Tuyển tập các bài toán liên quan khảo sát hàm số luyện thi THPT quốc gia | Đề thi THPT quốc gia, Sinh học - Ôn Luyện

Bài 1.

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm sốy= 2x

x−2 biết tiếp tuyến cắtOx,Oylần lượt tạiA,Bmà tam giácOABthỏa mãnAB=OA√

2 Giải

Cách 1GọiM(x_o;y_o),(x_o6=2)thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyếndtạiM có dạng:

y− 2x_o

x_o−2 = −4

(x_o−2)²(x−x_o)

Do tiếp tuyến cắt các trục Ox,Oytại các điểm A,B và tam giác OAB cóAB=OA√

2 nên tam giác OAB vuông cân tạiO. Lúc đó tiếp tuyếndvuông góc với một trong 2 đường phân giácy=xhoặcy=−x +TH1:d vuông góc với đường phân giácy=x

Có: −4

(x_o−2)² =−1⇔(x_o−2)²=4⇔

"

x_o=0 ⇒ ptd:y=−x(loại) x_o=4 ⇒ ptd:y=−x+8 +TH2:d vuông góc với đường phân giácy=−x

Có −4

(x_o−2)².(−1) =−1pt vô nghiệm.

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toánd:y=−x+8

Cách 2nhận xét tam giácAOBvuông tạiOnên ta có :sin(ABO) = OA AB = 1

√

2 =sinπ 4

nên tam giácAOBvuông cân tạiO. phương trình tiếp tuyến của(C)tại điểmM= (x_o;y_o)có dạng : y= −4

(x_o−2)²(x−x_o) + 2x_o x_o−2 dễ dàng tính đượcA=

x²_o 2; 0

vàB=

0; 2x²_o (x_o−2)²

yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìmx_olà nghiệm của phương trình x²_o

2 = 2x²_o

(x_o−2)² ⇔x³_o(x_o−4) =0 +) vớix_o=0ta có phương trình tiếp tuyến là :y=−x(loại)

+) vớix_o=4thì phương trình tiếp tuyến là :y=−x+8 Bài 2.

Tìm các giá trị củamđể hàm sốy=1 3x³−1

2m.x²+ m²−3

xcó cực đạix₁, cực tiểux₂đồng thờix₁;x₂ là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng

r5 2 Giải

Cách 1Mxđ:D=RCóy⁰=x²−mx+m²−3y⁰=0⇔x²−mx+m²−3=0

Hàm số có cực đạix₁,cực tiểux₂thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pty⁰=0có 2 nghiệm phân biệt dương, triệt tiêu và đổi dấu qua 2 nghiệm đó

⇔











∆>0 S>0 P>0

⇔











4−m²>0 m>0 m²−3>0

⇔











−2<m<2 m>0 m<−√

3∨m>√ 3

⇔√

3<m<2 (∗)

Theo vi-et có:







x₁+x₂=m x₁x₂=m²−3 Màx²₁+x²₂= 5

2⇔2(x₁+x₂)²−4x₁x₂=5⇔2m²−4(m²−3) =5⇔m=±

√14 2

www.laisac.page.tl 

T  T T  U  U U  Y  Y Y  Ể  Ể Ể  N  N  N  C  C C  H  H H  Ọ  Ọ Ọ  N  N  N  C  C C       U  U  U  1  1 1  . . .  2  2  2  L  L L  I  I I  Ê  Ê Ê  N  N  N  Q  Q Q  U  U U  A  A A  N  N  N  K  K K  H  H H  Ả  Ả Ả  O  O  O  S  S S  Á  Á Á  T  T  T  H  H H  À  À À  M  M  M  S  S S  Ố  Ố  Ố 

( TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÀN QUỐC, NĂM 2011)

Đối chiếu đk (*) ta có giá trịm=

√14

2 thỏa yêu cầu bài toán Bài 3.

Tìm tất cả các giá trịmsao cho trên đồ thị(C_m):y= 1

3mx³+ (m−1)x²+ (4−3m)x+1tồn tại đúng 2 điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng(L):x+2y−3=0.

Giải

Cách 1:Cóy⁰=mx²+2(m−1)x+4−3m Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt:y⁰·

−1 2

=−1có đúng 2 nghiệm dương phân biệt

⇔mx²+2(m−1)x+2−3m=0có 2 nghiệm dương phân biệt.

⇔













 m6=0

∆⁰>0 S>0 P>0

⇔

















 m6=0

4m²−4m+1>0 m−1

m <0 2−3m

m >0

⇔

















 m6=0 m6= 1 2 0<m<1 0<m< 2 3

⇔







0<m<1 1 2

2<m< 2 3

Vậym∈

0;1 2

∪ 1

2;2 3

là các giá trị cần tìm của m Cách 2:Cóy⁰=mx²+2(m−1)x+4−3m

Từ yêu cầu bài toán dẫn đến pt:y⁰·

−1 2

=−1có đúng 2 nghiệm dương phân biệt⇔mx²+2(m−1)x+ 2−3m=0(1) có 2 nghiệm dương phân biệt

Th1:m=0từ (1) ta cóx=−1(loại) Th2:m= 1

2 từ (1) ta cóx=±1(loại) Th3:m6=0;m6= 1

2 từ pt (1) có 2 nghiệmx=1∨x= 2−3m m Điều kiện bài toán dẫn đến: :2−3m

m >0⇔0<m< 2 3 Kết hợp với cả 3 trường hợp trên ta có giá trị m cần tìm:m∈

0;1

2

∪ 1

2;2 3

Bài 4.

Viết phương trình đường thẳngd cắt đồ thị(C):y=x³−3x+2 tại 3 điểm phân biệtA,B,C sao cho x_A=2vàBC=2√

2 Giải

Vớix_A=2⇒y_A=4VậyA(2; 4)

Xemdlà đường thẳng đi quaAvà có hệ số góc làk. Có ptd:y−y_A=k(x−x_A)⇔y=kx−2k+4 Phương trình hoành độ giao điểm của(C)và đường thẳngd:x³−3x+2=kx−2k+4

⇔(x−2)(x²+2x+1−k) =0⇔x=2hayg(x) =x²+2x+1−k=0 (∗)

Đểd cắt(C)tại 3 điểm phân biệtA,B,Cthì pt(∗)phải có 2 nghiệm phân biệtx_B;x_Cphân biệt và khác 2:

Lúc đó :⇔







∆⁰=k>0 g(2) =9−k6=0

⇔0<k6=9 (∗⁰)

Theo vi-et ta có :







x_B+x_C=−2 x_B.x_C=1−k

. MàB,Cthuộcd nêny_B=kx_B−2k+4;y_C=kx_C−2k+4 CóBC=2√

2⇔BC²=8⇔(x_B−x_C)²+k²(x_B−x_C)²=8

⇔

(x_B+x_C)²−4x_Bx_C

(1+k²) =8⇔k³+k−2=0⇔k=1(thỏa đk(∗⁰))⇒ ptd:y=x+2 Vậy đường thẳngdcần tìm có pt:y=x+2

Bài 5.

