Các bài toán khảo sát hàm số 22.05 (Bài tập và hướng dẫn giải)

Chia sẻ: 4everloveyou

Tham khảo tài liệu 'các bài toán khảo sát hàm số 22.05 (bài tập và hướng dẫn giải)', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Các bài toán khảo sát hàm số 22.05 (Bài tập và hướng dẫn giải)

TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 22 tháng 05 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408



BTVN NGÀY 22-05
x 2 + 2mx + 1 − 3m 2
Cho hàm số y = . Tìm tham số m để hàm số có:
x−m
Câu 1. Hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung.
Câu 2. Hai điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O lập thành tam giác vuông tại O.
Câu 3. Hai điểm cực trị cùng với điểm M(0; 2) thẳng hàng.
Câu 4. Khoảng cách hai điểm cực trị bằng m 10 .
Câu 5. Cực trị và tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX.

Câu 6. Cực trị và thỏa mãn: yCD + yCT > 2 3 .


………………….Hết…………………


Phụ trách môn Toán hocmai.vn
Trịnh Hào Quang




Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




HDG CÁC BTVN
• BTVN NGÀY 20-05
−x +1
Câu I: Cho hàm số y = (C)
2x +1
I.1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M(2 ; 3) đến (C)
I.2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của
2 đường tiệm cận.
I.3. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M ∈ ( C ) , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ
tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1.
I.4. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M ∈ ( C ) , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ
tạo thành 1 tam giác cân.
HDG
 1 −3
Tập xác định: D = R \  −  . Ta có: y ' = < 0, ∀x ∈ D
( 2 x + 1)
2
 2
Bài 1:
Vì đường thẳng x = 2 không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi
qua M (2; 3) có hệ số góc k có dạng: y = k ( x − 2 ) + 3 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ:

 −x +1
 2x +1 = k ( x − 2) + 3

 −3 có nghiệm
 =k
 ( 2 x + 1)
2

Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:
−x +1 −3
2 (
= x − 2 ) + 3 ⇔ 7 x 2 + 4 x + 4 = 0 : Vô nghiệm
2 x + 1 ( 2 x + 1)

Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua M đến (C)
Bài 2:
1  1  1 1
Hàm số có: TCĐ: x = − ; TCN: y = − ⇒ I  − ; − 
2 2  2 2




Page 2 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




1
Vì đường thẳng x = − không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi
2
 1 1  1 1
qua I  − ; −  có hệ số góc k có dạng: y = k  x +  + tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi
 2 2  2 2
hệ:
 −x +1  1 1
 2x +1 = k  x + 2  + 2
  
 −3 có nghiệm
 =k
 ( 2 x + 1) 2



Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:
−x +1 −3  1 1 3 −3
= 2 
x+ − ⇔ =
2 x + 1 ( 2 x + 1)  2 2 2 x + 1 2 ( 2 x + 1) :Vô nghiệm



Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I đến (C)
Bài 3:

 1 3 1
Gọi M  x0 − ; −  ∈ ( C ) . Tiếp tuyến tại M có dạng:
 2 4 x0 2 

−3 3 1 −3 3 1
2 (
d:y= x − x0 ) + − = 2
x+ −
4 x0 4 x0 2 4 x0 2 x0 2

 2 x0 ( x0 − 3)   3 − x0 
Giả sử A = d ∩ Ox; B = d ∩ Oy suy ra: A  ;0  ; B  0; 
 3   x0 

1 2
OA.OB = ( 3 − x0 ) = 1
2
∆OAB vuông tạo O ⇒ S ∆OAB =
2 3
6 6± 6
⇒ 3 − x0 = ± ⇒ x0 =
2 2

−3 4− 6 −3 4+ 6
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là: y = x+ hay y = x−
40 − 12 6 20 40 + 12 6 20
Bài 4:




Page 3 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến
là k = ±1 . Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) là tiếp điểm

−3 −1 ± 3
- Nếu k = −1 ⇒ = −1 ⇒ 2 x0 + 1 = ± 3 ⇒ x0 =
( 2 x0 + 1)
2
2

−1 − 3 −1 − 3
Với x0 = ⇒ y0 = ⇒ tiếp tuyến là: y = − x − 1 − 3
2 2

−1 + 3 −1 + 3
Với x0 = ⇒ y0 = ⇒ tiếp tuyến là: y = − x − 1 + 3
2 2
−3
- Nếu k = −1 ⇒ 2 x + 1 2 = 1 ⇒ ( 2 x0 + 1) = −3 : Vô nghiệm
2

