Chương 1:ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ

Câu 15:

Gọi tọa độ cua $M$ là \((a,\frac{2a+1}{a-1})\)

Ta có \(y=\frac{2x+1}{x-1}\Rightarrow y'=\frac{-3}{(x-1)^2}\)

PT tiếp tuyến: \(y=\frac{-3}{(a-1)^2}(x-a)+\frac{2a+1}{a-1}\)

Dễ thấy hai tiệm cận của $(C)$ là 2 đường thẳng \(x=1;y=2\)

Do đó giao điểm $A,B$ của phương trình tiếp tuyến với hai tiệm cận (đứng và ngang) lần lượt là:

\(A(1;\frac{2a+4}{a-1});B(2a-1;2)\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{(2-2a)^2+(\frac{2a+4}{a-1}-2)^2}=2\sqrt{(a-1)^2+\frac{9}{(a-1)^2}}\)

Áp dụng BĐT Am-Gm: \((a-1)^2+\frac{9}{(a-1)^2}\geq 2\sqrt{9}=6\Rightarrow AB\geq 2\sqrt{6}\)

Đáp án C

Câu 16:

Vì đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là \(x=1;x=-1\) nên dễ dàng loại phương án A,B

Theo đồ thị, $y$ luôn nhận giá trị dương, do đó , loại phương án $D$

Vậy đáp án đúng là đáp án C

Câu 1:

Phương trình hoành độ giao điểm :

\(mx-\frac{x-2}{x-1}=0\Leftrightarrow mx^2-(m+1)x+2=0\)

Để 2 ĐTHS cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì đương nhiên pt trên phải có hai nghiệm phân biệt

Do đó: \(\left\{\begin{matrix} m\neq 0\\ \Delta=(m+1)^2-8m>0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 0\\ m^2-6m+1>0\end{matrix}\right.\) (1)

Áp dụng hệ thức viete: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=\frac{m+1}{m}\\ x_1x_2=\frac{2}{m}\end{matrix}\right.\)

Dễ thấy , đồ thị \(y=\frac{x-2}{x-1}\) có TCĐ \(x=1\) và TCN $y=1$

Khi đó, để 2 giao điểm thuộc hai nhánh của nó thì:

\(x_1>1;x_2<1 \Rightarrow (x_1-1)(x_2-1)<0\)

\(\Leftrightarrow \frac{2}{m}-\frac{m+1}{m}+1<0\Leftrightarrow \frac{1}{m}<0\Leftrightarrow m< 0\)(2)

Từ \((1),(2)\Rightarrow m< 0\)

Đáp án D

Lời giải:

Ta có: \(-x^3-3x^2+4-3m=0\Leftrightarrow 3m=-x^3-3x^2+4=f(x)\)

Nhận xét: Số nghiệm của pt \(f(x)-3m=0\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(f(x)=-x^3-3x^2+4\) với đường thẳng \(y=3m\)

Ta có:

\(f(x)=-x^3-3x^2+4\Rightarrow f'(x)=-3x^2-6x=0\Leftrightarrow x=0;-2\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(f(0)=4=f_{CĐ}\)

\(f(-2)=0=f_{CT}\)

Khi đó ta có thể vẽ được đồ thị hàm số $f(x)$

Dựa vào đồ thị, để đường thẳng \(y=3m\) cắt \(f(x)\) tại hai điểm phân biệt thì :

\(\left[{}\begin{matrix}3m=f_{CĐ}=4\\3m=f_{CT}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{4}{3}\\m=0\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(x+1-\frac{2x+4}{x-1}=0\)

\(\Leftrightarrow (x+1)(x-1)-(2x+4)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x-5=0\) \((1)\)

Với $M,N$ là giao điểm của 2 ĐTHS thì hoành độ của $M,N$ sẽ là hai nghiệm của PT $(1)$

Áp dụng hệ thức Viete, với \(x_M,x_N\) là hai nghiệm của (1) thì:

\(x_M+x_N=2\)

Khi đó, hoành độ của trung điểm $I$ của $MN$ là:

\(x_I=\frac{x_M+x_N}{2}=\frac{2}{2}=1\)

Đáp án B

làm sau

\(y'=3x^2-3\)

y'=0<=> x=+-1

__________________________________

x......\(-\infty\).........-1...........1............\(\infty\)

___________________________________

y'.............+........0....-......0.....+.......

____________________________________

y......\(-\infty\)....+....4.....-....0......+.....\(\infty\)

rồi tự vẽ đồ thị đi

tới đây chịu

......