Cho hàm sốy=4x³−6mx²+1,mlà tham số.Tìmmđể đường thẳngd:y=−x+1cắt đồ thị hàm số tại 3 điểmA(0; 1),B,CvàB,Cđối 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 thì4x²−6mx+1=0có 2 nghiệm phân biệt

⇒∆⁰=9m²−4>0⇔m> 2

3,m< −2 3

GọiB(x₁;−x₁+1),C(x₂;−x₂+1)ĐểBvàCđối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:







x₁=y₂ y₁=x₂

⇔







x₁=−x₂+1 x₂=−x₁+1

⇔x₁+x₂=1⇔ 3

2m=1⇔m= 2 3 So sánh với đk, thấy không tìm đượcmthỏa mãn

Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định

Cho hàm sốy=x⁴−2mx²+2m²−4,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.Cóy⁰=4x³−4mx.

y⁰=0⇔4x³−4mx=0⇔x=0∨x²=m. Hàm số có 3 cực trị⇔m>0 (∗) GọiA(0; 2m²−4);B(√

m;m²−4);C(−√

m;m²−4)là 3 điểm cực trị.

Nhận xét thấyB,Cđối xứng quaOyvàAthuộcOynên∆ABCcân tạiA.

KẻAH⊥BCcóS_∆ABC= 1

2AH.BC⇔2=|y_B−y_A| |2x_B|

⇔2=2m².√

m⇔m=1Đối chiếu với điều kiên(∗)cóm=1là giá trị cần tìm.

Bài 7.

Cho hàm sốy= x−2

x+1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến cắt Ox,OytạiA,B sao cho bán kính vòng tròn nội tiếp tam giácOABlớn 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 cậnI(−1; 1). Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ x₀, phương trình tiếp tuyến có dạng:y= 3

(x₀+1)²(x−x₀) +x₀−2 x₀+1 Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứngx=−1tại điểmA

−1;x₀−5 x₀+1

, và cắt tiệm cận đứng tại điểmB(2x₀+1; 1).

Ta có:IA=

x₀−5 x₀+1−1

= 6

|x₀+1|;IB=|2x₀+1−(−1)|=2|x₀+1|

Nên:IA.IB= 6

|x₀+1|.2|x₀+1|=12. Do vậy, diện tích tam giácIABlà:S= 1

2IA.IB=6.

Gọi plà nửa chu vi tam giácIAB, thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này là:r= S p = 6

p. Bởi vậy,rlớn nhất khi và chỉ khi pnhỏ nhất. Mặt khác, tam giácIABvuông tạiI nên:

2p=IA+IB+AB=IA+IB+√

IA²+IB²≥2√

IA.IB+√

2IA.IB= =4√

3+2√ 6 Dấu ’=’ xảy ra khiIA=IB⇔(x₀+1)²=3⇔x=−1±√

3 - Vớix=−1−√

3ta có tiếp tuyến:d₁:y=x+2 1+√ 3 - Vớix=−1+√

3ta có tiếp tuyến:d₁:y=x+2 1−√ 3 Bài 8.

Cho hàm sốy= 2mx+3

x−m . GọiIlà giao điểm 2 tiệm cận. Tìmmđể tiếp tuyến bất kỳ của hàm số cắt hai tiệm cận tạiA,Bsao cho diện tích tam giácIABbằng 64

Giải

Dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là đường thẳngx=mvà đường tiệm cận ngang là y=2m. Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận làI(m; 2m).

GọiM

x₀;2mx₀+3 x₀−m

(vớix₀6=m) là điểm bất kỳ thuộc đồ thị hàm số đã cho.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm này là:y=− 2m²+3

(x₀−m)²(x−x₀) +2mx₀+3 x₀−m Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng tạiA

m;2mx₀+2m²+6 x₀−m

và cắt tiệm cận ngang tạiB(2x₀−m; 2m).

Ta có:IA=

2mx₀+2m²+6 x₀−m −2m

=

4m²+6 x₀−m

;IB=|2x₀−m−m|=2|x₀−m|

Nên diện tích tam giácIABlà:S= 1

2IA.IB=4m²+6

Bởi vậy, yêu cầu bài toán tương đương với:4m²+6=64⇔m=±

√58 Bài 9. 2

Tìmmsao cho đồ thị hàm số y=x⁴−4x²+m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi(C)và trục hoành có phần trên bằng phần dưới

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và Ox:x⁴−4x²+m=0 (1) Đặtt=x²≥0. Lúc đó có pt:t²−4t+m=0 (2)

Để(C)cắtOxtại 4 điểm phân biệt khi pt(1)có 4 nghiệm phân biệt⇔(2)có 2 nghiêm phân biệtt>0

⇔











∆⁰=4−m>0 S=4>0 P=m>0

⇒0<m<4 (i)

Gọit₁;t₂(0<t₁<t₂)là 2 nghiệm của pt(2). Lúc đó pt(1)có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là:

x₁=−√

t₂;x₂=−√

t₁;x₃=√

t₁;x₄=√ t₂ Do tính đối xứng của đồ thị (C) nên có:

Z _x3

0

(x⁴−4x²+m)dx= Z _x4

x3

(−x⁴+4x²−m)dx⇒ x⁵₄ 5 −4x³₄

3 +mx₄=0⇒3x⁴₄−20x²₄+15m=0 Từ đó cóx₄là nghiệm của hpt:







x⁴₄−4x²₄+m=0 (3) 3x⁴₄−20x²₄+15m=0 (4) Lấy3.(3)−(4)⇒x²₄=3m

2 Thayx²₄=3m

2 vào(3)có: 9m²

4 −5m=0⇒m=0∨m=20 9 Đối chiếu điều kiện (i) cóm=20

9 là giá trị cần tìm.

Bài 10.

