ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 potx

ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3
(Trung tâm Luyện thi đại học Vónh Viễn)
Giả sử : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a  0 có đồ thò là (C). y’ = 3ax
2
+ 2bx + c,
y” = 6ax + 2b
1) y” = 0  x =
a
3
b

(a  0 )
x =
a
3
b

là hoành độ điểm uốn. Đồ thò hàm bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm
đối xứng.
2) Để vẽ đồ thò 1 hàm số bậc 3, ta cần biết các trường hợp sau :
i) a > 0 và y’ = 0 vô nghiệm  hàm số tăng trên R (luôn luôn tăng)
ii) a < 0 và y’ = 0 vô nghiệm  hàm số giảm (nghòch biến) trên R (luôn luôn
giảm)
iii) a > 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2

với x
1
< x
2
 hàm số đạt cực đại tại x
1
và đạt cực tiểu tại x
2
.
Ngoài ra ta còn có :
+ x
1
+ x
2
= 2x
0
với x
0
là hoành độ điểm uốn.
+ hàm số tăng trên (, x
1
)
+ hàm số tăng trên (x
2
, +)
+ hàm số giảm trên (x
1
, x
2
)

iv) a < 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với x
1
< x
2
 hàm đạt cực tiểu tại x
1
và đạt cực đại tại x
2
thỏa điều kiện x
1
+ x
2
=
2x
0
(x
0
là hoành độ điểm uốn). Ta cũng có :
+ hàm số giảm trên (, x
1
)
+ hàm số giảm trên (x
2
, +)
+ hàm số tăng trên (x
1

, x
2
)
3) Giả sử y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y = k(Ax + B)y’ + r x + q với k là
hằng số khác 0;
thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò là y = r x + q
4) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt








0)
2
x(y).
1
x(y
2
x,
1
xbiệtânnghiệm ph2có0'y
5) Giả sử a > 0 ta có :
i) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt > 












0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1
x
thỏa
biệt
ân
nghiệm ph
2
có
0
'
y
ii) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < 












0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1
x
thỏa
biệt
ân
nghiệm ph
2
có
0
'
y
Tương tự khi a < 0 .
6) Tiếp tuyến : Gọi I là điểm uốn. Cho M  (C).
Nếu M  I thì ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.

Nếu M khác I thì ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.
Biện luận số tiếp tuyến qua 1 điểm N không nằm trên (C) ta có nhiều
trường hợp hơn.
7) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt cách đều nhau  y’ = 0 có 2 nghiệm
phân biệt và y(x
0
) = 0 (x
0
là hoành độ điểm uốn)
8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 (1) (a  0)
khi x =  là 1 nghiệm của (1).
Nếu x =  là 1 nghiệm của (1), ta có
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = (x - )(ax
2
+ b
1
x + c
1
)
nghiệm của (1) là x =  với nghiệm của phương trình ax
2
+ b

1
x + c
1
= 0
(2). Ta có các trường hợp sau:
i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = 
ii) nếu (2) có nghiệm kép x =  thì (1) có duy nhất nghiệm x = 
iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt   thì (1) có 3 nghiệm phân biệt
iv) nếu (2) có 1 nghiệm x =  và 1 nghiệm khác  thì (1) có 2 nghiệm.
v) nếu (2) có nghiệm kép   thì (1) có 2 nghiệm
BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3
Cho họ đường cong bậc ba (C
m
) và họ đường thẳng (D
k
) lần lượt có
phương trình là
y = x
3
+ mx
2
 m và y = kx + k + 1.
(I) PHẦN I. Trong phần này cho m = 3. Khảo sát và vẽ đồ thò (C)
của hàm số.
1) Gọi A và B là 2 điểm cực đại và cực tiểu của (C) và M là điểm bất kỳ
trên cung AB với M khác A , Bø . Chứng minh rằng trên (C) ta tìm được
hai điểm tại đó có tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến tại M với (C).
2) Gọi  là đường thẳng có phương trình y = 1. Biện luận số tiếp tuyến với
(C) vẽ từ E   với (C).
3) Tìm E   để qua E có ba tiếp tuyến với (C) và có hai tiếp tuyến vuông

