Ôn thi Toán đại học - Hàm số và các vấn đề liên quan

" Î 2( 2) 2( 2) 3 1 0 m x m x m x RÛ + - + - + ³ " Î (1) Và lúc này ta chuyển bài toán đơn điệu về bài toán dấu tam thức bậc hai. Cụ thể là tam thức không đổi dấu trên R , do đó ta cần nhắc lại chút xíu về dấu của tam thức bậc hai. Nhắc lại: Cho tam thức 2( ) , 0f x ax bx c a= + + ¹ có 2 4b acD = - * Nếu 0 . ( ) 0 a f x x RD " Î * Nếu 0 . ( ) 0 a f x x RD = Þ ³ " Î và . ( ) 0 2 ba f x x a= Û = - * Nếu 0 ( )f xD > Þ có hai nghiệm 1 2x x< . · 1 2. ( ) 0 ( ; ) ( ; )a f x x x x> Û Î -¥ È +¥ · 1 2. ( ) 0 ( ; )a f x x x x< Û Î . Từ định lí về dấu ta có ngay: 0 ( 0)( ) 0 ( ( ) 0) 0 a af x f x x R ì > <ï³ £ " Î Û íD £ïî . Trở lại bài toán: Điều mà các bạn hay nhầm lẫn là áp dụng ngay kết quả trên vào (1). Lưu ý VT của (1) chưa phải là tam thức bậc hai vì hệ số 2a m= + nhận giá trị 0. Do đó ta cần chia làm hai trường hợp. TH 1: Nếu 2m = - khi đó (1) 7 0Û ³ luôn đúng với mọi x 2mÞ = - thỏa bài toán TH 2: Nếu 2m ¹ - khi đó (1) thỏa với mọi 2 0 2 0 ' ( 2)(4 1) 0 4 1 0 a m mx R m m m ì ì= + > + >ï ïÎ Û Ûí íD = + + £ + £ï ïî î 12 4mÛ - < £ - . Kết hợp cả hai trường hợp, ta có: 12 4m- £ £ - là những giá trị cần tìm. www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 8 Nhận xét: Lời giải trên xem ra có vẻ đúng và hợp lí, tuy nhiên về mặt lí luận thì trình bày như trên là chưa thỏa đáng? Các bạn thử nghĩ xem chưa thỏa đáng ở chỗ nào ? Ta nên trình bày thế nào cho chặt chẽ ?. Ví dụ 2.1. Tìm m để hàm số 2 sin 1y x m x= + - nghịch biến trên R . Lời giải. Hàm số xác định trên R . Ta có: ' 2 cosy m x= + * Nếu 2 2 ' 0 m y x R- " Î Þ hàm số đồng biến trên R * Nếu 2 2 2 cos 0 m x x R= ± Þ ± ³ " Î và ' 0y = tại vô hạn điểm, do đó ta chưa kết luận được hàm số tăng trên R . Lấy hai giá trị 1 2x x< , khi đó sẽ có khoảng ( ; )a b chứa 1 2,x x và ' 0y = chỉ tại hữu hạn điểm trên (a;b) nên hàm đồng biến trên 1 2( ; ) ( ) ( )a b y x y xÞ < Þ hàm số đồng biến trên R . Vậy | | 2m £ là những giá trị cần tìm. Ví dụ 3.1. Tìm m để hàm số sau đồng biến trên )2;é +¥ë 3 2 2( 1) (2 3 2) (2 1)y x m x m m x m m= - + - - + + - . Lời giải. Hàm số xác định trên R. Ta có 2 2' 3 2( 1) (2 3 2)y x m x m m= - + - - + . Hàm đồng biến trên )2;é +¥ë ' 0yÛ ³ 2x" ³ 2 2( ) 3 2( 1) (2 3 2) 0 [2; )f x x m x m m xÛ = - + - - + ³ " Î +¥ Vì tam thức ( )f x có 2' 7 7 7 0 m m mD = - + > " Nên ( )f x có hai nghiệm: 1 2 1 ' 1 ';3 3 m mx x+ - D + + D= = . Vì 1 2x x< nên 1 2 ( ) 0 x xf x x x é £ ³ Û ê ³êë . Do đó 2( ) 0 [2; ) 2 ' 5f x x x m³ " Î +¥ Û £ Û D £ - www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 9 2 2 5 5 32 2' (5 ) 2 6 0 m m m m m m ì ì£ £ï ïÛ Û Û - £ £í í D £ - + - £ï ïî î . Vậy 32 2m- £ £ là những giá trị cần tìm. Ví dụ 4.1. Tìm m để hàm số 3 21 ( 1) 3( 2) 13y mx m x m x= - - + - + đồng biến trên (2; )+¥ . Giải. Vì hàm số liên tục trên R nên: Hàm số đồng biến trên (2; )+¥ Û hàm số đồng biến trên [2;+ )¥ . Ta