50 câu hỏi phụ khảo sát hàm số

www.MATHVN.com TỔNG HỢP 50 CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ Bài 1. 2x Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B mà x−2 √ tam giác OAB thỏa mãn AB = OA 2 Giải Cách 1 Gọi M(xo ; yo ), (xo 6= 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng: 2xo −4 y− (x − xo ) = xo − 2 (xo − 2)2 √ Do tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy tại các điểm A, B và tam giác OAB có AB = OA 2 nên tam giác OAB vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với một trong 2 đường phân giác y = x hoặc y = −x +TH1: d vuông góc với đường phân giác"y = x xo = 0 ⇒ pt d : y = −x (loại) −4 2=4⇔ = −1 ⇔ (x − 2) Có: o (xo − 2)2 xo = 4 ⇒ pt d : y = −x + 8 +TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x −4 .(−1) = −1 pt vô nghiệm. Có (xo − 2)2 Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán d : y = −x + 8 OA π 1 Cách 2 nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có : sin(ABO) = = √ = sin AB 4 2 nên tam giác AOB vuông cân tại O. phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M = (xo ; yo ) có dạng : −4 2xo (x − x ) + y= o 2 xo − 2  2   (xo − 2)2  xo 2xo dễ dàng tính được A = ; 0 và B = 0; 2 (xo − 2)2 yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm xo là nghiệm của phương trình 2xo2 xo2 ⇔ xo3 (xo − 4) = 0 = 2 (xo − 2)2 +) với xo = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y = −x (loại) +) với xo = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x + 8 Bài 2.
1 1 Tìm các giá trị của m để hàm số y = x3 − m.x2 + m2 − 3 x có cực đại x1 , cực tiểu x2 đồng thời x1 ; x2 3 2 r 5 là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 2 Giải Cách 1 Mxđ: D = R Có y′ = x2 − mx + m2 − 3 y′ = 0 ⇔ x2 − mx + m2 − 3 = 0 Hàm số có cực đại x1 ,cực tiểu x2 thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt dương, triệttiêu và đổi dấu  qua 2 nghiệm đó     2       ∆ > 0 4 − m > 0 −2 < m < 2 √ ⇔ S>0 ⇔ m>0 ⇔ 3 < m < 2 (∗) ⇔ m>0       √ √    P > 0 m2 − 3 > 0 m < − 3 ∨ m > 3  x + x = m 1 2 Theo vi-et có: x1 x2 = m2 − 3 √ 5 14 Mà x12 + x22 = ⇔ 2(x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 5 ⇔ 2m2 − 4(m2 − 3) = 5 ⇔ m = ± 2 2 www.mathvn.com 1 √ www.MATHVN.com 14 thỏa yêu cầu bài toán Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m = 2 Bài 3. 1 Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm ) : y = mx3 + (m − 1)x2 + (4 − 3m)x + 1 tồn tại đúng 2 3 điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L) : x + 2y − 3 = 0. Giải Cách 1: Có y′ = mx2 + 2(m − 1)x +4 − 3m  1 ′ = −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y · − 2 ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + 2 − 3m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.      