Cho hàm sốy=x⁴−2(1−m²)x²+m+1. Tìmmđể hàm số đã cho có ba điểm cực trị và ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.

Giải

y⁰=4x³−4x(1−m²) =0⇔x=0,x²=1−m² Hàm số có 3 cực trị⇔ −1<m<1

Khi đó, tọa độ điểm cực đại làA(0; 1+m), tọa độ 2 điểm cực tiểu làB(−√

1−m²;√

1−m²);C(√

1−m²;√

1−m²)

Diện tích tam giácABClà:S_ABC= 1

2d(A;BC).BC= (1−m²) 5

2 ≤1. Dấu=xảy ra khim=0.

Đáp số:m=0 Bài 11.

Cho hàm sốy= −x+1

x−3 có đồ thị là(H). Tìm trên(H) điểmM để tiếp tuyến tạiM có hệ số góc lớn hơn 1 tạo với đường thẳng∆: 3x+4y−1=0một góc có giá trị bằng 2√

5 25 Giải

Vì chỉ biết công thức tính cos của góc từ 2 vecto cho trước, với lại bài này cho kết quả cos khá đẹp cos(2√

5

25 )≈0,9999...≈1nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tínhcoscủa góc giữa 2 vecto luôn.

Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tạiMlà:−→u₁( 2

(x−3)²;−1)Vecto chỉ phương của dt∆: 3x+4y−1=0 là:−→u₂(4;−3)Có:cos(−→u₁;−→u₂) =

| 8

(x−3)²+3|

5

r 4

(x−3)⁴+1

=1⇔ |8+3(x−3)²|=5p

4+ (x−3)⁴⇔(x−3)²=3 2⇔ x=?=>M=?

Bài 12.

Cho hàm sốy= x+3

x−2 có đồ thị(H). Tìmmđể đường thẳngd:y=−x+m+1tại hai điểm phân biệt A,Bsao choAOBd nhọn.

Giải

Giao của(H)vàdcó hoành độ là nghiệm của pt: x+3

x−2 =−x+m+1⇔x²−(m+2)x+2m+5=0 Để pt trên có 2 nghiệm pb thì∆>0,x6=2⇔







m²−4m+16>0

2²−2(m+2) +2m+56=0

⇒m=?

GọiA(x₁;−x₁+m+1),B(x₂;−x₂+m+1)là 2 giao điểm của(H)vàd

ĐểAOBd nhọn thì :AB²<OA²+AB²⇔2(x₂−x₁)²<(−x₁+m+1)²+ (−x₂+m+1)²⇔ −2x₁x₂+ (m+ 1)(x₁+x₂)−(m+1)²<0⇔m>−3

Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị củam.

Bài 13.

Cho hàm sốy= x

x−1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị(H)của hàm số đã cho biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng2(2+√

2) Giải

Cách 1.2 đường tiệm cận của đồ thị làx=1,y=1Gọi pttt của(H)tạiM(x_o;y_o)là:y=−1(x−x_o) (x_o−1)² + x_o

x_o−1 Khix=1⇒y= x_o+1

x_o−1 ⇒A(1;x_o+1

x_o−1). Khiy=1⇒x=2x_o−1⇒B(2x_o−1; 1),I(1; 1)

⇒P_(ABC)=IA+IB+AB= x_o+1

x_o−1−1+2xo−2+ r

(2x_o−2)²+ (1−x_o+1

x_o−1)²=2(2+√ 2)

⇔2+2(xo−1)²+p

(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 ngangy=1 - GọiM(a; a

a−1), phương trình tiếp tuyến tại M:y= −1

(a−1)²(x−a) + a a−1

- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là:A(1;a+1 a−1) - Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và 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 r

(a−1)²+ 1

(a−1)² ≥4+2√ 2, dấu

= xảy ra khi|a−1|=1tứca=0;a=2 - Vớia=0⇒y=−x

- Vớia=2⇒y=−x+4

Kết luận:y=−x,y=−x+4là 2 tiếp tuyến cần tìm.

Bài 14.

Cho hàm số:y= 2x−m

mx+1 (1). Chứng minh với mọim6=0đồ thị hàm số(1)cắt(d):y=2x−2mtại 2 điểm phân biệtA,Bthuộc một đường(H)cố định. Đường thẳng(d)cắt các trụcOx,Oylần lượt tại các điểmM,N. TìmmđểS_OAB=3S_OMN

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số(1)và đường thẳngd:

2x−m

mx+1 =2x−2m⇔2mx²−2m²x−m=0

x6=−1 m

(2) Dom6=0nên (2)⇔ f(x) =2x²−2mx−1=0

x6=−1 m

(∗)

Để tồn tại 2 điểmA,Bthì pt(∗)phải có 2 nghiệm phân biệtx_A;x_B khác−1 m

⇔







∆⁰=m²+2>0 f(−1

m) = 2

m²+16=0

⇔ ∀m6=0

Mặt khác cóx_A.x_B=1

2 nênA,Bluôn thuộc một đường(H)cố định.

KẻOH⊥AB⇒OH=d_(O,d)=|−2m|

√

5 . Lại cóA,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=p

(x_A−x_B)²+ (y_A−y_B)²=p

5(x_A−x_B)²=p

5(x_A+x_B)²−20x_Ax_B⇔AB=√

5m²+10 VìM,N là giao điểm củad vớiOx,OynênM(m; 0);N(0; 2m)

Theo giả thiết :S_OAB=3S_OMN ⇔OH.AB=3OM.ON⇔ |−2m|

√ 5 .√

5m²+10=3|x_M| |y_N|

⇔|−2m|

√5 .√

5m²+10=3|m| |2m| ⇔√

m²+2=3|m| ⇔m²+2=9m²⇔m=±1 2 Vậy vớim=±1

2 là các giá trị cần tìm . Bài 15.