có : 2' 2( 1) 3( 2)y mx m x m= - - + - . C 1. Hàm đồng biến trên [2; )+¥ ' 0 [2; )y xÛ ³ " Î +¥ 2( ) 2( 1) 3( 2) 0 [2; )f x mx m x m xÛ = - - + - ³ " Î +¥ (3) TH 1: 0m = khi đó (3) chỉ đúng với mọi 3x ³ . TH 2: 0m < ta thấy trường hợp này không tồn tại m nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán. TH 3: 0m > , ( )f x có 2' 2 4 1m mD = - + + * Nếu 2 6' 0 2m + D £ Û ³ (do 0m > ) ( ) 0 f x xÞ ³ " Î ¡ * Nếu 2 6' 0 0 2m + D > Û < < (*). Khi đó ( )f x có hai nghiệm 1 2x x< và 1 2 2 ( ) 0 ( ) 0 2 2x xf x f x x xx x é £ ³ Û Þ ³ " ³ Û £ê ³êë 21 ' 22 ' 1 3 2 0 3 m m m m mm - + D Û £ Û D £ + Û - ³ Û ³ Kết hợp với (*) 2 2 63 2m + Þ £ < . Vậy 23m ³ là những giá trị cần tìm. C2: Hàm đồng biến trên [2;+∞) ' 0 [2; )y xÛ ³ " Î +¥ www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 10 2 2( 1) 3( 2) 0mx m x mÛ - - + - ³ [2; )x" Î +¥ 2 6 2 ( ) [2; ) 2 3 xm g x x x x - Û ³ = " Î +¥ - + . Xét hàm số ( )g x , ta có : 2 2 2 2( 6 3)'( ) ( 2 3) x xg x x x - + = - + '( ) 0 3 6 ( 2)g x x vi xÞ = Û = + ³ và lim ( ) 0 x g x ®+¥ = . Lập bảng biến thiên ta có 2 2max ( ) (2) 3x g x g ³ = = 2 2( ) [2; ) max ( ) 3x m g x x m g x ³ Þ ³ " Î +¥ Û ³ = . II. Cực trị hàm số Ghi nhớ: Cho hàm số ( )y f x= , xác định trên D . * 0x DÎ là điểm cực trị của khi và chỉ khi tại 0x đạo hàm triệt tiêu hoặc không xác định và qua đó đạo hàm đổi dấu. * 0 0( )y f x= : Cực trị hàm số * Điểm 0 0( ; )x y : Điểm cực trị của đồ thị hàm số. Ví dụ 5.1. Tìm m để hàm số: 3 23 ( 1) 1y mx mx m x= + - - - cực trị. Lời giải. Hàm số xác định trên R Ta có: 2' 3 6 1y mx mx m= + - + . Hàm số có đạo hàm tại mọi điểm nên 0x là điểm cực trị của hàm số thì đạo hàm tại đó phải bằng 0. Vậy hàm số có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = phải có nghiệm và y’ đổi dấu qua nghiệm đó. * Nếu 0 ' 1 0 m y x R= Þ = > " Î Þ hàm số không có cự trị * Nếu 0m ¹ . Khi đó 'y là một tam thức bậc hai nên ' 0y = có nghiệm và đổi dấu khi qua các nghiệm ' 0yÛ = có hai nghiệm phân biệt hay 2 1' 12 3 0 0 v 4m m m mD = - > Û . Vậy 10 v 4m m là những giá trị cần tìm. www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 11 Nhận xét: Nếu 'y là một tam thức bậc hai hoặc triệt tiêu và cùng dấu với một tam thức bậc hai thì hàm có cực trị Û phương trình ' 0y = có hai nghiệm phân biệt thuộc TXĐ. Ví dụ 6.1. Tìm m để hàm số 2 1x mxy x m + + = + đạt cực tiểu tại 1x = . Lời giải. Hàm số xác định với mọi x m¹ - Ta có: 2 1 1' 1 ( ) y x yx m x m = + Þ = - + + . Vì hàm số có đạo hàm tại mọi điểm x m¹ - nên để hàm đạt cực tiểu tại 1x = thì trước hết 2 1'(1) 1 0 0; 2 (1 ) y m m m = - = Û = = - + . Mà 3 1'' ( ) y x m = + nên * 0 ''(1) 1 0 1m y x= Þ = > Þ = là điểm cực tiểu 0mÞ = thỏa yêu cầu bài toán. * 2 '(1) 1 0 1m y x= - Þ = - < Þ = là điểm cực đại 2mÞ = - không thỏa yếu cầu bài toán. KL: 0m = . Nhận xét: Nhiều bạn đã giải bài toán trên bằng cách sử dụng điểu kiện sau Hàm số đạt cực tiểu tại '(1) 01 ''(1) 0 yx y ì =ï= Û í >ïî (*) ! Các bạn lưu ý là dấu hiệu hai chỉ phát biểu khi 0''( ) 0y x ¹ . Các bạn sẽ thấy rõ hơn bằng cách giải bài toán sau: 1. Tìm m để hàm số 4 2 23y x mx m m= + + + đạt cực tiểu tại 0x = 2. Tìm m đề hàm số 3 23( 2) ( 4) 2 1y x m x m x m= - + - + - + - đạt cực đại tại 1x = - . Tuy nhiên trong một số bài toán ta khẳng định được 0''( ) 0y x ¹ thì ta sử dụng (*) được. Chẳng hạn ở ví dụ trên chúng ta có thể trình bày như sau: www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 12 Ta có: 2 1 1' 1 ( ) y x yx m x m = + Þ = - + + , 3 1'' 0 ( ) y x m x m = ¹ " ¹ - + nên : Hàm số đạt cực tiểu tại '(1) 01 ''(1) 0 yx y ì =ï= Û í >ïî . Hoặc ở ví dụ sau: Ví dụ 7.1. Tìm m để hàm số 22 2 4 5y x m x x= - + + - + có cực đại. Lời giải: Hàm số xác định trên ¡ . Ta có 2 3/22 2' 2 ; " ( 4 5)4 5 x my m y x xx x - = - + = - +- + . * Nếu 0m = thì ' 2y = - nên hàm số không có cực trị. * 0m ¹ vì dấu của ''y chỉ phụ thuộc vào m nên để hàm có cực đại thì trước hết " 0y < 0mÛ < . Khi đó hàm số có cực đại Û Phương trình ' 0y = có nghiệm. Ta có: 2' 0 2 ( 2) 1 ( 2)y x m x= Û - + = - (1) .Đặt 2t x= - thì (1) trở thành 2 22 2 2 00 2 1 (1)1( 4) 1 4 tt mt t tm t m ì £ì £ï ï= + Û Û Þí í =- =ï ïî î - có nghiệm 2 4 0 2m mÛ - > Û < - (Do 0m < ). Vậy 2m < - thì hàm số có cực đại. Ví dụ 8.1. Tìm m để hàm số = - - - -2( )( 3 1)y x m x x m có cực đại và cực tiểu thoả =Ð. 1C CTx x . Lời giải. Hàm số xác định trên ¡ . Ta có = - + + -2' 3 2( 3) 2 1y x m x m Þ = Û - + + - =2' 0 3 2( 3) 2 1 0 (1)y x m x m www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 13 Hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn =Ð. 1C CTx x Û (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn: =1 2| . | 1x x ìD = + > é =ïÛ Û êí - = -= = = êï ëî 2' 7 0 2 2 1 1| | | | | | 13 m m c m mP a . Vậy = 2m hoặc = -1m là giá trị cần tìm. Nhận xét. Chúng ta đã giải quyết bài toán liên quan đến hoành độ của điểm cực trị. Ghi nhớ rằng các hàm đa thức hay phân thức hữu tỉ luôn có đạo hàm tại mọi điểm thuộc tập xác định nên hoành độ điểm cực trị bao giờ cũng là nghiệm của phương trình ' 0y = . Thường thì các bạn chỉ gặp những hàm số mà 'y là một tam thức bậc hai hoặc triệt tiêu và cùng dấu với một tam thức bậc hai, do đó những bài toán liên quan đến điểm cực trị của đồ thi hàm số thường chuyển về bài toán liên quan đến nghiệm cảu một phương trình bậc hai và định lí Viet là công cụ tốt nhất để giải quyết. Ví dụ 9.1. Cho họ đường cong = + - -3 2( ) : 2 12 13mC y x mx x . Tìm m để (Cm) có điểm cực đại và cực tiểu và các điểm này cách đều trục tung. Lời giải. Hàm số xác định trên ¡ Ta có = + - Þ = Û + - =2 2' 2(3 6) ' 0 3 6 0 (2)y x mx y x mx Vì (2) luôn có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số luôn có hai cực trị. Gọi 1 2,x x là hoành độ hai cực trị, hai điểm cực trị cách đều trục tung Û = Û = - Û + =1 2 1 2 1 2| | | | 0x x x x x x (vì ¹1 2x x ) - - Û = = = Û =0 03 b mS ma . Vậy = 0m là giá trị cần tìm. Ví dụ 10.1. Cho hàm số 3 2 2 23 3( 1) 3 1y x x m x m= - + + - - - (1) . Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều gốc tọa độ O . Lời giải. Ta có ( )2 2' 3 6 3 1y x x m= - + + - Hàm số có cực đại và cực tiểu Û ( )2 2'( ) 3 6 3 1 0g x x x m= - + + - = có hai nghiệm phân biệt . 2' 9 0 0m mÛ D = > Û ¹ . Gọi ,A B là các điểm cực trị ta có : 3(1 ; 2 2 );A m m- - - 3(1 ; 2 2 )B m m+ - + . www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 14 Điểm O cách đều hai điểm ,A B Û OA OB= ( )3 18 2 02m m m m Û = Û = ± ¹ . III. Bài toán giao điểm Nội dung liên quan của bài toán này là dựa vào định lí sau Định lí: Số nghiệm của hai đồ thị ( ) : ( )C y f x= và ( ') : ( )C y g x= chính là số nghiệm của phương trình ( ) ( )f x g x= (1). Nghiệm của phương trình chính là hoành độ của các giao điểm nên nó còn được gọi là phương trình hoành độ giao điểm. Từ định lí trên sẽ nảy sinh ra hai bài toán ngược nhau. Bài toán 1: Dựa vào đồ thị (C): ( )y f x= , biện luận số nghiệm của phương trình : ( , ) 0F x m = . Bài toán 2: Biện luận số giao điểm của hai đồ thị ( ) : ( , )C y f x m= và ( ') : ( , )C y g x m= . Ví dụ 11.1. (Khối A – 2006 ) Cho hàm số: 3 22 9 12 4y x x x= - + - có đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt : 3 22 9 12x x x m- + = (1). Lời giải . 1. Các bạn tự làm. 2. Đặt , 0t x t= ³ . Khi đó (1) trở thành: 3 2 3 22 9 12 2 9 12 4 4t t t m t t t m- + = Û - + - = - (2) Phương trình (1) có 6 nghiệm phân biệt (2)Û có 3 nghiệm dương phân biệtÛ đường thẳng 4y m= - cắt đồ thị hàm số 3 22 9 12 4y t t t= - + - tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương 0 4 1 4 5m mÛ < - < Û < < . www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 15 Lưu ý: 1) Ở bài toán trên ta có thể giải theo cách sau Ta có: 3 32 22 9 12 2 9 12 4 4x x x m x x x m- + = Û - + - = - Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đường thẳng 4y m= - với đồ thị hàm số (C’): 3 22 9 12 4y x x x= - + - . Vì hàm số 3 22 9 12 4y x x x= - + - là hàm số chẵn nên ( ')C nhận Oy làm trục đối xứng. Do đó để vè (C’) ta chỉ cần vẽ một nhánh bên phải trục Oy rồi lấy đối xứng qua Oy ta có nhánh còn lại. Với 0 ( ') ( )x C C³ Þ º Þ ta có đồ thị (C’) như sau (hình vẽ) Từ đồ thị hàm số 3 22 9 12 4y x x x= - + - ta có phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 4 1 4 5m m< - < Û < < . 2) Trong bài toán 1 thường dẫn tới bài toán suy đồ thị Cho đồ thị (3): ( )y f x= .Từ đồ thị (3) suy ra cách vẽ đồ thị (C’) của hàm số : ( )| |y f x= như sau: Ta thấy hàm số ( )| |y f x= là một hàm số chẵn nên đồ thị của nó là hai nhánh đối xứng nhau qua truc Oy : Mặt khác: ( ) 0( ) 0 f x khi xy f x khi x ì ³ï= í - <ïî , suy ra với 0x ³ thì (3) và (C’) trùng nhau. Vậy ta có cách vẽ (C’) như sau: B 1:Giữ nguyên phần đồ thị (3) ứng với phần 0x ³ (Phần nằm về phía bên phải trục Oy) y -4 O 1 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 16 B 2: Lấy đối xứng qua trục Oy phần vừa vẽ ở bước 1 ta có đồ thị (C’). Ví dụ 12.1. Cho hàm số 3( ) 2y f x x x= = - - + , có đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ (C). 