Tài liệu Phần 3: Hàm bậc 4 doc

Bài 2: ÔN TẬP VỀ HÀM HỮU TỶ (Nội dung ôn tập trung tâm luyện thi chất lượng cao Vónh Viễn cung cấp) 1) Phương trình tổng quát : f(x) = ax + bx + c với a.m ≠ mx + p Thực phép chia đa thức ta có : f(x) = bm − ap a D x+ + m mx + p m (1) ⎛ bm − ap ⎞ D=c–p ⎜ ⎟ ⎝ m ⎠ Đường tiệm cận : * Nếu D ≠ đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng Với 2) x= − p bm − ap a tiệm cận xiên y = x + m m m2 Giao điểm I hai tiệm cận tâm đối xứng đồ thị hàm số * Nếu D = 0, đồ thị suy biến thành đường thẳng y= 3) bm − ap p a trừ điểm có hoành độ x = − x+ m m m Đạo hàm cấp 1, : Khi gặp hàm hữu tỉ nên dùng công thức (1), ta có : a ( mx + p) − Dm a Dm m f’(x) = − = m (mx + p) (mx + p) Dm.2m (mx + p )3 Cực trị hàm số : f / / ( x) = 4) Nếu tam thức g(x) = a (mx + p) − Dm m có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số đạt cực trị x1, x2 đồ thị hàm số có hai điểm cực trị laø : ⎛ M ⎜ x ,2 ⎝ / a b⎞ x1 + ⎟ m m⎠ ⎛ N ⎜ x ,2 ⎝ a b⎞ x2 + ⎟ m m⎠ i) Nếu a.m > y = vô nghiệm hàm tăng ( đồng biến) khỏang xác định ii) Nếu a.m < y/ = vô nghiệm hàm giảm ( nghịch biến) khỏang xác định iii) Nếu a.m > y/ = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm đạt cực đại x1 đạt cực tiểu x2 thỏa x1 < x2 x1 + x p =− m iv) Neáu a.m < y/ = có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm đạt cực tiểu x1 đạt cực đại x2 thỏa x1 < x2 vaø 5) x1 + x p =− m Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị : Giả sử hàm có cực trị Tọa độ hai điểm cực trị thỏa phương trình đường thẳng : y= 6) 2a b x+ m m phương trình đường thẳng qua điểm cực trị Tính chất tiếp tuyến : Mọi tiếp tuyến với (C) M thuộc ( C ) cắt hai đường tiệm cận A B : * M trung điểm AB * Tam giác IAB có diện tích không đổi 7) Tính chất đường tiệm cận : * Mọi điểm M thuộc (C) có tích hai khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận số * Nếu từ điểm E nằm đường tiệm cận (C) qua E có tiếp tuyến với (C) bx + c 8) Khi a = vaø m ≠ ta có hàm biến f(x) = mx + p * Khi m ≠ vaø bp – cm ≠ đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = − p tiệm cận m b m Giao điểm I hai tiệm cận tâm đối xứng đồ thị hàm số * Nếu bp – cm = 0, đồ thị suy biến thành đường thẳng b p trừ điểm có hoành độ x = − y= m m Đạo hàm cấp a = 0: bp − cm f ’(x) = (mx + p) ngang y = Đạo hàm có dấu (bp – cm) với x ≠ − p Do hàm đồng biến ( nghịch m biến) khoảng xác định; nên gọi hàm biến ĐỀ TOÁN ÔN TỔNG HP HÀM HỮU