Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề Các bài toán liên quan đến khảo sát hàm số - Luyện thi đại học (Có đáp án chi tiết)
Chuyên đề 4 Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số §1. Cực Trị Của Hàm Số Bài tập 4.1. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3 (m + 1) x 2 + 9x − m đạt cực trị tại x 1 , x 2 thỏa |x 1 − x 2 | ≤ 2. Lời giải. Ta có y = 3x 2 − 6(m + 1)x + 9; ∆ y = 9(m + 1) 2 − 27 = 9m 2 + 18m − 18. Hàm số có hai cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ y > 0 ⇔ 9m 2 + 18m − 18 > 0 ⇔ m > −1 + √ 3 m < −1 − √ 3 . Giả sử hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định lý vi-ét có x 1 + x 2 = 2(m + 1), x 1 x 2 = 3. Khi đó |x 1 − x 2 | ≤ 2 ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 − 4x 1 x 2 ≤ 4 ⇔ 4(m + 1) 2 − 12 ≤ 4 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1. Kết hợp ta có m ∈ (−3; −1 − √ 3) ∪ (−1 + √ 3; 1). Bài tập 4.2. Tìm m để hàm số y = x 3 + 2 (m − 1) x 2 + m 2 − 4m + 1 x + 1 đạt cực trị tại x 1 , x 2 thỏa 1 x 1 + 1 x 2 = 1 2 (x 1 + x 2 ) Lời giải. Ta có y = 3x 2 + 4(m − 1)x + m 2 − 4m + 1; ∆ y = 4(m − 1) 2 − 3(m 2 − 4m + 1) = m 2 + 4m + 1. Hàm số có hai cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ y > 0 ⇔ m 2 + 4m + 1 > 0 ⇔ m > −2 + √ 3 m < −2 − √ 3 . Giả sử hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định lý vi-ét có x 1 + x 2 = 4(1 − m) 3 , x 1 x 2 = m 2 − 4m + 1 3 . Khi đó: 1 x 1 + 1 x 2 = 1 2 (x 1 + x 2 ) ⇔ 2 (x 1 + x 2 ) = x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) ⇔ x 1 + x 2 = 0 x 1 x 2 = 2 ⇔ 4(1−m) 3 = 0 m 2 −4m+1 3 = 2 ⇔ m = 1 m = 5 m = −1 (loại) Vậy m = 1 hoặc m = 5. Bài tập 4.3. (D-2012) Tìm m để hàm số y = 2 3 x 3 − mx 2 − 2 3m 2 − 1 x + 2 3 có hai điểm cực trị x 1 và x 2 sao cho x 1 x 2 + 2 (x 1 + x 2 ) = 1. Lời giải. Ta có y = 2x 2 − 2mx − 2(3m 2 − 1); ∆ y = m 2 + 4(3m 2 − 1) = 13m 2 − 4. Hàm số có hai cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ y > 0 ⇔ 13m 2 − 4 > 0 ⇔ m > 2 √ 13 m < − 2 √ 13 . Giả sử hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định lý vi-ét có x 1 + x 2 = m, x 1 x 2 = 1 − 3m 2 . Khi đó x 1 x 2 + 2 (x 1 + x 2 ) = 1 ⇔ 1 −3m 2 + 2m = 1 ⇔ m = 0 (loại) m = 2 3 . Vậy m = 2 3 . Bài tập 4.4. Tìm m để hàm số y = −x 3 + (2m + 1) x 2 − m 2 − 3m + 2 x − 4 có hai cực trị nằm về hai phía Oy. Lời giải. Ta có y = −3x 2 + 2(2m + 1)x − (m 2 − 3m + 2). Hàm số có hai cực trị nằm về hai phía trục tung ⇔ y có hai nghiệm trái dấu ⇔ m 2 −3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2. Bài tập 4.5. (DB-05) Tìm m để hàm số y = x 2 + 2mx + 1 − 3m 2 x − m có hai cực trị nằm về hai phía trục tung. 1 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Lời giải. Tập xác định: D = R\{m}. Ta có y = x 2 − 2mx + m 2 − 1 (x − m) 2 . Hàm số có hai cực trị nằm về hai phía trục tung ⇔ y có hai nghiệm trái dấu ⇔ m 2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1. Bài tập 4.6. (DB-04) Tìm m để hàm số y = x 3 −3 (m + 1) x 2 + 3m (m + 2) x + 1 đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương. Lời giải. Ta có y = 3x 2 − 6(m + 1)x + 3m(m + 2); ∆ = 9(m + 1) 2 − 9m(m + 2) = 9 > 0, ∀m ∈ R ⇒ hàm số luôn có hai cực trị. Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương khi và chỉ khi S > 0 P > 0 ⇔ 2(m + 1) > 0 m(m + 2) > 0 ⇔ m > −1 m > 0 m < −2 ⇔ m > 0 Bài tập 4.7. Tìm m để hàm số y = mx 2 + 3mx + 2m + 1 x − 1 có cực đại, cực tiểu nằm về hai phía của trục Ox. Lời giải. Tập xác định: D = R\{1}. Nhận xét rằng nếu hàm số y = u v đạt cực trị tại x 0 thì y(x 0 ) = u (x 0 ) v (x 0 ) . Thật vậy, ta có y = u v −uv v 2 . Hàm số đạt cực trị tại x 0 nên y (x 0 ) = 0 ⇔ u (x 0 )v(x 0 ) − u(x 0 )v (x 0 ) = 0 ⇔ u(x 0 ) v(x 0 ) = u (x 0 ) v (x 0 ) ⇔ y(x 0 ) = u (x 0 ) v (x 0 ) (đpcm) Ta có y = mx 2 − 2mx − 5m − 1 (x − 1) 2 . Với m = 0 ⇒ y = − 1 (x − 1) 2 < 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số không có cực trị ⇒ m = 0 không thỏa mãn. Với m = 0 ta có y = 0 ⇔ mx 2 − 2mx − 5m − 1 = 0; ∆ = 6m 2 + m. Hàm số có hai cực trị ⇔ ∆ > 0 ⇔ 6m 2 + m > 0 ⇔ m > 0 m < − 1 6 . Giả sử hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 ta có y(x 1 ) = 2mx 1 + 3m, y(x 2 ) = 2mx 2 + 3m và x 1 + x 2 = 2, x 1 x 2 = − 5m+1 m . Khi đó hàm số có hai cực trị nằm về hai phía Ox khi và chỉ khi y(x 1 )y(x 2 ) < 0 ⇔ (2mx 1 + 3m)(2mx 2 + 3m) < 0 ⇔ 4m 2 x 1 x 2 + 6m 2 (x 1 + x 2 ) + 9m 2 < 0 ⇔ −4 (5m + 1) m + 12 + 9 < 0 ⇔ m − 4 m < 0 ⇔ 0 < m < 4 (thỏa mãn) Bài tập 4.8. (A-02) Cho hàm số y = −x 3 + 3mx 2 + 3 1 − m 2 x + m 3 − m 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số. Lời giải. Ta có: y = −3x 2 + 6mx + 3(1 − m 2 ); ∆ y = 9m 2 + 9(1 − m 2 ) = 9 > 0, ∀m ∈ R. Do đó hàm số luôn có hai điểm cực trị A(x 1 ; y 1 ) và B(x 2 ; y 2 ). Lại có: y = 1 3 x − 1 3 m y + 2x − m 2 + m. Suy ra: y 1 = 2x 1 − m 2 + m, y 2 = 2x 2 − m 2 + m. Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: y = 2x − m 2 + m. Bài tập 4.9. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3 2 mx 2 + 1 2 m 3 có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Lời giải. Ta có: y = 3x 2 − 3mx; y = 0 ⇔ x = 0 x = m . Do đó với m = 0, hàm số đạt cực trị tại hai điểm A(0; 1 2 m 3 ) và B(m; 0). Ta có: −−→ AB = (m; − 1 2 m 3 ); Gọi I trung điểm AB ⇒ I( 1 2 m; 1 4 m 3 ). Đặt d : y = x ⇔ x −y = 0 ⇒ −→ u d = (1; 1). Khi đó A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d ⇔ −−→ AB. −→ u d = 0 I ∈ d ⇔ m − 1 2 m 3 = 0 1 2 m − 1 4 m 3 = 0 ⇔ m = 0 (loại) m = ± √ 2 . Bài tập 4.10. (B-07) Tìm m để hàm số y = −x 3 + 3x 2 + 3 m 2 − 1 x − 3m 2 − 1 có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị cách đều gốc toạ độ. 2 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Lời giải. Ta có: y = −3x 2 + 6x + 3 m 2 − 1 , y = 0 ⇔ x = 1 ± m. Do đó với m = 0 hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại A 1 − m; −2 − 2m 3 , B 1 + m; −2 + 2m 3 . Khi đó OA = (1 − m) 2 + (2 + 2m 3 ) 2 = 4m 6 + 8m 3 + m 2 − 2m + 5 OB = (1 + m) 2 + (2 − 2m 3 ) 2 = 4m 6 − 8m 3 + m 2 + 2m + 5 Hàm số có cực đại, cực tiểu cách đều gốc tọa độ ⇔ OA = O B ⇔ 16m 3 = 4m ⇔ m = 0 (loại) m = ± 1 2 . Bài tập 4.11. Tìm m để hàm số y = x 3 −3mx−3m+1 có cực trị đồng thời chúng cách đều đường thẳng d : x−y = 0. Lời giải. Ta có: y = 3x 2 − 3m; y = 0 ⇔ x 2 = m. Do đó với m > 0 hàm số có hai cực trị A( √ m; −2m √ m − 3m + 1), B(− √ m; 2m √ m − 3m + 1) Theo giả thiết các điểm cực trị cách đều đường thẳng d nên ta có: d (A, d) = d (B, d) ⇔ √ m + 2m √ m + 3m − 1 = − √ m − 2m √ m + 3m − 1 ⇔ m = 1 3 Bài tập 4.12. (B-2011) Tìm m để hàm số y = x 4 −2 (m + 1) x 2 + m có ba cực trị A, B, C sao cho OA = B C, trong đó O là gốc tọa độ và A thuộc trục tung. Lời giải. Ta có: y = 4x 3 − 4(m + 1)x; y = 0 ⇔ x = 0 x 2 = m + 1 . Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị A (0; m) , B − √ m + 1; −m 2 − m − 1 , C √ m + 1; −m 2 − m − 1 Khi đó: OA = |m|; −−→ BC = 2 √ m + 1; 0 ⇒ BC = 2 √ m + 1. Theo giả thiết ta có: OA = BC ⇔ m 2 = 4(m + 1) ⇔ 2 ± √ 2 (thỏa mãn). Vậy m = 2 ± √ 2. Bài tập 4.13. Tìm m để hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4 có cực đại, cực tiểu lập thành tam giác đều. Lời giải. Ta có: y = 4x 3 − 4mx; y = 0 ⇔ x = 0 x 2 = m . Do đó với m > 0 hàm số có ba cực trị A 0; 2m + m 4 , B − √ m; m 4 − m 2 + 2m , C √ m; m 4 − m 2 + 2m Khi đó −−→ AB = − √ m; −m 2 ⇒ AB = √ m + m 4 ; −−→ BC = (2 √ m; 0) ⇒ BC = 2 √ m. Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC đều ⇔ AB = BC ⇔ m + m 4 = 4m ⇔ m = 3 √ 3. Bài tập 4.14. (A-2012) Tìm m để hàm số y = x 4 − 2 (m + 1) x 2 + m 2 có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Lời giải. Ta có: y = 4x 3 − 4(m + 1)x; y = 0 ⇔ x = 0 x 2 = m + 1 . Do đó với m > −1 hàm số có ba cực trị A 0; m 2 , B − √ m + 1; −2m − 1 , C √ m + 1; −2m − 1 Khi đó: −−→ AB = − √ m + 1; −(m + 1) 2 ; −→ AC = √ m + 1; −(m + 1) 2 . Dễ thấy ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông ⇔ −−→ AB. −→ AC = 0 ⇔ (m + 1) 4 − (m + 1) = 0 ⇔ m = 0. Bài tập 4.15. (A-07) Tìm m để hàm số y = x 2 + 2 (m + 1) x + m 2 + 4m x + 2 có cực đại cực tiểu đồng thời các điểm cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành một tam giác vuông tại O. Lời giải. Ta có: y = x 2 + 4x + 4 − m 2 (x + 2) 2 ; y = 0 ⇔ x = −2 ± m. Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y có hai nghiệm phân biệt khác −2 ⇔ m = 0. Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại: A (−2 − m; −2) , B (−2 + m; 4m −2) ⇒ −→ OA = (−2 −m; −2) , −−→ OB = (−2 + m; 4m −2) Hàm số có các điểm cực trị cùng với gốc toạ độ tạo thành một tam giác vuông tại O khi và chỉ khi −→ OA. −−→ OB = 0 ⇔ (−2 −m) (−2 + m) −2 (4m −2) = 0 ⇔ m = −4 ± 2 √ 6 (thỏa mãn) Vậy m = −4 ± 2 √ 6. 