Chương I: Ứng Dụng Đạo Hàm Để Khảo Sát Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số – Giải Tích Lớp 12
Ôn Tập Chương I
Bài Tập 11 Trang 46 SGK Giải Tích Lớp 12
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số \(\)\(y = \frac{x + 3}{x + 1}\)
b. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng \(y = 2x + m\) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N.
c. Xác định m sao cho độ dài MN là nhỏ nhất.
d. Tiếp tuyến tại một điểm S bất kì của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tai P và Q. Chứng minh rằng S là trung điểm của PQ.
Lời Giải Bài Tập 11 Trang 46 SGK Giải Tích 12
Câu a: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số \(y = \frac{x + 3}{x + 1}\)
Phương pháp giải: Khảo sát và vẽ đồ thi qua các bước đã được học.
Giải: Xét hàm số: \(y = \frac{x + 3}{x + 1}\)
Tập xác định: D = R\{-1}
* Sự biến thiên: \(y’ = \frac{-2}{(x +1)^2} < 0, ∀x ∈ D\)
– Hàm số nghịch biến trên khoảng: (-∞; -1) và (-1; +∞)
– Cực trị: Hàm số không có cực trị.
– Tiệm cận:
\(\lim_{x → -1^-}y = -∞\)
\(\lim_{x → -1^+}y = +∞\)
\(\lim_{x → ±∞}y = 1\)
Tiệm cận đứng: x = -1.
Tiệm cận ngang: y = 1.
Bảng biến thiên:
* Đồ thị:
Đồ thị hàm số giao Ox tại (-3; 0), giao Oy tại (0; 3)
Đồ thị hàm số nhận điểm I(-1; 1) làm tâm đối xứng.
Câu b: Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng \(y = 2x + m\) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N.
Phương pháp giải: Chứng minh phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số có hai nghiệm phân biệt khác -1 với mọi m.
Giải: Xét phương trình có nghiệm là hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d): \(y = 2x + m (1)\).
\(\frac{x + 3}{x + 1} = 2x + m ⇔ x + 3 = (2x + m)(x + 1)\)
\(⇔ 2x^2 + (m + 1)x + m – 3 = 0, x ≠ -1\)
\(Δ = (m + 1)^2 – 4.2(m – 3)\)
\(= m^2 + 2m + 1 – 8m + 24\)
\(= m^2 – 6m + 25\)
\(= (m – 3)^2 + 16 > 0\)
⇒ (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Lại có: \(f(-1) = 2.(-1)^2 – (m + 1) + m – 3 = -2 ≠ 0\) hay phương trình (1) có nghiệm khác -1.
Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khác -1 với mọi m.
Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N (hoành độ của M, N chính là nghiệm của (1)).
Câu c: Xác định m sao cho độ dài MN là nhỏ nhất.
Phương pháp giải: Với hai điểm M và N tìm được ở câu trên, tính độ dài đoạn thẳng MN theo công thức:
\(MN = \sqrt{(x_N – x_M)^2 + (y_N – y_M)^2} = \sqrt{f(x)}\)
Khảo sát và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) từ đó suy ra độ dài nhỏ nhất của MN.
Giải: Gọi \(M(x_m; y_M)\) và \(N(x_N; y_N)\) là hai giao điểm của (C) và đường thẳng \(y = 2x + m\).
Theo định lí Vi-et ta có: \(\begin{cases}x_M + x_N = -\frac{m + 1}{2}\\x_M.x_N = \frac{m – 3}{2}\end{cases}\)
\(MN^2 = (x_M – x_N)^2 + (y_M – y_N)^2\)
\(= (x_M – x_N)^2 + [2x_M + m – (2x_N + m)]^2\)
\(= (x_M – x_N)^2 + 4(x_M – x_N)^2\)
\(= 5(x_M – x_N)^2\)
\(= 5[(x_M + x_N)^2 – 4x_Mx_N]\)
\(= 5[(-\frac{m + 1}{2})^2 – 4.\frac{m – 3}{2}]\)
\(= 5(\frac{m^2 + 2m + 1}{4} – 2m + 6)\)
\(= 5.\frac{m^2 – 6m + 25}{4}\)
\(= \frac{5}{4}[(m^2 – 6m + 9) + 16]\)
\(= \frac{5}{4}[(m – 3)^2 +16]\)
Ta có: \((m – 3)^2 ≥ 0; ∀m ⇒ (m – 3)^2 + 16 ≥ 16\)
\(⇒ MN^2 ≥ \frac{5}{4}.16 = 20\)
\(⇒ MN ≥ 2\sqrt{5}\)
Dấu “=” xảy ra ⇔ m – 3 = 0 ⇔ m = 3
Vậy đồ thị MN nhỏ nhất bằng \(2\sqrt{5}\) khi m = 3.
