intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

50 câu hỏi khảo sát đồ thị

Chia sẻ: Abcdef_6 Abcdef_6 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST
Báo xấu
68
lượt xem 9
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu '50 câu hỏi khảo sát đồ thị', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 50 câu hỏi khảo sát đồ thị

  1. www.MATHVN.com T NG H P 50 CÂU H I PH KH O SÁT HÀM S Bài 1. 2x Vi t phương trình ti p tuy n c a đ th hàm s y = bi t ti p tuy n c t Ox, Oy l n lư t t i A, B mà x−2 √ tam giác OAB th a mãn AB = OA 2 Gi i Cách 1 G i M (xo ; yo ), (xo = 2) thu c đ th hàm s . Pt ti p tuy n d t i M có d ng: −4 2xo y− (x − xo ) = xo − 2 (xo − 2)2 √ Do ti p tuy n c t các tr c Ox, Oy t i các đi m A, B và tam giác OAB có AB = OA 2 nên tam giác OAB vuông cân t i O. Lúc đó ti p tuy n d vuông góc v i m t trong 2 đư ng phân giác y = x ho c y = −x +TH1: d vuông góc v i đư ng phân giác y = x xo = 0 ⇒ pt d : y = −x (lo i) −4 = −1 ⇔ (xo − 2)2 = 4 ⇔ Có: (xo − 2)2 xo = 4 ⇒ pt d : y = −x + 8 +TH2: d vuông góc v i đư ng phân giác y = −x −4 .(−1) = −1 pt vô nghi m. Có (xo − 2)2 V y có 1 ti p tuy n th a yêu c u bài toán d : y = −x + 8 1 OA π = √ = sin Cách 2 nh n xét tam giác AOB vuông t i O nên ta có : sin(ABO) = 4 AB 2 nên tam giác AOB vuông cân t i O. phương trình ti p tuy n c a (C) t i đi m M = (xo ; yo ) có d ng : −4 2xo (x − xo ) + y= (xo − 2)2 xo − 2 2 2 2xo xo d dàng tính đư c A = ; 0 và B = 0; (xo − 2)2 2 yêu c u bài toán lúc này tương đương v i vi c tìm xo là nghi m c a phương trình 2 2 2xo xo 3 ⇔ xo (xo − 4) = 0 = (xo − 2)2 2 +) v i xo = 0 ta có phương trình ti p tuy n là : y = −x (lo i) +) v i xo = 4 thì phương trình ti p tuy n là : y = −x + 8 Bài 2. 1 1 Tìm các giá tr c a m đ hàm s y = x3 − m.x2 + m2 − 3 x có c c đ i x1 , c c ti u x2 đ ng th i x1 ; x2 3 2 5 là đ dài các c nh góc vuông c a m t tam giác vuông có đ dài c nh huy n b ng 2 Gi i Cách 1 Mxđ: D = R Có y = x2 − mx + m2 − 3 y = 0 ⇔ x2 − mx + m2 − 3 = 0 Hàm s có c c đ i x1 ,c c ti u x2 th a yêu c u bài toán khi và ch khi pt y = 0 có 2 nghi m phân bi t dương, tri t tiêu và đ i d  qua 2 nghi m đó  u 4 − m2 > 0 −2 < m < 2 ∆ > 0    √       ⇔ S>0 ⇔ m>0 ⇔ m>0 ⇔ 3 < m < 2 (∗) √ √       2 m − 3 > 0 m < − 3 ∨ m > 3 P > 0    x + x = m 1 2 Theo vi-et có: x1 x2 = m2 − 3 √ 5 14 Mà x1 + x2 = ⇔ 2(x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 5 ⇔ 2m2 − 4(m2 − 3) = 5 ⇔ m = ± 2 2 2 2 www.mathvn.com 1
  2. √ www.MATHVN.com 14 Đ i chi u đk (*) ta có giá tr m = th a yêu c u bài toán 2 Bài 3. 1 Tìm t t c các giá tr m sao cho trên đ th (Cm ) : y = mx3 + (m − 1)x2 + (4 − 3m)x + 1 t n t i đúng 2 3 đi m có hoành đ dương mà ti p tuy n t i đó vuông góc v i đư ng th ng (L) : x + 2y − 3 = 0. Gi i Cách 1: Có y = mx2 + 2(m − 1)x + 4 − 3m 1 T yêu c u bài toán d n đ n pt: y · − = −1 có đúng 2 nghi m dương phân bi t 2 ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + 2 − 3m = 0 có 2 nghi m dương phân bi t.    m = 0 m = 0 m = 0       m = 1 1    2 4m − 4m + 1 > 0    0 0  2 ⇔ ⇔ m−1 ⇔ ⇔ 1 2 0 0    >0  3 m 1 12 V y m ∈ 0; ∪ là các giá tr c n tìm c a m ; 2 23 Cách 2: Có y = mx2 + 2(m − 1)x + 4 − 3m 1 = −1 có đúng 2 nghi m dương phân bi t ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + T yêu c u bài toán d n đ n pt: y · − 2 2 − 3m = 0 (1) có 2 nghi m dương phân bi t Th1: m = 0 t (1) ta có x = −1 (lo i) 1 Th2: m = t (1) ta có x = ±1 (lo i) 2 2 − 3m 1 Th3: m = 0; m = t pt (1) có 2 nghi m x = 1 ∨ x = 2 m 2 − 3m 2 >0⇔0 0 Lúc đó :⇔ ⇔ 0 < k = 9 (∗ ) g(2) = 9 − k = 0  x + x = −2 B C . Mà B, C thu c d nên yB = kxB − 2k + 4; yC = kxC − 2k + 4 Theo vi-et ta có : 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 (th a đk (∗ )) ⇒ pt d : y = x + 2 V y đư ng th ng d c n tìm có pt: y = x + 2 www.mathvn.com 2
  3. www.MATHVN.com Bài 5. Cho hàm s y = 4x3 − 6mx2 + 1, m là tham s .Tìm m đ đư ng th ng d : y = −x + 1 c t đ th hàm s t i 3 đi m A(0; 1), B, C và B, C đ i x ng qua đư ng phân giác th nh t. Gi i Giao c a (C) và (d ) có hoành đ là nghi m c a phương trình: 4x3 − 6mx2 + 1 = −x + 1 ⇔ x(4x2 − 6mx + 1) = 0 Đ pt có 3 n0 phân bi t thì 4x2 − 6mx + 1 = 0 có 2 nghi m phân bi t −2 2 ⇒ ∆ = 9m2 − 4 > 0 ⇔ m > , m < 3 3 G i B(x1 ; −x1 +), C(x2 ; −x2 + 1) Đ B và C đ i x ng qua đư ng phân giác th 1 thì: 1  x = −x + 1 x = y 3 2 1 2 1 2 ⇔ ⇔ x1 + x2 = 1 ⇔ m = 1 ⇔ m = 2 3 x2 = −x1 + 1 y1 = x2 So sánh v i đk, th y không tìm đư c m th a mãn Bài 6. đ thi th l n 2 LQĐ Bình Đ nh 4 − 2mx2 + 2m2 − 4,m là tham s th c.Xác đ nh m đ hàm s đã cho có 3 c c tr t o Cho hàm s y = x thành m t tam giác có di n tích b ng 1 Gi i Mxđ: D = R. Có y = 4x3 − 4mx. y = 0 ⇔ 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 = m. Hàm s có 3 c c tr ⇔ m > 0 (∗) 2 − 4); B(√m; m2 − 4); C(−√m; m2 − 4) là 3 đi m c c tr . G i A(0; 2m Nh n xét th y B, C đ i x ng qua Oy và A thu c Oy nên ∆ABC cân t i A. 1 K AH ⊥BC có S∆ABC = AH .BC ⇔ 2 = |yB − yA | |2xB | 2 √ ⇔ 2 = 2m2 . m ⇔ m = 1 Đ i chi u v i đi u kiên (∗) có m = 1 là giá tr c n tìm. Bài 