3 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Bài tập 4.16. (B-2012) Tìm m để hàm số y = x 3 −3mx 2 + 3m 3 có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48. Lời giải. Ta có: y = 3x 2 − 6mx; y = 0 ⇔ x = 0 x = 2m . Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y có hai nghiệm phân biệt ⇔ m = 0. Khi đó hàm số đạt cực trị tại A 0; 3m 3 , B 2m; −m 3 . Suy ra OA = 3|m| 3 , d(B, OA) = 2|m| ⇒ S ∆OAB = 1 2 OA.d(B, OA) = 3m 4 . Lại có S ∆OAB = 48 ⇔ 3m 4 = 48 ⇔ m = ±2 (thỏa mãn). Vậy m = ±2. Bài tập 4.17. (A-05) Tìm m để hàm số y = mx + 1 x có cực đại cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu đến tiệm cận xiên bằng 1 √ 2 . Lời giải. Ta có: y = m − 1 x 2 ; y = 0 ⇔ x 2 = 1 m . Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0. Khi đó y = 0 ⇔ x = ± 1 √ m . Bảng biến thiên x − ∞ − 1 √ m 0 1 √ m + ∞ y + 0 − − 0 + y − ∞ −2 √ m − ∞ + ∞ 2 √ m + ∞ Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 √ m ⇒ điểm cực tiểu là A 1 √ m ; 2 √ m . Với m > 0 hàm số có tiệm cận xiên y = mx ⇔ mx − y = 0 ⇒ d(A, T CX) = | √ m − 2 √ m| √ m 2 + 1 = m m 2 + 1 . Lại có d(A, T CX) = 1 √ 2 ⇔ m m 2 + 1 = 1 √ 2 ⇔ m 2 + 1 = 2m ⇔ m = 1 (thỏa mãn). Vậy m = 1. Bài tập 4.18. (B-05) Chứng minh rằng với mọi m bất kỳ, hàm số y = x 2 + (m + 1) x + m + 1 x + 1 luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng √ 20. Lời giải. Ta có: y = x 2 + 2x (x + 1) 2 ; y = 0 ⇔ x = 0 x = −2 . Do đó hàm số luôn đạt cực đại cực tiểu tại A(−2; m −3) và B(0; m + 1). Khi đó AB = √ 2 2 + 4 2 = √ 20 (đpcm). Bài tập 4.19. Tìm m để hàm số y = 1 3 x 3 − mx 2 − x + m + 1 có khoảng cách giữa cực đại, cực tiểu là nhỏ nhất. Lời giải. Ta có: y = x 2 − 2mx − 1; ∆ = m 2 + 1 > 0, ∀m ∈ R ⇒ hàm số luôn có cực đại, cực tiểu. Giả sử hoành độ các điểm cực trị là x 1 , x 2 , theo định lý vi-ét có x 1 + x 2 = m, x 1 x 2 = −1. Lại có y = y 1 3 x − 1 3 m − 2 3 m 2 + 1 x + 2 3 m +1 nên y 1 = 2 3 m 2 + 1 x 1 + 2 3 m +1, y 2 = 2 3 m 2 + 1 x 2 + 2 3 m +1. Do đó hàm số đạt cực trị tại A x 1 ; − 2 3 m 2 + 1 x 1 + 2 3 m + 1 , B x 2 ; − 2 3 m 2 + 1 x 2 + 2 3 m + 1 . Khi đó −−→ AB = x 2 − x 1 ; − 2 3 m 2 + 1 (x 2 − x 1 ) . Suy ra AB = (x 1 + x 2 ) 2 − 4x 1 x 2 1 + 4 9 (m 2 + 1) 2 = 4 9 (m 2 + 1) 9 + 4(m 2 + 1) 2 . Đặt m 2 + 1 = t, t ≥ 1, ta có AB = 4t + 16 9 t 3 . Xét hàm số f(t) = 4t + 16 9 t 3 trên [1; +∞) có f (t) = 4 + 8 9 t 2 > 0, ∀t ≥ 1. Do đó min [1;+∞) f(t) = f (1) = 52 9 . Với t = 1 ⇒ m = 0. Vậy với m = 0 thì AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 √ 13 3 . §2. Tương Giao Giữa Hai Đồ Thị Bài tập 4.20. Tìm giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 − 3x − 2 và parabol y = x 2 − 4x + 2. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 3 + 3x 2 − 3x − 2 = x 2 − 4x + 2 ⇔ x 3 + 2x 2 + x − 4 = 0 ⇔ x = 1 Do đó đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 − 3x − 2 cắt parabol y = x 2 − 4x + 2 tại điểm (1; −1). 4 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Bài tập 4.21. Tìm m để đồ thị hàm số y = mx 3 − x 2 − 2x + 8m cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: mx 3 − x 2 − 2x + 8m = 0 ⇔ (x + 2) mx 2 − (2m + 1)x + 4m = 0 ⇔ x = −2 mx 2 − (2m + 1)x + 4m = 0 Đặt f (x) = mx 2 − (2m + 1)x + 4m có ∆ = −12m 2 + 4m + 1. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác −2 khi và chỉ khi m = 0 ∆ > 0 f(−2) = 0 ⇔ m = 0 −12m 2 + 4m + 1 > 0 12m + 2 = 0 ⇔ m = 0 − 1 6 < m < 1 2 Vậy m ∈ − 1 6 ; 1 2 \{0}. Bài tập 4.22. Tìm m để đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx 2 − 1 cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − 3mx 2 − 1 = 0 ⇔ m = x 3 − 1 3x 2 . Xét hàm số f(x) = x 3 − 1 3x 2 trên R\{0} có f (x) = x 3 + 2 3x 3 ; f (x) = 0 ⇔ x = − 3 √ 2 = x 0 ⇒ f(x 0 ) = − 1 3 √ 4 . Bảng biến thiên: x − ∞ x 0 0 + ∞ f ( x) + 0 − + f(x) − ∞ f(x 0 ) − ∞ − ∞ + ∞ Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi m < − 1 3 √ 4 . Bài tập 4.23. Tìm a để đồ thị hàm số y = x 3 + ax + 3 cắt đường thẳng y = 1 tại đúng một điểm. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 3 + ax + 3 = 1 ⇔ a = − x 3 + 2 x . Xét hàm số f(x) = − x 3 + 2 x trên R\{0} có f (x) = 2 − 2x 3 x 2 ; f (x) = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên: x − ∞ 0 1 + ∞ f ( x) + + 0 − f(x) − ∞ + ∞ − ∞ −3 − ∞ Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại đúng một điểm khi a > −3. Bài tập 4.24. (D-06) Gọi d là đường thẳng đi qua A (3; 20) và có hệ số góc m. Tìm m để d cắt đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 2 tại ba điểm phân biệt. Lời giải. Đường thẳng d qua A(3; 20) và có hệ số góc m bất kỳ nên có phương trình: y = m(x − 3) + 20. Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − 3x + 2 = m(x − 3) + 20 ⇔ (x −3) x 2 + 3x + 6 − m = 0 ⇔ x = 3 x 2 + 3x + 6 − m = 0 Đặt f (x) = x 2 + 3x + 6 − m có ∆ = 4m − 15. Đồ thị hàm số cắt d tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 3 khi và chỉ khi ∆ > 0 f(3) = 0 ⇔ 4m − 15 > 0 24 − m = 0 ⇔ m > 15 4 m = 24 Vậy m ∈ 15 4 ; +∞ \{24}. 5 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Bài tập 4.25. (A-2010) Tìm m để hàm số y = x 3 −2x 2 + (1 − m) x + m có đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x 1 , x 2 , x 3 thoả mãn điều kiện x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 < 4. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − 2x 2 + (1 − m) x + m = 0 ⇔ (x − 1) x 2 − x − m = 0 ⇔ x = 1 x 2 − x − m = 0 Đặt f (x) = x 2 − x − m có ∆ = 1 + 4m. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ∆ > 0 f(1) = 0 ⇔ 1 + 4m > 0 −m = 0 m > − 1 4 m = 0 Khi đó đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x 1 , x 2 , x 3 . Giả sử x 3 = 1 ⇒ x 1 , x 2 là hai nghiệm của f (x) do đó x 1 + x 2 = 1, x 1 x 2 = −m. Theo giả thiết x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 < 4 ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 − 2x 1 x 2 < 3 ⇔ 1 + 2m < 3 ⇔ m < 1. Kết hợp ta có m ∈ − 1 4 ; 1 \{0}. Bài tập 4.26. Tìm m để đồ thị hàm số y = x 3 − mx 2 + 4x + 4m − 16 cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − mx 2 + 4x + 4m − 16 = 0 ⇔ (x −2) x 2 + (2 − m) x + 8 − 2m = 0 ⇔ x = 2 x 2 + (2 − m) x + 8 − 2m = 0 Đặt f (x) = x 2 + (2 − m) x + 8 − 2m có ∆ = m 2 + 4m − 28. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi ∆ > 0 f(2) = 0 ⇔ m 2 + 4m − 28 > 0 16 − 4m = 0 ⇔ m > −2 + 4 √ 2 m < −2 − 4 √ 2 m = 4 Khi đó f (x) có hai nghiệm x = m − 2 ± √ m 2 + 4m − 28 2 . Theo giả thiết đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 nên ta có m − 2 − √ m 2 + 4m − 28 2 > 1 ⇔ m − 4 > m 2 + 4m − 28 ⇔ m ≥ 4 m 2 − 8m + 16 > m 2 + 4m − 28 ⇔ m ∈ ∅ Vậy không có giá trị nào của m để đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1. Bài tập 4.27. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = x − 1 x + 1 luôn cắt đường thẳng y = m − x với mọi giá trị của m. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x − 1 x + 1 = m − x ⇔ x = −1 x 2 − (m − 2) x − m − 1 = 0 . Đặt f (x) = x 2 − (m − 2) x − m − 1 có ∆ = m 2 + 8 > 0, ∀m ∈ R và f (−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R. Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = m − x tại hai điểm phân biệt. Bài tập 4.28. Tìm m để đường thẳng qua A (−2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị hàm số y = 2x − 1 x + 1 tại hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt. Lời giải. Đường thẳng đi qua A(−2; 2) với hệ số góc m bất kỳ có phương trình dạng: d : y = mx + 2m + 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng d là: 2x − 1 x + 1 = mx + 2m + 2 ⇔ x = −1 2x − 1 = (x + 1) (mx + 2m + 2) ⇔ x = −1 mx 2 + 3mx + 2m + 3 = 0 Đặt f (x) = mx 2 + 3mx + 2m + 3 có ∆ = m 2 − 12m. Đồ thị hàm số cắt d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi f(x) có hai nghiệm phân biệt khác − 1 ⇔ m = 0 ∆ > 0 f(−1) = 0 ⇔ m = 0 m 2 − 12m > 0 3 = 0 ⇔ m > 12 m < 0 Giả sử đồ thị hàm số cắt đường thẳng d tại hai điểm có hoành độ x 1 , x 2 ta có x 1 + x 2 = −3, x 1 x 2 = 2m + 3 m . Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng d tại hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt khi và chỉ khi (x 1 + 1) (x 2 + 1) < 0 ⇔ x 1 + x 2 + x 1 x 2 + 1 < 0 ⇔ −3 + 2m + 3 m + 1 < 0 ⇔ 3 m < 0 ⇔ m < 0 6 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Bài tập 4.29. (D-2011) Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị hàm số y = 2x + 1 x + 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: 2x + 1 x + 1 = kx + 2k + 1 ⇔ x = −1 2x + 1 = (x + 1) (kx + 2k + 1) ⇔ x = −1 kx 2 + (3k −1)x + 2k = 0 Đặt f (x) = kx 2 + (3k −1)x + 2k có ∆ = k 2 − 6k + 1. Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = kx + 2k + 1 tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi f(x) có hai nghiệm phân biệt khác − 1 ⇔ k = 0 ∆ > 0 f(−1) = 0 ⇔ k = 0 k 2 − 6k + 1 > 0 1 = 0 ⇔ k = 0 k > 3 + 2 √ 2 k < 3 − 2 √ 2 Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = kx + 2k + 1 tại hai điểm A(x 1 ; kx 1 + 2k + 1), B(x 2 ; kx 2 + 2k + 1). Theo giả thiết ta có: d (A, Ox) = d (B, Ox) ⇔ |kx 1 + 2k + 1| = |kx 2 + 2k + 1| ⇔ kx 1 + 2k + 1 = kx 2 + 2k + 1 kx 1 + 2k + 1 = −kx 2 − 2k −1 ⇔ x 1 = x 2 (loại) k (x 1 + x 2 ) + 4k + 2 = 0 ⇔ k 1 − 3k k + 4k + 2 = 0 ⇔ k = −3 (thỏa mãn) Bài tập 4.30. Chứng minh với mọi giá trị của m thì đường thẳng y = 2x + m luôn cắt đồ thị hàm số y = x + 3 x + 1 tại hai điểm phân biệt M, N. Xác định m sao cho độ dài M N là nhỏ nhất. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x + 3 x + 1 = 2x + m ⇔ x = −1 x + 3 = (x + 1) (2x + m) ⇔ x = −1 2x 2 + (m + 1) x + m − 3 = 0 Đặt f (x) = 2x 2 + (m + 1) x + m − 3 có ∆ = m 2 − 6m + 25 > 0, ∀m ∈ R và f (−1) = −2 = 0, ∀m ∈ R. Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = 2x + m tại hai điểm phân biệt M (x 1 ; 2x 1 + m), N(x 2 ; 2x 2 + m). Ta có: −−→ MN = (x 2 − x 1 ; 2x 2 − 2x 1 ) ⇒ MN = 5(x 2 − x 1 ) 2 = 5 (x 1 + x 2 ) 2 − 4x 1 x 2 (*). Theo định lý vi-ét có x 1 + x 2 = − m+1 2 , x 1 x 2 = m−3 2 , thay vào (*) ta có: MN = 5 (m + 1) 2 4 − 4 m − 3 2 = 5 2 (m 2 − 6m + 25) = 5 2 (m − 3) 2 + 16 ≥ 2 √ 10 Dấu bằng xảy ra khi m = 3. Vậy M N đạt giá trị nhỏ nhất là 2 √ 10 khi m = 3. Bài tập 4.31. (B-09) Tìm m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y = x 2 − 1 x tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 1 x = −x + m ⇔ x = 0 2x 2 − mx − 1 = 0 . Đặt f (x) = 2x 2 − mx − 1 có ∆ = m 2 + 8 > 0, ∀m ∈ R và f (0) = −1 = 0, ∀m ∈ R. Do đó đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm phân biệt A(x 1 ; −x 1 + m), B(x 2 ; −x 2 + m). Ta có: −−→ AB = (x 2 − x 1 ; x 1 − x 2 ) ⇒ AB = 2(x 1 − x 2 ) 2 = 2 (x 1 + x 2 ) 2 − 4x 1 x 2 (*). Theo định lý vi-ét có x 1 + x 2 = m 2 , x 1 x 2 = − 1 2 thay vào (*) được AB = 2 m 2 4 + 2 = m 2 2 + 4. Lại theo giả thiết có AB = 4 ⇔ m 2 2 + 4 = 16 ⇔ m = ±2 √ 6. Bài tập 4.32. Tìm m để đường thẳng y = −x + m cắt đồ thị hàm số y = x 2 − 2x + 2 x − 1 tại hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng y = x + 3. 7 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 2x + 2 x − 1 = −x + m ⇔ x = 1 x 2 − 2x + 2 = (x − 1) (−x + m) ⇔ x = 1 2x 2 − (m + 3) x + m + 2 = 0 Đặt f (x) = 2x 2 − (m + 3) x + m + 2 có ∆ = m 2 − 2m − 7. Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi f(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ∆ > 0 f(1) = 0 ⇔ m 2 − 2m − 7 > 0 1 = 0 ⇔ m > 1 + 2 √ 2 m < 1 − 2 √ 2 Khi đó đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −x + m tại hai điểm A(x 1 ; −x 1 + m), B(x 2 ; −x 2 + m). Theo định lý vi-ét ta có: x 1 + x 2 = m + 3 2 , x 1 x 2 = m + 2 2 . Gọi I trung điểm AB ⇒ I = x 1 + x 2 2 ; m − x 1 + x 2 2 = m + 3 4 ; 3m − 3 4 . Dễ thấy đường thẳng y = −x + m vuông góc với đường thẳng d : y = x + 3. Do đó A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d ⇔ I ∈ d ⇔ 3m − 3 4 = m + 3 4 + 3 ⇔ m = 9 (thỏa mãn). Bài tập 4.33. Tìm m để đồ thị hàm số y = −x 4 + 2mx 2 − 2m + 1 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: −x 4 + 2mx 2 − 2m + 1 = 0 ⇔ x 2 = 1 x 2 = 2m − 1 (*). Đồ thị hàm số cắt Ox tại hai điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ 2m − 1 = 1 2m − 1 < 0 ⇔ m = 1 m < 1 2 . Bài tập 4.34. Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 −(3m + 4) x 2 + m 2 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 4 − (3m + 4) x 2 + m 2 = 0 (1). Đặt x 2 = t, t ≥ 0, phương trình (1) trở thành t 2 − (3m + 4)t + m 2 = 0 (2). Đồ thị hàm số cắt Ox tại bốn điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt. Do đó phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi ∆ > 0 S > 0 P > 0 ⇔ 5m 2 + 24m + 16 > 0 3m + 4 > 0 m 2 > 0 ⇔ m > − 4 5 m < −4 m > − 4 3 m = 0 ⇔ m > − 4 5 m = 0 Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm t 1 , t 2 (t 1 < t 2 ) ⇒ (1) có bốn nghiệm ± √ t 1 , ± √ t 2 . Phương trình (1) có bốn nghiệm lập thành cấp số cộng ⇔ − √ t 2 + √ t 1 = −2 √ t 1 − √ t 1 + √ t 2 = 2 √ t 1 ⇔ √ t 2 = 3 √ t 1 ⇔ t 2 = 9t 1 . Theo định lý vi-ét có t 1 + t 2 = 3m + 4 t 1 t 2 = m 2 ⇔ 10t 1 = 3m + 4 9t 2 1 = m 2 ⇒ 9 (3m + 4) 2 100 = m 2 ⇔ m = 12 m = − 12 19 (TM). Bài tập 4.35. (D-09) Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị hàm số x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m = −1 ⇔ x 2 = 1 x 2 = 3m + 1 (*). Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = −1 tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 ⇔ (*) có bốn nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2 ⇔ 0 < 3m + 1 < 4 3m + 1 = 1 ⇔ − 1 3 < m < 1 m = 0 . Bài tập 4.36. (DB-08) Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 − 8x 2 + 7 tiếp xúc với đường thẳng y = mx −9. Lời giải. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = mx −9 ⇔ hệ sau có nghiệm: x 4 − 8x 2 + 7 = mx − 9 (1) 4x 3 − 16x = m (2) . Thay (2) vào (1) ta có: x 4 − 8x 2 + 7 = 4x 4 − 16x 2 − 9 ⇔ x 2 = 4 ⇒ m = 0. Vậy với m = 0 thì đồ thị hàm số y = x 4 − 8x 2 + 7 tiếp xúc với đường thẳng y = mx −9. Bài tập 4.37. (D-02) Tìm m để đồ thị hàm số y = (2m − 1) x − m 2 x − 1 tiếp xúc với đường thẳng y = x. 8 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Lời giải. Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x ⇔ hệ sau có nghiệm: (2m−1)x−m 2 x−1 = x (1) (m−1) 2 (x−1) 2 = 1 (2) có nghiệm. Ta có (1) ⇔ x = 1 (2m − 1) x − m 2 = x 2 − x ⇔ x = 1 m = x . Với m = x = 1 thay vào (2) thỏa mãn. Vậy m = 1. Bài tập 4.38. Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 −2mx 2 + m 3 −m 2 tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt. Lời giải. Ta có: y = 4x 3 − 4mx = 4x(x 2 − m); y = 0 ⇔ x = 0 x 2 = m . Do đó với m > 0 hàm số đạt ba cực trị tại x = 0 và x = ± √ m. Khi đó đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi y ± √ m = 0 ⇔ m 3 − 2m 2 = 0 ⇔ m = 0 (loại) m = 2 §3. Tiếp Tuyến Của Đồ Thị Hàm Số Bài tập 4.39. (B-04) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của đồ thị hàm số y = 1 3 x 3 −2x 2 + 3x (C) tại tâm đối xứng và chứng minh rằng ∆ là tiếp tuyến của (C) có hệ số góc nhỏ nhất. Lời giải. Ta có: y = x 2 −4x+ 3; y = 2x −4; y = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = −1. Do đó đồ thị (C) có tâm đối xứng I(2; 2 3 ). Lại có: y (2) = −1 nên phương trình tiếp tuyến của (C) tại I là: y = −(x − 2) + 2 3 ⇔ y = −x + 8 3 . Tiếp tuyến bất kỳ của (C) tại x 0 có hệ số góc k = y (x 0 ) = x 2 0 − 4x 0 + 3 = (x 0 − 2) 2 − 1 ≥ −1. Dấu bằng xảy ra khi x 0 = 2 = x I . Vậy tiếp tuyến của (C) tại I là tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất (đpcm). Bài tập 4.40. (DB-08) Cho hàm số y = x 3 + 3mx 2 + (m + 1) x + 1. Tìm m để tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 đi qua điểm A (1; 2). Lời giải. Ta có: y = 3x 2 + 6mx + m + 1 ⇒ y (−1) = 4 − 5m; y(−1) = 2m − 1. Do đó tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 là: y = (4 −5m)(x + 1) + 2m −1. Mặt khác tiếp tuyến qua A(1; 2) nên ta có: 2 = 2(4 − 5m) + 2m − 1 ⇔ m = 5 8 . Bài tập 4.41. (TN-08) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 3x − 2 x + 1 tại điểm có tung độ bằng −2. Lời giải. Gọi điểm tiếp xúc là M (x 0 ; y 0 ). Ta có: y 0 = −2 ⇔ 3x 0 − 2 x 0 + 1 = −2 ⇔ 3x 0 − 2 = −2 (x 0 + 1) ⇔ x 0 = 0. Lại có: y = 5 (x + 1) 2 ⇒ y (x 0 ) = 5. Vậy tiếp tuyến tại M (0; −2) là: y = 5x − 2. Bài tập 4.42. (DB-06) Cho hàm số y = x + 3 x + 1 . Tiếp tuyến tại điểm (S) bất kỳ của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại P và Q. Chứng minh S là trung điểm P Q. Lời giải. Hàm số đã cho có tiệm cận ngang y = 1 và tiệm cận đứng x = −1. Lấy S x 0 ; x 0 + 3 x 0 + 1 ∈ (C). Ta có: y = −2 (x + 1) 2 ⇒ y (x 0 ) = −2 (x 0 + 1) 2 . Phương trình tiếp tuyến tại S là: y = −2 (x 0 + 1) 2 (x − x 0 ) + x 0 + 3 x 0 + 1 . Tiếp tuyến cắt tiêm cận ngang tại P (2x 0 + 1; 1) và cắt tiệm cận đứng tại Q −1; x 0 + 5 x 0 + 1 . Ta có: x P +x Q 2 = 2x 0 +1−1 2 = x 0 = x S y P +y Q 2 = 1+ x 0 +5 x 0 +1 2 = x 0 +3 x 0 +1 = y S ⇒ S là trung điểm của PQ (đpcm). Bài tập 4.43. Cho hàm số (Cm) : y = x 3 + 1 − m (x + 1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại giao điểm của (Cm) với Oy. Tìm m để tiếp tuyến nói trên chắn hai trục toạ độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 8. Lời giải. Đồ thị (Cm) cắt trục Oy tại M(0; 1 − m). Ta có y = 3x 2 − m ⇒ y (0) = −m ⇒ tiếp tuyến tại M(0; 1 − m) là: y = −mx + 1 −m. Với m = 0, tiếp tuyến không cắt Ox. Với m = 0, tiếp tuyến cắt Ox tại N 1 − m m ; 0 . 