- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 12
Các dạng toán về khảo sát hàm số biến thiên cực trị
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.38 MB, 87 trang )
Đỗ Minh Tuấn
Các dạng toán liên quan đến khảo sát hàm số
www.VNMATH.com
Đỗ Minh Tuấn
Các dạng toán liên quan đến khảo sát hàm số
www.VNMATH.com
Dạng 5: Tìm điều kiện của tham số m để hàm số y f ( x, m) đạt cực trị tại điểm x0
C¸c d¹ng to¸n liªn quan ®Õn kh¶o s¸t hµm sè
Cách giải
'
Dạng 1: Cho hàm số y f ( x, m) có tập xác định D. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đơn điệu trên D
Hàm số đạt cực trị tại điểm x0 thì: y ( x0 ) 0 . GPT này ta tìm được giá trị của m
Cách giải
Thử lại các giá trị của m vừa tìm được xem có thỏa mãn hay không?
Hàm số đồng biến trên D y ' 0, x D
Hàm số nghịch biến trên D y ' 0, x D
y '' ( x0 ) 0 x0 là điểm CT
Chú ý:
a 0
a 0
và y ' 0,
Nếu y ' ax 2 bx c thì: y ' 0,
0
0
Nếu y
B2
thì kiểm tra bằng cách lập bảng biến thiên
B1
Dạng 6: Tìm điều kiện của tham số m để hàm số y f ( x, m) có cực trị tại hai điểm x1 , x2 và các điểm cực
trị đó thỏa mãn một hệ thức (I) nào đó.
Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số m để hàm số y f ( x, m) đơn điệu trên một khoảng (a; b)
Cách giải
Cách giải
Hàm số đồng biến trên (a; b) y ' 0, x (a; b)
Hàm số nghịch biến trên (a; b) y ' 0, x (a; b)
Sử dụng kiến thức:
m f ( x ), x (a; b) m max f ( x ) và m f ( x ), x (a; b) m min f ( x )
Tìm điều kiện của m để hàm số có cực trị
Vận dụng định lý Viet, ta có hệ thức liên hệ giữa x1 và x2
Biến đổi hệ thức (I) đã cho và vận dụng định lý Viet để tìm được m
Kết hợp với điều kiện (1) đưa ra kết quả
(1)
Dạng 7: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số y f ( x)
( a;b )
( a;b )
Dạng 3: Tìm điều kiện của tham số m để hàm số y f ( x , m ) ax 3 bx 2 cx d đơn điệu trên một khoảng
có độ dài bằng k cho trước.
Cách giải
Cách giải
'
y '' ( x0 ) 0 x0 là điểm CĐ
Nếu y B3 hoặc y B4 thì vận dụng kiến thức:
2
3
2
Đối với hàm số y ax bx cx d :
Thực hiện phép chia đa thức y cho y ' và viết hàm số dưới dạng: y u ( x). y ' Mx N
Ta có: y 3ax 2bx c
Gọi A( x1; y1 ) và B( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị. Khi đó: y1 Mx1 N và y2 Mx2 N
a 0
Hàm số đồng biến trên khoảng ( x1; x2 ) PT: y ' 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2
(1)
0
Do đó, phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có dạng: y Mx N
Biến đổi x1 x2 k thành ( x1 x2 )2 4 x1x2 k 2
Sử dụng định lý Viet, đưa phương trình (2) thành phương trình theo m
Giải phương trình, kết hợp với điều kiện (1) đưa ra kết quả
(2)
Dạng 4: Tìm điều kiện của tham số m để hàm số y f ( x, m) có cực trị
Đối với hàm số y
Chứng minh bổ đề: Nếu hàm số y
Áp dụng bổ đề:
Cách giải
3
2
'
u' ( x 0 )
u ( x)
y ( x0 ) 0
có
thì y( x0 )
v( x )
v' ( x0 )
v( x0 ) 0
Gọi A( x1; y1 ) và B( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị. Khi đó: y1
'
2
Đối với hàm số: y ax bx cx d . Khi đó, ta có: y 3ax 2bx c
Hàm số có cực trị Hàm số có CĐ và CT PT: y ' 3ax 2 2bx c 0 có hai nghiệm phân biệt
ax 2 bx c
:
mx n
Đối với hàm số: y
ax 2 bx c
amx 2 2 anx (bn cm)
g ( x)
. Khi đó, ta có: y '
mx n
(mx n)2
(mx n)2
2ax1 b
2ax2 b
và y2
m
m
Do đó, phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có dạng: y
Dạng 8: Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số y f ( x, m) có các điểm cực trị nằm về hai phía đối
với trục tung
Cách giải
Hàm số có cực trị Hàm số có CĐ và CT
PT: g ( x) amx 2 2anx (bn cm) 0 có hai nghiệm phân biệt khác
Trang 1
2a
b
x
m
m
n
m
Tìm điều kiện của m để hàm số có các điểm cực trị x1 và x2
(1)
Vận dụng định lý Viet ta có hệ thức liên hệ giữa x1 và x2
(2)
Trang 2
Minh Tun
Cỏc dng toỏn liờn quan n kho sỏt hm s
www.VNMATH.com
Minh Tun
Cỏc dng toỏn liờn quan n kho sỏt hm s
www.VNMATH.com
A v B nm v hai phớa i vi trc Oy x1x2 0 (s dng h thc (2))
Dng 13: Tỡm iu kin ca tham s m th hm s y f ( x, m) cú cỏc im cc tr A v B tha món
Kt hp vi iu kin (1) a ra kt qu
mt h thc no ú (VD: AB k , AB ngn nht, OA 2OB )
Cỏch gii
Dng 9: Tỡm iu kin ca tham s m th hm s y f ( x, m) cú cỏc im cc tr nm v hai phớa i