TỈ Cho hàm số y = 1) 2) 3) 4) 5) (m + 1)x − mx − (m − m − 2) có đồ thị (Cm) x−m I Trong phần khảo sát tính chất hàm số m = -1 Khảo sát vẽ đồ thị (C-1) Chứng minh (C-1) có tâm đối xứng Gọi (DP) đường thẳng có phương trình y = 2x + p Chứng minh (DP) luôn cắt (C-1) hai điểm A, B Định p để đoạn AB ngắn Tìm hai điểm M, N thuộc hai nhánh (C-1) để khoảng cách MN ngắn Tìm M ∈ (C-1) để IM ngắn Trong trường hợp chứng tỏ tiếp tuyến với (C-1) M vuông góc với IM Gọi (D) đường thẳng có phương trình y = ax + b với a ≠ Tìm điều kiện b để tồn a cho (D) tiếp xúc với (C-1) II Trong phần ta xét tính chất hàm số m ≠ -1 6) Tìm đường tiệm cận xiên (Cm) Chứng minh tiệm cận xiên tiếp xúc với parabol cố định y = − x2 + x – 4 7) Định m để tâm đối xứng (Cm) nằm parabol y = x2 + III Khảo sát tính chất hàm số m = 8) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số m = 9) 10) 11) 12) Biện luận theo k số tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C) Tìm Ox điểm từ ta vẽ tiếp tuyến đến (C) Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) J thuộc ( C), ∆ cắt đường tiệm cận E F Chứng minh J trung điểm EF tam giác IEF có diện tích không đổi ( I tâm đối xứng) Chứng minh tích số hai khoảng cách từ J ∈ (C) đến hai đường tiệm cận (C) số BÀI GIẢI Phần I: m = –1 hàm số thành y= 1) 2x + =2+ x +1 x +1 Khảo sát vẽ đồ thị (C–1) : độc giả tự làm Chứng minh (C–1) có tâm đối xứng ⎧X = x + ⇒ ⎨ ⎩Y = y − Đặt hàm số thành Y= ⎧x = X − ⎨ ⎩y = Y + 2 , hàm lẻ Vậy hàm số nhận điểm X I(–1,2) làm tâm đối xứng Cách khác: đồ thị nhận giao điểm I(–1,2) tiệm cận làm tâm đối xứng 2) Phương trình hoành độ giao điểm ( Dp ) (C–1) laø : 2x + = 2x + p x +1 ⇔ 2x + = (2x + p) (x + 1) (hiển nhiên pt nghiệm x = –1) ⇔ 2x2 + px + p – = (1) pt (1) coù ∆ = p2 – 8(p – 4) = (p – 4)2 + 16 ∆ > 0, ∀ p ⇒ (1) có nghiệm phân biệt ∀ p ⇒ ⇒ (Dp) cắt (C–1) điểm phân biệt A (x1 , 2x1 + p), B (x2 , 2x2 + p) Với x1, x2 nghiệm (1) Ta có: AB2 = (x2 – x1)2 + (2x2 – 2x1)2 = 5(x2 – x1)2 = 5(x1 + x2)2 – 20x1x2 maø x1 + x2 = − p p−4 , x1.x2 = 2 neân AB p2 = − 10 ( p − ) = p − 10p + 40 Do đó, AB ngắn p = −b =4 2a Cách khác: Ta có x − x1 = ⇒ ∆ a ( p − ) + 16 ∆ (x2 – x1) = = a Do đó, AB đạt ⇔ AB2 ñaït ⇔ 5(x2 – x1)2 ñaït ⇔ (x2 – x1)2 đạt ⇔ (p – 4)2 + 16 đạt 3) ⇔ p=4 Gọi M, N điểm nhánh khác (C–1) Giả sử Đặt xM < – < xN X = x + vaø Y = y – 2 X I (–1,2), hàm thành Y = Trong hệ trục XIY ta có : XM < < X N Vaø MN ⎛ 2 ⎞ = (XN – XM) + ⎜ − ⎟ ⎝ XN XM ⎠ ⎡ = (XN – XM)2 ⎢1 + ⎣ Vì ⎤ ⎥ XN XM ⎦ – XM > Nên theo bất đẳng thức Cauchy ta coù : (XN – XM)2 = [XN + (– XM)]2 ≥ 4XN (– XM) dấu xảy ⇔ XN = – XM ⇒ MN2 ≥ – XN XM + ≥ 2(8) 16 XN ( − XM ) (Cauchy) Vậy MN đạt ⇔ MN2 = 16 ⎧XN = − XM > ⎪ ⇔ ⎨ 16 ⎪4X N X M = X X N M ⎩ ⎧⎪ X N = ⎨ ⎪⎩ X M = − ⇔ Vậy hệ trục X I Y ta có MN ngắn N( , ) Do đó, hệ trục xOy ta có MN ngắn nhaát M(–1 – , – ) , N (–1 + (nhớ: , 2+ 2) x = X – , y = Y + 2) Cách khác: Ta có xM < – < xN Đặt α = + xM β = + xN α < < β ⎛ ⎝ Ta coù M ⎜ α - , + MN ⎛ 2⎞ 2⎞ ⎟ , N⎜β - , + ⎟ α⎠ β⎠ ⎝ ⎛2 2⎞ = (β − α ) + ⎜ − ⎟ α⎠ ⎝β 2 ⎤ ⎡ = (β − α ) ⎢1 + 2 ⎥ αβ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ MN2 = ⎡⎣(β + α ) − 4αβ ⎤⎦ ⎢1 + 2 ⎥ αβ ⎦ ⎣ ⎡ ⎤ ≥ – α β ⎢1 + 2 ⎥ αβ ⎦ ⎣ ⎛ ⎞ ≥ – α β ⎜⎜ ⎟⎟ = 16 αβ ⎝ ⎠ (Cauchy) Do MN đạt ⇔ β = – α vaø α β2 = ⇒ α = − β = Vậy MN nhỏ ( ) M − − 1, − N 4) ⎛ Gọi M ⎜ x , + ⎝ − 1, + ) ⎞ ⎟ Ta coù I(–1, 2) neân x0 + ⎠ IM2 = ( x + 1) + ( ( x + 1) Do IM nhỏ ≥4 (Cauchy) ⇔ x0 + = x0 + M(– , – ), ⇔ ( x + 1) = ⇔ x0 = –1 ± ( ) ( Vậy có điểm M với toạ độ −1 − 2, − , −1 + 2, + uuur ⎛ Ta coù IM = ⎜ x + ; ⎝ ) ⎞ ⎟ x0 + ⎠ ⇒ IM có hệ số góc = = k1 ( x + 1) (do ( x + 1) = 2) Hệ số góc tiếp tuyến M laø k2 = y′ ( x ) = ⇒ 5) −2 ( x + 1) = –1 (do ( x + 1) = 2) k1 k2 = –1 Vậy tiếp tuyến M vuông góc với IM (D) tiếp xúc (C–1) chæ ⎧ 2x + ⎪ x + = ax + b ⎪ ⎨ −2 ⎪ =a ⎪⎩ ( x + 1) (1) có nghiệm (2) ⇔ −2x 2x + +b = ( x + 1) ( x + 1)2 ⇔ (2x + 4) (x + 1) = –2x + b ( x + 1) coù nghiệm có nghiệm (hiển nhiên pt nghieäm x = –1) ⇔ ( x + 1) + 2(x + 1) = –2(x + 1) + + b ( x + 1) có nghiệm ⇔ (b – 2) u2 – 4u + = có nghiệm (Với u = x + 1) ⇔ 0) ∆′ = – 2(b – 2) ≥ ( B = - ≠ nên pt bậc có nghiệm ∆′ = – 2(b – 2) ≥ ⇔ b–2 ≤ ⇔ b ≤ Vậy với b ≤ tồn a ≠ (phụ thuộc vào b) để (D) tiếp xúc với (C–1) NHẬN XÉT: PT (1) phụ thuộc vào b nên a phụ thuộc vào b II Phần cho m thay đổi m ≠ –1 6) y = (m + 1)x + m2 – m + x−m Vậy đồ thị (Cm) luôn có tiệm cận xiên ∆ m có phương trình : y = (m + 1)x + m2 – m Phương trình hoành độ giao điểm ∆ m (P) = (m + 1)x + m2 – m − x2 + x – 4 ⇔ x2 + 2(2m – 1)x + 4m2 – 4m + = ⇔ ( x + 2m − 1) = Vậy ∆ m tiếp xúc (P), ∀ m Cách khác: ∆ m tiếp xúc (P), ∀ m ⎧ ⎪⎪− x + x − = (m + 1)x + m − m ⇔⎨ ⎪ −1 x + = m + ⎪⎩ 2 7) có nghiệm, ∀ m (Cm) có tâm đối xứng ( m, 2m ) Để tâm đối xứng nằm parabol y = x2 + m thoả : 2m2 = m2 + ⇔ m2 = Vì m ≠ –1 nên giá trị m cần tìm m = III Khảo sát tính chất hàm số m = 8) Khảo sát vẽ đồ thị (C) m = (độc