Tài liệu ôn thi đại hoc 2014

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ BỔ KHUYẾTCHUYÊN ĐỀ : MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HÀM SỐ THƯỜNG GẶPGiáo viên báo cáo : Phạm Đỗ HảiĐơn vị : Trường THPT Tây NamMỘT SỐ ĐỀ THI GẦN ĐÂY.BÀI TOÁN 1 : TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐPP : 1) Tìm điều kiện của tham số để hàm số luôn đồng biến ( nghịch biến) trên R (Thường là hàm số bậc 3)+ Tập xác định. + Tính y’.+ Hàm số luôn đồng biến trên R khi y’ ( 0 (y’ ( 0)(x(R.Từ đó dùng pp đồ thị hoặc sử dụng a >0 và ( ( 0 (a 0( 3x2 + 6x ( m, ( x > 0()Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) = 3x2 + 6x trên 0 ; + () . (Do g(x) liên tục tại x = 0)
Từ đó ta được : () ( m ( 0.Ví dụ 2 Cho hàm số
có đồ thị (Cm).Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2 ; + ()Giải.Tập xác định : D = R
.
(y’= 0 có
)Hàm số đồng biến trên







.Ví dụ 3 : Tìm m để hàm số
đồng biến trên khoảng (3 ; +()GiảiTập xác định : D = R {1}Khi đó ta có
( 2x2 – 4x + 3 – m ≥ 0, (x ((3 ; +()( 2x2 – 4x + 3 ≥ m, (x ((3 ; +()Xét hàm số g(x) = 2x2 – 4x + 3 trên khoảng 3 ; +() (do g(x) liên tục tại x = 3)Ta có g’(x) = 4x – 4 > 0, (x (3 ; +() ( g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (3 ; +()( g(x) > f(3) = 9Vậy để 2x2 – 4x + 3 ≥ m, (x ((3 ; +() thì m ( g(3) = 9Ví dụ 4 Cho hàm số y = x3 – ax2 – (2a2 – 7a + 7)x + 2(a – 1)(2a – 3). Tìm a để hàm số đồng biến trên 2 ; + ()GiảiTập xác định : D = RTa có y’ = 3x2 – 2ax – (2a2 – 7a + 7)Điều kiện để hàm số đồng biến trên 2 ; +() là y’ ≥ 0 (x ( 2 ; + ( )( 3x2 – 2ax – (2a2 – 7a + 7) ≥ 0 (), (x ( 2 ; + ( )Ta có (’ = 7a2 – 21a + 21 > 0, (aGọi x1, x2 (x1 < x2) là 2 nghiệm của phương trình y’ = 0 khi đó tập nghiệm của bất pt () là (–( ; x1 ( x2 ; +( ). Vậy để hàm số đồng biến trên 2 ; + ( ) thì : 2 ; + ( ) ( (–( ; x1 ( x2 ; +( ) hay x1 < x2 ( 2. Điều kiện là
(
(
Ví dụ 5 Tìm tham số m để hàm số y = x3 + 3x2 + mx + m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3.Thầy (cô) dùng phương pháp

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ BỔ KHUYẾT

CHUYÊN ĐỀ :

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HÀM SỐ

THƯỜNG GẶP

Giáo viên báo cáo : Phạm Đỗ Hải

Đơn vị : Trường THPT Tây Nam

MỘT SỐ ĐỀ THI GẦN ĐÂY.

BÀI TOÁN 1 : TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

PP : 1) Tìm điều kiện của tham số để hàm số luôn đồng biến ( nghịch biến) trên R

(Thường là hàm số bậc 3)

+ Tập xác định

+ Tính y’

+ Hàm số luôn đồng biến trên R khi y’ ≥ 0 (y’ ≤ 0)∀x∈R

Từ đó dùng pp đồ thị hoặc sử dụng a >0 và ∆≤ 0 (a<0 và ∆≤ 0) 2) Tìm điều kiện của tham số để hàm số luôn đồng biến ( nghịch biến) trên khoảng cho trước

PP + Tập xác định

+ Tính y’

+ Hàm số luôn đồng biến trên R khi y’ ≥ 0 (y’ ≤ 0)∀x∈R

Từ đó dùng định lí về dấu của tam thức bậc 2 hoặc pp đồ thị

* Lưu ý : + Giả sử tồn tại ( )

K

M ax f x thì f(x) ≤ g(m), ∀x∈K ⇔ ( )

K

M ax f x ≤ g(m) + Giả sử tồn tại ( )

K

Min f x thì f(x) ≥ g(m), ∀x∈K ⇔ ( )

K Min f x ≥ g(m)

Ví dụ 1Cho hàm số y = − x3− 3x2 + mx + 4, trong đó m là tham số.