7. x−2 Cho hàm s y = . Vi t phương trình ti p tuy n c a đ th bi t ti p tuy n c t Ox, Oy t i A, B sao x+1 cho bán kính vòng tròn n i ti p tam giác OAB l n nh t Gi i Đ th hàm s đã cho có ti m c n đ ng là đư ng th ng x = −1 và ti m c n ngang là đư ng th ng y = 1. Giao đi m hai đư ng ti m c n I (−1; 1). Gi s ti p tuy n c n l p ti p xúc v i đ th t i đi m có hoành đ x0 − 2 3 (x − x0 ) + x0 , phương trình ti p tuy n có d ng: y = 2 x0 + 1 (x0 + 1) x0 − 5 Ti p tuy n c t ti m c n đ ng x = −1 t i đi m A −1; , và c t ti m c n đ ng t i đi m B (2x0 + 1; 1). x0 + 1 x0 − 5 6 ; IB = |2x0 + 1 − (−1)| = 2|x0 + 1| −1 = Ta có:IA = |x0 + 1| x0 + 1 6 1 .2 |x0 + 1| = 12. Do v y, di n tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 6. Nên: IA.IB = |x0 + 1| 2 6 S G i p là n a chu vi tam giác IAB, thì bán kính đư ng tròn n i ti p tam giác này là:r = = . pp B i v y, r l n nh t khi và ch khi p nh nh t. M t khác, tam giác IAB vuông t i I nên: √ √ √ √ √ 2 p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB2 ≥ 2 IA.IB + 2IA.IB = = 4 3 + 2 6 √ D u ’=’ x y ra khi IA = IB ⇔ (x0 + 1)2 = 3 ⇔ x = −1 ± 3 √ √ - V i x = −1 − 3 ta có ti p tuy n: d1 : y = x + 2 1 + 3 √ √ - V i x = −1 + 3 ta có ti p tuy n: d1 : y = x + 2 1 − 3 Bài 8. www.mathvn.com 3
  4. www.MATHVN.com 2mx + 3 Cho hàm s y = . G i I là giao đi m 2 ti m c n. Tìm m đ ti p tuy n b t kỳ c a hàm s c t hai x−m ti m c n t i A, B sao cho di n tích tam giác IAB b ng 64 Gi i D th y đ th hàm s đã cho có đư ng ti m c n đ ng là đư ng th ng x = m và đư ng ti m c n ngang là y = 2m. T a đ giao đi m c a hai đư ng ti m c n là I (m; 2m). 2mx0 + 3 (v i x0 = m) là đi m b t kỳ thu c đ th hàm s đã cho. G i M x0 ; x0 − m 2m2 + 3 2mx0 + 3 Phương trình ti p tuy n c a đ th hàm s t i đi m này là: y = − (x − x0 ) + 2 x0 − m (x0 − m) 2 +6 2mx0 + 2m và c t ti m c n ngang t i B (2x0 − m; 2m). Ti p tuy n này c t ti m c n đ ng t i A m; x0 − m 2mx0 + 2m2 + 6 4m2 + 6 ; IB = |2x0 − m − m| = 2 |x0 − m| − 2m = Ta có: IA = x0 − m x0 − m 1 Nên di n tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 4m2 + 6 2 √ 2 + 6 = 64 ⇔ m = ± 58 B i v y, yêu c u bài toán tương đương v i: 4m 2 Bài 9. Tìm m sao cho đ th hàm s y = x4 − 4x2 + m c t tr c hoành t i 4 đi m phân bi t sao cho di n tích hình ph ng gi i h n b i (C) và tr c hoành có ph n trên b ng ph n dư i Gi i Phương trình hoành đ giao đi m c a đ th (C) và Ox:x4 − 4x2 + m = 0 (1) Đ t t = x2 ≥ 0. Lúc đó có pt: t 2 − 4t + m = 0 (2) Đ  ) c t Ox t i 4 đi m phân bi t khi pt (1) có 4 nghi m phân bi t ⇔ (2) có 2 nghiêm phân bi t t > 0 (C ∆ = 4 − m > 0    ⇔ S=4>0 ⇒ 0 < m < 4 (i)   P = m > 0  G i t1 ; t2 (0 < t1 < t2 ) là 2 nghi m c a pt (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghi m phân bi t theo th t tăng d n là: √ √ √ √ x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 Do tính đ i x ng c a đ th (C) nên có: x 5 4x 3 x3 x4 (x4 − 4x2 + m) dx = (−x4 + 4x2 − m) dx ⇒ 4 − 4 + mx4 = 0 ⇒ 3x4 − 20x4 + 15m = 0 4 2 5 3 0 x3  x4 − 4x2 + m = 0 (3) T đó có x4 là nghi m c a hpt: 4 4 3x4 − 20x2 + 15m = 0 (4) 4 4 9m2 3m 3m 20 2 2 L y 3.(3) − (4) ⇒ x4 = − 5m = 0 ⇒ m = 0 ∨ m = Thay x4 = vào (3) có: 2 2 4 9 20 Đ i chi u đi u ki n (i) có m = là giá tr c n tìm. 9 Bài 10. Cho hàm s y = x4 − 2(1 − m2 )x2 + m + 1. Tìm m đ hàm s đã cho có ba đi m c c tr và ba đi m c c tr này t o thành m t tam giác có di n tích l n nh t. Gi i y = 4x3 − 4x(1 − m2 ) = 0 ⇔ x = 0, x2 = 1 − m2 Hàm s có 3 c c tr ⇔ −1 < m < 1 Khi đó, t a đ đi m c c đ i là A(0; 1 + m), √ √ √ √ t a đ 2 đi m c c ti u là B(− 1 − m2 ; 1 − m2 ); C( 1 − m2 ; 1 − m2 ) www.mathvn.com 4
  5. www.MATHVN.com 5 1 Di n tích tam giác ABC là: SABC = d (A; BC).BC = (1 − m2 ) 2 ≤ 1. D u = x y ra khi m = 0. 2 Đáp s : m = 0 Bài 11. −x + 1 Cho hàm s y = có đ th là (H ). Tìm trên (H ) đi m M đ ti p tuy n t i M có h s góc l n x−3 √ 25 hơn 1 t o v i đư ng th ng ∆ : 3x + 4y − 1 = 0 m t góc có giá tr b ng 25 Gi i Vì ch√bi t công th c tính cos c a góc t 2 vecto cho trư c, v i l i bài này cho k t qu cos khá đ p 25 ) ≈ 0, 9999... ≈ 1 nên em nghĩ là s áp d ng công th c tính cos c a góc gi a 2 vecto luôn. cos( 25 2 G i vecto ch phương c a pt ti p tuy n t i M là: →( − ; −1) Vecto ch phương c a dt ∆ : 3x + 4y − 1 = 0 u1 (x − 3)2 8 | + 3| →(4; −3) Có: cos (→; →) = (x − 3)2 3 − −− = 1 ⇔ |8 + 3(x − 3)2 | = 5 4 + (x − 3)4 ⇔ (x − 3)2 = ⇔ là: u2 u1 u2 2 4 +1 5 (x − 3)4 x =? => M =? Bài 12. x+3 có đ th (H ). Tìm m đ đư ng th ng d : y = −x + m + 1 t i hai đi m phân bi t Cho hàm s y = x−2 A, B sao cho AOB nh n. Gi i x+3 = −x + m + 1 ⇔ x2 − (m + 2)x + 2m + 5 = 0 Giao c a (H ) và d có hoành đ là nghi m c a pt: x−2  m2 − 4m + 16 > 0 Đ pt trên có 2 nghi m pb thì ∆ > 0, x = 2 ⇔ ⇒ m =? 22 − 2(m + 2) + 2m + 5 = 0 G i A(x1 ; −x1 + m + 1), B(x2 ; −x2 + m + 1) là 2 giao đi m c a (H ) và d Đ AOB nh n thì : AB2 < OA2 + AB2 ⇔ 2(x2 − x1 )2 < (−x1 + m + 1)2 + (−x2 + m + 1)2 ⇔ −2x1 x2 + (m + 1)(x1 + x2 ) − (m + 1)2 < 0 ⇔ m > −3 K t h p v i đk ban đ u đ suy ra giá tr c a m. Bài 13. x Cho hàm s y = . Vi t phương trình ti p tuy n c a đ th (H ) c a hàm s đã cho bi t ti p tuy n x−1 √ t o v i hai đư ng ti m c n m t tam giác có chu vi b ng 2(2 + 2) Gi i −1(x − xo ) xo Cách 1. 2 đư ng ti m c n c a đ th là x = 1, y = 1 G i pttt c a (H ) t i 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 √ xo + 1 xo + 1 2 − 1 + 2xo − 2 + (2xo − 2)2 + (1 − ⇒ P(ABC) = IA + IB + AB = ) = 2(2 + 2) xo − 1 xo − 1 √ ⇔  2(xo − 1)2 + (xo − 1)4 + 4 = 2(2 + 2)(xo − 1) 2+ x − 1 = 0 (lo i) o ⇔ √ √ √ −2(1 + 2)(xo − 1)2 + (2 + 2)2 (xo − 1) − 2(2 + 2) = 0 Cách 2. - Phương trình ti m c n đ ng: x = 1, phương trình ti m c n ngang y = 1 −1 a a (x − a) + - G i M (a; ), phương trình ti p tuy n t i M: y = 2 a−1 (a − 1) a−1 www.mathvn.com 5
