Bài tập 11 trang 46 SGK Giải tích 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 kỳ của (C) luôn cắt hai tiệm cận của (C) tại P và Q. Chứng minh rằng S là trung điểm của PQ.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 11
Câu a:
\(y=\frac{x+3}{x+1}\)
1) Tập xác định: R\{-1}.
2) Sự biến thiên: \(y’=\frac{x+1-x-3}{(x+1)^2}=\frac{-2}{(x+1)^2}<0 \ \ \forall x\neq -1\)
Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\) và \(\left( { – 1; + \infty } \right).\)
- Cực trị: Hàm số không có cực trị.
- Tiệm cận:
Vì \(\underset{(x\rightarrow +\infty )}{\lim_{x\rightarrow -\infty }}y= \underset{(x\rightarrow +\infty )}{\lim_{x\rightarrow -\infty }} \frac{x+3}{x+1}=1\) nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vì \(\lim_{x\rightarrow -1}y=\lim_{x\rightarrow -1} \frac{x+3}{x+1}=-\infty , \lim_{x\rightarrow -1^+}y=\lim_{x\rightarrow -1^+} \frac{x+3}{x+1}=+\infty\) nên đường thẳng x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số,
- Bảng biến thiên:
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:
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: \(x\neq -1\))
Ta có: \((*)\Rightarrow x+3=(2x+m)(x+1)\)
\(\Leftrightarrow 2x^2+(m+2)x+m=x+3\)
\(\Leftrightarrow 2x^2+(m+1)x+m-3=0 (**)\)
\(\Delta =(m+1)^2-8(m-3)=m^2-6m+25>0 \ \ \forall m\).
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:
Hoành độ M, N là nghiệm của (**)
\(\Rightarrow x_M=\frac{-m-1+\sqrt{m^2-6m+25}}{4}, x_N=\frac{-m-1-\sqrt{m^2-6m+25}}{4}\)
\(\Rightarrow x_N-x_M=-\frac{\sqrt{m^2-6m+25}}{2}\)
và \(y_N-y_M=2x_N+m(2x_M+m)=2(x_N-x_M)=-\sqrt{m^2-6m+25}\)
Do đó:
\(MN=\sqrt{(x_N-x_M)+(y_N-y_M)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}(m^2-6m+25)+(m^2-6m+25)}\)
\(=\sqrt{\frac{5}{4}(m^2-6m+25)}=\sqrt{\frac{5}{4}(m-3)^2+16} \geq \sqrt{\frac{5}{4}.16}\)
\(\Leftrightarrow MN \geq \sqrt{20}\)
Dấu “bằng” xảy ra khi m = 3.
Vậy độ dài của MN nhỏ nhất là \(\sqrt{20}\) đạt được khi m = 3.
Câu d:
Vì \(S\in (C)\) nên \(S\left ( x_0;\frac{x_0+3}{x_0+1} \right )\), do đó tiếp tuyến tai S của (C) có phương trình:
\(y=-\frac{2}{(x_0+1)^2}(x-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0+1}\)
Tiệm cận đứng là x = – 1 ⇒ toạ độ của P là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{\begin{matrix} y=-\frac{2}{(x_0+1)^2}(x-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0+1}\\ \\ x=-1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-1\\ \\ y=\frac{x_0+5}{x_0+1} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow P \left ( -1; \frac{x_0+5}{x_0+1} \right )\)
Tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 ⇒ Toạ độ của Q là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{\begin{matrix} y=-\frac{2}{(x_0+1)^2}(x-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0+1}\\ \\ y=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2x_0+1\\ \\ y= 1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow Q(2x_0+1; 1)\)
Ta có toạ độ trung điểm của PQ là:
\(\left\{\begin{matrix} x=\frac{x_P+x_Q}{2}\\ \\ y=\frac{y_P+y_Q}{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{-1+2x_0+1}{2}\\ \\ y=\frac{x_0+1}{2} \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=x_0 \ \ \ \ \\ \\ y=\frac{x_0+3}{x_0+1} \end{matrix}\right.\)
Vậy S là trung điểm của PQ.
Bài tập 12 trang 47 SGK Giải tích 12
Cho hàm số \(f(x)=\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}x^2-4x+6\)
a) Giải phương trình f'(sinx) = 0.
b) Giải phương trình f”(cosx) = 0.
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình f”(x) = 0.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 12
Câu a:
f'(x) = x2 – x – 4 ⇒ f'(sinx) = sin2 x – sinx – 4
f'(sinx) = 0 ⇔ sin2x – sinx – 4 = 0 (*)
Đặt: t = sinx , (|t| \(\leq\) 1)
Khi đó (*) trở thành: \(t^2-t-4=0\Leftrightarrow \Bigg \lbrack \begin{matrix} t=\frac{1+\sqrt{17}}{2} >1 \ (loai)\\ \\ t=\frac{1-\sqrt{17}}{2} <-1 \ (loai) \end{matrix}\)
Vậy phương trình f'(sinx) = 0 vô nghiệm.
Câu b:
f”(x) = 2x – 1 ⇒ f”(cosx) = 2cosx – 1
f”(cosx) = 0 ⇔ 2cosx – 1 = 0 \(\Leftrightarrow cosx=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \Bigg \lbrack \begin{matrix} x=\frac{\pi }{3}+k2\pi\\ \\ x=-\frac{\pi }{3}+k2 \pi \end{matrix} (k\in Z)\)
Câu c:
\(f”(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)
Ta có: \(f'(\frac{1}{2})=(\frac{1}{2})^2-\frac{1}{2}-4=-\frac{17}{4}\)
Với \(x=\frac{1}{2}\Rightarrow y=\frac{1}{3}.\left ( \frac{1}{2} \right )^3- \frac{1}{2}.\left ( \frac{1}{2} \right )^2-4.\frac{1}{2}+6=\frac{47}{12}\)
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình f”(x) = 0 là:
\(y=-\frac{17}{4}\left ( x-\frac{1}{2} \right )+\frac{47}{12} \Leftrightarrow y=-\frac{17}{4}x+\frac{145}{24}\).
Trả lời