góc với nhau.
4) Đònh p để trên (C) có 2 tiếp tuyến có hệ số góc bằng p, trong trường hợp
này chứng tỏ trung điểm của hai tiếp điểm là điểm cố đònh.
5) Tìm M  (C) để qua M chỉ có một tiếp tuyến với (C).
(II) PHẦN I I.Trong phần này cho tham số m thay đổi.
6) Tìm điểm cố đònh của (C
m
). Đònh m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố
đònh này vuông góc nhau.
7) Đònh m để (C
m
) có 2 điểm cực trò. Viết phương trình đường thẳng qua 2
điểm cực trò.
8) Đònh m để (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
9) Đònh m để : a) hàm số đồng biến trong (1, 2). b) hàm số nghòch biến
trong (0, +).
10) Tìm m để (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ tạo thành cấp số cộng.
11) Tìm điều kiện giữa k và m để (D
k
) cắt (C
m
) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k
để (D
k
) cắt (C
m

) thành hai đoạn bằng nhau.
12) Viết phương trình tiếp tuyến với (C
m
) và đi qua điểm (-1, 1).
13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (C
m
) thì tiếp tuyến tại điểm
uốn có hệ số góc lớn nhất.
BÀI GIẢI
PHẦN I : m = 3
Khảo sát và vẽ đồ thò (độc giả tự làm)
1) Gọi n là hoành độ của M. Vì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại
tại x = 2 nên 0 < n < 2; y' = – 3x
2
+ 6x  hệ số góc của tiếp tuyến tại M
là k
1
= – 3n
2
+ 6n  (0, 3] (vì n  (0, 2)). Đường thẳng vuông góc với tiếp
tuyến tại M có hệ số góc là k
2
=
1
k
1
 (với 0 < k
1
 3). Hoành độ của tiếp
tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x

2
+ 6x =
1
k
1
 (= k
2
)
 3x
2
– 6x
1
k
1
 = 0. Phương trình này có a.c < 0,  k
1
 (0, 3] nên có 2
nghiệm phân biệt,  k
1
 (0, 3]. Vậy trên (C) luôn có 2 điểm phân biệt
mà tiếp tuyến đó vuông góc với tiếp tuyến tại M.
2) E (e, 1)  . Phương trình tiếp tuyến qua E có dạng y = h(x – e) + 1 (D).
(D) tiếp xúc (C)  hệ





hx6x3
1)ex(h3n3x

2
23
có nghiệm.
 Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :
– x
3
+ 3x
2
– 3 = (– 3x
2
+ 6x)(x – e)+ 1 (1)
 – x
3
+ 3x
2
– 4 = x(– 3x + 6)(x – e)
 (x – 2)(x
2
– x – 2) = 3x(x – 2)(x – e)
 x = 2 hay x
2
– x – 2 = 3x
2
– 3ex
 x = 2 hay 2x
2
– (3e – 1)x + 2 = 0 (2)
(2) có  = (3e – 1)
2
– 16 = (3e – 5)(3e + 3)

(2) có nghiệm x = 2  8 – 2(3e – 1) + 2 = 0  e = 2
Ta có  > 0  e < – 1 hay e >
3
5
.
Biện luận :
i) Nếu e < – 1 hay
3
5
< e < 2 hay e > 2
(1) có 3 nghiệm phân biệt  có 3 tiếp tuyến.
ii) Nếu e = – 1 hay e =
3
5
hay e = 2
 (1) có 2 nghiệm  có 2 tiếp tuyến.
iii) Nếu – 1 < e <
3
5
 (1) có 1 nghiệm  có 1 tiếp tuyến.
Nhận xét : Từ đồ thò, ta có y = 1 là tiếp tuyến tại (2, 1) nên phương trình (1)
chắc chắn có nghiệm x = 2,  e.
3) Vì y = 1 là tiếp tuyến qua E (e, 1),  e và đường x =  không là tiếp
tuyến nên yêu cầu bài toán.
 (2) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa : y'(x
1