Câu d: Tiếp tuyến tại một điểm S bất kì của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tai P và Q. Chứng minh rằng S là trung điểm của PQ.
Phương pháp giải: Gọi \(S(x_0; y_0)\) là 1 điểm bất kì thuộc đồ thị hàm số (C). Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại S là: \(Δ : y = y'(x_0)(x – x_0) + y_0\).
– Tìm các giao điểm P, Q của tiếp tuyến Δ với các đường tiệm cận.
– Khi đó S là trung điểm của \(PQ ⇔ \begin{cases}x_0 = \frac{x_p + x_Q}{2}\\y_0 = \frac{y_P + y_Q}{2}\end{cases}\)
Giải: Giẳ sử \(S(x_0; y_0)\) là điểm bất kì thuộc (C)
Phương trình tiếp tuyến Δ của (C) tại S là:
\(y – y_0 = y'(x_0)(x – x_0)\)
\(⇔ y = \frac{-2}{(x_0 + 1)^2}(x – x_0) + \frac{x_0 + 3}{x_0 + 1}\)
Tiệm cận đứng: x = -1 và tiệm cận ngang: y = 1
Giả sử Δ cắt tiệm cận ngang tại \(P(x_P; 1)\). Khi đó:
\(\frac{-2}{(x_0 + 1)^2}(x_P – x_0) + \frac{x_0 + 3}{x_0 + 1} = 1\)
\(⇔ -2x_P + 2x_0 + x_0^2 + 4x_0 + 3 = x_0^2 + 2x_0 + 1\)
\(⇔ -2x_P = -4x_0 – 2\)
\(⇔ x_P = 2x_0 + 1\)
\(⇒ P(2x_0 + 1; 1)\)
Δ cắt tiệm cận đứng tại \(Q(-1; y_Q)\). Khi đó:
\(\frac{-2}{(x_0 + 1)^2}(-1 – x_0) + \frac{x_0 + 3}{x_0 + 1} = y_Q\)
\(⇔ 2 + 2x_0 + x_0^2 + 4x_0 + 3 = y_Q(x_0 + 1)^2\)
\(⇔ x_0^2 + 6x_0 + 5 = y_Q(x_0 + 1)^2\)
\(⇔ (x_0 + 1)(x_0 + 5) = y_Q(x_0 + 1)^2\)
\(⇔ y_Q = \frac{x_0 + 5}{x_0 + 1}\)
\(⇒ Q(-1; \frac{x_0 + 5}{x_0 + 1})\)
\(⇒ \begin{cases}x_P + x_Q = 2x_0 + 1 – 1 = 2x_0 = 2x_S\\y_P + y_Q = 1 + \frac{x_0 +5}{x_0 + 1} = \frac{2x_0 + 6}{x_0 + 1} = \frac{2(x_0 + 3)}{x_0 + 1} = 2y_0 = 2y_S\end{cases}\)
Vậy S là trung điểm của PQ.
Câu a: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số \(y = \frac{x + 3}{x + 1}\)
\(y = \frac{x + 3}{x + 1}\)
1. Tập xác định: R\{-1}.
2. Sự biến thiên: \(y’ = \frac{x + 1 – x – 3}{(x + 1)^2} = \frac{-2}{(x + 1)^2} < 0; ∀x ≠ -1\)
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-∞; -1) và (-1; +∞).