  6. www.MATHVN.com a+1 - T a đ giao đi m c a ti p tuy n và ti m c n đ ng là: A(1; ) a−1 - T a đ giao đi m c a ti p tuy n và ti m c n ngang là: B(2a − 1; 1) √ 2 1 + 2|a − 1| + 2 (a − 1)2 + ≥ 4 + 2 2, d u - Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB + AB = (a − 1)2 |a − 1| = x y ra khi |a − 1| = 1 t c a = 0; a = 2 - V i a = 0 ⇒ y = −x - V i a = 2 ⇒ y = −x + 4 K t lu n: y = −x, y = −x + 4 là 2 ti p tuy n c n tìm. Bài 14. 2x − m (1). Ch ng minh v i m i m = 0 đ th hàm s (1) c t (d ) : y = 2x − 2m t i Cho hàm s : y = mx + 1 2 đi m phân bi t A, B thu c m t đư ng (H ) c đ nh. Đư ng th ng (d ) c t các tr c Ox, Oy l n lư t t i các đi m M , N . Tìm m đ SOAB = 3SOMN Gi i Phương trình hoành đ giao đi m c a đ th hàm s (1) và đư ng th ng d : 2x − m 1 = 2x − 2m ⇔ 2mx2 − 2m2 x − m = 0 x = − (2) mx + 1 m 1 Do m = 0 nên (2) ⇔ f (x) = 2x2 − 2mx − 1 = 0 x = − (∗) m 1 Đ t n t i 2 đi m A, B thì pt (∗) ph i có 2 nghi m phân bi t xA ; xB khác − m  2 +2 > 0 ∆ = m ⇔ ⇔ ∀m = 0  f (− 1 ) = 2 + 1 = 0 m2 m 1 M t khác có xA .xB = nên A, B luôn thu c m t đư ng (H ) c đ nh. 2 |−2m| K OH ⊥AB ⇒ OH = d(O,d ) = √ . L i có A, B ∈ d ⇒ yA = 2xA − 2m; yB = 2xB − 2m 5  xA + xB = m Theo viet có: . xA .xB = 1 2 √ 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 đi m c a d v i Ox, Oy nên M (m; 0); N (0; 2m) |−2m| √ Theo gi thi t :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 V y v i m = ± là các giá tr c n tìm . 2 Bài 15. −x + 1 Tìm trên (H ) : y = các đi m A, B sao cho đ dài đo n th ng AB b ng 4 và đư ng th ng AB x−2 vuông góc v i đư ng th ng y = x Gi i Do AB⊥d : y = x ⇒ pt AB : y = −x + m Phương trình hoành đ giao đi m c a (H ) và đư ng th ng AB: −x + 1 = −x + m ⇔ g(x) = x2 − (m + 3)x + 2m + 1 = 0 (x = 2) (1) x−2 Đ  n t i 2 đi m A, B thì pt(1) c n có 2 nghi m phân bi t xA ; xB và khác 2 t  (m + 3)2 − 4(2m + 1) > 0 >0 ∆ g(x) ⇔ (m − 1)2 + 4 > 0; ∀m ⇔ ⇔ 4 − (m + 3)2 + 2m + 1 = 0 g(2) = 0 www.mathvn.com 6
  7. www.MATHVN.com  x + x = m + 3 B A L i có: yA = −xA + m; yB = −xB + m Theo viet có xA .xB = 2m + 1 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 √ √ +V i m = 3 thay vào pt (1) có:x2 − 6x + 7 = 0 ⇔ x = 3 ± 2 ⇒ y = ± 2. Lúc này t a đ 2 đi m A, B là √ √ √√ √ √ √√ A(3 + 2; − 2); B(3 − 2; 2) ho c B(3 + 2; − 2); A(3 − 2; 2) √ √ +V i m = −1 thay vào pt (1) có: x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 ⇒ y = −2 ± 2. Lúc này t a đ 2 đi m √ √ √ √ √ √ √ √ A, B là A(1 + 2; −2 − 2); B(1 − 2; −2 + 2) ho c B(1 + 2; −2 − 2); A(1 − 2; −2 + 2) V y A, B là các đi m như trên th a yêu c u bài toán. Bài 16. Tìm m đ đ th hàm s y = x4 − mx2 + m − 1 c t tr c Ox t i 4 đi m phân bi t có hoành đ l n hơn −2. Gi i √ Xét:x4 − mx2 + m + 1 = 0. ∆ = (m − 2)2 => ∆ = |m − 2| ⇒ x2 = m − 1(m > 1), x2 = 1 √ √ V y 4 giao đi m c a đ th (C) v i tr c hoành là: A(−1; 0), B(− m − 1; 0), C(1; 0), D( m − 1; 0) Đ 4 đi m đó có hoành đ >-2 thì: √ TH1:− m − 1 > −1 ⇔ m < 2, k t h p v i đk ⇒ 1 < m < 2 √ TH2:−2 < − m − 1 < −1| ⇔ 2 < m < 5 V y :m ∈ (1; 2) ∪ (2; 5) là giá tr c n tìm. Bài 17. x+3 Cho hàm s y = có đ th là (H ). Tìm m đ đư ng th ng d : y = 2x + 3m c t (H ) t i hai đi m x+2 −− →→ phân bi t sao cho OA.OB = −4 v i O là g c t a đ . Gi i x+3 = 2x + 3m ⇒ 2x2 + 3(1 + m)x + 6m − 3 = 0 (1) có 2 nghi m phân bi t khác -2 - Xét phương trình: x+2 khi ∆ = 9m2 − 30m + 33 > 0 đi u này x y ra v i m i m. - G i 2 nghi m c a 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 t a đ hai đi m B, C thu c hai nhánh khác nhau c a đ th y = sao cho tam giác ABC vuông x−1 cân t i A(2; 1). Gi i − → Đ i h tr c t a đ Oxy thành h tr c t a đ IXY b ng phép t nh ti n OI v i I (1; 3)  x = X + 1 Công th c đ i tr c: y = Y + 3 2 (1) và đi m A tr thành A(1; −2) Trong h t a đ m i pt hàm s đư c vi t l i là :Y = X 2 2 (a < 0 < b) thu c đ th hàm s (1). Xét 2 đi m B a; ; C b; a b G i H , K l n lư t là hình chi u c a B, C lên đư ng th ng y = −2 ⇒ H (a; −2); K (b; −2) Có BAH + CAK = 900 = CAK + ACK ⇒ BAH = ACK  AH = CK V y ∆AHB = ∆CKA (c nh huy n_góc nh n)⇒ (∗) BH = AK www.mathvn.com 7
