20 bai toan lien quan den khao sat ham so

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tìm m để Cm có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác ABIC là hình thoi... Khảo sát sự biến thiên và vẽ

Trang 1

20 BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

Bài 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng : y = 2x -1 bằng √ Giải Gọi tiếp điểm M(x0;

( ) Khi đó ta có d(M, ) √

|

√ =

√ | | = 3

| | | | 0,5 [ ( )

( ) [

[

+, Với ta có M(-1;0), suy ra tiếp tuyến y = y’(-1)(x+1) hay y =

+, Với , ta có M( ), suy ra tiếp tuyến y = y’( )( )+ 3 hay y = 8x – 1

0,5 Bài 2 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – (m+1)x2 + 2m + 1 có đồ thị (Cm), với m là tham số thực a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1 b Cho I (0; - ) Tìm m để (Cm) có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác ABIC là hình thoi Giải Ta có y’= x3 – 2(m + 1)x, với mọi x

(Cm) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

Trang 2

2 (m + 1) > 0  m > -1 (1)

Khi đó 3 nghiệm phân biệt của y’ = 0 là x = 0;

x = - √ ( ) và x =√ ( )

Điểm cực đại của (Cm) là A (0; 2m +1), hai điểm cực tiểu là B(-√ ( ) -m2) và C (√ ( ) ; -m2) 0,5 Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại H (0; -m2) và H là trung điểm của BC Do đó tứ giác ABIC là hình thoi khi và chỉ khi H là trung điểm của AI Hay là { -2 m2 = 2m + 1 - m = hoặc m = - 0,5 Đối chiếu với điều kiện (1) ta được giá trị của m là m = Bài 3 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m+2)x + 4m – 5 có đồ thị (Cm), với m là tham số thực a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 1 b Tìm m để trên (Cm) tồn tại đúng 2 điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của (Cm) vuông góc với đường thẳng d: x + 2y + 3 = 0 Giải Đường thẳng d có hệ số góc k = - Do đó tiếp tuyến của (Cm) vuông góc với d có hệ số góc k’ = 2 Ta có y’ = k’ 3x2 – 12x + 3(m+2) = 2 3x2 – 12x + 4 = -3m (1) 0,5 Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 Xét hàm số f(x) = 3x2 – 12x + 4 trên (1; + ) Ta có bảng biến thiên: x - 1 2 +

f(x) + +

-5

-8

Trang 3

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình f(x) = - 3 có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn

1 khi và chỉ khi – 8 < - 3m < -5 < m < 0,5

Vậy < m <

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho

b Tìm m để đường thẳng d: x + 3y + m = 0 cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại A (1;0)

Giải

Ta có d: y = - x - Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình:

= - x - hay x2 + (m+5)x – m – 9 = 0, x (1) 0,5

Ta có = (m+7)2 + 12 > 0, với mọi m Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt Hơn nữa cả 2 nghiệm x1; x2 đều khác 1 Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt M(x1;

y1), N(x2; y2)

Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (x1 – 1; y1), ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (x2 – 1; y2),

Tam giác AMN vuông tại A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 Hay (x1 – 1) (x2 – 1) + y1y2 = 0

(x1 – 1) (x2 – 1) + (x1 +m) (x2 + m) = 0

10 x1x2 + (m – 9)(x1+x2) + m2 + 9 = 0 (2) 0,5

Áp dụng định lý Viet ta có x1+x2 = - m – 5; x1x2 = - m – 9 Thay vào (2) ta được

10 (-m-9) + (m-9)(-m-5) + m2 + 9 = 0

-6m – 36 = 0 m = - 6

Vậy giá trị của m là m = -6

b Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận của (H) Viết phương trình tiếp tuyến d của (H) tại điểm M thỏa mãn IM vuông góc với d

Giải Gọi M (x0;

) , x0 là tiếp điểm Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là

Trang 4

D: y =

( ) (x-x0) +

, hay d: x + ( ) y – ( - 2x0 + 2) = 0 0,5

Suy ra VTCP của d là ⃗⃗⃗⃗ = (( ) ; -1) Ta có I (2;1) nên ⃗⃗⃗⃗⃗ = (x0 – 2;

) = 0

Do đó IM vuông góc với d ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ = 0 ( ) -