9 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Khi đó OM = |1 − m|, ON = 1 − m m ⇒ S ∆OM N = 1 2 .OM.ON = (1 − m) 2 2 |m| . Theo giả thiết ta có: S ∆OM N = 8 ⇔ (1 − m) 2 2 |m| = 8 ⇔ (1 −m) 2 = 16 |m| ⇔ m = 9 ±4 √ 5 m = −7 ±4 √ 3 (thỏa mãn). Bài tập 4.44. (TN-09) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2x + 1 x − 2 , biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng −5. Lời giải. Ta có: y = −5 (x − 2) 2 . Gọi điểm tiếp xúc là M(x 0 ; y 0 ). Với k = −5 ⇒ −5 (x 0 − 2) 2 = −5 ⇔ x 0 = 1 x 0 = 3 . Với x 0 = 1 ⇒ y 0 = −3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (1; −3) là: y = −5(x − 1) − 3 ⇔ y = −5x + 2. Với x 0 = 3 ⇒ y 0 = 7 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (3; 7) là: y = −5(x − 3) + 7 ⇔ y = −5x + 22. Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −5x + 2 và y = −5x + 22. Bài tập 4.45. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = −x + 3 2x − 1 biết tiếp tuyến song song với đường phân giác góc phần tư thứ hai của mặt phẳng toạ độ. Lời giải. Tiếp tuyến cần tìm song song với đường phân giác góc phần tư thứ hai nên có hệ số góc k = −1. Ta có: y = −5 (2x − 1) 2 . Gọi điểm tiếp xúc là M(x 0 ; y 0 ). Với k = −1 ⇒ −5 (2x 0 − 1) 2 = −1 ⇔ x 0 = 1 ± √ 5 2 . Với x 0 = 1+ √ 5 2 ⇒ y 0 = √ 5−1 2 ⇒ tiếp tuyến tại M 1+ √ 5 2 ; √ 5−1 2 là: y = −x + √ 5. Với x 0 = 1− √ 5 2 ⇒ y 0 = − √ 5−1 2 ⇒ tiếp tuyến tại M 1− √ 5 2 ; − √ 5−1 2 là: y = −x − √ 5. Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + √ 5 và y = −x − √ 5. Bài tập 4.46. (CĐ-2012) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y = 2x + 3 x + 1 , biết d vuông góc với đường thẳng y = x + 2. Lời giải. Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = x + 2 nên có hệ số góc k = −1. Ta có: y = −1 (x + 1) 2 . Gọi điểm tiếp xúc là M(x 0 ; y 0 ). Với k = −1 ⇒ −1 (x 0 + 1) 2 = −1 ⇔ x 0 = 0 x 0 = −2 . Với x 0 = 0 ⇒ y 0 = 3 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (0; 3) là: y = −x + 3. Với x 0 = −2 ⇒ y 0 = 1 ⇒ phương trình tiếp tuyến tại M (−2; 1) là: y = −(x + 2) + 1 ⇔ y = −x − 1. Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 3 và y = −x −1. Bài tập 4.47. (D-05) Cho hàm số y = 1 3 x 3 − m 2 x 2 + 1 3 có đồ thị (Cm). Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hoành độ bằng −1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại điểm M song song với đường thẳng 5x − y = 0. Lời giải. Ta có: y = x 2 − mx ⇒ y (−1) = m + 1; y(−1) = − 1 2 m. Phương trình tiếp tuyến tại M −1; − 1 2 m là y = (m + 1)x + 1 2 m + 1. Mặt khác tiếp tuyến song song với đường thẳng 5x −y = 0 nên ta có: m + 1 = 5 1 2 m + 1 = 0 ⇔ m = 4 m = −2 ⇔ m = 4. Bài tập 4.48. (B-06) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 2 + x − 1 x + 2 (C). Biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên của (C). Lời giải. Ta có y = x − 1 + 1 x + 2 nên hàm số có tiệm cận xiên y = x − 1. Tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên nên có hệ số góc k = −1. Ta có: y = x 2 + 4x + 3 (x + 2) 2 . Gọi điểm tiếp xúc là M(x 0 ; y 0 ). Với k = −1 ⇒ x 2 0 + 4x 0 + 3 (x 0 + 2) 2 = −1 ⇔ x 0 = −4 ± √ 2 2 . Với x 0 = −4+ √ 2 2 ⇒ y 0 = −6+3 √ 2 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x + 2 √ 2 − 5. Với x 0 = −4− √ 2 2 ⇒ y 0 = −6−3 √ 2 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến là: y = −x −2 √ 2 − 5. Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: y = −x + 2 √ 2 − 5 và y = −x −2 √ 2 − 5. Bài tập 4.49. (DB-07) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x x − 1 sao cho tiếp tuyến và hai tiệm cận cắt nhau tạo thành một tam giác cân. 10 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh [...]... 