Ý a: Xét dấu đạo hàm và lập bảng biến thiên. Ý b: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số \(\left( H \right)\). Hướng dẫn giải Giải bài 1.66 trang 36 sách bài tập toán 12 – Kết nối tri thức – Bài tập cuối chương 1. Cho hàm số (y = frac{{m{x^2} + left( {2m – 1} right)x – 1}}{{x + 2}}) với (m) là tham…
Đề bài/câu hỏi:
Cho hàm số \(y = \frac{{m{x^2} + \left( {2m – 1} \right)x – 1}}{{x + 2}}\) với \(m\) là tham số.
a) Chứng minh rằng hàm số đã cho luôn có cực đại, cực tiểu với mọi \(m > 0\).
b) Khảo sát và vẽ đồ thị \(\left( H \right)\) của hàm số đã cho với \(m = 1\).
c) Giả sử \(\Delta \) là tiếp tuyến của đồ thị \(\left( H \right)\) tại điểm \(M \in \left( H \right)\) bất kì. Chứng minh rằng nếu \(\Delta \) cắt tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của \(\left( H \right)\) tại A và B thì M luôn là trung điểm của đoạn AB.
Hướng dẫn:
Ý a: Xét dấu đạo hàm và lập bảng biến thiên.
Ý b: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số \(\left( H \right)\).
Ý c: Giả sử điểm M thuộc đồ thị biểu diễn tọa độ theo một tham số, từ đó viết phương trình tiếp tuyến tại M của đồ thị phụ thuộc tham số sau đó giải để tìm được tọa độ A và B theo tham số, từ đó tính toán tọa độ trung điểm sẽ suy ra điều phải chứng minh.
Lời giải:
a) Ta có \(y’ = \frac{{\left( {2mx + 2m – 1} \right)\left( {x + 2} \right) + m{x^2} + \left( {2m – 1} \right)x – 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{m{x^2} + 4mx + 4m – 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).
Khi đó \(y’ = 0 \Leftrightarrow m{x^2} + 4mx + 4m – 1 = 0{\rm{ }}\left( {x \ne – 2} \right)\).
Xét phương trình \(m{x^2} + 4mx + 4m – 1 = 0{\rm{ }}\)
Ta có \(\Delta ‘ = {\left( {2m} \right)^2} – 4{m^2} + m = m\). Do đó nếu \(m > 0\) thì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = \frac{{ – 2m – \sqrt m }}{m} = – 2 – \frac{1}{{\sqrt m }}\); \({x_2} = \frac{{ – 2m + \sqrt m }}{m} = – 2 + \frac{1}{{\sqrt m }}\).
Lập bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số luôn có tiểu và cực đại với mọi \(m > 0\).
b) Với \(m = 1\) ta có \(\left( H \right):{\rm{ }}y = \frac{{{x^2} + x – 1}}{{x + 2}}\).
Tập xác định: \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { – 2} \right\}\).
Ta có \(y’ = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) – {x^2} – x + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).
Suy ra \(y’ = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = – 3\) hoặc \(x = – 1\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \pm \infty \).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ + }} \frac{{{x^2} + x – 1}}{{x + 2}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \frac{{{x^2} + x – 1}}{{x + 2}} = – \infty \) suy ra \(x = – 2\) là tiệm cận đứng.
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + x – 1}}{{x + 2}} = x – 1 + \frac{1}{{x + 2}}\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y – \left( {x – 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x + 2}} = 0\) suy ra \(y = x – 1\) là tiệm cận xiên
Ta lập bảng biến thiên
Đồ thị:
c) Giả sử \(M \in \left( H \right)\) bất kì suy ra \(M\left( {t;\frac{{{t^2} + t – 1}}{{t + 2}}} \right)\).
Tiếp tuyến của \(\left( H \right)\) tại \(M\) có phương trình là
\(\Delta :y = y’\left( t \right)\left( {x – t} \right) + \frac{{{t^2} + t – 1}}{{t + 2}} \Leftrightarrow y = \frac{{{t^2} + 4t + 3}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}}\left( {x – t} \right) + \frac{{{t^2} + t – 1}}{{t + 2}}\).
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng \(x = – 2\) tại \(A\left( { – 2; – \frac{{3t + 4}}{{t + 2}}} \right)\), cắt tiệm cận xiên \(y = x – 1\) tại
\(B\left( {2t + 2;2t + 1} \right)\). Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2t = 2{x_M}\\{y_A} + {y_B} = \left( {2t + 1} \right) – \frac{{3t + 4}}{{t + 2}} = \frac{{2{t^2} + 2t – 2}}{{t + 2}} = 2{y_M}\end{array} \right.\).
Vậy M là trung điểm của đoạn AB.