Dap an bai on tong hop do thi so 1.

Tìm k để đoạn AB ngắn nhất... Chứng minh tiếp điểm là trung điểm đoạn thẳng MN và diện tích IMN không phụ thuộc a, b.. Lấy đối xứng phần còn lại qua Ox.. Lấy đối xứng phần còn lại qua O

d: y = a

Bài ôn tập tổng hợp số 1

m x

m m x m









 2 2 2 4 (Hm)

 Phần 1: Trong phần này cho m = 1  (H1): y = x 3

x 1

 

  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H1)

a TXĐ: D = R\{1}

b Chiều biến thiên:

 Tiệm cận:

x 1

x 1

x 3

lim

x 1

x 3

lim

x 1









 









 x = 1 là tiệm cận đứng

x

x 3

x 1

 

 



  y = -1 là tiệm cận ngang

 Bảng biến thiên:

y’ =    

 2  2

    



Khoảng nghịch biến: (-; 1) và (1; +)

Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(1; -1) làm tâm đối xứng  Đồ thị (H1) đi qua những điểm nào có toạ độ nguyên?

y = x 3

x 1

 

 = -1 - 4

x 1  Gọi M(x0; y0) là điểm thuộc (H1) có toạ độ là các số nguyên  y0 = -1 -

0

4

x  1

Để x0; y0  Z  4  (x0 - 1)





Vậy các điểm có toạ độ nguyên là:

 

 

 

 

 

 











1

2

3

4

5

6

M 2; 5

M 0;3

M 3; 3

M 1;1

M 5; 2

M 3; 0

 Bằng đồ thị, biện luận theo a số nghiệm phơng trình:

x 3 ax a (1)

LG:

(1)  x 3 a

x 1

 



  số nghiệm của (1) bằng số giao điểm

của đồ thị (C): y = x 3

x 1

 

 và đờng thẳng d: y = a

 Cách vẽ đồ thị (C): y = x 3

x 1

 

 =

x 3 Nếu x -3

x 1

x 3 Nếu x > -3

x 1

 





 



 



y

-1

+

-

-1

x y

-1 -2 -3

3

-2

-5

c Vẽ:

x-3-10235y013-5-3

-2

-3 -1

x y

-1 -2 -3

-3 1

- Giữ nguyên phần đồ thị của (H1) ứng với x ≤ -3

- Lấy đối xứng phần còn lại qua Ox

- Hợp của hai phần đồ thị trên là đồ thị của (C)

Dựa vào đồ thị ta có:

- Nếu:











 



a 1

a 0

a 1

 (C) cắt d tại 1 điểm  (1) có 1 nghiệm

- Nếu -1 < a < 0  (C) cắt d tại 2 điểm  (1) có 2 nghiệm

- Nếu 0 < a ≤ 1  (C)  d =   (1) vô nghiệm

 Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm x thoả mãn

0  x <  ; m

x

x







 1 sin

3 sin

(1)

Đặt sinx = t

NX: Nếu t 1

t 0





 

 thì không có x  [0; )

Nếu t 1

t 0





 

 thì có 1 nghiệm x  [0; )

Nếu 0 < t < 1 thì có 2 nghiệm x  [0; )

(1)  t 3

t 1

 

 = m (2)

Dựa trên đồ thị ta thấy nếu m > 3 thì đờng thẳng y = m cắt đồ thị (H1) tại 1 điểm có hoành

độ  (0; 1)  (2) có 1 nghiệm  (0; 1)  (1) có 2 nghiệm  [0; )

 Chứng tỏ đờng thẳng d: y = -x + k luôn cắt (H1) tại 2 điểm phân biệt A, B Tìm k để đoạn AB ngắn nhất

Xét phơng trình hoành độ giao điểm: x 3 x k x 3 x 1  x k

x 1

 

        



 f(x) = x2 - (k + 2)x + k - 3 = 0 (1)

Do f(1) = -4  0 và

 = (k + 2)2 - 4(k - 3) = k2 + 16 > 0 k Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt  đờng thẳng d:

y = -x + k luôn cắt (H1) tại 2 điểm phân biệt A, B

Khi đó theo định lí Viet ta có: A B

A B

x x k 3

  





 



AB2 =                          

= 2[(k + 2)2 - 4(k - 3)] = 2(k2 + 16) ≥ 32  AB ≥ 4 2

KL: Vậy với k = 0 thì AB ngắn nhất

 Tìm trên đồ thị (H1) điểm có tổng khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất

gọi M(x0; y0)  (H1):  0

0 0

x 3 y

x 1

 