2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 3| 2 |x x m+ - = (1) Lời giải. 1. Các bạn tự làm. 2. Xét đồ thị 3( ') : ( ) 2 ( )C y g x x x f x= = + - = . Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị (C’) và đường thẳng : y mD = . Ta có: ( ) khi ( ) 0( ) ( ) khi ( ) 0 f x f xg x f x f x ì ³ï= í- <ïî suy ra * Nếu ( ) 0f x ³ (Tức là phần đồ thị (3) nằm trên truc Ox) thì (C’) và (3) trùng nhau. * Nếu ( ) 0f x < , khi đó mọi điểm 'M thuộc (C’) thì ( )( )’ ;M x f x- còn M thuộc (3) thì ( )( );M x f x Þ M và 'M đối xứng nhau qua trục Ox hay là (3) và (C’) đối xứng nhau qua trục Ox. Cách vẽ: B 1 : Giữ nguyên đồ thị (3) ứng với phần ( ) 0f x ³ (Phần đồ thị nằm trên Ox). B 2 : Lấy đối xứng qua trục Ox đồ thị (3) phần ( ) 0f x < (Phần nằm phía dưới Ox). Ta có đồ thị (C’) (hình 1.4). Dựa vào đồ thị (C’) ta có : · Nếu 0m < Þ D và (C’) không cắt nhau (1)Þ vô nghiệm · Nếu 0m = Þ D cắt (C’) tại một điểm (1)Þ có một nghiệm · Nếu 0m > Þ D cắt (C’) tại hai điểm (1)Þ có hai nghiệm. Ví dụ 13.1. Tìm m để đường thẳng : 2d y x m= + cắt đồ thị (C): 2 2 1 xy x - = + tại 2 điểm phân biệt ,A B sao cho 5AB = . Lời giải. y www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 17 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )C : 2 2 21 x x mx - = + Û + ( ) ( )22 • 2 0 , 1 • •1x mx m x+ + + = ¹ - d cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt Û (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1- 2 4 4 28 16 0 4 2 4 mm m m é £ - êÛ - - > Û ê ³ +ë (*). Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của (1) ( )1 1 2 2; 2 , ( ;2 ).A x x m B x x mÞ + + Theo định lí Viét ta có : 1 2 1 2 2; 2 2 m mx x x x ++ = - = . 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 25 ( ) 4( ) 5 ( ) 4 1AB x x x x x x x x= Û - + - = Û + - = 2 8 20 0 10; 2m m m mÛ - - = Û = = - Đối chiếu (*), ta có 10; 2m m= = - là những giá trị cần tìm. Ví dụ 14.1. Cho hàm số 3 23 4y x x= - + (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Gọi kd là đường thẳng đi qua (3;4)A và có hệ số góc k . Tìm k để kd cắt (C) tại ba điểm phân biệt , , A M N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại ,M N vuông góc với nhau. Lời giải. Phương trình : ( 3) 4kd y k x= - + . Ta có PTHĐ giao điểm của (C) và kd : 2 2 3 ( 3)( ) 0 x x x k x k é = ê- - = Û =êë . kd cắt (C) tại ba điểm A,M,N 0 9 k k ì >ïÛ í ¹ïî . Khi đó ;M Nx k x k= = - . Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau '( ). '( ) 1y k y kÛ - = - 2 6 379 36 1 0 3k k k + Û - - = Û = . Ví dụ 15.1. Cho hàm số 2 12 xy x + = + (C) www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 18 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Chứng minh rằng đường thẳng :d y x m= - + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B. Tính độ dài đoạn AB theo m . Lời giải. Xét PTHĐ giao điểm của d và (C): 22 1 (4 ) 1 2 0 (*)2 x x m x m x mx + = - + Û + - + - = + Vì (*) có 2 24 12 ( 2) 8 0m m mD = - + = - + > và 2- không là nghiệm của (*) nên (C) và d luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (*). Khi đó : 1 1 2 2( ; ), ( ; )A x x m B x x m- + - + 2 2 2 1 2 1 2 1 22( ) 2( ) 8AB x x x x x xÞ = - = + - . Áp dụng định lí Viét : 2 2 22( 4 12) 2( 4 12)AB m m AB m m= - + Þ = - + . Chú ý: Ở bài toán trên ta có thể giải quyết một số bài toán liên quan đến độ dài đoạn AB như : AB nhỏ nhất, 5AB = ,… IV. Bài toán tiếp tuyến Định lí: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) : ( )C y f x= tại 0 0( ; ) ( )M x y CÎ có phương trình : 0 0 0'( )( )y f x x x y= - + (1). Vậy để viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị, ta cần đi xác định giá trị 0x . Lưu ý: 0'( )f x : hệ số góc của tiếp tuyến. Ví dụ 16.1. Cho hàm số 2 21 xy x + = - có đồ thị (C). 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến có hệ số góc 4k = - . 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ tại hai điểm ,A B sao cho tam giác OAB là một tam giác vuông cân. 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M , biết IM vuông góc với tiếp tuyến, trong đó (1;2)I . 4. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua (1;5)A . www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 19 Lời giải. Gọi 0 0( ; )M x y là tiếp điểm, khi đó tiếp tuyến D có phương trình: 0 02 00 2 24 ( ) 1( 1) xy x x xx +- = - + -- 1. Giả thiết của bài toán cho hệ số góc bằng 3- nên ta có 0'( ) 3f x = - . Từ đây ta tìm được 0x Þ tiếp tuyến Theo giả tiết ta có: 00 2 00 04'( ) 4 4 2( 1) xy x xx é =- = - Û = - Û ê =- êë * 0 0 : 4 2x y x= Þ D = - - * 0 2 4 14x y x= Þ = - + 2. Cách 1: Giả thiết của bài toán cho AOBD vuông cân nên ta khai thác tính chất của tam giác vuông cân Vì tam giác AOB cân tại O nên phân giác của góc ·AOB (chính là đường thẳng y x= hoặc y x= - ) vuông góc với đường thẳng BC (Chính là tiếp tuyến) nên tiếp tuyến có hệ số góc 1k = ± 0'( ) 1y xÛ = ± . Do 0 0 2 00 34' 0 '( ) 1 1 1( 1) xy y x xx é =- < Þ = - Û = - Û ê = -- êë . * 0 3 : 7x y x= Þ D = - + * 0 1 : 1x y x= - Þ D = - - Cách 2: Gọi 2 0 02 1( ;0)2 x xA Ox A + -= D Ç Þ , 2 0 0 2 0 2 4 20; ( 1) x xB Oy B x æ ö+ - ç ÷= D Ç Þ ç ÷-è ø Vì tam giác AOB cân tại 2 2 0 0 0 0 2 02 0 2 1 2( 2 1) ( 1) 42 ( 1) x x x x O OA OB x x + - + - Þ = Û = Û - = - Giải tiếp ta được kết quả như trên. Nhận xét: www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 20 Cách 1 cho chúng ta lời giải ngắn gọn hơn. Tuy nhiên cách 2 có ý nghĩa tổng quát hơn. Khi thay đề bài bằng các câu hỏi khác liên quan đến tam giác OAB (Chẳng hạn 2OA OB= hoặc AOBD có diện tích bằng k …) thì lời giải thứ nhất không còn hiệu quả nữa, trong lúc đó cách giải thứ hai ta vẫn áp dụng được. 3. Tiếp tuyến D có VTCP: 2 0 41; ( 1) u xD æ ö ç ÷= - ç ÷-è ø uur và 0 0 4( 1; )1IM x x= - - uuur . Ta có: . 