m = 6 0 m 6= 0    m 6= 0           1    4m2 − 4m + 1 > 0 ∆′ > 0 m 6= 1 0 0 0 0 < m < 2 P>0 3   m   1 2 1 Vậy m ∈ 0; ∪ là các giá trị cần tìm của m ; 2 2 3 Cách 2: Có y′ = mx2 + 2(m − 1)x +4 − 3m  1 ′ = −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y · − 2 2 − 3m = 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt Th1: m = 0 từ (1) ta có x = −1 (loại) 1 Th2: m = từ (1) ta có x = ±1 (loại) 2 2 − 3m 1 Th3: m 6= 0; m 6= từ pt (1) có 2 nghiệm x = 1 ∨ x = 2 m 2 − 3m 2 Điều kiện bài toán dẫn đến: : >0⇔0 0 Lúc đó :⇔ ⇔ 0 < k 6= 9 (∗′ ) g(2) = 9 − k 6= 0  x + x = −2 B C Theo vi-et ta có : . Mà B,C thuộc d nên yB = kxB − 2k + 4; yC = kxC − 2k + 4 xB .xC = 1 − k √ Có BC = 2 2 ⇔ BC2 = 8 ⇔ (xB − xC )2 + k2 (xB − xC )2 = 8   ⇔ (xB + xC )2 − 4xB xC (1 + k2 ) = 8 ⇔ k3 + k − 2 = 0 ⇔ k = 1 (thỏa đk (∗′ )) ⇒ pt d : y = x + 2 Vậy đường thẳng d cần tìm có pt: y = x + 2 www.mathvn.com 2 www.MATHVN.com Bài 5. Cho hàm số y = 4x3 − 6mx2 + 1, m là tham số.Tìm m để đường thẳng d : y = −x + 1 cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm A(0; 1), B,C và B,C đối xứng qua đường phân giác thứ nhất. Giải Giao của (C) và (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình: 4x3 − 6mx2 + 1 = −x + 1 ⇔ x(4x2 − 6mx + 1) = 0 Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x2 − 6mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 −2 ⇒ ∆′ = 9m2 − 4 > 0 ⇔ m > , m < 3 3 Gọi 1),C(x2 ; −x2 + 1) Để B và C đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:  B(x1 ; −x1 + x = −x + 1 x = y 2 3 1 2 1 2 ⇔ ⇔ x1 + x2 = 1 ⇔ m = 1 ⇔ m = x2 = −x1 + 1 y1 = x2 2 3 So sánh với đk, thấy không tìm được m thỏa mãn Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định 4 2 2 Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − 4,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho có 3 cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 Giải Mxđ: D = R. Có y′ = 4x3 − 4mx. y′ = 0 ⇔ 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 = m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗) √ √ 2 2 2 Gọi A(0; 2m − 4); B( m; m − 4);C(− m; m − 4) là 3 điểm cực trị. Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên ∆ABC cân tại A. 1 Kẻ AH⊥BC có S∆ABC = AH.BC ⇔ 2 = |yB − yA | |2xB | 2 √ ⇔ 2 = 2m2 . m ⇔ m = 1 Đối chiếu với điều kiên (∗) có m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 7. x−2 Cho hàm số y = . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B sao x+1 cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác OAB lớn nhất Giải Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1. Giao điểm hai đường tiệm cận I (−1; 1). Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ x0 − 2 3 (x − x0 ) + x0 , phương trình tiếp tuyến có dạng: y = 2 x +1 (x0 + 1)  0 x0 − 5 Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A −1; , và cắt tiệm cận đứng tại điểm B (2x0 + 1; 1). x0 + 1 6 x0 − 5 −1 = ; IB = |2x0 + 1 − (−1)| = 2|x0 + 1| Ta có:IA = |x0 + 1| x0 + 1 1 6 .2 |x0 + 1| = 12. Do vậy, diện tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 6. Nên: IA.IB = |x0 + 1| 2 S 6 Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:r = = . p p Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác IAB vuông tại I nên: √ √ √ √ √ 2p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB2 ≥ 2 IA.IB + 2IA.IB = = 4 3 + 2 6 √ Dấu ’=’ xảy ra khi IA = IB ⇔ (x0 + 1)2 = 3 ⇔ x = −1 ± 3 √ √
- Với x = −1 − 3 ta có tiếp tuyến: d1 : y = x + 2 1 + 3 √
√ - Với x = −1 + 3 ta có tiếp tuyến: d1 : y = x + 2 1 − 3 Bài 8. www.mathvn.com 3 www.MATHVN.com 2mx + 3 . Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai x−m tiệm cận tại A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 64 Giải Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = m và đường tiệm cận ngang là y = 2m.Tọa độ giao điểm  của hai đường tiệm cận là I (m; 2m). 2mx0 + 3 (với x0 6= m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho. Gọi M x0 ; x0 − m 2m2 + 3 2mx0 + 3 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = − (x − x0 ) + 2 x0 − m  (x0 − m)  2 2mx0 + 2m + 6 và cắt tiệm cận ngang tại B (2x0 − m; 2m). Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A m; x0 − m 4m2 + 6 2mx0 + 2m2 + 6 − 2m = ; IB = |2x0 − m − m| = 2 |x0 − m| Ta có: IA = x0 − m x0 − m 1 Nên diện tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 4m2 + 6 2 √ 58 2 Bởi vậy, yêu cầu bài toán tương đương với: 4m + 6 = 64 ⇔ m = ± 2 Bài 9. Tìm m sao cho đồ thị hàm số y = x4 − 4x2 + m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành có phần trên bằng phần dưới Giải Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox:x4 − 4x2 + m = 0 (1) Đặt t = x2 ≥ 0. Lúc đó có pt: t 2 − 4t + m = 0 (2) Để  (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt khi pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiêm phân biệt t > 0  ′   ∆ = 4 − m > 0 ⇔ S=4>0 ⇒ 0 < m < 4 (i)    P = m > 0 Cho hàm số y = Gọi t1 ;t2 (0 < t1 < t2 ) là 2 nghiệm của pt (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là: √ √ √ √ x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có: Z x3 Z x4 x5 4x3 (x4 − 4x2 + m) dx = (−x4 + 4x2 − m) dx ⇒ 4 − 4 + mx4 = 0 ⇒ 3x44 − 20x42 + 15m = 0 5 3 0 x3  x4 − 4x2 + m = 0 (3) 4 Từ đó có x4 là nghiệm của hpt: 4 3x4 − 20x2 + 15m = 0 (4) 4 4 9m2 20 3m 3m Thay x42 = vào (3) có: − 5m = 0 ⇒ m = 0 ∨ m = 2 2 4 9 20 Đối chiếu điều kiện (i) có m = là giá trị cần tìm. 9 Bài 10. Cho hàm số y = x4 − 2(1 − m2 )x2 + m + 1. Tìm m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị và ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất. Giải ′ y = 4x3 − 4x(1 − m2 ) = 0 ⇔ x = 0, x2 = 1 − m2 Hàm số có 3 cực trị ⇔ −1 < m < 1 Khi đó, tọa độ điểm cực đại là A(0; 1 + m), √ √ √ √ tọa độ 2 điểm cực tiểu là B(− 1 − m2 ; 1 − m2 );C( 1 − m2 ; 1 − m2 ) Lấy 3.