Tìm trên (H):y= −x+1

x−2 các điểm A,Bsao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳngy=x

Giải

DoAB⊥d:y=x⇒ ptAB:y=−x+mPhương trình hoành độ giao điểm của(H)và đường thẳngAB:

−x+1

x−2 =−x+m⇔g(x) =x²−(m+3)x+2m+1=0 (x6=2) (1) Để tồn tại 2 điểmA,Bthì pt(1)cần có 2 nghiệm phân biệtx_A;x_Bvà khác 2

⇔







∆_g(x)>0 g(2)6=0

⇔







(m+3)²−4(2m+1)>0 4−(m+3)2+2m+16=0

⇔(m−1)²+4>0;∀m

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

MàAB=4⇔AB²=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⇔m²−2m−3=0⇔m=−1∨m=3 +Vớim=3thay vào pt(1)có:x²−6x+7=0⇔x=3±√

2⇒y=±√

2. Lúc này tọa độ 2 điểmA,Blà A(3+√

2;−√

2);B(3−√ 2;√

2)hoặcB(3+√ 2;−√

2);A(3−√ 2;√

2) +Vớim=−1thay vào pt (1)có:x²−2x−1=0⇔x=1±√

2⇒y=−2±√

2. Lúc này tọa độ 2 điểm A,BlàA(1+√

2;−2−√

2);B(1−√

2;−2+√

2)hoặcB(1+√

2;−2−√

2);A(1−√

2;−2+√ 2) VậyA,Blà các điểm như trên thỏa yêu cầu bài toán.

Bài 16.

Tìmmđể đồ thị hàm sốy=x⁴−mx²+m−1cắt trụcOxtại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn−2.

Giải

Xét:x⁴−mx²+m+1=0.∆= (m−2)²=>√

∆=|m−2| ⇒x²=m−1(m>1),x²=1 Vậy 4 giao điểm của đồ thị (C) với 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, kết hợp với đk⇒1<m<2 TH2:−2<−√

m−1<−1| ⇔2<m<5 Vậy :m∈(1; 2)∪(2; 5)là giá trị cần tìm.

Bài 17.

Cho hàm sốy= x+3

x+2 có đồ thị là (H). Tìmm để đường thẳngd :y=2x+3m cắt(H) tại hai điểm phân biệt sao cho−→

OA.−→

OB=−4vớiOlà gốc tọa độ.

Giải

- Xét phương trình: x+3

x+2 =2x+3m⇒2x²+3(1+m)x+6m−3=0 (1)có 2 nghiệm phân biệt khác -2 khi∆=9m²−30m+33>0điều này xảy ra với mọim.

- Gọi 2 nghiệm của phương trình(1)làx₁,x₂thìA(x₁,2x₁+3m),B(x₂,2x₂+3m) - Có:−→

OA.−→

OB=−4⇒x₁.x₂+ (2x₁+3m)(2x₂+3m) =−4⇒ 12m−15

2 =−4⇒m= 7 Bài 18. 12

Tìm tọa độ hai điểmB,Cthuộc hai nhánh khác nhau của đồ thịy=3x−1

x−1 sao cho tam giácABCvuông cân tạiA(2; 1).

Giải

Đổi hệ trục tọa độOxythành hệ trục tọa độIXY bằng phép tịnh tiến−→

OIvớiI(1; 3) Công thức đổi trục:







x=X+1 y=Y+3

Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :Y = 2

X (1)và điểmAtrở thànhA(1;−2) Xét 2 điểmB

a;2

a

;C

b;2 b

(a<0<b)thuộc đồ thị hàm số(1).

GọiH,K lần lượt là hình chiếu củaB,Clên đường thẳngy=−2⇒H(a;−2);K(b;−2) CóBAHd +CAKd =90⁰=CAKd +ACKd ⇒BAHd =ACKd

Vậy∆AHB=∆CKA(cạnh huyền_góc nhọn)⇒







AH=CK BH=AK

(∗)

Lúc đó từ(∗)có hpt:











(1−a)²=

2+2 b

2

(2)

2+2 a

=|b−1| (3) Từ(2)có

3−a+2

b −a−1−2 b

=0⇔a=3b+2

b ∨a= −b−2 b Vớia=3b+2

b từ (3) có

8b+4 3b+2

=|b−1| ⇒

"

3b²+9b+6=0(4) 3b²+7b+2=0(5) + Với (4) pt có 2 nghiệmb=−1∨b=−2không thỏa dob>0 + Với (5) pt có 2 nghiệmb=−1

3∨b=−2không thỏa dob>0 Vớia=−b−2

b từ (3) có

4 b+2

=|b−1| ⇒

"

b²+b−6=0(6) b²+b+2=0(7) +Với(7)pt vô nghiệm

+Với(6)pt có 2 nghiệmb=2∨b=−3(loại)

Khib=2⇒B(−2;−1);C(2; 1)hoặc ngược lại. Lúc đó 2 điểmB,Ccủa bài toán cần tìm là:B(−1; 2);C(3; 4) hoặc ngược lại.

Bài 19.

Cho hàm sốy=x³+3x²+m (1). Tìmmđể hàm số(1)có 2 điểm cực trịA,Bsao choAOBd =120^o Giải

- Phương trìnhy⁰=0⇔x=0,x=−2

- Tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thịa(0;m),B(−2;m+4) - Yêu cầu của bài toán dẫn đến giải phương trình:

−→ OA.−→

OB OA.OB =−1

2⇔ −2m(m+4) =|m|√

m²+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 sốy= 2x−1

x+1 có đồ thị(C).

Tìmmđể đường thẳngd:y=x+mcắt(C)tại 2 điểm phân biệtA,Bsao choAB=2√ 2 Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của(C)và đường thẳngd:

2x−1

x+1 =x+m⇔ f(x) =x²+ (m−1)x+m+1=0 (1) (x6=−1)

Đểd cắt(C)tại 2 điểm phân biệtA,Bthì phương trình(2)có 2 nghiệm phân biệtx_A,x_Bkhác−1

⇔







∆= (m−1)²−4(m+1)>0 f(−1) =1−m+1+m+16=0

(∗). Theo vi-et có :







x_A+x_B=1−m x_A.x_B=m+1 Lại cóA,B∈d⇒y_A=x_A+m;y_B=x_B+mDoAB=2√

2⇔AB²=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⇔m²−6m−7=0⇔m=−1∨m=7 Đối chiếu điều kiện(∗)ta cóm=−1;m=7là giá trị cần tìm.

Bài 21.

Cho hàm sốy= 3x−2

x+1 (C). GọiI là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị.

Viết phương trình tiếp tuyếndcủa đồ thị hàm số biếtdcắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại AvàBthỏa mãncosBAId = 5

√26 Giải

Xét điểmM(x_o;y_o),(x_o6=−1)∈(C)là tiếp điểm của tiếp tuyếnd.

