11 chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán

Chia sẻ: Ty Nguyễn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:166

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

11 chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán là tài liệu tham khảo hữu ích cho các thầy cô giáo trong quá trình ra đề kiểm tra, và là tài liệu giúp các bạn học sinh lớp 10,11,12 củng cố kiến thức để chuẩn bị cho kì thi học kì và các kì thi quốc gia sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 11 chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán

Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh LỜI NÓI ĐẦU *** Thân chào các bạn học sinh trường THPT Thành Phố Cao Lãnh! Đến hẹn lại lên, mỗi năm vào dịp giáp tết Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh lại tổ chức chương trình tư vấn tuyển sinh mang tên “NGÀY HỘI HƯỚNG NGHIỆP”. Đây là một chương trình thiết thực và ý nghĩa của các sinh viên hiện là cựu học sinh trường THPT Thành Phố Cao Lãnh tổ chức, có sự hỗ trợ từ phía nhà trường, chương trình nhằm giúp cho các bạn học sinh lớp 10,11 đặc biệt là các bạn 12 có thêm những thông tin tuyển sinh mới nhất, cũng như những kinh nghiệm học tập bổ ích của các anh chị đi trước. Được sự ủng hộ từ phía Ban tổ chức cũng như từ phía nhà trường, tôi xin giới thiệu với các bạn quyển sách “11 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN” được biên soạn hết sức công phu và kĩ lưỡng. Đây được xem là ấn phẩm đầu tiên của chương trình “NGÀY HỘI HƯỚNG NGHIỆP”, quyển sách bao gồm 11 chuyên đề Toán học cũng là 11 nội dung thường gặp trong các kỳ thi Tuyển sinh Đại Học, Cao Đẳng ví như khảo sát hàm số, phương trình lượng giác, hệ phương trình,… Sách còn là tài liệu tham khảo hữu ích cho các thầy cô giáo trong quá trình ra đề kiểm tra, và là tài liệu giúp các bạn học sinh lớp 10,11,12 củng cố kiến thức để chuẩn bị cho kì thi học kì và các kì thi quốc gia sắp tới. Trong quá trình biên soạn, khó tránh khỏi sai sót. Tác giả rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý thầy cô và các bạn học sinh để chất lượng quyển sách ngày càng tốt hơn! Tác giả: LÊ TUẤN ANH Ban cố vấn: (SV Trường Đại Học Kinh Tế-Luật Thầy NGUYỄN VĂN CHÂU ĐHQG TP HCM). Cô TRẦN THỊ THU THỦY (GV trường THPT TP Cao Lãnh). Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 1
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 2
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh CHUYÊN ĐỀ 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ I) Định nghĩa: Hàm số f đồng biến trên K  (x1, x2  K, x1 < x2  f(x1) < f(x2). Hàm số f nghịch biến trên K  (x1, x2  K, x1 < x2  f(x1) > f(x2). II) Điều kiện cần: Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I. a) Nếu f đồng biến trên khoảng I thì: f(x)  0, x  I. b) Nếu f nghịch biến trên khoảng I thì: f(x)  0, x  I. III) Điều kiện đủ: Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I. Khi đó: a) Nếu f (x)  0, x  I (f(x) = 0 tại 1 số hữu hạn điểm) thì f đồng biến trên I. b) Nếu f (x)  0, x  I (f(x) = 0 tại 1 số hữu hạn điểm) thì f nghịch biến trên I. c) Nếu f(x) = 0, x  I thì f không đổi trên I. Chú ý: nếu khoảng I được thay bởi đoạn hoặc nửa khoảng thì f phải liên tục trên đó. Vấn đề 1: Xét chiều biến thiên của hàm số. Để xét chiều biến thiên của hàm số y=f(x), ta thực hiện các bước sau:  Tìm TXĐ của hàm số.  Tính y' , tìm các điểm mà tại đó y'=0 hoặc y' không tồn tại (điểm tới hạn).  Lập bảng xét dấu y', từ đó kết luận các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y=f(x). Ví dụ : Xét chiều biến thiên của hàm số sau: y  f ( x)  4  x 2 x -Tập xác định: D=[-2;2] y'  4  x2 Cho y '  0  x  0 -Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến trên khoảng (-2;0),hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) Vấn đề 2: Tìm điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định (hoặc trên từng khoảng xác định) 1 3 Ví dụ 1: Tìm m để hàm số y  x  (2m  1) x 2  (m  1) x  2m  1 : 3 a) Đồng biến trên R. b) Đồng biến trên [1;) . Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 3
