bài toán phụ( có lời giải chi tiết)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (893.86 KB, 19 trang )
50 Bài Toán Ph Phn KSHS Thưng Gp Trong Các K Thi ĐH
Bài 1.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
2x
x −2
biết tiếp tuyến cắt Ox,Oy lần lượt tại A,B mà
o o o
tam giác OAB thỏa mãn AB = OA
√
2
Giải
Cách 1 Gọi M(x ;y ),(x = 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng:
y −
o
o
2x
x −2
=
−4
(
o
x −2)
2
o
(x −x )
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
Có:
−4
(
o
x −2)
2
o
= −1 ⇔(x −2)
2
= 4 ⇔
o
o
x = 0 ⇒ pt d : y = −x (loại)
x = 4 ⇒ pt d : y = −x + 8
+TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x
Có
−4
(
o
x −2)
2
.(−1) = −1 pt vô nghiệm.
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán d : y = −x + 8
Cách 2 nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có : sin(ABO) =
OA
AB
=
1
√
2
= sin
π
4
o o
nên tam giác AOB vuông cân tại O. phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M = (x ;y ) có dạng :
y =
−4
(
o
x −2)
2
o
(x −x ) +
o
o
2x
x −2
dễ dàng tính được A =
o
x
2
2
;0
và B =
0;
2x
o
o
2
(x −2)
2
o
o
yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm x là nghiệm của phương trình
x
2
2
=
2x
2
o
o
(x −2)
2
⇔
o
o
x
3
(x −4) = 0
o
o
+) với x = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y = −x (loại)
+) với x = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x + 8
Bài 2.
Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1
3
x
3
− m
1
2
.x m
2
+
2
−3
x có cực đại x
1
, cực tiểu x
2
đồng thời x
1
;x
2
là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
5
2
Giải
Cách 1 Mxđ: D = R Có y
= x
2
−mx + m
2
−3 y
= 0 ⇔x
2
−mx + m
2
−3 = 0
Hàm số có cực đại x
1
,cực tiểu x
2
thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y
= 0 có 2 nghiệm phân biệt dương,
triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó
⇔
∆ > 0
S > 0
P > 0
⇔
4 −m
2
> 0
m > 0
m
2
−3 > 0
⇔
−2 < m < 2
m > 0
m m< −
√
3 ∨ >
√
3
⇔
√
3 < m < 2 (∗)
Theo vi-et có:
m
m
x
1
+ x
2
=
x
1
x
2
=
2
−3
Mà x
2
1
+ x
2
2
=
5
2
⇔ 2(x
1
+ x
2
)
2
−4x
1
x
2
= 5 ⇔ 2m
2
−4(m
2
−3) = 5 ⇔ m = ±
√
14
2
1
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
Thc PT 45 Hng Lĩnh Nha Trang
Th.s Nguyn Dương ĐT 0932528949
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Đối c h i ế u đk (*) ta có giá trị m =
√
14
2
thỏa y ê u cầu bài toán
Bài 3.
T ì m tất cả các giá trị m sao c h o trên đồ thị ( C
m
) : y =
1
3
mx
3
+ (m −1)x
2
+ (4 −3m)x + 1 tồn tại đúng 2
điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông g ó c v ớ i đường thẳng (L) : x + 2y −3 = 0.
Giải
Cách 1: Có y
= mx
2
+ 2(m −1)x + 4 −3m
T ừ y ê u cầu bài toán dẫn đến pt: y
·
−
1
2
= −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt
⇔ mx
2
+ 2(m −1)x + 2 −3m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.
⇔
m = 0
∆
> 0
S > 0
P > 0
⇔
m = 0
4m
2
−4m + 1 > 0
m −1
m
< 0
2 −3m
m
> 0
⇔
m = 0
m =
1
2
0 < m < 1
0 < m <
2
3
⇔
0 < m <
1
2
1
2
< m <
2
3
V ậ y m ∈
0;
1
2
∪
1
2
;
2
3
là các giá trị cần tìm của m
Cách 2: Có y
= mx
2
+ 2(m −1)x + 4 −3m
T ừ y ê u cầu bài toán dẫn đến pt: y
·
−
1
2
= −1 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ mx
2
+ 2(m −1)x +
2 −3m = 0 (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
Th1: m = 0 từ (1) ta có x = −1 (loại)
Th2: m =
1
2
từ (1) ta có x = ±1 (loại)
Th3: m = 0; m =
1
2
từ pt (1) có 2 nghiệm x = 1 ∨x =
2 −3m
m
Điều kiện bài toán dẫn đến: :
2 −3m
m
> 0 ⇔0 < m <
2
3
K ế t hợp v ớ i cả 3 trường hợp trên ta có giá trị m cần tìm:m ∈
0;
1
2
∪
1
2
;
2
3
Bài 4.
V i ế t phương trình đường thẳng d cắt đồ thị ( C) :y = x
3
−3x + 2 tại 3 điểm phân biệt A,B,C sao c h o
x
A
= 2 v à B C = 2
√
2
Giải
V ớ i x
A
= 2 ⇒y
A
= 4 V ậ y A(2; 4)
X e m d là đường thẳng đi qua A v à có hệ số g ó c là k. Có pt d : y −y
A
= k(x −x
A
) ⇔ y = kx−2k + 4
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) v à đường thẳng d : x
3
−3x + 2 = kx−2k + 4
⇔ (x −2)(x
2
+ 2x + 1 −k) = 0 ⇔ x = 2 hay g(x) = x
2
+ 2x + 1 −k = 0 (∗)
Để d cắt ( C) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thì pt(∗) phải có 2 nghiệm phân biệt x
B
;x
C
phân biệt v à khác 2:
Lúc đó :⇔
∆
= k > 0
g(2) = 9 −k = 0
⇔ 0 < k = 9 (∗
)
Theo vi-et ta có :
x
B
+ x
C
= −2
x
B
.x
C
= 1 −k
. Mà B,C thuộc d nên y
B
= kx
B
−2k + 4; y
C
= kx
C
−2k + 4
Có B C = 2
√
2 ⇔ B C
2
= 8 ⇔(x
B
−x
C
)
2
+ k
2
(x
B
−x
C
)
2
= 8
⇔
(x
B
+ x
C
)
2
−4x
B
x
C
(1 + k
2
) = 8 ⇔ k
3
+ k −2 = 0 ⇔ k = 1 (thỏa đk (∗
)) ⇒ pt d : y = x + 2
V ậ y đường thẳng d cần tìm có pt: y = x + 2
2
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
n
Bài 5.
Cho hàm số y = 4x
3
−6mx
2
+ 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 v à B,C đối xứng q u a đường phân giác thứ nhất.
Giải
Giao của ( C) v à (d) có hoành độ là nghiệm của phương trình:
4x
3
−6mx
2
+ 1 = −x + 1 ⇔ x(4x
2
−6mx + 1) = 0
Để pt có 3 n0 phân biệt thì 4x
2
−6mx + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇒ ∆
= 9m
2
−4 > 0 ⇔ m >
2
3
,m <
−2
3
Gọi B(x
1
;−x
1
+ 1),C(x
2
;−x
2
+ 1) Để B v à C đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:
x
1
= y
2
y
1
= x
2
⇔
x
1
= −x
2
+ 1
x
2
= −x
1
+ 1
⇔ x
1
+ x
2
= 1 ⇔
3
2
m = 1 ⇔ m =
2
3
So sánh v ớ i đk, thấy không tìm được m thỏa mãn
Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định
Cho hàm số y = x
4
−2mx
2
+ 2m
2
−4,m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã c h o có 3 cực trị tạo
thành một tam giác có diện tích bằng 1
Giải
Mxđ: D = R. Có y
= 4x
3
−4mx.
y
= 0 ⇔4x
3
−4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨x
2
= m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗)
Gọi A(0; 2m
2
−4);B(
√
m;m
2
−4);C(−
√
m;m
2
−4) là 3 điểm cực trị.
Nhận x é t thấy B,C đối xứng q u a Oy v à A thuộc Oy nên ∆ABC cân tại A.
K ẻ AH⊥B C có S
∆AB C
=
1
2
AH.B C ⇔2 =
|
y
B
−y
A
||
2x
B
|
⇔ 2 = 2m
2
.
√
m ⇔ m = 1 Đối c h i ế u v ớ i điều kiên (∗) có m = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 7.
Cho hàm số y =
x −2
x + 1
. V i ế t phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox ,Oy tại A,B sao
c h o bán kính v ò n g tròn nội tiếp tam giác O A B lớn nhất
Giải
Đồ thị hàm số đã c h o có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 v à 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 v ớ i đồ thị tại điểm có hoành độ
x
0
, phương trình tiếp tuyến có dạng: y =
3
(x
0
+ 1)
2
(x −x
0
) +
x
0
−2
x
0
+ 1
T i ế p tuyến cắt tiệm cận đứng x = −1 tại điểm A
−1;
x
0
−5
x
0
+ 1
, v à cắt tiệm cận đứng tại điểm B (2x
0
+ 1; 1).