Phương trình tiếp tuyến tạidcó dạng :y−3x_o−2

x_o+1 = 5

(x_o+1)²(x−x_o)

Do tiếp tuyếnd cắt tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt tạiA,Bvà∆IABcócosBAId= 5

√26 nêntan²BAId= 1

cos²BAId −1= 1

25⇒tanBAId = 1

|5| ⇒tanABId =|5|

Lại cótanABId là hệ số góc của tiếp tuyếnd mày⁰(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 Vớix_o=0có pt tiếp tuyếnd:y=5x−2

Vớix_o=−2có pt tiếp tuyếnd:y=5x+2

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán có pt như trên.

Bài 22.

Cho hàm sốy=x⁴−2mx²+2có đồ thị(C_m).Tìm tất cả các giá trị của tham sốmđể đồ thị(C_m)có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểmD

3 5;9

5

. Giải

y⁰=4x³−4mx=0⇔x=0,x=±√

m (m>0)Vậy các điểm thuộc đường tròn(P)ngoại tiếp các điểm cực trị là:A(0; 2),B(−√

m;−m²+2),C(√

m;−m²+2),D 3

5;9 5

. GọiI(x;y)là tâm đường tròn(P)

⇒











IA²=ID² IB²=IC² IB²=IA²

⇔











3x−y+1=0 2x√

m=−2x√ m (x+√

m)²+ (y+m²−2)²=x²+ (y−2)²

⇔x=0,y=1,m=0(loại),m=1.

Vậym=1là giá trị cần tìm.

Bài 23.

Cho hàm sốy= x⁴

2 −3x²+5

2 có đồ thị(C)và điểmA∈(C)vớix_A=a.

Tìm các giá trị thực củaabiết tiếp tuyến của(C)tạiAcắt đồ thị(C)tại 2 điểm phân biệtB,C khácA sao choAC=3AB(Bnằm giữaAvàC).

Giải Cách 1XétA

a;a⁴

2 −3a²+5 2

thuộc đồ thị(C).

Phương trình tiếp tuyến tạiA:y− a⁴

2 −3a²+5 2

= (2a³−6a)(x−a)⇔y=2a(a²−3)x−3a⁴

2 +3a²+5 2 Phương trình hoành độ giao điểm của(C)và tiếp tuyến tạiA. x⁴

2 −3x²+5

2 =2a(a²−3)x−3a⁴

2 +3a²+5 2

⇔(x−a)²(x²+2ax+3a²−6) =0⇔

"

x=a

f(x) =x²+2ax+3a²−6=0 (1)

Để tiếp tuyến tạiAcắt(C)tại 2 điểmB,CkhácAthì pt(1)cần có 2 nghiệm phân biệtx_B;x_Ckháca

⇔







∆⁰=a²−(3a²−6)>0 f(a) =6a²−66=0

⇔







−√

3<a<√ 3 a6=±1

(∗) DoAB=3AC⇒−→

AC=3−→

AB⇒x_C−3x_B=−2a (2) Lại theo vi et có:







x_B+x_C=−2a (3) x_B.x_C=3a²−6 (4) .

Từ(2)và(3)⇒x_B=0vàx_C=−2a. Thế vào(4)có:3a²−6=0⇔a=±√

2( thỏa(∗))

Kiểm tra:

+Vớia=√ 2cóA

√ 2;−3

2

;B

0;5 2

;C

−2√ 2;21

2

⇒AC=3AB +Vớia=−√

2cóA

−√ 2;−3

2

;B

0;5 2

;C

2√ 2;21

2

⇒AC=3AB Vậya=±√

2là các giá trị cần tìm của a.

Cách 2Phương trình tiếp tuyến của đồ thị(C)hàm số đã cho tại điểmAvớix_A=alà:

y= 2a³−6a

(x−a) +a⁴

2 −3a²+5 2 PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến này với đồ thị(C):

x⁴

2 −3x²+5

2= 2a³−6a

(x−a) +a⁴

2 −3a²+5

2⇔(x−a)² x²+2ax+3a²−6

=0 Để có 3 giao điểmA,B,Cthì phương trình:

x²+2ax+3a²−6=0 (∗)có hai nghiệm phân biệt kháca⇔







−√

3<a<√ 3 a6=±1 . Khi đó hoành độB,Clà hai nghiệm của phương trình(∗)nên:⇔







x_B+x_C=−2a x_B.x_C=3a²−6 Mặt khác:AC=3AB(Bnằm giữaAvàC)⇔−→

AC=3−→

AB⇔x_C−3x_B=−2a

Ta có hệ:











x_C−3x_B=−2a x_B+x_C=−2a x_B.x_C=3a²−6

⇔









 x_B=0 x_C=−2a 3a²−6=0

⇔a=±√

2thỏa mãn điều kiện.

Vậy giá trị cần tìm củamlà:a=±√ 2

Bài 24. Câu I ý 2 đề thi thử đại học Vinh lần 3

Cho hàm sốy= 1

4x⁴−(3m+1)x²+2(m+1)(mlà tham số). Tìmmđể hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độO.

Giải

y⁰=x³−2(3m+1)x=0⇔x=0,x²=2(3m+1) Hàm số có 3 cực trị khim>−1

3, khi đó tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị là A(0; 2m+2),B(−√

6m+2;−9m²−4m+1),C(√

6m+2;−9m²−4m+1) Tam giácABCcó trọng tâmOkhi:−18m²−6m+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 Trung Giả

Cho hàm sốy= 1

3mx³+ (m−1)x²+ (3m−4)x+1 có đồ thị là(C_m).Tìm tất cả các giá trị của m sao cho trên(C_m)có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng(d):y=x+2011

Giải

y⁰=mx²+ (m+1)x+3m−4Để tiếp tuyến vuông góc với(d)thìy⁰.1=−1⇔mx²+ (m+1)x+3m−3= 0(1)có nghiệm với mọixthuộcR

TH1:m=0⇒pt trở thành:−2x−3=0⇔x= −3

2 Vậym=0thỏa mãn TH2:m6=0⇒(1)là phương trình bậc 2, vậy để phương trình có nghiệm thì:

∆=−2m²+m+1≥0⇔ −1

2 ≤m≤1,m6=0Vậy−1

2 ≤m≤1là giá trị cần tìm Bài 26.

Cho hàm sốy=x³−3mx²+3(m²−1)x−(m²−1) (1).

Tìmmđể đồ thị hàm số(1)cắtOxtại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương.

