Dap an bai on tong hop do thi so 2.

Biện luận theo k số điểm chung của dk và H0, tìm trong họ đờng thẳng dk là tiếp tuyến của H0 và tiếp điểm tơng ứng.. Trờng hợp dk và H0 có 2 giao điểm A và B, hãy tìm quỹ tích trung điểm

Bài ôn tập tổng hợp số 2

Cho hàm số: y =  

1

2 3 2

2











x

m x m x

(Hm)

 Phần I: Cho m = 0  (H0): y =

2

x 1

  

 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H0) của hàm số

a TXĐ: D = R\{-1}

b Chiều biến thiên:

 Giới hạn và tiệm cận:

xlim y

   ;  

1

x 1

         



 y = x + 1 là tiệm cận xiên

x 1

x 1

lim y

lim y





 

 







  x = -1 là tiệm cận đứng

 Bảng biến thiên:

y’ = 1 -

2





  ; y’ = 0  x2 + 2x = 0

 x 0 y 2





  





y

-

-2

-

+

2

+



 Viết phơng trình tiếp tuyến của (H0) vuông góc với tiệm cận xiên

Cách 1: d: y = x + 1 là tiệm cận xiên

  d  k kd = -1  k = -1  : y = -x + a

 là tiếp tuyến của (H0) 

2 2

1

2

a

a

2

 

 

 











 















 



 có hai đờng thẳng cần tìm là 1: y = -x + 6 2

2



và 2: y = -x - 6 2

2



Cách 2: d: y = x + 1 là tiệm cận xiên

Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm  hệ số góc của tiếp tuyến là k = y’(x0)

tiếp tuyến vuông góc với d  k = -1 

2 0













 có hai đờng thẳng cần tìm là 1: y = x 1 1 1 2

     

2



c Vẽ

Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

x y

O -2

-2 -1

-1 1 2

và 2: y = x 1 1 1 2

     

2



 Biện luận theo tham số t số nghiệm x  [0; ) của phơng trình: sin2x + (t - 2)cosx + t - 3 = 0

 cos2x - (t - 2)cosx - t + 2 = 0 (1)

Đặt u = cosx

Ta thấy: Nếu u 1











 không có nghiệm x  [0;) Nếu -1 < u ≤ 1  có 1 nghiệm x  [0; )

(1)  u2 - (t - 2)u - t + 2 = 0  u2 + 2u + 2 = t(u + 1) 

2

u 2u 2

t

u 1





 số nghiệm của phơng trình (1) bằng số giao điểm của (H0) và đờng thẳng y = t

Dựa vào đồ thị ta có:

 Nếu

5 t 2

t 2













 d cắt (H0) tại 1 điểm có hoành độ t  (-1; 1]  (1) có 1 nghiệm  [0; )

 Nếu 2 < t ≤ 5

2 d cắt (H0) tại 2 điểm có hoành độ t(-1; 1]  (1) có 2 nghiệm  [0; )

 Nếu t < 2  d không cắt (H0) tại điểm có hoành độ t  (-1; 1]  (1) không có nghiệm  [0; )

 Tìm những điểm trên (H0) đối xứng nhau qua điểm A(0; 3)

Gọi M, N  (H0) đối xứng với nhau qua A

M(x0; y0)  N(-x0; 6 - yo) đk: 2 2

0 0

x  y  0

Do M, N  (H0) 

 

 

2

0

0 2

0

0

x 1

x 1













Thay (1) vào (2) ta đợc: 6 -



2 0

4x 2







 M 1 ;3 2 ; N 1; 3 2

 Tìm những điểm trên (H0) có toạ độ nguyên

Gọi M(x0; y0)  (H0) có toạ độ nguyên

 y0 = x0 + 1 +

0

1

x  1

để x0; y0  Z  1  (x0 + 1)  0 0 0

Các điểm có tọa độ nguyên là: A(0; 2) và B(-2; -2)