Giải

Tập xác định : D = R

y’ = – 3x2 – 6x + m

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞)

⇔ y’ = – 3x2 – 6x + m ≤ 0, ∀ x > 0

⇔ 3x2 + 6x ≥ m, ∀ x > 0 (*)

Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) = 3x2 + 6x trên [0 ; + ∞) (Do g(x) liên tục tại x = 0)

Từ đó ta được : (*) ⇔ m ≤ 0

Ví dụ 2 Cho hàm số y 2x= 3−3(2m 1)x+ 2+6m(m 1)x 1+ + có đồ thị (Cm).

Giải.

Tập xác định : D = R

2

y' 6x= −6(2m 1)x 6m(m 1)+ + +

1 2

y' 0

=



= ⇔  = + (y’= 0 có ∆=(2m+1)2 −4(m2 +m)=1>0)

Hàm số đồng biến trên (2;+∞) ⇔ y' 0≥ ∀x>2⇔ m+1≤2 ⇔ m≤1

Ví dụ 3 : Tìm m để hàm số y 2x2 3x m

x 1

− +

=

Giải

Tập xác định : D = R \ {1}

Khi đó ta có

( )

2

2

x 1

2 – 4x + 3 – m ≥ 0, ∀x ∈(3 ; +∞)

⇔ 2x2 – 4x + 3 ≥ m, ∀x ∈(3 ; +∞)

Xét hàm số g(x) = 2x2 – 4x + 3 trên khoảng [3 ; +∞) (do g(x) liên tục tại x = 3)

Ta có g’(x) = 4x – 4 > 0, ∀x ∈[3 ; +∞)

⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (3 ; +∞)

⇒ g(x) > f(3) = 9

Vậy để 2x2 – 4x + 3 ≥ m, ∀x ∈(3 ; +∞) thì m ≤ g(3) = 9

Ví dụ 4 Cho hàm số y = x3 – ax2 – (2a2 – 7a + 7)x + 2(a – 1)(2a – 3)

Giải

Tập xác định : D = R

Ta có y’ = 3x2 – 2ax – (2a2 – 7a + 7)

Điều kiện để hàm số đồng biến trên [2 ; +∞) là y’ ≥ 0 ∀x ∈ [2 ; + ∞ )

⇔ 3x2 – 2ax – (2a2 – 7a + 7) ≥ 0 (*), ∀x ∈ [2 ; + ∞ )

x

0

+∞

0

Ta có ∆’ = 7a2 – 21a + 21 > 0, ∀a

Gọi x1, x2 (x1 < x2) là 2 nghiệm của phương trình y’ = 0

khi đó tập nghiệm của bất pt (*) là (–∞ ; x1] ∪ [x2 ; +∞ ) Vậy để hàm số đồng biến trên [2 ; + ∞ ) thì : [2 ; + ∞ ) ⊂ (–∞ ; x1] ∪ [x2 ; +∞ ) hay x1 < x2≤ 2

Điều kiện là ( 11 2) ( 2 ) 11 2 2 ( 1 2)

2a

4

3

2a 7a 7 4a

4 0







2

− ≤ ≤

Ví dụ 5 Tìm tham số m để hàm số y = x3 + 3x2 + mx + m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3

Thầy (cô) dùng phương pháp của mình giúp học sinh phân tích và tìm ra lời giải cho bài toán trên?