T a có:IA=
x
0
−5
x
0
+ 1
−1
=
6
|
x
0
+ 1
|
; IB=
|
2x
0
+ 1 −(−1)| = 2|x
0
+ 1
|
N ê n : IA.IB=
6
|
x
0
+ 1
|
.2
|
x
0
+ 1
|
= 12. Do v ậ y , diện tích tam giác IABlà: S =
r
1
2
IA. IB= 6.
Gọi p là nửa c h u vi tam giác IAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là: =
S
p
=
6
p
.
rBởi v ậ y , lớn nhất khi v à c h ỉ khi p nhỏ nhất. Mặt khác, tam giác IABvuông tại Inên:
2p = IA+ IB+ AB = IA+ IB+
√
IA
2
+ IB
2
≥ 2
√
IA .IB+
√
2IA .IB= = 4
√
3 + 2
√
6
Dấu ’=’ xảy ra khi IA= IB⇔ (x
0
+ 1)
2
= 3 ⇔x = −1 ±
√
3
- V ớ i x = −1 −
√
3 ta có tiếp tuyến: d
1
: y = x + 2 1 +
√
3
- V ớ i x = −1 +
√
3 ta có tiếp tuyến: d
1
: y = x + 2 1 −
√
3
Bài 8.
3
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Cho hàm số y =
2mx + 3
x −m
. Gọi Ilà giao điểm 2 tiệm cận. T ì m m để tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai
tiệm cận tại A,B sao c h o diện tích tam giác IABbằng 64
Giải
Dễ thấy đồ thị hàm số đã c h o có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = m v à đường tiệm cận ngang là
y = 2m. T ọ a độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I (m;2m).
Gọi M
x
0
;
2mx
0
+ 3
x
0
−m
(với x
0
= m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã c h o .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là: y = −
2m
2
+ 3
(x
0
−m)
2
(x −x
0
) +
2mx
0
+ 3
x
0
−m
T i ế p tuyến này cắt tiệm cận đứng tại A
m;
2mx
0
+ 2m
2
+ 6
x
0
−m
v à cắt tiệm cận ngang tại B (2x
0
−m;2m).
T a có: IA=
2mx
0
+ 2m
2
+ 6
x
0
−m
−2m
=
4m
2
+ 6
x
0
−m
; IB=
|
2x
0
−m −m
|
= 2
|
x
0
−m
|
N ê n diện tích tam giác IABlà: S =
1
2
IA.IB= 4m
2
+ 6
Bởi v ậ y , y ê u cầu bài toán tương đương v ớ i : 4m
2
+ 6 = 64 ⇔ m = ±
√
58
2
Bài 9.
T ì m m sao c h o đồ thị hàm số y = x
4
−4x
2
+ m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao c h o diện tích
hình phẳng giới hạn bởi ( C) v à trục hoành có phần trên bằng phần dưới
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) v à Ox:x
4
−4x
2
+ m = 0 (1)
tĐặt = x
2
≥ 0. Lúc đó có pt: t
2
t−4 +m = 0 (2)
Để ( C) cắt Ox ttại 4 điểm phân biệt khi pt (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiêm phân biệt > 0
⇔
∆
= 4 −m > 0
S = 4 > 0
P = m > 0
⇒ 0 < m < 4 (i)
t t t t
t t t t
Gọi
1
;
2
(0 <
1
<
2
) là 2 nghiệm của pt (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là:
x
1
= −
√
2
;x
2
= −
√
1
;x
3
=
√
1
;x
4
=
√
2
Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có:
x
3
0
(x
4
−4x
2
+ m) dx =
x
4
x
3
(−x
4
+ 4x
2
−m) dx ⇒
x
5
4
5
−
4x
3
4
3
+ mx
4
= 0 ⇒3x
4
4
−20x
2
4
+ 15m = 0
T ừ đó có x
4
là nghiệm của hpt:
x
4
4
−4x
2
4
+ m = 0 (3)
3x
4
4
−20x
2
4
+ 15m = 0 (4)
Lấy 3.(3) −(4) ⇒ x
2
4
=
3m
2
Thay x
2
4
=
3m
2
v à o (3) có:
9m
2
4
−5m = 0 ⇒ m = 0 ∨m =
20
9
Đối c h i ế u điều kiện (i) có m =
20
9
là giá trị cần tìm.
Bài 10.
Cho hàm số y = x
4
−2(1 −m
2
)x
2
+ m + 1. T ì m m để hàm số đã c h o có ba điểm cực trị v à ba điểm cực
trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải
y
= 4x
3
−4x(1 −m
2
) = 0 ⇔ x = 0,x
2
= 1 −m
2
Hàm số có 3 cực trị ⇔ −1 < m < 1
Khi đó, tọa độ điểm cực đại là A(0; 1 +m),
tọa độ 2 điểm cực tiểu là B(−
√
1 −m
2
;
√
1 −m
2
);C(
√
1 −m
2
;
√
1 −m
2
)
4
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Diện tích tam giác ABC là: S
AB C
=
1
2
d(A;B C ).B C = (1 −m
2
)
5
2
≤ 1. Dấu = x ảy ra khi m = 0.
Đáp số: m = 0
Bài 11.
Cho hàm số y =
−x + 1
x −3
có đồ thị là (H). T ì m trên (H) điểm M để tiếp tuyến tại M có hệ số g ó c lớn
hơn 1 tạo v ớ i đường thẳng ∆ : 3x +4y −1 = 0 một g ó c có giá trị bằng
2
√
5
25
Giải
u
V ì c h ỉ biết công thức tính cos của g ó c từ 2 v e c t o ch o trước, v ớ i lại bài này c h o k ế t quả cos khá đẹp
cos(
2
√
5
25
) ≈ 0,9999 ≈1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của g ó c giữa 2 v e c t o luôn.
Gọi v e c t o c h ỉ phương của pt tiếp tuyến tại M là:
−→
1
(
2
(x −3)
2
;−1) V e c t o c h ỉ phương của dt ∆ : 3x+4y−1 = 0
ulà:
−→
2
(4;−3) Có: cos(
−
u u
→
1
;
−→
2
) =
|
8
(x −3)
2
+ 3|
5
4
(x −3)
4
+ 1
= 1 ⇔|8+3(x−3)
2
|= 5
4 + ( x−3)
4
⇔(x−3)
2
=
3
2
⇔
x =? => M =?
Bài 12.
Cho hàm số y =
x + 3
x −2
có đồ thị (H). T ì m m để đường thẳng d : y = −x + m + 1 tại hai điểm phân biệt
A,B sao c h o
A O B nhọn.
Giải
Giao của (H) v à d có hoành độ là nghiệm của pt:
x + 3
x −2
= −x + m + 1 ⇔ x
2
−(m + 2)x + 2m + 5 = 0
Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆ > 0,x = 2 ⇔
m
2
−4m + 16 > 0
2
2
−2(m + 2) + 2m + 5 = 0
⇒ m =?
Gọi A(x
1
;−x
1
+ m + 1),B(x
2
;−x
2
+ m + 1) là 2 giao điểm của (H) v à d
Để
A O B nhọn thì : AB
2
< O A
2
+AB
2
⇔2(x
2
−x
1
)
2
< (−x
1
+m +1)
2
+(−x
2
+m +1)
2
⇔ −2x
1
x
2
+(m +
1)(x
1
+ x
2
) −(m + 1)
2
< 0 ⇔m > −3
K ế t hợp v ớ i đk ban đầu để suy ra giá trị của m.
Bài 13.
Cho hàm số y =
x
x −1
. V i ế t phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) của hàm số đã c h o biết tiếp tuyến
tạo v ớ i hai đường tiệm cận một tam giác có c h u vi bằng 2(2 +
√
2)
Giải
Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x = 1,y = 1 Gọi pttt của (H) tại M(x
o
;y
o
) là: y =
−1(x −x
o
)
(x
o
−1)
2
+
x
o
x
o
−1
Khi x = 1 ⇒ y =
x
o
+ 1
x
o
−1
⇒ A(1;
x
o
+ 1
x
o
−1
). Khi y = 1 ⇒ x = 2x
o
−1 ⇒ B(2x
o
−1; 1),I (1; 1)
⇒ P
(AB C )
= IA+ IB+ AB =
x
o
+ 1
x
o
−1
−1 + 2x
o
−2 +
(2x
o
−2)
2
+ (1 −
x
o
+ 1
x
o
−1
)
2
= 2(2 +
√
2)
⇔ 2 + 2(xo−1)
2
+
(x
o
−1)
4
+ 4 = 2(2 +
√
2)(x
o
−1)
⇔
x
o
−1 = 0 (loại)
−2(1 +
√
2)(x
o
−1)
2
+ (2 +
√
2)
2
(x
o
−1) −2(2 +
√
2) = 0
Cách 2. - Phương trình tiệm cận đứng: x = 1, phương trình tiệm cận ngang y = 1
- Gọi M(a;
a
a −1
), phương trình tiếp tuyến tại M: y =
−1
(a −1)
2
(x −a) +
a
a −1
5
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
- T ọ a độ giao điểm của tiếp tuyến v à tiệm cận đứng là: A(1;
a + 1
a −1
)
- T ọ a độ giao điểm của tiếp tuyến v à tiệm cận ngang là: B(2a −1; 1)
- Chu vi tam giác IAB là: C = IA+ IB+ AB =
2
|a −1|
+ 2|a −1|+ 2
(a −1)
2
+
1
(a −1)
2
≥4 + 2
√
2, dấu
= xảy ra khi |a −1| = 1 tức a = 0; a = 2
- V ớ i a = 0 ⇒ y = −x
- V ớ i a = 2 ⇒ y = −x + 4
K ế t luận: y = −x,y = −x + 4 là 2 tiếp tuyến cần tìm.