 Tiệm cận đứng d1: x = 1 Tiệm cận ngang d2: y = -1

 

Dấu “=” xảy ra  0

0

4

x 1

x 1

 

  (x0 - 1)2 = 4  0 0

  





  

 KL: Vậy có 2 điểm: M1(-1; 1) M2(3; -3) thì tổng khoảng cách đến 2 tiệm cận nhỏ nhất

 Chứng minh trên (H1) có vô số cặp điểm tại đó 2 tiếp tuyến song song với nhau.

y’ =

 2

4

x 1  Xét phơng trình: y’(x0) = k 

 0 2

4

k

x 1



Ta thấy nếu k > 0 thì (1) có 2 nghiệm phân biệt

sin

cos O

 với mỗi k > 0 có 2 điểm phân biệt có hoành độ là nghiệm của phơng trình (1) mà tiếp tuyến tại hai điểm đó song song với nhau  đfcm

 Cho đờng thẳng (D): y = ax + b tiếp xúc với (H1) và 2 tiệm cận lần lợt tại M và N Gọi I là giao điểm của 2 tiệm cận Chứng minh tiếp điểm là trung điểm đoạn thẳng MN và diện tích

IMN không phụ thuộc a, b Tìm a, b để khoảng cách từ I đến (D) lớn nhất

 d1  d2 = I(1; -1)

Gọi (D) là tiếp tuyến của (H1) tại A(x0; y0)  (D):

0

0 0

x 3 4

x 1

x 1

 





- (D)  d1 = {M}  xM = 1



0

x 1

0

x 7

M 1;

x 1

   



- (D)  d2 = {N}  yN = -1 

0

M 0 2

0 0

x 3 4

x 1

x 1

 



 

0

M 0 2

0 0

x 3 4

x 1

x 1



  



M 0 2 0 0

x 1

x 1







 N(2x0 - 1; -1)  xN + xM = 1 + 2x0 - 1 = 2x0  A là trung điểm của MN  đpcm

 IN = 2x0 1 1   2 x0 1 IM = 0

1

 

 

 SIMN = 1IM.IN 8

 Gọi H là chân đờng cao hạ từ I lên (D)  d(I; (D)) = IH

Ta có: 12 12 12

IH IM IN  IH2 =

2 2

2

0

16 64

4 x 1

x 1



 



2 2

max max

0

64

x 1

0

x 1 16

x0 = 3  (D): y = x - 6  a = 1 và b = -6

x0 = -1  (D): y = x + 2  a = 1 và b = 2

 Từ đồ thị (H1) hãy suy ra đồ thị các hàm số sau đây:

a)

1

3







x

x

x 1











Cách vẽ: Giữ nguyên đồ thị (H1) nằm bên trên Ox

Lấy đối xứng phần còn lại qua Ox

Hợp của hai phần đồ thị trên là đồ thị

1

3







x

x y

b)    13

x

x

x 3

Nếu x > 1

x 1

x 3

Nếu x < 1

x 1

 



 



 



Cách vẽ: Giữ nguyên đồ thị (H1) ứng với x > 1

Lấy đối xứng phần còn lại qua Ox

Hợp của hai phần đồ thị trên là đồ thị 13









x

x y

x y

-1 -2 -3

3

-1 -2 -3

x y

-2

-5 -3 -1

1

x y

-1 -2 -3

3

-2

-5 -3 -1

c) y x x







1

3

=

x 3

Nếu x > 0

x 1

x 3

Nếu x < 0

x 1

 



 









   Cách vẽ: Giữ nguyên đồ thị (H1) bên phải Oy

Lấy đối xứng đó qua Oy

Hợp của hai phần đồ thị trên là đồ thị y x x





 1 3

 Tìm tập hợp các điểm M(x, y) sao cho:

a)

x

x

y







1

3



x 3

x 1

x 3

x 1

 



 



 

 

 

Nếu x 3

x 1

 

 ≥ 0

Cách vẽ: Giữ nguyên đồ thị (H1) bên trên Ox

Lấy đối xứng đó qua Ox

Hợp của hai phần đồ thị trên là tập hợp các điểm

M(x, y) trên mặt phẳng toạ độ sao cho:

x

x y





 1 3

b)

x

x y







1

3



x 3

0

x 1

x 3

0

x 1

x 3 y

x 1

x 3 y

x 1

 





 



 









 





   







  

  



   

 Tập hợp các điểm M(x, y) không thuộc phần gạch trên mặt phẳng toạ độ là điểm cần tìm

 Phần II: Phần này m là tham số tuỳ ý.

