Bài 2: ôn tập về hàm hữu tỷ

' + 0 − − 0 + 3 ∞ ∞ y − + + 2 5 −∞ −∞ 2 Tiệm cận : x = 0 là tiệm cận đứng 11 y = x + là tiệm cận xiên. 22 y 5 2 y = 1 x + 1 2 2 −2 −1 O 2 x −3 2 V ) ĐỀ DỰ BỊ 2 - KHỐI B – NĂM 2003 2x −1 (2 điểm) Cho hàm số : y = x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng IM. BÀI yGIẢI: 2x− 1 1 1) Khảo sát y = =+2 x1−− x1 MXĐ : D = R\{1} 2 I −1 y' = < 0 , ∀x ∈ R\{1} O 1 x (x− 1)2 x −∞ 1 +∞ y' − − y 2 +∞ −∞ 2 Tiệm cận : x = 1 là phương trình tiệm cận đứng y = 2 là phương trình tiệm cận ngang.I(1; 2) là TĐX 2) Gọi M(x0; y0) ∈ C là tiếp điểm. −1 Hệ số góc tiếp tuyến tại M là f '(x ) = 0 − 2 (x0 1) yy− 1 Hệ số góc của đường thẳng IM là 0I==k − − 2 xx0I(x0 1) 11 Vì Tiếp tuyến tại M ⊥ IM ⇔ −⋅=−1 −−22 (x00 1) (x 1) 4 ⇔ (x0 – 1) = 1 ⇔x0 – 1 = ± 1 ⎡x0= ⎡ y(0)= 1 ⇔ ⎢ 0 ⎢ 0 = = ⎣x20 ⎣ y(2)0 3 Vậy có hai điểm M1(0; 1), M2(2; 3) thỏa ycbt. VI ) ĐỀ DỰ BỊ 1 – KHỐI D – NĂM 2003 (2 điểm) x2 + 5x + m 2 + 6 Cho hàm số : y = (1) (m là tham số) x + 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1; +∞). x5x72 ++ 1) Khi m = 1 y = x3+ x6x82 ++ MXĐ : D = R\{−3};y' = ; (x+ 3)2 y' = 0 x = −4 hay x = −2 Bảng biến thiên : x −∞ − 4 −3 −2 +∞ y' + 0 − − 0 + y −3 +∞ +∞ −∞ −∞ 1 Tiệm cận :x = −3; y = x + 2. y 2 −4 −3 −2 O x −3 2) Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; +∞). x6x9m22++− Ta có : y' = (x+ 3)2 y đồng biến trên (1; +∞)⇔ y' ≥ 0 ∀x ≥ 1 ⇔ x2 + 6x + 9 – m2 ≥ 0 ∀x ≥ 1 ⇔ x2 + 6x + 9 ≥ m2 ∀x ≥ 1 Khảo sát hàm số g(x) = x2 + 6x + 9, với x ≥ 1 g'(x) = 2x + 6> 0, ∀x ≥ 1.Do đó ycbt ⇔ min (x2 + 6x + 9) ≥ m2 ⇔ g(1) = 16 ≥ m2 x1≥ ⇔ −4 ≤ m ≤ 4. V I ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI A - DỰ BỊ 2 - NĂM 2004 1 (2 điểm) Cho hàm số : y = x + (1) có đồ thị (C). x 1. Khảo sát hàm số (1) 2. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M(-1; 7). 1 x12 + 1) Khảo sát y = x + = (C) x x MXĐ : D = R\ 0 x12 − y'= , y’ = 0 ⇔ x2 – 1 = 0 ⇔ x = ± 1 x • BBT −∞ -1 0 1 +∞ ' + 0 - - 0 + -2 +∞ +∞ −∞ −∞ 2 Tiệm cận đứng x = 0. Tiệm cận xiên y = x. y y = x 2 - 0 1 x - 2) Pt tiếp tuyến (d) qua M có dạng : y = k(x + 1) + 7 ⎧ 1 ⎪xk(x1)7+= ++ (1) ⎪ x (d) tiếp xúc (C)⇔ ⎨ có nghiệm. 1 ⎪1−= k (2) ⎩⎪ x2 Thế (2) vào (1), ta có pthđ tiếp điểm của (d) và (C) là 11 111 x(1)(x1)7+=− ++ ⇔ xx1+=+−− + 7 x x2 xxx2 11 11 ⇔ +−=2. 8 0 ⇔ =−4 hay = 2 x2 x xx (Nhận xét: đặt u = 1/x ta có u2 + 2u – 8 = 0 ⇔ u = -4 hay u =2 ) Thế vào (2) ta có k = - 15 hay k = - 3. Vậy pttt của (C) qua M là y = – 15( x + 1) + 7 hay y = –3(x + 1) + 7 V II ) ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - KHỐI D - DỰ BỊ 1 - NĂM 2004 xx42 ++ (2 điểm)Cho hàm số : y = (1) có đồ thị (C). x1+ 1. Khảo sát hàm số (1) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng x – 3y + 3 = 0 BÀI GIẢI: x2 + x + 4 1/ Khảo sát khi y = x +1 • MXĐ : D = R \ {–1} x2 + 2x − 3 • y' = , (x +1)2 y' = 0 ⇔ x2 + 2x – 3 = 0 ⇔ x = 1hay x = – 3. • Bảng biến thiên : x -∞ -3 -1 1 +∞ y' + 0 – – 0 + y -5 +∞ +∞ -∞ -∞ 3 • Tiệm cận : - Tiệm cận đứng x = – 1 - Tiệm cận xiên y = x • Đồ thị :độc giả tự vẽ. 2) Đường thẳng x – 3y + 3 = 0 có hệ số góc là 1/ 3 nên phương trình tiếp tuyến có dạng: y = –3x + m (d) ⎧ 4 ⎪x3xm+=−+ ⎪ x1+ ⇔ ⎨ (d) tiếp xúc (C) 4 có nghiệm ⎪13−=− ⎩⎪ (x+1)2 ⎧ 4 ⎪x3xm+=−+ ⎧x2=− ⎧x0= ⇔ ⎨ x1+ ⇔ ⎨ hay ⎨ ⎩m= −12 ⎩m= 4 ⎩⎪x2ha=−y x0 = Vậy y = –3x –12 hay y = –3x + 4. VIII ) DỰ BỊ 1 KHỐI A năm 2005: x22++−213mx m Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số : y = (*) (m là tham số) xm− 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1. 