zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

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

Chia sẻ: T N | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:15

Báo xấu

294
lượt xem 77
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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

Chủ đề:

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

Lưu

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

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1117 lượt tải

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.