2 Số nghiệm phương trình là số giao điểm của (C1 ) và đường thẳng y = 2m Dựa vào đồ thị, phương trình có đúng bốn nghiệm khi và chỉ khi 1 −2 < 2m < −1 ⇔ −1 < m < 2 Vậy với m ∈ −1; − 1 thì phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm 2 14 −1 O −1 −2 1 x Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4 Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Bài tập 4.63 (DB-03) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số. .. Đối Xứng - Khoảng Cách & Các Bài Toán Khác Bài tập 4.69 Tìm m để đồ thị hàm số y = Lời giải Đồ thị hàm số y = m2 x − 2 qua điểm A (2; 6) x−1 m2 x − 2 qua điểm A (2; 6) ⇔ 6 = x−1 2m2 −2 2−1 ⇔ m = ±2 Bài tập 4.70 Tìm các hệ số m, n sao cho hàm số y = −x3 + mx + n đạt cực tiểu tại điểm x = −1 và đồ thị của nó đi qua điểm M (1; 4) Lời giải Ta có y = −3x2 + m; y = 0 ⇔ x2 = m Do đó với m > 0 hàm số có cực... 1 + 2; 1 + 2 , B 1 − 2; 1 − 2 hoặc A 1 − 2; 1 − 2 , B 1 + 2; 1 + 2 18 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4 Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Bài tập 4.84 (B-03) Tìm m để đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + m có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc toạ độ Lời giải Hai điểm phân biệt thuộc đồ thị hàm số là: M (x1 ; x3 − 3x2 + m), N (x2 ; x3 − 3x2 + m), x1 = x2 1 1 2 2 x1 = −x2 (1) Hai... (X + 2) − 6(X + 2) + 9 (X + 2) ⇔ Y = X 3 − 3X Vì Y = X 2 − 3X là hàm số lẻ nên đồ thị (C) nhận gốc tọa độ mới U làm tâm đối xứng Bài tập 4.72 Chứng minh rằng đồ thị hàm số (C) : y = xứng 16 2x + 1 nhận giao điểm I của hai tiệm cận làm tâm đối x+1 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4 Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Lời giải Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x = −1 và tiệm cận ngang y... tiếp tuyến đến (C) khi và chỉ khi (∗) có ba nghiệm phân biệt ⇔ f (x) có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ ∆>0 ⇔ f (2) = 0 9m + 24m − 48 > 0 ⇔ 24 − 12m = 0 Vậy những điểm trên y = −4 có hoành độ m ∈ (−∞; −4) ∪ 12 2 4 3 ; +∞ 4 m> 3 m < −4 m=2 \ {2} kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) (1) (2) Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4 Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số §4 Biện Luận Số Nghiệm...Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4 Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Lời giải Hàm số có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang do đó tiếp tuyến cắt hai tiệm cận tạo thành tam giác cân khi k = ±1 −1 < 0, ∀x ∈ R\1 nên k = −1 Hơn nữa y = (x − 1)2 −1... ⇔ m = ±2 Bài tập 4.74 Tìm m để đồ thị hàm số y = − x3 + 3x2 − 2 nhận I (1; 0) làm điểm uốn m 6 3 Lời giải Ta có y = − m x2 + 6x; y = − m x + 6; y = 0 ⇔ x = m ⇒ y = 2m2 − 2 m=1 Đồ thị hàm số nhận I(1; 0) làm điểm uốn ⇔ ⇔ m = 1 0 = 2m2 − 2 Bài tập 4.75 Tìm các điểm trên đồ thị hàm số y = Lời giải Hàm số viết thành y = 2 + x0 ∈ Z ⇔ y0 ∈ Z 2x − 1 có tọa độ là các số nguyên x−1 1 Gọi M (x0 ; y0 ) là điểm... Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số §4 Biện Luận Số Nghiệm Phương Trình Bằng Đồ Thị Bài tập 4.56 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 − 1 Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x3 − 3x2 − k = 0 Lời giải Ta có phương trình tương đương: x3 − 3x2 − 1 = k − 1 Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 − 1 và đường thẳng y = k − 1 Dựa vào đồ thị ta có: k − 1 > −1... trình có hai nghiệm −4 < k < 0: Phương trình có ba nghiệm y 1 O 2 x −1 −3 U −5 Bài tập 4.57 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số y = 2x3 − 3x2 + 1 Biện luận theo m số nghiệm phương trình 4x3 − 6x2 − m = 0 Lời giải Ta có phương trình tương đương: 2x3 − 3x2 + 1 = m + 1 2 Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x3 − 3x2 + 1 và đường thẳng y = m + 1 2 Dựa vào đồ thị ta có: m 2 +... Phương trình có hai nghiệm −2 < m < 0: Phương trình có ba nghiệm y 1 O U 1 x Bài tập 4.58 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số y = −x4 + 2x2 + 3 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x4 − 2x2 + m − 1 = 0 Lời giải Ta có phương trình tương đương: −x4 + 2x2 + 3 = m + 2 Số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = −x4 + 2x2 + 3 và đường thẳng y = m + 2 Dựa vào đồ thị ta có: m + 2 . Chuyên đề 4 Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số §1. Cực Trị Của Hàm Số Bài tập 4.1. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3 (m + 1). phía trục tung ⇔ y có hai nghiệm trái dấu ⇔ m 2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1. Bài tập 4.6. (DB -04) Tìm m để hàm số y = x 3 −3 (m + 1) x 2 + 3m (m + 2) x + 1 đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm có. trị cách đều gốc toạ độ. 2 Leâ Ngoïc Sôn - THPT Phan Chu Trinh Chuyên đề 4. Các Bài Toán Liên Quan Đến Khảo Sát Hàm Số Lời giải. Ta có: y = −3x 2 + 6x + 3 m 2 − 1 , y = 0 ⇔ x = 1 ± m. Do