B1 : Tìm tập xác định

B2 : Tính y’

B3 : TH1 y’ ≥ 0 ,∀x∈R loại

TH2 : y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ⇒x2− x1 = 3

B4 : Biến đổi và áp dụng định lí viét tìm m

Giải

Tập xác định D = R

y’ = 3x2 + 6x + m

y’ = 0 có ∆’ = 9 − 3m

Xét ∆’ ≤ 0 thì y’ ≥ 0 ,∀x∈R ⇒ hàm số luôn đồng biến trên R (không thoả mãn)

Xét ∆’ > 0 ⇔ m < 3 thì y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2

Bảng biến thiên

Theo đề bài : x2− x1 = 3 ⇔ (x2− x1)2 = 9 ⇔ x12+x22 −2x x1 2 =9

⇔ (x2 + x1)2− 4x1x2 = 9

x

y’

y

−∞ x1 x2 +∞

⇒ 4 − 4m

3 = 9 ⇔ m = −15

4 (thoả mãn)

Bài tập tự nghiên cứu

Bài 1 : Với giá trị nào của tham số m để hàm số y x 2 m

x 1

= + +

− đồng biến trên mỗi

khoảng xác định của nó

Bài 2 Xác định m để hàm số x3 ( ) 2 ( )

3

= − + − + + đồng biến trên khoảng (0;3)

Bài 3 Cho hàm số y = x3 – 3(2m + 1)x2 + (12m + 5)x + 2 Tìm m để hàm số:

a) Đồng biến trên R

b) Đồng biến trên khoảng (2 ; +∞)

Bài 4 Cho hàm số y = –x3 + 3x2 + mx – 2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; 2)

BÀI TOÁN 2 CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

PP : + Tập xác định

+ Tính y’

+ Số lần đổi dấu qua các nghiệm của y’ = 0 là số cực trị

+ Tuỳ theo điều kiện tiếp theo của bài mà ta tìm và suy ra giá trị của tham số

* Lưu ý : Định lí viét

Ví dụ 1 : Tìm m để hàm số y = x3 – (m – 3)x2 + (4m –1)x – m đạt cực trị tại x1, x2 sao cho x1 < –2 < x2

Giải

Tập xác định : D = R

y’ = 3x2 – 2(m – 3)x + 4m – 1

y’ = 0 ⇔ 3x2 – 2(m – 3)x + 4m – 1 = 0 (1)

Để hàm số đạt cực trị tại x1, x2 sao cho x1 < –2 < x2 thì (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1

< –2 < x2

⇔ (x1 + 2 )(x2 + 2) < 0 ⇔ x1x2 + 2(x1 + x2) + 4 < 0

Áp dụng định lí viet ta có : 4m 1 4(m 3) 4 0

8m – 1 < 0 ⇔ m 1

8

<

Ví dụ 2 Cho hàm số y = x4 + 2mx2 + 1 Tìm giá trị của tham số m để đồ thị có 3 điểm cực trị và đường tròn đi qua 3 điểm này có bán kính bằng 1

Giải

Tập xác định D = R

Ta có : y’ = 4x3 + 4mx

y’ = 0 ⇔ x 02

=





= −



Hàm số có 3 cực trị khi y’ đổi dấu 3 lần trên D ⇔ y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m < 0

Khi đó ta có 3 điểm cực trị là A(0 ; 1), B(− −m ; 1 – m2), C( −m ; 1 – m2)

Theo tính chất của đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương, ta có ∆ABC cân tại A, Gọi D là trung điểm

của cạnh BC thì xét ∆ADC vuông tại D ta có sinC = AD

AC. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, áp dụng định lí sin trong ∆ABC ta có

2

sin C= ⇒ AD = ⇔ AD =

⇔ –m + m4 = 2m2⇔ m3 – 2m – 1 = 0 Giải tìm và kiểm tra lại ta được m = –1, m 1 5

2

−

=

Ví dụ 3Tìm m để đồ thị hàm số y = x3 – 3x2 + m2x + m có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng x – 2y – 5 = 0

Giải

Tập xác định : D = R

Ta có y’ = 3x2 – 6x + m2

Để hàm số có hai điểm cực trị thì y’ phải đổi dấu hai lần ⇔ y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt

⇔∆’ > 0 ⇔ 9 – 3m2 > 0 ⇔ − 3 m< < 3

Đường nối hai cực trị là (d) có phương trình : ( ) 3

2

Gọi A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho khi đó trung điểm I của đoạn AB có toa độ là I(1 ; m2 + m – 2)

A, B đối xứng với nhau qua (∆) : y 1x 5

= − ⇔ (d) ⊥ (∆) và I ∈ (∆)

2

1 5

2 2





Ví dụ 4 (2013B) Cho hàm số y=2x3−3(m+1)x2+6mx (1), với m là tham số thực.