  8. www.MATHVN.com 2  (1 − a)2 = 2 + 2  (2)  b Lúc đó t (∗) có hpt:  2 + 2 = |b − 1|  (3)  a −b − 2 3b + 2 2 2 T (2) có 3 − a + −a − 1 − =0⇔a= ∨a = b b b b 2 + 9b + 6 = 0(4) 3b + 2 8b + 4 3b = |b − 1| ⇒ V ia= t (3) có 3b2 + 7b + 2 = 0(5) 3b + 2 b + V i (4) pt có 2 nghi m b = −1 ∨ b = −2 không th a do b > 0 1 + V i (5) pt có 2 nghi m b = − ∨ b = −2 không th a do b > 0 3 b2 + b − 6 = 0(6) −b − 2 4 = |b − 1| ⇒ V ia= t (3) có b2 + b + 2 = 0(7) b+2 b +V i (7) pt vô nghi m +V i (6) pt có 2 nghi m b = 2 ∨ b = −3 (lo i) Khi b = 2 ⇒ B(−2; −1); C(2; 1) ho c ngư c l i. Lúc đó 2 đi m B, C c a bài toán c n tìm là: B(−1; 2); C(3; 4) ho c ngư c l i. Bài 19. Cho hàm s y = x3 + 3x2 + m (1) . Tìm m đ hàm s (1) có 2 đi m c c tr A, B sao cho AOB = 120o Gi i - Phương trình y = 0 ⇔ x = 0, x = −2 - T a đ 2 đi m c c tr c a đ th a(0; m), B(−2; m + 4) - Yêu c u c a bài toán d n đ n gi i phương trình: √ −− →→ √ −12 + 132 OA.OB 1 = − ⇔ −2m(m + 4) = |m| m2 + 8m + 20 ⇔ m = 0, m = OA.OB 2√ 3 −12 + 132 Đáp s : m = 0, m = 3 Bài 20. đ thi th đ i h c THPT Thanh Th y l n 2 t nh Phú Th 2x − 1 Cho hàm s y = có đ th (C). x+1 √ Tìm m đ đư ng th ng d : y = x + m c t (C) t i 2 đi m phân bi t A, B sao cho AB = 2 2 Gi i Phương trình hoành đ giao đi m c a (C) và đư ng th ng d : 2x − 1 = x + m ⇔ f (x) = x2 + (m − 1)x + m + 1 = 0 (1) (x = −1) x+1 Đ  c t (C) t i 2 đi m phân bi t A, B thì phương trình (2) có 2 nghi m phân bi t xA , xB khác −1 d  ∆ = (m − 1)2 − 4(m + 1) > 0 x + x = 1 − m B A ⇔ (∗). Theo vi-et có :  f (−1) = 1 − m + 1 + m + 1 = 0 xA .xB = m + 1 √ L i 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 Đ i chi u đi u ki n (∗) ta có m = −1; m = 7 là giá tr c n tìm. Bài 21. 3x − 2 Cho hàm s y = (C). G i I là giao c a 2 đư ng ti m c n c a đ th . x+1 Vi t phương trình ti p tuy n d c a đ th hàm s bi t d c t ti m c n đ ng và ti m c n ngang l n lư t t i 5 A và B th a mãn cos BAI = √ 26 Gi i www.mathvn.com 8
  9. www.MATHVN.com Xét đi m M (xo ; yo ), (xo = −1) ∈ (C) là ti p đi m c a ti p tuy n d . 3xo − 2 5 Phương trình ti p tuy n t i d có d ng : y − (x − xo ) = (xo + 1)2 xo + 1 5 Do ti p tuy n d c t ti m c n đ ng , ti m c n ngang l n lư t t i A, B và ∆IAB có cos BAI = √ 26 1 1 1 2 BAI = ⇒ tan ABI = |5| −1 = ⇒ tan BAI = nên tan |5| 25 cos2 BAI 5 L i có tan ABI là h s góc c a ti p tuy n d mà y (xo ) = >0 (xo + 1)2 5 = 5 ⇔ (xo + 1)2 = 1 ⇒ xo = 0 ∨ xo = −2 nên 2 (xo + 1) V i xo = 0 có pt ti p tuy n d : y = 5x − 2 V i xo = −2 có pt ti p tuy n d : y = 5x + 2 V y có 2 ti p tuy n th a yêu c u bài toán có pt như trên. Bài 22. Cho hàm s y = x4 − 2mx2 + 2 có đ th (Cm ).Tìm t t c các giá tr c a tham s m đ đ th (Cm ) có ba 39 đi m c c tr t o thành m t tam giác có đư ng tròn ngo i ti p đi qua đi m D . ; 55 Gi i √ y = 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0, x = ± m (m > 0) V y các đi m thu c đư ng tròn (P) ngo i ti p các đi m √ √ 39 c c tr là: A(0; 2), B(− m; −m2 + 2), C( m; −m2 + 2), D . G i I (x; y) là tâm đư ng tròn(P) ; 55   IA2 = ID2 3x − y + 1 = 0     √ √   ⇒ IB2 = IC2 ⇔ 2x m = −2x m ⇔ x = 0, y = 1, m = 0(lo i), m = 1. (x + √m)2 + (y + m2 − 2)2 = x2 + (y − 2)2     2 IB = IA2  V y m = 1 là giá tr c n tìm. Bài 23. x4 5 Cho hàm s y = − 3x2 + có đ th (C) và đi m A ∈ (C) v i xA = a. 2 2 Tìm các giá tr th c c a a bi t ti p tuy n c a (C) t i A c t đ th (C) t i 2 đi m phân bi t B, C khác A sao cho AC = 3AB (B n m gi a A và C). Gi i a4 5 Cách 1 Xét A a; − 3a2 + thu c đ th (C). 2 2 a4 4 2 + 5 = (2a3 − 6a)(x − a) ⇔ y = 2a(a2 − 3)x − 3a + 3a2 + 5 Phương trình ti p tuy n t i A : y − − 3a 2 2 2 2 x4 3a4 5 5 Phương trình hoành đ giao đi m c a (C) và ti p tuy n t i A. − 3x2 + = 2a(a2 − 3)x − + 3a2 + 2 2 2 2 x=a ⇔ (x − a)2 (x2 + 2ax + 3a2 − 6) = 0 ⇔ f (x) = x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 (1) Đ  p tuy n t i A c t (C) t i 2 đi m B, C khác A thì pt (1) c n có 2 nghi m phân bi t xB ; xC khác a ti √ − 3 < a < √3 ∆ = a2 − (3a2 − 6) > 0 ⇔ ⇔ (∗)  f (a) = 6a2 − 6 = 0 a = ±1 − → −→ Do AB = 3AC ⇒  = 3AB ⇒ xC − 3xB = −2a (2) AC x + x = −2a (3) B C L i theo vi et có: . xB .xC = 3a2 − 6 (4) √ T (2) và (3) ⇒ xB = 0và xC = −2a. Th vào (4) có: 3a2 − 6 = 0 ⇔ a = ± 2 ( th a (∗)) www.mathvn.com 9
  10. www.MATHVN.com Ki m tra: √ √ √ 21 3 5 2; − ; C −2 2; ⇒ AC = 3AB +V i a = 2 có A ; B 0; 2 2 2 √ √ √ 21 3 5 +V i a = − 2 có A − 2; − ⇒ AC = 3AB ; B 0; ; C 2 2; 2 2 2 √ V y a = ± 2 là các giá tr c n tìm c a a. Cách 2 Phương trình ti p tuy n c a đ th (C) hàm s đã cho t i đi m A v i xA = a là: a4 5 y = 2a3 − 6a (x − a) + − 3a2 + 2 2 PT hoành đ giao đi m c a ti p tuy n này v i đ th (C): x4 a4 5 5 − 3x2 + = 2a3 − 6a (x − a) + − 3a2 + ⇔ (x − a)2 x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 2 2 2 2 Đ có 3 giao đi m A, B, C thì phương trình: √ − 3 < a < √3 x2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 (∗) có hai nghi m phân bi t khác a ⇔ . a = ±1  x + x = −2a B C Khi đó hoành đ B, C là hai nghi m c a phương trình (∗) nên: ⇔ xB .xC = 3a2 − 6 −→ − → M t khác: = 3AB (B n m gi a và C) ⇔ AC = 3AB ⇔ xC − 3xB = −2a AC A x − 3x = −2a x = 0 B B C   √   ⇔ xC = −2a ⇔ a = ± 2 th a mãn đi u ki n. Ta có h : xB + xC = −2a     xB .xC = 3a2 − 6 2 3a − 6 = 0  √ V y giá tr c n tìm c a m là: a = ± 2 Bài 24. Câu I ý 2 đ thi th đ i h c Vinh l n 3 14 Cho hàm s y = x − (3m + 1)x2 + 2(m + 1) (m là tham s ). Tìm m đ hàm s có 3 đi m c c tr t o 4 thành m t tam giác có tr ng tâm là g c t a đ O. Gi i y = x3 − 2(3m + 1)x = 0 ⇔ x = 0, x2 = 2(3m + 1) 1 Hàm s có 3 c c tr khi m > − , khi đó t a đ 3 đi m c c tr c a đ th là 3 √ √ A(0; 2m + 2), B(− 6m + 2; −9m2 − 4m + 1), C( 6m + 2; −9m2 − 4m + 1) 2 1 Tam giác ABC có tr ng tâm O khi: −18m2 − 6m + 4 = 0 ⇔ m = − , m = 3 3 1 Đáp s : m = 3 Bài 25. Câu I ý 2 đ thi th đ i h c l n 3 THPT Trung Gi 13 Cho hàm s y = mx + (m − 1)x2 + (3m − 4)x + 1 có đ th là (Cm ).Tìm t t c các giá tr c a m sao 3 cho trên (Cm ) có đi m mà ti p tuy n t i đó vuông góc v i đư ng th ng (d ) : y = x + 2011 Gi i y = mx2 + (m + 1)x + 3m − 4 Đ ti p tuy n vuông góc v i (d ) thì y .1 = −1 ⇔ mx2 + (m + 1)x + 3m − 3 = 0(1) có nghi m v i m i x thu c R −3 TH1: m = 0 ⇒ pt tr thành: −2x − 3 = 0 ⇔ x = V y m = 0 th a mãn 2 TH2: m = 0 ⇒ (1) là phương trình b c 2, v y đ phương trình có nghi m thì: 1 1 ∆ = −2m2 + m + 1 ≥ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 1, m = 0 V y − ≤ m ≤ 1 là giá tr c n tìm 2 2 Bài 26. www.mathvn.com 10
  11. www.MATHVN.com Cho hàm s y = x3 − 3mx2 + 3(m2 − 1)x − (m2 − 1) (1). Tìm m đ đ th hàm s (1) c t Ox t i 3 đi m phân bi t có hoành đ dương. Gi i Đ t f (x) = x3 − 3mx2 + 3(m2 − 1)x − (m2 − 1) Có y = 3x2 − 6mx + 3(m2 − 1) x1 = m − 1 y =0⇔ x2 = m + 1 Do h s c a x2 c a pt y = 0 là 3 và m − 1 < m + 1 nên hàm s đ t c c đ i t i x1 và đ t c c ti u t i x2 Đ th hàm s (1) t tr c hoành t i 3 đi m phân bi t có hoành đ dương thì ta ph i có: c  ∀m ∈ R  1 − √2 < m < 1 ∆y > 0         2 (m − 1)(m2 − 3)(m2 − 2m − 2) > 0    √ y .y < 0  1 2   − 3 < m < −1      ⇔ m−1 > 0 ⇔ √ √ x >0 1 3 < m < 1+ 2      x2 > 0 m + 1 > 0        m > 1        1−m < 0 f (0) < 0   √ √ √ √ ⇒ 3 < m < 1 + 2. V y các giá tr m th a yêu c u bài toán là m ∈ 3; 1 + 2 Bài 27. Tìm m đ di n tích hình ph ng gi i h n b i đ th : y = x3 − 3x2 + 3mx + 3m + 4 và tr c hoành có ph n n m phía trên tr c hoành b ng ph n n m phía dư i tr c hoành Gi i Bài 28. −x − 1 Tìm trên đ th hàm s y = các đi m A, B sao cho ti p tuy n c a đ th hàm s t i đi m A song x+2 √ song v i ti p tuy n t i đi m B và AB = 8 Gi i −a − 1 −b − 1 (a = b = −2) thu c đ th hàm s đã cho. Xét 2 đi m A a; ; B b; a+2 b+2 −1 Ti p tuy n t i A có h s góc: f (a) = (a + 2)2 −1 Ti p tuy n t i B có h s góc : f (b) = (b + 2)2   f (a) = f (b) Theo bài ta có hpt: √ AB = 8   − 1 1  a=b =−     (a + 2)2 2 (b + 2)    a + b = −4 ⇔ ⇔ 2  (a − b)2 + −a − 1 − −b − 1 = √8 1    (a − b)2 1 + =8   a+2 b+2  ab + 2(a + b) + 4  a = −2 − √3  √     a + b = −4  b = −2 + 3 a + b = −4 a = −4 − b   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  √ (16 − 4ab) 1 + 1 b2 + 4b + 1 = 0 =8 ab = 1  a = −2 + 3  ab − 4  √  b = −2 − 3 √√ √√ V y 2 đi m A, B c n tìm là A −2 − 3; 3 + 1 ; B −2 + 3; 3 − 1 √√ √√ ho c A −2 + 3; 3 − 1 ; B −2 − 3; 3 + 1 Bài 29. www.mathvn.com 11
  12. www.MATHVN.com x+2 G i D là đư ng th ng đi qua A(1; 0) và có h s góc k. Tìm k đ D c t đ th y = t i 2 đi m phân x−1 bi t M , N thu c 2 nhánh khác nhau c a đ th và AM = 2AN Gi i Do D là đư ng th ng đi qua A(1; 0) và có h s góc là k nên pt D : y = k(x − 1) Phương trình hoành đ giao đi m c a D và đ th hàm s đã cho là: x+2 = k(x − 1) ⇔ kx2 − (2k + 1)x + k − 2 = 0(x = 1) (1) x−1 Đ t t = x − 1 ⇒ x = t + 1 Lúc đó pt (1) tr thành: k(t + 1)2 − (2k + 1)(t + 1) + k − 2 = 0 ⇔ kt 2 − t − 3 = 0 (2) Đ D c t đ th hàm s đã cho t i 2 đi m M , N thu c 2 nhánh khác nhau c a đ th thì pt (1) ph i có 2 nghi m x1 ; x2 th a x1 < 1 < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghi m t1 ; t2 th a t1 < 0 < t2 ⇔ −3k < 0 ⇔ k > 0 (∗) −→ − → Vì đi m A luôn m trong đo n MN và AM = 2AN ⇒ AM = −2AN ⇒ x1 + 2x2 = 3 (3) n x1 + x2 = 2k + 1 (4)  k−1 k+2 k . T (3) và (4) ⇒ x2 = ; x1 = Theo vi-et có : k−2 k k x x = (5) 12 k (k + 2)(k − 1) k − 2 2 ⇔ 3k − 2 = 0 ⇔ k = Thay x1 ; x2 vào (5) có pt: = 2 3 k k 2 Đ i chi u đk (∗) có k = là giá tr c n tìm. 3 Bài 30. Tìm m đ đư ng th ng qua c c đ i c c ti u c a đ th hàm s y = x3 − 3mx + 2 c t đư ng tròn tâm I (1; 1) bán kính b ng 1 t i A, B mà di n tích tam giác IAB l n nh t Gi i - Có: y = 3x2 − 3m có 2 nghi m phân bi t khi m > 0. Khi đó, t a đ 2 đi m c c tr c a đ th hàm s là: √ √ √ √ M ( m, 2 − 2m x), N (− m, 2 + 2m x) - Phương trình đư ng th ng MN là: 2mx + y − 2 = 0 - Đư ng th ng MN c t đư ng tròn tâm I t i A, B mà tam giác IAB có 2.SIAB = IA.IB. sin AIB ≤ 1, 1 d u = x y ra khi AIB = 90o , lúc đó, kho ng cách t I đ n MN b ng √ . 2 √ √ |2m − 1| 1 1 3 3 Do v y ta có phương trình: d (I , MN ) = √ ⇔ √ = √ ⇒ m = 1+ , m = 1− 2 2 4m2 + 1 2 2 Bài 31. x+3 Cho hàm s y = có đ th là (H ).Vi t phương trình ti p tuy n t i M trên (H ) sao cho ti p 2(x + 1) tuy n t i M c t hai tr c t a đ Ox, Oy t i hai đi m A, B đ ng th i đư ng trung tr c c a AB đi qua g c t a đ O. Gi i Do tam giác OAB đã vuông t i O mà trung tr c c a AB l i đi qua O nên tam giác OAB ph i vuông cân, đi u đó có nghĩa là AB t o v i tr c hoành góc 45o , cũng t c là h s góc c a AB b ng −1. −4 = −1 ⇔ x = 0, x = −2 V y thì, hoành đ ti p đi m c a ti p tuy n là nghi m c a phương trình: 4(x + 1)2 3 V i x = 0 ta có ti p tuy n là: y = −x + 2 5 V i x = −2 ta có ti p tuy n là: y = −x − 2 Bài 32. 1 1 Cho hàm s y = x3 − (m + 1)x2 + mx (m là tham s ) . 3 2 Tìm m đ hàm s có c c đ i và c c ti u đ i x ng qua đư ng th ng d : 72x − 12y − 35 = 0 Gi i www.mathvn.com 12
  13. www.MATHVN.com Ta có: y = x2 − (m + 1)x + m y = 0 ⇔ x2 − (m + 1)x + m = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = m Vì th , đ đ th hàm s có c c đ i và c c ti u, đi u ki n là: y = 0 có hai nghi m phân bi t ⇔ m = 1 1 1 1 1 M t khác: y = x − (m + 1) .y − (m − 1)2 x + m(m + 1) 3 6 6 6 Nên khi đ th hàm s có c c đ i và c c ti u thì đư ng th ng d đi qua hai c c tr này có d ng: 1 1 y = − (m − 1)2 x + m(m + 1) 6 6 35 Đư ng th ng d vi t l i là: y = 6x − 2 Nên hai c c tr đ i x ng nhau qua đư ng th ng d , đi u ki n đ u 1 1 2 tiên là d ⊥ d . Hay: − (m − 1) .6 = −1 ⇔ m = 0 ∨ m = 2 6 * V i m = 0, hàm s đã cho tr thành: 1 1 y = x3 − x2 và y = x2 − x 3 2 1 1 1 Hai đi m c c tr có t a đ : A (0; 0); B 1; − , trung đi m c a AB là I ;− ∈ d nên hai đi m c c / 6 2 12 tr không đ i x ng nhau qua đư ng th ng d . * V i m = 2, hàm s đã cho tr thành: 1 3 5 2 y = x3 − x + 2x và y = x2 − 3x + 2 Hai đi m c c tr có t a đ C 1; ; D 2; , trung đi m c a CD 3 2 6 3 39 ∈ d nên hai đi m c c tr không đ i x ng v i nhau qua đư ng th ng d . / là J ; 2 12 V y không có giá tr nào c a m th a mãn bài toán. Bài 33. Cho hàm s y = x3 − 3x2 + 4 có đ th là (C).Ch ng minh r ng khi m thay đ i thì đư ng th ng d : y = m(x + 1) luôn c t đ th (C) t i m t đi m A c đ nh và tìm m đ đư ng th ng d c t (C) t i ba đi m phân bi t A, B, C đ ng th i B, C cùng v i g c t a đ O t o thành m t tam giác có di n tích b ng 1. Gi i Xét phương trình: x3 − 3x2 + 4 = m(x + 1) ⇔ (x + 1)(x2 − 4x + 4 − m) = 0 ⇔ x = −1; g(x) = x2 − 4x + 4 − m = 0 (1) Đư ng th ng y = m(x + 1) luôn c t đ th hàm s đã cho t i A(−1; 0), đ nó c t đ th t i 3 đi m phân bi t thì phương trình (1) ph i có 2 nghi m phân bi t khác -1. Đi u ki n là: ∆ > 0, g(−1) = 0 ⇔ 0 < m = 9 Khi đó (1) có 2 nghi m phân bi t và đư ng th ng đã cho c t đ th thêm t i √ √ √ √ B(2 + m; m(3 + m)); C(2 − m; m(3 − m)) |m| Đ dài BC là: BC = 2 m(1 + m2 ) Kho ng cách t O đ n BC là: d (O; BC) = √ m2 + 1 √ 1 Có: SOBC = d (O; BC).BC = m m = 1 ⇔ m = 1 2 Đáp s : m = 1 Bài 34. Đ Th s c trên THTT - Tháng 5/2011 x3 1 Tìm t t c các giá tr c a m đ đ th hàm s : y = − (m + 3) x2 − 2 (m + 1) x + 1 có hai đi m c c 32 tr v i hoành đ l n hơn 1. Gi i Ta có: y = x2 − (m + 3) x − 2 (m + 1) y = 0 ⇔ x2 − (m + 3) x − 2 (m + 1) = 0 (∗) Có: ∆ = (m + 3)2 + 8 (m + 1) = m2 + 14m + 17 > 0, ∀x ∈ R Nên đ th hàm s luôn có hai c c tr có hoành đ x1 và x2 là nghi m c a phương trình (∗). Yêu c u bài toán tương đương v i tìm đi u ki n c a tham s m đ phương trình (∗) có hai nghi m x1 và x2 www.mathvn.com 13
  14. www.MATHVN.com    x − 1 > 0 (x − 1) + (x − 1) > 0 x > 1 1 1 1 2 ⇔ ⇔ th a mãn: x2 − 1 > 0 (x1 − 1) (x2 − 1) > 0 x2 > 1    m > −1 x + x − 2 > 0 (m + 3) − 2 > 0 1 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔m∈∅ m < − 4 x1 x2 − (x1 + x2 ) + 1 > 0 −2 (m + 1) − (m + 3) + 1 > 0 3 V y không có giá tr nào c a m th a mãn đ bài. Bài 35. Tìm hai đi m A, B thu c đ th hàm s y = x3 − 3x + 2 sao cho các ti p tuy n t i A, B có cùng h s góc và đư ng th ng đi qua A, B vuông góc v i đư ng th ng x + y + 2011 = 0 Gi i Cách 1 Xét A(a; a3 − 3a + 2); B(b; b3 − 3b + 2)(a = b) thu c đ th hàm s đã cho. Ti p tuy n t i A có h s góc kA = 3a2 − 3. Ti p tuy n t i B có h s góc kB = 3b2 − 3 Do ti p tuy n t i A và B có cùng h s góc nên kA = kB ⇔ 3a2 − 3 = 3b2 − 3 ⇔ (a − b)(a + b) = 0 ⇔ a = −b −→ T đó có AB = (b − a; b3 − 3b + 2 − a3 + 3a − 2) = (2b; 2b3 − 6b) M t khác đư ng th ng d : x + y + 2011 = 0 có → = (1; −1) − u b = 0 ⇒ a = 0(l ) −−→ Vì AB⊥d nên AB.→ = 0 ⇔ 2b(b2 + 4) = 0 ⇔ u b = ±2 ⇒ a = ±2 V y có 2 đi m A, B v i A(−2; 0), B(2; 4) ho c ngư c l i th a yêu c u bài toán. Cách 2 -Đi u ki n (1): Phương trình f (x) = k có hai nghi m phân bi t ...(T tìm)  y = x3 − 3x + 2 -T a đ A, B là nghi m c a h k = 3x2 − 3 k −2 x+2 - Suy ra phương trình đư ng th ng AB là y = 3 - Đi u ki n vuông góc suy ra k = 9. - Tìm giao đi m đư ng th ng AB và đ th ta có A(2; 4)., B(−2; 0) Bài 36. Trích đ ch n đ i tuy n qu c gia c a Hà Tĩnh năm 2008 - 2009 3 − 6x2 + 9x + d c t tr c hoành t i 3 đi m phân bi t x < x < x . Gi s đ th hàm s y = x 1 2 3 Ch ng minh r ng: 0 < x1 < 1 < x2 < 3 < x3 < 4 Gi i PT hoành đ giao đi m c a đ th hàm s đã cho v i tr c Ox là x3 − 6x2 + 9x + d = 0 ⇔ d = −x3 + 6x2 − 9x (∗) Đ th hàm s y = x3 − 6x2 + 9x + d c t tr c hoành t i 3 đi m phân bi t nên PT (∗) có ba nghi m phân bi t ⇔ đư ng th ng y = d căt đ th hàm s y = −x3 + 6x2 − 9x t i ba đi m phân bi t ⇔ −4 < d < 0 (v đ th đ th y rõ) Đ t f (x) = x3 − 6x2 + 9x + d V i −4 < d < 0 thì f (0) = d < 0, f (1) = d + 4 > 0, f (3) = d < 0, f (4) = d + 4 > 0 t đây f (0) f (1) < 0, f (1) f (3) < 0, f (3) f (4) < 0, t tính liên t c c a hàm s ta có đpcm Bài 37. Trích đ h c sinh gi i c a Hà N i năm 2008 - 2009 3 + 3(m + 1)x2 + 3(m2 + 1)x + m3 + 1 = 0 luôn có nghi m Ch ng minh r ng v i m i m phương trình x duy nh t. Gi i Xem pt :x3 + 3(m + 1)x2 + 3(m2 + 1)x + m3 + 1 = 0 (1) là phương trình hoành đ giao đi m c a đ th hàm s y = x3 + 3(m + 1)x2 + 3(m2 + 1)x + m3 + 1 (∗) và tr c hoành. Có y = 3x2 + 6(m + 1)x + 3(m2 + 1) Th c hi n phép chia y cho y ta đư c www.mathvn.com 14
  15. www.MATHVN.com m+1 1 .y − 2mx + m3 − m2 y= x+ 3 3 Suy ra pt đư ng th ng đi qua 2 c c tri là y = −2mx + m3 − m2 Đ  (1) có m t nghi m duy nh t thì đ th hàm s (∗) c t tr c hoành t i m t đi m duy nh t pt  ∆ ≤0 18m − 8 ≤ 0   ⇔  18m − 8 > 0 ⇔ (∗∗) ∆ > 0   (−2mxcd + m3 − m2 )(−2mxct + m3 − m2 ) > 0 ycd .yct > 0  x + x = −2(m + 1) ct cd Theo vi-et thì: xcd .xct = m2 + 1  2  ≤ 9 m  2  m≤ 9 2  Lúc đó hpt (∗∗) tr thành: m > ⇔ 2 ⇒ ∀m 9  m>  9 4m2 (m2 + 1) + (m − 1)2 m3 (4m + 1) > 0 V y ∀m pt đã cho luôn có m t nghi m duy nh t. Bài 38. Trích đ h c sinh gi i c a Thái Bình năm 2008 - 2009 G i d là đư ng th ng qua M (2; 0) và có h s góc k. Tìm k đ d c t đ th (C) : y = |x|3 − 3|x| − 2 t i 4 đi m phân bi t. Gi i Bài 39. Trích đ h c sinh gi i c a Thái Bình năm 2009 - 2010 Tìm m đ đi m A(3; 5) n m trên đư ng th ng n i 2 đi m c c tr c a đ th hàm s y = x3 − 3mx2 + 3(m + 6)x + 1 Gi i y = 3(x2 − 2mx + m + 6) Hàm s có 2 c c tr ⇔ y = 0 có 2 nghi m phân bi t ⇔ ∆ = m2 − (m + 6) > 0 ⇔ m ∈ (−∞; −2) ∪ (3; +∞) 1 Ta có: y = (x − m)y + 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1 3 Hoành đ 2 đ êm c c tr c a hàm s là nghi m c a y = 0 nên tung đ 2 c c tr tho mãn: y = 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1 Do đó đây cũng là pt đth ng đi qua 2 đi m c c tr c a đ th hàm s Theo đ ta có: A(3; 5) ∈ (d ) : y = 2(−m2 + m + 6)x + m2 + 6m + 1 ⇔ 5 = 6(−m2 + m + 6) + m2 + 6m + 1  m=4 ⇔ 5m2 − 12m − 32 = 0 ⇔  8 Đ i chi u đk ta nh n m = 4 m=− 5 Bài 40. Trích đ h c sinh gi i c a Hà N i năm 2009 - 2010 Vi t phương trình ti p tuy n c a đ th hàm s y = (x − 1)(x3 + x2 + 1) bi t ti p tuy n ti p xúc v i đ th t i 2 đi m phân bi t. Gi i Ta cóy = f (x) = x4 − x2 + x − 1 ⇒ f (x) = 4x3 − 2x + 1 G i (d ) là ti p tuy n ti p xúc v i đ th hàm s t i hai ti p đi m A(a; f (a)), B(b; f (b)), a = b f (b) − f (a) Ta có f (a) = f (b) = vì đ u là hsg c a đư ng th ng (d ) b−a f (a) = f (b) ⇔ 4a3 − 2a + 1 = 4b3 − 2b + 1 ⇔ (a − 1)(2(a2 + ab + b2 ) − 1) = 0 ⇔ 2(a2 + ab + b2 ) − 1 = 0 (1)(do a = b) f (b) − f (a) f (b) − f (a) f (a) + f (b) ⇔ T đó ta có f (a) = = b−a b−a 2 www.mathvn.com 15
  16. www.MATHVN.com (4a3 − 2a + 1) + (4b3 − 2b + 1) = (a2 + b2 )(a + b) − (a + b) + 1 ⇔ 2 ⇔ 2(a3 + b3 ) − (a + b) + 1 = (a2 + b2 )(a + b) − (a + b) + 1 1 ⇔ (a + b)(a − b)2 = 0 ⇔ a− = b thay vào (1) ta đư c a = ± √ . 2 Đ n đây là suy ra đư c PTtt (d ) Bài 41. Cho hàm s y = x3 − 2(m + 2)x2 + 7(m + 1)x − 3m − 12 (1) (m là tham s ). Tìm m đ đ th hàm s 2 2 2 (1) c t tr c hoành t i ba đi m phân bi t có hoành đ x1 ; x2 ; x3 th a x1 + x2 + x3 + 3x1 x2 x3 > 53 Gi i Bài 42. Trích đ h c sinh gi i Đà N ng 2010 V i m i tham s m ∈ R, g i (Cm ) là đ th c a hàm s : y = x3 − (3m − 1)x2 + 2m(m − 1)x + m2 (1). CMR: khi m thay đ i, đư ng th ng (∆m ) : y = mx − m2 luôn c t (Cm ) t i m t đi m A có hoành đ không đ i. Tìm m đ (∆m ) còn c t (Cm ) t i hai đi m n a khác A và ti p tuy n c a (Cm ) t i hai đi m đó song song v i nhau. Gi i Phương trình hoành đ giao đi m c a (Cm ) và đư ng th ng ∆m x3 − (3m − 1)x2 + 2m(m − 1)x + m2 = mx − m2 x=1 ⇔ (x − 1)(x2 − 3mx + 2m2 ) = 0 ⇔ f (x) = x2 − 3mx + 2m2 = 0(∗) V i x = 1 ⇒ y = m − m2 ⇒ A(1; m − m2 ) c đ nh Đ ∆m c t (Cm ) t i 2 đi m B, C khác đi m A thì pt (∗) ph i có 2 nghi m phân bi t xB ; xC khác 1  ∆ = 9m2 − 8m2 > 0 1 ⇔ ⇒ m = 0; ; 1 (i) 2 2=0  f (1) = 1 − 3m + 2m  x + x = 3m B C Lúc đó theo vi-et có: xB .xC = 2m2 2 Ti p tuy n t i B có h s góc kB = 3xB − 2(3m − 1)xB + 2m(m − 1) 2 Ti p tuy n t i C có h s góc kC = 3xC − 2(3m − 1)xC + 2m(m − 1) Vì ti p tuy n t i B, C song song nên kB = kC 2 2 ⇔ 3xB − 2(3m − 1)xB + 2m(m − 1) = 3xC − 2(3m − 1)xC + 2m(m − 1) 2 ⇔ 3(xB + xC ) = 2(3m + 1) vì xB = xC ⇔ 3m = 2 ⇔ m = th a đk (i) 3 2 V y m = là giá tr c n tìm. 3 Bài 43. Cho hàm s y = x3 − 2x2 + (m − 2)x + 3m (m là tham s ). Tìm m đ ti p tuy n có h s góc nh nh t 55 c a đ th hàm s đã cho đi qua đi m A 1; − 27 Gi i ta có : ti p tuy n hàm b c 3 có h s góc nh nh t chính là ti p tuy n t i đi m u n c a đ th (C) chú ý là cái này ch là nh n xét v i các b n đã h c chương trình cũ ) còn v i chương trình m i thì ta s ph i thêm 1 tí như sau : y = 3x2 − 4x + m − 2 ti p tuy n có h s góc nh nh t tương đương v i vi c là ta ph i tìm đư c đi m mà t i đó thì ymin đ t y = g(x) ta có : g (x) = 6x − 4 2 2 2 11m 52 g (x) = 0 ⇒ x = l p b ng bi n thiên thì s th y ngay gmin (x) khi x = . Đi m u n I = − ; 3 3 33 27 www.mathvn.com 16