vi trc honh
Tỡm iu kin ca m hm s cú cỏc im cc tr x1 v x2
(1)
Cỏch gii
Vn dng nh lý Viet ta cú h thc liờn h gia x1 v x2
(2)
Tớnh cỏc giỏ tr y1 v y2 (tớnh ging nh Dng 7) Ta cỏc im cc tr: A( x1; y1 ) , B( x2 ; y2 )
T h thc liờn h gia cỏc im A, B ta tỡm c giỏ tr ca m
Tỡm iu kin ca m hm s cú cỏc im cc tr x1 v x2
(1)
Vn dng nh lý Viet ta cú h thc liờn h gia x1 v x2
(2)
Tớnh cỏc giỏ tr y1 v y2 (tớnh ging nh Dng 7)
Cỏc im cc tr nm v hai phớa i vi trc Oy y1 y2 0 (s dng h thc (2))
Kt hp vi iu kin (1) a ra kt qu
Dng 14: Tỡm im M thuc ng thng d : Ax By C 0 sao cho tng khong cỏch t im M n hai
im cc tr ca th hm s y f ( x) l nh nht
Cỏch gii
Tỡm cỏc im cc tr A( x1; y1 ) v B( x2 ; y2 ) ca THS y f ( x)
Dng 10: Tỡm iu kin ca tham s m th hm s y f ( x, m) cú cỏc im cc tr nm v hai phớa i
vi ng thng d : Ax By C 0 cho trc
Vit phng trỡnh ng thng AB
Cỏch gii
Kim tra xem A va B nm v cựng mt phớa hay nm v hai phớa i vi ng thng d
Tỡm iu kin ca m hm s cú cỏc im cc tr x1 v x2
(1)
Vn dng nh lý Viet ta cú h thc liờn h gia x1 v x2
(2)
Tớnh cỏc giỏ tr y1 v y2 (tớnh ging nh Dng 7) Ta cỏc im cc tr: A( x1; y1 ) , B( x2 ; y2 )
A v B nm v hai phớa i vi d ( Ax1 By1 C )( Ax2 By2 C ) 0 kt qu
+ Nu: ( Ax1 By1 C )( Ax2 By2 C ) 0 A v B nm v hai phớa i vi d
Khi ú: MA MB AB . Do ú: MA MB nh nht M l giao im ca AB vi ng thng d
+ Nu: ( Ax1 By1 C )( Ax2 By2 C ) 0 A v B nm v cựng mt phớa i vi d
- Xỏc nh ta im A i xng vi im A qua ng thng d
- Khi ú: MA MB MA' MB A' B . Do ú: MA MB nh nht M l giao im ca AB
B
vi ng thng d
Dng 11: Tỡm iu kin ca tham s m th hm s y f ( x, m) cú cỏc im C v CT i xng vi
nhau qua ng thng d : Ax By C 0
Tỡm iu kin ca m hm s cú cỏc im cc tr x1 v x2
(1)
Vn dng nh lý Viet ta cú h thc liờn h gia x1 v x2
(2)
d
d
A*
Cỏch gii
*M
A
*M0
H
*B
A
A, B nm v hai phớa
Tớnh cỏc giỏ tr y1 v y2 (tớnh ging nh Dng 7) Ta cỏc im cc tr: A( x1; y1 ) , B( x2 ; y2 )
AB d
A v B i xng vi nhau qua d
I d trong ú I l trung im ca AB
Kt hp vi iu kin (1) a ra kt qu
giỏ tr m
M
A, B nm v cựng mt phớa
Dng 15: Tỡm iu kin ca tham s m th hm s y f ( x, m) cú cỏc im C, CT v ng thng i
qua hai im cc tr to vi ng thng d : Ax By C 0 mt gúc bng
Cỏch gii
Dng 12: Tỡm iu kin ca tham s m th hm s y f ( x, m) cú cỏc im C v CT cỏch u ng
thng d : Ax By C 0
Cỏch gii
Tỡm iu kin ca m hm s cú cỏc im cc tr x1 v x2
(1)
Vn dng nh lý Viet ta cú h thc liờn h gia x1 v x2
(2)
Tớnh cỏc giỏ tr y1 v y2 (tớnh ging nh Dng 7) Ta cỏc im cc tr: A( x1; y1 ) , B( x2 ; y2 )
AB d
A v B cỏch u ng thng
I d trong ú I l trung im ca AB
Kt hp vi iu kin (1) a ra kt qu
Trang 3
giỏ tr m
Tỡm iu kin ca m hm s cú cỏc im cc tr
Vit phng trỡnh ng thng i qua hai im cc tr
(1)
d k kd
Khi ú: d k .kd 1
giỏ tr ca m
k k
taùo vụựi d goực d tan
1 k k d
Kt hp vi iu kin (1) a ra kt qu
Trang 4
Minh Tun
Cỏc dng toỏn liờn quan n kho sỏt hm s
www.VNMATH.com
4
2
Dng 16: Tỡm iu kin ca tham s m th hm s y ax bx c cú cỏc im C, CT to thnh mt
tam giỏc vuụng cõn.
Minh Tun
Cỏc dng toỏn liờn quan n kho sỏt hm s
'
'
www.VNMATH.com
Tớnh y . T ú suy ra: y ( x0 )
Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm: y y ' ( x0 )( x x0 ) y0
Cỏch gii
Dng 20: Vit phng trỡnh tip tuyn vi th (C ) : y f ( x) bit tip tuyn ú cú h s gúc bng k
Tỡm iu kin ca m hm s cú cỏc im cc tr
(1)
Tỡm ta cỏc im cc tr A, B, C ca THS
Xỏc nh k
Xỏc nh xem ABC cõn ti im no, gi s cõn ti A
Khi ú: ABC vuụng cõn OA.OB 0 giỏ tr ca m
Tớnh f ' ( x) v gii phng trỡnh f ' ( x) k tỡm honh tip im x0 . T ú suy ra: y0 f ( x0 )
Kt hp vi iu kin (1) a ra kt qu
PT tip tuyn cn tỡm: y k ( x x0 ) y0
Cỏch gii
Chỳ ý: THS trựng phng cú trc i xng l trc Oy v THS cú cỏc im C, CT THS cú ba im
cc tr
Dng 17: Tỡm giỏ tr ca m tim cn xiờn ca THS y
ax 2 bx c
chn trờn hai trc ta mt tam
mx n
Dng 21: Vit phng trỡnh tip tuyn vi th (C ) : y f ( x) bit tip tuyn ú i qua im A( x A ; y A )
Cỏch gii
Gi l ng thng i qua im A( x A ; y A ) v cú h s gúc k PT : y k ( x x A ) y A
f ( x) k ( x x A ) y A
l tip tuyn ca (C) HPT:
'
k f ( x)
(1)
Thay k t (2) vo (1) ta c: f ( x) f ' ( x)( x x A ) y A
(3)
Gii phng trỡnh (3) ta c x k (thay vo (2)) PT tip tuyn cn tỡm (thay vo (*))
giỏc cú din tớch bng k.