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh c) Nghịch biến trên (0;1). Giải Ta có: y'  x 2  2(2m  1) x  m  1 a) Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi: y'  x 2  2(2m  1) x  m  1  0; x  R '  (2m  1) 2  (m  1)  0  0  m  5 Vậy các giá trị m cần tìm là: 0  m  5 b) Hàm số đã cho đồng biến trên [1;) khi và chỉ khi: y'  x 2  2(2m  1) x  m  1  0; x [1;) . Điều này tương đương với:  x 2  2x x 2  2 x  m(4 x  1)  0  g ( x)   m; x  [1;) hay: max g ( x)  m 4x  1 x[1; )  x  1 [1;)  4x 2  2x  2 Ta có: g ' ( x)  0 (4 x  1) 2  x  1  [1;)  2 Bảng biến thiên: x 1  g’(x) - g(x) 1 5 0 1 1 Ta thấy max g ( x)  g (1)  . Do đó các giá trị m cần tìm là m  . x[1;  ) 5 5 c) Hàm số đã cho nghịch biến trên (0;1) khi và chỉ khi: y'  x 2  2(2m  1) x  m  1  0; x  (0;1)  y'  0; x [0;1] vì y’ liên tục tại x=0 và x=1.  x 2  2x  g ( x)   m; x  [0;1]  min g ( x)  m 4x  1 x[ 0;1] Ta có:  x  1 [0;1]  4x 2  2x  2 1 1 1 g ' ( x)  0 1 ; g (0)  0; g    ; g (1)  (4 x  1) 2  x   [0;1] 2 4 5  2 Do đó: min g ( x)  g (0)  0 , suy ra các giá trị m cần tìm là: m  0 . x[ 0;1] x 2  (2m  1) x  1 Ví dụ 2: Tìm các giá trị của m để hàm số y  nghịch biến trên khoảng (0;1) x2 Giải Hàm số đã cho nghịch biến trên (0;1) khi và chỉ khi: x 2  4 x  4m  3 y'   0; x  (0;1)  g ( x)  x 2  4 x  3  4m; x  (0;1) ( x  2) 2 Vì g(x) liên tục tại x=0 và x=1 nên: g ( x)  x 2  4 x  3  4m; x [0;1] hay: min g ( x)  4m x[ 0;1] Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 4
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Ta có: g ' ( x)  2 x  4  0  x  2  [0;1]; g (0)  3; g (1)  6  min g ( x)  6 x[ 0;1] 3 Từ đó suy ra các giá trị m thỏa mãn điều kiện là: m   . 2 Bài tập rèn luyện: x 2  (m  1) x  2m  1 Bài 1: Tìm các giá trị của m đề hàm số y  đồng biến trên khoảng (1;) x  2m Đáp số: m  1 . 1 Bài 2: Tìm các giá trị của m đề hàm số y  x 3  mx 2  (3m  2) x  1 đồng biến trên khoảng (1;2) 3 1 Đáp số: m  . 5 Vấn đề 3: Tìm các giá trị của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước Một số kiến thức cần nhớ: Giả sử hàm số f(x) liên tục trên (a;b) chứa điểm x0 , có đạo hàm trên (a; b) \ {x0 } , và có đạo hàm khác 0 tại x0 , khi đó: - Nếu f'(x) đổi dấu khi đi qua x0 thì f(x) đạt cực trị tại x0 . - Nếu f " ( x0 )  0 thì f(x) đạt cực tiểu tại x0 ,nếu f " ( x0 )  0 thì f(x) đạt cực đại tại x0 . *Cực trị của hàm bậc 3: y  ax 3  bx 2  cx  d ; TXĐ : D  R - Hàm số có tối đa hai điểm cực trị. - Nếu viết y  ax 3  bx 2  cx  d  (mx  n) y' px  q và hàm có 2 cực trị phân biệt thì đường thẳng đi qua hai điểm cực trị đó có dạng: y  px  q . 1 Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m đề hàm số y  x 3  mx 2  mx  2 có hai cực trị x1 ; x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  4 Giải Hàm số đã cho có 2 cực trị phân biệt khi phương trình: y'  x 2  2mx  3m  0 có 2 nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 , tức là: m  0 '  m 2  3m  0   (1) m  3 Theo đề ta có: x1  x2  4  x1  x2   16  x1  x2   4 x1 x2  16  0(*) 2 2  x1  x2  2m Kết hợp với định lý Viet:  nên (*) tương đương với:  x1 x2  3m m  1 4m 2  12m  16  0   m  4 So với điều kiện ban đầu, kết luận các giá trị m cần tìm là: m  1 hoặc m  4 1 1 50 Ví dụ 2: Tìm các giá trị của m để hàm số y  x 3  (2m  1) x 2  x  1 có hai cực trị x1 ; x2 3 2 9 thỏa mãn x1  2x2 . Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 5