0IM u IMDD ^ Û = uur uuur 4 0 0 03 00 316( 1) 0 ( 1) 16 1( 1) xx x xx é = Û - - + = Û - = Û ê = -- êë Từ đó ta được hai tiếp tuyến là: 7y x= - + và 1y x= - - . 4. Vì 0 002 0 00 2 2 2 645 (1 ) 51 1( 1) x xA x x xx + +- Î D Þ = - + Û = - -- 0 11 3xÛ = . Vậy 9 89: 16 16y xD = - + . Ví dụ 17.1. Cho hàm số 3 23 1y x mx mx= - + + ( mC ). Tìm tất cả các giá trị của m để: 1. Tiếp tuyến của đồ thị ( )mC tại điểm có hoành độ 1x = - tạo với đường thẳng :d 1y x= + một góc 045 2. Trên ( )mC có đúng bốn điểm mà tiếp tuyến của ( )mC tại đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân. Lời giải. Ta có: 2' 3 6y x mx m= - + 1. Với 0 0 01 4 , '( ) 7 3x y m y x m= - Þ = - = + Phương trình tiếp tuyến D tại điểm có hoành độ 1x = - : (7 3) 3 3y m x m= + + + (1;7 3)u mDÞ = + uur và (1;1)du = uur 0 0 .2 2( , ) 45 cos( , ) cos 45 2 2. d d u u d d u u D D Þ D = Û D = = Û = uur uur uur uur www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 21 2 2 27 4 1 (7 3) (7 4) 1 (7 1)m m m mÛ + = + + Û + = + + 1 3mÛ = - . 2. Tiếp tuyến tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân nên hệ số góc của tiếp tuyến 1k = ± . Xét phương trình: 2' 1 3 6 1 0y x mx m= Û - + - = (1) có 2' 9 3 3 0 m m mD = - + > " Pt: 2' 1 3 6 1 0y x mx m= - Û - + + = (2) có 2' 9 3 3m mD = - - Để trên ( )mC có đúng bốn điểm mà tiếp tuyến tại đó tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông cân thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt và không có nghiệm chung với (1). (2) có hai nghiệm phân biệt 2 1 133 1 0 12m m m - Û - - > Û < hoặc 1 1312m + > . Giả sử 0x là nghiệm chung của (1) và (2) 2 0 0 2 0 0 3 6 1 0 3 6 1 0 x mx m x mx m ì - + - =ïÞ í - + + =ïî vô nghiệm . Vậy 1 13 1 13; ;12 12m æ ö æ ö- + ç ÷ ç ÷Î -¥ È +¥ ç ÷ ç ÷ è ø è ø là những giá trị cần tìm. Ví dụ 18.1. Cho hàm số 4 22 4 1y x x= - + (C). 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua (1; 1)A - . 2. Tìm những điểm thuộc (C) mà tiếp tuyến của (C) tại đó cắt (C) tại ba điểm phân biệt 3. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt. Lời giải. Gọi 0 0( ; )M x y là tiếp điểmÞphương trình tiếp tuyến 3 4 2 0 0 0 0 0: (4 4 )( ) 2 4 1y x x x x x xD = - - + - + 1. Ta có 3 4 20 0 0 0 0(8 8 )(1 ) 2 4 1 1A x x x x xÎ D Û - - + - + = - www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 22 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 04( 1)( ) ( 1) 0 ( 1)( 3 4 1) 0x x x x x x x- - + - = Û - - + - = 0 0 11; 3x xÛ = ± = . * 0 1 : 1x y= ± Þ D = - * 0 1 64 37:3 27 27x y x= Þ D = - + 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và :D 4 2 3 4 2 0 0 0 0 02 4 1 (8 8 )( ) 2 4 1x x x x x x x x- + = - - + - + 2 2 2 2 2 2 3 0 0 0 0 0 0( )( ) 2( ) 4( )( ) 0x x x x x x x x x xÛ - + - - - - - = 2 2 3 0 0 0 0 0( ) ( )( ) 2 4 2 0x x x x x x x x xé ùÛ - + + - - + =ê úë û 2 2 2 0 0 0( ) ( 2 3 2) 0x x x x x xÛ - + + - = 0 2 2 0 02 3 2 0 (*) x x x x x x é = êÛ + + - =êë Yêu cầu bài toán (*)Û có hai nghiệm phân biệt khác 0x 2 00 2 00 1 1' 2 2 0 16 2 0 3 xx xx ì- ï ïÛ Ûí í ¹ ±- ¹ï ïî î . 