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc

với đường thẳng y = x + 2.

Tập xác định : D = R

2

y = x − m+ x+ m

Hàm số (1) có 2 cực trị A và B ⇔ y’=0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (m + 1)2 – 4m > 0 ⇔ m ≠ 1

Ta có y= − − (m 1) 2x m+ 2 +m là đường thẳng qua A và B

 =

⊥ = + ⇔ − − = − ⇔ − = ⇔  =



2

m

m

Vậy m = 0 hay m = 2 thì thoả mãn yêu cầu của bài toán

Ví dụ 5 (2012A) Cho hàm số y x= 4−2( m+1)x2+m ( )2 1 ,với m là tham số thực.

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông

Giải

y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x2 = (m + 1)

Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1

Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0 ; m2), B (− m+1; – 2m – 1); C ( m+1; –2m – 1)

Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A Gọi M là trung điểm của BC

⇒ M (0; −2m–1)

Do đó BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

⇔ 2 m+1 = 2(m2 + 2m + 1) ⇔ (m + 1)2 = m+1 ⇔ (m + 1)4 = m + 1 ⇔ (m + 1)3 = 1

⇔ 1 = (m + 1) ⇔ m = 0

Ví dụ 6 (2014B) Cho hàm số y = x³ – 3mx + 1(1), với m là tham số thực.Cho điểm

Giải

Ta có y¢=3x2- 3 ,m y¢=0Û x2=m Đồ thị hàm số đã cho có 2 cực trị khi y¢=0 có 2 nghiệm phân biệt hay m> 0

Gọi B(- m m m; 2 +1 ,) (C m; 2- m m+ 1) là 2 cực trị của hàm số Tam giác ABC cân ở A khi

=

AB AC hay (- m- 2) (2+ 2m m- 2) (2= m- 2) (2+ - 2m m- 2)2 Û m- 4m m=0

Phương trình cuối có nghiệm dương duy nhất là = 1

4

m Vậy giá trị cần tìm là =1

4

m

Ví dụ 7

Tìm m để đồ thị hàm số y = −1

4x

4 + 3

2mx

2 (1) có ba cực trị là ba đỉnh của một tam giác đều

Thầy (cô) dùng phương pháp của mình giúp học sinh phân tích và tìm ra lời giải cho bài toán trên?

B1: Tìm tập xác định

B2 :Tính y’

B3 : hàm số có ba cực trị ⇒ y’= 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇒ toạ độ của 3 điểm cực trị

B4 : ∆OAB đều ⇒ OA = AB ⇒ tham số m

Giải

Tập xác định D = R

y’ = −x3 + 3mx = −x(x2− 3m)

y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = 3m

Điều kiện để hàm số (1) có 3 cực trị là 3m > 0 ⇔ m > 0

Khi đó 3 điểm cực trị : O(0 ; 0) , A 3m; m9 2

4

2 9

4

∆OAB đều ⇔ OA OB

OA AB

=



⇒ 3m 81m4 2 3m

16

16 = 12m ⇔ m3 = 16

9 ⇔ m = 23

6

3 (thoả mãn)

Bài tập tự nghiên cứu

Bài 1 Tìm m để mỗi hàm số sau có cực trị thoả mãn điều kiện cho trước

a) y = x4 + 2(m – 1)x2 + m + 5 có 3 cực trị Đ/S : m < 1

b) y = 1

3x

3 – x + m có hai cực trị trái dấu Đ/S : 2 m 2

− < <

c) y = –x3 + 3(m + 1)x2 – (3m2 + 7m – 1)x + m2 – 1 đạt cực tiểu tại một điểm có hoành độ nhỏ hơn 1

Bài 2 Tìm m để đồ thị của hàm số y = x3 – 3mx2 + (m2 + 2m – 3)x + 4 có hai điểm cực trị