(3) − (4) ⇒ x42 = www.mathvn.com 4 www.MATHVN.com 5 1 Diện tích tam giác ABC là: SABC = d(A; BC).BC = (1 − m2 ) 2 ≤ 1. Dấu = xảy ra khi m = 0. 2 Đáp số: m = 0 Bài 11. −x + 1 Cho hàm số y = có đồ thị là (H). Tìm trên (H) điểm M để tiếp tuyến tại M có hệ số góc lớn x−3 √ 2 5 hơn 1 tạo với đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 1 = 0 một góc có giá trị bằng 25 Giải Vì chỉ√biết công thức tính cos của góc từ 2 vecto cho trước, với lại bài này cho kết quả cos khá đẹp 2 5 cos( ) ≈ 0, 9999... ≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của góc giữa 2 vecto luôn. 25 2 − ; −1) Vecto chỉ phương của dt ∆ : 3x+4y−1 = 0 Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tại M là: → u1 ( (x − 3)2 8 | + 3| p 3 (x − 3)2 → − → − → − là: u2 (4; −3) Có: cos ( u1 ; u2 ) = r = 1 ⇔ |8+3(x−3)2 | = 5 4 + (x − 3)4 ⇔ (x−3)2 = ⇔ 2 4 5 + 1 (x − 3)4 x =? => M =? Bài 12. x+3 Cho hàm số y = có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng d : y = −x + m + 1 tại hai điểm phân biệt x−2 d nhọn. A, B sao cho AOB Giải x+3 = −x + m + 1 ⇔ x2 − (m + 2)x + 2m + 5 = 0 Giao của (H) và d có hoành độ là nghiệm của pt: x − 2  m2 − 4m + 16 > 0 Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆ > 0, x 6= 2 ⇔ ⇒ m =? 22 − 2(m + 2) + 2m + 5 6= 0 Gọi A(x1 ; −x1 + m + 1), B(x2 ; −x2 + m + 1) là 2 giao điểm của (H) và d d nhọn thì : AB2 < OA2 + AB2 ⇔ 2(x2 − x1 )2 < (−x1 + m + 1)2 + (−x2 + m + 1)2 ⇔ −2x1 x2 + (m + Để AOB 1)(x1 + x2 ) − (m + 1)2 < 0 ⇔ m > −3 Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của m. Bài 13. x Cho hàm số y = . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến x−1 √ tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2(2 + 2) Giải xo −1(x − xo ) + Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x = 1, y = 1 Gọi pttt của (H) tại M(xo ; yo ) là: y = 2 (xo − 1) xo − 1 xo + 1 xo + 1 Khi x = 1 ⇒ y = ⇒ A(1; ). Khi y = 1 ⇒ x = 2xo − 1 ⇒ B(2xo − 1; 1), I(1; 1) xo − 1 xo − 1 r √ xo + 1 2 xo + 1 ⇒ P(ABC) = IA + IB + AB = − 1 + 2xo − 2 + (2xo − 2)2 + (1 − ) = 2(2 + 2) xo − 1 xo − 1 p √ ⇔ 2 + 2(xo − 1)2 + (xo − 1)4 + 4 = 2(2 + 2)(xo − 1) x − 1 = 0 (loại) o ⇔ √ √ √ −2(1 + 2)(xo − 1)2 + (2 + 2)2 (xo − 1) − 2(2 + 2) = 0 Cách 2. - Phương trình tiệm cận đứng: x = 1, phương trình tiệm cận ngang y = 1 −1 a a ), phương trình tiếp tuyến tại M: y = (x − a) + - Gọi M(a; 2 a−1 (a − 1) a−1 www.mathvn.com 5 www.MATHVN.com a+1 - Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: A(1; ) a−1 - Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: B(2a − 1; 1) r √ 1 2 - Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB + AB = 2, dấu + 2|a − 1| + 2 (a − 1)2 + ≥ 4 + 2 |a − 1| (a − 1)2 = xảy ra khi |a − 1| = 1 tức a = 0; a = 2 - Với a = 0 ⇒ y = −x - Với a = 2 ⇒ y = −x + 4 Kết luận: y = −x, y = −x + 4 là 2 tiếp tuyến cần tìm. Bài 14. 