Chuyên đề ôn Khảo sát hàm số

( 4) ( 1) ( 4)x x m m Đây là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) có phương trình :    2( 1) ( 4)y m m - Số giao điểm là số nghiệm của phương trình .  Biện luận:          2 2( 1) ( 4) 4 ( 3) 0 0m m m m m : 1 nghiệm          2( 1) ( 4) 4 0 3m m m m : 2 nghiệm          24 ( 1) ( 4) 0 4 0m m m : 3 nghiệm          2( 1) ( 4) 0 1 4m m m m : 2 nghiệm       2( 1) ( 4) 0 4m m m :1 nghiệm C©u 17: ( 3 điểm) Cho: 2( 1)( )y x x mx m    (1) 1) Khảo sát hàm số (1) tương ứng với m= -2: 2 3 2( 1)( 2 2) 3 2y x x x y x x       Tập xác định : D = R 2' 3 6 3 ( 2)   y x x x x 0 ' 0 2      x y x '' 6 6 y x " 0 1 0    y x y  Điểm uốn : I(1, 0) BBT: Đồ thị: Điểm đặc biệt : 2) Tìm m để đồ thị (1) tiếp xúc trục hoành. Xác định toạ độ tiếp điểm. Ta có : 3 2( 1)y x m x m    (1) Đồ thị (1) tiếp xúc trục hoành 3 2 2 x +(m-1)x -m=0 (2) 3x +2(m-1)x=0 (3)     có nghiệm . Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 24   0 (3) 3 2( 1) 0 2( 1) 3 x x x m m x            Thay vào (2) : 3 3 3 3 2 2 0 0 2( 1) 8 4 ( 1) ( 1) 0 3 27 9 4( 1) 27 0 4 12 15 4 0 4 ( 4)(4 4 1) 0 1 2 x m m x m m m m m m m m m m m m m                                  Hoành độ tiếp điểm là : 1 0 0 4 2 1 2 m x m x m x           Vậy đồ thị (C) tiếp xúc Ox khi: m= 0, m= 4, 1 2 m   Toạ độ tiếp điểm tương ứng là: (0, 0), (-2, 0), (1, 0) C©u 18: ( 3 điểm) 1) Khảo sát hàm số:    1 1 x y x (C) TXĐ: D = R \ (1) 2 2 ' 0 ( 1) y x      Hàm số giảm trên từng khoảng xác định. TCĐ: x = 1 vì    1 lim x y TCN: y = 1 vì  lim 1 x y BBT: Đồ thị: 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm P(3, 1): Đường thẳng (d) qua P có hệ số góc k: y = k( x-3) + 1 (d) tiếp xúc (C)       2 x+1 = k(x-3) + 1 (1) x-1 -2 = k (2) (x-1) có nghiệm Thay (2) vào (1) :     2 1 -2(x-3) 1 1 (x-1) x x           2 21 2( 3) ( 1) 4 8 2x x x x x A B M O x y Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 25 Thay vào (2)   2k Vậy phương trình tiếp tuyến đi qua P là: y= -2x + 7 3) 0 0 0( , ) ( )M x y C . Tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành một tam giác có diện tích không phụ thuộc M. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:   0 0 0'( )( )y f x x x y             2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 2 0 1 3 13 ) 1 ( 1) ( 1) -3 ( ( -1) x x x x x x x x y x x Giao điểm với tiệm cận đứng x =1.             0 0 0 0 4 4 1 1, 1 1 x x x y A x x Giao điểm với tiệm cận ngang y = 1.            0 05 2 5 21 ,1 3 3 x x y x B Giao điểm hai đường tiệm cận: I(1, 1) Ta có :                 0 0 0 0 0 4 5 21 1 1 . . 1 . 1 2 2 2 1 3 5 21 5 25 . 