Giải bài 1.66 trang 36 sách bài tập toán 12 - Kết nối tri thức

Đề bài

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.

Lời giải chi tiết

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.