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Giải 50 Điều kiện để hàm số đã cho có 2 cực trị phân biệt là phương trình y'  x 2  (2m  1) x   0 có 9 2 nghiệm thực phân biệt, tức là:  3  10 2  m   2m  1  4.  0   2 50 6 (*) 9  3  10 2 m   6 Theo đề ta có: x1  2x2 2m  1 Theo định lý Viet ta cũng có: x1  x2  2m  1  x2  . 3 (2m  1) 2 (2m  1) 2 50 m  2 Thế vào phương trình y’=0 ta được:    0  (2m  1) 2  25   9 3 9 m  3 Hai giá trị m này đều thỏa mãn điều kiện (*), vậy các giá trị m cần tìm là m=-2 và m=3. Ví dụ 3: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  3(m  1) x  1 có hai cực trị, đồng thời đường thẳng nối hai cực trị đi qua điểm A(0;-3). Giải Ta có: y'  3x  6(m  1) x  3(m  1) 2 m  1 Điều kiện để hàm số đã cho có 2 cực trị phân biệt là:   m 2  3m  2  0   (*) m  2 Thực hiện phép chia đa thức y cho y’, ta được: 1 m 1 y  x  y'2(m  1)(2  m) x  m  2m 2 3 3  Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai cực trị có dạng: y  2(m  1)(2  m) x  m 2  2m Lại có đường thẳng này đi qua A(0;-3) nên ta có phương trình: m  1  3  m 2  2m  m 2  2m  3  0   m  3 So điều kiện ta thấy hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), vậy có 2 giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài là: m=-1 và m=3. Ví dụ 4: Tìm tham số m để hàm số y  x 3  (m  1) x 2  4 có 2 điểm cực trị phân biệt đối xứng với nhau qua đường thẳng (d): x - 2y -3=0. Giải  x  0  y  4 y '  3x 2  2(m  1) x  y '  0   2(m  1) 4(m  1)3 x   y 4  3 27  2(m  1) 4(m  1)3   m  1 2(m  1)3  A(0;4); B  ;   4 ,gọi I   ;  4  là trung điểm AB.  3 27   3 27    2(m  1) 4(m  1)  3  AB   ;  đường thẳng d có VTCP: u  ( 2;1)  3 27  Vì A,B đối xứng với nhau qua d nên AB vuông góc với d và I thuộc d. Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 6
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh    A B  m  1    4(m  1) 4(m  1)3  AB.u  0    0 m2  I d  3 27   m  1  2 2(m  1)  4   3  0 3   27   3   Vậy m=2 là giá trị cần tìm.   Ví dụ 5: Cho hàm số y  x 3  3mx2  3 m 2  1 x  m3  m . Tìm tham số m để khoảng cách từ điểm cực tiểu đến gốc tọa độ gấp 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại đến gốc tọa độ? Giải x  m 1 y '  3x 2  6mx  3(m 2  1)  0  3( x  m  1)( x  m  1)  0   x  m 1 y"  6 x  6m Dễ thấy: A(m-1;2-2m) là điểm cực đại, B(m+1;-2m-2) là điểm cực tiểu. m  2   OB  3OA  OB2  9OA2  (m  1) 2  (2m  2) 2  9 (m  1) 2  (2  2m) 2   m  1 / 2 Bài tập rèn luyện: 1 m Bài 1: Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y  x 3  mx 2  x  có hai điểm cực trị nằm 3 3 cùng phía đối với đường thẳng (d): 2x+y=0. Đáp số: |m|>1 và m  2 1 Bài 2: Tìm các giá trị của m đề đồ thị hàm số y  x 3  x 2  mx  m có cực đại, cực tiểu, đồng 3 thời khoảng cách giữa chúng bằng 2 15 . Đáp số: m=-2 Bài 3: Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 có đồ thị (C), qua điểm uốn I của đồ thị (C) viết phương trình đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm A,B khác I sao cho tam giác MAB vuông tại M, trong đó M là điểm cực đại của đồ thị hàm số. k  2 Đáp số: các đường thẳng qua I lần lượt có các hệ số góc là  . k   1  5  2 Bài 4: Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 có đồ thị (C), tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của (C) tiếp xúc với đường tròn: ( x  m)2  ( y  m  1)2  5 Đáp số: m=2, m=-4/3 Bài 5: Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 có đồ thị (C), tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến 2 điểm cực trị đạt GTNN? Đáp số: M(4/5;2/5) *Cực trị của hàm số trùng phương: y  ax 4  bx 2  c; TXĐ : D  R   Nhận xét: ta có y'  4ax 3  2bx  2 x 2ax 2  b Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 7
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh b - Nếu   0 thì hàm số có 3 cực trị phân biệt, hơn nữa chúng tạo thành 1 tam giác cân có đỉnh 2a nằm trên trục Oy. b - Nếu   0 thì hàm số có 1 điểm cực trị duy nhất A(0;c). 2a Ví dụ 1: (TSDH Khối A-2012) Cho hàm số: y  x 4  2(m  1) x 2  m2 Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của 1 tam giác vuông? Giải x  0 y '  4 x 3  4(m  1) x  4 x( x 2  m  1)  0   2 x  m 1 Để hàm số có 3 cực trị phân biệt thì: m>-1. Các điểm cực trị của hàm số là: A(0; m 2 );   B  m  1;2m  1 ;   C m  1;2m  1  x   xC Vì  B nên B,C đối xứng nhau qua Oy, mà A thuộc Oy nên tam giác ABC cân tại A. Mặt  yB  yC khác ABC là tam giác vuông nên AB vuông góc AC.  