1 hằng số 2 1 3 6 A I B IIAB x x IA IB y y x x x x x S Vậy: IABS không phụ thuộc vào vị trí điểm M. C©u ( 2 điểm) Cho    3( ) 2( 1) 3 m y f x x m x a) Khảo sát hàm số khi m= 1:  3 1 4 3 y x x  TXĐ: D = R 2' 4y x                 ; 2 ' 0 " 2 " 0 0 0 2 x y y x y x y x Điểm uốn O(0, 0). BBT: Đồ thị: Cho      16 4 3 x y    16 4 3 x y b)Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu sao cho:   2 3 2 ( ) (4 4) 9CĐ CT y y m Ta có:   3 2( 1) 3 m y x m x   2' 2( 1)y mx m -2 2 + 16 3 x y’ y + + +16 3 0 0 Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 26     2' 0 2( 1) 0y mx m (1) Hàm số có cực đại và cực tiểu  (1) có 2 nghiệm phân biệt         2( 1) 0 1 0 m m m m Khi đó (1) có 2 nghiệm 1 2 1 2, ( )x x x x   1( )CĐy f x và  2( )CTy f x Để tìm CĐy và CTy ta chia f(x) cho f’(x) thì được:         1 4 ( 1) 3 3 ( ) '( ). x m xf x f x          1 2 1 2 4 ( 1) 3 4 ( 1) 3 ( ) ( ) CĐ CT m x m x y f x y f x  1 2(Vì f'(x ) 0, '( ) 0)f x Theo giả thiết:   2 3 2 ( ) (4 4) 9CĐ CT y y m                  2 2 3 1 2 1 2 2 16 2 ( 1) ( ) 64( 1) ( ) 8( 1) ( Vì m+1 0 ) 9 9 8(m+1) -2(m+1) S 4 8(m+1) 0 (vì S = 0 , P = ) m m = 1 ( Vì m+1 0 ) m x x m x x m P m So với điều kiện m 0 nhận giá trị m = 1 ĐS: m = 1. C©u 20: ( 2 điểm) 1) Khảo sát hàm số:    1 1 y x x (C) Tập xác định:   \ 1D R  2 2 2 1 2 ' 1 ( 1) ( 1) x x y x x       0 ' 0 2 x y x       Tiệm cận đứng: x = 1 vì    1 lim x  Tiệm cận xiên: y = x vì    1 lim 0 1x x  BBT:  Đồ thị: 2) Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) kẻ từ A(0, 3) - Đường thẳng (D) qua A và có hệ số góc k: y = kx +3 (D) tiếp xúc (C)            2 1 kx + 3 (1) 1 1 1 k (2) ( 1) x x x có nghiệm - Thay (2) vào (1) : X O Y 2 -1 1 3 Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 27                         2 2 2 1 3 1 ( 1) 1 3( 1) 3 8 4 0 2 0 2 8 3 x x x x x x x x x x x k kx ĐS: y = 3 ; y = -8x + 3 Câu 21: a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:    3 22 2y x x x ; TXĐ : D = R 2' 3 4 1y x x             1 ' 0 1 3 x y x         2 52 " 6 4 ; " 0 3 27 y x y x y Điểm uốn        2 50 , 3 27 I BBT: Đồ Thị: b) Biện luận theo k số giao điểm của (C) và 1( )D : y = kx + 2 . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và 1( )D :                         3 2 2 2 2 2 2 ( 2 1 ) 0 0 ' 1 1 2 1 0 x x x kx x x x k x k k x x k Biện luận : k > 0 và 1k : (C) và 1( )D có 3 điểm chung. k = 0  k = 1: 2 điểm chung. k < 0: 1 điểm chung c) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) trục hoành và đường thẳng 2( )D :y = -x + 1. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và 2( )D . Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 28                      3 2 3 2 2 2 2 1 2 2 1 0 ( 1)( 1) 0 1 2 x x x x x x x x x x x y Giao điểm của (C) và trục hoành:          3 2 22 2 0 ( 2)( 1) 0 2x x x x x x Diện tích hình phẳng cho bởi:                                111 1 4 3 2 2 3 2 2 1 2 1 2 17 41 ( 2 2) ( 1) 2 2 ( ) 4 3 2 2 12 12 x x x x S x x x dx x dx x x đvdt CÂU 22: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 2 3 2 2 3 2 x x y x x       (C) TXĐ: D = R\ {0} 2 2 2 ' x y x   ; 2 ' 0 2 x y x        