 Xét đờng thẳng (dk): y = -x + k Biện luận theo k số điểm chung của (dk) và (H0), tìm trong họ

đờng thẳng (dk) là tiếp tuyến của (H0) và tiếp điểm tơng ứng Trờng hợp (dk) và (H0) có 2 giao

điểm A và B, hãy tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng của AB khi k thay đổi Tìm k để (dk) cắt (H0) tại 2 điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng y = x - 1

LG

sin

cos O

 Xét pt hoành độ giao điểm: x 2x 2   2    

x 1



f(1) = 5  0  (1) không có nghiệm x = 1

 = k2 + 2k - 7

Số giao điểm của (dk) và (H0) bằng số nghiệm của (1)

+  < 0  -1 - 2 2 k  1 2 2  (1) vô nghiệm  (dk)  (H0) = 

+  = 0  k 1 2 2

k 1 2 2

  



 



 (1) có 1 nghiệm  (dk) cắt (H0) tại 1 điểm

+  = 0  k 1 2 2

k 1 2 2

   



  



 (1) có 2 nghiệm  (dk) cắt (H0) tại 2 điểm

 (dk) là tiếp tuyến của (H0) 

 

2

2

x 2x 2

x k

k 1 2 2

x 1

x 1

 

 







 





có hai đờng thẳng cần tìm là 1: y = -x + 6 2

2



tiếp điểm M 1 1 ; 1 2

2 2

và 2: y = -x - 6 2

2



tiếp điểm N 1 1 ; 1 2

 (dk)  (H0) = {A; B}  xA; xB là 2 nghiệm của (1)

Theo định lí viét ta có :

A B

A B

k 1

2

k 2

x x

2













I là trung điểm của AB  xI = A B

I

k 2x 1

I  (dk)  yI = -xI + k = -xI + 2xI 1 = xI + 1

(1) có nghiệm   ≥ 0 

I I

I

I

1 2 2 x

2x 1 2 2

x

2



















(*)

 Quỹ tích điểm I là các điểm thuộc đờng thẳng y = x + 1 có hoành độ thoả mãn (*)

 (dk) cắt (H0) tại 2 điểm đối xứng qua : y = x - 1  d k

I

 





 



 toạ độ I là nghiệm của hệ phơng trình: y x 1

y x 1

 





 

 vô nghiệm

 không có k để (dk) cắt (H0) tại 2 điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng y = x - 1

 Tìm các giá trị t sao cho trên (H0) có hai điểm R và S thoả mãn: 









t y x

t y x

S S

R R

(1)

CM khi đó R và S thuộc cùng một nhánh đồ thị

LG:

toạ độ R và S thoả mãn (1)  R, S  d: x + y = t  y = -x + t

(H0) có hai điểm R và S thoả mãn (1) 

2

x 2x 2

x t

x 1

 

 có nghiệm x  -1

 f(x) = 2x2 + (3 - t)x + 2 - t = 0 có nghiệm x  -1   t 1 2 2

t 1 2 2

  



 



af(-1) = 2 > 0 t  1 2

1 2

1 t t

  





  



 R và S thuộc cùng một nhánh đồ thị

 Gọi (ta) là tiếp tuyến của (H0) tại điểm có hoành độ a Tìm phơng trình (ta) Tìm a để (ta) qua

điểm A(0; 0), chứng minh có 2 giá trị a thoả mãn yêu cầu đề bài và khi đó 2 tiếp tuyến tơng ứng vuông góc

LG:

y’(a) = 1 -

 2

1

a  1  ta: y =

2

2

a 1

a 1





A(0; 0)  ta 

   

2

a 1

a 1



a  4a  2  0  a 2 2

  



 



Câu còn lại sai đề

 Tìm quỹ tích điểm từ đó kẻ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc đến (H0)

Kiến thức giải bài này vợt quá chơng trình

 Tìm điểm trên trục Ox sao cho từ đó kẻ đợc đúng 1 tiếp tuyến đến (H0)