AB   m  1;2m  1  m2  AC   m 1;2m 1 m 2   2 Suy ra:  (m  1)  m2  2m  1  0  (m  1) 4  m  1 . So điều kiện suy ra m=0. Ví dụ 2: Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 , tìm m để hàm số có 3 cực trị lập thành 1 tam giác có: a) Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. b) Có diện tích bằng 1. Giải x  0 a)Ta có: y '  4 x 3  4mx  4 x( x 2  m)  0   2 x  m Để hàm số có 3 cực trị phân biệt thì m>0. Tọa độ 3 điểm cực trị là:   A  m;m2  m 1 B(0; m 1)  C m;m2  m 1  Dễ thấy tam giác ABC cân tại B Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường trung trực của cạnh AC, tức là nằm trên trục Oy. Gọi I(0;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: R=IB=IA=IC=1 nên:       m 2   m 2  m  1  b 2  1  (m  1  b) 2  1  m   m 2  m  1  b 2  1    m  1  b  1  m  1  b  1 -Với m-1-b=1thì: Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 8
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh m  0  m  (m  1)  1  m(m  1)(m  m  1)  0  m  1 2 2 2 m   1  5 / 2    1  5 So điều kiện ta nhận m  1; m  . 2 -Với m-1-b=-1 thì: m  (m2  1)2  1  m(m3  2m  1)  0  m  0 (loại.Vì không thỏa điều kiện m>0) 1  5 Tóm lại, giá trị của m cần tìm là: m  1; m  . 2 b) *Cách 1: gọi H là trung điểm AC. S ABC  1 2 1 2  AC.BH  . 2 xC . yB  yC   m  1   m 2  m  1    m  m  1  m2  m  1 m  1 -Khi m  1 thì phương trình tương đương với: m 2 m  1  m  1 (nhận). - Khi 0  m  1 thì phương trình tương đương với: (m2  2m  2) m  1 (*) . Đặt t  m với t>0. Phương trình (*) trở thành: t 5  2t 3  2t  1  0 (**). Xét hàm số: y  f (t )  t 5  2t 3  2t 1 TXD : D  (0;) y'  5t  6t  2  0t  D . Hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0;) 4 2 - Nếu t>1 thì f(t)>f(1)=0. - Nếu t
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh  m m2   m 3m 2  Khi đó: BA    ; ; OC    ;6     2 4   2 4   m m      2 2 Vì ABOC là hình bình hành nên: BA  OC   2  m   6 (vì m
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Vấn đề 4: Tiệm Cận. Định nghĩa: - Đường thẳng x  x0 được gọi là Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=f(x) nếu một trong các điều kiện sau được thỏa: lim f ( x)   lim f ( x)   lim f ( x)   lim f ( x)   x  x0 x x0 x  x0 x  x0 - Đường thẳng y  y0 được gọi là Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=f(x) nếu ít nhất 1trong các điều kiện sau được thỏa: lim f ( x)  y0 lim f ( x)  y0 x  x  - Đường thẳng y=ax+b (a khác 0)được gọi là Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y=f(x) nếu ít nhất 1 trong các điều kiện sau được thỏa: lim  f ( x)  ax  b  0 lim  f ( x)  ax  b  0 x  x  P( x) Chú ý: Cho hàm phân thức hữu tỷ y  f ( x)  Q( x)  Q ( x)  0 có nghiệm x  x0 thì có TCĐ là x  x0 .  Nếu bậc P(x) nhỏ hơn Q(x) thì chỉ có TCN.  Nếu bậc P(x) lớn hơn Q(x)+1 thì có TCX  Nếu bậc P(x)=Q(x) thì có TCN. *Một số dạng toán về đường tiệm cận: Dạng 1: Tìm điều kiện để 1 đường thẳng (d) cho trước hợp với 2 tiệm cận của đồ thị hàm số y=f(x) 1 tam giác có diện tích cho trước: Vẫn ghi nhớ công thức tính diện tích tam giác như đã nêu ở phần Cực trị hàm số trùng phương. ax  b Nếu hàm số có dạng y  f ( x)  thì tam giác đó là tam giác vuông. cx  d 2x 1 Ví dụ 1: Cho hàm số y  f ( x)  có đồ thị (C),tìm tham số m để đường thẳng x+y=1 tạo mx với 2 đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện tích bằng 2? Giải Tiệm cận đứng: x=m, tiệm cận ngang: y=-2, I(m;-2) là giao điểm hai tiệm cận. Đường thẳng (d) cắt TCĐ tại A(m;1-m). Đường thẳng (d) cắt TCN tại B(3;-2). Theo đề ta có: m  5 S IAB  .IA.IB  . m  m   2  1  m . m  3   2  2  2  (m  3) 2  4   1 1 2 2 2 2 2 2 m  1 Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu: m=1 và m=5 Dạng 2: Góc giữa tiệm cận và một đường thẳng khác ax 2  bx  c Trường hợp đặc biệt:đối với hàm số: y  f ( x)  có tiệm cận đứng x  x0 và tiệm cận dx  e xiên mx+ny+p=0 Khi đó để tính góc giữa 2 tiệm cận ta có thể làm 1 trong 2 cách sau: *Cách 1: Sử dụng công thức tính góc giữa 2 đường thẳng cho trước: ax+by+c=0 và a'x+b'y+c'=0 Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 11