= 0 (x0 – 2)4 = 1 [

+ Với x0 = 3, phương trình tiếp tuyến là y = - (x – 3) + 2 hay y = -x + 5 0,5

+ Với x0 = 1, phương trình tiếp tuyến là y = - (x-1) hay y = - x +1

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y = -x + 5 và y = - x +1

Bài 6 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – 2mx2 + 2 (1) , với m là tham số

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =

b Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ 0

Giải

Ta có y’ = x3 – 4mx = (x2 – 3m)

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

m > 0 0,5

Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A (0;2), B(-√ ; 2-3m2) và C(√ ; 2-3m2)

Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ 0 khi và chỉ khi OA

= OB = OC 2 = √ ( )

m (m-1)(3m2 + 3m – 1) = 0 [ √ 0,5

Kết hợp điều kiện m > 0 ta có giá trị của m là m = 1; m = √

Trang 5

b Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A (0;1) một khoảng cách bằng 2

Giải Gọi M(x0;

) , x0 là tiếp điểm Theo bài ra ta có MA = 2 Hay x02 + (

)2 = 4 x02 + (

)2

= 4 0,5

x0 (x0 – 2) (x02 + 4x0 + 6) = 0 (x0 ) [

+ Với x0 = 0, phương trình tiếp tuyến là y = y’(0)(x-0)+y(0) hay y = 3x -1

+ Với x0 = 2, phương trình tiếp tuyến là y =y’(2)(x-2)+y(2) hay y = x+ 0,5

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y = 3x -1 và y = x+

Bài 8 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3

- (m-2)x2 – 3(m-1)x + 1 (1), m là tham số

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -2

b Tìm m > 0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là yCĐ;

yCT thỏa mãn 2 yCĐ + yCT = 4

Giải

Ta có y’ = 3x2 – 3(m-2)x – 3(m-1) ,

y’ = 0 x2 – (m-2)x – m + 1 = 0 [ 0,5

Chú ý rằng với m >0 thì x1 <x2 Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1 = -1 và đạt cực tiểu tại x2

= m -1 Do đó: yCĐ = y(-1) = ; yCT = y(m-1) = - (m+2)(m-1)2 +1

Từ giả thiết ta có: 2 - (m+2)(m-1)2 +1 = 4 6m – 6 – (m+2)(m-1)2

= 0

(m-1)(m2 + m – 8) = 0 [ √ 0,5

Đối chiếu với yêu cầu m > 0 ta có giá trị của m là m = 1; √

Trang 6

Bài 9 (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số y =

2 Tìm m để đường thẳng d: y = -x + m cắt (H) tại 2 điểm A, B thỏa mãn

AB = 2√

Giải Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình:

= -x + m - 2x + 1 = (x+1)(-x+m), x

x2

– (m+1)x – m +1 = 0 (1) 0,5

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt (m+1)2

– 4(-m+1) >0

m2 + 6m – 3 >0 [ √

√ (2) Khi đó A(x1 ; -x1 + m), B(x2 ; -x2 + m), với x1 + x2 = m + 1; x1x2 = -m +1

Từ giả thiết ta có AB2 = 8 (x2 – x1)2 + (x2 – x1)2 = 8

(x2 – x1)2 = 4 (x1 + x2)2 - 4 x1x2 = 4

(m +1)2 – 4(-m +1) = 4 m2 + 6m – 7 = 0

[ 0,5

Đối chiếu với (2) ta có các giá trị cần tìm của m là m = 1, m = -7

Bài 10 (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x4 -3x2 – 2

2 Tìm số thực dương a để đường thẳng y = x cắt (C ) tại 2 điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông tại gốc tọa độ O

Giải

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = a với (C ) là nghiệm của phương trình

x4 - 3x2 – 2 – a = 0 hay x4 – 3x2 – 2 – a = 0 (1)

Rõ ràng với mọi a > 0 phương trình (1) có hai nghiệm thực trái dấu, nghĩa là đường thẳng

y = a cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A(xA; a) và B(xB; a), xA < xB 0,5

Trang 7

Ta có xA + xB = 0 (2) và ⃗⃗⃗⃗⃗ = (xA; a) , ⃗⃗⃗⃗⃗ = (xB; a)