Cỏch gii
Tỡm ng tim cn xiờn ca THS
Tỡm ta giao im A( x A ;0) v B(0; yB ) ca TCX vi cỏc trc ta
y
B
1
1
Khi ú: OA x A v OB yB SOAB OA.OB x A . yB
2
2
A
O
x
Cỏch gii
ax b
sao cho tng khong cỏch t im M n giao im ca
cx d
hai ng tim cn l nh nht.
Gi s: M ( x0 ; y0 ) . Phng trỡnh ng thng qua M v cú h s gúc k cú dng: y k ( x x0 ) y0
f ( x) k ( x x0 ) y0
l tip tuyn ca (C) HPT:
'
k f ( x)
(1)
Thay k t (2) vo (1) ta c: f ( x) f ' ( x )( x x0 ) y0
(3)
Khi ú, t M k c n tip tuyn n (C) PT (3) cú n nghim phõn bit kt qu
Cỏch gii
Tỡm cỏc ng tim cn ca THS Giao im A v B ca hai ng tim cn
S dng phng phỏp chia a thc, vit li hm s ó cho di dng: y p
q
(vi p, q )
cx d
q
Gi M m; p
(C ) . Tớnh khong cỏch t im M n cỏc ng tim cn
cm d
p dng bt ng thc Cụ-si cho hai s khụng õm kt qu
Chỳ ý: - Khong cỏch t im M ( x0 ; y0 ) n ng thng : Ax By C 0 l: d ( M ; )
cú nghim
(2)
Dng 22: Tỡm cỏc im M sao cho t im M cú th k c n tip tuyn ti th (C ) : y f ( x)
T ú, suy ra kt qu ca m
Dng 18: Tỡm cỏc im M trờn th (C): y
cú nghim
(2)
Dng 23: Tỡm cỏc im M sao cho t im M cú th k c 2 tip tuyn ti th (C ) : y f ( x) v hai tip
tuyn ú vuụng gúc vi nhau.
Cỏch gii
Gi s: M ( x0 ; y0 ) . Phng trỡnh ng thng qua M v cú h s gúc k cú dng: y k ( x x0 ) y0
f ( x) k ( x x0 ) y0
l tip tuyn ca (C) HPT:
'
k f ( x)
(1)
(3)
Ax0 By0 C
A2 B 2
- Bt ng thc Cụ-si cho hai s khụng õm A v B: A B 2 AB . Du = xy ra A B
cú nghim
(2)
ax 2 bx c
- i vi hm s dng y
cỏch lm hon ton tng t
mx n
Thay k t (2) vo (1) ta c: f ( x) f ' ( x )( x x0 ) y0
Khi ú, qua M k c 2 tip tuyn n (C) PT (3) cú 2 nghim phõn bit x1 v x2
Dng 19: Vit phng trỡnh tip tuyn vi th (C ) : y f ( x) ti im M ( x0 ; y0 )
Hai tip tuyn ú vuụng gúc vi nhau f ' ( x1 ). f ' ( x2 ) 1 kt qu
Cỏch gii
Chỳ ý: Qua M k c 2 tip tuyn n (C) sao cho hai tip im nm v hai phớa i vi trc honh
(3) coự 2 nghieọm phaõn bieọt
f ( x1 ). f ( x2 ) 0
Xỏc nh x0 v y0
Trang 5
(*)
Trang 6
Đỗ Minh Tuấn
Các dạng toán liên quan đến khảo sát hàm số
www.VNMATH.com
Dạng 24: Tìm các giá trị của m để đồ thị (C1 ) : y f ( x, m) cắt đồ thị (C2 ) : y g ( x) tại n điểm phân biệt
Cách giải
(C1 ) cắt (C2 ) tại n điểm phân biệt PT: f ( x, m) g ( x) có n nghiệm phân biệt
Tìm m bằng một số cách: dựa vào điều kiện có nghiệm của PT bậc hai, dựa vào bảng biến thiên, dựa
vào đồ thị … kết quả
Đỗ Minh Tuấn
Các dạng toán liên quan đến khảo sát hàm số
www.VNMATH.com
3
Dạng 28: Tìm giá trị của m để đường thẳng đồ thị (C ) : y ax bx 2 cx d cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt
có hoành độ lập thành một cấp số cộng.
Cách giải
Dạng 25: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: F ( x, m) 0
Điều kiện cần:
Hoành độ các giao điểm x1, x2 , x3 là nghiệm của PT: ax3 bx 2 cx d 0
b
Theo định lý Viet, ta có: x1 x2 x3
a
Cách giải
(1)
(2)
Biến đổi phương trình F ( x, m) 0 về dạng: f ( x) g (m) , trong đó đồ thị y f ( x) đã vẽ đồ thị
Do x1, x2 , x3 lập thành một cấp số cộng, nên: x1 x3 2 x2 . Thay vào (2) ta được: x2
Số nghiệm của PT đã cho chính là số giao điểm của đồ thị (C ) : y f ( x) với đường thẳng
d : y g (m)
Thay vào (1), ta được giá trị của m
Dựa vào số giao điểm của d với (C) kết quả
Dạng 26: Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y px q cắt đồ thị (C ) : y
ax b
tại hai điểm phân biệt
cx d
M, N sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Điều kiện đủ: Thử lại các giá trị của m vừa tìm được xem PT đã cho có 3 nghiệm hay không
Kết luận: Đưa ra giá trị của m
Dạng 29: Tìm giá trị của m để đường thẳng đồ thị (C ) : y ax3 bx 2 cx d cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt
có hoành độ lập thành một cấp số nhân.