( 0 )
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là: y = − x − 1 − 3 và y = − x − 1 + 3

( m − 1) x + m C
Câu II: Cho hàm số y =
x−m
( m)
II.1. CMR đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại 1 điểm cố
định.
II.2. Tiếp tuyến tại M ∈ ( Cm ) cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR M là trung điểm của AB

II.3. Cho điểm M ( x 0 , y 0 ) ∈ ( C3 ) . Tiếp tuyến của ( C3 ) tại M cắt các tiệm cận của (C)
tại các điểm A và B. Chứng minh diện tích tam giác AIB không đổi, I là giao của 2 tiệm
cận.
Tìm M để chu vi tam giác AIB nhỏ nhất.
HDG
Bài 1:

( m − 1) x0 + m ; ∀m
Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của hàm số ⇒ y0 =
x0 − m

⇔ m ( x0 + y0 + 1) − ( x0 + x0 y0 ) = 0; ∀m
 x0 + y0 + 1 = 0  x0 = 0
⇔ ⇔
 x0 + x0 y0 = 0  y0 = −1
Với M ( 0; −1) , tiếp tuyến tại M là: y = y ' ( 0 ) x − 1 = − x − 1


Page 4 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




Vậy đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định y = − x − 1 tại M ( 0; −1)
.
Bài 2:

m2
Ta có: y = m − 1 + ⇒ TCĐ: x = m và TCN: y = m − 1
x−m

 m2 
Gọi M  a + m; m − 1 +  ∈ ( Cm ) , a ≠ 0 . Tiếp tuyến tại M có dạng:
 a 

m2 m2 m2
d : y = y '( a + m) ( x − a − m) + m −1 + = − 2 ( x − a − m) + m −1 +
a a a
Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:
 2m 2 
A ( 2a + m; m − 1) ; B  m; m − 1 + 
 a 

 x A + xB = 2 xM
Nhận thấy  ⇒ M là trung điểm của AB (đpcm)
 y A + y B = 2 yM
Bài 3:

9  9
Điểm M ∈ ( C3 ) : y = 2 + ⇒ M  3 + α; 2 + 
x −3  α
9 18 27
Phương trình tiếp tuyến của M có dạng: ∆ : y = − x+2+ + 2
α 2
α α
Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:
 18 
A ( 2α + 3; 2 ) ; B  3; 2 + 
 a

Vì I là giao điểm của 2 tiệm cận nên I ( 3; 2 )
1 1 18
+ ∆IAB vuông tại I nên: S∆IAB = .IA.IB = . 2α . = 18 (đvdt)
2 2 α
+ Chu vi tam giác IAB là:
2
18  18 
p = IA + IB + AB = 2α + + 4α 2 +  
α α 


Page 5 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




2
18  18 
≥ 2 2α + 2 4α 2 +   = 12 + 2.2.18 = 12 + 6 2
α α 
18
Dấu = xảy ra ⇔ 2α = ⇔ α = ±3 ⇔ M ( 6;5 ) hoặc M ( 0; −1)
α

• BTVN NGÀY 22-05

x 2 + 2mx + 1 − 3m 2
Cho hàm số y = . Tìm tham số m để hàm số có:
x−m
Câu 1. Hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung.
Câu 2. Hai điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O lập thành tam giác vuông tại O
Câu 3. Hai điểm cực trị cùng với điểm M(0; 2) thẳng hàng.
Câu 4. Khoảng cách hai điểm cực trị bằng m 10 .
Câu 5. Cực trị và tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX.

Câu 6. Cực trị và thỏa mãn: yCD + yCT > 2 3 .
HDG:
Tập xác định: D = R \ { m}

1 1 x 2 − 2 xm + m 2 − 1
Ta có: y = x + 3m + ⇒ y ' = 1− =
x−m ( x − m) ( x − m)
2 2



Bài 1:
Hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm trái dấu
⇔ g ( x) = x 2 − 2 xm + m2 − 1 có 2 nghiệm trái dấu cùng khác m

m 2 − 1 < 0
⇔ ⇔ −1 < m < 1
 g ( m) ≠ 0

Vậy m ∈ ( −1;1)

Bài 2:
 x = x1 = m − 1
Có: y ' = 0 ⇔ 
 x = x2 = m + 1



Page 6 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




Do đó hàm số luôn đạt cực trị tại x1 ; x2 . Ta có:
y1 = y ( x1 ) = 4m − 2; y2 = y ( x2 ) = 4m + 2

