Bài 11 trang 46 SGK Giải tích 12

Bình chọn:
3.8 trên 5 phiếu

Giải bài 11 trang 46 SGK Giải tích 12. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

Đề bài

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\) của hàm số \(y = {{x + 3} \over {x + 1}}.\)

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 \((C)\) luôn cắt hai tiệm cận của \((C)\) tại \(P\) và \(Q\). Chứng minh rằng \(S\) là trung điểm của \(PQ\).

Phương pháp giải - Xem chi tiết

a) Khảo sát và vẽ đồ thi qua các bước đã được học.

b) Chứng minh phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số có hai nghiệm phân biệt khác \(-1\) với mọi \(m.\)

c) Với hai điểm \(M\) và \(N\) tìm được ở câu trên, tính độ dài đoạn thẳng \(MN\) theo công thức: \(MN = \sqrt {{{\left( {{x_N} - {x_M}} \right)}^2} + {{\left( {{y_N} - {y_M}} \right)}^2}}  = \sqrt {f\left( x \right)} .\)

+) Khảo sát  và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y=f(x)\) từ đó suy ra độ dài nhỏ nhất của \(MN.\)

d) 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: \(\Delta: \, y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}.\)

+) Tìm các giao điểm \(P, \, \, Q\) của tiếp tuyến \(\Delta\) với các đường tiệm cận.

+) Khi đó \(S\) là trung điểm của \(PQ\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{{x_P} + {x_Q}}}{2}\\{y_0} = \frac{{{y_P} + {y_Q}}}{2}\end{array} \right..\) 

Lời giải chi tiết

a) Xét hàm số: \(y = {{x + 3} \over {x + 1}}\)

Tập xác định : \(D=\mathbb R\backslash {\rm{\{ }} - 1\} \)

* Sự biến thiên:

 \(y' = {{ - 2} \over {{{(x + 1)}^2}}} < 0,\forall x \in D\) 

- Hàm số nghịch biến trên khoảng: \((-\infty;-1)\) và \((-1;+\infty)\)

- Cực trị: Hàm số không có cực trị.

- Tiệm cận:

    \(\eqalign{& \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = - \infty \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = + \infty \cr & \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 1 \cr} \)

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.

 

b) Xét phương trình có nghiệm là hoành độ giao điểm của \((C)\) và đường thẳng (d): \(y = 2x + m\) (1) 

\(\eqalign{
& {{x + 3} \over {x + 1}} = 2x + m \Leftrightarrow x + 3 = (2x + m)(x + 1) \cr
& \Leftrightarrow 2{x^2} + (m + 1)x + m - 3 = 0,x \ne - 1 \cr} \)

\(Δ = (m+1)^2– 4.2(m-3) \\ = m^2+2m+1-8m+24 \\= m^2– 6m + 25\\ = (m-3)^2+ 16> 0 \)

\(\Rightarrow \) (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Lại có:  \( f\left( { - 1} \right) = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {m + 1} \right) + m - 3 =  - 2 \ne 0\) 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)).

c) Gọi \(M\left( {{x_M};\;{y_M}} \right)\) và \(N\left( {{x_N};\;{y_N}} \right)\) là hai giao điểm của \((C)\) và đường tahnwgr \(y=2x+m.\)

Theo định lí Vi-et ta có:\(\left\{ \matrix{{x_M} + {x_N} = - {{m + 1} \over 2} \hfill \cr {x_M}.{x_N} = {{m - 3} \over 2} \hfill \cr} \right.\)

\(\begin{array}{l}
M{N^2} = {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left( {{y_M} - {y_N}} \right)^2}\\
= {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + {\left[ {2{x_M} + m - \left( {2{x_N} + m} \right)} \right]^2}\\
= {\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2} + 4{\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\
= 5{\left( {{x_M} - {x_N}} \right)^2}\\
= 5\left[ {{{\left( {{x_M} + {x_N}} \right)}^2} - 4{x_M}{x_N}} \right]\\
= 5\left[ {{{\left( { - \frac{{m + 1}}{2}} \right)}^2} - 4.\frac{{m - 3}}{2}} \right]\\
= 5\left( {\frac{{{m^2} + 2m + 1}}{4} - 2m + 6} \right)\\
= 5.\frac{{{m^2} - 6m + 25}}{4} \\ = \frac{5}{4}\left[ {\left( {{m^2} - 6m + 9} \right) + 16} \right]\\
= \frac{5}{4}\left[ {{{\left( {m - 3} \right)}^2} + 16} \right].
\end{array}\)

Ta có: \({\left( {m - 3} \right)^2} \ge 0\;\forall \;m \Rightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 16 \ge 16\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow M{N^2} \ge \frac{5}{4}.16 = 20.\\
\Rightarrow MN \ge 2\sqrt 5 .
\end{array}\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = 3.\)

Vậy độ dài \(MN\) nhỏ nhất bằng \(2\sqrt5\) khi \(m=3.\)

d) Giả sử \(S(x_0;y_0)\) là điểm bất kì thuộc (C)

Phương trình tiếp tuyến \(Δ\) của (C) tại \(S\) là:

\(\eqalign{
& y - y_0 = y'({x_0})(x - {x_0}) \cr
& \Leftrightarrow y = {{ - 2} \over {{{({x_0} + 1)}^2}}}(x - {x_0}) + {{{x_0} + 3} \over {{x_0} + 1}} \cr} \)

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: 

\(\begin{array}{l}
\frac{{ - 2}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\left( {{x_P} - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 3}}{{{x_0} + 1}} = 1\\
\Leftrightarrow - 2{x_P} + 2{x_0} + x_0^2 + 4{x_0} + 3 = x_0^2 + 2{x_0} + 1\\
\Leftrightarrow - 2{x_P} = - 4{x_0} - 2\\
\Leftrightarrow {x_P} = 2{x_0} + 1\\
\Rightarrow P\left( {2{x_0} + 1;\;1} \right).
\end{array}\)

\(Δ\) cắt tiệm cận đứng tại \(Q( - 1; y_Q).\) Khi đó:

\(\begin{array}{l}
\frac{{ - 2}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\left( { - 1 - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 3}}{{{x_0} + 1}} = {y_Q}\\
\Leftrightarrow 2 + 2{x_0} + x_0^2 + 4{x_0} + 3 = {y_Q}{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow x_0^2 + 6{x_0} + 5 = {y_Q}{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow \left( {{x_0} + 1} \right)\left( {{x_0} + 5} \right) = {y_Q}{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow {y_Q} = \frac{{{x_0} + 5}}{{{x_0} + 1}}.\\
\Rightarrow Q\left( { - 1;\;\frac{{{x_0} + 5}}{{{x_0} + 1}}} \right)
\end{array}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_P} + {x_Q} = 2{x_0} + 1 - 1 = 2{x_0} = 2{x_S}\\
{y_P} + {y_Q} = 1 + \frac{{{x_0} + 5}}{{{x_0} + 1}} = \frac{{2{x_0} + 6}}{{{x_0} + 1}} = \frac{{2\left( {{x_0} + 3} \right)}}{{{x_0} + 1}} = 2{y_0} = 2{y_S}.
\end{array} \right.\)

Vậy \(S\) là trung điểm của \(PQ\).

loigiaihay.com

Đã có lời giải Sách bài tập - Toán lớp 12 và Bài tập nâng cao - Xem ngay

>>Học trực tuyến luyện thi THPTQG, Đại học 2018, mọi lúc, mọi nơi tất cả các môn. Các thầy cô giỏi nổi tiếng, dạy hay dễ hiểu

Các bài liên quan