TCĐ: x = 0 vì 0 lim x y    TCX: y = x – 3 vì 2 lim 0 x x   BBT: Đồ thị: Cho y = 0  x2 – 3x +2 = 0 1 2 x x     2)Tìm M trên đường thẳng x = 1 sao cho từ M kẻ được đến (C) 2 tiếp tuyến vuông góc nhau. Gọi M(1, b) nằm trên đường thẳng x = 1. Đường thẳng (d) qua M và M có hệ số góc k: y= k(x - 1) + b (d) tiếp xúc với (C) 2 2 2 3 2 2 k(x - 2) + b (1) k (2) x x x x x          có nghiệm. Thay (2) vào (1): 2 2 2 3 2 ( 2)( 1)x x x b x x        (b + 2)x2 – 4x + 2 = 0 (3) Từ M kẻ 2 tiếp tuyến đến (C) và vuông góc với nhau.  (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2  0 sao cho k1, k2 = -1. 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 4 2( 2 0) ' 0 2 2 . 11 b x x k k x x                 Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 29 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 x0 2 với 4( ) 2 0 2 xb b x x x x x x b                 2 00 6 2 0 3 7 (nhận) bb b b b              CÂU 23: 1)Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 2 3 2 2 3 2 x x y x x       (C) TXĐ: D = R\ {0} 2 2 2 ' x y x   ; 2 ' 0 2 x y x        TCĐ: x = 0 vì 0 lim x y    TCX: y = x – 3 vì 2 lim 0 x x   BBT: Đồ thị: Cho y = 0  x2 – 3x +2 = 0 1 2 x x     2)Tìm M trên đường thẳng x = 1 sao cho từ M kẻ được đến (C) 2 tiếp tuyến vuông góc nhau. Gọi M(1, b) nằm trên đường thẳng x = 1. Đường thẳng (d) qua M và M có hệ số góc k: y= k(x - 1) + b (d) tiếp xúc với (C) 2 2 2 3 2 2 k(x - 2) + b (1) k (2) x x x x x          có nghiệm. Thay (2) vào (1): 2 2 2 3 2 ( 2)( 1)x x x b x x        (b + 2)x2 – 4x + 2 = 0 (3) Từ M kẻ 2 tiếp tuyến đến (C) và vuông góc với nhau.  (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2  0 sao cho k1, k2 = -1. 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 4 2( 2 0) ' 0 2 2 . 11 b x x k k x x                 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 x0 2 với 4( ) 2 0 2 xb b x x x x x x b                 Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 30 2 00 6 2 0 3 7 (nhận) bb b b b              Câu 24: Cho 4 22 2 ( )my x x m C    1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 4 22 2y x x   TXĐ: D = R 3 2' 4 4 4 ( 1)y x x x x    0 ' 0 1 x y x       2'' 12 4y x  ; 1 13 '' 0 93 y x y       điểm uốn 1 13 1 13 , , , 9 93 3             BBT: Đồ thị: Cho y=2  x4- x2=0  0 2 x x      2) Tìm m để (Cm) chỉ có hai giao điểm chung với trục Ox. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục Ox: x4- 2x2+ 2-m = 0 (1) Đặt t = x2 (t≥0) Phương trình trở thành: t2- 2t + 2 – m = 0 (2) (1) chỉ có 2 nghiệm  (2) có nghiệm trái dấu hoặc (1) có nghiệm kép dương 0 22 0' 0 11 2 0 0 2 P mm mmb a                   Vậy (Cm) cắt Ox tại 2 điểm khi: m = 1 hay m > 2. 