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Tiệm cận:
\(\lim_{x → -1^-}y = -∞\)
\(\lim_{x → -1^+}y = +∞\)
\(\lim_{x → ±∞}y = 1\)
Tiệm cận đứng: \(x = -1\)
Tiệm cận ngang: \(y = 1\)
3. Đồ thị:
Đồ thị hàm số nhận điểm (-1; 1) làm tâm đối xứng.
Đồ thị cắt Ox tại điểm (-3; 0) cắt Oy tại điểm (0; 3).
Câu b: Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng \(y = 2x + m\) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N.
Số giao điểm của đường thẳng y = 2x + m và (C) là số nghiệm của phương trình sau:
\(\frac{x + 3}{x + 1} = 2x + m (*)\) (Điều kiện: x ≠ -1)
Ta có: \((*) ⇒ x + 3 = (2x + m)(x + 1)\)
\(⇔ 2x^2 + (m + 2)x + m = x + 3\)
\(⇔ 2x^2 + (m + 1)x + m – 3 = 0 (**)\)
\(Δ = (m + 1)^2 – 8(m – 3) = m^2 – 6m + 25 > 0; ∀m\).
Mặt khác không tồn tại m để x = -1 là nghiệm của (**), vì thế (*) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vậy với mọi giá trị của m thì (C) luôn cắt đường thẳng y = 2x + m tại hai điểm phân biệt M, N.
Câu c: Xác định m sao cho độ dài MN là nhỏ nhất.
Hoành độ M, N là nghiệm của (**)
\(⇒ x_M = \frac{-m – 1 + \sqrt{m^2 – 6m + 25}}{4}, x_N = \frac{-m – 1 – \sqrt{m^2 – 6m + 25}}{4}\)
\(⇒ x_N – x_M = -\frac{\sqrt{m^2 – 6m + 25}}{2}\)
Và \(y_N – y_M = 2x_N + m(2x_M + m) = 2(x_N – x_M) = -\sqrt{m^2 – 6m + 25}\)
Do đó:
\(MN = \sqrt{(x_N – x_M) + (y_N – y_M)^2} = \sqrt{\frac{1}{4}(m^2 – 6m + 25) + (m^2 – 6m + 25)}\)
\(= \sqrt{\frac{5}{4}(m^2 – 6m + 25)} = \sqrt{\frac{5}{4}(m – 3)^2 + 16} ≥ \sqrt{\frac{5}{4}.16}\)
\(⇔ MN ≥ \sqrt{20}\)
Dấu “bằng” xảy ra khi m = 3.
Vậy độ dài của MN nhỏ nhất là \(\sqrt{20}\) đạt được khi m = 3.
Câu d: Tiếp tuyến tại một điểm S bất kì của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tai P và Q. Chứng minh rằng S là trung điểm của PQ.
Giả sử \(S(x_0; y_0)\) là điểm bất kì thuộc (C)
Do đó phương trình tiếp tuyến \(Δ\) của (C) tại \(S\) là:
\(y – y = y'(x_0)(x – x_0)\)
\(⇔ y = \frac{-2}{(x_0 + 1)^2}(x – x_0) + \frac{x_0 + 3}{x_0 + 1}\)
\(Δ\) cắt tiệm cận ngang tại \(P(2x_0 + 1, 1)\), \(Δ\) cắt tiệm cận đứng tại \(Q(-1, y_0 + \frac{2}{x_0 + 1})\)
Rõ ràng: \(x_P + x_Q = 2x_0, y_P + y_Q = 2y_0\). Do đó, S là trung điểm của PQ.
Ở Trên Là Lời Giải Bài Tập 11 Trang 46 SGK Giải Tích Lớp 12 Của Ôn Tập Chương I Thuộc Chương I: Ứng Dụng Đạo Hàm Để Khảo Sát Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Môn Giải Tích Lớp 12. Chúc Các Bạn Học Tốt Toán Giải Tích Lớp 12.
Bài Tập Liên Quan:
- Bài Tập 1 Trang 45 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 2 Trang 45 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 3 Trang 45 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 4 Trang 45 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 5 Trang 45 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 6 Trang 45 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 7 Trang 46 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 8 Trang 46 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 9 Trang 46 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 10 Trang 46 SGK Giải Tích Lớp 12
- Bài Tập 12 Trang 47 SGK Giải Tích Lớp 12
Trả lời