Gọi 2 điểm cực trị là A ( m − 1; 4m − 2 ) ; B ( m + 1; 4m + 2 )
uuu uuu
r r
∆OAB vuông tại O ⇔ OA ⊥ OB ⇔ OA.OB = 0

⇔ ( m − 1) ( m + 1) + ( 4m − 2 ) ( 4m + 2 ) = 0
85
⇔ 17 m 2 − 5 = 0 ⇔ m = ±
17

85
Vậy m = ± là giá trị cần tìm.
17
Bài 3:.
uuu
r uuur
Ta có: MA = ( m − 1; 4m − 2 ) ; MB = ( m + 1; 4m )
uuu uuu
r r
A, M, B thẳng hàng ⇔ MA || MB ⇔ 4m ( m − 1) = ( m + 1) ( 4m − 2 )

1
⇔ 6m = 2 ⇔ m =
3
1
Đáp số: m =
3
Bài 4:
Ta có: AB = m 10 ⇔ 4 + 42 = m 10 ⇔ m = 2
Bài 5:
Mọi giá trị m thì hàm số luôn có cực trị.
1
Vì xlim  y − ( x + 3m )  = xlim
  →±∞ x − m = 0 ⇒ y = x + 3m là TCX của hàm số.
→±∞


Hàm số đạt cực tiểu tại x = m – 1. Khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX là:

( m − 1) − ( 4m − 2 ) + 3m 1
h= =
2 2




Page 7 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




Bài 6:
 3
m >
4
Ta có: yCD + yCT > 2 3 ⇔ 8m > 2 3 ⇔ 
 3
m < −
 4
 3  3 
Đáp số: m ∈  −∞; −  ∪  ; ∞ 

 4   4
 


• BTVN NGÀY 24-05

−x +1
Câu 1: Cho hàm số y = (C)
2x +1

Tìm m để (C) cắt đường thẳng ( d m ) : y = mx + 2m − 1 tại 2 điểm phân biệt A, B:

a. Thuộc 2 nhánh của đồ thị (C)
b. Tiếp tuyến tại A, B vuông góc với nhau
uuu uuu
r r
c. Thỏa mãn điều kiện 4OA.OB = 5
HDG:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
−x +1 1
= mx + 2m − 1 ⇔ f ( x ) = mx 2 + ( 5m − 1) x + 2m − 2 = 0 với x ≠ −
2x +1 2

cắt ( d m ) tại 2 điểm phân biệt A, B ⇔ f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác −
1
( C) 2


m ≠ 0

 m ≠ 0
⇔  ∆ = 17 m 2 − 2m + 9 > 0 ⇔  (*)
  m ≠ −6
 f −  = − m− ≠ 0
1 1 3
 
  2
 4 2
a. Hai điểm A, B thuộc 2 nhánh của đồ thị



Page 8 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




1
⇔ f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 mà x1 < − < x2
2

 1  1 3 m > 0
⇔ mf  −  = m  − m −  < 0 ⇔ 
 2  4 2  m < −6
b. Hệ số góc của tiếp tuyến tại A. B lần lượt là:
−3 −3
k A = y ' ( xA ) = ; k B = y ' ( xB ) =
( 2 xA + 1) ( 2 xB + 1)
2 2



3 3
⇒ k A .k B = . > 0 nên hai tiếp tuyên tại A, B không thể vuông góc với
( 2 xA + 1) ( 2 xB + 1)
2 2



nhau. Vậy không tồn tại m thảo mãn bài toán.

c. Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của f(x). Giả sử A ( x1 ; mx1 + 2m − 1) ; B ( x2 ; mx2 + 2m − 1)

 5m − 1
 x1 + x2 = −
 m
Theo viet ta có: 
 x x = 2m − 2
 1 2
 m
uuu uuu
r r uuu uuu 5
r r
Có: 4OA.OB = 5 ⇔ OA.OB − = 0
4
5
⇔ x1 x2 + ( mx1 + 2m − 1) ( mx2 + 2m − 1) − =0
4
5
⇔ ( m 2 + 1) x1 x2 + m ( 2m − 1) ( x1 + x2 ) + ( 2m − 1) −
2
=0
4
5
⇔ ( m 2 + 1) ( 2m − 2 ) − m ( 2m − 1) ( 5m − 1) + m ( 2m − 1) −
2
=0
4
3
⇔ 4m 3 − m 2 − 2 m + =0
4
2 3
⇔ ( 2m − 1)  m +  = 0
 4
1 −3
⇔ m= ∨m=
2 4
 1 −3 
Đáp số: m =  ; 
2 4 



