TIẾP TUYẾN - TIỆN CẬN TRONG BÀI TOÁN KHỎA SÁT HÀM SÔ

Chia sẻ: Tran Thanh Tung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

445
lượt xem 165
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO - TIẾP TUYẾN - TIỆN CẬN TRONG BÀI TOÁN KHỎA SÁT HÀM SÔ

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TIẾP TUYẾN - TIỆN CẬN TRONG BÀI TOÁN KHỎA SÁT HÀM SÔ

TIẾP TUYẾN - TIỆM CẬN TRONG BÀI TOÁN KHỎA SÁT HÀM SÔ Ví dụ 1. Cho hàm số y = − x + 3x + 3 ( m − 1) x − 3m − 1 ( 1) 3 2 2 2 a. Khảo sát và vẽ đồ thị (1) với m=1 b. Tìm m để hàm số (1) có cực đại , cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O. GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị . b. Ta có : y ' = −3x + 6 x + 3 ( m − 1) 2 2 - Để hàm số có cực đại , cực tiểu thì : y ' = −3x + 6 x + 3 ( m − 1) =0 có hai nghiệm phân biệt 2 2 ⇔ ∆ ' = 9 + 9 ( m2 − 1) > 0 ⇒ 9m 2 > 0; ⇔ m ≠ 0 (*) −3 − 3m   x1 = −3 = m + 1 ⇒  x = −3 + 3m = m − 1 2 −3  - Với điều kiện (*) hàm số có cực đại , cực tiểu .Gọi A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) là hai điểm cực đại ,cực tiểu của hàmrsuuu. Nếu A,B cùng với O tạo thành tam giác vuông tại O thì OA ố uuu r vuông góc r ới OB uuu .OB = 0 uuu uuu v : OA uuu r rr - Ta có : OA ( x1 ; y1 ) ; OB ( x2 ; y2 ) ⇒ OA.OB = x1 x2 + y1 y2 = 0 ( 1) - Bằng phép chia phương trình hàm số cho đạo hàm của nó , ta có : ( )  x 1 − x 3 + 3 x 2 + 3 ( m 2 − 1) x − 3m 2 − 1 =  − ÷ −3x 2 + 6 x + 3 ( m 2 − 1) + 2m 2 x − 2 ( m 2 + 1)  3 3 - Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị : y = 2m x − 2 ( m + 1) 2 2 - Do đó : y1 = 2m 2 x1 − 2 ( m 2 + 1) ; y2 = 2m 2 x2 − 2 ( m 2 + 1) ⇒ y1. y2 = 4m 2 ( x1 x2 ) − 4 ( m 2 + 1) ( x1 + x2 ) + 4 ( m 2 + 1) 2  x1 + x2 = 2 - Áp dụng Vi-ét cho (1)  , thay vào :  x1.x2 = 1 − m 2 ⇒ y1 y2 = 4  m 4 ( 1 − m2 ) − 2(m 2 + 1) + (m 2 + 1) 2  = 4 ( m 2 + 1) ( 1 + m 2 − m4 )   - Vậy : x1 x2 + y1 y2 = 0 ⇔ (1 − m ) + 4 ( m − 1) ( 1 + m − m ) = 0 ⇔ ( m − 1)  4 ( 1 + m − m ) − 1 = 0 2 2 2 4 2 2 4    m = ±1  m = ±1 m2 − 1 = 0 Hay : ( m − 1) ( 3 + 4m − 4m ) ⇔ 2 3⇒ m = ± 6 ( ) = 0; ⇒  2 2 4 * m = −4 m + 4 m + 3 = 0 4 2     2 2 Kết luận : Với m thỏa mãn (*) thì hai điểm cực đại , cực tiểu của hàm số cùng với O tạo thành tam giác vuông tại O . Ví dụ 2.Cho hàm số y = x − 3x + 4 ( C ) 3 2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 1
b. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(-1;0) với hệ số góc là k ( k thuộc R). Tìm k để đường thẳng d cắt (C)tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm B,C ( B,C khác A ) cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) b. Đường thẳng d đi qua A(-1;0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y=k(x+1)=kx+k .  x 3 − 3 x 2 + 4 = kx + k ( 1)  - Nếu d cắt (C) thì :  , có ba nghiêm phân biệt  y = kx + k ( 2 )  ⇔ x 3 − 3 x 2 − kx + 4 − k = 0 ⇒ ( x + 1) ( x 2 − 4 x + 4 − k ) = 0 có hai nghiệm phân biệt .  x = −1 ∆ ' = k > 0 ⇔ 2 ⇒ Vậy g ( x; k ) = x 2 − 4 x + 4 − k = 0 ⇔  ⇒ k > 0 ∨ k ≠ 9(*)  g (−1; k ) = 9 − k ≠ 0  x − 4x + 4 − k = 0 Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A,B,C .Với A(-1;0) , do đó B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình : - Gọi B ( x1 ; y1 ) ; C ( x2 ; y2 ) với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x 2 − 4 x + 4 − k = 0 . Còn y1 = kx1 + k ; y2 = kx2 + k . uuu r - Ta có : BC = ( x2 − x1 ; k ( x2 − x1 ) ) ⇒ BC = ( x2 − x1 ) ( 1 + k 2 ) = x2 − x1 ( 1+ k ) 2 2 k - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : h = 1+ k 2 - Vậy theo giả thiết : 1k 1 1 1 1 S= h.BC = . 2 k 1+ k 2 = 2 k3 = 1 ⇒ k3 = ⇔ k3 = ⇒ k = 3 2 2 1+ k 2 2 4 4 1 Đáp số : k = 3 , thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán . 4 m−x ( Hm ) Ví dụ 3.Cho hàm số y = x+2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) với m=1 b. Tìm m để đường thẳng d : 2x+2y-1=0 cắt ( H m ) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3/8 . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (H). 1 b. Đường thẳng d viết lại : y = − x . Nếu d cắt ( H m ) tại hai điểm A,B thì tọa độ A,B là 2 nghiệm của hệ : 2
m − x 1  x+2 = 2−x  17  ∆ = 1 − 8 ( 2m − 2 ) > 0  m <   ⇔ g ( x; m) = 2 x + x + 2m − 2 = 0 ( 1) ⇒  2 16 (*)    g (−2; m) = 4 + 2m ≠ 0 m ≠ 2 y = 1 − x     2  uuu r 1 1 - Gọi A  x1 ; − x1 ÷; B  x2 ; − x2 ÷⇒ AB = ( x2 − x1; x1 − x2 ) ⇔ AB = ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = x2 − x1 2 2 2 2 2  −1 1 - Khoảng cách từ O đến d là h , thì : h = 2 2 = 22 2 +2 1 ∆ 1 17 − 16m 3 1 1 1 - Theo giả thiết : S = AB.h = x2 − x1 = = = 2. 2 2 4a 4 2 8 22  17 m < 1 17 − 16m 3 1 = ; ⇔ 17 − 16m = 3 ⇔  16 ⇒ m = , thỏa mãn điều kiện (*) . Hay : 4 2 8 2 16m = 8  - Đáp số : m=1/2 . 2x + 3 ( C) Ví dụ 4.Cho hàm số y = x+2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b. Tìm những điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A,B sao cho vòng tròn ngoại tiếp tam giác IABcó bán kính nhỏ nhất . Với I là giao hai tiệm cận . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) .   1 1 M ( 0 ; y0 ) là d : y =  2( ÷ x − x0 ) + 2 − b.Tiếp tuyến của (C) tại  ( x + 2) ÷ x0 + 2 0  1 1 2 - d cắt tiệm cận đứng : x=-2 tại A ⇒ y A = x + 2 2 ( −2 − x0 ) + 2 − x + 2 = 2 − x + 2 (0 ) 0 0 1 1 - d cắt tiệm cận đứng : y=2 tại B ⇒ 2 = x + 2 2 ( xB − x0 ) + 2 − x + 2 ⇔ xB = 2 x0 − 2 (0 ) 0  1 ÷; B ( 2 x0 + 2; 2 ) ; I ( −2; 2 ) - Như vậy : A  −2; 2 − x0 + 2   uu  1  uu uuu  1 r r r 1 11 ; IB ( −2 x0 + 4;0 ) ; AB  2 x0 + 4; − ÷; ⇒ S = IA.IB = .2 x0 + 2 = 1 IA  0; - Ta có : ÷  x0 + 2  x0 + 2  2 x0 + 2 2  Do : 1 2 x0 + 2 4 ( x0 + 2 ) + 2 ( x0 + 2 ) 2 IA.IB. AB IA.IB. AB 1 1 1 2 4 ( x0 + 2 ) . 2 S= =1⇒ R = = =≥ =1 ( x0 + 2 ) x0 + 2 2 4R 4 4 2 Dấu bằng xáy ra khi : 3
 1  x0 = −2 − ⇒ y0 = 2 + 2 1 1 1 2 ⇔ 4 ( x0 + 2 ) = ; ⇔ ( x0 + 2 ) 2 4 ⇔ = ; ⇒ x0 + 2 = ( x0 + 2 ) 2  1 4 2  x0 = −2 + ⇒ y0 = 2 − 2  2 -Kết luận : Có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán . 2m − x ( Cm ) ; A ( 0;1) Ví dụ 5. Cho hàm số y = x+m a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=1 b. Gọi I là giao hai tiệm cận . Tìm m để trên đồ thị tồn tại điểm B sao cho tam giác IAB vuông cân tại A . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) . b. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng : x=-m; tiệm cận ngang : y=-1, do đó I(-m;-1) . 3m  -Nếu B thuộc đồ thị hàm số thì : B  x0 ; −1 + ÷ x0 + m   uuu   uu r r uu uuu rr 3m 6m IA ( m; 2 ) ; AB =  x0 ; − 2 ÷; ⇒ IA. AB = mx0 + −4 - Ta có :  x0 + m x0 + m  - Nếu tam giác IAB vuông cân tại A thì :  6m  3m mx0 mx0 + x + m − 4 = 0 x +m −2 = − 2 uu uuu rr  IA. AB = 0   0 0 ⇔ 2 ⇔ 2⇔ 2 m 2 + 4 = x 2 +  3m − 2   IA = AB 2 m 2 + 4 = x 2 +  − mx0    ÷  ÷   0 0  x0 + m  2     x0 = ±2   x0 = ±2  x0 = ±2  mx0 3m   3m − 2 = m x +m −2 = − 2 2  ⇔  m − 2 ⇔   m − 3m − 4 = 0 ⇒  m = ±1 ⇔ 0   3m  2  x2 = 4    m + 3m − 4 = 0  m = ±4  0 − 2 = −m  m + 2  0 → m = −1 ⇒ B ( −2;0 )  −4 → m = −1 ⇒ B ( 2; −4 )    −4 → m = 1 ⇒ B ( −2; −4 ) 0 → m = 1 ⇒ B ( 2;0 ) - Vậy với x=-2 , thì y=  ; Với x=2 , thì y=  1 → m = −4 ⇒ B ( −2;1) 5 → m = −4 ⇒ B ( 2;5 ) 5 → m = 4 ⇒ B ( −2;5 ) 1 → m = 4 ⇒ B ( 2;1)   2x +1 ( C) Ví dụ 6. Cho hàm số y = x +1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b.Tìm tham số m để đường thẳng d : y=-2x+m cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) . 4
b. Nếu d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì :  2x +1  g ( x; m) = 2 x − ( m − 4 ) x + 1 − m = 0 ( 1) ∆ = ( m − 4 ) − 8 ( 1 − m ) > 0   2 = −2 x + m 2  ⇔  x +1 ⇔ ⇒  y = −2 x + m  g (−1; m) = −1 ≠ 0   y = −2 x + m   ⇔ m 2 + 8 > 0 ⇒ m ∈ R . Chứng tỏ với mọi m d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B - Gọi : A ( x1 ; −2 x1 + m ) ; B ( x2 ; −2 x2 + m ) . Với : x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1) uuu r ( )) ( - Ta có : AB = x2 − x1 ; 2 x1 − x2 ⇒ AB = ( x2 − x1 ) + 4 ( x2 − x1 ) = x2 − x1 5 . 2 2 - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d , thì khoảng cách từ O đến d là h : m m ⇒h= = 5 22 + 1 1 x2 − x1 1∆1 1 - Theo giả thiết : S = AB.h = 5= . = . m2 + 8 = 3 2 2 22 4 5 Vậy : m 2 + 8 = 42.3 ⇔ m 2 + 8 = 42.3 ⇒ m 2 = 40 ⇔ m = 2 10 (*) Với m thỏa mãn điều kiện (*) thì d cắt (C) tại A,B thỏa mãn yêu cầu bài toán . Ví dụ 7. Cho hàm số y = x − 3x + 3 ( 1 − m ) x + 1 + 3m ( Cm ) 3 2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=1 . b. Tìm m để hàm số có cực đại , cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C). b. Để hàm số có cực đại , cực tiểu thì : y ' = 3( x − 2 x + 1 − m) > 0 ⇒ ∆; = m > 0 ( *) 2 - Với điều kiện (*), hàm số có CĐ,CT . Gọi A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị . Với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ( x 2 − 2 x + 1 − m) =0 (1) . - Bằng phép chia phương trình hàm số cho đạo hàm của nó , ta được :  x 1 ⇔ y =  − ÷ y '( x; m) − 2mx + 2m + 2 . Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực  3 3 trị là d : y= -2mx+2m+2 . ⇒ y1 = −2mx1 + 2m + 2; y2 = −2mx2 + 2m + 2 . uuu r - Ta có : AB = ( x2 − x1 ; 2m( x1 − x2 ) ) ⇒ AB = ( x2 − x1 ) + 4m 2 ( x2 − x1 ) = x2 − x1 4m 2 + 1 2 2 - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên (AB), h là khoảng cách từ O đến AB thì : 2m + 2 2m + 2 1 1 ⇔h= ⇒S= AB.h = x2 − x1 4m 2 + 1. = x2 − x1 m + 1 2 2 1 + 4m 2 1 + 4m 2 2∆ . m + 1 ⇔ 2 m m + 1 = 4; ⇔ m ( m + 1) = 4 2 - Theo giả thiết : 4 = 1 ⇔ m3 + 2m2 + m − 4 = 0 ⇔ ( m − 1) ( m2 + 3m + 4 ) = 0 ⇒ m = 1 Kết luận : với m=1 thỏa mãn yêu cầu bài toán . 5
3x + 1 ( C) Ví dụ 8. Cho hàm số y = x −1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b. Tìm tham số m để đường thẳng d : y=(m+1)x+m-2 cắt (C) tại hai điểm A,B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3/2. GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) . b. Nếu đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì A,B có hoành độ là 2 3x + 1 = ( m + 1) x + m − 2; ⇔ g ( x; m) = ( m + 1) x 2 − 6 x + 1 − m = 0 ( 1) nghiệm của phương trình : x −1 m + 1 ≠ 0  Điều kiện : ∆ ' = 9 − ( 1 + m ) ( 1 − m ) > 0 ⇒ m + 8 > 0∀m ∈ R (*) 2  g (1, m) = −4 ≠ 0  - Với điều kiện (*) thì d cắt (C) tại hai điểm A,B . Gọi A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) là tọa độ hai giao điểm , với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1). uuu r - Ta có : AB =  x2 − x1 ; ( m + 1) ( x1 − x2 )  ⇒ AB = ( x2 − x1 ) + ( m + 1) ( x2 − x1 ) = x2 − x1 m 2 + 2m + 2 2 2 2   - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB , h là khoảng cách từ O đến AB , theo m−2 m−2 1 1 1 giả thiết : h = ⇒S= AB.h = x2 − x1 m 2 + 2m + 2. = x2 − x1 m − 2 2 2 2 m + 2m + 2 m + 2m + 2 2 2  2 m 2 + 8 ( m − 2 ) = 3 ( m + 1) : m ≥ −1 2 ∆' 1 3 m−2 =3⇔  ⇔ x2 − x1 m − 2 = ; ⇒ m +1  −2 m 2 + 8 ( m − 2 ) = 3 ( m + 1) : m < −1 2 2  2x +1 3 ( C) Ví dụ 9. Cho hàm số y = = 2+ x −1 x −1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) , biết tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8 . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) . 3 b. Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) ⇒ y0 = 2 + x − 1 . Tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình là : 0 3 3 ( x − x0 ) + 2 + d: y = − ( x0 − 1) x0 − 1 2 3 3 1 - d cắt Ox tại điểm B. 0 = − x − 1 2 ( xB − x0 ) + 2 + x − 1 ⇒ xB = 3 ( 2 x0 + 2 x0 − 1) 2 (0 ) 0 2 x0 + 2 x0 − 1 2 3 3 2( 0 − x0 ) + 2 + - d cắt trục Oy tại điểm A : y A = − = ( x0 − 1) ( x0 − 1) x0 − 1 2 - Diện tích tam giác OAB là S : 6
2 x0 + 2 x0 − 1 ( 2 x0 + 2 x0 − 1) 2 2 2 1 1 11 2 S = OA.OB = xB y A = . 2 x0 + 2 x0 − 1 . = =8 ( x0 − 1) 6 ( x0 − 1) 2 2 2 2 23 ( )  2 x0 + 2 1 − 2 3 x0 + 4 3 − 1 = 0  2 x0 + 2 x0 − 1 = 4 3 ( x0 − 1) 2 2 ⇔ ( 2 x + 2 x0 − 1) = 48 ( x0 − 1) ; ⇔   2 2 ⇒ 2 ( ) 2 x2 + 2 1 + 2 3 x − 4 3 − 1 = 0  2 x0 + 2 x0 − 1 = −4 3 ( x0 − 1) 0 2  0  0 vô n 0 ⇔ ) (  x = 1 −1 − 2 3 ± 15 + 12 3 0 2  Ví dụ 10 . Cho hàm số y = x + 2mx + ( m + 3) x + 4 ( Cm ) (1) 3 2 a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=2 . b. Tìm m để đường thẳng d : y=x+4 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A,B,C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 4 . ( Điểm B,C có hoành độ khác không; M(1;3) ). GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) b. Đồ thị (1) cắt d tại ba điểm A,B,C có hoành độ là nghiệm của phương trình : x = 0 ⇔ x 3 + 2mx 2 + ( m + 3) x + 4 = x + 4; ⇔ x  x 2 + 2mx + m + 2  = 0 ⇒  2    x + 2mx + m + 2 = 0 ⇔ ∆ ' = m 2 − m − 2 > 0 ⇔ m < −1 ∨ m > 2 (*) Với m thỏa mãn (*) thì d cắt (1) tại ba điểm A(0; 4) , còn hai điểm B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình : ∆ ' = m2 − m − 2 > 0 ⇔ x 2 + 2mx + m + 2 = 0 ⇒  ⇔ m < −1 ∨ m > 2; m ≠ −2 m + 2 ≠ 0 - Ta có : uuu r B ( x1 ; x1 + 4 ) ; C ( x2 ; x2 + 4 ) ⇒ BC = ( x2 − x1 ; x2 − x1 ) ⇔ BC = ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = x2 − x1 2 2 2 -Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d . h là khoảng cách từ M đến d thì : 1− 3 + 4 1 1 ⇒h= = 2⇒S= BC.h = x2 − x1 2. 2 = x2 − x1 2 2 2 - Theo giả thiết : S=4 ⇔ x2 − x1 = 4; ⇔ 2 ∆ ' = 4; ⇒ m 2 − m − 2 = 4 ⇒ m 2 − m − 6 = 0 Kết luận : với m thỏa mãn : m = −2 ∨ m = 3 ⇒ m = 3 ( chọn ). Đáp số : m=3 Ví dụ 11. ( DB-2004 ). Cho hàm số y = x − 2m x + 1 ( Cm ) (1) 4 22 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=1 b. Tìm m dể hàm số (1)có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) x = 0 b. Ta có : y ' = 4 x − 4m x = 4 x ( x − m ) = 0 ⇔  ⇒ m ≠ 0 (*) 3 2 2 2 x = m 2 2 7
- Với điều kiện (*) thì hàm số (1) có ba điểm cực trị . Gọi ba điểm cực trị là : A ( 0;1) ; B ( −m;1 − m 4 ) ; C ( m;1 − m 4 ) . Do đó nếu ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân , thì đỉnh sẽ là A . - Do tính chất của hàm số trùng phương , tam giác ABC đã là tam giác cân rồi , cho nên để thỏa mãn điều kiện tam giác là vuônguuu AB vuông r với AC. , thì góc uuu r r uuu ⇔ AB = ( −m; − m 4 ) ; AC = ( m; − m 4 ) ; BC = ( 2m;0 ) Tam giác ABC vuông khi : BC = AB + AC ⇔ 4m = m + m + ( m + m ) 2 2 2 2 2 8 2 8 ⇔ 2m 2 ( m4 − 1) = 0; ⇒ m 4 = 1 ⇔ m = ±1 Vậy với m=-1 và m=1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán . * Ta còn có cách khác - Tam giác ABC là tam giác vuông khi trung điểm I của BC : AI=IB , với I = ( 0; −m ) 4 uu r uu r ⇔ IA = ( 0; m 4 ) ⇒ IA2 = m8 ; IB = ( m;0 ) ⇒ IB 2 = m 2 ⇔ IA2 = IB 2 ⇒ m8 = m 2 . Hay : m 4 = 1 ⇔ m = ±1 2x ( C) Ví dụ 12. (KD-2007). Cho hàm số y = x +1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) , biết tiếp tuyến tại M cắt hai trục Ox,Oy tại hai điểm A,B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1/4. GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 2x b. Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) ⇒ y0 = x + 1 0 0 2 x0 2 ( x − x0 ) + ⇔ 2 x − ( x0 + 1) y + 2 x0 = 0 2 - Tiếp tuyến tại M là d : y = 2 ( x0 + 1) x0 + 1 2 2x 2 - d cắt Ox tại A : 0 = x + 1 2 ( xA − x0 ) + x + 1 ⇒ xA − x0 + x0 ( x0 + 1) = 0 ⇔ xA = − x0 ⇔ A ( − x0 ;0 ) 2 2 0 (0 ) 0  2 x0  2 2 2 x0 2 x0 2 2( 0 − x0 ) + - d cắt Oy tại điểm B : yB = ⇒ yB = ⇒ B  0; ÷  ( x + 1) 2 ÷ ( x0 + 1) ( x0 + 1) x0 + 1 2   0 - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d ,h là khoảng cách từ O đến d thì : 4 ( x0 + 1) + 4 uuu  2 2 x 2    4 2 2 x0 r 4 x0 ⇒h= ⇒ AB =  x0 ; ÷ ⇔ AB = x0 + 4 = x0  2 4  0  ( x + 1) 2 ÷ ( x0 + 1)  ( x0 + 1)  4 4 ( x0 + 1) + 4   4   0 ( x0 + 1) + 4 4 2 2 x0 4 x0 1 1 1 Vậy : S = AB.h = = = 2 .x ( x0 + 1) ( x0 + 1) 0 2 2 ( x0 + 1) 2 2 4 4 +4 x = 1 → y0 = 1  2 x0 − x0 − 1 = 0  0  2 x0 = x0 + 1 2 2  Cho nên ⇒ 4 x = ( x0 + 1) ⇔  2 2 ⇔ 2 ⇒ 4 1  2 x0 = − x0 − 1  2 x0 + x0 + 1 = 0  x0 = − → y0 = −2 0    2 8
  1 - Do đó có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán : M 1 ( 1;1) ; M 2  − ; −2 ÷ 2  x 1 ( C) Ví dụ 13.(DB-2007). Cho hàm số y = = 1− x +1 x +1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b. Lập phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận cắt nhau tạo thành một tam giác cân . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) b.Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M ( x0 ; y0 ) , thì d :  1 1 ( x − x0 ) + y0 y=  y0 = 1 − ÷ ( x0 + 1) x0 + 1  2  - Nếu d cắt tiệm cận đứng : x=-1 tại điểm B :   x −1 x −1 x 1 1 ( −1 − x0 ) + y0 = − yB = + 0=0 ⇒ B  −1; 0 ÷  ÷ ( x0 + 1) x0 + 1 ( x0 + 1) ( x0 + 1) ( x0 + 1) 2   - Khi d cắt tiệm cận ngang : y=1 tại điểm A , thì : 1 ( xA − x0 ) + y0 ⇔ x A = 2 x0 + 1 ⇒ A ( 2 x0 + 1;1) ⇒1= ( x0 + 1) 2 - Goi giao hai tiệm cận là I(-1;1) . Tam giác IAB là tam giác cân khi : IA=IB  x0 − 1  x + 1 − 1 = 2 x0 + 2 x = 0 → y0 = 0  x0 + 2 x0 + 2 = 0  0 2 2  x0 − 1   ⇔ IA2 = IB 2 ; ⇒ ( 2 x0 + 2 ) 0 2 = − 1÷ ; ⇔ ⇔ 2 ⇒  x0 = −2 → y0 = 2  x0 − 1  x0 + 1   x0 + 2 x0 = 0   x + 1 − 1 = −2 x0 − 2   3 0 Với x=0 và y=0 , ta có tiếp tuyến : y=x Với x=-2 và y=2/3 , ta có tiếp tuyến : y=x+8/3 . 3x + 1 2 ( C) Ví dụ 14.(DB-2008). Cho hàm số y = = 3− x +1 x +1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b. Tính diện tích tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm M(-2;5). GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 2 b. Ta có : y ' = x + 1 2 ⇒ y '(−2) = 2 ⇔ d : y = 2( x + 2) + 5 = 2 x + 9 ( ) - Tiếp tuyến d cắt trục Ox tại điểm A (-9/2;0) . Tiếp tuyến d cắt trục Oy tại điểm B(0;9) . 1 −9 1 81 .9 = ( dvdt ) - Do đó : S = OA.OB = 2 22 4 9
x+2 1 1 Ví dụ 15. (KA-2009). Cho hàm số y = 2 x + 3 = 2 + 2 ( 2 x + 3) ( C ) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành , trục tung lần lượt tai hai điểm phân biệt A,B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 1 b.Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại M ( x0 ; y0 ) ⇒ d : y = − 2 x + 3 2 ( x − x0 ) + y0 (0) x0 + 2 2 x 2 + 8 x0 + 6 x0 1 2( − x0 ) + y0 = - d cắt trục Oy tại B : yB = − + =0 ( 2 x0 + 3) ( 2 x0 + 3) 2 ( 2 x0 + 3) ( 2 x0 + 3) 2 x0 + 2 2 x 2 + 4 x0 + 2 1 2( A x − x0 ) + y0 ⇔ x A − x0 = - d cắt trục Ox tại A : 0 = − ⇒ xA = 0 ( 2 x0 + 3) 2 x0 + 3 2 x0 + 3 ( x0 + 1) ( x0 + 3) ( x0 + 1) x0 + 4 x0 + 3 2 2 x0 + 2 x0 + 1 2 - Tam giác OAB cân ⇔ OA = OB ⇒ = ;⇔ = ( 2 x0 + 3) ( 2 x0 + 3) 2 x0 + 3 2 x0 + 3 2 2  x0 + 1 ≠ 0  2  x0 = 0 → y0 = 3 x + 1 ; ⇒ ( x0 + 3) = ( x0 + 1) ( 2 x0 + 3) ; ⇔ 2 ( x0 + 2 x0 ) = 0; ⇒  x +3 ⇔ 2 0  =0  x0 = −2 → y0 = 0  (2 x0 + 3) 2 x0 + 3 2    2 Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán : M 1  0; ÷; M 2 ( −2;0 ) .  3 2x +1 1 ( C) Ví dụ 16.(ĐH-KB-2010 ). Cho hàm số y = = 2− x +1 x +1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b.Tìm m để đường thẳng d : y=-2x+m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 . ( Với O là gốc tọa độ ). GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) b. Nếu d cắt (C) tại hai điểm A,B thì A,B có hoành độ là hai nghiệm của phương trình : 2x +1 ⇔ = −2 x + m; ⇔ g ( x; m) = 2 x 2 + (4 − m) x + 1 − m = 0 .(1) ( Có hai nghiệm khác -1) x +1 ∆ = ( 4 − m ) 2 − 8 ( 1 − m ) > 0  ⇔ ⇒ m 2 + 8 > 0∀m ∈ R (*)  g (−1; m) = −1 ≠ 0  - Với điều kiện (*) thì d cắt (C) rại hai điểm : t uuu A ( x1 ; −2 x1 + m ) ; B ( x2 ; −2 x2 + m ) ⇒ AB = ( x2 − x1 ; −2 ( x2 − x1 ) ) ( x2 − x1 ) + 4 ( x2 − x1 ) ; ⇒ AB = x2 − x1 5 2 2 ⇔ AB = - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d , h là khoảng cách từ O đến d : 10
−m −m 1∆ 1 1 1 ⇒h= ;⇔ S = AB.h = x2 − x1 = x2 − x1 . m = 5. .m 2 2 2 2a 5 5 1 m2 + 8 ⇔ = 3 ⇒ m 2 + 8 = 4 2.3; ⇔ m 2 = 48 − 8 = 40 ⇒ m = 2 10 2 2 -Do đó , với m = 2 10 , thì thỏa mãn yêu cầu bài toán . m ( Cm ) Ví dụ 17.( Dự trữ -KB-2007). Cho hàm số y = − x + 1 + (1) 2− x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=1 b. Tìm m để đồ thị (1) có cực đại tại điểm A, sao cho tiếp tuyến với (1) tại A cắt trục Oy tại B mà tam giác OAB vuông cân . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) với m=1 ∆ ' = 8 − m > 0 x2 + 4 x + m − 4  m y ' = −1 + = ⇒ y ' = 0 ⇔ x2 + 4x + m − 4 = 0 ⇔  ( 2 − x) ( 2 − x) 2 2  x1,2 = −2 ± 8 − m  b. Ta có : m < 8  m ⇔ ⇒ yCD = −1 − 8 − m +  xCD = −2 − 8 − m 4+ 8−m  - Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị : y=3-2x - Tiếp tuyến tại điểm cực đại A song song với trục Ox : ( ) d : y = 3 − 2 xCD = 3 − 2 −2 − 8 − m = 7 + 2 8 − m - Đường thẳng d cắt trục Oy tại B : B ( 0; yCD ) ⇔ B ( 0;7 + 2 8 − m ) -Do tung độ của A và B bằng nhau , cho nên tam giác OAB cân chỉ xảy ra khi tam giác cân tại B .BO=BA uur u - Với : BA = ( xCD ;0 ) ⇒ BA = xCD = −2 − 8 − m = 2 + 8 − m . ( vô n ) - Vậy : BO = BA ⇔ 7 + 2 8 − m = 2 + 8 − m ; ⇔ 8 − m = −5 0 11