Giải

Đặt f(x) =x³−3mx²+3(m²−1)x−(m²−1)Cóy⁰=3x²−6mx+3(m²−1) y⁰=0⇔

"

x₁=m−1 x₂=m+1

Do hệ số củax²của pty⁰=0là 3 vàm−1<m+1nên hàm số đạt cực đại tạix₁và đạt cực tiểu tạix₂ Đồ thị hàm số(1)cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có:























∆_y⁰>0 y₁.y₂<0 x₁>0 x₂>0

f(0)<0

⇔























∀m∈R

(m²−1)(m²−3)(m²−2m−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. Vậy các giá trịmthỏa yêu cầu bài toán làm∈√

3; 1+√ 2 Bài 27.

Tìmmđể diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị:y=x³−3x²+3mx+3m+4và trục hoành có phần nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành

Giải

Bài 28.

Tìm trên đồ thị hàm sốy= −x−1

x+2 các điểmA,Bsao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểmAsong song với tiếp tuyến tại điểmBvàAB=√

8 Giải

Xét 2 điểmA

a;−a−1 a+2

;B

b;−b−1 b+2

(a6=b6=−2)thuộc đồ thị hàm số đã cho.

Tiếp tuyến tạiAcó hệ số góc: f⁰(a) = −1 (a+2)² Tiếp tuyến tạiBcó hệ số góc : f⁰(b) = −1

(b+2)²

Theo bài ta có hpt:







f⁰(a) = f⁰(b) AB=√

8

⇔











− 1

(a+2)² =− 1 (b+2)² s

(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 b²+4b+1=0

⇔























a=−2−√ 3 b=−2+√

3







a=−2+√ 3 b=−2−√

3 Vậy 2 điểmA,Bcần tìm làA −2−√

3;√ 3+1

;B −2+√ 3;√

3−1 hoặcA −2+√

3;√ 3−1

;B −2−√ 3;√

3+1 Bài 29.

GọiDlà đường thẳng đi quaA(1; 0)và có hệ số góck. TìmkđểDcắt đồ thịy=x+2

x−1 tại 2 điểm phân biệtM,Nthuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị vàAM=2AN

Giải

DoDlà đường thẳng đi quaA(1; 0)và có hệ số góc làknên ptD:y=k(x−1) Phương trình hoành độ giao điểm củaDvà đồ thị hàm số đã cho là:

x+2

x−1 =k(x−1)⇔kx²−(2k+1)x+k−2=0(x6=1) (1) Đặtt=x−1⇒x=t+1Lúc đó pt(1)trở thành:

k(t+1)²−(2k+1)(t+1) +k−2=0⇔kt²−t−3=0 (2)

ĐểDcắt đồ thị hàm số đã cho tại 2 điểmM,Nthuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì pt(1)phải có 2 nghiệmx₁;x₂thỏax₁<1<x₂⇔pt(2)có 2 nghiệmt₁;t₂thỏat₁<0<t₂⇔ −3k<0⇔k>0 (∗) Vì điểmAluôn nằm trong đoạnMNvàAM=2AN⇒−→

AM=−2−→

AN⇒x₁+2x₂=3 (3) Theo vi-et có :







x₁+x₂= 2k+1 k (4) x₁x₂= k−2

k (5)

. Từ(3)và(4)⇒x₂= k−1

k ;x₁= k+2 k

Thayx₁;x₂vào(5)có pt: (k+2)(k−1)

k² =k−2

k ⇔3k−2=0⇔k= 2 3 Đối chiếu đk(∗)cók=2

3 là giá trị cần tìm.

Bài 30.

Tìmm để đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị hàm sốy=x³−3mx+2cắt đường tròn tâm I(1; 1)bán kính bằng1tạiA,Bmà diện tích tam giácIABlớn nhất

Giải

- Có:y⁰=3x²−3mcó 2 nghiệm phân biệt khim>0. Khi đó, tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

M(√

m,2−2m√

x),N(−√

m,2+2m√ x)

- Phương trình đường thẳngMN là:2mx+y−2=0

- Đường thẳngMNcắt đường tròn tâmItạiA,Bmà tam giácIABcó2.S_IAB=IA.IB.sinAIBd≤1, dấu=xảy ra khiAIBd =90^o, lúc đó, khoảng cách từI đếnMNbằng 1

√ 2. Do vậy ta có phương trình:d(I,MN) = 1

√2⇔ |2m−1|

√

4m²+1 = 1

√2⇒m=1+

√ 3

2 , m=1−

√ 3 2 Bài 31.

Cho hàm sốy= x+3

2(x+1) có đồ thị là (H).Viết phương trình tiếp tuyến tại M trên (H) sao cho tiếp tuyến tạiM cắt hai trục tọa độOx,Oytại hai điểmA,Bđồng thời đường trung trực củaABđi qua gốc tọa độO.

Giải

Do tam giácOABđã vuông tạiOmà trung trực củaABlại đi quaOnên tam giácOABphải vuông cân, điều đó có nghĩa làABtạo với trục hoành góc45^o, cũng tức là hệ số góc củaABbằng−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 Vớix=0ta có tiếp tuyến là:y=−x+3

2 Vớix=−2ta có tiếp tuyến là:y=−x−5

Bài 32. 2

Cho hàm sốy= 1 3x³−1

2(m+1)x²+mx (mlà tham số) .

Tìmmđể hàm số có cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳngd: 72x−12y−35=0 Giải

Ta có:y⁰=x²−(m+1)x+m y⁰=0⇔x²−(m+1)x+m=0⇔x=1∨x=m

Vì thế, để đồ thị hàm số có cực đại và cực tiểu, điều kiện là:y⁰=0có hai nghiệm phân biệt⇔m6=1 Mặt khác:y=

1 3x−1

6(m+1)

.y⁰−1

6(m−1)²x+1

6m(m+1)

Nên khi đồ thị hàm số có cực đại và cực tiểu thì đường thẳngdđi qua hai cực trị này có dạng:

y=−1

6(m−1)²x+1

6m(m+1) Đường thẳngd viết lại là:y=6x−35

1 2Nên hai cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng d, điều kiện đầu tiên làd⊥d⁰. Hay:−1

6(m−1)².6=−1⇔m=0∨m=2

* Vớim=0, hàm số đã cho trở thành:

y=1 3x³−1

2x²vày⁰=x²−x

Hai điểm cực trị có tọa độ:A(0; 0);B

1;−1 6

, trung điểm củaABlà I 1

2;− 1 12

∈/ d nên hai điểm cực trị không đối xứng nhau qua đường thẳngd.

