(x) Từ ta có điều phải chứng minh = g(x + T) g(x) Nhận xét: Hàm số f(x) = a sin ux + b cos vx + c ( với u,v ∈ ℤ ) hàm số tuần hồn với chu kì T = 12 2π ( (u, v) ước chung lớn nhất) (u, v) Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Hàm số f(x) = a.tan ux + b.cot vx + c (với u,v ∈ ℤ ) hàm tuần hồn với chu kì T = π (u, v) CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Chứng minh hàm số sau hàm số tuần hồn với chu kì sở T0 π Bài Xét tính tuần hồn tìm chu kì sở (nếu có) hàm số sau y = sin 2x + sin x y = tan x.tan 3x y = sin 3x + cos 2x f(x) = sin x , T0 = 2π f(x) = tan 2x, T0 = Bài Xét tính tuần hồn tìm chu kì sở (nếu có) hàm số sau y = sin 2x + sin x y = tan x.tan 3x y = sin 3x + cos 2x y = sin x Vấn đề Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Các ví dụ Ví dụ Xét biến thiên vẽ đồ thị hàm số sau y = sin x Lời giải Hàm số y = sin x • TXĐ: D = ℝ • Hàm số y = sin x hàm số lẻ • Hàm số y = sin x hàm tuần hồn với chu kì T = 2π  π  • Hàm số đồng biến khoảng  k2 π; + k2π  Nghịch biến   π  khoảng  + k2π; π + k2π  2  π  • Đồ thị hàm số quan điểm (kπ; 0),  + k2 π;  2  y -5π 3π -π 2 -3π O π x 5π 13 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Ví dụ Xét biến thiên vẽ đồ thị hàm số sau y = tan 2x Lời giải Hàm số y = tan 2x π π  • TXĐ: D = ℝ \  + k , k ∈ ℤ  4  • Hàm số y = tan 2x hàm số lẻ • Hàm số y = tan 2x hàm tuần hồn với chu kì T = π  π  • Hàm số đồng biến khoảng  kπ; + kπ    π π • Các đường tiệm cận: x = + k kπ • Đồ thị hàm số quan điểm ( ; 0) y -3π -π π 5π 7π -5π 3π -7π 4 4 4 4 x O Ví dụ Xét biến thiên vẽ đồ thị hàm số sau y = + cos x Lời giải Hàm số y = + cos x Ta có: y = + cos 2x • TXĐ: D = ℝ • Hàm số y = + cos 2x hàm số chẵn • Hàm số y = + cos 2x hàm tuần hồn với chu kì T = π 14 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Ta có y' = 6x − 6(m + 1)x + m , suy phương trình tiếp tuyến (d) y = y'( −1)(x + 1) + y( −1) = (12+7m)(x+1) – 3m – ⇔ y = (12+7m)x +4m+8 A(0; 8) ∈ (d) ⇔ = 4m +8 ⇔ m =  4m +  Gọi P,Q giao điểm (d) với trục Ox Oy P  − ;0 ,  12 + 7m  Q(0; 4m+8) 8m + 32 + 32m 1 4m + Diện tích: OPQ: S = OP.OQ = − 4m + = 2 12 + 7m 12 + 7m S= 8 ⇔ 8m + 32m + 32 = 12 + 7m 3    m = ∨ m = − 8m + 32m + 32 = (12 + 7m) + = m m ⇔ ⇔  ⇔  −19 ± 73 8m + 32m + 32 = − (12 + 7m)  3m + 19m + 24 =  m =   Bài 7: (C) tiếp xúc (P) điểm có hồnh độ x0 hệ sau có nghiệm x0  x4  x =  x0 =  − 2x02 + = x02 + m ⇔ ∨ 4  m =  m = 20  x − 4x = 2x 0  2.Phương trình tiếp tuyến (d): y = y'(a)(x − a) + a4 a4 − 2a + = (a − 4a)(x − a) + − 2a + 4 3a + 2a + 4 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d): = (a − 4a)x − x4 3a − 2x + = (a − 4a)x − + 2a + ⇔ x − 8x − 4(a − 4a)x + 3a − 8a = 4 x = a ⇔ (x − a)2 (x + 2ax + 3a − 8) = ⇔  2  x + 2ax + 3a − = (3) (d) cắt (C) hai điểm E,F khác M ⇔ Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt −2 < a <  ∆ ' = a − 3a + >  khác a ⇔  ⇔ (*) 6a − ≠ a ≠ ±  Tọa độ trung điểm I E,F : 498 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt xE + x F   x I = −a = −a xI =  ⇔   7a 4 + 6a +  y = (a − 4a)( −a) − 3a + 2a + (do I ∈ (d))  yI = −  I  I ∈ (P) : y = − x + ⇔ − a = 7a a2 + 6a + = −a + ⇔ 7a (1 − ) = ⇔  4  a = ±2 So với điều kiện (*) nhận a = Bài 8: Hai đường cong cho tiếp xúc điểm có hồnh độ x0 ⇔ hệ  x2 − x +  = x02 + m  x0 − phương trình :   x0 − 2x0 = 2x0  (x − 1)  (1) có nghiệm x0 (2) Ta có: (2) ⇔ x0 (2x02 − 5x0 + 4) = ⇔ x = thay vào (1) ta m = −1 Vậy m = −1 giá trị cần tìm (C1 ) (C2 ) tiếp xúc điểm có hồnh độ x0 ⇔ hệ phương trình  mx + (1 − 2m)x + 2mx = 3mx + 3(1 − 2m)x + 4m − 0 0 sau có nghiệm x0 :  2  3mx0 + 2(1 − 2m)x0 + 2m = 9mx0 + 3(1 − 2m)  2mx − (1 − 2m)x + (3 − 8m)x + 4m − = (1) 0 có nghiệm x0 ⇔ (2) 6mx0 − 2(1 − 2m)x0 + − 8m = Ta có : (1) ⇔ (x0 − 1)(2mx02 − (1 − 4m)x0 − 4m + 2) =  x0 = ⇔  2mx0 − (1 − 4m)x0 − 4m + = • Với x0 = thay vào (2), ta có: m = • Với 2mx02 − (1 − 4m)x0 − 4m + = (*) ta có :  x0 = (2) ⇔ 4mx02 − x0 + − 4m = ⇔   x = − 4m  4m − 4m vào (*) ta được: Thay x0 = 4m (m ≠ m = hệ vơ nghiệm) (1 − 4m)2 (1 − 4m)2 − + − 4m = 8m 4m 499 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả ⇔ 48m − 24m + = ⇔ m = 3± 12 3± ,m = giá trị cần tìm 12 (Cm) tiếp xúc với (P) điểm có hồnh độ x0 hệ Vậy m =  x − 4mx + 7mx − 3m = x − x + (1) 0 0 (A) có nghiệm x0  3x − 8mx + 7m = 2x −  0 Giải hệ (A), (1) ⇔ x03 − (4m + 1)x02 + (7m + 1)x0 − 3m − =  x0 = ⇔ (x0 − 1)(x02 − 4mx0 + 3m + 1) = ⇔   x0 − 4mx0 + 3m + = Vậy (A)  x0 =  x0 − 4mx0 + 3m + = ⇔ ∨  3x0 − 2(4m + 1)x0 + 7m + = (2)  3x0 − 2(4m + 1)x0 + 7m + = (2) Thay x0 = vào (2) ta m =  3x − 2(4m + 1)x + 7m + = (2) 3x2 − 2(4m + 1)x + 7m + = (2) 0 Hệ  ⇔ 2 3x0 − 12mx0 + 9m + = (4)  x0 − 4mx0 + 3m + = (3) Trừ hai phương trình (2) (4) ,vế với vế ta 4m x0 – x0 – 2m – = ⇔ (2m − 1)x0 = m + (5) m +1 (5) trở thành = 3/2 (sai) (5) ⇔ x0 = 2m − m +1 Thay x0 = vào phương trình (3) ,ta 2m − Khi m =  m +1   m +1    − 4m   + 3m + =  2m −   2m −  ⇔ 4m − 11m + 5m + = ⇔ m = ∨ m = − ∨ m =   Vậy giá trị m cần tìm m ∈ 2; − ;1   Bài 9: Ta có y' = x − 2x (x − 1)2 Gọi M(x0 ; y0 ) tọa độ tiếp điểm tiếp tuyến d với (C) 500 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt d:y= x02 − 2x0 (x0 − 1)2 (x − x0 ) + x02 − x0 + x0 − Vì d song song với đường thẳng ∆ : y = x02 − 2x0 (x0 − 1) = x + , nên ta có: 4 ⇔ x02 − 2x0 − = ⇔ x0 = −1, x0 = 3 x− 4 • x0 = ⇒ phương trình tiếp tuyến: y = x + 4 • x0 = −1 phương trình tiếp tuyến: y = Cách 1: M ∈ d ⇔ = x02 − 2x0 (x0 − 1)2 ( −1 − x ) + x02 − x0 + x0 − ⇔ 3(x0 − 1)2 = (x02 − 2x0 )( −x0 − 1) + (x0 − 1)(x02 − x0 + 1) • Với x0 = ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = ⇔ 2x02 − 5x0 + = ⇔ x0 = 2,x0 = ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = −3x Cách 2: Gọi d đường thẳng qua M( −1; 3) , có hệ số góc k, phương • Với x0 = trình d có dạng: y = k(x + 1) + d tiếp xúc đồ thị điểm có hồnh độ x0 hệ phương trình sau có nghiệm  x2 − x +  = k(x0 + 1) + (1) x −  x0 :   x0 − 2x0 =k (2)   (x0 − 1) Thế (2) vào (1) ta được: x02 − x0 + x0 − = x02 − 2x0 (x0 − 1)2 (x0 + 1) + • Với x0 = ⇒ k = ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = ⇔ 2x02 − 5x0 + = ⇔ x0 = 2,x0 = ⇒ k = −3 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = −3x Đồ thị có hai tiệm cận x = y = x suy giao điểm hai tiệm cận • Với x0 = I(1;1) 501 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Cách 1: I ∈ d ⇔ = x02 − 2x0 (x0 − 1)2 (1 − x0 ) + x02 − x0 + x0 − ⇔ x0 − = −x02 + 2x0 + x02 − x0 + ⇔ = vơ nghiệm Vậy khơng có tiếp tuyến qua I Cách 2: Gọi d đường thẳng qua I, có hệ số góc k ⇒ d : y = k(x − 1) + d tiếp xúc với đồ thị điểm có hồnh độ x0 hệ  x2 − x +  = k(x0 − 1) +  x0 − có nghiệm x0   x0 − 2x0 =k  (x − 1)  Thế k vào phương trình thứ hai ta được: x02 − x0 + x0 − = x02 − 2x0 x0 − +1 ⇔ x02 − x0 + = x02 − 2x0 + x0 − phương trình vơ nghiệm Vậy qua I khơng có tiếp tuyến kẻ đến (C) ∆ m có hệ số góc k m = m Số tiếp tuyến thỏa mãn tốn số nghiệm phương trình: y'.k m = −1 ⇔ m(x2 − 2x) = −1 ⇔ (m + 1)x − 2(m + 1)x + = (*) ( với điều kiện (x − 1) x ≠ 1) * Nếu m = −1 ⇒ (*) vơ nghiệm ⇒ khơng có tiếp tuyến * Nếu m ≠ −1 : (*) có ∆ ' = m(m + 1) (*) có nghiệm x = ⇔ m = m > • Khi  ⇒ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇒ có hai tiếp tuyến  m < −1 • Khi −1 < m ≤ (*) vơ nghiệm ⇒ khơng có tiếp tuyến Bài 10: Cách 1: Gọi điểm M(x0 ; y0 ) ∈ (C) Tiếp tuyến ∆ M (C) có phương trình y= 502 −3 (x0 − 1) (x − x0 ) + x0 + x0 − Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt A∈∆ ⇔ m = 3x0 (x0 − 1) + x0 + x0 − ⇔ m(x0 − 1)2 = 3x0 + (x0 + 2)(x0 − 1) = (với x0 ≠ ) ⇔ (m − 1)x02 − 2(m + 2)x0 + m + = (*) u cầu tốn ⇔ (*) có hai nghiệm a, b khác cho ∆ ' = 3(m + 2) > m ≠ (a + 2)(b + 2) ab + 2(a + b) +   = < hay là:  m − ≠ ⇔ (a − 1)(b − 1) ab − (a + b) +  −3m − < m > −   m ≠  Vậy  giá trị cần tìm m > −  Cách 2: Đường thẳng d qua A, hệ số góc k có phương trình: y = kx + m  x0 + = kx0 + m   x0 − d tiếp xúc đồ thị điểm có hồnh độ x0 hệ  có  −3 =k  (x − 1)2  nghiệm x0 Thế k vào phương trình thứ nhất, ta