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh a.a'b.b'   Cos  0     a  b . a ' b ' 2 2 2 2  2 *Cách 2: Gọi  là góc hợp bởi 2 đường tiệm cận, giả sử k là hệ số góc của phương trình đường tiệm cận xiên, khi đó:  tan  k   tan       2 mx2  (3m2  2) x  2 Ví dụ 2: (Đề TSĐH KA-2008) Cho hàm số y  , tìm m để đồ thị hàm số có 2 x  3m đường tiệm cận hợp với nhau góc 450 ? Giải  Tiệm cận đứng: x=-3m có VTPT: a  (1;0) ,  Tiệm cận xiên: y=mx-2 có VTPT: b  (m;1) và hệ số góc k=m Cách 1: Ta có: 1 m Cos 450    m  1 2 m2  1 Cách 2: theo tính chất ta có: m  k  tan 450  1  m  k  tan 135  1 0 Vậy m=1 và m=-1 Bài tập rèn luyện: x 2  mx  1 Bài 1: Tìm m để tiệm cận xiên của hàm số y  hợp với 2 trục tọa độ 1 tam giác x 1 có diện tích bằng 4? Đáp số: m  1  2 2 x 1 Bài 2: Cho hàm số: y  (C). Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai x2 tiệm cận là nhỏ nhất?  Đáp số: M 1;2 2  3;1  3  Vấn đề 5: Các Vấn Đề Liên Quan Đến Tiếp Tuyến 1) Đạo hàm của hàm số y=f(x) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 12
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh M ( x0 ; f ( x0 )) , khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng: y  f ' ( x0 )x  x0   f ( x0 ) 2) Điều kiện để 2 đường (C1 ) : y  f ( x) và (C2 ) : y  g ( x) tiếp xúc với nhau là hệ phương trình sau có nghiệm:  f ( x )  g ( x)   f ' ( x)  g ' ( x) 3) Nếu (C1 ) : y  f ( x)  ax  b và (C2 ) : y  g ( x)  px 2  qx  h tiếp xúc với nhau thì phương trình px 2  qx  h  ax  b có nghiệm kép. *** Một số dạng toán cơ bản về tiếp tuyến: - Tiếp tuyến song song với đường thẳng: d: y=ax+b thì hệ số góc của (t) là k=a. - Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng: d: y=ax+b (a khác 0) thì hệ số góc của (t) là k=-1/a. - Tiếp tuyến đi qua điểm M(a;b) thỏa mãn: b  f ' ( x0 )a  x0   f ( x0 ) Giải phương trình tìm tọa độ tiếp điểm.   -Tiếp tuyến hợp với đường thẳng (d): ax+by+c=0 góc  với  0      2 Áp dụng công thức tính góc giữa 2 đường thẳng (như đã nêu ở phần góc hợp bởi 2 tiệm cận). x2 Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số y  , biết tiếp tuyến cắt x2 Ox và Oy lần lượt tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB vuông cân? Giải 4 Ta có: y '   , phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M(x0;y0) có dạng: ( x  2) 2 4 x 2 (d ) : y   ( x  x0 )  0 ( x0  2) 2 x0  2 Do tiếp tuyến cắt Ox,Oy tại A và B và tam giác OAB vuông cân nên (d) vuông góc với một trong các đường thẳng y=x hoặc y= -x 4 4  x0  0 k   1  1  ( x0  2) ( x0  2)  x0  4 2 2 Từ đó ta viết được 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn điều kiện đề bài: x+y+1=0 và x+y-7=0  x 1 Ví dụ 2: (TSĐH KA-2011) Cho hàm số y  có đồ thị (C), chứng minh rằng với mọi m, 2x 1 đường thẳng (d): y=x+m luôn cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A,B. Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B, tìm m để tổng k1  k 2 đạt giá trị lớn nhất? Giải Hoành độ giao điểm của (d) và (C) là nghiệm phương trình:  x 1 xm  2 x 2  2mx  m  1  0 (*) 2x 1   m 2  2m  2  0, m , suy ra (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm A,B phân biệt. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (*), ta có: Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 13