Cách giải
Cách giải
ax b
d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt PT:
px q có hai nghiệm phân biệt
cx d
d
PT: Ax 2 Bx C 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác
c
điều kiện của m
Điều kiện cần:
Hoành độ các giao điểm x1 , x2 , x3 là nghiệm của PT: ax3 bx 2 cx d 0
Theo định lý Viet, ta có: x1x2 x3
Do x1, x2 , x3 lập thành một cấp số nhân, nên: x1x3 x22 . Thay vào (2) ta được: x2 3
Thay vào (1), ta được giá trị của m
(*)
Khi đó, d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M ( x1; y1 ) và N ( x2 ; y2 ) . Theo định lý Viet ta có mối liên hệ
giữa x1 và x2 ( x1 và x2 là hai nghiệm của pt (1))
Tính: MN 2 ( x2 x1 )2 ( y2 y1 )2 kết quả của m để MN là nhỏ nhất
Chú ý: - Khi tính y1 và y2 ta thay x1 và x2 vào phương trình của đường thẳng d
- OMN vuông OM .ON 0 x1x2 y1 y2 0
2
- Đối với đồ thị của hàm số (C ) : y
ax bx c
cách làm hoàn toàn tương tự
mx n
Dạng 27: Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y px q cắt đồ thị (C ) : y
ax b
tại hai điểm phân biệt
cx d
d
a
Điều kiện đủ: Thử lại các giá trị của m vừa tìm được xem PT đã cho có 3 nghiệm hay không
Kết luận: Đưa ra giá trị của m
d
a
Dạng 30: Cho họ đường cong (Cm ) : y f ( x, m) , với m là tham số. Tìm điểm cố định mà họ đường cong trên
đi qua với mọi giá trị của m.
Cách giải
Gọi A( x0 ; y0 ) là điểm cố định của họ (Cm ) . Khi đó ta có: y0 f ( x0 , m), m Am B 0, m
A 0
x0 và yo điểm cố định A
B 0
Xác định tiệm cận đứng của (C)
d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của (C)
ax b
px q có hai nghiệm phân biệt nằm về cùng một phía đối với TCĐ
cx d
d
và nằm về cùng một phía với TCĐ
c
kết quả của m (vận dụng điều kiện để hai điểm nằm cùng một phía đối với đường thẳng)
Trang 7
(2)
Cách giải
PT: Ax 2 Bx C 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác
(1)
thuộc cùng một nhánh của (C).
PT:
b
3a
Kết luận các điểm cố định mà họ (Cm ) luôn đi qua
Dạng 31: Cho họ đường cong (Cm ) : y f ( x, m) , với m là tham số. Tìm các điểm mà họ đường cong trên
không đi qua với mọi giá trị của m.
Cách giải
Gọi A( x0 ; y0 ) là điểm mà họ (Cm ) không đi qua m .
Khi đó phương trình ẩn m: y0 f ( x0 , m) vô nghiệm điều kiện của x0 và y0
Trang 8
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
LÝ THUYẾT KHẢO SÁT HÀM SỐ
Đỗ Minh Tuấn
Các dạng toán liên quan đến khảo sát hàm số
www.VNMATH.com
Dạng 32: Cho đồ thị (C ) : y f ( x) . Vẽ đồ thị của hàm số y f x
Cách giải
f ( x) nếu x 0
Ta có: y f x
f ( x) nếu x 0
Do đó, đồ thị của hàm số y f x là hợp của hai phần:
Phần 1: là phần của đồ thị (C) nằm ở bên phải trục Ox
Phần 2: là phần đối xứng với phần 1 qua trục Ox
Dạng 33: Cho đồ thị (C ) : y f ( x) . Vẽ đồ thị của hàm số y f ( x)
Cách giải
Vẽ đồ thị của hàm số (C ) : y f ( x)
f ( x) nếu f ( x) 0
Ta có: y f ( x)
f ( x) nếu f ( x) 0
Do đó, đồ thị của hàm số y f ( x ) là hợp của hai phần:
Phần 1: là phần của đồ thị (C) bên trên trục Ox
Phần 2: là phần đối xứng với phần đồ thị (C) ở bên dưới trục Ox qua trục Ox
Dạng 34: Cho đồ thị (C ) : y f ( x) . Vẽ đồ thị của hàm số y f ( x)
Cách giải
Vẽ đồ thị của hàm số (C ) : y f ( x)
f (x) 0
Ta có: y f ( x ) y f ( x )
y f ( x )
Do đó, đồ thị của hàm số y f ( x ) là hợp của hai phần:
Phần 1: là phần của đồ thị (C) nằm bên trên trục Ox
Phần 2: là phần đối xứng với phần 1 qua trục Ox
Dạng 35: Cho đồ thị (C ) : y f ( x) . Vẽ đồ thị của hàm số y f ( x ) u( x ) .v( x )
Cách giải
Vẽ đồ thị của hàm số (C ) : y f ( x)
2. Điều kiện cần:
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I.
a) Nếu f đồng biến trên khoảng I thì f '(x ) ≥ 0, ∀x ∈ I
b) Nếu f nghịch biến trên khoảng I thì f '(x ) ≤ 0, ∀x ∈ I
3. Điều kiện đủ:
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng I.
a) Nếu f '(x ) ≥ 0, ∀x ∈ I ( f '(x ) = 0 tại một số hữu hạn điểm) thì f đồng biến trên I.
b) Nếu f '(x ) ≤ 0, ∀x ∈ I ( f '(x ) = 0 tại một số hữu hạn điểm) thì f nghịch biến trên I.
c) Nếu f '(x ) = 0 thì f không đổi trên I.
Chú ý: Nếu khoảng I được thay bởi đoạn hoặc nửa khoảng thì f phải liên tục trên đó.
4. Điều kiện hàm số luôn đồng biến trên một miền xác định.
Cho hàm số y = f (x , m ) , m là tham số, có tập xác định D.
• Hàm số f đồng biến trên D ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ D
• Hàm số f nghịch biến trên D ⇔ y ' ≤ 0, ∀x ∈ D .
Từ đó suy ra điều kiện của m.
Chú ý:
● y ' = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm.