Bài 14.
Cho hàm số: y =
2x −m
mx + 1
(1). Chứng minh v ớ i mọi m = 0 đồ thị hàm số (1) cắt (d) : y = 2x −2m tại
2 điểm phân biệt A,B thuộc một đường (H) cố định. Đường thẳng (d) cắt các trục Ox,Oy lần lượt tại
các điểm M,N. T ì m m để S
OAB
= 3S
OMN
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) v à đường thẳng d:
2x −m
mx + 1
= 2x −2m ⇔2mx
2
−2m
2
x −m = 0
x = −
1
m
(2)
Do m = 0 nên (2) ⇔ f (x) = 2x
2
−2mx −1 = 0
x = −
1
m
(∗)
Để tồn tại 2 điểm A,B thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt x
A
;x
B
khác −
1
m
⇔
∆
= m
2
+ 2 > 0
f (−
1
m
) =
2
m
2
+ 1 = 0
⇔ ∀m = 0
Mặt khác có x
A
.x
B
=
1
2
nên A,B luôn thuộc một đường (H) cố định.
2m
|
K ẻ OH⊥AB ⇒OH = d
(O,d)
=
|
−
√
5
. Lại có A,B ∈ d ⇒ y
A
= 2x
A
−2m;y
B
= 2x
B
−2m
Theo viet có:
x
A
+ x
B
= m
x
A
.x
B
=
1
2
.
Có: AB =
(x
A
−x
B
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2
=
5(x
A
−x
B
)
2
=
5(x
A
+ x
B
)
2
−20x
A
x
B
⇔ AB =
√
5m
2
+ 10
V ì M,N là giao điểm của d v ớ i Ox,Oy nên M(m;0);N(0; 2m)
Theo giả thiết :S
OAB
= 3S
OMN
⇔ OH.AB = 3OM.ON ⇔
|
−2m
|
√
5
.
√
5m
2
+ 10 = 3
|
x
M
||
y
N
|
⇔
|
−2m
|
√
5
.
√
5m
2
+ 10 = 3
|
m
||
2m
|
⇔
√
m
2
+ 2 = 3
|
m
|
⇔ m
2
+ 2 = 9m
2
⇔ m = ±
1
2
V ậ y v ớ i m = ±
1
2
là các giá trị cần tìm .
Bài 15.
T ì m trên (H) : y =
−x + 1
x −2
các điểm A,B sao c h o độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 v à đường thẳng AB
vuông g ó c v ớ i đường thẳng y = x
Giải
Do AB⊥d : y = x ⇒ pt AB : y = −x + m Phương trình hoành độ giao điểm của (H) v à đường thẳng AB:
−x + 1
x −2
= −x + m ⇔ g(x) = x
2
−(m + 3)x + 2m + 1 = 0 ( x = 2) (1)
Để tồn tại 2 điểm A,B thì pt(1) cần có 2 nghiệm phân biệt x
A
;x
B
v à khác 2
⇔
∆
g(x)
> 0
g(2) = 0
⇔
(m + 3)
2
−4(2m + 1) > 0
4 −(m + 3)2 + 2m + 1 = 0
⇔ (m −1)
2
+ 4 > 0;∀m
6
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Theo viet có
x
A
+ x
B
= m + 3
x
A
.x
B
= 2m + 1
Lại có: y
A
= −x
A
+ m;y
B
= −x
B
+ m
Mà AB = 4 ⇔ AB
2
= 16 ⇔(x
B
−x
A
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2
= 16 ⇔(x
B
−x
A
)
2
= 8 ⇔ (x
B
+ x
A
)
2
−4x
A
.x
B
= 8
⇔ (m + 3)
2
−4(2m + 1) = 0 ⇔ m
2
−2m −3 = 0 ⇔ m = −1 ∨m = 3
+Với m = 3 thay v à o pt (1) có:x
2
−6x + 7 = 0 ⇔ x = 3 ±
√
2 ⇒ y = ±
√
2. Lúc này tọa độ 2 điểm A,B là
A(3 +
√
2;−
√
2);B(3 −
√
2;
√
2) hoặc B(3 +
√
2;−
√
2);A(3 −
√
2;
√
2)
+Với m = −1 thay v à o pt (1) có: x
2
−2x −1 = 0 ⇔ x = 1 ±
√
2 ⇒ y = −2 ±
√
2. Lúc này tọa độ 2 điểm
A,B là A(1 +
√
2;−2 −
√
2);B(1 −
√
2;−2 +
√
2) hoặc B(1 +
√
2;−2 −
√
2);A(1 −
√
2;−2 +
√
2)
V ậ y A,B là các điểm như trên thỏa y ê u cầu bài toán.
Bài 16.
T ì m m để đồ thị hàm số y = x
4
−mx
2
+m −1 cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −2.
Giải
X é t : x
4
−mx
2
+ m + 1 = 0. ∆ = (m −2)
2
=>
√
∆ = |m −2| ⇒x
2
= m −1(m > 1),x
2
= 1
V ậ y 4 giao điểm của đồ thị (C) v ớ i trục hoành là: A(−1; 0),B(−
√
m −1; 0),C(1; 0),D(
√
m −1; 0)
Để 4 điểm đó có hoành độ >-2 thì:
TH1:−
√
m −1 > −1 ⇔ m < 2, k ế t hợp v ớ i đk ⇒1 < m < 2
TH2:−2 < −
√
m −1 < −1|⇔ 2 < m < 5
V ậ y :m ∈ (1; 2) ∪(2; 5) là giá trị cần tìm.
Bài 17.
Cho hàm số y =
x + 3
x + 2
có đồ thị là (H). T ì m m để đường thẳng d : y = 2x + 3m cắt (H) tại hai điểm
phân biệt sao c h o
− →
O A .
− →
OB = −4 v ớ i O là gốc tọa độ.
Giải
- X é t phương trình:
x + 3
x + 2
= 2x + 3m ⇒2x
2
+ 3(1 + m)x + 6m −3 = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2
khi ∆ = 9m
2
−30m + 33 > 0 điều này xảy ra v ớ i mọi m.
- Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x
1
,x
2
thì A(x
1
,2x
1
+ 3m),B(x
2
,2x
2
+ 3m)
- Có:
− →
O A .
− →
OB = −4 ⇒ x
1
.x
2
+ (2x
1
+ 3m)(2x
2
+ 3m) = −4 ⇒
12m −15
2
= −4 ⇒ m =
7
12
Bài 18.
T ì m tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y =
3x −1
x −1
sao c h o tam giác ABC vuông
cân tại A(2; 1).
Giải
Đổi hệ trục tọa độ Oxy thành hệ trục tọa độ IXYbằng phép tịnh tiến
− →
OI v ớ i I (1; 3)
Công thức đổi trục:
x = X + 1
y = Y + 3
T r o n g hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là : Y =
2
X
(1) v à điểm A trở thành A(1; −2)
X é t 2 điểm B
a;
2
a
;C
b;
2
b
(a < 0 < b) thuộc đồ thị hàm số (1).
Gọi H,K lần lượt là hình c h i ế u của B,C lên đường thẳng y = −2 ⇒ H(a;−2);K(b;−2)
Có
B A H +
CAK= 90
0
=
CAK+
A C K ⇒
B A H =
A C K
V ậ y ∆AHB = ∆ CKA(cạnh huyền_góc nhọn)⇒
AH = CK
BH = AK
(∗)
7
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Lúc đó từ (∗) có hpt:
(1 −a)
2
=
2 +
2
b
2
(2)
2 +
2
a
=
|
b −1
|
(3)
T ừ (2) có
3 −a +
2
b
−a −1 −
2
b
= 0 ⇔a =
3b + 2
b
∨a =
−b −2
b
V ớ i a =
3b + 2
b
từ (3) có
8b + 4
3b + 2
=
|
b −1
|
⇒
3b
2
+ 9b + 6 = 0(4)
3b
2
+ 7b + 2 = 0(5)
+ V ớ i (4) pt có 2 nghiệm b = −1 ∨b = −2 không thỏa do b > 0
+ V ớ i (5) pt có 2 nghiệm b = −
1
3
∨b = −2 không thỏa do b > 0
V ớ i a =
−b −2
b
từ (3) có
4
b + 2
=
|
b −1
|
⇒
b
2
+ b −6 = 0(6)
b
2
+ b + 2 = 0(7)
+Với (7) pt v ô nghiệm
+Với (6) pt có 2 nghiệm b = 2 ∨b = −3 (loại)
Khi b = 2 ⇒B(−2; −1);C(2; 1) hoặc ngược lại. Lúc đó 2 điểm B,C của bài toán cần tìm là: B(−1; 2);C(3; 4)
hoặc ngược lại.