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh  x 1 1 y  y'   2x 1 (2 x  1) 2 4x1  x2   8 x1 x2  4x1  x2   2 2 1 1 k1  k2     (2 x1  1) 2 (2 x2  1) 2 4 x1 x2  2( x1  x2 )  12 Theo định lí Viet suy ra: k1  k2  4m2  8m  6  4(m  1)2  2  2 Suy ra: k1  k 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi: m=-1 x 1 Ví dụ 3: Cho hàm số y  f ( x)  có đồ thị (C), gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận, gọi (t) x 1 là phương trình tiếp tuyến tại M, tìm hoành độ tiếp điểm sao cho khoảng cách từ I đến (t) lớn nhất? Giải 2 y'   , phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; f ( x0 )) có dạng: ( x  1) 2 2x0  x  x0  1 2x x02  2 x0  1 y     x0  12 x0  1 x0  12 x0  12   2  (t) có VTPT: n    ;1 , I(1;1)  0  x  12  Khoảng cách từ I đến (t) là: 2 x02  2 x0  1  1 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2 4 x0  1 4 d   1 4 4  ( x0  1) 4 ( x0  1) 2  4 ( x0  1) 4 ( x0  1) 2 Để khoảng cách d lớn nhất thì x0  1  2 4 nhỏ nhất, mặt khác: x0 12 x0  12  4 2 x0  12 . 4 4 x0  12 x0  12 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x0  1  4  x0  1  2 2 x0  12 Ví dụ 4: Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 có đồ thị (C), tìm 2 điểm A,B thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau, đồng thời AB  4 2 ? Giải y '  f ' ( x)  3x  6 x , giả sử: A(a; a  3a  1), 2 3 2 B(b; b3  3b2  1) ab Vì tiếp tuyến tại 2 điểm A và B song song với nhau nên: f ' (a)  f ' (b)  3a 2  6a  3b2  6b  (a  b)(a  b  2)  0  a  b  2 Mặt khác: Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 14
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh   2 AB  4 2  (b  a) 2  b 3  3b 2  a 3  3a 2  32      (2  2a) 2  (b  a) b 2  a 2  ab  3(b  a)(b  a)  32  4(a  1) 6  24(a  1) 4  40(a  1) 2  32  0 a  3  b  1  a  1  b  3 Vậy A(3;1), B(-1;3) Ví dụ 5: Cho hàm số y  f ( x)  x 3  3x  1 có đồ thị (C), tìm m để đường thẳng (d): y=mx+m+3 cắt (C) tại 3 điểm M(-1;3), N,P phân biệt sao cho tiếp tuyến tại N và P vuông góc nhau? Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: mx  m  3  x 3  3x  1  x  1  ( x  1)( x 2  x  m  2)  0   2 x  x  m  2  0 (*) (*) phải có 2 nghiệm thực phân biệt khác x=-1 (1) 2  (1)  m  2  0 m  0 Tức là:     1  4(m  2)  0 m  9 / 4      Theo giả thuyết: 3xN  3 3xP  3  1  9xN xP   9 ( xN  xP )  2 xN xP  10 2 2 2 2 Áp dụng định lí Viet, ta được: 3 2 2 9(m  2) 2  91  2(m  2)   10  9m 2  18m  1  0  m  3 So điều kiện ta thấy hai giá trị này thỏa mãn. Ví dụ 6: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số: y  x3  6 x 2  9 x  2 tại điểm M thuộc (C), biết rằng M cùng với hai điểm cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6. Giải y'  3x 12 x  9. Đồ thị có 2 điểm cực trị là: A(3;-2) và B(1;2). 2 Giải sử: M ( x0 ; x0  6 x0  9 x0  2) ( x0  3; x0  1) 3 2 Phương trình đường thẳng AB: 2x+y-4=0 1 Ta có: S ABM  AB.d ( M ; AB )  6 2 1 2 2 x0  x03  6 x02  9 x0  2  4  x0  0  2  (4) . 2  6  x03  6 x02  11x0  6  6   2 22  1  x0  4 Suy ra: M(0;-2) hoặc M(4;2). Do đó có 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu: y=9x-2 và y=9x-34. Ví dụ 6: Cho hàm số y  x 3  3x có đồ thị (C). Tìm những điểm trên đường thẳng y=2 mà từ đó kẻ đúng ba tiếp tuyến đến (C)? Giải Giả sử M ( x0 ;2) . Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 15
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Đường thẳng d đi qua M với hệ số góc k có phương trình: y  k ( x  x0 )  2 d tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:  x 3  3 x  k ( x  x0 )  2  2 3 x  3  k Thế k từ phương trình thứ 2 vào phương trình đầu của hệ và thu gọn ta được:  x  1   ( x  1) 2 x 2  (3x0  2) x  3x0  2  0    f ( x)  2 x  (3x0  2) x  3x0  2  0 (*) 2 Theo đề ta có yêu cầu pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác -1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi:   9 x02  12 x0  12  0  x0  2   (**)  f ( 1)  6( x0  1)  0  x 0  2 / 3 Vậy M ( x0 ;2) cần tìm nằm trên đường thẳng y=2 và có hoành độ thỏa mãn (**). 