zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Bài tập về sự tương giao liên quan đến hàm phân thức

Chia sẻ: Lê Minh Thuận | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

77
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu Bài tập về sự tương giao liên quan đến hàm phân thức. Tài liệu này gửi đến các bạn 11 bài tập ví dụ về sự tương giao liên quan đến hàm phân thức. Hi vọng tài liệu này sẽ là nguồn tư liệu bổ ích cho các bạn học sinh ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bài tập về sự tương giao liên quan đến hàm phân thức

BÀI TẬP VỀ SỰ TƯƠNG GIAO LIÊN QUAN ĐẾN HÀM Vững vàng nền tảng, PHÂNKhai sáng tươg lai THỨC PHẦN 7: BÀI TẬP VỀ SỰ TƯƠNG GIAO LIÊN QUAN ĐẾN HÀM PHÂN THỨC x3 VD1: Cho hà m số y  cố đồ thị là (C). x 1 a) Chứng minh rà ng đường thả ng (d): y = 2x + m luôn luôn cá t (C) tạ i hai điể m phân biệ t M và N. b) Xá c định m để độ dà i MN nhổ nhá t. x 3 Phương trình hoà nh độ giaô điể m củ a (d) và (C):  2x  m x 1  g(x)  2x 2  (m  1)x  m  3  0 (x  1) (*)   (m  1) 2  8(m  3)  (m  3) 2  16  0, m Ta cố :   g(1)  2  0, m → phương trình (*) luôn luôn cố hai nghiệ m phân biệ t khá c – 1. Vạ y (d) luôn cá t (C) tạ i hai điể m phân biệ t M và N. Gộ i x1, x2 là n lượt là hoà nh độ củ a M và N 1 1 thì x1, x2 là nghiệ m củ a phương trình (*). Ta cố : x1  x 2   (m  1), x1x 2  (m  3) . Mạ t 2 2 khá c: y1  2x1  m, y 2  2x 2  m . Ta cố : MN 2  (x 2  x1 ) 2  (y 2  y1 ) 2  (x 2  x1 ) 2  4(x 2  x1 ) 2  5 (x1  x 2 ) 2  4x1x 2  1   5  (m  1) 2  2(m  3)  4  5 MN 2  (m  3) 2  16   20  MN  2 5 . Vạ y MNmin = 2 5 , đạ t được khi m = 3. 4 mx VD2: Cho hàm số y  có đồ thị là ( H m ) , với m là tham số thực. Tìm m để đường thẳng x2 d : 2 x  2 y  1  0 cắt ( H m ) tại hai điểm cùng với gốc tọa độ tạo thành một tam giác có diện 3 tích là S  . 8
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai xm 1 Hôành độ giaô điểm A, B của d và ( H m ) là các nghiệm của phương trình  x  x2 2  2 x 2  x  2(m  1)  0, x  2 (1)  17   17  16m  0 m  Pt (1) có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt khác  2    16 . 2.( 2)  2  2(m  1)  0 2  m  2 Ta có 2 AB  ( x2  x1 ) 2  ( y2  y1 ) 2  2. ( x2  x1 ) 2  2. ( x2  x1 ) 2  4 x1 x2  . 17  16m. 2 1 Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến d là h  . 2 2 1 1 1 2 3 1 Suy ra S OAB  .h. AB  . . . 17  16m   m  , thỏa mãn. 2 2 2 2 2 8 2 2x VD3: Cho hàm số y = (C) . Tìm m để đường thẳng (d ): y = x + m cắt đồ thị (C) tại 2 x2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị sao cho khoảng cách giữa 2 điểm đó là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 2x Để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thì pt  x  m hay x2 + (m - 4)x -2x = 0 (1) có 2 x2 nghiệm phân biệt khác 2. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi   m 2  16  m (2). 4  0 Giả sử A(x1;y1), B(x2;y2) là 2 giaô điểm khi đó x1, x2 là 2 nghiệm phương trình (1). Thêô định  x1  x2  4  m lí viet ta có  (3) , y1=x1+m, y2=x2+m  x1 x2  2m Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0. A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0 khi và chỉ khi (x1- 2)(x2 - 2) < 0 hay x1x2 – 2(x1 + x2) +4 < 0 (4) thay (3) vàô 4 ta được – 4 < 0 luôn đúng (5) mặt khác ta lại có AB = ( x1  x2 )2  ( y1  y2 ) 2  2( x1  x2 ) 2  8 x1 x2 (6) Thay (3) vàô (6) ta được AB = 2m2  32  32 vậy AB = 32 nhỏ nhất khi m = 0 (7). Từ (1), (5), (7) ta có m = 0 thoả mãn .
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai x 1 VD4: Cho hàm số y  . Tìm a và b để đường thẳng (d): y  ax  b cắt (C) tại hai điểm x 1 phân biệt đối xứng nhau qua đường thẳng (  ): x  2 y  3  0 . 1 3 Phương trình của () được viết lại: y  x . 2 2 Để thoả đề bài, trước hết (d) vuông góc với () hay a  2 Khi đó phương trình hôành độ giao điểm giữa (d) và (C): x 1  2 x  b  2x2  (b  3) x  (b  1)  0 . (1) x 1 Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt    0  b2  2b  17  0  b tuỳ ý. Gọi I là trung điểm của AB, ta có  x A  xB b3  xI   2 4 .   y  2 x  b  b  3  I I 2 t on à t aiï A, B b   Vậy để thoả yêu cầu bài toán   AB  ()  a  2  I  () x  2 y  3  0   I I  a  2   a  2  b  3   .   (b  3)  3  0 b  1  4 x 1 VD5: Cho hàm số y  ( 1 ) có đồ thị (C ) . Chứng minh rằng đường thẳng (d ) : y  2 x  m x 1 luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Xác định m để đôạn AB có độ dài ngắn nhất. Chứng minh rằng đường thẳng (d ) : y  2 x  m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Xác định m để đôạn AB có độ dài ngắn nhất . x 1 Để đường thẳng (d) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình.  2 x  m có x 1 hai nghiệm phân biệt với mọi m và x1  1  x2
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai  x  1  ( x  1)(2 x  m)  có hai nghiệm phân biệt x1  1  x2 x  1 2 x 2  (m  3) x  m  1  0 (*)  có hai nghiệm phân biệt x1  1  x2 x  1   0   (m  1) 2  16  0 m    f (1)  0  f (1)  2  (m  3)  m  1  2  0 Vậy với mọi giá trị của m thìđường thẳng (d ) : y  2 x  m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Gọi A( x1 ; 2 x1  m), B( x2 ; 2 x2  m) là hai điểm giao giữa (d) và (C).( x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (*)) Ta có AB  ( x2  x1 ; 2( x2  x1 ))  AB  ( x2  x1 )2  (2( x2  x1 ))2  5( x2  x1 )2 1 Theo Vi ét ta có AB  5 (m  1) 2  16   2 5 m . AB  2 5  m  1 2 Vậy với m = -1 là giá trị cần tìm. x Ví dụ 6: Cho hàm y  . Tìm m để đường thẳng d : y  mx  m  1 cắt (C) tại hai điểm phân 1 x biệt M, N sao cho AM 2  AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất, với A(1;1) . x x  1 PT hôành độ giaô điểm của (C) và d:  mx  m  1   2 1 x mx  2mx  m  1  0 (2) d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1  m  0 . Gọi I là trung điểm của MN  I(1;1) cố định. MN 2 Ta có: AM 2  AN 2  2 AI 2  . Dô đó AM 2  AN 2 nhỏ nhất  MN nhỏ nhất 2 4 MN 2  ( x2  x1 )2 (1  m)2  4m   8 . Dấu "=" xảy ra  m  1 . m Vậy: min( AM 2  AN 2 )  20 khi m  1 .
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 2x  1 VD7: Cho hàm số y = (1). Định k để đường thẳng d: y = kx + 3 cắt đồ thị hàm số (1) x 1 tại hai điểm M, N sao cho tam giác OMN vuông góc tại O. ( O là gốc tọa độ) 2x  1 Xét pt:  kx  3 ( x  1)  kx 2  (k  1) x  4  0  g ( x) x 1 k  0  k  0 d cắt đồ thị hs (1) tại M, N    0    g (1)  0 k  7  4 3  k  7  4 3  OM  ON  OM .ON  0  x M .x N  (kxM  3)(kxN  3)  0  (k 2  1)( x M .x N )  3k ( x M  x N )  9  0  k 1  xM  x N   k  k 2  6k  4  0  k  3  5   x .x   4   M N k 2x  1 VD 8: Cho hàm số y  f ( x )  . Tìm các giá trị của m saô chô đường thẳng (d): y  x  m x 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M, N sao cho diện tích tam giác IMN bằng 4 (I là tâm đối xứng của (C)). Tâm đối xứng của (C) là I(1; 2). Xét phương trình hôành độ giaô điểm của (d) và (C): 2x  1  x 1  xm  2 x 1  f ( x )  x  (m  3) x  m  1  0 d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M, N  f ( x)  0 có hai nghiệm phân biệt x M , x N khác 1   m2  2m  13  0  (đúng với mọi m). Tọa độ các giaô điểm là M ( x M ; yM ), N ( x N ; yN ) .  f (1)  3  0 m 1 MN  2 ( x M  x N )2  4 x M x N   2(m 2  2m  13) ; d  d (I , d )  2 1 SIMN  4  MN .d  4  m  1 . m2  2m  13  8  m  3; m  1 . 2
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 2x  4 VD9: Cho hàm số y  . Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao 1 x cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho  x2  x1    y2  y1   90(*) 2 2  2x  4 kx 2  (2k  3) x  k  3  0   k ( x  1)  1  x 1 ( I ) . Ta có: ( I )     y  k ( x  1)  1  y  k ( x  1)  1 Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2  (2k  3) x  k  3  0(**) có 3 hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k  0, k  . 8 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k 2 )  x2  x1   90 (1  k 2 )[ x2  x1   4 x2 x1 ]  90(***) 2 2 2k  3 k 3 Thêô định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  , x1 x2  , thế vàô (***) ta có phương trình: k k  3  41  3  41 8k 3  27k 2  8k  3  0  (k  3)(8k 2  3k  1)  0  k  3  k  k  . 16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. 2x  1 VD10: Cho hàm số y  có đồ thị là (C). Tìm các giá trị m để đường thẳng y  3x  m x 1 cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 (O là gốc tọa độ). 2x  1 PT hôành độ giaô điểm:  3 x  m  3 x 2  (1  m) x  m  1  0 (1), ( x  1) x 1 d cắt (C) tại A và B  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1   m  11 (*)  m  1 Gọi x1 , x2 là các nghiệm của (1). Khi đó A( x1;3 x1  m), B( x2 ; 3 x2  m) x1  x2 1  m m 1 Gọi I là trung điểm của AB  xI   , yI  3 x I  m  2 6 2 2  1  m m 1  Gọi G là trọng tâm tam giác OAB  OG  OI  G  ;  3  9 3  1 m  m 1  11 11 Gd   2.  2  0  m   (thoả (*)). Vậy m   . 9  3  5 5
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai 2x  2 VD11: Cho hàm số y  (C). Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 x 1 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 . Phương trình hôành độ giaô điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > 0 (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m). Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).  m  x1  x2   2 Thêô ĐL Viét ta có  .  x1 x2  m  2  2 AB2 = 5  ( x1  x2 )2  4( x1  x2 )2  5  ( x1  x2 )2  4x1 x2  1  m2 - 8m - 20 = 0  m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2)) -----Hết-----

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.