* Vớim=2, hàm số đã cho trở thành:

y= 1 3x³−3

2x+2xvày⁰=x²−3x+2Hai điểm cực trị có tọa độC

1;5 6

;D

2;2 3

, trung điểm củaCD làJ

3 2; 9

12

∈/d nên hai điểm cực trị không đối xứng với nhau qua đường thẳngd.

Vậy không có giá trị nào củamthỏa mãn bài toán.

Bài 33.

Cho hàm sốy=x³−3x²+4có đồ thị là(C).Chứng minh rằng khimthay đổi thì đường thẳngd:y= m(x+1)luôn cắt đồ thị(C)tại một điểmAcố định và tìmmđể đường thẳngdcắt(C)tại ba điểm phân biệtA,B,Cđồng thờiB,Ccùng với gốc tọa độOtạo thành một tam giác có diện tích bằng 1.

Giải

Xét phương trình:x³−3x²+4=m(x+1)

⇔(x+1)(x²−4x+4−m) =0⇔x=−1; g(x) =x²−4x+4−m=0 (1)

Đường thẳngy=m(x+1)luôn cắt đồ thị hàm số đã cho tạiA(−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)6=0⇔0<m6=9

Khi đó(1)có 2 nghiệm phân biệt và đường thẳng đã cho cắt đồ thị thêm tại B(2+√

m;m(3+√

m));C(2−√

m;m(3−√ m)) Khoảng cách từOđếnBClà:d(O;BC) = |m|

√

m²+1 Độ dài BC là:BC=2p

m(1+m²)

Có:S_OBC= 1

2d(O;BC).BC=m√

m=1⇔m=1 Đáp số:m=1

Bài 34. Đề Thử sức trên THTT - Tháng 5/2011

Tìm tất cả các giá trị củamđể đồ thị hàm số:y= x³ 3 −1

2(m+3)x²−2(m+1)x+1có hai điểm cực trị với hoành độ lớn hơn1.

Giải

Ta có:y⁰=x²−(m+3)x−2(m+1)

y⁰=0⇔x²−(m+3)x−2(m+1) =0 (∗)

Có:∆= (m+3)²+8(m+1) =m²+14m+17>0, ∀x∈R

Nên đồ thị hàm số luôn có hai cực trị có hoành độx₁vàx₂là nghiệm của phương trình(∗).

Yêu cầu bài toán tương đương với tìm điều kiện của tham sốmđể phương trình(∗)có hai nghiệmx₁ vàx₂

thỏa mãn:





 x₁>1 x₂>1

⇔







x₁−1>0 x₂−1>0

⇔







(x₁−1) + (x₂−1)>0 (x₁−1) (x₂−1)>0

⇔







x₁+x₂−2>0

x₁x₂−(x₁+x₂) +1>0

⇔







(m+3)−2>0

−2(m+1)−(m+3) +1>0

⇔







m>−1 m<−4 3

⇔m∈∅ Vậy không có giá trị nào củamthỏa mãn đề bài.

Bài 35.

Tìm hai điểmA,Bthuộc đồ thị hàm sốy=x³−3x+2sao cho các tiếp tuyến tạiA,Bcó cùng hệ số góc và đường thẳng đi quaA,Bvuông góc với đường thẳngx+y+2011=0

Giải

Cách 1Xét A(a;a³−3a+2);B(b;b³−3b+2)(a6=b)thuộc đồ thị hàm số đã cho. Tiếp tuyến tạiAcó hệ số góck_A=3a²−3. Tiếp tuyến tạiBcó hệ số góck_B=3b²−3

Do tiếp tuyến tạiAvàBcó cùng hệ số góc nênk_A=k_B⇔3a²−3=3b²−3⇔(a−b)(a+b) =0⇔a=−b Từ đó có−→

AB= (b−a;b³−3b+2−a³+3a−2) = (2b; 2b³−6b) Mặt khác đường thẳngd:x+y+2011=0có−→u = (1;−1) VìAB⊥dnên−→

AB.−→u =0⇔2b(b²+4) =0⇔

"

b=0⇒a=0(l) b=±2⇒a=±2

Vậy có 2 điểmA,BvớiA(−2; 0),B(2; 4)hoặc ngược lại thỏa yêu cầu bài toán.

Cách 2-Điều kiện(1): Phương trình f⁰(x) =kcó hai nghiệm phân biệt ...(Tự tìm) -Tọa độA,Blà nghiệm của hệ







y =x³−3x+2 k =3x²−3 - Suy ra phương trình đường thẳngABlày=

k 3−2

x+2 - Điều kiện vuông góc suy rak=9.

- Tìm giao điểm đường thẳngABvà đồ thị ta cóA(2; 4).,B(−2; 0)

Bài 36. Trích đề chọn đội tuyển quốc gia của Hà Tĩnh năm 2008 - 2009 Giả sử đồ thị hàm sốy=x³−6x²+9x+dcắt trục hoành tại 3 điểm phân biệtx₁<x₂<x₃.

Chứng minh rằng:0<x₁<1<x₂<3<x₃<4 Giải

PT hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trụcOxlà

x³−6x²+9x+d=0⇔d=−x³+6x²−9x (∗)

Đồ thị hàm sốy=x³−6x²+9x+dcắt trục hoành tại3điểm phân biệt nên PT(∗)có ba nghiệm phân biệt

⇔đường thẳngy=dcăt đồ thị hàm sốy=−x³+6x²−9xtại ba điểm phân biệt

⇔ −4<d<0(vẽ đồ thị để thấy rõ) Đặt f(x) =x³−6x²+9x+d

Với−4<d<0thì 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. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2008 - 2009

Chứng minh rằng với mọimphương trìnhx³+3(m+1)x²+3(m²+1)x+m³+1=0luôn có nghiệm duy nhất.

Giải

Xem pt :x³+3(m+1)x²+3(m²+1)x+m³+1=0 (1)là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm sốy=x³+3(m+1)x²+3(m²+1)x+m³+1 (∗)và trục hoành.

