Tổng hợp các câu hỏi phụ khảo sát hàm số (Có đáp án)

 www.VNMATH.com
 TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI PHỤ KHẢO SÁT HÀM SỐ
 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
 2x0 −4
Cách 1 Gọi M(x0;y0),(x0 6= 2) thuộc đồ thị hàm số. Pt tiếp tuyến d tại M có dạng: y− = 2 (x−
 x0 − 2 (x0 − 2)
x )
0 √
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
 −4
+TH1: d vuông góc với đường phân giác y = x Có: 2 = −1 ⇔ x0 = 0 ∨ x0 = 4
 (x0 − 2)
Với x0 = 0 ⇒ ptd : y = −x (loại)
Với x0 = 4 ⇒ ptd : y = −x + 8
 −4
+TH2: d vuông góc với đường phân giác y = −x Có 2 .(−1) = −1 pt vô nghiệm. Vậy có 1 tiếp tuyến
 (x0 − 2)
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 = (x0;y0) có dạng :
 4 2x0
 y = − 2 (x − x0) +
 (x0 − 2) ) x0 − 2
  2   2 
 x0 2x0
dễ dàng tính được A = ;0 và B = 0; 2
 2 (x0 − 2)
yêu cầu bài toán lúc này tương đương với việc tìm x0 là nghiệm của phương trình
 2 2
 x0 2x0 3
 = 2 ⇔ x0(x0 − 4) = 0
 2 (x0 − 2)
+) với x0 = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là : y + x = 0
+) với x = 4 thì phương trình tiếp tuyến là : y = −x + 4
 Bài 2.
 1 1
 Tìm các giá trị của m để hàm số y = x3 − m.x2 +m2 − 3
x có cực đại x , cực tiểu x đồng thời x ;x
 3 2 1 2 1 2
 r5
 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
 0
Hàm số có cực đại x1 ,cực tiểu x2 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
   
 2
 ∆ > 0 4 − m > 0 −2 < m < 2
    √
⇔ S > 0 ⇔ m > 0 ⇔ m > 0 ⇔ 3 < m < 2(*)
    √ √
 P > 0 m2 − 3 > 0 m 3
 
 x1 + x2 = m
Theo vi-et có:
 x x = m2 − 3
 1 2 √
 2 2 5 2 2 2 14
Mà x + x = ⇔ 2(x1 + x2) − 4x1x2 = 5 ⇔ 2m − 4(m − 3) = 5 ⇔ m = ±
 1 2 2 √ 2
 14
Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m = thỏa yêu cầu bài toán
 2
 www.VNMATH.com 1 www.VNMATH.com www.VNMATH.com
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
Gọi B(x ;−x + 1),C(x ;−x + 1) Để B và C đối xứng qua đường phân giác thứ 1 thì:
 1 1  2 2
x1 = y2 x1 = −x2 + 1 3 2
 ⇔ ⇔ x + x = 1 ⇔ m = 1 ⇔ m =
 1 2 2 3
y1 = x2 x2 = −x1 + 1
So sánh với đk, thấy không tìm được m thỏa mãn
 Bài 6. đề thi thử lần 2 LQĐ Bình Định
 Cho hàm số y = 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
 0
Mxđ: D = R. Có y = 4x3 − 4mx.
y0 = 0 ⇔ 4x3 − 4mx = 0 ⇔ x = 0 ∨ x2 = m. Hàm số có 3 cực trị ⇔ m > 0 (∗)
 √ √
Gọi A(0;2m2 − 4);B( m;m2 − 4);C(− m;m2 − 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) x0 + 1
  
 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
 2 √
Dấu ’=’ xảy ra khi IA = IB ⇔ (x0 + 1) = 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.
 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
 www.VNMATH.com 3 www.VNMATH.com www.VNMATH.com
 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
 2 5
cos( ) ≈ 0,9999... ≈ 1 nên em nghĩ là sẽ áp dụng công thức tính cos của góc giữa 2 vecto luôn.
 25
 2
Gọi vecto chỉ phương của pt tiếp tuyến tại M là: −→u ( ;−1) Vecto chỉ phương của dt ∆ : 3x+4y−1 = 0
 1 (x − 3)2
 8
 | + 3|
 (x − 3)2 3
là:−→u (4;−3) Có: cos(−→u ;−→u ) = = 1 ⇔ |8+3(x−3)2| = 5p4 + (x − 3)4 ⇔ (x−3)2 = ⇔
 2 1 2 r 4 2
 5 + 1
 (x − 3)4
x =? => M =?
 Bài 12.
 x + 3
 Cho hàm số y = có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng d : y = −x + m + 1 tại hai điểm phân biệt
 x − 2
 A,B sao cho AOBd nhọn.
 Giải
 x + 3
Giao của (H) và d có hoành độ là nghiệm của pt: = −x + m + 1 ⇔ x2 − (m + 2)x + 2m + 5 = 0
 x − 2
 