đươc: x0 + x0 − −3x0 = (x0 − 1) + m ⇔ (m − 1)x02 − 2(m + 2)x0 + m + = (*) Để từ A kẻ hai tiếp tuyến (*) có hai nghiệm phân biệt khác ∆ ' = 3(m + 2) >  m > −2  ⇔ m ≠ ⇔ (i) m ≠  m − − 2(m + 2) + m + ≠  Khi tọa độ hai tiếp điểm là: M1 (x1 ; y1 ), M (x ; y ) với x1,x2 nghiệm (*) y1 = x1 + x +2 ; y2 = x1 − x2 − Để M1, M2 nằm hai phía Ox y1 y < ⇔ Áp dụng định lí Viet: x1 + x = x1x + 2(x1 + x ) + < (1) x1x − (x1 + x ) + 2(m + 2) m+2 ; x1 x = m −1 m −1 9m + − −3  m > − Kết hợp với (i) ta có  giá trị cần tìm m ≠  ⇒ (1) ⇔ 503 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả (C) tiếp xúc với trục hồnh điểm có hồnh độ x0 hệ  −x + 2(m + 1)x − 5mx + 2m = 0 0 (A) có nghiệm x0   −3x0 + 4(m + 1)x0 − 5m = Giải hệ (A) (x − 2)(x − 2mx + m) = x0 = 0 (A) ⇔  ⇔ 2 3x0 − 4(m + 1)x0 + 5m = (1) 3x0 − 4(m + 1)x0 + 5m =  x − 2mx + m = Hoặc  Thay x0 = vào (1) ta m =  3x0 − 4(m + 1)x0 + 5m =  x − 2mx + m = (2)  3x − 6mx + 3m = (3) 0 Hệ  ⇔ 2 3x 4(m 1)x 5m 3x 4(m − + + = − + 1)x0 + 5m = (1)   Trừ hai phương trình (1) (3) , vế với vế ta m (m − 2)x0 = −m ⇔ x0 = − m−2 Thay x0 = − m m2 2m vào (1), ta : + +m=0 m−2 (m − 2)2 m −  4 ⇔ m − 3m + 2m = ⇔ m = ∨ m = ∨ m = Vậy m ∈ 0;1; 2;  3  ( C m ) tiếp xúc với (d) điểm có hồnh độ x0 hệ  x − (m + 1)x + 4m = (1) 0 (A) có nghiệm x0   4x0 − 2(m + 1)x0 = (2) m +1 Giải hệ (A), (2) ⇔ x0 = x02 = Thay x0 = vào (1) ta m = Thay x02 = m +1  m + 1 (m + 1)2 vào (1) ta  − + 4m =  2   ⇔ m − 14m + 13 = ⇔ m = ∨ m = 13 3 ( C m ) tiếp xúc với (d) điểm (0;3) nên m = không 4 thỏa mãn yêu cầu tốn Khi m = Khi m= x02 = ⇔ x0 = ±1 ,suy ( C m ) tiếp xúc với (d) hai điểm ( ±1; ) 504 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Khi m = 13 x02 = ⇔ x0 = ± ,suy ( C m ) tiếp xúc với (d) hai điểm ( ± ; 3) Vậy giá trị m cần tìm m = ∨ m = 13 Bài 11: Tam giác OAB vng O , H hình chiếu vng góc O lên AB ,suy OA = AH.AB OB2 HB OB ⇒ = =4⇒ = ⇒ tan OAB =  2 HA OA OA OB = BH.BA ⇒ Hệ số góc đường thẳng (d) : k = ± Khi k = ,phương trình (d) có dạng y = 2x + m  2x0 − = 2x0 + m (2)   x0 − (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 ⇔  có nghiệm  = (3)  (x − 1)2  x − = x = x0 (3) ⇔ (x0 − 1)2 = ⇔  ⇔  x − = −1  x = Thay x0 = vào (2) ta m = - Thay x0 = vào (2) ta m = Vậy trường hợp này, phương trình tiếp tuyến (d) y = 2x ± Khi k = - , phương trình (d) có dạng : y = -2x + m  2x0 − = −2x0 + m (4)   x0 − (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 ⇔  ⇔ có  = −2 (5)  (x − 1)2  nghiệm x0 Phương trình (5) vơ nghiệm nên hệ vơ nghiệm Vậy phương trình tiếp tuyến (d): y = 2x ± Gọi x0 hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến (d) với (C), phương trình (d) 2x − có dạng