).y'(x
2
) = – 1










1)x6x3)(x6x3(
)2(củanghiệmlàx,x
3
5
e1e
2
2
21
2
1
21
















1)2x)(2x(x.x9
1x.x
2
1e3
xx
3
5
ehay1e
2121
21
21








1]4)1e3(1[9
3

5
ehay1e
 e =
27
55
. Vậy E






1,
27
55
4) Tiếp điểm của tiếp tuyến (với (C)) có hệ số góc bằng p là nghiệm của :
y' = p  3x
2
– 6x + p = 0 (3)
Ta có ' = 9 – 3p > 0  p < 3
Vậy khi p < 3 thì có 2 tiếp tuyến song song và có hệ số góc bằng p.
Gọi x
3
, x
4
là nghiệm của (3).
Gọi M
3
(x
3

, y
3
); M
4
(x
4
, y
4
) là 2 tiếp điểm. Ta có :
1
a
2
b
2
x
x
43




1
2
6)xx(3)xx(
2
yy
2
4
2
3

3
4
3
343




Vậy điểm cố đònh (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M
3
M
4
.
5) Cách 1 : Đối với hàm bậc 3 (a  0) ta dễ dàng chứng minh được rằng :
 M  (C), ta có :
i) Nếu M khác điểm uốn, ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.
ii) Nếu M là điểm uốn, ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.
Cách 2 : Gọi M(x
0
, y
0
)  (C). Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng :
y = k(x – x
0
) 3x3x
2
0
3
0
 (D)

Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :
3 2 2 3 2
0 0 0
3 3 ( 3 6 )( ) 3 3
x x x x x x x x
         
( 5 )
 0)x6x3)(xx()xx(3xx
2
0
2
0
2
3
0
3

 0x6x3x3x3xxxx0xx
2
0
2
00
2
0

 0x3xx)x3(x2hayxx
0
2
00
2

0


0
)
3
x
x
2
)(
x
x
(
hay
x
x
000






2
x
3
xhayxx
0
0



Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x
0
, y
0
)  (C)
 1x
2
x
3
x
0
0
0



Suy ra, y
0
= 1. Vậy M(1, –1) (điểm uốn).
Nhận xét : vì x
0
là 1 hoành độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm
kép là x
0
Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x
2
+ 2mx
6) (C
m

) qua (x, y), m
 y + x
3
= m (x
2
– 1) , m

















1y
1x
hay
1y
1x
0xy
01x

3
2
Vậy (C
m
) qua 2 điểm cố đònh là H(1, –1) và K(–1, 1).
Vì y' = – 3x
2
+ 2mx nên tiếp tuyến với (C
m
) tại H và K có hệ số góc lần
lượt là :
a
1
= y'(1) = – 3 + 2m và a
2
= y'(–1) = –3 – 2m.
2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.
 a
1
.a
2
= – 1  9 – 4m
2
= – 1  m =
2
10
.
7) Hàm có cực trò  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
 3x
2

= 2mx có 2 nghiệm phân biệt.
 x = 0 và x =
3
m
2
là 2 nghiệm phân biệt.
 m  0. Khi đó, ta có :
'ym
9
1
x
3
1
mxm
9
2
y
2















và phương trình đường thẳng qua 2 cực trò là :
mxm
9
2
y
2
 (với m  0)
8) Khi m  0, gọi x
1
, x
2
là nghiệm của y' = 0, ta có :
x
1
.x
2
= 0 và x
1
+ x
2
=
3
m
2
 y(x
1
).y(x
2

) =













 mxm
9
2
mxm
9
2
2
2
1
2
=
2
21
2
m)xx(m
9

2
 =
24
mm
27
4

Với m  0, ta có y(x
1
).y(x
2
) < 0

2
4
1 0
27
m
  

2
33
m
4
27
m
2

Vậy (C
m

) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.