Cóy⁰=3x²+6(m+1)x+3(m²+1)Thực hiện phép chiaychoy⁰ta được

y= 1

3x+m+1 3

.y⁰−2mx+m³−m²

Suy ra pt đường thẳng đi qua 2 cực tri lày=−2mx+m³−m²

Để pt(1)có một nghiệm duy nhất thì đồ thị hàm số(∗)cắt trục hoành tại một điểm duy nhất

⇔









∆⁰≤0







∆⁰>0 y_cd.y_ct >0

⇔









18m−8≤0







18m−8>0

(−2mx_cd+m³−m²)(−2mx_ct+m³−m²)>0

(∗∗)

Theo vi-et thì:







x_cd+x_ct =−2(m+1) x_cd.x_ct =m²+1

Lúc đó hpt(∗∗)trở thành:













m≤ 2

 9



 m> 2

9

4m²(m²+1) + (m−1)²m³(4m+1)>0

⇔







m≤ 2 9 m> 2 9

⇒ ∀m

Vậy∀mpt đã cho luôn có một nghiệm duy nhất.

Bài 38. Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2008 - 2009

Gọid là đường thẳng quaM(2; 0)và có hệ số góck.

Tìmkđểdcắt đồ thị(C):y=|x|³−3|x| −2tại 4 điểm phân biệt.

Giải

Bài 39. Trích đề học sinh giỏi của Thái Bình năm 2009 - 2010

Tìm m để điểmA(3; 5)nằm trên đường thẳng nối 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y=x³−3mx²+3(m+6)x+1

Giải

y⁰=3(x²−2mx+m+6)

Hàm số có 2 cực trị⇔y⁰=0có 2 nghiệm phân biệt⇔∆⁰=m²−(m+6)>0⇔m∈(−∞;−2)∪(3;+∞) Ta có:y= 1

3(x−m)y⁰+2(−m²+m+6)x+m²+6m+1

Hoành độ 2 đỉêm cực trị của hàm số là nghiệm củay⁰=0nên tung độ 2 cục trị thoả mãn:

y=2(−m²+m+6)x+m²+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(−m²+m+6)x+m²+6m+1⇔5=6(−m²+m+6) +m²+6m+1

⇔5m²−12m−32=0⇔





m=4 m=−8

5

Đối chiếu đk ta nhậnm=4

Bài 40. Trích đề học sinh giỏi của Hà Nội năm 2009 - 2010

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm sốy= (x−1)(x³+x²+1)biết tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị tại 2 điểm phân biệt.

Giải

Ta cóy= f(x) =x⁴−x²+x−1⇒ f⁰(x) =4x³−2x+1

Gọi(d)là tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị hàm số tại hai tiếp điểmA(a;f(a)),B(b;f(b)),a6=b Ta có f⁰(a) = f⁰(b) = f(b)−f(a)

b−a vì đều là hsg của đường thẳng(d) f⁰(a) = f⁰(b)⇔4a³−2a+1=4b³−2b+1

⇔(a−1)(2(a²+ab+b²)−1) =0⇔2(a²+ab+b²)−1=0 (1)(doa6=b) Từ đó ta có f⁰(a) = f(b)−f(a)

b−a ⇔ f⁰(a) +f⁰(b)

2 = f(b)− f(a) b−a

⇔ (4a³−2a+1) + (4b³−2b+1)

2 = (a²+b²)(a+b)−(a+b) +1

⇔2(a³+b³)−(a+b) +1= (a²+b²)(a+b)−(a+b) +1

⇔(a+b)(a−b)²=0⇔a−=bthay vào(1)ta đượca=± 1

√2. Đến đây là suy ra được PTtt(d)

Bài 41.

Cho hàm sốy=x³−2(m+2)x²+7(m+1)x−3m−12 (1)(mlà tham số). Tìmmđể đồ thị hàm số (1)cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độx₁;x₂;x₃thỏax²₁+x²₂+x²₃+3x₁x₂x₃>53

Giải

Bài 42. Trích đề học sinh giỏi Đà Nẵng 2010

Với mỗi tham sốm∈R, gọi(C_m)là đồ thị của hàm số:y=x³−(3m−1)x²+2m(m−1)x+m² (1).

CMR: khimthay đổi, đường thẳng(∆_m):y=mx−m²luôn cắt(C_m)tại một điểmAcó hoành độ không đổi. Tìmmđể(∆_m)còn cắt(C_m)tại hai điểm nữa khácAvà tiếp tuyến của(C_m)tại hai điểm đó song song với nhau.

Giải

Phương trình hoành độ giao điểm của(C_m)và đường thẳng∆_m

x³−(3m−1)x²+2m(m−1)x+m²=mx−m²

⇔(x−1)(x²−3mx+2m²) =0⇔

"

x=1

f(x) =x²−3mx+2m²=0(∗) Vớix=1⇒y=m−m²⇒A(1;m−m²)cố định

Để∆mcắt(C_m)tại 2 điểmB,Ckhác điểmAthì pt(∗)phải có 2 nghiệm phân biệtx_B;x_Ckhác1

⇔







∆=9m²−8m²>0 f(1) =1−3m+2m²6=0

⇒m6=

0;1

2; 1

(i)

Lúc đó theo vi-et có:







x_B+x_C=3m x_B.x_C=2m²

Tiếp tuyến tạiBcó hệ số góck_B=3x²_B−2(3m−1)x_B+2m(m−1) Tiếp tuyến tạiCcó hệ số góck_C=3x_C²−2(3m−1)x_C+2m(m−1) Vì tiếp tuyến tạiB,Csong song nênk_B=k_C

⇔3x²_B−2(3m−1)x_B+2m(m−1) =3x_C²−2(3m−1)x_C+2m(m−1)

⇔3(x_B+x_C) =2(3m+1)vìx_B6=x_C ⇔3m=2⇔m= 2

3 thỏa đk(i) Vậym= 2

3 là giá trị cần tìm.

Bài 43.

Cho hàm sốy=x³−2x²+ (m−2)x+3m (m là tham số). Tìmmđể tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểmA

1;−55

27

Giải

ta có : tiếp tuyến hàm bậc 3 có hệ số góc nhỏ nhất chính là tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị(C)chú ý là cái này chỉ là nhận xét với các bạn đã học chương trình cũ ) còn với chương trình mới thì ta sẽ phải thêm 1 tí như sau :y⁰=3x²−4x+m−2tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tương đương với việc là ta phải tìm được điểm mà tại đó thìy⁰_minđặty⁰=g(x)ta có :g⁰(x) =6x−4

g⁰(x) =0⇒x= 2

3 lập bảng biến thiên thì sẽ thấy ngayg_min(x)khix= 2

3. Điểm uốnI= 2

3;11m 3 −52

27