2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. Giải: x2x22 +− 1/ Khi m = 1 thì y = x1− (1) • MXĐ: D = R \ {1} x2x2 − • y'= , y'= 0 ()x1− 2 ⇔=x0hayx2 = • Bảng biến thiên : x -∞ 0 1 2 +∞ y' + 0 – – 0 + y 2 +∞ +∞ -∞ -∞ 6 • Tiệm cận : x1= là pt t/c đứng y = x + 3 là pt t/c xiên 2/ x2mxm122−+− Ta có y'= ()xm− 2 Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung ⇔=y/ 0 có 2 nghiệm trái dấu ⇔=Pm2 −<⇔10 m <⇔−<< 1 1 m 1 IX ) DỰ BỊ 2 KHỐI A năm 2005: x2 ++x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = . x +1 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thị ( C ) . Giải: xx12 ++ 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị y = ()C x1+ • MXĐ: DR\=−{ 1} x2x2 + y',==⇔+=⇔==−y'0 x2 2x0 x0hay x2 ()x1+ 2 • Bảng biến thiên : x -∞ -2 -1 0 +∞ y' + 0 – – 0 + y -3 +∞ +∞ -∞ -∞ 1 • Tiệm cận : x1=− là phương trình tiệm cận đứng yx= là phương trình tiệm cận xiên 1 2/ Phương trình tiếp -1 tuyến ∆ qua M1,0()− ( hệ số góc k ) có dạng ∆ : y =+kx() 1 -3 ∆ tiếp xúc với ()C ⇔ hệ pt sau có nghiệm ⎧xx12 ++ ⎪ =+kx() 1 ⎪ x1+ ⎨ x2x2 + ⎪ = k ⎪ 2 ⎩()x1+ 2 ++ xx12 ++ ()x2xx1() phương trình hoành độ tiếp điểm là = x1+ ()x1+ 2 3 ⇔=x1 k = 4 3 Vậy pt tiếp tuyến ∆ với ()C qua M1,0()− là: y =+()x1 4 X ) DỰ BỊ 2 KHỐI B năm 2005: xx2 ++22 Cho hàm số : y = (*) x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (*) . 2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của ( C ).Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C ) đi qua điểm I . Giải : x2x22 ++ 1/ Khảo sát y = (C) x1+ • MXĐ: DR\=−{ 1} x2x2 + y',==⇔+=⇔==−y'0 x2 2x0 x0hay x2 ()x1+ 2 • Bảng biến thiên : x -∞ -2 -1 0 +∞ y' + 0 – – 0 + y -2 +∞ +∞ -∞ -∞ 2 • Tiệm cận : x1=− là pt t/c đứng; y =+x1 là pt t/c xiên • Đồ thị :độc giả tự vẽ. 2/ Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I1,0()− là giao điểm của 2 tiệm cận. x2x22 ++ Gọi Mx,y()∈⇔=() C y oo ooo o + x1o Phương trình tiếp tuyến của (C) tại Mo ⎛⎞ x2x2 + yy−=f'()( x x − x ) ⇔−=yy ⎜⎟oo()xx − oo o o⎜⎟+ 2 o ⎝⎠()x1o 2 +−− ()x2xoo() 1x o Tiếp tuyến đi qua I0y⇔− = o + 2 ()x1o x2x2x2x22++ + ⇔=oo oo ++ x1oo x1 ⇔=20: Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I1,0()− XI ) DỰ BỊ 2 KHỐI D năm 2005: xx2 ++33 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = . x +1 xx2 ++33 2. Tìm m để phương trình = m có 4 nghiệm phân biệt x +1 Giải: x3x32 ++ 1/ Khảo sát y = ()C x1+ • MXĐ: DR\=−{ 1} x2x2 + • y',==⇔+=⇔==−y'0 x2 2x0 x0vx 2 ()x1+ 2 • Bảng biến thiên : x -∞ -2 -1 0 +∞ y' + 0 – – 0 + y -1 +∞ +∞ -∞ -∞ 3 • Tiệm cận : x = -1 là tc đứng ; y = x + 2 là tc xiên 2 x3x32 ++ 2/ Tìm m để pt = m có 4 nghiệm phân biệt x1+ ⎧x3x32 ++ ⎪ nếux>− 1 x3x32 ++ ⎪ x1+ Ta có y ==⎨ x1+ ⎪ ()x3x32 ++ ⎪−<−nếux 1 ⎩+x1 x3x32 ++ Do đó đồ thị y = có được bằng cách x1+ • Giữ nguyên phần đồ thị (C) khi x > -1 • Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) khi x< -1 x3x32 ++ x3x32 ++ Do đó, nhờ đồ thị y = , ta thấy để pt = m có 4 nghiệm phân biệt ta chọn m x1+ x1+ > 3. Th.S PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm luyện thi chất lượng cao Vĩnh Viễn)