Bài 19.
Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ m (1) . T ì m m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị A,B sao c h o
A O B = 120
o
Giải
- Phương trình y
= 0 ⇔x = 0,x = −2
- T ọ a độ 2 điểm cực trị của đồ thị a(0; m),B(−2; m+4)
- Y ê u cầu của bài toán dẫn đến giải phương trình:
− →
O A .
− →
OB
O A .OB
= −
1
2
⇔ −2m(m + 4) = |m|
√
m
2
+ 8m + 20 ⇔m = 0,m =
−12 +
√
132
3
Đáp số: m = 0,m =
−12 +
√
132
3
Bài 20. đề thi thử đại học THPT Thanh Thủy lần 2 tỉnh Phú Thọ
Cho hàm số y =
2x −1
x + 1
có đồ thị ( C).
T ì m m để đường thẳng d : y = x + m cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt A,B sao c h o AB = 2
√
2
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) v à đường thẳng d:
2x −1
x + 1
= x + m ⇔ f (x) = x
2
+ (m −1)x + m + 1 = 0 (1) (x = −1)
Để d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt A,B thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x
A
,x
B
khác −1
⇔
∆ = (m −1)
2
−4(m + 1) > 0
f (−1) = 1 −m + 1 + m +1 = 0
(∗). Theo vi-et có :
x
A
+ x
B
= 1 −m
x
A
.x
B
= m + 1
Lại có A,B ∈ d ⇒ y
A
= x
A
+ m;y
B
= x
B
+ m Do AB = 2
√
2 ⇔ AB
2
= 8 ⇔(x
A
−x
B
)
2
+ (y
A
−y
B
)
2
= 8
⇔ (x
A
+ x
B
)
2
−4x
A
.x
B
= 4 ⇔(1 −m)
2
−4(m + 1) = 4 ⇔ m
2
−6m −7 = 0 ⇔ m = −1 ∨m = 7
Đối c h i ế u điều kiện (∗) ta có m = −1; m = 7 là giá trị cần tìm.
Bài 21.
Cho hàm số y =
3x −2
x + 1
( C). Gọi Ilà giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị.
V i ế t phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận đứng v à tiệm cận ngang lần lượt tại
A v à B thỏa mãn cos
B A I =
5
√
26
Giải
8
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
X é t điểm M(x
o
;y
o
),(x
o
= −1) ∈( C) là tiếp điểm của tiếp tuyến d.
Phương trình tiếp tuyến tại d có dạng : y −
3x
o
−2
x
o
+ 1
=
5
(x
o
+ 1)
2
(x −x
o
)
Do tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt tại A,B v à ∆IABcó cos
B A I =
5
√
26
nên tan
2
B A I =
1
cos
2
B A I
−1 =
1
25
⇒ tan
B A I =
1
|
5
|
⇒ tan
ABI =
|
5
|
Lại có tan
ABI là hệ số g ó c của tiếp tuyến d mà y
(x
o
) =
5
(x
o
+ 1)
2
> 0
nên
5
(x
o
+ 1)
2
= 5 ⇔(x
o
+ 1)
2
= 1 ⇒x
o
= 0 ∨x
o
= −2
V ớ i x
o
= 0 có pt tiếp tuyến d : y = 5x −2
V ớ i x
o
= −2 có pt tiếp tuyến d : y = 5x +2
V ậ y có 2 tiếp tuyến thỏa y ê u cầu bài toán có pt như trên.
Bài 22.
Cho hàm số y = x
4
−2mx
2
+ 2 có đồ thị ( C
m
).Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị ( C
m
) có ba
điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi q u a điểm D
3
5
;
9
5
.
Giải
y
= 4x
3
−4mx = 0 ⇔ x = 0,x = ±
√
m (m > 0) V ậ y các điểm thuộc đường tròn (P) ngoại tiếp các điểm
cực trị là: A(0; 2),B(−
√
m;−m
2
+ 2),C(
√
m;−m
2
+ 2),D
3
5
;
9
5
. Gọi I (x;y) là tâm đường tròn(P)
⇒
IA
2
= ID
2
IB
2
= IC
2
IB
2
= IA
2
⇔
3x −y + 1 = 0
2x
√
m = −2x
√
m
(x +
√
m)
2
+ (y + m
2
−2)
2
= x
2
+ ( y−2)
2
⇔ x = 0,y = 1,m = 0(loại), m = 1.
V ậ y m = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 23.
Cho hàm số y =
x
4
2
−3x
2
+
5
2
có đồ thị ( C) v à điểm A ∈ ( C) v ớ i x
A
= a.
T ì m các giá trị thực của a biết tiếp tuyến của ( C) tại A cắt đồ thị ( C) tại 2 điểm phân biệt B,C khác A
sao c h o A C = 3AB (B nằm giữa A v à C).
Giải
Cách 1 X é t A
a;
a
4
2
−3a
2
+
5
2
thuộc đồ thị ( C).
Phương trình tiếp tuyến tại A : y −
a
4
2
−3a
2
+
5
2
= (2a
3
−6a)(x−a) ⇔y = 2a(a
2
−3)x −
3a
4
2
+3a
2
+
5
2
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) v à tiếp tuyến tại A.
x
4
2
−3x
2
+
5
2
= 2a(a
2
−3)x −
3a
4
2
+ 3a
2
+
5
2
⇔ (x −a)
2
(x
2
+ 2ax + 3a
2
−6) = 0 ⇔
x = a
f (x) = x
2
+ 2ax + 3a
2
−6 = 0 ( 1)
Để tiếp tuyến tại A cắt ( C) tại 2 điểm B,C khác A thì pt (1) cần có 2 nghiệm phân biệt x
B
;x
C
khác a
⇔
∆
= a
2
−(3a
2
−6) > 0
f (a) = 6a
2
−6 = 0
⇔
−
√
3 < a <
√
3
a = ±1
(∗)
Do AB = 3A C ⇒
− →
A C = 3
− →
AB ⇒ x
C
−3x
B
= −2a (2)
Lại theo vi et có:
x
B
+ x
C
= −2a (3)
x
B
.x
C
= 3a
2
−6 (4)
.
T ừ (2) v à ( 3) ⇒x
B
= 0v à x
C
= −2a. Thế v à o (4) có: 3a
2
−6 = 0 ⇔ a = ±
√
2 ( thỏa (∗))
9
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Kiểm tra:
+Với a =
√
2 có A
√
2; −
3
2
;B
0;
5
2
;C
−2
√
2;
21
2
⇒ A C = 3AB
+Với a = −
√
2 có A
−
√
2;−
3
2
;B
0;
5
2
;C
2
√
2;
21
2
⇒ A C = 3AB
V ậ y a = ±
√
2 là các giá trị cần tìm của a.
Cách 2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C) hàm số đã c h o tại điểm A v ớ i x
A
= a là:
y = 2a
3
−6a
(x −a) +
a
4
2
−3a
2
+
5
2
PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến này v ớ i đồ thị ( C):
x
4
2
−3x
2
+
5
2
= 2a
3
−6a
(x −a) +
a
4
2
−3a
2
+
5
2
⇔ (x −a)
2
x
2
+ 2ax + 3a
2
−6
= 0
Để có 3 giao điểm A,B,C thì phương trình:
x
2
+ 2ax + 3a
2
−6 = 0 (∗) có hai nghiệm phân biệt khác a ⇔
−
√
3 < a <
√
3
a = ±1
.
Khi đó hoành độ B,C là hai nghiệm của phương trình (∗) nên: ⇔
x
B
+ x
C
= −2a
x
B
.x
C
= 3a
2
−6
Mặt khác: A C = 3AB (B nằm giữa A v à C) ⇔
− →
A C = 3
− →
AB ⇔ x
C
−3x
B
= −2a
T a có hệ:
x
C
−3x
B
= −2a
x
B
+ x
C
= −2a
x
B
.x
C
= 3a
2
−6
⇔
x
B
= 0
x
C
= −2a
3a
2
−6 = 0
⇔ a = ±
√
2 thỏa mãn điều kiện.
V ậ y giá trị cần tìm của m là: a = ±
√
2
Bài 24. Câu I ý 2 đề thi thử đại học V i n h lần 3
Cho hàm số y =
1
4
x
4
−(3m + 1)x
2
+ 2(m + 1) (m là tham số). T ì m m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo
thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ O.