1  22 27  Ví dụ 7: Cho hàm số y  x 3  x 2  x  1 (C) và 3 điểm A(1;1); B(0;2); C  ;  . Viết phương 3  5 5  trình tiếp tuyến (d) với đồ thị (C), biết rằng giao điểm của (d) và đường thẳng y=x+1 chính là trọng tâm của tam giác ABC. Giải Tiếp tuyến của (C) tại M(xo;y0) có dạng: y  x0  1 x  x0  x0  1 2 2 3 2 3 Hoành độ giao điểm G của (d) và y=x+1 là nghiệm của phương trình: 2 x 2  3x 0 x  1  x0  1 x  x03  x 02  1  x  0 2 ; ( x0  0;2) (1) 2 3 3x0  2 Tung độ giao điểm tương ứng là: y   2 x 02  3x 0  3    2 x 2  3x 0 2 x 02  3x 0  3  G 0 ;   3x 0  2   3x 0  2 3x 0  2  Lại có G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có hệ phương trình:  22  2 x 02  3x 0 1  0  5 9     x0  3  3 x 0  2 3 5    27  x0   9 1 2   5  2( x 0  3x 0  3) 2  5  14  3 x  2  0 3 5 Hai giá trị này đều thỏa mãn (1). Từ đó ta viết được 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn điều 16 206 kiện đề bài là: y  16 x  26 và y  x 25 125 1 3 Ví dụ 8: Cho hàm số: y  x  2mx 2  (3m  1) x  1 (Cm). Viết phương trình tiếp tuyến (t) của 3 đồ thị tại điểm có hoành độ bằng 1. Tìm các giá trị của m để giao điểm của (t) và đường thẳng (d): y=2x cách đều các trục tọa độ. Giải  1 1 Phương trình tiếp tuyến của (Cm) tại M 1;5m   có dạng: y  7mx  2m   3 3 Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 16
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Hoành độ giao điểm của (t) và (d) là nghiệm của phương trình: 1 6m  1 12m  2 7mx  2m   2 x  x  y 3 3(7m  2) 3(7m  2) Giao điểm của (t) và (d) cách đều hai trục tọa độ khi và chỉ khi: 6m  1 12m  2 1  | 6m  1 | 2 | 6m  1 | m  3(7m  2) 3(7m  2) 6 Vậy m=1/6. Bài tập rèn luyện: 2x  3 Bài 1: Cho hàm số y  có đồ thị (C),tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến tại M x2 cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm A, B và AB ngắn nhất? DS: M(2;2) x 1 Bài 2: Cho hàm số y  có đồ thị (C),tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến tại 2( x  1) M hợp với 2 trục tọa độ thành 1 tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng (d): 4x+y=0? DS: M (1 / 2;3 / 2) M (3 / 2;5 / 2) 2x  3 Bài 3: Cho hàm số y  có đồ thị (C),gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận, tìm những điểm x2 M trên (C) biết tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tại 2 điểm A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất? DS: M(1;1) và M(3;3) 2x2  x 1 Bài 4*: Cho hàm số y  có đồ thị (C),tìm 4 điểm trên đường thẳng y=7 sao cho qua x 1 mỗi điểm ta vẽ được đúng 2 tiếp tuyến đến (C) và 2 tiếp tuyến ấy hợp với nhau góc 450 ? DS:  3 2 6  M 1  3 ;7   3 2 6  M 2  3 ;7   M 3 5  2 2 ;7   M 4 5  2 2 ;7      Bài 5: Cho hàm số y  x3  3mx2  (m  1) x  4 , tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt đường tròn (T ) : x  y  2 x  4 y  4  0 tại 2 điểm A,B phân biệt sao cho 2 2 2 AB  ? 5 DS: m=0 hoặc m=-48/29 2x  3 Bài 6: Cho hàm số y  có đồ thị (C), viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến x 1 tạo với 2 đường tiệm cận 1 tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất? Bài 7: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x  3x  1 , biết tiếp tuyến tạo với đường 3 thẳng (d):y=x+3 một góc  sao cho cos   5 41 1 243  112 21 DS: y  x 9 243 Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 17
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Vấn đề 6: Tương Giao Đồ Thị Cho hai đồ thị: (C1 ) : y  f ( x) và (C2 ) : y  g ( x) , để tìm hoành độ giao điểm của chúng, ta chỉ cần giải phương trình: f(x)=g(x) (*), số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của 2 đồ thị. Đặc biệt, nếu 1 đường cong (C1 ) : y  f ( x) cắt trục hoành thì ta sẽ giải phương trình f(x)=0, đưa về phương trình tích (nếu được) để tìm số nghiệm. *Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử (khi đa thức có nghiệm hữu tỷ): Cho phương trình: a n x n  a n 1 x n 1  ...  a1 x  a 0  0 (*) (n nguyên dương), gọi k là các ước số của a0 ; (k  Z ) , p là các ước số của an ; ( p  Z  ) , khi đó nếu phương k trình (*) có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó là một trong các giá trị: . Sau đó dùng lượt p đồ Hooc-ne phân tích thành nhân tử, đưa về phương trình tích. Ví dụ 1: Đưa các phương trình sau về phương trình tích: A) x3  2 x 2  (1  m) x  m  0 Theo cách tính như trên thì k {m;1} p  1 Như vậy nếu phương trình có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó sẽ là 1 trong các giá trị: -1;1;m;-m, lần lượt thế các giá trị này vào ta nhận được nghiệm