giả tự làm) 9) Phương trình tiếp tuyến vẽ từ K (0, k) đến (C) có dạng: y = hx + k (D) ⎧ 2x − 2x + = hx + k ⎪ x −1 ⎪ (D) tiếp xúc (C) ⇔ hệ ⎨ ⎪2 − =h ⎪⎩ ( x − 1) ⇒ có nghiệm Phương trình hoành độ tiếp điểm (D) (C) là: ⎡ 2x − 2x + 2 ⎤ = ⎢2 − x+h ⎥ x −1 ⎢⎣ ( x − 1) ⎦⎥ ⇔ 2x = − +h x −1 ( x − 1) ⇔ 2(x – 1) = –2x + h ( x − 1) (hiển nhiên x = không nghiệm) ⇔ h ( x − 1) – 2(x – 1) – 2(x – 1) – = ⇔ h ( x − 1) – 4(x – 1) – = Đặt u = x – , phương trình thành (9a) hu2 – 4u – = (9b) + h ≠ ⇒ (9b) coù ∆′ = + 2h ∆′ > ⇔ h > –2 Biện luận : i) h = ⇒ (9b) có nghiệm ⇒ (9a) có nghiệm ⇒ có tiếp tuyến qua K ii) h = –2 ⇒ có tiếp tuyến qua K iii) h < –2 ⇒ tiếp tuyến qua K iv) Nếu h > –2 h ≠ ⇒ có tiếp tuyến qua K Ghi chú: Đối với hàm bậc hay hàm hữu tỉ ta có: “ có tiếp điểm có nhiêu tiếp tuyến” 10) Phương trình tiếp tuyến với (C) qua E ( x , ) ∈ Ox coù daïng : y = h (x − x0 ) (D0) ⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm (D0) (C) laø : 2x + ⎡ 2 ⎤ = ⎢2 − x − x0 ) ⎥ ( x −1 ⎢⎣ ( x − 1) ⎥⎦ ⇔ x0 −x = − x0 + 2 x −1 ( x − 1) ( x − 1) ⇔ ⎧⎪x ( x − 1)2 + ( x − 1) + x − x = ⎨ ⎪⎩x ≠ ⇔ ⎧⎪x ( x − 1)2 + ( x − 1) + − x = ⎨ ⎪⎩x ≠ (10a) (10b) i) Neáu x0 = ⇒ (10b) có nghiệm x ≠ ⇒ (10a) có nghiệm ii) Nếu x0 = ⇒ (10b) có nghiệm x = ∨ x = –1 ⇒ (10a) có nghiệm x = –1 iii) Nếu x0 ≠ x0 ≠ Đặt u = x –1 (10b) thành x0u2 + 2u + – x0 = coù ∆′ = – x0 (1 − x ) = x02 – x0 + > 0, ∀ x0 ( ≠ ≠ 1) ⇒ (10b) có nghiệm phân biệt x ≠ ⇒ (10a) có nghiệm phân biệt Tóm lại có điểm E thoả mãn yêu cầu toán (0, 0) (1, 0) 11) Tâm đối xứng I (1,2) ⎞ ⎟ x0 − ⎠ ⎛ J ∈ (C) ⇒ J ⎜ x , 2x + ⎝ Tiếp tuyến ∆ J với (C) có phương trình : ⎡ y = ⎢2 − ⎢⎣ hay ⎛ y = ⎜2 − ⎜ ⎝ ⎤ ⎥ ( x − x ) + 2x0 + x0 − ( x − 1) ⎥⎦ 2 ⎞ 2x + ⎟x + 2 x0 − ( x − 1) ⎟⎠ ( x − 1) ∆ caét đường tiệm cận đứng ⎛ E ⎜ 1, + ⎝ ⎞ ⎟ cắt đường tiện cận xiên F(2x0 – 1, 4x0 – 2) x0 − ⎠ ⇒ xE + xF = 2x0 = 2xJ vaø yE + yF = 4x0 + ⇒ J laø trung điểm EF = 2yJ x0 − Gọi H hình chiếu F lên IE, ta có diện tích tam giác IEF : S= FH IE Maø FH = x F − x H = x F − x J = x − Vaø IE = y E − y I = Neân S= x0 − 1 x0 − =4 x0 − Cách khác: Ta có góc tiệm cận (C) không đổi nên sinEIF không đổi Do S= ⇔ IE IF sin EIF Không đổi IE IF không đổi Mà IE = x0 − Vaø IF = 20 x − ⇒ IE IF không đổi ⇒ S không đổi 12) Gọi P, Q hình chiếu J ∈ (C) xuống đường tiệm cận đứng xiên, ta có : x0 −1 JP = x − , JQ = d (J, tcx) = ⎛ ⎞ 2x − 2x − ⎜ ⎟ x0 − ⎜ d ( J, tcx ) = ⎟ = ⎜ 5 x0 − ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⇒ JP JQ = không đổi Cách khác: 1 S JP IE = JQ IF = 2 Ta coù: ⇒ JP IE JQ IF = S2 mà IE IF không đổi không đổi không đổi nên JP JQ không đổi CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( DỰ TRỮ ) VỀ HÀM HỮU TỈ TỪ NĂM 2002 ĐẾN NĂM 2005 I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ - NĂM 2002 x − 2x + m Cho hàm số: y = (1) (m tham số) x−2 Xác định m để hàm số (1) nghịch biến đoạn [−1; 0] Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm a để phương trình sau có nghiệm : 91+ 1− t − (a + 2)31+ 1− t + 2a + = Giải 1) Ta có : y = x2 − 2x + m x−2 y' = x2 − 4x + − m (x − 2)2 Hàm số nghịch biến đoạn [−1; 0] ⇔ y' ≤ ∀x ∈ [−1; 0] ⇔ x2 – 4x + – m ≤ ∀x ∈ [−1; 0] ⇔ x2 – 4x + ≤ m ∀x ∈ [−1; 0] ⇔ max (x − 4x + 4) ≤ m ⇔ ≤ m ( hàm x2 – 4x + giảm [−1;0] nên đạt max x −1≤ x ≤ = –1 ) Cách khác Khảo sát f(x) = x2 – 4x + với−1 ≤ x ≤ f '(x) = 2x – 4, −1 ≤ x ≤ x −1 f/ − − f +∞ − + Nhờ bảng biến thiên ta choïn m ≥ 2) Khi m = ta coù : x2 − 2x + x−2 y= MXÑ : D = R\ {2} y' = x x2 − 4x + (x − 2)2 −∞ + y' ; y' = ⇔ x = hay x = − +∞ − y + +∞ −∞ ∞ −∞ Tieäm cận :x = tiệm cận đứng y = x tiệm cận xiên y O −1 2 3) 91 + − t2 − (a + 2)31 + − t2 ÑK :1 – t2 ≥ 0⇔−1 ≤ t ≤ ⇔ 31 ≤ 31 + (1) thaønh ⇔ ⇔ − t2 ≤ 32 Đặt + 2a + = (1) ⇔1 ≤ + − t2 ≤ u = 31 + − t2 , 3≤u≤9 u2 – (a + 2)u + 2a + = u2 – 2u + = a(u – 2) u − 2u + = a (2) u−2 Khảo sát hàm f(u) = u − 2u + với u−2 3≤u≤9 x f '(u) = u − 4u + (u − 2)2 , f ' (u) = ⇔ u = hay u = Vì u − 4u + ≥ 0, ∀u ≥ neân f '(u) ≥ , ∀u ∈ [3;9] Do đó, 64 phương trình (1) có nghiệm ⇔ f(3) ≤ a ≤ f(9) ⇔ ≤ a ≤ Cách khác: dựa vào đồ thị câu ta có phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghieäm u ∈ [3;9 ] ⇔ f(3) ≤ a ≤ f(9) ⇔ ≤ a ≤ 64 II ) ĐỀ DỰ BỊ – KHỐI D - NĂM 2002 x + mx (3,0 điểm) Cho hàm số : y = (1) (m tham số) 1− x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để hàm số (1) có cực đại cực tiểu Với giá trị m khoảng cách hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) 10? 1) m = y' = − x + 2x (1 − x)2 y= x2 MXÑ : D = R\ {1} 1−x ; y' = ⇔x = hay x = Bảng biến thiên : y(0) = 0; y(2) = − x −0 y' y −∞ + +∞ + +∞ Tieäm cận : tiệm cận đứng − ∞ −∞ −∞ tiệm cận xiên x = y = −x – Đồ thị:độc giả tự vẽ 2.a) Tìm m để hàm số (1) có CĐ, CT y có CĐ, CT ⇔ Ta coù ycbt y' = y' = có nghiệm phân biệt − x2 + 2x + m (1 − x)2 ⇔ ∆′ = + m > ⇔ m > −1 Nhận xét :Đối với hàm phân thức bậc hai bậc nhất, tử số đạo hàm có nghiêm phân biệt chắn nghiệm