3) Chứng minh rằng m tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị của (Cm) là một tam giác vuông cân: Ta có: y = x4- 2x2+ 2 - my’= 4x3- 4x 20 ' 0 11 y mx y y mx              Gọi 3 điểm cực trị là: A(0, 2- m), B(-1, 1- m), C(1, 1- m) Ta có: 1 1 0, ( 1, 1) 2 ; (1, 1) 2 2, ACAB m AB AB AC AC AB AC m                        Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 31 Vậy  ABC là tam giác vuông cân tại A, m. Câu 25: a) Khảo sát hàm số: y=x4-5x2+4 (C) TXD: D = R y’= 4x3- 10x = 2x (2x2 - 5) 0 y'=0 10 2 x x       y’’= 12x2 – 10 5 19 '' 0 6 36 y x y       điểm uốn: 5 19 5 19 , , 6 36 6 36            BBT: Đồ thị: Cho 4 4 1 4 0 2 0 5 x x y x x            b) Tìm tất cả các giá trị của a để (C) tiếp xúc với đồ thị y=x2+a. Tìm toạ độ tiếp điểm: Gọi (P): y = x2+ a. (C) tiếp xúc (P) 3 4 4 2 (1) (2)4 10 2 5 4 a x x x x x x           có nghiệm  3 3 0 (2) 3 0 3 0 3 x x x x x x            Thay vào (1): 0 4; 3 5x a x a        Vậy a = 4, a = -55. Tiếp điểm    0,4 3, 2 3, 2   . Câu 26: Cho hàm số: y = x3-(2m + 1)x2+ (m2 - 3m + 2)x + 4 a) Khảo sát hàm số khi m = 1: y=x3 - 3x2 + 4 TXD: D = R y' = 3x2 - 6x ; 0 ' 0 2 x y x      y’’= 6x – 6 ; y’’= 0  x = 1  y = 2  điểm uốn I(1, 2) BBT: Đồ thị: x = 3, y = 4 x = -1, y = 0 Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 32 b) Xác định m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu ở về 2 phía trục tung. Ta có: y = x3- (2m +1)x2+ (m2- 3m + 2)x + 4 y’= 3x2- 2(2m + 1)x + m2- 3m + 2 Đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu ở về 2 phía của trục Oy.  y = 0 có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu  P< 0. 2 3 2 0 1 2 3 m m m        ĐS: 1 < m < 2 Câu 27: a) Khảo sát hàm số:   2 3 6 1 1 x x y x     TXD: D=R\{1}   2 2 12 3 ' ' 0 31 xx x y y xx          Tiệm cận đứng: x=1 vì 1 lim x y    Tiệm cận xiên: Ta có: 4 2 1 y x x      TCX: y = x - 2 vì 4 lim 0 1x x   BBT: Đồ thị: Cho x = 0  y = -6 x = 2  y = 4 b) Từ đồ thị hàm số (1) hãy nêu cách vẽ và vẽ đồ thị hàm số: 2 3 6 1 x x y x     (C1) Ta có: y≥0  (C1) ở phía trên Ox. 1 nếu ( 1) nếu ( 1) y x y y x      Suy ra cách vẽ (C1) như sau: - Phần của đồ thị (1) ứng với x > 1 trùng với (C1). - Bỏ phần của (1) ứng với x < 1 và lấy phần đối xứng của phần này qua trục Ox ta được (C1). c) Từ gốc O có thể vẽ được bao nhiêu tiếp tuyến đến đồ thị (C). Tìm tọa độ tiếp điểm (nếu có). - Đường thẳng (d) qua 0 và có hệ số góc k là: y=kx. - Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của hệ:   2 2 2 3 6 (1) 1 2 3 (2) 1 x x kx x x x k x            Thay (2) vào (1): Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 33   2 2 2 2 3 6 4 6 93 6 ( 2 3) 6 3 0 1 1 3 6 4 6 9 x kx x x x x x x x x x k                          Vậy có 2 tiếp tuyến kẻ từ 0 đến đồ thị (1). Tọa độ tiếp điểm là: 13 6 3 6 3 (3 6,3 6 3)x y M        23 6 3 6 3 (3 6, 3 6 3)x y M          Câu 28: Cho hàm số: 3 1 y x x m (1) 3    1) Khảo sát hàm số (1) khi 2 m 3  3 1 2 y x x (C) 3 3    TXD: D = R 2y' x 1 x 1 y' 0 x 1 y'' 2x 2 2 y'' 0 x 0 y điểm uốn I(0, ) 3 3                 BBT:  Đồ thị: Cho x 2, y 0 4 x 2, y 3      2) Tìm m để đồ thị (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt: Đồ thị (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. 