Page 9 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




− x 2 + 3x − 3
Câu 2: Cho hàm số y = (1)
2 ( x − 1)

a. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại A và B sao
cho AB=2
b. Tìm m để đường thẳng d: y = m ( x − 2 ) + 3 và đường cong (1) cắt
nhau tại A, B phân biệt sao cho M(2; 3) làm trung điểm của AB.
HDG
a. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
− x 2 + 3x − 3
= m ⇔ f ( x ) = x 2 + ( 2m − 3) x + 3 − 2m = 0 ; với x ≠1
2 ( x − 1)

Để hàm số (1) cắt đường thẳng y = m tại 2 điểm phân biệt ⇔ f ( x ) = 0 có 2

 3
 ∆ = ( 2m − 3 ) 2 − 4 ( 3 − 2m ) > 0
 m > 2
nghiệm phân biệt khác 1 ⇔  ⇔ (*)

 f ( 1) ≠ 0 m < − 1

 2

Với điều kiện (*), gọi x1 ; x2 là nghiệm của f ( x ) = 0 . Theo viet có:

 x1 + x2 = 3 − 2m

 x1 x2 = 3 − 2m
Tọa độ A, B là: A ( x1 ; m ) ; B ( x2 ; m ) . Ta có:

AB 2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 ) = 2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 2
2 2




1± 6
⇔ ( 3 − 2m ) − 4 ( 3 − 2 m ) = 2 ⇔ 4 m 2 − 4 m − 5 = 0 ⇔ m =
2

2
1± 6
Đáp số: m =
2

b. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
− x 2 + 3x − 3
= m ( x − 2 ) + 3 ⇔ f ( x ) = ( 2m + 1) x 2 + 3 ( 1 − 2m ) x + 4m − 3 = 0 ; với x ≠ 1
2 ( x − 1)



Page 10 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




Để hàm số (1) cắt đường thẳng y = m ( x − 2 ) + 3 tại 2 điểm phân biệt ⇔ f ( x ) = 0
có 2
nghiệm phân biệt khác 1
 7+2 7
m >
 2m + 1 ≠ 0  2
 
⇔ ∆ = 9 ( 1 − 2m ) − 4 ( 2m + 1) ( 4m − 3) > 0 ⇔  m < 7 − 2 7
2

  2
 f ( 1) ≠ 0 

1
 m ≠ − 2

3 ( 1 − 2m )
Với điều kiện trên, gọi x1 ; x2 là nghiệm của f ( x ) = 0 ⇒ x1 + x2 = −
2m + 1

Gọi 2 giao điểm là A ( x1 ; m ( x1 − 2 ) + 3) ; B ( x2 ; m ( x2 − 2 ) + 3) .

Điểm M ( 2;3) ∈ d là trung điểm củ a AB
3 ( 1 − 2m ) 7
⇔ x1 + x2 = 4 ⇔ − =4⇔m=−
2m + 1 2
7
Vậy m = −
2
Câu 3:
( m − 1) x + m C
Cho hàm số y =
x−m
( m)
Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m hãy biện luận số nghiệm của phương
trình:
2x + 3
a. − 1 = log 2 m
x −3

2x + 3
b. − 2m + 1 = 0
x−3
HDG
Số nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( m ) là số giao điểm của đường
cong y = f ( x) và đường thẳng y = g ( m ) song song với trục hoành Ox khi vẽ
lên hệ trục tọa độ Oxy.

Page 11 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




2x + 3
a. Vẽ đồ thị hàm số ( C ) : y = như sau:
x−3

- Giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành Ox của ( C3 ) - kí hiệu là ( Ct )

- Lấy đối xứng phần đồ thị dưới trục hoành Ox qua Ox – kí hiệu Ct ( ) '



⇒ ( C ) = ( Ct' ) ∪ ( Ct ) (Các bạn tự vẽ hình)

1
Kết luận: m≤ phương trình vô nghiệm
2
1 
m =  ; 2  phương trình có nghiệm duy nhất
2 
1 
m ∈  ; 2  ∪ ( 2; +∞ ) phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2 
2x + 3
b. Vẽ đồ thị hàm số ( C ') : y = như sau:
x−3

- Giữ nguyên nhánh phải của ( C3 ) - kí hiệu là ( C p )

- Lấy ( C p ) đối xứng nhánh trái của ( C3 ) qua trục hoành Ox
'




⇒ ( C ) = ( C p ) ∪ ( C p ) (Các bạn tự vẽ hình)
'