khác với hòanh độ tiệm cận đứng b) Tìm m để khoảng cách cực trị 10 Giả sử hàm số có cực trị ( m > - 1) phương trình đường thẳng qua điểm cực trị là: y= 2x + m = −2x − m với m > -1 −1 y' = ⇔ −x2 + 2x + m = Gọi x1, x2 nghiệm y' = M(x1; −2x1 – m);N(x2; −2x2 – m) MN = 10 = (x2 − x1 )2 + 4(x2 − x1 )2 = 5(x2 − x1 )2 100 = 5[x12 + x22 + 2x1x2 – 4x1x2] 100 = 5[(x1 + x2)2 – 4x1x2], S = x1x2 = 2, P = −m 20 = + 4m m = thoûa điều kiện m > - Cách khác: ∆ ∆ ⇒ (x − x1 )2 = = - 4m,do a a2 Ta có x − x1 = MN = 10 = (x2 − x1 )2 + 4(x2 − x1 )2 = 5(x2 − x1 )2 ⇔ 100 = 5(4 – 4m) ⇔ m = III ) ĐỀ DỰ BỊ - KHỐI A – NĂM 2003 (2 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2x − 4x − y= 2(x − 1) Tìm m để phương trình 2x2 – 4x – + 2m⏐x – 1⏐ = có hai nghiệm phân biệt BÀI GIẢI: 1) Khảo sát y= 2x2 − 4x − 2(x − 1) • MXĐ : D = R\{1} • y' = 2x2 − 4x + > có ∆ < 2( x − 1)2 • Bảng biến thiên : x −∞ y' +∞ + y + +∞ −∞ • Tiệm cận : +∞ −∞ tiệm cận đứng x = tiệm cận xiên y = x – y y O 2) Phương trình 2x2 – 4x – + 2m⏐x – 1⏐ = ⇔ g(x) = 2x2 − 4x − 2⏐x − 1⏐ =m = x − x Đồ thị g(x) có cách : * lấy trùng với (C) x > * lấy đối xứng qua Ox (C) x < Vẽ đường thẳng y = m, ta thấy luôn cắt đồ thò g(x) = 2x2 − 4x − 2⏐x − 1⏐ điểm phân biệt ∀m IV ) KHỐI A – DỰ BỊ – NĂM 2003 (2 điểm) Cho hàm số: y = x + (2m + 1)x + m + m + (1) (m tham số) 2(x + m ) Tìm m để hàm số (1) có cực trị tính khoảng cách hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = BÀI GIẢI: 1) Tìm m : Ta có y' = x2 + 2mx + m2 − 2(x + m)2 y có cực trị ⇔ y' = có nghiệm phân biệt ∆' = m2 – m2 + = > ⇔ (đúng ∀m) Vậy hàm số có cực trị với m Gọi A(x1, y1), B(x2, y2) điểm cực trị Ta có yCT = y2 = 2x + 2m + u′ ,y1 = , v′ 2x2 + 2m + AB = ( x2 − x1 )2 + ( y2 − y1 )2 = 2( x2 − x1 )2 = 2[( x1 + x2 )2 − 4x1 x2 ] Ta coù P = x1x2 = m2 – S = x1 + x2 = −2m, AB = 2[(−2m)2 − 4m2 + 16] = 32 = ñvñd Caùch khaùc: AB = x2 − x1 2) Khi m = 2= y= 2∆ = 8∆/ = x2 + x + 2x MXÑ : D = R\{0} y' = x −∞ x2 − , 2x2 y' = ⇔ x = ±2 −2 +∞ y' + y − − +∞ −∞ Tiệm cận : + +∞ −∞ y= − x = tiệm cận đứng 1 tiệm cận xiên x+ 2 y −2 (2 điểm) y = 1x + 2 O −3 −1 x V ) ĐỀ DỰ BỊ - KHỐI B – NĂM 2003 2x − Cho hàm số : y = x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận (C) Tìm điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) M vuông góc với đường thẳng IM y BÀI GIẢI: 1) Khảo sát y = 2x − 1 =2+ x−1 x−1 MXÑ : D = R\{1} y' = −1 (x − 1)2 x < , ∀x ∈ R\{1} O −∞ y' y +∞ − − +∞ −∞ Tiệm