3 3 1 x x m 0 có 3 nghiệm phân biệt. 3 1 2 2 x x m (*) có 3 nghiệm phân biệt. 3 3 3           Đây là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d). Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt  (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 34 2 4 0 m 3 3 2 2 m 3 3          Câu 29 : 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : 2 ( ) 2 x x y C x     TXĐ :  \ 2D R 2 2 4 2 ' ( 2) 2 6 ' 0 2 6 x x y x x y x              Tiệm cận đứng : x = 2 vì 2 lim x y    Ta có : 6 3 2 y x x      Tiệm cận xiên: y = x + 3 vì 6 lim 0 2x x    BBT:  Đồ thị : Cho x = 0 , y = 0 x = 1 , y = -2 X Y O (C) 2) Xác định b để ( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt . Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 35 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại O. 1 '( ). 2 y f O x y x    ( ) qua B(0, b) và song song (d) có dạng : 1 ( ) : 2 y x b    Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) và (C) : 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 4 3 2 4 0 x x x b x x x x x bx b x bx b                 ( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt : ' 0   2 12 0 0 12b b b b       Toạ độ trung điểm I cuả MN : 2 52 6 3 21 2 M Nx x b bx x y y x b            Vậy I nằm trên đường thẳng cố định có phương trình : 5 2 x y  Câu 30: Cho hàm số : 2 2 2 1 x mx y x     1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1: 2 2 2 1 x x y x      TXĐ :  \ 1D R  2 2 2 ' ( 1) x x y x    0 ' 0 2 x y x          Tiệm cận đứng : x = -1 vì 1 lim x   Ta có: 1 1 1 y x x      Tiệm cận xiên : y = x + 1 vì 1 lim 0 1x x    BBT: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 36  Đồ thị: X Y O (C) 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực đại và điểm cực tiểu đến đường thẳng: x + y + 2 = 0 bằng nhau. Ta có: 2 2 2 1 x mx y x     2 2 2 2 2 ' ( 1) x x m y x      2' 0 2 2 2 0y x x m      (1) Hàm số có cực đại, cực tiểu  (1) có 2 nghiệm phân biệt. 3 ' 3 2 0 2 m m       Toạ độ điểm CĐ 1 1 1( , )M x y và điểm CT 2 2 2( , )M x y cho bởi: 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 '( ) 1 3 2 2 2 '( ) '( ) 1 3 2 2 2 '( ) u x x m y x m v x u x x m y x m v x                       Gọi (D): x + y +2 = 0, ta có:    1 2, ,d M D d M D Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 37 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 ( ) 4( 1) 3 4( 1) 1 2 3 2 x x m x x m x m x m x m x m x m x m x x loại m x x m m                                               So với điều kiện 3 2 m  nhận 1 2 m  ĐS : 1 2 m  Câu 31: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 3 26 9y x x x   (C)  TXĐ : D = R 2' 3 12 9 1 ' 0 3 " 6 12 y x x x y x y x           " 0 2 2y x y      điểm uốn (2, 2)  BBT:  Đồ thị: 4321O X Y 2 4 (C) Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 38 2) a) Từ đồ thị (C) hãy suy ra đồ thị 1( )C của hàm số: 3 2 1 6 9y x x x   Ta có: 3 2 1 16 9 ( )y x x x y f x     Đây là hàm số chẵn nên đồ thị 1( )C nhận Oy làm trục đối xứng. 3O X Y 4 -3 (D) Do đó đồ thị 1( )C suy từ (C) như sau: - Phần của (C) bên phải trục Oy giữ nguyên. - Bỏ phần của (C) bên trái Oy và lấy phần đối xứng của phần bên phải của (C) qua trục Oy. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 3 2 3 2 6 9 3 0 6 9 3 x x x m x x x m           Đây là phương trình hoành độ giao điểm của 1( )C và đường thẳng d: y = 3 – m Số giao điểm của 1( )C và d là số nghiệm của phương trình. Biện luận:  3 0 3m m    :vô nghiệm  3 0 3m m    : 3 nghiệm  0 3 4 1 3m m       : 6 nghiệm  3 4 1m m     : 4 nghiệm  3 4 1m m     : 2 nghiệm Câu 32 : 1) a) Khảo sát hàm số: 2 1 1 x x y x      TXĐ :  \ 1D R 2 2 2 ' ( 1) 0 ' 0 2 x x y x x y x            Tiệm cận đứng: x = 1 vì 1 1 lim 1x x    Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 39 Ta có: 1 1 y x x     Tiệm cận xiên: y = x vì 1 lim 0 1x x    BBT:  Đồ thị : X Y O (C) 1 2 1 I -1 3 b) Xác định 1 1( , ) ( )A x y C với 1 1x  sao cho khoảng cách từ A đến giao điểm hai đường tiệm cận nhỏ nhất. Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận: 1 1 (1,1)x y I    1 1 1 1 1 1 ( , ) ( ) 1 A x y C y x x      Ta có : 2 2 21 1( 1) ( 1)AI x y    2 2 1 1 1 1 ( 1) 1 1 x x x             2 2 2 1 12 2 1 1 1 1 2( 1) 2 2 2( 1) . 2 ( 1) ( 1) 2 2 2 2( 2 1) AI x x x x                Min 2 2( 2 1)AI   khi : Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 40 2 4 1 12 1 1 4 1 4 4 1 4 1 4 1 1 2( 1) ( 1) 2( 1) 1 1 2 1 1 12 2 1 21 ( ) 2 x x x x x y x loại                         Vậy : 4 4 4 1 1 1 , 2 2 2 A         thì Min 2( 2 1)AI   2) Tìm tập giá trị của 2 3 1 x y x    và các tiệm cận của đồ thị hàm số đó:  Miền xác định R.  2 2 1 3 ' ( 1) 1 x y x x     , 1 ' 0 3 y x    Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:  Miền giá trị của hàm số : ( 1, 10}  Đồ thị có 2 đường tiệm cận ngang: 1 1y y    CÂU 33: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 2 2 2 1 x x y x      TXĐ: D = R\{1} 2 2 ' 2( 1) 0 ' 0 2 x x y x x y x          Tiệm cận đứng: x = 1 vì lim 1x    Ta có: 1 3 1 y x x      Tiệm cận xiên: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 41 y = x + 3 vì 1 lim 0 1xx    BBT:  Đồ thị: 2) Tìm điểm M trên (C) sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm 2 đường tiệm cận là nhỏ nhất. Giao điểm của 2 đường tiệm cận là: I(1,4) Gọi 1 1 ,4 ( )M a a C a           Xét a > 0 Ta có: 21 1 12 2 2 22 2 2 2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 IM a a a a a a a IM                   min( ) 2 2 2IM   khi 1 12 42 2 2 a a a    1 1 1 41 ,4 2 4 4 42 2 2 a M             Do tính đối xứng