Giải
y
= x
3
−2(3m + 1)x = 0 ⇔ x = 0,x
2
= 2(3m + 1)
Hàm số có 3 cực trị khi m > −
1
3
, khi đó tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị là
A(0; 2m +2),B(−
√
6m + 2; −9m
2
−4m + 1),C(
√
6m + 2; −9m
2
−4m + 1)
T a m giác ABC có trọng tâm O khi: −18m
2
−6m + 4 = 0 ⇔ m = −
2
3
,m =
1
3
Đáp số: m =
1
3
Bài 25. Câu I ý 2 đề thi thử đại học lần 3 THPT T r u n g Giả
Cho hàm số y =
1
3
mx
3
+ (m −1)x
2
+ (3m −4)x + 1 có đồ thị là ( C
m
).Tìm tất cả các giá trị của m sao
c h o trên ( C
m
) có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông g ó c v ớ i đường thẳng (d) : y = x + 2011
Giải
y
= mx
2
+(m +1)x +3m −4 Để tiếp tuyến vuông g ó c v ớ i (d) thì y
.1 = −1 ⇔mx
2
+(m +1)x +3m −3 =
0(1) có nghiệm v ớ i mọi x thuộc R
3
TH1: m = 0 ⇒ pt trở thành: −2x −3 = 0 ⇔ x =
−
2
V ậ y m = 0 thỏa mãn
TH2: m = 0 ⇒(1) là phương trình bậc 2, v ậ y để phương trình có nghiệm thì:
∆ = −2m
2
+ m + 1 ≥ 0 ⇔ −
1
2
≤ m ≤1,m = 0 V ậ y −
1
2
≤ m ≤1 là giá trị cần tìm
Bài 26.
10
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Cho hàm số y = x
3
−3mx
2
+ 3(m
2
−1)x −(m
2
−1) (1).
T ì m m để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương.
Giải
Đặt f (x) = x
3
−3mx
2
+ 3(m
2
−1)x −(m
2
−1) Có y
= 3x
2
−6mx + 3(m
2
−1)
y
= 0 ⇔
x
1
= m −1
x
2
= m + 1
Do hệ số của x
2
của pt y
= 0 là 3 v à m−1 < m + 1 nên hàm số đạt cực đại tại x
1
v à đạt cực tiểu tại x
2
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có:
∆
y
> 0
y
1
.y
2
< 0
x
1
> 0
x
2
> 0
f (0) < 0
⇔
∀m ∈R
(m
2
−1)(m
2
−3)(m
2
−2m −2) > 0
m −1 > 0
m + 1 > 0
1 −m < 0
⇔
1 −
√
2 < m
< 1
−
√
3 < m < −1
√
3 < m < 1 +
√
2
m > 1
⇒
√
3 < m < 1 +
√
2. V ậ y các giá trị m thỏa y ê u cầu bài toán là m ∈
√
3; 1 +
√
2
Bài 27.
T ì m m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y = x
3
−3x
2
+ 3mx + 3m + 4 v à trục hoành có phần
nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành
Giải
Bài 28.
T ì m trên đồ thị hàm số y =
−x −1
x + 2
các điểm A,B sao c h o tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A song
song v ớ i tiếp tuyến tại điểm B v à AB =
√
8
Giải
X é t 2 điểm A
a;
−a −1
a + 2
;B
b;
−b −1
b + 2
(a = b = −2) thuộc đồ thị hàm số đã c h o .
T i ế p tuyến tại A có hệ số g ó c : f
(a) =
−1
(a + 2)
2
T i ế p tuyến tại B có hệ số g ó c : f
(b) =
−1
(b + 2)
2
Theo bài ta có hpt:
f
(a) = f
(b)
AB =
√
8
⇔
−
1
(a + 2)
2
= −
1
(b + 2)
2
(a −b)
2
+
−a −1
a + 2
−
−b −1
b + 2
2
=
√
8
⇔
a = b
a + b = −4
(a −b)
2
1 +
1
ab + 2(a + b) + 4
= 8
⇔
a + b = −4
(16 −4ab)
1 +
1
ab −4
= 8
⇔
a + b = −4
ab = 1
⇔
a = −4 −b
b
2
+ 4b + 1 = 0
⇔
a = −2 −
√
3
b = −2 +
√
3
a = −2 +
√
3
b = −2 −
√
3
V ậ y 2 điểm A,B cần tìm là A −2 −
√
3;
√
3 + 1
;B −2 +
√
3;
√
3 −1
hoặc A −2 +
√
3;
√
3 −1
;B −2 −
√
3;
√
3 + 1
Bài 29.
11
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Gọi D là đường thẳng đi qua A(1; 0) và có hệ số góc k . Tìm k để D cắt đồ thị y =
x + 2
x −1
tại 2 điểm phân
biệt M,N thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị và AM = 2AN
Giải
Do D là đường thẳng đi qua A(1;0) và có hệ số góc là k nên pt D : y = k(x −1)
Phương trình hoành độ giao điểm của D và đồ thị hàm số đã cho là:
x + 2
x −1
= k(x −1) ⇔ kx
2
−(2k + 1)x + k −2 = 0(x = 1) (1)
t t
t t
Đặt = x −1 ⇒x = + 1 Lúc đó pt (1) trở thành:
k( + 1)
2
−(2k + 1)( + 1) +k −2 = 0 ⇔ kt
2
t− −3 = 0 (2)
t t t t
Để D cắt đồ thị hàm số đã cho tại 2 điểm M,N thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì pt (1) phải có
2 nghiệm x
1
;x
2
thỏa x
1
< 1 < x
2
⇔ pt (2) có 2 nghiệm
1
;
2
thỏa
1
< 0 <
2
⇔ −3k < 0 ⇔ k > 0 (∗)
Vì điểm A luôn nằm trong đoạn MN và AM = 2AN ⇒
−→
AM = −2
−→
AN ⇒ x
1
+ 2x
2
= 3 (3)
Theo vi-et có :
x
1
+ x
2
=
2k + 1
k
(4)
x
1
x
2
=
k −2
k
(5)
. Từ (3) và (4) ⇒ x
2
=
k −1
k
;x
1
=
k + 2
k
Thay x
1
;x
2
vào (5) có pt:
(k + 2)(k −1)
k
2
=
k −2
k
⇔ 3k −2 = 0 ⇔ k =
2
3
Đối chiếu đk (∗) có k =
2
3
là giá trị cần tìm.
Bài 30.
Tìm m để đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị hàm số y = x
3
−3mx + 2 cắt đường tròn tâm
I (1; 1) bán kính bằng 1 tại A,B mà diện tích tam giác IAB lớn nhất
Giải
- Có: y
= 3x
2
−3m có 2 nghiệm phân biệt khi m > 0. Khi đó, tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
mmmm M(
√
,2 −2
√
x),N(−
√
,2 + 2
√
x)
- Phương trình đường thẳng MN là: 2mx + y −2 = 0
- Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I tại A,B mà tam giác IAB có 2.S
I AB
= IA.IB.sin
AIB ≤ 1,
dấu = xả y ra khi
o
AIB = 90 , lúc đó, khoảng cách từ I đến MN bằng
1
√
2
.
Do vậy ta có phương trình: d(I ,MN) =
1
√
2
⇔
| m
m
2 −1|
√
4
2
+ 1
= m
1
√
2
⇒ = 1 +
√
3
2
, m = 1 −
√
3
2
Bài 31.
Cho hàm số y =
x + 3
2(x + 1)
có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên (H) sao cho tiếp
tuyến tại M cắt hai trục tọa độ Ox,Oy tại hai điểm A,B đồng thời đường trung trực của AB đi qua gốc
tọa độ O.
Giải
o
Do tam giác OAB đã vuông tại O mà trung trực của AB lại đi qua O nên tam giác OAB phải vuông cân, điều
đó có nghĩa là AB tạo với trục hoành góc 45 , cũng tức là hệ số góc của AB bằng −1.
Vậy thì, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình:
−4
4(x + 1)
2
= −1 ⇔x = 0,x = −2
Với x = 0 ta có tiếp tuyến là: y = −x +
3
2
Với x = −2 ta có tiếp tuyến là: y = −x −
5
2
Bài 32.
Cho hàm số y =
1
3
x
3
−
1
2
(m + 1)x
2
+ mx (m là tham số) .