cận : I x = phương trình tiệm cận đứng y = phương trình tiệm cận ngang.I(1; 2) TĐX x 2) Gọi M(x0; y0) ∈ C tiếp điểm Hệ số góc tiếp tuyến M f '(x0) = (x0 − 1)2 y0 − yI Hệ số góc đường thẳng IM Vì Tiếp tuyến M ⊥ IM ⇔ − −1 x0 − xI (x0 − 1) ⋅ = (x − 1)2 (x0 − 1)2 =k = −1 ⇔ (x0 – 1)4 = ⇔x0 – = ± ⎡x = ⎡ y0 (0 ) = ⎢ ⎣ y0 ( ) = ⇔ ⎢ ⎣ x0 = Vậy có hai điểm M1(0; 1), M2(2; 3) thỏa ycbt VI ) ĐỀ DỰ BỊ – KHỐI D – NĂM 2003 (2 điểm) x + 5x + m + Cho hàm số : y = (1) (m tham số) x+3 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để hàm số (1) đồng biến khoảng (1; +∞) 1) Khi m = y= MXÑ : D = R\{−3};y' = x2 + 5x + x+3 x2 + 6x + (x + 3)2 ; y' = x = −4 hay x = −2 Bảng biến thiên : x −∞ −4 + y' y − − + +∞ −3 −∞ −2 +∞ −3 +∞ −∞ Tieäm caän :x = −3; y = x + y −4 −3 −2 O −3 2) Tìm m để hàm số đồng biến (1; +∞) Ta có : y' = x2 + 6x + − m2 (x + 3)2 x y đồng biến (1; +∞)⇔ y' ≥ ∀x ≥ x2 + 6x + – m2 ≥ ∀x ≥ ⇔ x2 + 6x + ≥ m2 ⇔ ∀x ≥ g(x) = x2 + 6x + 9, với x ≥ Khảo sát hàm số g'(x) = 2x + 6> 0, ∀x ≥ 1.Do ycbt ⇔ (x2 + 6x + 9) ≥ m2 ⇔ g(1) = 16 ≥ m2 x ≥1 ⇔ −4 ≤ m ≤ V I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ - NĂM 2004 (2 điểm) Cho hàm số : y = x + x (1) có đồ thị (C) Khảo sát hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C) qua điểm M(-1; 7) 1) Khảo sát y = x + MXĐ : D = R\ y' = • −∞ ' x2 + = x x (C) x2 − , y’ = ⇔ x2 – = ⇔ x = ± x BBT + -1 -2 −∞ - +∞ + +∞ −∞ Tiệm cận đứng x = Tiệm cận xieân y = x y y=x - 01 - x 2) Pt tiếp tuyến (d) qua M có dạng : y = k(x + 1) + (d) tieáp xuùc ⎧ ⎪⎪ x + x = k(x + 1) + (1) (C)⇔ ⎨ ⎪1 − = k (2) ⎩⎪ x có nghiệm Thế (2) vào (1), ta có pthđ tiếp điểm (d) (C) laø 1 1 x + = (1 − )(x + 1) + ⇔ x + = x + − − + 2 x ⇔ x 1 + − = x x x x 1 ⇔ = −4 hay = x x x +∞ (Nhận xét: đặt u = 1/x ta coù u2 + 2u – = ⇔ u = -4 hay u =2 ) Thế vào (2) ta có k = - 15 hay k = - Vậy pttt (C) qua M laø y = – 15( x + 1) + hay y = –3(x + 1) + V II ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI D - DỰ BỊ - NĂM 2004 (2 điểm)Cho hàm số : y = x2 + x + (1) có đồ thị (C) x +1 Khảo sát hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x – 3y + = BÀI GIẢI: x2 + x + 1/ Khảo sát y = x +1 • MXÑ : D = R \ {–1} x + 2x − , • y' = (x + 1) y' = ⇔ x2 + 2x – = ⇔ x = 1hay x = – • Bảng biến thiên : x -∞ -3 -1 +∞ y' + – – + y -5 +∞ +∞ -∞ -∞ • Tiệm cận : - Tiệm cận đứng x = – - Tiệm cận xiên y = x • Đồ thị :độc giả tự vẽ 2) Đường thẳng x – 3y + = có hệ số góc 1/ nên phương trình tiếp