●Nếu y ' = ax 2 + bx + c thì:
a = b = 0
c ≥ 0
• y ' ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔
a > 0
∆ ≤ 0
a = b = 0
c ≤ 0
• y ' ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔
a < 0
∆ ≤ 0
●Định lí về dấu của tam thức bậc hai g(x ) = ax 2 + bx + c :
♣ Nếu ∆ < 0 thì g (x ) luôn cùng dấu với a .
b
)
2a
♣ Nếu ∆ > 0 thì g (x ) có hai nghiệm x1, x 2 và trong khoảng hai nghiệm thì g (x ) khác dấu
với a , ngoài khoảng hai nghiệm thì g (x ) cùng dấu với a .
♣ Nếu ∆ = 0 thì g (x ) luôn cùng dấu với a (trừ x = −
●So sánh các nghiệm x1, x 2 của tam thức bậc hai g(x ) = ax 2 + bx + c với số 0:
u( x ).v( x ) nếu u( x ) 0
Ta có: y
u( x ).v( x ) nếu u( x ) 0
1. Định nghĩa:
Hàm số f đồng biến trên K ⇔ ∀x1, x 2 ∈ K , x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) < f (x 2 )
Hàm số f nghịch biến trên K ⇔ ∀x1, x 2 ∈ K , x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) > f (x 2 )
Vẽ đồ thị của hàm số (C ) : y f ( x)
I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Do đó, đồ thị của hàm số y f ( x ) u( x ) .v( x ) là hợp của hai phần:
Phần 1: là phần của đồ (C) trên miền u( x ) 0
Phần 2: là phần đối xứng với phần đồ thị (C) trên miền u( x ) 0 qua trục Ox
∆ > 0
♣ x1 < x2 < 0 ⇔
P > 0
S < 0
∆ > 0
♣ 0 < x1 < x 2 ⇔
P > 0
S > 0
●Để hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có độ dài khoảng đồng biến (nghịch biến) (x1; x2 ) bằng d thì
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Trang 9
♣ x1 < 0 < x 2 ⇔ P < 0
Page 1
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
• Tìm f '(x ) .
ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tính y ' .
Bước 2: Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến và nghịch biến:
• Tìm các điểm x i (i = 1, 2, …) mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
• Xét dấu f '(x ) . Nếu f '(x ) đổi dấu khi x đi qua x i thì hàm số đạt cực trị tại x i .
a ≠ 0
∆
> 0
(1)
Bước 3: Biến đổi x 1 − x 2 = d thành (x 1 + x 2 )2 − 4x 1x 2 = d 2
Qui tắc 2: Dùng định lí 2.
• Tính f '(x ) .
• Giải phương trình f '(x ) = 0 tìm các nghiệm x i (i = 1, 2, …).
• Tính f ''(x ) và f ''(xi ) (i = 1, 2, …).
Nếu f ''(x i ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại x i .
(2)
Bước 4: Sử dụng định lí Viet đưa (2) thành phương trình theo m.
Bước 5: Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm.
Nếu f ''(x i ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x i .
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA CÁC ĐỒ THỊ
1. Cho hai đồ thị (C 1 ) : y = f (x ) và (C 2 ) : y = g(x ) . Để tìm hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) ta
II. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
giải phương trình: f (x ) = g (x ) (*) (gọi là phương trình hoành độ giao điểm).
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của hai đồ thị.
2. Đồ thị hàm số bậc ba y = ax 3 + bx 2 + cx + d (a ≠ 0) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
1. Khái niệm cực trị của hàm số
Giả sử hàm số f xác định trên tập D (D ⊂ R) và x 0 ∈ D .
⇔ Phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
a) x 0 – điểm cực đại của f nếu tồn tại khoảng (a ;b ) ∈ D và x 0 ∈ (a;b) sao cho
f (x ) < f (x 0 ), ∀x ∈ (a;b) \ {x 0} .
⇔ Hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có cực đại, cực tiểu và yCÑ .yCT < 0 .
Khi đó f (x 0 ) được gọi là giá trị cực đại (cực đại) của f.
IV. TOÁN TIẾP TUYẾN
b) x 0 – điểm cực tiểu của f nếu tồn tại khoảng (a ;b ) ∈ D và x 0 ∈ (a;b) sao cho
Bài toán 1: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C ) : y = f (x ) tại điểm M 0 (x 0 ; y 0 ) :
f (x ) > f (x 0 ), ∀x ∈ (a;b) \ {x 0} .
• Nếu cho x 0 thì tìm y0 = f (x 0 ) .
Khi đó f (x 0 ) được gọi là giá trị cực tiểu (cực tiểu) của f.
c) Nếu x 0 là điểm cực trị của f thì điểm (x 0 ; f (x 0 )) được gọi là điểm cực trị của đồ thị hàm số f.
2. Điều kiện cần để hàm số có cực trị
Nếu hàm số f có đạo hàm tại x 0 và đạt cực trị tại điểm đó thì f '(x 0 ) = 0 .
Nếu cho y0 thì tìm x 0 là nghiệm của phương trình f (x ) = y0 .
• Tính y ' = f '(x ) . Suy ra y '(x 0 ) = f '(x 0 ) .
• Phương trình tiếp tuyến ∆ là: y − y0 = f '(x 0 ).(x − x 0 )
Chú ý: Hàm số f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo
hàm.
3. Điểu kiện đủ để hàm số có cực trị
1. Định lí 1: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a ;b ) chứa điểm x 0 và có đạo hàm trên
(a;b) \ {x 0}
a) Nếu f '(x ) đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x 0 thì f đạt cực tiểu tại x 0 .
b) Nếu f '(x ) đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua x 0 thì f đạt cực đại tại x 0 .
2. Định lí 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng (a; b) chứa điểm x 0 , f '(x 0 ) = 0 và có đạo
hàm cấp hai khác 0 tại điểm x 0 .
a) Nếu f ''(x 0 ) < 0 thì f đạt cực đại tại x 0 .
b) Nếu f ''(x 0 ) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x 0 .
4. Quy tắc tìm cực trị
Bài toán 2: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C ) : y = f (x ) , biết ∆ có hệ số góc k cho trước.
Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm.
• Gọi M 0 (x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm. Tính f '(x 0 ) .