A  Ox  A(a; 0) Gọi  đi qua A và có hệ số góc k  : y = k(x - a)

 là tiếp tuyến của (H0) 

2

2

2

x 1

x 2x

x 1







 Thay (2) vào (1) ta đợc  2     2   

x 2x2 x 1  x 2x x a

f x  a1 x 2 a2 x20 3

Qua A kẻ đợc 1 tiếp tuyến đến (H0)  (3) có 1 nghiệm x  1

 TH1: a = -1: (3)  2x + 2 = 0 (loại)

 TH2: a  -1: (3) có 1 nghiệm x  -1 

 

' 0

 









2

a 1 0



  



vô nghiệm

KL: Trên trục Ox không có điểm nào sao cho từ điểm đó kẻ đợc đúng 1 tiếp tuyến đến (H0)

 Tìm điểm trên (H0) sao cho tổng khoảng cách từ đó đến 2 trục toạ độ là nhỏ nhất

Gọi M(x; y)  (H0)  M x;x 1 1

x 1

 

 Tổng khoảng cách từ M đến Ox, Oy là d(M) = x x 1 1

x 1



Do M0(0; 2)  (H0) và có d(M0) = 2 nên để tìm Mind(M) ta chỉ cần xét với x ≤ 2 Ta xét các khả năng sau:

 Nếu -2 ≤ x ≤ -1

d(M) = -x - x - 1 - 1

x 1 = -2x - 1 -

1

x 1 = f(x)

f’ = -2 +

2



x

2

x

2













f

Nhìn vào bảng biến thiên  Mind(m) = f 1 1 1 4 2

 Nếu -1 ≤ x ≤ 0

d(M) = -x + x + 1 + 1 1 1 g x 

x 1  x 1  g’(x) =

 2

1

x 1



 < 0 x  -1

-g

+

2 Nhìn vào bảng biến thiên  Mind(M) = 2  x = 0

 Nếu 0 ≤ x ≤ 2

d(M) = 2x + 1 + 1

x 1 = h(x)

h’(x) = 2 -

 2

1

x 1 =  

2

2

2x 4x 1

x 1

 h’(x) = 0 

x

2

x

2













-h

2 Nhìn vào bảng biến thiên  Mind(M) = 2  x = 0

 Kết luận: M(0; 2) thì d(M) đạt giá trị nhỏ nhất

 Phần II: Cho m = -1  (H):

2

 

 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số Từ đồ thị (H) hãy suy ra đồ thị (H*) của hàm số: y =

1 1

2







x x

LG:

1)

TXĐ: D = R\{-1}

a Chiều biến thiên:

 Tiệm cận và giới hạn:

xlim y ; lim yx

       

1 lim y x lim

x 1

   



 = 0  y = x là tiệm cận xiên

x 1

x 1

lim y

lim y





 

 

 





  x = -1 là tiệm cận đứng

 Bảng biến thiên:

y’ = 1 +

 2

1

x 1 > 0 x  -1

c Vẽ:

x-3-201y 1-1

x

5 2

 -1

y

O 1

-2

5 2 1

Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

 Hàm số đồng biến trên (-; -1) và (-1; +)







x x x

= 2

2

Nếu x > -1

x 1

Nếu x < -1

x 1







 



Cách vẽ:

Giữ nguyên phần đồ thị (H) ứng với x > 1 Lấy đối xứng phần còn lại qua Ox Hợp của hai phân đồ thị trên là đồ thị (H*)

 Tìm điểm trên (H) cách đều 2 trục toạ độ

M(x0; y0)  (H)  y0 =

2

0 0

0



d(M; Ox) =

2

0 0

0

 ; d(M; Oy) = x0

d(M; Oy) = d(M; Ox) 

2

0 0 0

0

x



x x  1 x x

















Kết luận: Các điểm cần tìm là:

1

2

 Tìm điểm trên (H) sao cho khoảng cách từ đó đến Oy bằng 2 lần khoảng cách từ đó đến Ox M(x0; y0)  (H)  y0 =

2

0 0

0



d(M; Ox) =

2

0 0

0

 ; d(M; Oy) = x0

d(M; Oy) = 2d(M; Ox) 

2

0 0 0

0



2 x x  1 x x

2



1

2















Kết luận: Các điểm cần tìm là:

1

2

3

4

1

M 1;

2

M 2; 1

 

-

+

-

 Tìm trên mỗi nhánh của (H) một điểm sao cho khoảng cách giữa chúng là ngắn nhất Chứng minh khi đó 2 điểm tìm đợc thuộc về phân giác góc tạo bởi 2 đờng tiệm cận của (H)

M1(x1; y1)  nhánh trái của (H), M2(x2; y2)  nhánh phải của (H)

Đặt

1 1

1

2

1

1

   

  





  



2

2

2

2 2

2 2

2 2

1 1

1 1

               

 

                    

              

                

2

1 2

1

 





 



 Chứng minh (H) có một tâm đối xứng I

Gọi I(-1; -1) Đổi hệ trục toạ độ Oxy sang hệ trục toạ độ IXY sao cho IX // OX; IY // Oy

 công thức đổi trục: x X 1

 





 



thay vào phơng trình đồ thị (H) ta đợc:

Y - 1 = X - 1 - 1

X 1 1   Y = X -

1

X = g(X)

Ta thấy g(-X) = g(X)  Y = g(X) là hàm số lẻ  (H) nhận I làm tâm đối xứng

 Lấy M  (H), gọi P, Q là giao điểm của tiếp tuyến tại M với 2 tiệm cận Chứng minh:

a) M là trung điểm PQ

b) Diện tích IPQ là hằng số (I là giao điểm 2 tiệm cận) Tích 2 khoảng cách từ M đến2 tiệm cận là hằng số

LG:

a) Gọi M(x0; y0)  (H) 

2

0 0 0

0

y





 là tiếp tuyến của (H) tại M  : y =

2

0 0 0

2

0 0

1



Tiệm cận xiên d1: y = -x Tiệm cận đứng d2: x = -1

  d2 = {P}

 xP = -1  yP =

0 2

0

1 x



 P 0

0

1;





  d1 = {Q}  yQ = xQ  xQ =

Q 0 2

0 0







Q

0

1 x





2





 xQ 2x0   1 Q 2x 0 1; 2x0 1

Ta thấy: xP xQ = - 1 + 2x + 1 = 20 x  M là trung điểm của PQ0

b) IP =

2 0

1

IQ = 2x0  1 12 2x0  1 12 = 8 x 0 12 2 2 x0 1

IPQ

S IP.IQ.sin 4 2 sin

 là góc giữa hai tiệm cận  sin không đổi  SIPQ không đổi

d M;d x  ; 1

2

0 0 0

0 2

0

x

d M;d





  1  2

1

d M;d d M;d

2

 không đổi  đfcm  Tìm trên Ox những điểm mà từ đó kẻ đợc đến đồ thị (H) hai tiếp tuyến hợp với nhau 1 góc

450

 PHần III: Phần này m là tham số tuỳ ý.

 Tìm m để (Hm) không có tiệm cận đứng Vẽ đồ thị

(Hm): y =  

1

2 3 2

2











x

m x m

x 1





 Nếu 2m + 1 = 0  m = -1

2

2

H



: y = x + 1

2 Ta thấy rằng đồ thị hàm số suy biến thành đờng thẳng nên không có tiệm cận đứng

 Nếu m  -1

2: x 1

lim y



  = ±  x = -1 là tiệm cận đứng

KL: Với m = -1

2thì hàm số không có tiệm cận đứng  Tuỳ theo m khảo sát sự biến thiên của hàm số

TH1: m > -1

2

 TXĐ: D = R \ {-1}

 Chiều biến thiên:

- Giới hạn và tiệm cận

xlim y ; lim yx 1



       x = -1 là tiệm cận đứng

x 1

1 2

y

O 1 3 2

 

xlim y x m 1 0

        y = x + m - 1 là tiệm cận xiên

- Bảng biến thiên:

y’ = 1 -

2



2 + 2x - 2m = 0  x 1 1 2m

   





y

-

m - 2 1 2m

-

+

m + 2 1 2m

+

TH2: m < -1

2

 TXĐ: D = R \ {-1}

 Chiều biến thiên:

- Giới hạn và tiệm cận

xlim y ; lim yx 1



        x = -1 là tiệm cận đứng

xlim y x m 1 0

        y = x + m - 1 là tiệm cận xiên

- Bảng biến thiên:

y’ = 1 -

2



y

-

+

-

+

TH3: m = -1

2  H12

: y = x + 1

2

 TXĐ: D = R \ {-1}

 Chiều biến thiên:

y’ = 1 > 0 x

y

-

+

 Tìm m để hàm số đồng biến trong (1; +)

hàm số đồng biến trên (1; +)

 y’ ≥ 0 x  (1; +) Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn

 x2 + 2x - 2m ≥ 0 x  (1; +)  x2 + 2x ≥ 2m (1) x  (1; +)

Xét hàm số: f(x) = x2 + 2x ; f’ = 2x + 2 ; f’ = 0  x = -1

f

3

+

Ta thấy x  (1; +)  f(x)  (3; +)

 (1) đứng với x  (1; +)  2m ≤ 3  m ≤ 3

2

KL: Với m ≤ 3

2 thì hàm số đồng biến trên (1; +)  Tìm m để y có cực đại và cực tiểu Gọi y1 và y2 theo thứ tự là giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số Viết phơng trình đờng thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị Tìm quỹ tích

điểm cực đại và cực tiểu của (Hm) chứng minh rằng:

2

1

2

2

2

1 y 

y Tìm m để y1  y2  8

LG:

 Hàm số có cực đại, cực tiểu  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x  -1

 f(x) = x2 + 2x - 2m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt x  -1



1

2

1 2m 0



 

2

2

x 1

 Gọi A(x0; y0) là điểm cực tiểu  y’(x0) = 0

2x m2 x 1  x  m2 x 3m2 0

2

2

0

 KL: đờng thẳng qua cực đại, cực tiểu là d: y = 2x + m + 2

 Khi đó (1) có 2 nghiệm: x 1 2m 1





Dựa vào bảng biến thiên ở phần 

 x  1 2m 1 là hoành độ điểm cực đại; x 1 2m 1 là hoành độ điểm cực tiểu

+) Quỹ tích điểm cực đại: x1 = -1 - 2m 1  m =

2

x 2x 2



; x1 > -1

 y1 = 2x1 +

2

 

 quỹ tích điểm cực đại là Parabol y =

2

2

  ứng với x > -1

Lập luận tơng tự: quỹ tích điểm cực đại là Parabol y =

2

2

  ứng với x < -1

 Theo định lí Viét: 1 2

1 2

 









Xét hàm số: f(m) = 2(m2 + 8m + 4) với m > -1

2 (*) f’ = 2(2m + 8) ; f’ = 0  m = -4

x -

-1 2

+

2

+

 2 2  

1 2

1

2

 (x1 - x2)2 > 16   1 22 1 2

3

2

KL: Với m > 3

2thì y1  y2 8  Tìm m để điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị đối xứng nhau qua đờng thẳng y = -x

Gọi I là trung điểm của cực đại, cực tiểu  xI = x1 x2

1 2





I  d  yI = 2xI + m + 2 = m  I(-1; m)

Cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đờng thẳng : y = -x  d k kd 1

 

  





 2 1 1

  









vô nghiệm

Vậy không có m để điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị đối xứng nhau qua đờng thẳng y = -x  Tìm m để (Hm) có 2 điểm đối xứng nhau qua gốc toạ độ