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng d : 72x −12y −35 = 0
Giải
12
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha
Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
T a có: y
= x
2
−(m + 1)x + my
= 0 ⇔x
2
−(m + 1)x + m = 0 ⇔ x = 1 ∨x = m
V ì thế, để đồ thị hàm số có cực đại v à cực tiểu, điều kiện là: y
= 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m = 1
Mặt khác: y =
1
3
x −
1
6
(m + 1)
.y
−
1
6
(m −1)
2
x +
1
6
m(m + 1)
N ê n khi đồ thị hàm số có cực đại v à cực tiểu thì đường thẳng d đi q u a hai cực trị này có dạng:
y = −
1
6
(m −1)
2
x +
1
6
m(m + 1)
Đường thẳng d viết lại là: y = 6x −
35
1
2 N ê n hai cực trị đối xứng nhau q u a đường thẳng d, điều kiện đầu
tiên là d ⊥d
. Hay: −
1
6
(m −1)
2
.6 = −1 ⇔ m = 0 ∨m = 2
* V ớ i m = 0, hàm số đã c h o trở thành:
y =
1
3
x
3
−
1
2
x
2
v à y
= x
2
−x
Hai điểm cực trị có tọa độ: A(0; 0); B
1; −
1
6
, trung điểm của AB là I
1
2
;−
1
12
/∈ d nên hai điểm cực
trị không đối xứng nhau q u a đường thẳng d.
* V ớ i m = 2, hàm số đã c h o trở thành:
y =
1
3
x
3
−
3
2
x + 2x v à y
= x
2
−3x + 2 Hai điểm cực trị có tọa độ C
1;
5
6
; D
2;
2
3
, trung điểm của CD
là J
3
2
;
9
12
/∈ d nên hai điểm cực trị không đối xứng v ớ i nhau q u a đường thẳng d.
V ậ y không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.
Bài 33.
Cho hàm số y = x
3
−3x
2
+ 4 có đồ thị là ( C).Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng d : y =
m(x +1) luôn cắt đồ thị ( C) tại một điểm A cố định v à tìm m để đường thẳng d cắt ( C) tại ba điểm phân
biệt A,B,C đồng thời B,C cùng v ớ i gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1.
Giải
X é t phương trình: x
3
−3x
2
+ 4 = m(x + 1)
⇔ (x + 1)(x
2
−4x + 4 −m) = 0 ⇔x = −1; g(x) = x
2
−4x + 4 −m = 0 (1)
Đường thẳng y = m(x + 1) luôn cắt đồ thị hàm số đã c h o tại A(−1; 0), để nó cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt
thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1.
Điều kiện là: ∆ > 0,g( −1) = 0 ⇔0 < m = 9
Khi đó (1) có 2 nghiệm phân biệt v à đường thẳng đã c h o cắt đồ thị thêm tại
B(2 +
√
m;m(3 +
√
m));C(2 −
√
m;m(3 −
√
m))
Khoảng cách từ O đến B C là: d(O;B C ) =
|m|
√
m
2
+ 1
Độ dài BC là: B C = 2
m(1 + m
2
)
Có: S
OB C
=
1
2
d(O;B C ).B C = m
√
m = 1 ⇔ m = 1
Đáp số: m = 1
Bài 34. Đề Thử sức trên THTT - Tháng 5/2011
T ì m tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số: y =
x
3
3
−
1
2
(m + 3)x
2
−2(m + 1)x + 1 có hai điểm cực
trị v ớ i hoành độ lớn hơn 1.
Giải
T a có: y
= x
2
−(m + 3)x −2( m + 1)
y
= 0 ⇔x
2
−(m + 3)x −2( m + 1) = 0 (∗)
Có: ∆ = (m + 3)
2
+ 8(m +1) = m
2
+ 14m + 17 > 0, ∀x ∈R
N ê n đồ thị hàm số luôn có hai cực trị có hoành độ x
1
v à x
2
là nghiệm của phương trình (∗).
Y ê u cầu bài toán tương đương v ớ i tìm điều kiện của tham số m để phương trình (∗) có hai nghiệm x
1
v à x
2
13
Luyn Thi ĐH & Bi Dưng Kin 45 Hng Lĩnh Nha Trang
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
thỏa mãn:
x
1
> 1
x
2
> 1
⇔
x
1
−1 > 0
x
2
−1 > 0
⇔
(x
1
−1) + (x
2
−1) > 0
(x
1
−1)(x
2
−1) > 0
⇔
x
1
+ x
2
−2 > 0
x
1
x
2
−(x
1
+ x
2
) + 1 > 0
⇔
(m + 3) −2 > 0
−2(m + 1) −(m + 3)+1 > 0
⇔
m > −1
m < −
4
3
⇔ m ∈∅
u
V ậ y không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài.
Bài 35.
T ì m hai điểm A,B thuộc đồ thị hàm số y = x
3
−3x +2 sao c h o các tiếp tuyến tại A,B có cùng hệ số g ó c
v à đường thẳng đi qua A,B vuông g ó c v ớ i đường thẳng x + y + 2011 = 0
Giải
Cách 1 X é t A(a;a
3
−3a + 2);B(b;b
3
−3b + 2)(a = b) thuộc đồ thị hàm số đã c h o . T i ế p tuyến tại A có hệ
số g ó c k
A
= 3a
2
−3. T i ế p tuyến tại B có hệ số g ó c k
B
= 3b
2
−3
Do tiếp tuyến tại A v à B có cùng hệ số g ó c nên k
A
= k
B
⇔3a
2
−3 = 3b
2
−3 ⇔(a−b)(a+b) = 0 ⇔a = −b
T ừ đó có
− →
AB = (b −a;b
3
−3b + 2 −a
3
+ 3a −2) = (2b;2b
3
−6b)
Mặt khác đường thẳng d : x + y + 2011 = 0 có
−→
= (1; −1)
V ì AB⊥d nên
− →
uAB.
−→
= 0 ⇔2b(b
2
+ 4) = 0 ⇔
b = 0 ⇒ a = 0(l)
b = ±2 ⇒ a = ±2
V ậ y có 2 điểm A,B v ớ i A(−2; 0),B(2; 4) hoặc ngược lại thỏa y ê u cầu bài toán.
Cách 2 -Điều kiện (1): Phương trình f
(x) = k có hai nghiệm phân biệt (Tự tìm)
- T ọ a độ A,B là nghiệm của hệ
y = x
3
−3x + 2
k = 3x
2
−3
- Suy ra phương trình đường thẳng AB là y =
k
3
−2
x + 2
- Điều kiện vuông g ó c suy ra k = 9.
- T ì m giao điểm đường thẳng AB v à đồ thị ta có A(2; 4)., B(−2; 0)
Bài 36. T r í c h đề c h ọ n đội tuyển qu ố c gia của Hà T ĩ n h năm 2008 - 2009
Giả sử đồ thị hàm số y = x
3
−6x
2
+ 9x + d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
.
Chứng minh rằng: 0 < x
1
< 1 < x
2
< 3 < x
3
< 4
Giải
PT hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã c h o v ớ i trục Ox là
x
3
−6x
2
+ 9x + d = 0 ⇔ d = −x
3
+ 6x
2
−9x (∗)
Đồ thị hàm số y = x
3
−6x
2
+ 9x +d cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên PT (∗) có ba nghiệm phân biệt
⇔ đường thẳng y = d căt đồ thị hàm số y = −x
3
+ 6x
2
−9x tại ba điểm phân biệt
⇔ −4 < d < 0 (vẽ đồ thị để thấy rõ)
Đặt f (x) = x
3
−6x
2
+ 9x + d
V ớ i −4 < d < 0 thì f (0) = d < 0, f (1) = d + 4 > 0, f (3) = d < 0, f (4) = d + 4 > 0
từ đây f (0) f (1) < 0, f (1) f (3) < 0, f (3) f (4) < 0, từ tính liên tục của hàm số ta có đpcm
Bài 37. T r í c h đề học sinh giỏi của Hà N ộ i năm 2008 - 2009
Chứng minh rằng v ớ i mọi m phương trình x
3
+ 3(m + 1)x
2
+ 3(m
2
+ 1)x + m
3
+ 1 = 0 luôn có nghiệm
duy nhất.
Giải
X e m pt :x
3
+ 3(m + 1)x
2
+ 3(m
2
+ 1)x + m
3
+ 1 = 0 (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
hàm số y = x
3
+ 3(m + 1)x
2
+ 3(m
2
+ 1)x + m
3
+ 1 (∗) v à trục hoành.
Có y
= 3x
2
+ 6(m + 1)x + 3(m
2
+ 1) Thực hiện phép c h i a y c h o y
ta được
14
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
y =
1
3
x +
m + 1
3
.y
−2mx + m
3
−m
2
Suy ra pt đường thẳng đi qua 2 cực tri là y = −2mx + m
3
−m
2
Để pt (1) có một nghiệm duy nhất thì đồ thị hàm số (∗) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất
⇔
∆
≤ 0
∆
> 0
y
cd
.y
ct
> 0
⇔
18m −8 ≤ 0
18m −8 > 0
(−2mx
cd
+ m
3
−m
2
)(−2mx
ct
+ m
3
−m
2
) > 0
(∗∗)
Theo vi-et thì:
x
cd
+ x
ct
= −2(m + 1)
x
cd
.x
ct
= m
2
+ 1
Lúc đó hpt (∗∗) trở thành:
m ≤
2
9
m >
2
9
4m
2
(m
2
+ 1) + (m
−1)
2
m
3
(4m + 1) > 0
⇔
m ≤
2
9
m >
2
9
⇒ ∀m
V ậ y ∀m pt đã c h o luôn có một nghiệm duy nhất.