• ∆ có hệ số góc k ⇒ f '(x 0 ) = k
(1)
• Giải phương trình (1), tìm được x 0 và tính y0 = f (x 0 ) . Từ đó viết phương trình của ∆.
Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc.
• Phương trình đường thẳng ∆ có dạng: y = kx + m .
• ∆ tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:
f (x ) = kx + m
f '(x ) = k
• Giải hệ (*), tìm được m . Từ đó viết phương trình của ∆.
Chú ý: Hệ số góc k của tiếp tuyến ∆ có thể được cho gián tiếp như sau:
+ ∆ tạo với chiều dương trục hoành góc α thì k = tan α
+ ∆ song song với đường thẳng d : y = ax + b thì k = a
(*)
Qui tắc 1: Dùng định lí 1.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 3
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
+ ∆ vuông góc với đường thẳng d : y = ax + b (a ≠ 0) thì k = −
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
• Vẽ đồ thị hàm số tương ứng trong các khoảng của miền xác định.
1
a
Cách 2: Thực hiện các phép biến đổi đồ thị.
k −a
= tan α
1 + ka
Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C): y = f (x ) , biết ∆ đi qua điểm A(x A; yA ) .
Cách 1: Tìm toạ độ tiếp điểm.
• Gọi M 0 (x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm. Khi đó: y0 = f (x 0 ); y '0 f '(x 0 ) .
+ ∆ tạo với đường thẳng d : y = ax + b một góc α thì
Dạng 1: Vẽ đồ thị hàm số y = f (x ) .
Đồ thị (C′) của hàm số y = f (x ) có thể được suy từ đồ thị (C) của hàm số y = f(x) như sau:
+ Giữ nguyên phần đồ thị (C) ở phía trên trục hoành.
• Phương trình tiếp tuyến ∆ tại M : y − y0 = f '(x 0 )(x − x 0 )
• ∆ đi qua A(x A; yA ) nên: yA = −y 0 = f '(x 0 )(x A − x 0 ) (2)
+ Lấy đối xứng phần đồ thị của (C) ở phía dưới trục hoành qua trục hoành.
• Giải phương trình (2), tìm được x 0 . Từ đó viết phương trình của ∆.
Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc.
• Phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(x A; yA ) và có hệ số góc k : y − yA = k (x − x A )
+ Đồ thị (C′) là hợp của hai phần trên.
• ∆ tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:
f (x ) = k (x − x ) + y
A
A
f '(x ) = k
(*)
• Giải hệ (*), tìm được x (suy ra k ). Từ đó viết phương trình tiếp tuyến ∆.
V. ĐIỀU KIỆN TIẾP XÚC
1. Điều kiện cần và đủ để hai đường (C 1 ) : y = f (x ) và (C 2 ) : y = g(x ) tiếp xúc nhau là hệ phương
trình sau có nghiệm:
f (x ) = g(x )
f '(x ) = g '(x )
Nghiệm của hệ (*) là hoành độ của tiếp điểm của hai đường đó.
2. Nếu (C 1 ) : y = px + q và (C 2 ) : y = ax 2 + bx + c thì
Dạng 2: Vẽ đồ thị của hàm số y = f ( x ) .
Đồ thị (C′) của hàm số y = f ( x ) có thể được suy từ đồ thị (C) của hàm số y = f(x) như sau:
(*)
+ Giữ nguyên phần đồ thị (C) ở bên phải trục tung, bỏ phần bên trái trục tung.
+ Lấy đối xứng phần bên phải trục tung qua trục tung.
+ Đồ thị (C′) là hợp của hai phần trên.
(C1) và (C2) tiếp xúc nhau ⇔ phương trình ax 2 + bx + c = px + q có nghiệm kép.
VI. KHOẢNG CÁCH
1. Khoảng cách giữa hai điểm A, B: AB =
(x B − x A )2 + (yB − yA )2
2. Khoảng cách từ điểm M(x0; y0) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0
d(M, ∆) =
ax 0 + by 0 + c
a 2 + b2
VII. ĐỒ THỊ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
Cách 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị.
• Xét dấu biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
• Chia miền xác định thành nhiều khoảng, trong mỗi khoảng ta bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 4
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 5
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
0968.393.899
• Tập xác định: D = ℝ
PHẦN I: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
HT 1.
GV.Lưu Huy Thưởng
1
Cho hàm số y = (m − 1)x 3 + mx 2 + (3m − 2)x (1). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
3
hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó.
Giải
y ' = 6x 2 − 6(2m + 1)x + 6m(m + 1) có ∆ = (2m + 1)2 − 4(m 2 + m ) = 1 > 0
x = m
y ' = 0 ⇔
x = m + 1
Ta có: y’ ≥ 0, ∀x (-∞;m) và (m + 1; +∞)
• Tập xác định: D = R. y ′= (m − 1)x 2 + 2mx + 3m − 2 .
Do đó: hàm số đồng biến trên (2; +∞) ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1
(1) đồng biến trên R ⇔ y ′≥ 0, ∀x
HT 4.
2
⇔ (m − 1)x + 2mx + 3m − 2 ≥ 0, ∀x
m − 1 = 2m = 0
m > 1
3m − 2 ≥ 0
m > 1
1
⇔
⇔
⇔ m ≤ ⇔ m ≥ 2
−2m 2 + 5m − 2 ≤ 0
m − 1 > 0
2
2
m ≥ 2
m − (m − 1)(3m − 2) ≤ 0
HT 2.
Cho hàm số y = x 3 + (1 − 2m )x 2 + (2 − m )x + m + 2 . Tìm m để hàm đồng biến trên
(0;+∞) .
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
y ′= 3x 2 + 2(1 − 2m )x + (2 − m )
Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 − mx − 4 (1). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1)
Hàm đồng biến trên (0; +∞) ⇔ y ′= 3x 2 + 2(1 − 2m )x + (2 − m ) ≥ 0 với ∀x ∈ (0; +∞)
đồng biến trên khoảng (−∞; 0) .