2x − m (1). Chứng minh với mọi m 6= 0 đồ thị hàm số (1) cắt (d) : y = 2x − 2m tại Cho hàm số: y = mx + 1 2 điểm phân biệt A, B thuộc một đường (H) cố định. Đường thẳng (d) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N. Tìm m để SOAB = 3SOMN Giải Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  hàm số (1)và đường thẳng d: 1 2x − m (2) = 2x − 2m ⇔ 2mx2 − 2m2 x − m = 0 x 6= − mx + 1  m  1 Do m 6= 0 nên (2) ⇔ f (x) = 2x2 − 2mx − 1 = 0 x 6= − (∗) m 1 Để tồn tại 2 điểm A, B thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt xA ; xB khác − m  ′ 2 ∆ = m + 2 > 0 ⇔ ⇔ ∀m 6= 0  f (− 1 ) = 2 + 1 6= 0 m m2 1 Mặt khác có xA .xB = nên A, B luôn thuộc một đường (H) cố định. 2 |−2m| Kẻ OH⊥AB ⇒ OH = d(O,d) = √ . Lại có A, B ∈ d ⇒ yA = 2xA − 2m; yB = 2xB − 2m 5  xA + xB = m Theo viet có: . xA .xB = 1 2 p p p √ Có: AB = (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 5(xA − xB )2 = 5(xA + xB )2 − 20xA xB ⇔ AB = 5m2 + 10 Vì M, N là giao điểm của d với Ox, Oy nên M(m; 0); N(0; 2m) |−2m| √ Theo giả thiết :SOAB = 3SOMN ⇔ OH.AB = 3OM.ON ⇔ √ . 5m2 + 10 = 3 |xM | |yN | 5 √ |−2m| √ 2 1 ⇔ √ . 5m + 10 = 3 |m| |2m| ⇔ m2 + 2 = 3 |m| ⇔ m2 + 2 = 9m2 ⇔ m = ± 2 5 1 Vậy với m = ± là các giá trị cần tìm . 2 Bài 15. −x + 1 Tìm trên (H) : y = các điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 và đường thẳng AB x−2 vuông góc với đường thẳng y = x Giải Do AB⊥d : y = x ⇒ pt AB : y = −x + m Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng AB: −x + 1 = −x + m ⇔ g(x) = x2 − (m + 3)x + 2m + 1 = 0 (x 6= 2) (1) x−2 Để  tồn tại 2 điểm A, Bthì pt(1) cần có 2 nghiệm phân biệt xA ; xB và khác 2 ∆ (m + 3)2 − 4(2m + 1) > 0 g(x) > 0 ⇔ ⇔ ⇔ (m − 1)2 + 4 > 0; ∀m g(2) 6= 0 4 − (m + 3)2 + 2m + 1 6= 0 www.mathvn.com 6  x + x = m + 3 B A Theo viet có xA .xB = 2m + 1 www.MATHVN.com Lại có: yA = −xA + m; yB = −xB + m Mà AB = 4 ⇔ AB2 = 16 ⇔ (xB − xA )2 + (yA − yB )2 = 16 ⇔ (xB − xA )2 = 8 ⇔ (xB + xA )2 − 4xA .xB = 8 ⇔ (m + 3)2 − 4(2m + 1) = 0 ⇔ m2 − 2m − 3 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 3 √ √ +Với m = 3 thay vào pt (1) có:x2 − 6x + 7 = 0 ⇔ x = 3 ± 2 ⇒ y = ± 2. Lúc này tọa độ 2 điểm A, B là √ √ √ √ √ √ √ √ A(3 + 2; − 2); B(3 − 2; 2) hoặc B(3 + 2; − 2); A(3 − 2; 2) √ √ +Với m = −1 thay vào pt (1) có: x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 ⇒ y = −2 ± 2. Lúc này tọa độ 2 điểm √ √ √ √ √ √ √ √ A, B là A(1 + 2; −2 − 2); B(1 − 2; −2 + 2) hoặc B(1 + 2; −2 − 2); A(1 − 2; −2 + 2) Vậy A, B là các điểm như trên thỏa yêu cầu bài toán. Bài 16. Tìm m để đồ thị hàm số y = x4 − mx2 + m − 1 cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −2. Giải √ Xét:x4 − mx2 + m + 1 = 0. ∆ = (m − 2)2 => ∆ = |m − 2| ⇒ x2 = m − 1(m > 1), x2 = 1 √ √ Vậy 4 giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là: A(−1; 0), B(− m − 1; 0),C(1; 0), D( m − 1; 0) Để 4 điểm đó có hoành độ >-2 thì: √ TH1:− m − 1 > −1 ⇔ m < 2, kết hợp với đk ⇒ 1 < m < 2 √ TH2:−2 < − m − 1 < −1| ⇔ 2 < m < 5 Vậy :m ∈ (1; 2) ∪ (2; 5) là giá trị cần tìm. Bài 17. x+3 Cho hàm số y = có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + 3m cắt (H) tại hai điểm x+2 −→ −→ phân biệt sao cho OA.OB = −4 với O là gốc tọa độ. Giải x+3 = 2x + 3m ⇒ 2x2 + 3(1 + m)x + 6m − 3 = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2 - Xét phương trình: x+2 khi ∆ = 9m2 − 30m + 33 > 0 điều này xảy ra với mọi m. - Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x2 thì A(x1 , 2x1 + 3m), B(x2 , 2x2 + 3m) 12m − 15 7 −→ −→ - Có: OA.OB = −4 ⇒ x1 .x2 + (2x1 + 3m)(2x2 + 3m) = −4 ⇒ = −4 ⇒ m = 2 12 Bài 18. 3x − 1 Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y = sao cho tam giác ABC vuông x−1 cân tại A(2; 1). Giải − → Đổi hệ trục tọa độ Oxy  thành hệ trục tọa độ IXY bằng phép tịnh tiến OI với I(1; 3) x = X + 1 Công thức đổi trục: y = Y + 3 2 Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :Y = (1) và điểm A trở thành A(1; −2) X     2 2 Xét 2 điểm B a; ;C b; (a < 0 < b) thuộc đồ thị hàm số (1). a b Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B,C lên đường thẳng y = −2 ⇒ H(a; −2); K(b; −2) d + CAK d = 900 = CAK d + ACK d ⇒ BAH d = d Có BAH ACK AH = CK Vậy ∆AHB = ∆CKA (cạnh huyền_góc nhọn)⇒ (∗) BH = AK www.mathvn.com 7  www.MATHVN.com   2 2  2  (1 − a) = 2 + (2) b Lúc đó từ (∗) có hpt: 2    2 + = |b − 1| (3)  a   2 3b + 2 −b − 2 2 −a − 1 − =0⇔a= ∨a = Từ (2) có 3 − a + b b b b " 2 3b + 9b + 6 = 0(4) 8b + 4 3b + 2 từ (3) có = |b − 1| ⇒ Với a = b 3b + 2 3b2 + 7b + 2 = 0(5) + Với (4) pt có 2 nghiệm b = −1 ∨ b = −2 không thỏa do b > 0 1 + Với (5) pt có 2 nghiệm b = − ∨ b = −2 không thỏa do b > 0 3 " b2 + b − 6 = 0(6) −b − 2 4 Với a = từ (3) có = |b − 1| ⇒ b b+2 b2 + b + 2 = 0(7) +Với (7) pt vô nghiệm +Với (6) pt có 2 nghiệm b = 2 ∨ b = −3 (loại) Khi b = 2 ⇒ B(−2; −1);C(2; 1) hoặc ngược lại. Lúc đó 2 điểm B,C của bài toán cần tìm là: B(−1; 2);C(3; 4) hoặc ngược lại. Bài 19. d = 120o Cho hàm số y = x3 + 3x2 + m (1) . Tìm m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho AOB Giải - Phương trình y′ = 0 ⇔ x = 0, x = −2 - Tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị a(0; m), B(−2; m + 4) - Yêu cầu của bài toán dẫn đến giải phương trình: √ −→ −→ √ 132 1 −12 + OA.OB = − ⇔ −2m(m + 4) = |m| m2 + 8m + 20 ⇔ m = 0, m = OA.OB 2√ 3 −12 + 132 Đáp số: m = 0, m = 3 Bài 20. đề thi thử đại học THPT Thanh Thủy lần 2 tỉnh Phú Thọ 2x − 1 có đồ thị (C). Cho hàm