Bài 38. T r í c h đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2008 - 2009
Gọi d là đường thẳng q u a M(2; 0) v à có hệ số g ó c k.
T ì m k để d cắt đồ thị ( C) : y = |x|
3
−3|x|−2 tại 4 điểm phân biệt.
Giải
Bài 39. T r í c h đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2009 - 2010
T ì m m để điểm A(3; 5) nằm trên đường thẳng nối 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số
y = x
3
−3mx
2
+ 3(m + 6)x + 1
Giải
y
= 3(x
2
−2mx + m + 6)
Hàm số có 2 cực trị ⇔ y
= 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆
= m
2
−(m + 6) > 0 ⇔ m ∈(−∞;−2) ∪(3; +∞)
T a có: y =
1
3
(x −m)y
+ 2(−m
2
+ m + 6)x + m
2
+ 6m + 1
Hoành độ 2 đỉêm cực trị của hàm số là nghiệm của y
= 0 nên tung độ 2 cục trị thoả mãn:
y = 2(−m
2
+ m + 6)x + m
2
+ 6m + 1
Do đó đây cũng là pt đthẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số
Theo đề ta có: A(3; 5) ∈ (d) : y = 2(−m
2
+ m + 6)x + m
2
+ 6m + 1 ⇔5 = 6(−m
2
+ m + 6) +m
2
+ 6m + 1
⇔ 5m
2
−12m −32 = 0 ⇔
m = 4
m = −
8
5
Đối c h i ế u đk ta nhận m = 4
Bài 40. T r í c h đề học sinh giỏi của Hà N ộ i năm 2009 - 2010
V i ế t phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (x −1)(x
3
+ x
2
+ 1) biết tiếp tuyến tiếp xúc v ớ i đồ
thị tại 2 điểm phân biệt.
Giải
T a cóy = f (x) = x
4
−x
2
+ x −1 ⇒ f
(x) = 4x
3
−2x + 1
Gọi (d) là tiếp tuyến tiếp xúc v ớ i đồ thị hàm số tại hai tiếp điểm A(a; f (a)),B(b; f (b)),a = b
T a có f
(a) = f
(b) =
f (b) − f (a)
b −a
vì đều là hsg của đường thẳng (d)
f
(a) = f
(b) ⇔4a
3
−2a + 1 = 4b
3
−2b + 1
⇔ (a −1)(2(a
2
+ ab + b
2
) −1) = 0 ⇔ 2(a
2
+ ab + b
2
) −1 = 0 (1)(do a = b)
T ừ đó ta có f
(a) =
f (b) − f (a)
b −a
⇔
f
(a) + f
(b)
2
=
f (b) − f (a)
b −a
15
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
⇔
(4a
3
−2a + 1) + (4b
3
−2b + 1)
2
= (a
2
+ b
2
)(a + b) −(a + b) +1
⇔ 2(a
3
+ b
3
) −(a + b) + 1 = (a
2
+ b
2
)(a + b) −(a + b) +1
⇔ (a + b)(a −b)
2
= 0 ⇔a− = b thay v à o (1) ta được a = ±
1
√
2
.
Đến đây là suy ra được PTtt (d)
Bài 41.
Cho hàm số y = x
3
−2(m + 2)x
2
+ 7(m + 1)x −3m −12 (1) (m là tham số). T ì m m để đồ thị hàm số
(1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x
1
;x
2
;x
3
thỏa x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ 3x
1
x
2
x
3
> 53
Giải
Bài 42. T r í c h đề học sinh giỏi Đà Nẵng 2010
V ớ i mỗi tham số m ∈ R, gọi ( C
m
) là đồ thị của hàm số: y = x
3
−(3m −1)x
2
+ 2m(m −1)x + m
2
(1).
CMR: khi m thay đổi, đường thẳng (∆
m
) : y = mx −m
2
luôn cắt ( C
m
) tại một điểm A có hoành độ không
đổi. T ì m m để (∆
m
) còn cắt ( C
m
) tại hai điểm nữa khác A v à tiếp tuyến của ( C
m
) tại hai điểm đó song
song v ớ i nhau.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C
m
) v à đường thẳng ∆
m
x
3
−(3m −1)x
2
+ 2m(m −1)x + m
2
= mx −m
2
⇔ (x −1)(x
2
−3mx + 2m
2
) = 0 ⇔
x = 1
f (x) = x
2
−3mx + 2m
2
= 0(∗)
V ớ i x = 1 ⇒ y = m −m
2
⇒ A(1; m −m
2
) cố định
Để ∆
m
cắt ( C
m
) tại 2 điểm B,C khác điểm A thì pt (∗) phải có 2 nghiệm phân biệt x
B
;x
C
khác 1
⇔
∆ = 9m
2
−8m
2
> 0
f (1) = 1 −3m + 2m
2
= 0
⇒ m =
0;
1
2
;1
(i)
Lúc đó theo vi-et có:
x
B
+ x
C
= 3m
x
B
.x
C
= 2m
2
T i ế p tuyến tại B có hệ số g ó c k
B
= 3x
2
B
−2(3m −1)x
B
+ 2m(m −1)
T i ế p tuyến tại C có hệ số g ó c k
C
= 3x
2
C
−2(3m −1)x
C
+ 2m(m −1)
V ì tiếp tuyến tại B,C song song nên k
B
= k
C
⇔ 3x
2
B
−2(3m −1)x
B
+ 2m(m −1) = 3x
2
C
−2(3m −1)x
C
+ 2m(m −1)
⇔ 3(x
B
+ x
C
) = 2(3m + 1) vì x
B
= x
C
⇔ 3m = 2 ⇔ m =
2
3
thỏa đk (i)
V ậ y m =
2
3
là giá trị cần tìm.
Bài 43.
Cho hàm số y = x
3
−2x
2
+ ( m −2)x + 3m (m là tham số). T ì m m để tiếp tuyến có hệ số g ó c nhỏ nhất
của đồ thị hàm số đã c h o đi q u a điểm A
1; −
55
27
Giải
ta có : tiếp tuyến hàm bậc 3 có hệ số g ó c nhỏ nhất c h í n h là tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị ( C) c h ú ý là
cái này c h ỉ là nhận x é t v ớ i các bạn đã học c h ư ơ n g trình cũ ) còn v ớ i c h ư ơ n g trình mới thì ta sẽ phải thêm 1
tí như sau : y
= 3x
2
−4x +m −2 tiếp tuyến có hệ số g ó c nhỏ nhất tương đương v ớ i việc là ta phải tìm được
điểm mà tại đó thì y
min
đặt y
= g(x) ta có : g
(x) = 6x −4
g
(x) = 0 ⇒ x =
2
3
lập bảng biến thiên thì sẽ thấy ngay g
min
(x) khi x =
2
3
. Điểm uốn I=
2
3
;
11m
3
−
52
27
16
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn là : y =
m −
10
3
x −
2
3
+
11m
3
−
52
27
(d)
vì điểm a ∈ (d) nên ta có phương trình
m −
10
3
1
3
+
11m
3
= −
1
9
⇔ m =
1
4
Bài 44.
Cho hàm số y =
x + 2
x −1
có đồ thị là (H). T ì m điểm M thuộc (H) sao c h o tiếp tuyến tại M cắt 2 đường
tiệm cận của (H) tại 2 điểm A,B sao c h o đường tròn ngoại tiếp tam giác IABcó bán kính nhỏ nhất v ớ i
Ilà giao điểm của hai đường tiệm cận.
Giải
2 đường tiệm cận là x = 1,y = 1 Giao 2 đường tiệm cận là I (1; 1) Gọi M(x
o
;y
o
) Suy ra phương trình
tiếp tuyến tại M là: y =
−3(x −x
o
)
(x
o
−1)
2
+
x
o
+ 2
x
o
−1
Phương trình tiếp tuyên cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm:
A(1;
x
o
+ 5
x
o
−1
),B(2x
o
−1; 1)
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI là O(x;y) ⇒
A O
2
= IO
2
BO
2
= IO
2
⇔
(x −1)
2
= (x −2x
o
+ 1)
2
(y −1)
2
= (y −
x
o
+ 5
x
o
−1
)
2
⇔
x = x
o
y =
x
o
+ 2
x
o
−1
V ậ y O(x
o
;
x
o
+ 2
x
o
−1
) ⇒ R
2
= IO
2
= (x
o
−1)
2
+
9
(x
o
−1)
2
Theo cô-si: (x
o
−1)
2
+
9
(x
o
−1)
2
≥6
V ậ y R
min
=
√
6 ⇔ (x
o
−1)
2
=
9
(x
o
−1)
2
⇔x
o
= 1 +
√
3,x
o
= 1 −
√
3
⇒ M(1 +
√
3;
3 +
√
3
√
3
),M(1 −
√
3;
√
3 −3
√
3
)
Bài 45.