⇔ f (x ) =
Giải
x = − 1
2(2x 2 + x − 1)
2
′
Ta có: f (x ) =
= 0 ⇔ 2x + x − 1 = 0 ⇔
2
x = 1
(4x + 1)
2
• Tập xác định: D = ℝ ; y ' = 3x 2 + 6x − m ,
(1) đồng biến trên khoảng (-∞;0) ⇔ y’ ≥ 0, ∀x ∈ (-∞;0)
⇔ 3x 2 + 6x − m ≥ 0 ∀x ∈ (-∞;0)
x -∞
-1
0
f’(x)
- 0 +
x
+
f(x)
-3
⇔ 3x 2 + 6x ≥ m ∀x ∈ (-∞;0)
2
Xét hàm số f(x) = 3x + 6x − m trên (-∞;0]
3x 2 + 2x + 2
≥ m với ∀x ∈ (0; +∞)
4x + 1
+∞
Lập bảng biến thiên của hàm f (x ) trên (0; +∞) , từ đó ta đi đến kết luận:
1
5
f ≥ m ⇔ ≥ m
2
4
Có f’(x) = 6x + 6; f’(x) = 0 ⇔ x = -1
Từ bảng biến thiên: ⇒ m ≤ −3
HT 5.
Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 − 3m + 1 (1), (m là tham số). Tìm m để hàm số (1) đồng biến
trên khoảng (1; 2).
Giải
HT 3.
Cho hàm số y = 2x − 3(2m + 1)x + 6m(m + 1)x + 1 có đồ thị (Cm). Tìm m để hàm số đồng
3
2
• Tập xác định: D = ℝ
biến trên khoảng (2; +∞)
Ta có y ' = 4x 3 − 4mx = 4x (x 2 − m)
Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN
Page 6
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN
Page 7
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
HT 8. Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + mx + m . Tìm m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng
+ m ≤ 0 , y ′≥ 0, ∀x ∈ (1;2) ⇒ m ≤ 0 thoả mãn.
1
+ m > 0 , y ′= 0 có 3 nghiệm phân biệt: − m , 0,
Giải
m.
Hàm số (1) đồng biến trên (1; 2) khi chỉ khi m ≤ 1 ⇔ 0 < m ≤ 1 .
Vậy m ∈ (−∞;1 .
Hàm số đã cho xác định trên ℝ
Ta có: y ' = 3x 2 + 6x + m có ∆ ' = 9 − 3m
+ Nếu m ≥ 3 thì y’ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ , khi đó hàm số đồng biến trên ℝ , do đó m ≥ 3 không thỏa mãn.
HT 6.
mx + 4
Cho hàm số y =
x +m
(1). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) nghịch
biến trên khoảng (−∞;1) .
trong đoạn: x 1; x 2 với độ dài l = x 2 − x 1
Giải
• Tập xác định: D = R \ {–m}.
y ′=
m2 − 4
(x + m )2
+ Nếu m < 3, khi đó: y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 (x1 < x 2 ) và hàm số nghịch biến
Theo Vi-ét ta có: x 1 + x 2 = −2, x1x 2 =
.
m
3
Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 ⇔ l = 1
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định ⇔ y ′< 0 ⇔ −2 < m < 2
(1)
2
4
9
⇔ (x 2 − x1 ) = 1 ⇔ (x1 + x 2 )2 − 4x1x 2 = 1 ⇔ 4 − m = 1 ⇔ m =
3
4
Để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (−∞;1) thì ta phải có −m ≥ 1 ⇔ m ≤ −1 (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được: −2 < m ≤ −1 .
π
HT 7. Chứng minh rằng, hàm số y = sin2 x + cos x đồng biến trên đoạn 0; và nghịch biến trên
3
π
đoạn ; π
3
Giải
Hàm số đã cho xác định trên 0; π
Ta có: y ' = sin x (2 cos x − 1), x ∈ (0; π)
Vì x ∈ (0; π) ⇒ sin x > 0 nên trên (0; π) : y ' = 0 ⇔ cos x =
1
π
⇔x =
2
3
π
+ Trên khoảng 0; : y ' > 0 nên hàm số đồng biến trên đoạn
3
π
0;
3
π
+ Trên khoảng ; π : y ' < 0 nên hàm số nghịch biến trên đoạn
3
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN
π
; π
3
Page 8
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ TỚI BẾN
Page 9
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
PHẦN 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
HT 9.
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
Ta có y ' = 6[ x 2 − (m + 2) x + 5m + 1], y ' = 0 ⇔ m( x − 5) = x 2 − 2 x + 1 (1)
Cho hàm số y = x 3 + (1 – 2m )x 2 + (2 – m )x + m + 2 (m là tham số) (1). Tìm các giá trị của
Do x = 5 không là nghiệm của (1) ⇒ (1) ⇔ m =
m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ
hơn 1.
g '( x ) =
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
x 2 − 10 x + 9
( x − 5)2
x2 − 2x + 1
= g( x )
x−5
x = 1
=0⇔
x = 9
Bảng biến thiên:
y ′= 3x 2 + 2(1 − 2m )x + 2 − m = g(x )
YCBT ⇔ phương trình y ′= 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn: x1 < x 2 < 1 .
+
0
-
-
-
0
+
0
′
2
∆ = 4m − m − 5 > 0
5
7
⇔ g(1) = −5m + 7 > 0
⇔
5
S
= 2m − 1 < 1
2
3
HT 10. Cho hàm số y = (m + 2)x 3 + 3x 2 + mx − 5 , m là tham số. Tìm các giá trị của m để các điểm
cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có hoành độ là các số dương.
Từ bảng biến thiên và kết hợp với nhận xét trên
1
⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại x0 ∈ (1;2] ⇔ − ≤ m < 0
3
Giải
• Các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có hoành độ là các số dương
⇔ PT y ' = 3(m + 2)x 2 + 6x + m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt
HT 12. Cho hàm số y =
a = (m + 2) ≠ 0
∆ ' = 9 − 3m(m + 2) > 0
∆ ' = −m 2 − 2m + 3 > 0
−3 < m < 1
m
⇔ P =
⇔ m < 0
⇔ m < 0
⇔ −3 < m < −2
>0
3(m + 2)
m + 2 < 0
m < −2
−3
S=
>0
m +2
HT 11. Cho hàm số y = 2 x 3 − 3(m + 2) x 2 + 6(5m + 1) x − (4m3 + 2). Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại
x0 ∈ (1; 2
1 4
3
x − mx 2 +
(1). Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có cực tiểu mà
2
2
không có cực đại.