y = f '(x0 )(x − x0 ) + f(x0 ) = (x − x0 ) + x0 − (x − 1) = (x0 − 1) x+ 2x02 − 8x0 + (x0 − 1)2 A giao điểm (d) với trục hoành ⇒ A( − x02 + 4x0 − 2; 0)  2x2 − 8x +   B giao điểm (d) với trục tung ⇒ B  0;   (x − 1)   Diện tích tam giác OAB (vng O) : 505 Các giảng trọng tâm theo chuyên đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả S= 2x − 8x0 + (x02 − 4x0 + 2)2 1 OA.OB = − x02 + 4x0 − = 2 (x0 − 1)2 (x0 − 1)2 S=4⇔ (x02 − 4x0 + 2)2 (x0 − 1) = ⇔ (x02 − 4x0 + 2)2 = 4(x0 − 1)2  x − 4x + = 2(x − 1)  x − 6x + = 0 0 ⇔ ⇔ 2  x0 − 4x0 + = −2(x0 − 1)  x0 − 2x0 = x = − ∨ x = + ⇔  x0 = ∨ x0 = Suy phương trình tiếp tuyến (d): 4 y= x+ , y= x+ , y = 2x+4 , y = 2x – 2 2− 2+ (2 − 5) (2 + 5) Bài 12:   9  A ∈ Oy  A  0;    2   9⇒  9 OA =  A  0; −   2    9 Trường hợp A  0;  Khi phương trình tiếp tuyến (d) có dạng y = kx +  2  x − 3x  = kx0 + (2) − x  (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 ⇔  có nghiệm  − x0 + 2x0 − = k (3)   (1 − x0 ) x0 Thay (3) vào (2) ta x0 ≠ ⇔ 2 − x0 (1 − x0 ) 2(x0 − 3x0 )(1 − x0 ) = −2x0 + 4x0 − 6x0 + 9(1 − x0 )  x0 =  x0 ≠ ⇔ ⇔ x =  5x0 − 18x0 + = 0  Thay x0 = vào (3) ta k = − 27 Thay x0 = vào (3) ta k = − x02 − 3x0 506 = − x02 + 2x0 − x0 + Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 27 Vậy trường hợp , phương trình (d) y = − x + , y = − x + 2 2  9 Trường hợp 2: A  0; −  Khi phương trình (d) có dạng : y = kx − 2    x − 3x  = kx0 − (4) − x  (d) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 ⇔  có nghiệm  − x0 + 2x0 − = k (5)  (1 − x )  x0 Thay (5) vào (4), ta được: x02 − 3x0 − x0 = − x02 + 2x0 − (1 − x0 ) x0 −  x0 ≠ ⇔ 2  2(x0 − 3x0 )(1 − x0 ) = −2x0 + 4x0 − 6x0 − 9(1 − x0 )  x0 ≠ ⇔ 13x0 + 18x0 + = (vn) Do trường hợp khơng có tiếp tuyến (d) thỏa đề 27 Vậy phương trình tiếp tuyến (d) cần tìm y = − x + , y = − x + 2 2 y − yM x − xM a Phương trình đường thẳng MN: = ⇔ y = −3x + y M − y N xM − x N Phương trình hoành độ giao điểm (C) đường thẳng MN x − 3x 2x2 − 3x + = (vn) = −3x + ⇔  1− x x ≠ Suy đường thẳng MN (C) khơng có điểm chung b Tiếp tuyến (D) song song đường thẳng MN suy phương trình (D) có dạng y = - 3x + m (m ≠ 3)  x − 3x  = −3x0 + m (6)  − x0 có (D) tiếp xúc (C) điểm có hồnh độ x0 ⇔   −x0 + 2x0 − = −3 (7)   (1 − x0 ) −x + 2x0 −  x0 ≠ nghiệm x0 ⇒ = −3 ⇔  2 (1 − x0 )2  −x0 + 2x0 − = −3(1 + x0 − 2x0 )  x0 ≠ x = ⇔ ⇔  2x0 − 4x0 =  x0 = Thay x0 = vào (6) ta m = 507 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Thay x0 = vào (6) ta m = Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm y = −3x , y = −3x + Khi m = tiếp điểm tiếp tuyến (D) với (C) O(0;0) Khi m = tiếp điểm tiếp tuyến (D) với (C) K(2;2) Vì đường thẳng MN (C) khơng có điểm chung d(O, MN) = < d(K,MN) = điểm thuộc (C) có khoảng cách từ 10 10 đến đường thẳng MN O Mặt khác S EMN = MN.d(E,MN) , độ dài MN khơng đổi ,do SEMN nhỏ ⇔ d(E,MN) nhỏ ⇔ E ≡ O Vậy điểm cần tìm gốc tọa độ O Bài 13: Xét M(0; m) ∈ Oy Đường thẳng d qua M, hệ số góc k có phương trình: y = kx + m d tiếp xúc đồ thị điểm có hồnh đồ x0 hệ   x0 + 4x0 + 2x0 + = kx0 + m  có nghiệm x0 4x0 +  =k 1 + 4x02 + 2x0 +  Thay k vào phương trình thứ ta được: x0 + 4x02 + 2x0 + = x0 + 4x02 + x0 4x02 + 2x0 + +m ⇔ 4x02 + 2x0 + = 4x02 + x0 + m 4x02 + 2x0 + ⇔ m = x0 + 4x02 + 2x0 + = f(x0 ) (*) Để từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ⇔ (*) có nghiệm Xét hàm số f( x0 ), ta có: f '(x0 ) = Mặt khác: lim f(x0 ) = x→+∞ ; −3x0 ( 4x02 + 2x0 + 1)3 lim f(x0 ) = − x→−∞ ⇒ f '(x0 ) = ⇔ x0 = Bảng biến thiên: x0 f '(x0 ) 508 −∞ +∞ + − Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt f(x0 ) − 2 < m ≤ Vậy M(0;m) với − < m ≤ điểm cần tìm (*) có nghiệm ⇔ − Bài 14: Tiệm cận đứng (C) : x = 1, tiệm cận xiên (C): y = 2x – 1, suy giao điểm hai đường tiệm cận I(1;1) Phương trình tiếp tuyến (d) (C) qua I : y = k(x – 1) +   2x − + x − = k(x − 1) + (1)  (d) tiếp xúc với (C) điểm có hồnh độ x0 ⇔  có 2 − = k (2)  (x − 1)2 nghiệm x0 Thay − (x0 − 1)2 = k vào (1) ta   2  (x0 − 1) + ⇔ = 2 − = (3) x0 −  (x0 − 1)  (x0 − 1)2  Phương trình (3) vơ nghiệm nên khơng tồn tiếp tuyến (C) qua I Hai tiếp tuyến (C) M1M song song với ⇔ y'(x1 ) = y'(x ) 2x0 − + ⇔2− (x1 − 1) =2− (x − 1)2 ⇔ (x1 − 1)2 = (x − 1)2 ⇔ x1 − = − x (do x1 ≠ x ) ⇔ x1 + x = Gọi E trung điểm đoạn M1M  x1 + x2 =1  xE =      y =  2x − + + 2x − +  E   2 x1 − x −  1 2  yE =  2(x1 + x ) − + −  =1 2 x1 − x1 −  Vậy E(1;1) ⇒ E ≡ I ⇒ điều phải chứng minh 509 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Bài 15: Phương trình: 4x − 3x + 2a − 3a = tương đương với phương trình : −4x + 3x + = 2a − 3a + Phương trình cho có hai nghiệm âm nghiệm dương đường thẳng y = 2a − 3a + cắt đồ thị y = −4x + 3x + ba điểm có hai điểm có hồnh độ âm điểm có hồnh độ dương Từ đồ thị suy ra: < 2a − 3a + < tức ta có hệ: 0 < 2a − 3a + 1 hay < a < < a <  2  2a − 3a < Giả sử M ( m; ) điểm cần tìm d đường thẳng qua M có hệ số góc k , phương trình có dạng: y = k ( x − m ) + Đường thẳng d tiếp xúc với đồ thị ( C ) điểm N ( x0 ; y0 ) hệ :  −4x + 3x + = k ( x − m ) + 0  có nghiệm x0 , từ hệ suy   −4x0 + 3x0 + ' =  k ( x0 − m ) +  ' ( 2x0 − 1) 4x02 − ( 3m − 1) x0 − 3m + 1 = (1) có nghiệm x0 Qua M kẻ đường thẳng tiếp xúc với ( C ) phương ( ) ( 1) trình có nghiệm x0 , tức phương 4x02 − ( 3m − 1) x0 − 3m + = ( ) có hai nghiệm phân biệt khác m < −1 trình hay 1