ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 ppsx

ễN TP V HM S BC 3

(Trung tõm Luyn thi i hc Vnh Vin)

Gi s : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d vi a 0 cú th l (C). y = 3ax
2
+ 2bx + c, y = 6ax
+ 2b
1) y = 0 x =
a3
b

(a 0 )
x =
a3
b

l honh im un. th hm bc 3 nhn im un lm tõm i xng.

2) v th 1 hm s bc 3, ta cn bit cỏc trng hp sau :
i) a > 0 v y = 0 vụ nghim hm s tng trờn R (luụn luụn tng)
ii) a < 0 v y = 0 vụ nghim hm s gim (nghch bin) trờn R (luụn luụn gim)
iii) a > 0 v y = 0 cú 2 nghim phõn bit x
1
, x
2
vi x

1
< x
2

hm s t cc i ti x
1
v t cc tiu ti x
2
.
Ngoi ra ta cũn cú :
+ x
1
+ x
2
= 2x
0
vi x
0
l honh im un.
+ hm s tng trờn (, x
1
)
+ hm s tng trờn (x
2
, +)
+ hm s gim trờn (x
1
, x
2
)

iv) a < 0 v y = 0 cú 2 nghim phõn bit x
1
, x
2
vi x
1
< x
2
hm t cc tiu ti x
1
v t cc i ti x
2
tha iu kin x
1
+ x
2
= 2x
0
(x
0
l
honh im un). Ta cng cú :
+ hm s gim trờn (, x
1
)
+ hm s gim trờn (x
2
, +)
+ hm s tng trờn (x
1

, x
2
)

3) Gi s y = 0 cú 2 nghim phõn bit v y = k(Ax + B)y + r x + q vi k l hng s
khỏc 0;
thỡ phng trỡnh ng thng qua 2 im cc tr l y = r x + q

4) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit








0)
2
x(y).
1
x(y
2
x,
1
x bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y


5) Gi s a > 0 ta cú :
i) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit >

0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1
x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y

ii) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit <

0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1
x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 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 thị (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 , B . 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) Định 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 định.
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 định của (C
m
). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này
vuông góc nhau.

7) Định m để (C
m
) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực
trị.
8) Định m để (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
9) Định m để : a) hàm số đồng biến trong (1, 2). b) hàm số nghịch 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 thị (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.
Nhn xột : T th, ta cú y = 1 l tip tuyn ti (2, 1) nờn phng trỡnh (1) chc chn
cú nghim x = 2, e.
3) Vỡ y = 1 l tip tuyn qua E (e, 1), e v ng x = khụng l tip tuyn nờn yờu
cu bi toỏn.
(2) cú 2 nghim phõn bit x
1
, x
2
tha : y'(x
1
).y'(x
2
) = 1

1)x6x3)(x6x3(
)2(cuỷanghieọmlaứx,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
. Vy E






1,
27
55

4) Tip im ca tip tuyn (vi (C)) cú h s gúc bng p l nghim ca :
y' = p 3x
2
6x + p = 0 (3)
Ta cú ' = 9 3p > 0 p < 3
Vy khi p < 3 thỡ cú 2 tip tuyn song song v cú h s gúc bng p.
Gi x
3
, x
4
l nghim ca (3).
Gi M
3
(x
3
, y
3

); M
4
(x
4
, y
4
) l 2 tip im. Ta cú :

1
a2
b
2
x
x
43





1
2
6)xx(3)xx(
2
yy
2
4
2
3
3

4
3
343





Vy im c nh (1, 1) (im un) l trung im ca M
3
M
4
.
5) Cỏch 1 : i vi hm bc 3 (a 0) ta d dng chng minh c rng :
M (C), ta cú :
i) Nu M khỏc im un, ta cú ỳng 2 tip tuyn qua M.
ii) Nu M l im un, ta cú ỳng 1 tip tuyn qua M.
Cỏch 2 : Gi M(x
0
, y
0
) (C). Phng trỡnh tip tuyn qua M cú dng :
y = k(x x
0
) 3x3x
2
0
3
0
(D)

Phng trỡnh honh tip im ca (D) v (C) l :

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 định 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 trị  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 trị 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
bieät
phaân
nghieäm
2
coù
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 trị 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 nghịch 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 nghịch biến trên







3
m
2
, và hàm số cũng nghịch biến
trên [0, +).
Vậy để hàm nghịch 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
a2
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 Vĩnh Viễn)