Cho hàm: y = x
4
+ 4mx
3
+ 3(m +1)x
2
+ 1. T ì m m để hàm số có cực tiểu mà không có cực đại.
Giải
Điều kiện: x ∈ R Khi đó: f
(x) = 2
2x
3
+ 6mx
2
+ 3(m + 1)x
= 2x(2x
2
+ 6mx + 3m + 3)
f
(x) = 0 ⇔
x = 0
2x
2
+ 6mx + 3m + 3 = 0(1)
vì f
(x) = 0 có x = 0 là 1 nghiệm nên để f (x) c h ỉ có cực tiểu thì (1) có 1 nghiệm k é p hoặc v ô nghiệm tức
⇔ ∆
≤ 0 ⇔(3m)
2
−2(3m + 3) ≤ 0 ⇔ 3m
2
−2m −2 ≤ 0
⇔ m ∈
1 −
√
7
3
;
1 +
√
7
3
Bài 46. T r í c h đề thi thử T r u n g Giã lần 3
T ì m các giá trị của m để đường thẳng: d : 2mx −2y +m +1 = 0 cắt đồ thị hàm số y =
x + 1
2x + 1
tại 2 điểm
phân biệt A,B sao c h o biểu thức: P = O A
2
+ OB
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
x é t phương trình tương giao giữa (d) v à ( C) :
mx +
m + 1
2
=
x + 1
2x + 1
⇔ 2mx
2
+ 2mx +
m −1
2
= 0 (1)
hàm số có 2 cực trị ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt thảo mãn x
1
= x
2
=
−1
2
⇔ m > 0
(1) ⇔2x
x +
1
2
2
=
1
4m
⇒ x
1
=
√
m
2m
−
1
2
v à x
2
= −
√
m
2m
−
1
2
17
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
ta có : A =
√
m
2m
−
1
2
;
1
2
+
m
√
m
; B =
−
√
m
2m
−
1
2
;
1
2
−
m
√
m
dễ dàng tính được P = O A
2
+ OB
2
=
4m
2
+ 2m + 1
2m
= f (m)
x é t hàm f (m) trên (0; + ∝) ta được MINf(m) =
7
2
= f (
1
4
Bài 47.
Cho hàm: y =
x
2
+ x + 1
x −1
T ì m trên trục tung các điểm mà qua nó c h ỉ có 1 đường tiếp tuyến đến đồ thị
hàm số trên.
Giải
Mxđ: D = R \
{
1
}
. Có y =
x
2
+ x + 1
x −1
= x + 2 +
3
x −1
X é t điếm A(0; a) ∈Oy. Phương trình đường thẳng d đi q u a A có hệ số g ó c k: y = kx+ a
Để d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã c h o thì hệ pt :
x + 2 +
3
x −1
= kx+ a (1)
1 −
3
(x −1)
2
= k (2)
có nghiệm.
T ừ (1) có :x + 2 +
3
x −1
= k(x −1) + k + a (3)
Thay (2) v à o (3) được : x + 2 +
3
x −1
= (x −1)
1 −
3
(x −1)
2
+ k + a ⇔
1
x −1
=
k + a −3
6
(4)
Thay (4) v à o (2) có :1 −3
k + a −3
6
2
= k ⇔ 36 −3(k + a −3)
2
= 36k
⇔ f (k) = k
2
+ 2(a + 3)k + a
2
−6a −3 = 0 (∗)
Để từ A k ẻ đúng 1 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số đã c h o thì pt (∗) có nghiệm k é p khác 3−a hoặc có 2 nghiệm
phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 3 −a
⇔
∆
f
= 0
f (3 −a) = 0
∆
f
> 0
f (3 −a) = 0
⇔
12a + 12 = 0
−12a + 24 = 0
12a + 12 > 0
−12a + 24 = 0
⇔
a = −1
a = 2
a > −1
f (a = 2)
⇔
a = −1
a = 2
V ậ y có 2 điểm A thỏa y ê u cầu bài toán là A(0;−1);A(0; 2)
Bài 48.
Cho hàm số y =
mx −4m + 3
x −m
( C
m
)
1) T ì m điểm cố định của họ ( C
m
)
2) T ừ các điểm cố định của họ đồ thị viết các đường thẳng đi q u a c h ú n g v ớ i hệ số g ó c k =
3
2
tính diện
tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng vừa lập v à trục Ox
Giải
Gọi K(x
o
;y
o
) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua ∀m = 1
Lúc đó pt: y
o
=
mx
o
−4m + 3
x
o
−m
có nghiệm ∀m = 1
⇔ x
o
y
o
−my
o
= mx
o
−4m + 3 , ∀m = 1 ⇔ (x
o
+ y
o
−4)m + 3 −x
o
y
o
= 0 , ∀m = 1
⇔
x
o
+ y
o
−4 = 0
3 −x
o
y
o
= 0
⇔
x
o
= 4 −y
o
y
2
o
−4y
o
+ 3 = 0
⇔
x
o
= 1
y
o
= 3
x
o
= 3
y
o
= 1
V ậ y đồ thị hàm số luôn đi qua 2 điểm cố định : K
1
(1; 3);K
2
(3; 1)
18
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
Th.S Nguyn Dng
Gọi d
1
là đường thẳng đi qua K
1
và có hệ số góc k =
3
2
⇒pt d
1
: y =
3
2
(x −1) + 3 =
3
2
x +
3
2
Gọi d
2
là đường thẳng đi qua K
2
và có hệ số góc k =
3
2
⇒pt d
2
: y =
3
2
(x −3) + 1 =
3
2
x −
7
2
Nhận xét thấy d
1
;d
2
song song. Diện tích hình phẳng giới hạn cần tính chính là diện tích hình thang
K
1
K
2
K
3
K
4
với K
3
= d
2
∩Ox ⇒ K
3
7
3
;0
; K
4
= d
1
∩Ox ⇒ K
4
(−1; 0)
Có S
K
1
K
2
K
3
K
4
=
(K
1
K
4
+ K
2
K
3
)h
2
Với h = d
(d
1
,d
2
)
= d
(K
1
,d
2
)
=
3
2
−3 −
7
2
3
2
2
+ (−1)
2
=
10
√
13
K
1
K
4
=
√
13;K
2
K
3
=
√
13
3
Do đó S
K
1
K
2
K
3
K
4
=
√
13 +
√
13
3
10
√
13
2
=
20
3
(đvdt)
Bài 49.
Cho hàm số y = x
3
−3(2m
2
−1)x m
2
+ 3(
2
−1)x + 1 −m
3
(m
m
là tham số) có đồ thị là (C ). Tìm m để
m
đồ thị (C ) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
Giải
+) Gọi 2 điểm cần tìm là A = (x
a
;y
a
);B = (x
b
;y
b
) khi đó ta có
x
a
+ x
b
= 0
y
a
+ y
b
= 0
từ phương trình 2 ta có : x
3
a
+ x
3
b
−3(2m
2
−1)(x
2
a
+ x
2
m
b
) + 3(
2
−1)(x
a
+ x
b
) + 2 −2m
3
= 0
⇔ 6(2m
2
−1)x
a
x
b
+ 2 −2m
3
= 0 (vì x
a
+ x
b
= 0) ⇔ x
a
x
b
=
m
m
3
−1
6
2
−3
dễ thấy x
a
;x
b
lúc này là nghiệm của phương trình : X
2
+
m
m
3
−1
6
2
−3
= 0 (1)
để có 2 điểm A;B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔
m
m
3
−1
6
2
−3
< 0
mgiải bpt ta được ∈ −∞;−
√
2
2
∪
√
2
2
;1
Bài 50.
Cho hàm số y = −x
4
+ 2x
2
−1 (1) .Tìm tất cả các điểm M thuộc trục tung sao cho từ đó có thể kẻ
được ba tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (1).
Giải
Gọi M(0; a), suy ra phương trình tiếp tuyến tại M : y = kx + a
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số thì
−x
4
+ 2x
2
−1 = kx+ a (1)
−4x
3
+ 4x = k (2)
có 3 nghiệm phân biệt.
Thế (2) vào (1), được: 3x
4
−2x
2
−1 = a
Xét f (x) = 3x
4
−2x
2
−1 ⇒ f
(x) = 12x
3
−4x = 0 ⇔ x = 0,x = ±
1
√
3
Lập BBT, ta thấy với x = 0, f (x) = −1 thì g(x) = a giao với f (x) tại 3 điểm phân biệt, vậy a = −1, vậy
M(0; −1) là điểm cần tìm
19
l
LllL
`Ìi`ÊÜÌÊÌiÊ`iÊÛiÀÃÊvÊ
vÝÊ*ÀÊ*Ê`ÌÀÊ
/ÊÀiÛiÊÌÃÊÌVi]ÊÛÃÌ\Ê
ÜÜÜ°Vi°VÉÕV°Ì