Bài 3 Tìm m để hàm số y = x3 + 2(m – 1)x2 + (m2 – 4m + 1)x – 2m2 – 2 có hai điểm cực trị

x1, x2 thoả mãn điều kiện ( 1 2)

1 2

Bài 4 Tìm m để hàm số 1 3 ( ) 2 2

3

= + − + + + + đại cực trị tại x1, x2 sao

Bài 5 Tìm m để đồ thị của hàm số y = 1

3x

3 – mx2 – x + m + 11 hai điểm cực trị

(x ; y , x ; y sao cho khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất Đ/S : 1 1) ( 2 2) min d 2 13

3

= khi m = 0

Bài 6 Cho hàm số 4 2 2 ( )

m

y x= −2m x +1 C (1) Tìm m dể hàm số (1) có ba điểm cực trị là

ba đỉnh của một tam giác vuông cân Đ/S : m = –1, m = 1

m

y x= −3x +3 1 m x 1 3m C− + + Tìm m để hàm số có cực đại ,

cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có

Bài 8 Cho hàm số y = − x3 + 3mx2−3m – 1.Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0 Đ/S : m = 2

Bài 9 Cho hàm số y x= 3−3mx2+3(m2−1)x m− 3+m 1) Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O Đ/S : m= − −3 2 2 ,m= − +3 2 2

BÀI TOÁN 3 TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

PP :

* Dạng 1 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(x0 ; y0)

B1 : phương trình tiếp tuyến có dạng y = y’(x0)(x – x0) + y0 (1)

B2 : Tính x0 hoặc y0 (nếu chưa có)

B3 : Tính y’ và y’(x0)

B4 : Thế vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến cần tìm

* Dạng 2 Phương trình tiếp tuyến biết hệ số góc k

B1 : Gọi M(x0 ; y0) là tiếp điểm

B2 : phương trình tiếp tuyến có dạng y = y’(x0)(x – x0) + y0 (1)

B3 : Giải phương trình y’(x0) = k tìm x0 và tính y0

B4 : Thế vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến cần tìm

Ví dụ 1 Cho hàm số y 2x 3

x 2

−

=

tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất

Lấy điểm M m; 2 1

m 2

 + 

 − ÷

 ∈( )C (điều kiện m ≠ 2) Ta có : ( ) ( )2

1

y ' m

m 2

= −

−

Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : ( )2( )

m 2

m 2

= − − + +

−

−

Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A 2; 2 2

m 2

 + 

 − ÷

Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)

Ta có : 2 ( )2 ( )

2

1

m 2

=  − + ≥

−

  Dấu “=” xảy ra khi m = 1 ; m = 3

Ví dụ 2Cho hàm số y x 3

x 1

−

=

hàm số, biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành tại A, cắt trục tung tại B sao cho OA = 4OB

Giải

Vì OA = 4OB và∆OAB vuông tại O nên có tan 1

4

OB A OA

= =

⇒Tiếp tuyến AB có hệ số góc k = 1

4

±

Phương trình y’(x0) = k 2 0

0 0

3

5

=



⇔ + = ⇔ ⇔  = −

x x x

Với x0 = 3⇒y0 = 0, tiếp tuyến có phương trình 1( 3)

4

y= x−

Với x0 = −5⇒ y0 = 2, tiếp tuyến có phương trình 1( 5) 2 1 13

y= x+ + ⇔ =y x+

Ví dụ 3Cho hàm số y x 1

2(x 1)

−

=

tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng d: 4x + y = 0

Giải.

0

0

1

;

2( 1)

 − 

 + ÷

x

x

x ∈( )C là điểm cần tìm Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình.

0

1

2( 1)

x

y f x x x

x

−

= − +

+ ( )2 0 0

0 0

1 1

2( 1) 1

x

x x

−

⇒ = − +

+ +

Gọi A = ∆ ∩ox ⇒A( 02 2 0 1

2

x − x −

− ;0); B = ∆ ∩oy⇒ B(0; 02 0

2 0

2( 1)

x x x

− − + )

Khi đó ∆tạo với hai trục tọa độ ∆OAB có trọng tâm là: G

2 0

;

x

− − − − − 

Do G∈ d:4x + y = 0⇒ 02 0 02 0

2 0

x

− − − −

+

⇔

0

1

4

1

x

=

+ (vì A, B ≠O nên x02−2x0− ≠1 0)

1

1

 + =  = −

⇔ ⇔

 + = −  = −

Với 0

 

= − ⇒ − − ÷

  ; với 0

 

= − ⇒ − ÷

 .