1
Kết luận: m≤− phương trình vô nghiệm
2
1 3
− < m ≤ phương trình có nghiệm duy nhất
2 2
3
m≥ phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2




Page 12 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




• BTVN NGÀY 25-05


− x2 + 3x − 3
Câu 1: Cho hàm số y = (1)
2 ( x − 1)

a. Tìm trên đồ thị 2 điểm A, B thuộc 2 nhánh sao cho AB min.
b. Tính diện tích tam giác tạo bởi tiệm cận xiên và các trục tọa độ.
HDG
− x 2 + 3 x − 3 −1 1
a. Ta có: y = = x +1−
2 ( x − 1) 2 2 ( x − 1)

 −α 1 1   −β 1 1
Gọi A  α + 1; − +  thuộc nhánh trái, B  β + 1; − +  thuộc
 2 2α 2   2 2β 2 
nhánh phải của đồ thị hàm số với α < 0 < β .
2
1  1 1 
Ta có: AB = ( β − α ) + ( β − α ) +  −  
2 2

4  β α 

 1 1  
2  1 1  
2

= ( β −α ) 1 + 1 +  
2
1 + 1 −  ≥ 4 αβ
 4  αβ  
    4  αβ  
 
 
1
= 5 αβ + +2≥ 2+2 5
αβ

 β = −α
 1
Dấu = xảy ra ⇔  1 ⇔ β = −α = 4
 αβ = 5 5


 1 1 4
5 1  1 1 4
5 1
A  − 4 + 1; 4 −
Vậy  +  ; B  4 + 1; − 4 + +  thì ABmin = 2 + 2 5
 5 2 5 2 2  5
  2 5 2 2 
−1
b. Hàm số có TCX: ∆ : y = x +1 .
2

Gọi A = ∆ ∩ Ox ⇒ A ( 2;0 ) ; B = ∆ ∩ Oy ⇒ B ( 0;1)
1
Nên S ∆OAB = OA.OB = 1 (đvdt)
2
Page 13 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




−x +1
Câu 2: Cho hàm số y = (C)
2x +1
a. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 trục
tọa độ đạt GTNN
b. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm
cận đạt GTNN
c. Tìm 2 điểm A; B thuộc 2 nhánh của đồ thị hàm số sao cho AB min.
HDG
 1 3 1
a. . Gọi M  x0 − ; −  ∈ ( C ) ; x0 ≠ 0 . Tổng khoảng cách từ M đến 2
 2 4 x0 2 
trục tọa độ là:
1 3 1
d = x0 − + −
2 4 x0 2

1 1
Với x0 ≤ 0 ⇒ d ≥ + =1
2 2

 1  3 1  3 
Với x0 > 0 ⇒ d ≥  x0 −  +  −  =  x0 +  −1 ≥ 3 −1
 2  
4x 2 0  4x 0 

3 3  3 −1 3 −1 
Dấu = xảy ra khi x0 = ⇔ x0 = ⇔M
 2 ; 2  
4 x0 2  

 3 −1 3 −1 
 2 ; 2  thì d min =
Vậy M   3 −1
 

3
b. . Khoảng cách tứ M đến TCN, TCĐ làn lượt là: d1 = x0 ; d 2 =
4 x0


⇒ d = d1 + d 2 = x0 +
3 3 3
≥ 2 x0 . = 3 , dấu = xảy ra khi x0 = ±
4 x0 4 x0 2

 3 −1 3 −1   − 3 −1 − 3 −1 
Kết luận: M 
 ;  hoặc M 
 2 ; 2  là các điểm cần tìm
 2 2   






Page 14 of 15
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408




 1 3 1  1 3 1
c . Gọi A  a − ; −  thuộc nhánh trái, B  b − ; −  thuộc nhánh phải
 2 4a 2   2 4b 2 
của đồ thị hàm số (C), với a < 0 < b . Ta có:

3  3 ( b − a)
2 2
 3 3   3 3 −4ab
AB = ( b − a ) +  −  ≥ 2 ( b − a )  −  =
2
2
≥ . =6
 4b 4a   4b 4a  2 ab 2 −ab

 3
b = −a a = −
  2
Dấu bằng xảy ra ⇔   3 3  ⇔
2

( b − a ) =  4b − 4a 
2
b = 3
   
 2
 − 3 −1 − 3 −1   3 −1 3 −1 
Vậy hai điểm cần tìm là: A
 2 ; 2 ; B 2 ; 2 
   thì
   
ABmin = 6



………………….Hết…………………
BT Viên môn Toán hocmai.vn
Trịnh Hào Quang




Page 15 of 15
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản