Tuyển chọn câu 1.2 liên quan khảo sát hàm số

Chia sẻ: Nguyễn Anh Phú | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

138
lượt xem 35
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Tuyển chọn câu 1.2 liên quan khảo sát hàm số (TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÀN QUỐC, NĂM 2011)

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển chọn câu 1.2 liên quan khảo sát hàm số

www.laisac.page.tl T T U TUU Y YY Ể ỂỂ N N C C H CHH Ọ Ọ N Ọ N C C Â CÂÂ U U 1 11 .. 2 2 L L I LII Ê ÊÊ N N Q Q U Q U A UAA N N K K H K H Ả H Ả O Ả O S S Á S Á T Á T H H À HÀÀ M M S S Ố S Ố (TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÀN QUỐC, NĂM 2011) Bài 1. 2x Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B mà √ x−2 tam giác OAB thỏa mãn AB = OA 2 Giải Cách 1 Gọi M(xo ; yo ), (xo 6= 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng: 2xo −4 y− = (x − xo ) xo − 2 (xo − 2)2 √ Do tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy tại các điểm A, B và tam giác OAB có AB = OA 2 nên tam giác OAB vuông cân tại O. Lúc đó tiếp tuyến d vuông góc với một trong 2 đường phân giác y = x hoặc y = −x +TH1: d vuông góc với đường phân giác"y = x −4 2=4⇔ xo = 0 ⇒ pt d : y = −x (loại) Có: = −1 ⇔ (xo − 2) (xo − 2)2 xo = 4 ⇒ pt d : y = −x + 8 +TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x −4 Có .(−1) = −1 pt vô nghiệm. (xo − 2)2 Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán d : y = −x + 8 OA 1 π Cách 2 nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có : sin(ABO) = = √ = sin AB 2 4 nên tam giác AOB vuông cân tại O. phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M = (xo ; yo ) có dạng : −4 2xo y= 2 (x − xo ) + 2 (xo − 2)2 xo − 2 xo 2xo dễ dàng tính được A = ; 0 và B = 0; 2 (xo − 2)2 yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm xo là nghiệm của phương trình xo2 2xo2 = ⇔ xo3 (xo − 4) = 0 2 (xo − 2)2 +) với xo = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y = −x (loại) +) với xo = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x + 8 Bài 2. 1 1 Tìm các giá trị của m để hàm số y = x3 − m.x2 + m2 − 3 x có cực đại x1 , cực tiểu x2 đồng thời x1 ; x2 3 2 r 5 là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 2 Giải Cách 1 Mxđ: D = R Có y0 = x2 − mx + m2 − 3 y0 = 0 ⇔ x2 − mx + m2 − 3 = 0 Hàm số có cực đại x1 ,cực tiểu x2 thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y0 = 0 có 2 nghiệm phân biệt dương, triệttiêu và đổi dấu  qua 2 nghiệm đó  2 ∆ > 0 4 − m > 0 −2 < m < 2       √    ⇔ S>0 ⇔ m>0 ⇔ m>0 ⇔ 3 < m < 2 (∗)       √ √ P > 0  m2 − 3 > 0  m < − 3 ∨ m > 3   x + x = m 1 2 Theo vi-et có: x1 x2 = m2 − 3 √ 5 14 Mà x12 + x22 = ⇔ 2(x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 5 ⇔ 2m2 − 4(m2 − 3) = 5 ⇔ m = ± 2 2 1
√ 14 Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m = thỏa yêu cầu bài toán 2 Bài 3. 1 Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm ) : y = mx3 + (m − 1)x2 + (4 − 3m)x + 1 tồn tại đúng 2 3 điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L) : x + 2y − 3 = 0. Giải Cách 1: Có y0 = mx2 + 2(m − 1)x +4 − 3m 0 1 Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y · − = −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt 2 ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + 2 − 3m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.      m 6= 0    m 6 = 0    m 6= 0  m 6= 1 1    4m2 − 4m + 1 > 0    ∆0 > 0    0 0   0 < m < 1 0 0 < m < 2       P>0    m 3 1 1 2 Vậy m ∈ 0; ∪ ; là các giá trị cần tìm của m 2 2 3 Cách 2: Có y0 = mx2 + 2(m − 1)x +4 − 3m 0 1 Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt: y · − = −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx2 + 2(m − 1)x + 2 2 − 3m = 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt Th1: m = 0 từ (1) ta có x = −1 (loại) 1 Th2: m = từ (1) ta có x = ±1 (loại) 2 1 2 − 3m Th3: m 6= 0; m 6= từ pt (1) có 2 nghiệm x = 1 ∨ x = 2 m 2 − 3m 2 Điều kiện bài toán dẫn đến: : >0⇔0 0 Lúc đó :⇔ ⇔ 0 < k 6= 9 (∗0 ) g(2) = 9 − k 6= 0  x + x = −2 B C Theo vi-et ta có : . Mà B,C thuộc d nên yB = kxB − 2k + 4; yC = kxC − 2k + 4 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 (thỏa đk (∗0 )) ⇒ pt d : y = x + 2 Vậy đường thẳng d cần tìm có pt: y = x + 2 2
Bài 5. Cho hàm số y = 4x3 − 6mx2 + 1, m là tham số.Tìm m để đường thẳng d : y = −x + 1 cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm A(0; 1), B,C và B,C đối xứng qua đường phân giác thứ nhất. Giải Giao của (C) và (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình: 4x3 − 6mx2 + 1 = −x + 1 ⇔ x(4x2 − 6mx + 1) = 0 Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x2 − 6mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 −2 ⇒ ∆0 = 9m2 − 4 > 0 ⇔ m > , m < 3 3  B(x1 ; −x1 + Gọi 1),C(x2 ; −x2 + 1) Để B và C đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì: x = y x = −x + 1 3 2 1 2 1 2 ⇔ ⇔ x1 + x2 = 1 ⇔ m = 1 ⇔ m = y1 = x2 x2 = −x1 + 1 2 3 So sánh với đk, thấy không tìm được m thỏa mãn Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định 4 2 2 Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − 4,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho có 3 cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 Giải Mxđ: D = R. Có y0 = 4x3 − 4mx. y0 = 0 ⇔ 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 = m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗) 2 √ 2 √ 2 Gọi A(0; 2m − 4); B( m; m − 4);C(− m; m − 4) là 3 điểm cực trị. Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy và A thuộc Oy nên ∆ABC cân tại A. 1 Kẻ AH⊥BC có S∆ABC = AH.BC ⇔ 2 = |yB − yA | |2xB | √ 2 ⇔ 2 = 2m2 . m ⇔ m = 1 Đối chiếu với điều kiên (∗) có m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 7. x−2 Cho hàm số y = . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại A, B sao x+1 cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác OAB lớn nhất Giải Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 và tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1. Giao điểm hai đường tiệm cận I (−1; 1). Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ 3 x0 − 2 x0 , phương trình tiếp tuyến có dạng: y = 2 (x − x0 ) + (x0 + 1) x +1 0 x0 − 5 Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A −1; , và cắt tiệm cận đứng tại điểm B (2x0 + 1; 1).
x0 + 1
x0 − 5
6 Ta có:IA =
− 1
= ; IB = |2x0 + 1 − (−1)| = 2|x0 + 1| x0 + 1 |x0 + 1| 6 1 Nên: IA.IB = .2 |x0 + 1| = 12. Do vậy, diện tích tam giác IAB là: S = IA.IB = 6. |x0 + 1| 2 S 6 Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:r = = . p p Bởi vậy, r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác IAB vuông tại I nên: √ √ √ √ √ 2p = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB2 ≥ 2 IA.IB + 2IA.IB = = 4 3 + 2 6 √ Dấu ’=’ xảy ra khi IA = IB ⇔ (x0 + 1)2 = 3 ⇔ x = −1 ± 3 √ √ - Với x = −1 − 3 ta có tiếp tuyến: d1 : y = x + 2 1 + 3 √ √ - Với x = −1 + 3 ta có tiếp tuyến: d1 : y = x + 2 1 − 3 Bài 8. 3
2mx + 3 Cho hàm số y = . Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Tìm m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai x−m tiệm cận tại A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 64 Giải Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = m và đường tiệm cận ngang là y = 2m.Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I (m; 2m). 2mx0 + 3 Gọi M x0 ; (với x0 6= m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho. x0 − m 2m2 + 3 2mx0 + 3 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = − 2 (x − x0 ) + x0 − m 2 (x0 − m) 2mx0 + 2m + 6 Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A m; và cắt tiệm cận ngang tại B (2x0 − m; 2m). x 0 − m
2mx0 + 2m2 + 6
2
4m + 6
Ta có: IA =