 m2 − 4m + 16 > 0
Để pt trên có 2 nghiệm pb thì ∆ > 0,x 6= 2 ⇔ ⇒ m =?
 22 − 2(m + 2) + 2m + 5 6= 0
Gọi A(x1;−x1 + m + 1),B(x2;−x2 + m + 1) là 2 giao điểm của (H) và d
 2 2 2 2 2 2
Để AOBd nhọn thì : AB < OA +AB ⇔ 2(x2 −x1) < (−x1 +m +1) + (−x2 +m +1) ⇔ −2x1x2 + (m +
 2
1)(x1 + x2) − (m + 1) −3
Kết hợp với đk ban đầu để suy ra giá trị của m.
 Bài 13.
 x
 Cho hàm số y = . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) của hàm số đã cho biết tiếp tuyến
 x − 1 √
 tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi bằng 2(2 + 2)
 Giải
 −1(x − xo) xo
Cách 1. 2 đường tiệm cận của đồ thị là x = 1,y = 1 Gọi pttt của (H) tại M(xo;yo) là: y = 2 +
 (xo − 1) xo − 1
 xo + 1 xo + 1
Khi x = 1 ⇒ y = ⇒ A(1; ). Khi y = 1 ⇒ x = 2xo − 1 ⇒ B(2xo − 1;1),I(1;1)
 xo − 1 xo − 1
 r √
 xo + 1 2 xo + 1 2
⇒ P(ABC) = IA + IB + AB = − 1 + 2xo − 2 + (2xo − 2) + (1 − ) = 2(2 + 2)
 xo − 1 √ xo − 1
 2 p 4
⇔ 2 + 2(xo − 1) + (xo − 1) + 4 = 2(2 + 2)(xo − 1)
 
 xo − 1 = 0 (loại)
⇔ √ √ √
 2 2
 −2(1 + 2)(xo − 1) + (2 + 2) (xo − 1) − 2(2 + 2) = 0
Cách 2. - Phương trình tiệm cận đứng: x = 1, phương trình tiệm cận ngang y = 1
 a −1 a
- Gọi M(a; ), phương trình tiếp tuyến tại M: y = (x − a) +
 a − 1 (a − 1)2 a − 1
 a + 1
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận đứng là: A(1; )
 a − 1
- Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang là: B(2a − 1;1)
 2 r 1 √
- Chu vi tam giác IAB là: C = IA + IB + AB = + 2|a − 1| + 2 (a − 1)2 + ≥ 4 + 2 2, dấu
 |a − 1| (a − 1)2
= xảy ra khi |a − 1| = 1 tức a = 0;a = 2
- Với a = 0 ⇒ y = −x
- Với a = 2 ⇒ y = −x + 4
 www.VNMATH.com 5 www.VNMATH.com www.VNMATH.com
 √ √
+Với m = −1 thay vào pt (1) có: x2 − 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)
Vậy A,B là các điểm như trên thỏa yêu cầu bài toán.
 Bài 16.
 3x − 1
 Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị y = sao cho tam giác ABC vuông
 x − 1
 cân tại A(2;1).
 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.
 x + 3
 Cho hàm số y = có đồ thị là (H). Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + 3m cắt (H) tại hai điểm
 x + 2
 −→ −→
 phân biệt sao cho OA.OB = −4 với O là gốc tọa độ.
 Giải
 x + 3
- Xét phương trình: = 2x + 3m ⇒ 2x2 + 3(1 + m)x + 6m − 3 = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2
 x + 2
khi ∆ = 9m2 − 30m + 33 > 0 điều này xảy ra với mọi m.
- Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1,x2 thì A(x1,2x1 + 3m),B(x2,2x2 + 3m)
 −→ −→ 12m − 15 7
- Có: OA.OB = −4 ⇒ x .x + (2x + 3m)(2x + 3m) = −4 ⇒ = −4 ⇒ m =
 1 2 1 2 2 12
 Bài 18.
 Tìm m để đồ thị hàm số y = x4˘mx2 + m˘1 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −2.
 Giải
 −→
Đổi hệ trục tọa độ Oxy thành hệ trục tọa độ IXY bằng phép tịnh tiến OI với I(1;3) Công thức đổi trục:

x = X + 1
y = Y + 3
 2
Trong hệ tọa độ mới pt hàm số được viết lại là :Y = (1) và điểm A trở thành A(1;−2)
 X
  2  2
Xét 2 điểm B a; ;C b; (a < 0 < b) thuộc đồ thị hàm số (1).
 a b
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của B,C lên đường thẳng y = −2 ⇒ H(a;−2);K(b;−2)
Có BAH +CAK = 900 = CAK + ACK ⇒ BAH = ACK
 d d d d d  d
 AH = CK
Vậy ∆AHB = ∆CKA (cạnh huyền_góc nhọn)⇒ (∗)
 BH = AK
   22
 (1 − a)2 = 2 + (2)
  b
Lúc đó từ (∗) có hpt:  
  2
 2 +  = |b − 1| (3)
  a
  2 2 3b + 2 −b − 2
Từ (2) có 3 − a + −a − 1 − = 0 ⇔ a = ∨ a =
 b b b b
   " 2
 3b + 2 8b + 4 3b + 9b + 6 = 0(4)
Với a = từ (3) có   = |b − 1| ⇒
 b 3b + 2 3b2 + 7b + 2 = 0(5)
 www.VNMATH.com 7 www.VNMATH.com