Bài 11 trang 46 SGK Giải tích 12

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

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(\displaystyle m\), đường thẳng \(\displaystyle y = 2x + m\) luôn cắt \(\displaystyle (C)\) tại hai điểm phân biệt \(\displaystyle M\) và \(\displaystyle N.\)

c) Xác định m sao cho độ dài \(\displaystyle MN\) là nhỏ nhất.

d) Tiếp tuyến tại một điểm \(\displaystyle S\) bất kì của \(\displaystyle (C)\) luôn cắt hai tiệm cận của \(\displaystyle (C)\) tại \(\displaystyle P\) và \(\displaystyle Q\). Chứng minh rằng \(\displaystyle S\) là trung điểm của \(\displaystyle PQ\).

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

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

* Sự biến thiên:

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

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

- Cực trị: Hàm số không có cực trị.

- Tiệm cận:

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

Tiệm cận đứng: \(\displaystyle x = -1.\)

Tiệm cận ngang: \(\displaystyle y = 1.\)

Bảng biến thiên:

* Đồ thị:

Đồ thị hàm số giao \(\displaystyle Ox\) tại \(\displaystyle (-3;0)\), giao \(\displaystyle Oy\) tại \(\displaystyle (0;3)\)

Đồ thị hàm số nhận điểm \(\displaystyle I(-1;1)\) làm tâm đối xứng.

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

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

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

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

Lại có:  \(\displaystyle f\left( { - 1} \right) = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {m + 1} \right) + m - 3 =  - 2 \ne 0\) hay phương trình (1) có nghiệm khác \(\displaystyle -1\).

Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khác \(\displaystyle -1\) với mọi \(\displaystyle m.\)

Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt \(\displaystyle M, N\) (hoành độ của \(\displaystyle M, N\) chính là nghiệm của (1)).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Tiệm cận đứng: \(\displaystyle x=-1\) và tiệm cận ngang: \(\displaystyle y=1.\)

Giả sử \(\displaystyle Δ\) cắt tiệm cận ngang tại \(\displaystyle P(x_P;  1)\). Khi đó: 

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

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

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

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

Vậy \(\displaystyle S\) là trung điểm của \(\displaystyle PQ\).