Theo giả thiết tam giác OAB vuông tại O nên ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 hay xA xB + a2 = 0

Kết hợp với (2) ta được xA = -a, xB = a Do xA, xB là nghiệm của (1) nên

a4 - 3a2 – a – 2= 0 (a-2)(a3 + 2a2 + a + 1) = 0 a= 2 (vì a > 0) 0,5

vậy kết quả của bài toán là a = 2

Bài 11 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3mx + m + 2

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0

2 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1

Giải

Ta có y’ = 3x2 – 6x + 3m

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi pt y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

’ = 9 – 9m > 0 (*)

Khi đó gọi 2 điểm cực trị là A(x1; y1) , B(x2; y2)

Ta có y = ( ) [2(m-1)x + 2m + 2]

Do đó y1 = ( ) ( ) [2(m-1)x1 + 2m + 2] = 2(m-1)x1 + 2m + 2

y2 = 2(m-1)x2 + 2m + 2 0,5

Suy ra tọa độ của A, B thỏa mãn pt: y = 2(m – 1)x + 2m + 2, hay pt AB là

y = 2(m-1)x + 2m + 2

Ta có giao điểm của AB với Ox, Oy lần lượt là M (-

;0) , N(0; 2m +2) Yêu cầu bài toán SOMN = 1 OM.ON = 1 | |.| |

(m +1)2 = | | [ ( )

( ) ( ) 0,5

Trang 8

[ thỏa mãn (*)

Bài 12 (2,0 điểm) Cho hàm số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho

2 Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (H) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) sao cho khoảng cách từ I đến tiếp tuyến đó lớn nhất

Giải

Gọi x0 là hoành độ của tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm Khi đó phương trình của tiếp tuyến là:

( ) ( ) 0,5

Hay : x + (2x0 – 3)2 y – 2x02 + 4x0 – 3 = 0

Suy ra khoảng cách từ I đến là :

d = | ( ) |

√ ( ) | |

√ | | =

√ 0,5 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (2x0 – 3)2 = 1 hay xo = 1 hoặc x0 = 2

Từ đó ta có các tiếp tuyến cần tìm là y = -x + 1; y = -x +3

Bài 13 (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 -4

2 Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình

(x + 2)2 =

| |

Giải

Ta có (x + 2)2

= | | | |(x2 + 4x + 4) = m, x Xét hàm số f(x) = | |(x2

+ 4x + 4) = {

( ) 0,5 Suy ra đồ thị hàm số y = f(x) gồm phần đồ thị (C ) với x > 1 và đối xứng phần đồ thị (C ) với x <1 qua Ox

Dựa vào đồ thị ta suy ra: 0,5 đ (chưa vẽ được đồ thị)

+ m < 0, phương trình vô nghiệm

+ m = 0, phương trình có 1 nghiệm

Trang 9

+ 0<m<4 phương trình có 4 nghiệm

+ m = 4 phương trình có 3 nghiệm

+ m > 4 phương trình có 2 nghiệm

Bài 14 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – (3m +1)x2 + 2(m+1), m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0

2 Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ

Giải

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị tương đương với y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

x3 – 2(3m +1) x = 0 có 3 nghiệm phân biệt m > - (1)

Khi đó có 3 điểm cực trị của đồ thị là A(0; 2m +2), B(-√ 9m2– 4m +1) và

C(√ 9m2– 4m +1) 0,5

Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và trung tuyến kẻ từ A thuộc Oy Do đó O là trọng tâm tam giác ABC yA + 2yB = 0

Hay 2m + 2 + 2( 9m2– 4m +1) = 0 9m2 + 3m – 2 = 0 [

0,5

Kết hợp với (1) suy ra giá trị của m là m =

Bài 15 (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số y =

2 Tìm trên (H) các điểm A, B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y =x

Giải

Vì đường thẳng AB vuông góc với y = x nên pt của AB là y = - x +m

Hoành độ của A, B là nghiệm của phươg trình = - x+ m hay phương trình

x2 – (m+3)x + 2m + 1 = 0, x (1)

Trang 10

Do đó pt (1) có = (m+3)2

– 4(2m +1) = m2 – 2m + 5 > 0, nên có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 và cả hai nghiệm đều khác 2

Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = m + 3; x1x2 = 2m +1

Theo giả thiết ta có AB2 = 16 (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = 16

(x2 – x1)2 + (-x2 + m + x1 – m)2 = 16 (x2 – x1)2 = 8 (x2 + x1)2 – 4x1x2 = 8

(m+3)2 – 4(2m+1) = 8 m2 – 2m – 3 = 0 m = 3 và m = -1

+ Với m = 3 pt (1) trở thành x2 – 6x + 7 = 0 x= √ Suy ra hai điểm A, B cần tìm

là ( √ √ ), ( √ √ ) 0,5

+ Với m = -1 ta có hai điểm A, B cần tìm là (1 √ √ ), (1 √ √ )

Vậy cặp điểm thỏa mãn là ( √ √ ), ( √ √ ) ; (1 √ √ ),

(1 √ √ )

Bài 16 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – (2m +1)x2 + (m+2)x + có đồ thị (Cm), m là tham số

2 Gọi A là giao điểm của (Cm) với trục tung Tìm m sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại

A tạo vơí hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng

Giải

Ta có A(0; ) và y’ = 4x2 – 2 (2m +1) x + m + 2

Suy ra y’ (0) = m + 2

Tiếp tuyến của đồ thị tại A là d: y = (m+2)x +

Đường thẳng d cắt Ox tại B (

; 0) 0,5 Khi đó diện tích của tam giác tạo bởi d với hai trục tọa độ là

S= OA OB = |

| =

| | 0,5 Theo giả thiết ta có

| | = | | m = - hoặc m = -

Trang 11

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết khoảng cách từ tâm đối xứng của (C ) đến tiếp tuyến bằng 2√

Giải

Giả sử M(x0 ; y0) ( ), y0 =

, Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là : y

=

( ) (x-x0) +

4x - ( ) y + (x02 – 6x0 – 3) = 0 0,5 Theo bài ra d(I; ) = 2√ | ( √ ( ) ( ) | = 2√

( ) - 8 ( ) + 16 = 0

[ 0,5

+ Với 1 ta có pt tiếp tuyến là y = x – 2

+ Với ta có pt tiếp tuyến là y = x +6

Bài 18 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 +

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho

2 Tìm m để phương trình sau có đúng 8 nghiệm thực phân biệt

| | = m2

– m + Giải

Phương trình | | = m2 – m + có 8 nghiệm phân biệt tương đương đường thẳng y = m2 – m + cắt đồ thị hàm số y =| | tại 8 điểm phân biệt

Đồ thị y = | | gồm phần (C ) ở phía trên trục Ox và đối xứng phần (C) ở phía dưới trục Ox qua Ox 0,5

Từ đồ thị suy ra yêu cầu bài toán 0 < m2 – m + <

m2 – m < 0 0 < m < 1 0,5

Trang 12

Bài 19 (2,0 điểm) Cho hàm số y = - x3 + (m -1)x2 + (3m -2)x - có đồ thị (Cm) , m là tham số

2 Tìm m để trên (Cm) có hai điểm phân biệt M1(x1; y1) , M2(x2; y2) thỏa mãn x1x2 > 0

và tiếp tuyến của (Cm) tại mỗi điểm đó vuông góc với đường thẳng d: x – 3y + 1 =

0

Giải

Ta có hệ số góc của d: x – 3y + 1 = 0 là kd = Do đó x1; x2 là các nghiệm của phương trình y’ = -3 hay -2x2

+ 2(m-1)x + 3m -2 = -3 2x2 – 2(m -1) x – 3m -1 = 0 (1) 0,5

Yêu cầu bài toán pt (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 x2 > 0

{ ( ) ( )

0,5 Vậy kết quả của bài toán là và

Bài 20 (2,0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị là (Hm), với m là tham số thực

2 Tìm m để đường thẳng d: 2x + 2y – 1 = 0 cắt (Hm) tại 2 điểm cùng với gốc tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích là S =

Giải

Hoành độ giao điểm A, B của d và (Hm) là các nghiệm của phương trình

= - x + 2x2 + x + 2(m -1) = 0 , x (1)

Pt (1) có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt khác -2 { ( ) ( )

{

0,5

Ta có AB = √( ) ( ) = √ √( )

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	549,43 KB