số y = x+1 √ Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 2 2 Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d: 2x − 1 = x + m ⇔ f (x) = x2 + (m − 1)x + m + 1 = 0 (1) (x 6= −1) x+1 Để  d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt xA , xB khác −1  ∆ = (m − 1)2 − 4(m + 1) > 0 x + x = 1 − m B A (∗). Theo vi-et có : ⇔  f (−1) = 1 − m + 1 + m + 1 6= 0 xA .xB = m + 1 √ Lại có A, B ∈ d ⇒ yA = xA + m; yB = xB + m Do AB = 2 2 ⇔ AB2 = 8 ⇔ (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 8 ⇔ (xA + xB )2 − 4xA .xB = 4 ⇔ (1 − m)2 − 4(m + 1) = 4 ⇔ m2 − 6m − 7 = 0 ⇔ m = −1 ∨ m = 7 Đối chiếu điều kiện (∗) ta có m = −1; m = 7 là giá trị cần tìm. Bài 21. 3x − 2 (C). Gọi I là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị. Cho hàm số y = x+1 Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại d = √5 A và B thỏa mãn cos BAI 26 Giải www.mathvn.com 8 www.MATHVN.com Xét điểm M(xo ; yo ), (xo 6= −1) ∈ (C) là tiếp điểm của tiếp tuyến d. 3xo − 2 5 Phương trình tiếp tuyến tại d có dạng : y − = (x − xo ) xo + 1 (xo + 1)2 d = √5 Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt tại A, B và ∆IAB có cos BAI 26 1 1 1 2 d= d = |5| d= ⇒ tan BAI ⇒ tan ABI nên tan BAI −1 = d |5| 25 cos2 BAI 5 d là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y′ (xo ) = Lại có tan ABI >0 (xo + 1)2 5 nên = 5 ⇔ (xo + 1)2 = 1 ⇒ xo = 0 ∨ xo = −2 2 (xo + 1) Với xo = 0 có pt tiếp tuyến d : y = 5x − 2 Với xo = −2 có pt tiếp tuyến d : y = 5x + 2 Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán có pt như trên. Bài 22. Cho hàm số y = x4 − 2mx2 + 2 có đồ thị (Cm ).Tìm tất cả các giá trị của thamsố m  để đồ thị (Cm ) có ba 3 9 . ; điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D 5 5 Giải √ ′ y = 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0, x = ± m (m > 0) Vậy cácđiểmthuộc đường tròn (P) ngoại tiếp các điểm √ √ 3 9 . Gọi I(x; y) là tâm đường tròn(P) ; cực trị là: A(0; 2), B(− m; −m2 + 2),C( m; −m2 + 2), D 5 5     2 2     3x − y + 1 = 0 IA = ID √ √ ⇒ IB2 = IC2 ⇔ 2x m = −2x m ⇔ x = 0, y = 1, m = 0(loại), m = 1.       (x + √m)2 + (y + m2 − 2)2 = x2 + (y − 2)2 IB2 = IA2 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 23. 5 x4 Cho hàm số y = − 3x2 + có đồ thị (C) và điểm A ∈ (C) với xA = a. 2 2 Tìm các giá trị thực của a biết tiếp tuyến của (C) tại A cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt B,C khác A sao cho AC = 3AB (B nằm giữa A và C). Giải   4 5 a 2 thuộc đồ thị (C). Cách 1 Xét A a; − 3a + 2 2   a4 3a4 5 5 3 2 2 Phương trình tiếp tuyến tại A : y − = (2a − 6a)(x − a) ⇔ y = 2a(a − 3)x − − 3a + + 3a2 + 2 2 2 2 4 5 3a 5 x4 + 3a2 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến tại A. − 3x2 + = 2a(a2 − 3)x − 2 2 2 2 " x=a ⇔ (x − a)2 (x2 + 2ax + 3a2 − 6) = 0 ⇔ f (x) = x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 (1) Để  tiếp tuyến tại A cắt (C) tại 2 điểm khác A thì pt (1) cần có 2 nghiệm phân biệt xB ; xC khác a B,C √ ∆′ = a2 − (3a2 − 6) > 0 − 3 < a < √3 ⇔ ⇔ (∗)  f (a) = 6a2 − 6 6= 0 a 6= ±1 − → − → Do AB = 3AC ⇒  AC = 3AB ⇒ xC − 3xB = −2a (2) x + x = −2a (3) B C Lại theo vi et có: . xB .xC = 3a2 − 6 (4) √ Từ (2) và (3) ⇒ xB = 0và xC = −2a. Thế vào (4) có: 3a2 − 6 = 0 ⇔ a = ± 2 ( thỏa (∗)) www.mathvn.com 9 Kiểm tra: www.MATHVN.com     √ √ 21 5 3 +Với a = 2 có A ; B 0; ;C −2 2; ⇒ AC = 3AB 2; − 2 2 2       √ √ √ 21 3 5 +Với a = − 2 có A − 2; − ; B 0; ;C 2 2; ⇒ AC = 3AB 2 2 2 √ Vậy a = ± 2 là các giá trị cần tìm của a. Cách 2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) hàm số đã cho tại điểm A với xA = a là:
a4 5 y = 2a3 − 6a (x − a) + − 3a2 + 2 2 PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến này với đồ thị (C):

5 a4 5 x4 − 3x2 + = 2a3 − 6a (x − a) + − 3a2 + ⇔ (x − a)2 x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 2 2 2 2 Để có 3 giao điểm A, B,C thì phương trình:  √ − 3 < a < √3 . x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 (∗) có hai nghiệm phân biệt khác a ⇔ a 6= ±1  x + x = −2a B C Khi đó hoành độ B,C là hai nghiệm của phương trình (∗) nên: ⇔ xB .xC = 3a2 − 6 − → − → Mặt khác: AC = 3AB (B nằm giữa  A và C) ⇔ AC = 3AB ⇔ xC − 3xB = −2a    xB = 0   xC − 3xB = −2a  √ Ta có hệ: xB + xC = −2a ⇔ xC = −2a ⇔ a = ± 2 thỏa mãn điều kiện.       xB .xC = 3a2 − 6 3a2 − 6 = 0 √ Vậy giá trị cần tìm của m là: a = ± 2 Bài 24. Câu I ý 2 đề thi thử đại học Vinh lần 3 1 4 Cho hàm số y = x − (3m + 1)x2 + 2(m + 1) (m là tham số). Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo 4 thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ O. Giải y′ = x3 − 2(3m + 1)x = 0 ⇔ x = 0, x2 = 2(3m + 1) 1 Hàm số có 3 cực trị khi m > − , khi đó tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị là 3 √ √ A(0; 2m + 2), B(− 6m + 2; −9m2 − 4m + 1),C( 6m + 2; −9m2 − 4m + 1) 1 2 Tam giác ABC có trọng tâm O khi: −18m2 − 6m + 4 = 0 ⇔ m = − , m = 3 3 1 Đáp số: m = 3 Bài 25. Câu I ý 2 đề thi thử đại học lần 3 THPT Trung Giả 1 3 Cho hàm số y = mx + (m − 1)x2 + (3m − 4)x + 1 có đồ thị là (Cm ).Tìm tất cả các giá trị của m sao 3 cho trên (Cm ) có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d) : y = x + 2011 Giải ′ y = mx2 + (m + 1)x + 3m − 4 Để tiếp tuyến vuông góc với (d) thì y′ .1 = −1 ⇔ mx2 + (m + 1)x + 3m − 3 = 0(1) có nghiệm với mọi x thuộc R −3 Vậy m = 0 thỏa mãn TH1: m = 0 ⇒ pt trở thành: −2x − 3 = 0 ⇔ x = 2 TH2: m 6= 0 ⇒ (1) là phương trình bậc 2, vậy để phương trình có nghiệm thì: 1 1 ∆ = −2m2 + m + 1 ≥ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 1, m 6= 0 Vậy − ≤ m ≤ 1 là giá trị cần tìm 2 2 Bài 26.  √  www.mathvn.com 10