3. Giả sử D tiếp xúc với (C) tại ( ; )N n m M¹ 3 4 2: (8 8 )( ) 2 4 1y n n x n n nÞ D = - - + - + 2 23 3 0 00 0 2 24 2 4 2 0 00 0 1 08 8 8 8 ( ) 3( ) 2 06 4 1 6 4 1 n nx xn n x x n x n xn n x x ìì + + - =- = -ï ïÞ Ûí í é ù+ + - =- + + = - + +ï ï ê úî ë ûî 2 2 0 0 0 1 0 (I)0 n nx x n x ì + + - =ïÛ í + =ïî hoặc 2 2 0 0 2 2 0 1 0 (II) 3( ) 2 0 n nx x n x ì + + - =ï í + - =ïî Ta có : (I) 0 02 : 111 n x n x ynn ì = - ì = -ï ïÛ Û Þ D = -í í = ±= ïï îî . www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 23 2 2 2 0 0 0 0 2 4( ) 13 3(II) 1 1 3 3 9 n x n x n x nx nx ì ì + = + =ï ïï ïÛ Û Û = = ±í í ï ï= = ï ïî î (loại ). Vậy : 1yD = - là tiếp tuyến cần tìm. V. Tìm điểm thuộc đồ thị. Bài toán : Tìm tất cả các điểm M thuộc đồ thị (C) : ( )y f x= , biết M thỏa mãn tính chất T cho trước Phương pháp : ( ) ( ; ( ))M C M m f mÎ Þ . Dựa vào tính chất T của M ta tìm được m . Ví dụ 19.1. Cho đồ thị 2( ) : 1 xC y x + = - . 1. Tìm những điểm M thuộc (C), sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng : 2 2 0x yD + - = a) Bằng 6 5 b) Nhỏ nhất 2. Tìm hai điểm ,A B thuộc hai nhánh của (C) sao cho AB nhỏ nhất. 3. Tìm ( )N CÎ sao cho khoảng cách từ N đến Ox gấp đôi khoảng cách từ N đến Oy . Lời giải. 1. Gọi 2; 1 mM m m æ ö+ ç ÷-è ø ( ) 222 2 2 3 41, 5 5 | 1 | mm m mmd M m + + - - +- Þ D = = - . a) 2 6( , ) 2 3 4 6 | 1 | 5 d M m m mD = Û - + = - 2 2 52;2 9 10 0 2 12 3 2 0 2; 2 m mm m m m m m é é = =ê- + = êÛ Û ê ê + - = ê = - =ë êë . www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 24 Vậy 1 5, , 22 2m m m= = = ± là những giá trị cần tìm. b) Xét hàm số 22 3 4( ) 1 m mf m m - + = - , ta có 2 2 2 4 1'( ) ( 1) m mf m m - - = - ; 2 6'( ) 0 2f m m ± = Û = 2 6( ) ( ) 1 2 62 2 6( ) ( ) 1 2 62 f m f f m f é + ³ = +ê êÞ ê - £ = -êë ( , ) ( ) 2 6 1d M f mÞ D = ³ - . Vậy ( , )d M D nhỏ nhất 2 62m - Û = . 2. Gọi 3(1 ;1 )A a a+ + , 3(1 ;1 )B b b- - với , 0a b > ,A BÞ nằm về hai nhánh của (C). 2 2 2 2 3( ) 9( ; ) ( ) 1a bBA a b AB a bab a b é ù+ = + Þ = + +ê ú ë û uuur Do 2 2 2 2 9 9( ) 4 4 (1 ) 4( ) 24a b ab AB ab ab aba b + ³ Þ ³ + = + ³ . 2 6ABÞ ³ . Đẳng thức xảy ra 39 a b a b ab ab ì = ïÛ Û = =í =ïî (1 3;1 3), (1 3;1 3)A BÞ + + - - là hai điểm cần tìm. 3. Gọi 00 0 0 0 2( ; ) ( ) 1 xN x y C y x + Î Û = - . Theo bài ra : 0 00 0 0 0 2( , ) 2 ( , ) | | 2 | | 2 x yd N Ox d N Oy x y x y é = = Û = Û ê = -êë . * 200 0 0 0 0 0 2 42 3 4 01 xx y x x xx + = Û = Û - - = - www.VNMATH.com www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê Hồng Phong – Biên Hòa 25 0 0 0 0 11 2 4 2 x y x y é = - Þ = -êÛ ê = Þ =êë . * 200 0 0 0 0 0 2 42 4 01 xx y x x xx - - = - Û = Û + + = - vô nghiệm. Vậy 1 1( 1; )2N - - v