0)x(y).x(y
x
,
x
biệt
phân
nghiệm
2
có
0
'
y
21
21

2
33
m 
Nhận xét :
i) Khi
2
33
m  thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương.

ii) Khi
2
33
m  thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm.
9) a) Hàm đồng biến trên (1,2)  – 3x
2
+ 2mx  0, x  (1,2). Nếu m  0 ta
có hoành độ 2 điểm cực trò là 0 và
3
m
2
.
i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên






0,
3
m
2
. Vậy loại trường hợp m <
0
ii) Nếu m = 0  hàm luôn nghòch biến (loại).
iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên







3
m
2
,0
Do đó, ycbt  m > 0 và







3
m
2
,0]2,1[
 3m2
3
m
2

b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0.
Khi m  0 ta có hàm số nghòch biến trên








3
m
2
, và hàm số cũng
nghòch biến trên [0, +).
Vậy để hàm nghòch biến trên [0, +) thì m  0.
Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn.
10) y" = – 6x + 2m , y" = 0  x =
3
m
(C
m
) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.
 y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành.



























0m
9
m
.m
27
m
2
33
m
0
3
m
y
2
33
m
23













2
63
m
01
27
m2
2
33
m
2
11) Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và (D
k
) là
– x
3
+ mx

2
– m = kx + k + 1
 m(x
2
– 1) = k(x + 1) + 1 + x
3
 x + 1 = 0  m(x – 1) = k + 1 – x + x
2
 x = – 1 hay x
2
– (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11)
a) Do đó, (D
k
) cắt (C
m
) tại 3 điểm phân biệt
 (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1











0)1mk(4)1m(
0

1
m
k
1
m
1
2
 (*)








4
3m2m
k
3
m
2
k
2
b) Vì (D
k
) qua điểm K(–1,1)  (C
m
) nên ta có :
(D

k
) cắt (C
m
) thành 2 đoạn bằng nhau.
 (D
k
) qua điểm uốn








 m
27
m2
;
3
m
3
của (C
m
)
 11
3
m
km
27

m2
3









)3m(9
27m27m2
k
3


 (**)
Vậy ycbt  k thỏa (*) và (**).
12) Phương trình tiếp tuyến với (C
m
) đi qua (–1,1) có dạng :
y = k(x + 1) + 1 (D
k
)
Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (D
k
) và (C
m
) là :

– x
3
+ mx
2
– m = (– 3x
2
+ 2mx)(x + 1) + 1 (12)
 m(x
2
– 1) = (– 3x
2
+ 2mx)(x + 1) + 1 + x
3
 x + 1 = 0  m(x – 1) = – 3x
2
+ 2mx + 1 – x + x
2
 x = – 1 hay 2x
2
+ (1 – m)x – m – 1 = 0 (13)
 x = – 1 
2
1
m
x


y' (–1) = – 2m – 3
























2
1m
m2
2
1m
3
2
1m
'y

2
=
4
1
(m
2
– 2m – 3)
Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là :
y = – (2m + 3)(x + 1) + 1
y =
4
1
(m
2
– 2m – 3)(x + 1) + 1
Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc
chắn có nghiệm kép là x = – 1 và phương trình (13) chắc chắn có nghiệm
là x = – 1.
13) Các tiếp tuyến với (C
m
) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là :
h = – 3x
2
+ 2mx
Ta có h đạt cực đại và là max khi
3
m
a
2
b

x  (hoành độ điểm uốn)
Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Nhận xét :
3
m
3
m
3
m
x3mx2x3
22
2
22








Ghi chú : Đối với hàm bậc 3
y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d, ta có :
i) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
ii) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
PHẠM HỒNG DANH

(Trung tâm Luyện thi đại học Vónh Viễn)