Đang tải... (xem toàn văn)
các dạng cơ bản về đồ thị hàm số
Bài tập đồ thị hàm số ________________________________________________________________________________ Câu I. 1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y= x-x+1 x-1 2 . 2) Tìm trên trục Oy các điểm từ đó có thể kẻ đỷợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C). 3) Xác định a để đồ thị (C) tiếp xúc với parabol y = x 2 +a. Câu II. Cho hệ phỷơng trình xyxym xym ++ = += 22 1) Giải hệ vớim=5. 2) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm? Câu III. 1) Cho bất phỷơng trình x 2 + 2x(cosy + siny) + 1 0. Tìm x để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi y. 2) Giải phỷơng trình lỷợng giác sin x(tgx + 1) = 3sinx(cosx - sinx) + 3 2 Câu IVa. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đềcác vuông góc, cho elip E) : x 9 + y 4 22 =1, ________________________________________________________________________________ và hai đỷờng thẳng (D):ax-by=0, (D):bx+ay=0, với a 2 +b 2 >0. 1) Xác định các giao điểm M, N của (D) với (E), và các giao điểm P, Q của (D) với (E). 2) Tính theo a, b diện tích tỷỏ giác MPNQ. 3) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy lớn nhất. 4) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy nhỏ nhất. Câu IVb. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên đỷờng thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại A, lấy một điểm M. Dỷồng BN CM BH CM, .Đỷờng thẳng KH cắt (d) tại N. 1) Chỷỏng minh : BN CM 2) Chỷỏng minh : BM CN 3) Hãy chỉ cách dỷồng điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất. ___________________________________________________________ Câu 1 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Lấy A(0, b) là một điểm trên Oy. Đờng thẳng qua A, với hệ số góc k có phơng trình : y = kx + b. Ta có 2 xx1 1 yx x1 x1 + ==+ ; 2 1 y' 1 (x 1) = Hoành độ tiếp điểm của đờng thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ 2 1 xkxb x1 1 1k (x 1) +=+ = 2 11 x1 xb x1 (x 1) += + 2 bx2(1b)x(1b)0+ ++= (1) y b = 0 : (1) trở thành 2x + 1 = 0 1 x 2 = y b 0 : (1) có nghiệm khi 2 '(1b) b(1b)0= + + b 1 (b 0) Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể đợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có tung độ b 1. 3) Hoành độ tiếp điểm của parabol 2 yx a =+ với đồ thị (C) là nghiệm của hệ : 2 o 2 1 xxa x1 1 12x (x 1) +=+ = Từ phơng trình thứ hai, suy ra : 2 x(2x 5x 4) 0+= x = 0. Thay vào phơng trình đầu thì đợc a = - 1. Câu II. Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ : 2 SP m S2Pm += = 1) Với m = 5 ta đợc : 2 SP5 S2P5 += = P = 5 S 2 S2S150+ = S = 5, S = 3. Với S = 5, ta có P = 10, loại vì điều kiện 2 S4P không đợc nghiệm đúng. Với S = 3, ta có P = 2 và đợc x2, y1, = = x1 y2. = = 2) Trong trờng hợp tổng quát, P = m - S 2 S2S3m0+ = . ___________________________________________________________ Để phơng trình có nghiệm, cần phải có : 1 '13m0 m 3 = + . Khi đó gọi 1 S và 2 S là các nghiệm : 1 S113m= + , 2 S113m= + + . a) Với 1 SS= 1 PmS= , điều kiện 2 S4P trở thành 2 (1 13m) 4(m1 13m)++ +++ (m 2) 2 1 3m+ + , không đợc nghiệm vì 1 m 3 m + 2 > 0. b) Với 2 SS= 2 PmS= , điều kiện 2 S4P trở thành : 2 ( 1 1 3m) 4(m 1 1 3m)+ + + + 21 3m m 2+ + . Vì m + 2 > 0, có thể bình phơng hai vế của bất phơng trình này và đi đến 2 0m 8m 0m8 . Cùng với 1 m 3 suy ra đáp số : 0 m 8. Câu III. 1) Hiển nhiên với x = 0 bất phơng trình đợc nghiệm với mọi y. Xét x > 0 2 1x cosy sin y 2x + + . Hàm f (y) = cosy + siny có giá trị lớn nhất bằng 2 , giá trị nhỏ nhất bằng 2 , vậy phải có : 