 Xác định m để hàm số luôn luôn đồng biến

y’ =

 2

4

0

x m



 x  m  hàm số luôn đồng biến trên tong khoảng của tập xác định

 Chứng minh rằng (Hm) có tâm đối xứng Tìm quỹ tích tâm đối xứng khi m thay đổi

 Tiệm cận đứng d1: x = m

Tiệm cận ngang d2: y = m - 2

 d1  d2 = I(m; m - 2)

Đổi hệ trục Oxy sang hệ trục IXY sao cho (IX // OX; IY // Oy)

x y

-1 -2 -3

-2

-5 -3

Công thức đổi trục: x X m

y Y m 2

 





  



thay vào đồ thị

 Y + m + 2 =     2

   Y = 4 g X 

X 

Ta thấy g(-X) = -g(X)

 hàm Y = g(X) là hàm số lẻ  (Hm) nhận I làm tâm đối xứng

 CMR đồ thị (Hm) luôn tiếp xúc với 2 đờng thẳng cố định

m 2 x m 2m 4

x m

  y(x - m) = (m - 2)x - m2 + 2m - 4

 m2 - m(y + x + 2) + xy + 2x + 4 = 0

x   y 2  4 xy  2x  4  x  y  2xy  4x  4y 12  = (x - y)2 - 4(x - y) - 12

= (x - y - 6)(x - y + 2)

LG:

 Xét đờng thẳng d1: y = x - y - 6 = 0  y = x - 6

Xét hệ

 

 

2

2

m 2 x m 2m 4

x 6 1

x m 4

x m

 









 



(1)  x2 - (2m + 4)x + m2 + 4m + 4 = 0  (x - m - 2)2 = 0  x = m + 2

ta thấy x = m + 2 luôn là nghiệm của (1)

 hệ (1); (2) luôn có nghiệm x = m + 2

Vậy d1 luôn tx với d1

 CM tơng tự với d2: x - y + 2 = 0  đfcm

 Tìm điểm cố định mà mọi đồ thị (Hm) đều đi qua

Gọi M(x0; y0) là điểm cố định của (Hm)  y0 =   2

0

0

m 2 x m 2m 4

 m2 - m(y0 + x0 + 2) + x0y0 + 2x0 + 4 = 0 m

0 0 0

1 0

x y 2x 4 0







  





vô nghiệm  (Hm) không có điểm cố định

 Tìm các điểm trên đờng thẳng x = 2 mà (Hm) không đi qua

A  d: x = 2  A(2; a)

(Hm) không đi qua A  a =   2

2 m 2 m 2m 4

2 m

 2 - 2ma = -m2 + 4m - 8 vô nghiệm với m

 m2 - 2(a + 2)m + 2a + 8 = 0 vô nghiệm với m

  = (a + 2)2 - (2a + 8) < 0  a2 2a - 4 < 0   1 5   a 1 5 (*)

KL: Vậy các điểm cần tìm là A(2; a) với a thoả mãn (*)

 Tìm trong mặt phẳng Oxy những điểm mà họ (Hm) không đi qua

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

 y0 =   2

0

0

m 2 x m 2m 4

  m2 - m(y0 + x0 + 2) + x0y0 + 2x0 + 4 = 0 vô nghiệm với m

  < 0

0 0

0 0

x y 6 0

  



 

  



kết luận: Các điểm thuộc phần gạch là các điểm cần tìm

 Với giá trị nào của m thì tại giao điểm của (Hm) với trục Ox, tiếp tuyến của đồ thị song song với đờng thẳng y + 10 = x Viếp phơng trình tiếp tuyến đó

x y

O

1 -1

3

(Hm)  Ox = A m 2m 4;0

m 2



tiếp tuyến tại A // đờng thẳng y + 10 = x  y’ m 2m 4 1

m 2





 2

4

1

m 2m 4

m

m 2







 m 22 4 m 2

m 0







KL: Với m 2

m 0





 

 thì tại giao điểm của (Hm) với trục Ox, tiếp tuyến của đồ thị song song với đờng thẳng y + 10 = x Khi đó phơng trình tiếp tuyến là: d1: y = x + 3 và d2: y = x + 2