Gọi A(x0; y0) và B là điểm đối xứng với A qua gốc toạ độ  B(-x0; -y0) ĐK: 2 2

0 0

x y 0

(Hm) có 2 điểm đối xứng nhau qua gốc toạ độ 

2

0

0 2

0

0

y

y















có nghiệm



    2

0

2 m 1 x 6m có nghiệm x4 0  1±

 2

0

3m 2

x

m 1





 (2) có nghiệm x0  1±

m = -2

3  x0 = 0  y0 = 0 (loại)

(2) có nghiệm x0  1 ± 

2 m 3m 2

m 1

3m 2

2



 





KL: Với

2 m

3

1 m

2



 





 





 



thì (Hm) có 2 điểm đối xứng nhau qua gốc toạ độ

Tìm m để tiệm cận xiên của (Hm) cắt hệ trục theo 1 tam giác có diện tích bằng 8 đvdt

m  -1

2 (*) (Hm) có tiệm cận xiên d: y = x + m + 1

d  Ox = {A}  yA = 0  xA = -m - 1  A(-m - 1; 0)

d  Oy = {B}  xB = 0  yB = m + 1  B(0; m + 1)

Theo gt: SOAB = 8  1

2OA.OB = 8  OA OB = 16  m 1 m 1   16

 m 12 16 m 3







thoả mãn (*)

KL: với m 3





 



thì tiệm cận xiên của (Hm) cắt hệ trục theo 1 tam giác có diện tích bằng 8 đvdt  Tìm m để (Hm) tiếp xúc với đờng thẳng y = 1

(Hm) tiếp xúc với đờng thẳng y = 1 

2

2

2

1

x 1

0

x 1











2

m 1 x 5m 1 0





 

2

5m 1

2

m 1







 



(1)  5m 1 2  2 5m 1 m 1       2m m 1  2 0



2

1

m (loại vì khi đó x = -1)

2 1

m

2











KL: Với m 5 2 7

m 5 2 7

  



 



thì (Hm) tiếp xúc với đờng thẳng y = 1

 Tìm m để đờng thẳng y = m cắt (Hm) tại 2 điểm E, F sao cho:

a) OE  OF b) EF = 2

LG:

Xét phơng trình hoành độ giao điểm:  

 

2

m *

x 1





 f(x) = x2 + 2x + 2m + 2 = 0 (1)

Để d cắt (Hm) tại 2 điểm E, F  (1) có 2 nghiệm phân biệt x  -1   

1

2

2

1 2m 0



 



  



 Khi đó xE, xF là hai nghiệm của (1) Theo Viét ta có: E F

E F

x x 2m 2





 a) OE x ; yE E

 F F

OF  x ;y

OE  OF  OE.OF  0

 x xE F y yE F   2m + 2 + m0 2 = 0 vô nghiệm b) EF = 2  EF2 = 4  xF  xE2 yF  yE2 4  (xF - xE)2 = 4

 xF xE2  4x xE F   4 - 4(2m + 2) = 4  m = -1 thoả mãn (*)4

KL: với m = -1 thì EF = 2

 Tìm điểm cố định của họ đồ thị (Hm) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm cố định Tìm điểm mà mọi đồ thị họ (Hm) không đi qua

 Gọi A(x0; y0) là điểm cố định của (Hm)

0

0

y



x 3 mx 2x  2 x y  y = 0 m



0 0

2

5

2





 



 A 3; 5

2

 

y’(3) = 2m 3

4

 tiếp tuyến tại A có phơng trình là: y = 2m 3x 3 5

 Gọi B(x0; y0) là điểm mà (Hm) không đi qua

0

0

y



 vô nghiệm với m

x 3 mx 2x  2 y x 1  vô nghiệm với m0



0 0

2

5

2





 



KL: Vậy các điểm thuộc đờng thẳng x = -3 có tung độ khác -5

2 là các điểm mà (Hm) không

đi qua