nên có 2 điểm M thoả điều kiện bài toán: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 42 1 1 41 ,4 2 1 4 42 2 1 1 41 ,4 2 2 4 42 2 M M                   CÂU34: Cho hàm số: 2 1 1 x mx y x     Tìm m để tiệm cận xuyên cắt các trục toạ độ tại A, B sao cho: 18OABS  Ta có: 1 1 m y x m x       TCX: y = x + m + 1 vì lim 0 1 m xx   TCX cắt Ox tại A: y = 0 suy ra x = -m-1  A(-m-1, 0) TCX cắt Oy tại B: x = 0  y = m + 1  B(0, m+1) 1 . 18 2 S OAOB OAB      1 . 1 36 521 36 7 m m m m m              CÂU 35: 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 3 26 9 4y x x x      TXĐ: D = R 2' 3 12 9 1 ' 0 3 '' 6 12 y x x x y x y x             '' 0 2 2y x y      điểm uốn (2, 2).  BBT:  Đồ thị: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 43 Cho x = 0, y = 4 x = 4, y = 0 2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng nhau qua điểm I(0, 4) Ta có:    3 23 1 3 2 1 4y x m x m x                 3' 3 6 1 3 2 1 3' 0 3 6 1 3 2 1 0 2 2 1 2 1 0 (1) y x m x m y x m x m x m x m                     Hàm số có cực đại và cực tiểu ' 0    2 21 2 1 0 0 0 1 3 3 1 1 32 1 4 3 3 2 2 m m m m x y m x m y m m                        Tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là: 3(1, 3 3), (2 1,4 3 3) 1 2 M m M m m m     1 M Và 2 M đối xứng nhau qua I  I là trung điểm 1 M 2 M    0 2 2 01 2 38 4 3 3 3 3 81 2 11 33 1 4 4 2 04 6 2 0 x x m y y m m m mm m m mm m                                1m   (nhận) ĐS: 1m   CÂU 36: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 44 Cho hàm số 22 (6 ) 2 x m x y mx     1) Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu: Ta có:   22 8 12 2 ' 22 mx x m y mx      2' 0 2 8 12 2 0 2 4 6 0 (1) y mx x m mx x m            Hàm số đạt cực đại và cực tiểu  (1) có 2 nghiệm phân biệt.   00 4 6 0' 0 0 0 2 3 5 3 56 4 0 mm m m m m m mm m                          Vậy: 3 5 3 5m m     và 0m  thì hàm số có cực đại, cực tiểu 2) Khảo sát hàm số khi m = 1: 22 5 ( ) 2 x x y C x     TXĐ: D = R\ {-2}   22 8 10 ' 0 2 22 x x y x x         Hàm số tăng trên từng khoảng xác định.  Tiệm cận đứng : x = -2 vì lim 2 y x     Ta có: 2 2 1 2 y x x      Tiệm cận xiên: y = 2x + 1 vì 2 lim 0 2xx     BBT:  Điểm đặc biệt:  Đồ thị: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 45 3) Chứng minh rằng tại mọi điểm của (C) tiếp tuyến luôn luôn cắt 2 tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi. Đổi trục bằng tịnh tiến theo véc tơ ( 2, 3)OI     2 3 x X y Y       Thay vào 2 2 1 2 y x x     2 2 3 2 3 2Y X Y X X X         2 ' 2 2 Y X    Gọi 2 ( , ) ( ) 2 0 0 0 0 0 0 M X Y C Y X X     Phương trình tiếp tuyến tại 0 M : '( )( ) 0 0 0 Y f X X X Y    2 22 20 02 00 2 4 2 2 00 Y X X X XX Y X XX                             TCĐ: X= 0 TCX: Y= 2X Giao điểm với tiệm cận đứng: Cï §øc Hoµ Tr­êng THPT VÜnh Ch©n - Tỉ : To¸n - Lý 46 4 4 0 0, 0 0 X Y A X X              Giao điểm với TCX: 