2 2 1x 2x22x10 2x + + 0x 21< , x21+ . Xét x < 0 2 1x cosy sin y 2x + + 2 2 1x 2x22x10x21 2x + + + , 21x0+< . Tóm lại các giá trị phải tìm là : x21 , 21x 21+ , 21x+ hay : |x| 2 1+ , |x| 2 1 2) Điều kiện : xk 2 + ( k Z). Chia hai vế cho 2 cos x ta đợc phơng trình tơng đơng : 22 tg x(tgx 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x)+= + + 2 tg x(tgx 1) 3(tgx 1) 0+ += 2 (tgx 1)(tg x 3) 0+= tgx 1 tgx 3 = = xk 4 xk 3 = + = + ( k Z) 2)Thếy=a-xvàophỷơng trình thứ 2 của hệ, ta có: x 4 +(x-a) 4 =a 4 . Đặtt=x- a 2 thì có t+ a 2 +t- a 2 44 ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ ổ ố ỗ ỗ ỗ ử ứ ữ ữ ữ ữ =a 4 2t 4 +3a 2 t 2 - 7 8 a 4 =0. Đặt t 2 =z(z 0) ta có: 2z 2 +3a 2 z- 7 8 a 4 =0.(1) Nếua=0thìcóz 1 =z 2 =0ị t=0ị x=0,y=0. Nếu a ạ 0 thì (1) luôn có hai nghiệm: z 1 <0<z 2 . (Loại z 1 ); z 2 = -3a + 4a 4 = a 4 222 ị t 1,2 = a 2 . Từ đó hệ có hai nghiệm x 1 =0,y 1 =avàx 2 =a,y 2 =0. Kết luận : hệ luôn có hai nghiệm:x 1 =0,y 1 =avàx 2 =a,y 2 =0. _____________________________________________________ __________ ________________________________________________________________ Câu IVa. Giả sử ta tìm đợc điểm B B(x , 3) trên đờng thẳng y = 3 và điểm C C(x , 0) trên trục hoành sao cho ABC là đều. Do đờng thẳng (AC) không thể song song với trục tung và trục hoành nên có phơng trình y = k (x 1) + 1 (k 0) . Từ đó C k1 x. k = Gọi MM M(x ,y ) là trung điểm đoạn thẳng AC, ta có : M M 2k 1 x 2k 1 y. 2 = = Vì đờng thẳng trung trực (d) của đoạn thẳng AC qua M và (d) (AC) nên (d) có phơng trình : M 11 y(xx) k2 = + hay = + 12k11 yx k2k2 , Do B d nên B 12k11 3x k2k2 = + hay 2 B 5k 2k 1 x 2k + = Cuối cùng do AB = AC nên bằng cách viết đẳng thức này dới dạng tọa độ, ta đi đến phơng trình 42 25k 22k 3 0+ = k3/5= . Vậy, các cặp điểm tơng ứng B, C tìm đợc trên đờng thẳng y = 3 và trục hoành để tam giác ABC đều là : 2 5k 2k 1 B,3 2k + , k1 C,0 k với k3/5= và k3/5= . Câu Va. Đặt 2 f(x) x 2 m=+ , ' = 1 m. a) Khi ' 0 hay m 1: Do f() 0, x nên === 11 00 I(m) | f(x) | dx f(x)dx 1 0 1 3 22 0 x2 (x 2x m)dx x mx m . 33 =+ =+ = b) Khi '0> hay m < 1. Dấu của f(x) đợc cho bởi kết quả x 11m 11m + f(x) + 0 0 + và ta có : A B C M x y O d ________________________________________________________________ f(0) m = , 11m111m <<+ . Với m 0 : f (0) 0 nên 11m0 ; 11 1m + và ta có : f(x) 0, x [ 0 ; 1]. Vậy === 11 00 2 1(m) | f(x) | dx f(x)dx m 3 . Với 0 < m < 1 : f(0) > 0 nên 01 1m1 < < , do đó f(x) 0, x [0,1 1 m ] f(x) 0, x [1 1 m;1] > Vậy == 1 0 I(m) | f(x) | dx 11 1 22 0 11 (2 ) ( 2 ) m m x xmdx x xmdx + + + = 11m 1 0 11m 33 22 xx xmx xmx 33 =+ ++ = 4( ) 1 3 2 3 mmm + Câu IVb. 1) BC SA BC AD BC (SAB) (SBC) (SAB). 2) Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD, kẻ MK // BD. Vì BD AC BD SA BD (SAC) MK (SAC). Độ dài MK là khoảng cách từ M tới (SAC) : MK AM OD AD = hay 2MK x a a2 = x2 MK 2 = . 3) IO// SA IO (ABCD) ; IH MC OH MC (định lí ba đờng vuông góc). Vậy H nằm trên đờng tròn đờng kính OC trong mặt phẳng (ABCD). Nhận xét : Khi M AD, q 1 HOHH trên hình 44. Đảo lại : lấy H' q 1 OHH , CH' cắt AD tại M'. Chứng minh IH' CM'. Điều này là hiển nhiên nhờ định lí đảo của định lí ba đờng vuông góc. Kết luận : Tập hợp hình chiếu H của I trên CM là q 1 OHH . A B C D M S I K H H O 1 . 3 và điểm C C(x , 0) trên trục hoành sao cho ABC là đều. Do đờng thẳng (AC) không thể song song với trục tung và trục hoành nên có phơng trình y = k (x. y(xx) k2 = + hay = + 12k11 yx k2k2 , Do B d nên B 12k11 3x k2k2 = + hay 2 B 5k 2k 1 x 2k + = Cuối cùng do AB = AC nên bằng cách viết đẳng thức