x=1 x3  2 x 2  (1  m) x  m  0  ( x 1)( x 2  x  m)  0 B) x 3  (3m  1) x 2  (2m 2  2m  1) x  2m 2  3m 2  1  0  x 3  (3m  1) x 2  (2m 2  2m  1) x  (2m  1)(m  1)  0 Tương tự: k {(2m  1);(m  1);1} p 1 Lần lượt thay các giá trị, ta nhận được nghiệm: x=2m+1 Phương trình tương đương với: ( x  2m 1)( x 2  mx  m  1)  0 Bài tâp rèn luyện: phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) A  2 x 3  (2m  3) x 2  (3m  1) x  m     b) B  x 3  m 2  3m  1 x 2  m 2m 2  2m  1 x  2m 2 c)C  x  2(m  1) x  2m  1 4 2 Ví dụ 2: (TSDH KA-2010) Cho hàm số y  f ( x)  x3  2 x 2  (1  m) x  m (C), tìm m để đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 sao cho x12  x22  x32  4 . Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành: x 3  2 x 2  (1  m) x  m  0 x  1  ( x  1)( x 2  x  m)  0   2  x  x  m  0 (*) (Đây là đa thức của câu A trong ví dụ 1) Khi đó để (C) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác x=1. Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 18
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh m  0 m  0     1  4m  0 m  1 / 4 Gọi x2 , x3 là nghiệm của (*), theo đề: x12  x22  x32  4  x22  x32  3  x2  x3   2 x2 x3  3 2 Áp dụng định lí Viet: 1  2m  3  m  1  1  Như vậy, các giá trị m cần tìm là: m    ;0   0;1  4  x 2  2x  1 Ví dụ 3: Tìm các giá trị của m để đường thẳng (dm): y=mx-m cắt đồ thị hàm số y  x 1 tại hai điểm A,B phân biệt sao cho tam giác ABC vuông tại đỉnh C 1; 2 .   Giải Đường thẳng dm cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình sau đây có hai nghiệm phân biệt khác 1: x 2  2x  1 mx  m   (m  1) x 2  2(m  1) x  m  1  0 (*) x 1 m  1  0 m  1    '  (m  1) 2  (m  1)(m  1)  0  m  1  m  1 m  1  2(m  1)  m  1  0 m  R   Với điều kiện đó, gọi x1;x2 là các nghiệm của phương trình (*); các giao điểm của dm và (C) là: A(x1;mx1-m); B(x2;mx2-m) Ta có: CA  x1  1; mx1  m  1; CB  x2 ; mx2  m  1 Tam giác ABC vuông tại C nên: CA.CB  0   x1  1 x2  1  mx1  m  1mx2  m  1  0        1  m 2 x1 x2  1  m m  2  x1  x2   m  2  1  0 2  2.1  mm  2  m  2  m 1  1  m . 2 2 1  0 m 1  2 2m(m  1)  0 m  1  m  0 So điều kiện, ta nhận m=0. Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 19
Hội Cựu Học Sinh Trường THPT Thành Phố Cao Lãnh Ví dụ 3: Cho hàm số y  x3  3x 2  2(m  2) x  2m  3 (1), tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt (d): y=x-2 tại 3 điểm phân biệt K(1;-1), M,N sao cho tam giác AMN cân tại A và có diện tích bằng 6 2 , biết A(-2;2). Giải Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (1): x 3  3x 2  2(m  2) x  2m  3  x  2 x  1   ( x  1) x 2  2 x  2m  1  0   2   x  2 x  2m  1  0 (*) Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi: '  2m  0 2 m0 1  2.1  2m  1  0 Khi đó: M ( x1; x1  2); N ( x2 ; x2  2) , theo định lí Viet: x1  x2  2 nên dễ dàng thấy được K là  trung điểm MN. Nhận thấy AK  (3;3) vuông góc với VTCP của (d) nên tam giác AMN vuông cân tại A. Ta có: AK .MN  6 2  .3 2. 2x2  x1   2 2  x2  x1 2  4 x1 x2 1 1 S AMN  2 2 2 Kết hợp với định lí Viet thế vào phương trình trên ta được: 2 2   8m  m  1 (thỏa dk) 2x 1 Ví dụ 4: Cho hàm số y  (C), gọi O là góc tọa độ, tìm m để đường thẳng (d): y=-2x+m x 1 cắt (C) tại 2 điểm A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 ? Giải Phương trình HDGD của (C) và (d): 2x 1  2x  m   2 x 2  (m  4) x  m  1  0 (*) x 1 (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt vì:   m 2  8  0, m Gọi x A , x B là nghiệm phương trình (*), OH là đường cao của tam giác OAB, ta có: 1 SOAB  OH . AB  OH . AB  2 3 (**) 2 m Khoảng cách từ O đến đường thẳng (d) là: OH  5  m2  8 AB  x A  xB 2   y A  yB 2  5x A  xB   5.  5. 2 4 2 m 2  4  m  2 Thay vào (**) ta được: m m  8  4 3  m m  8  48   2 2 2 2   m  12 (vn) Vậy m=2, m=-2. Ví dụ 5: Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx2  m  1 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 , x4 sao cho: x14  x24  x34  x44  20 . Email: anhlt12402b@st.uel.edu.vn Lê Tuấn Anh 20