Lời giải:

ĐKXĐ: \(0\leq x\leq 2\)

Ta có: \(f(x)=x^2-2x+2\sqrt{2x-x^2}-2\)

Đặt \(t=\sqrt{2x-x^2}\Rightarrow f(t)=-t^2+2t-2\) \((t\geq 0)\)

Có \(f'(t)=-2t+2=0\Leftrightarrow t=1\)

Lập bảng biến thiên suy ra \(f(t)_{\max}=f(1)=-1\)

Đáp án C

Lời giải:

Ta có \(y=\frac{x+m}{x-1}\Rightarrow y'=\frac{-(m+1)}{(x-1)^2}\)

Vì hàm \(y'=0\) không có nghiệm nên giá trị cực trị của hàm số sẽ được xác định khi \(x=2\) hoặc \(x=4\)

Nếu \(y_{\min}=3\) khi \(x=2\), tức là \(y(2)=2+m=3\Rightarrow m=1\)

\(\Rightarrow y'=\frac{-2}{(x-1)^2}<0\) , hàm nghịch biến nên \(y(2)> y(4)\), do đó $y(2)$ không thể là \(y_{\min}\) được (loại)

Nếu \(y_{\min}=3\) khi \(x=4\), tức là \(y(4)=\frac{4+m}{3}=3\Rightarrow m=5\)

\(\Rightarrow y'=\frac{-6}{(x-1)^2}<0\) , hàm nghịch biến nên \(y(2)>y(4)\), do đó \(y(4)\) đúng là \(y_{\min}\) (thỏa mãn)

Vậy \(m=5\)

Để hiểu cho rõ thì bạn nên vẽ bảng biến thiên ra.

Lời giải:

Bài 30:

Ta có \(y=x^4-2mx^2\Rightarrow y'=4x^3-4mx\)

Để ĐTHS có 3 điểm cực trị thì \(y'=4x^3-4mx=0\) phải có ba nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow x(x^2-m)=0\) có ba nghiệm phân biệt. Do đó \(m>0\)

Khi đó, gọi ba điểm cực trị lần lượt là:

\(A(0,0);B(\sqrt{m},-m^2);C(-\sqrt{m},-m^2)\)

Từ đây, ta viết được PTĐT $BC$ là: \(y=-m^2\)

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến đường thẳng:

\(d(A,BC)=\frac{|m^2|}{\sqrt{1^2+0^2}}=m^2\)

\(BC=\sqrt{(\sqrt{m}--\sqrt{m})^2+(-m^2+m^2)^2}=2\sqrt{m}\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{d(A,BC).BC}{2}=m^2\sqrt{m}<1\). Mà \(m>0\) nên

\(m^2\sqrt{m}<1\Leftrightarrow 0<\sqrt{m^5}<1\Leftrightarrow 0< m<1\).

Đáp án D.

Bài 31:

Đề bài sai rồi nhé, hàm thứ hai phải là \(y=x^3-3x^2-m+2\)

PT hoành độ giao điểm:

\(x^3-3x^2-m+2+mx=0\)

\(\Leftrightarrow (x-1)[x^2-2x+(m-2)]=0\)

PT trên có một nghiệm là $1$. Để hai đths cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì PT \(x^2-2x+(m-2)=0(1)\) phải có hai nghiệm pb khác $1$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 1-2-2+m\neq 0\\ \Delta'=3-m>0\end{matrix}\right.\Rightarrow m<3\)

Nếu $x_1,x_2$ là hai nghiệm của $(1)$ thì áp dụng định lý Viete ta có:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)

Như vậy, độ dài các đoạn $AB,BC,AC$ nằm trong các giá trị:

\(\left\{\begin{matrix} |x_1-1|\sqrt{m^2+1}\\ |x_2-1|\sqrt{m^2+1}\\ |x_1-x_2|\sqrt{m^2+1}\end{matrix}\right.\)

Ta thấy \(x_1+x_2=2\Rightarrow x_1-1=1-x_2\Rightarrow |x_1-1|=|x_2-1|\)

Do đó \(|x_1-1|\sqrt{m^2+1}=|x_2-1|\sqrt{m^2+1}\), tức là luôn tồn tại hai đoạn thẳng nối hai giao điểm có độ dài bằng nhau (thỏa mãn đkđb) , với mọi $m$ nằm trong khoảng xác định, hay \(m<3\)

Đáp án D.

Lời giải:

Ta có:

\(y=-x^3+3x^2+5\Rightarrow y'=-3x^2+6x=0\Leftrightarrow \)\(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=2\end{matrix}\right.\)

Do đó hai điểm cực trị là:\(A(0,5)\) và \(B(2,9)\)

Suy ra \(\left\{\begin{matrix} OA=5\\ OB=\sqrt{85}\\ AB=2\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)

Sử dụng công thức Herong: Với \(a,b,c\) là độ dài ba cạnh tam giác, \(p\) là nửa chu vi thì:

\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)

Áp dụng vào bài toán:

\(S_{OAB}=5\)

Đáp án B