Ví dụ 4 Cho hàm số y x

x 1

=

Giải.

Giả sử 0 0

0

x

∈

  mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến

tiếp tuyến là lớn nhất

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng ∆ : 2 0 0

1

x

= − − +

2 0

1

0

x

x y

⇔ − − + =

Ta có d(I , ∆) = 0

2 0

2

−

=

d(I ;∆) lớn nhất khi và chỉ khi 0 2 2

0

1

(x 1)

− nhỏ nhất

A ≥ 2

0

2

0

=



− = ⇔ − = ± ⇔  =x

x

+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = −x

+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = −x + 4

Bài tập tự nghiên cứu

Bài 1 Cho hàm số 1 1 ( )

x

+ + Lập phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d

và hai tiệm cận cắt nhau tạo thành một tam giác cân

Bài 2 Cho hàm số 2 3 ( )

2

x

x

+

= + Tìm những điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M

cắt hai tiệm cận tại A, B sao cho vòng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất Với I là giao hai tiệm cận

Bài 3 Cho hàm số y = x3 −3x2 +m (1) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB

bằng

2

3

Bài 4 Cho hàm số y =

2

5 3 2

2

4

+

− x

x

có đồ thị (C) Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ

xM = a Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M

Bài 5 (2014D) Cho hàm số y = x3 – 3x – 2 (1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc bằng 9

BÀI TOÁN 4 SỰ TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ

PP

B1 : Lập phương trình hoành độ giao điểm : f(x) = g(x) (1)

B2: Số giao điểm của (C) và (C’) là số nghiệm của phương trình (1)

B3: Biện luận phương trình (1)

Ví dụ 1 Cho hàm số y 2x 2

x 1

−

=

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ – 1) (1)

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác –1 ⇔ m2 – 8m – 16 > 0 (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1)

Theo ĐL Viét ta có

1 2

1 2

2 2 2

m

x x m

x x

 + = −



 =



(x −x ) +4(x −x ) =5 ⇔ 2

1 2 1 2 (x +x ) −4x x =1 ⇔ m2 - 8m - 20 = 0

⇔ m = 10 , m = – 2 ( Thỏa mãn (2))

Ví dụ 2Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm : x3 + mx + 2 = 0

x x

m=− 2 −2

⇒ ( x ≠0)

2 ) ( '

2

x x x

f x

x − ⇒ =− +

− = 2 32 2

x

x +

−

Ta có x -∞ 0 1 +∞

f’(x) + + 0 –

f(x) +∞ –3

-∞ –∞ –∞

Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất ⇔m>−3

Ví dụ 3Cho hàm số y = 2x

(C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị sao cho khoảng cách giữa 2

Giải

Để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thì pt 2

2

x

x m

x = +

− hay x2 + (m − 4)x −2x = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi

2 16

4 0

m

m

∆ = + ∀

− ≠

Giả sử A(x1;y1), B(x2;y2) là 2 giao điểm khi đó x1, x2 là 2 nghiệm phương trình (1) Theo định lí

viet ta có 1 2

1 2

4 (3) 2

x x m

+ = −



 = −

 với y1 = x1 + m, y2 = x2 + m

Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A, B nằm khác phía đối với đường thẳng x–2=0

A, B nằm khác phía đối với đường thẳng x – 2 = 0 khi và chỉ khi (x1– 2)(x2 – 2) < 0 hay

x1x2 – 2(x1 + x2) +4 < 0 (4) thay (3) vào 4 ta được – 4 < 0 luôn đúng (5)

(x −x ) +(y −y ) = 2(x +x ) −8x x (6) thay (3) vào (6) ta được AB = 2m2 +32≥ 32 vậy AB = 32 nhỏ nhất khi m = 0 (7)

Từ (1), (5), (7) ta có m = 0 thoả mãn