  17. www.MATHVN.com 10 2 11m 52 phương trình ti p tuy n t i đi m u n là : y = m − x− − + (d ) 3 3 3 27 10 1 11m 1 1 vì đi m a ∈ (d ) nên ta có phương trình m − =− ⇔ m= + 3 3 3 9 4 Bài 44. x+2 Cho hàm s y = có đ th là (H ). Tìm đi m M thu c (H ) sao cho ti p tuy n t i M c t 2 đư ng x−1 ti m c n c a (H ) t i 2 đi m A, B sao cho đư ng tròn ngo i ti p tam giác IAB có bán kính nh nh t v i I là giao đi m c a hai đư ng ti m c n. Gi i 2 đư ng ti m c n là x = 1, y = 1 Giao 2 đư ng ti m c n là I (1; 1) G i M (xo ; yo ) Suy ra phương trình −3(x − xo ) xo + 2 ti p tuy n t i M là: y = + Phương trình ti p tuyên c t 2 đư ng ti m c n t i 2 đi m: (xo − 1)2 xo − 1 xo + 5 ), B(2xo − 1; 1) A(1; xo − 1   (x − 1)2 = (x − 2xo + 1)2 AO2 = IO2 G i tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABI là O(x; y) ⇒ ⇔ ⇔ (y − 1)2 = (y − xo + 5 )2 BO2 = IO2 xo − 1  x = xo y = xo + 2 xo − 1 xo + 2 9 9 ) ⇒ R2 = IO2 = (xo − 1)2 + Theo cô-si: (xo − 1)2 + ≥6 V y O(xo ; 2 (xo − 1)2 xo − 1 (xo − 1) √ √ √ 9 V y Rmin = 6 ⇔ (xo − 1)2 = ⇔ xo = 1 + 3, xo = 1 − 3 (xo − 1)2 √ √ √ 3+ 3 √ 3−3 ⇒ M (1 + 3; √ ), M (1 − 3; √ ) 3 3 Bài 45. Cho hàm: y = x4 + 4mx3 + 3 (m + 1) x2 + 1. Tìm m đ hàm s có c c ti u mà không có c c đ i. Gi i Đi u ki n: x ∈ R Khi đó: f (x) = 2 2x3 + 6mx2 + 3(m + 1)x = 2x(2x2 + 6mx + 3m + 3) x=0 f (x) = 0 ⇔ 2x2 + 6mx + 3m + 3 = 0(1) vì f (x) = 0 có x = 0 là 1 nghi m nên đ f (x) ch có c c ti u thì (1) có 1 nghi m kép ho c vô nghi m t c ⇔ ∆ ≤ 0 ⇔ (3m)2 − 2(3m + 3) ≤ 0 ⇔ 3m2 − 2m − 2 ≤ 0 √ √ 1− 7 1+ 7 ⇔m∈ ; 3 3 Bài 46. Trích đ thi th Trung Giã l n 3 x+1 Tìm các giá tr c a m đ đư ng th ng: d : 2mx − 2y + m + 1 = 0 c t đ th hàm s y = t i 2 đi m 2x + 1 phân bi t A, B sao cho bi u th c: P = OA2 + OB2 đ t giá tr nh nh t. Gi i xét phương trình tương giao gi a (d ) và (C) : m−1 m+1 x+1 ⇔ 2mx2 + 2mx + mx + = = 0 (1) 2x + 1 2 2 −1 hàm s có 2 c c tr ⇔ (1) có 2 nghi m phân bi t th o mãn x1 = x2 = ⇔m>0 2 √ √ 2 1 1 m1 m1 (1) ⇔ 2x x + ⇒ x1 = − và x2 = − − = 2 4m 2m 2 2m 2 www.mathvn.com 17
  18. √ √ www.MATHVN.com m 11 m 11 m m − ; +√ − ; −√ ; B= − A= ta có : 2m 2 2 2m 2 2 m m 4m2 + 2m + 1 P = OA2 + OB2 = = f (m) d dàng tính đư c 2m 7 1 xét hàm f (m) trên (0; + ∝) ta đư c MIN f (m) = = f ( 2 4 Bài 47. x2 + x + 1 Cho hàm: y = Tìm trên tr c tung các đi m mà qua nó ch có 1 đư ng ti p tuy n đ n đ th x−1 hàm s trên. Gi i x2 + x + 1 3 Mxđ: D = R \ {1}. Có y = = x+2+ x−1 x−1 Xét đi m A(0; a) ∈ Oy. Phương trình đư ng th ng d đi qua A có h s góc k: y = kx + a x + 2 + 3 = kx + a (1)   x−1 Đ d là ti p tuy n c a đ th hàm s đã cho thì h pt : có nghi m. 3 1 − =k (2) (x − 1)2  3 = k(x − 1) + k + a (3) T (1) có :x + 2 + x−1 k+a−3 3 3 1 = (x − 1) 1 − +k+a ⇔ Thay (2) vào (3) đư c : x + 2 + = (4) 2 x−1 (x − 1) x−1 6 k+a−3 2 = k ⇔ 36 − 3(k + a − 3)2 = 36k Thay (4) vào (2) có :1 − 3 6 ⇔ f (k) = k2 + 2(a + 3)k + a2 − 6a − 3 = 0 (∗) Đ t A k đúng 1 ti p tuy n đ n đ th hàm s đã cho thì pt (∗) có nghi m kép khác 3 − a ho c có 2 nghi m phân bi t trong đó có 1 nghi   ng 3 − a mb   a = −1 ∆ = 0 12a + 12 = 0 f     f (3 − a) = 0  −12a + 24 = 0  a=2    a = −1 ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ a=2  a > −1     ∆f > 0  12a + 12 > 0     f (3 − a) = 0 −12a + 24 = 0  f (a = 2) V y có 2 đi m A th a yêu c u bài toán là A (0; −1) ; A (0; 2) Bài 48. mx − 4m + 3 Cho hàm s y = (Cm ) x−m 1) Tìm đi m c đ nh c a h (Cm ) 3 2) T các đi m c đ nh c a h đ th vi t các đư ng th ng đi qua chúng v i h s góc k = tính di n 2 tích hình ph ng gi i h n b i các đư ng th ng v a l p và tr c Ox Gi i G i K (xo ; yo ) là đi m c đ nh mà đ th hàm s luôn đi qua ∀m = 1 mxo − 4m + 3 có nghi m ∀m = 1 Lúc đó pt: yo = xo − m ⇔ xo yo − myo = mxo − 4m + 3 , ∀m = 1 ⇔ (xo + yo  4)m + 3 − xo yo = 0 , ∀m = 1 − x = 1 o     yo = 3 x + y − 4 = 0 x = 4 − y  o o o o ⇔ ⇔ ⇔  y2 − 4yo + 3 = 0 3 − xo yo = 0   xo = 3 o  yo = 1 V y đ th hàm s luôn đi qua 2 đi m c đ nh : K1 (1; 3) ; K2 (3; 1) www.mathvn.com 18
  19. www.MATHVN.com 3 3 3 3 ⇒pt d1 : y = (x − 1) + 3 = x + G i d1 là đư ng th ng đi qua K1 và có h s góc k = 2 2 2 2 3 3 3 7 G i d2 là đư ng th ng đi qua K2 và có h s góc k = ⇒pt d2 : y = (x − 3) + 1 = x − 2 2 2 2 Nh n xét th y d1 ; d2 song song. Di n tích hình ph ng gi i h n c n tính chính là di n tích hình thang 7 K1 K2 K3 K4 v i K3 = d2 ∩ Ox ⇒ K3 ; 0 ; K4 = d1 ∩ Ox ⇒ K4 (−1; 0) 3 (K1 K4 + K2 K3 ) h Có SK1 K2 K3 K4 = 2 3 7 √ −3− √ 10 13 2 2 = √ K1 K4 = 13; K2 K3 = V i h = d(d1 ,d2 ) = d(K1 ,d2 ) = 3 13 32 + (−1)2 2 √ √ 13 10 √ 13 + 3 13 20 Do đó SK1 K2 K3 K4 = = (đvdt) 2 3 Bài 49. Cho hàm s y = x3 − 3(2m2 − 1)x2 + 3(m2 − 1)x + 1 − m3 (m là tham s ) có đ th là (Cm ). Tìm m đ đ th (Cm ) có hai đi m phân bi t đ i x ng nhau qua g c t a đ . Gi i  x + x = 0 a b +) G i 2 đi m c n tìm là A = (xa ; ya ); B = (xb ; yb ) khi đó ta có ya + yb = 0 t phương trình 2 ta có : xa + xb − 3(2m2 − 1)(xa + xb ) + 3(m2 − 1)(xa + xb ) + 2 − 2m3 = 0 3 3 2 2 m3 − 1 ⇔ 6(2m2 − 1)xa xb + 2 − 2m3 = 0 (vì xa + xb = 0) ⇔ xa xb = 6m2 − 3 3 −1 m d th y xa ; xb lúc này là nghi m c a phương trình : X 2 + 2 = 0 (1) 6m − 3 m3 − 1 đ có 2 đi m A; B thì (1) có 2 nghi m phân bi t ⇔
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2