tuyến có dạng: y = –3x + m (d) (d) tiếp xúc (C) ⇔ ⇔ ⎧ ⎪ x + x + = −3x + m ⎪ ⎨ ⎪1 − = −3 ⎪⎩ (x+1)2 ⎧ = −3x + m ⎪x + x +1 ⎨ ⎪⎩ x = −2 hay x = ⎧x = −2 ⎩m= − 12 ⇔ ⎨ có nghiệm ⎧x = ⎩ m= hay ⎨ Vaäy y = –3x –12 hay y = –3x + VIII ) DỰ BỊ KHỐI A năm 2005: Gọi (Cm) đồ thị hàm số : y = x + 2mx + − 3m (*) (m laø tham số) x−m Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) ứng với m = Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm hai phía trục tung Giải: 1/ Khi m = y = (1) x + 2x − x −1 • MXĐ: D = R \ {1} • y' = x − 2x ( x − 1)2 , y' = ⇔ x = hay x = Bảng biến thiên : • x -∞ y' y -∞ + 0 – +∞ -∞ – +∞ + +∞ Tiệm cận : • x = pt t/c đứng y = x + pt t/c xiên 2/ Ta có y ' = x − 2mx + m − ( x − m )2 Hàm số (*) có cực trị nằm phía trục tung ⇔ y / = có nghiệm trái dấu ⇔ P = m − < ⇔ m < ⇔ − < m < IX ) DỰ BỊ KHỐI A năm 2005: x2 + x + 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số y = x +1 Viết phương trình đường thẳng qua điểm M (- 1; 0) tiếp xúc với đồ thị ( C ) Giaûi: x2 + x + 1/ Khảo sát vẽ đồ thị y = (C ) x +1 • MXĐ: D = R \ {−1} y' = x + 2x ( x + 1) ,y' = ⇔ x + 2x = ⇔ x = 0hay x = −2 • Bảng biến thieân : x -∞ y' y -∞ -2 + -3 -1 – +∞ -∞ – 0 +∞ + +∞ • Tiệm cận : x = −1 phương trình y = x phương trình tiệm cận đứng tiệm cận xiên -1 2/ Phương trình tiếp góc k ) có dạng ∆ : y = k ( x + 1) tuyeán ∆ qua M ( −1,0 ) ( hệ số -3 ∆ tiếp xúc với ( C ) ⎧ x2 + x + = k ( x + 1) ⎪ ⎪ x +1 ⎨ ⎪ x + 2x = k ⎪ ( x + 1)2 ⎩ ⇔ hệ pt sau có nghiệm ( ) x + x + x + 2x ( x + 1) = phương trình hoành độ tiếp điểm x +1 ( x + 1)2 ⇔ x =1 k= Vậy pt tiếp tuyến ∆ với ( C ) qua M ( −1,0 ) laø: y = ( x + 1) X ) DỰ BỊ KHỐI B năm 2005: Cho hàm số : y = x + 2x + (*) x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (*) Gọi I giao điểm hai tiệm cận ( C ).Chứng minh tiếp tuyến (C ) qua điểm I Giải : ... 0] ⇔ x2 – 4x + – m ≤ ∀x ∈ [−1; 0] ⇔ x2 – 4x + ≤ m ∀x ∈ [−1; 0] ⇔ max (x − 4x + 4) ≤ m ⇔ ≤ m ( hàm x2 – 4x + giảm [−1;0] nên đạt max taïi x −1≤ x ≤ = –1 ) Cách khác Khảo sát f(x) = x2 – 4x + với−1... )2 + 4( x2 − x1 )2 = 5(x2 − x1 )2 ⇔ 100 = 5 (4 – 4m) ⇔ m = III ) ĐỀ DỰ BỊ - KHỐI A – NĂM 2003 (2 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2x − 4x − y= 2(x − 1) Tìm m để phương trình 2x2 – 4x –... m để hàm số (1) có CĐ, CT y có CĐ, CT ⇔ Ta có ycbt y'' = y'' = có nghiệm phân biệt − x2 + 2x + m (1 − x)2 ⇔ ∆′ = + m > ⇔ m > −1 Nhận xét :Đối với hàm phân thức bậc hai bậc nhất, tử số đạo hàm có