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
x = 0
y ′= 2x 3 − 2mx = 2x (x 2 − m) . y ′= 0 ⇔ 2
x = m
Đồ thị của hàm số (1) có cực tiểu mà không có cực đại ⇔ PT y ′= 0 có 1 nghiệm ⇔ m ≤ 0
Giải
Vì hàm số bậc 3 nên để hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
Do hệ số của x 3 là dương nên khi đó: xCT > xCD
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 10
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 11
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
HT 13. Cho hàm số y = −x 4 + 2mx 2 − 4
(C m ). Tìm các giá trị của m để tất cả các điểm cực trị
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
Đồ thị (Cm) có 2 điểm CĐ, CT nằm cùng phía đối với trục tung ⇔ y ′= 0 có 2 nghiệm phân biệt
m ≠ 1
′
2
∆ = m − 2m + 1 > 0
cùng dấu ⇔
⇔
2m − 1 > 0
m > 1
2
của (C m ) đều nằm trên các trục tọa độ.
Giải
x = 0
Ta có: y ' = −4x 3 + 4mx ; y ' = 0 ⇔ 2
x = m
Nếu m ≤ 0 ⇒ đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị duy nhất và điểm đó nằm trên trục tung.
HT 16. Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + mx + m – 2 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để
(Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục hoành.
Giải
Nếu m > 0 thì đồ thị hàm số khi đó có 3 điểm cực trị. Một điểm cực trị nằm trên trục tung và
2
hai điểm cực trị còn lại có tọa độ: (± m ; m − 4) ⇒ Các điểm này chỉ có thể nằm trên trục
• PT hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành:
hoành.
x 3 + 3x 2 + mx + m – 2 = 0 (1)
m > 0
⇒ Điều kiện các điểm nằm trên trục hoành là 2
⇔m=2
m − 4 = 0
x = −1
⇔
2
g(x ) = x + 2x + m − 2 = 0 (2)
m = 2
Kết luận:
m ≤ 0
(Cm) có 2 điểm cực trị nằm về 2 phía đối với trục 0x ⇔ PT (1) có 3 nghiệm phân biệt
HT 14. Cho hàm số y = −x 3 + (2m + 1)x 2 − (m 2 − 3m + 2)x − 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm).
Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục tung.
∆ ′= 3 − m > 0
⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác –1 ⇔
⇔m<3
g(−1) = m − 3 ≠ 0
HT 17. Cho hàm số y =
Giải
1 3
4
x − (m + 1)x 2 + (m + 1)3 (C ). Tìm m để các điểm cực trị của hàm số
3
3
(C) nằm về hai phía (phía trong và phía ngoài) của đường tròn có phương trình:
•Tập xác định: D = ℝ
x 2 + y 2 − 4x + 3 = 0.
Giải
y ′= −3x 2 + 2(2m + 1)x − (m 2 − 3m + 2) .
(Cm) có các điểm CĐ và CT nằm về hai phía của trục tung ⇔ PT y ′ = 0 có 2 nghiệm trái dấu
⇔ 3(m 2 − 3m + 2) < 0 ⇔ 1 < m < 2 .
HT 15. Cho hàm số y =
1 3
x − mx 2 + (2m − 1)x − 3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để
3
(Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu nằm về cùng một phía đối với trục tung.
x = 0
y ' = 0 ⇔
x = 2(m + 1)
4
y(0) = (m + 1)3 ; y(2m + 2) = 0
3
Đề hàm số có cực trị thì m ≠ −1.
4
Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A 0; (m + 1)3 ; B(2m + 2; 0)
3
Giải
• TXĐ: D = ℝ ; y ′= x 2 – 2mx + 2m – 1 .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Ta có: y ' = x 2 − 2(m + 1)x
Gọi I là tâm đường tròn, khi đó I (2; 0) và R = 1.
Page 12
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 13
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
(
)(
)
A và B nằm về hai phía của đường tròn khi và chỉ khi: IA2 − R2 IB 2 − R2 < 0
IA = 4 +
(IA
2
−R
2
)(IB
−R
2
)
Khi đó 2 điểm cực trị là: A(0; −3m − 1), B(2m; 4m 3 − 3m − 1) ⇒ AB(2m; 4m 3 )
Trung điểm I của AB có toạ độ: I (m;2m 3 − 3m − 1)
16
< 0 ⇔ 3 + (m + 1)6 (4m 2 − 1) < 0 (*)
9
Đường thẳng d: x + 8y − 74 = 0 có một VTCP u = (8; −1) .
16
Ta có: 3 + (m + 1)6 > 0 ∀x
9
Suy ra: (*) ⇔ 4m 2 − 1 < 0 ⇔ m <
Kết hợp điều kiện ta có: m <
0968.393.899
Hàm số có CĐ, CT ⇔ PT y ′= 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 .
16
(m + 1)6 ; IB = 4m 2
9
2
GV.Lưu Huy Thưởng
m + 8(2m 3 − 3m − 1) − 74 = 0
I ∈ d
⇔
⇔m =2
A và B đối xứng với nhau qua d ⇔
AB ⊥ d
AB.u = 0
1
2
HT 20. Cho hàm số y = −x 3 + 3mx 2 + 3(1 − m 2 )x + m 3 − m 2 (1). Viết phương trình đường thẳng
qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
1
2
Giải
HT 18. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 4m 3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có
các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
• Tập xác định: D = ℝ
y ′= −3x 2 + 6mx + 3(1 − m 2 ) .
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
PT y ′= 0 có ∆ = 1 > 0, ∀m ⇒ Đồ thị hàm số (1) luôn có 2 điểm cực trị (x 1; y1 ), (x 2 ; y2 ) .
x = 0
Ta có: y ′ = 3x 2 − 6mx ; y ′ = 0 ⇔
. Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0.
x = 2m
Chia y cho y′ ta được:
1
m
y = x − y ′+ 2x − m 2 + m
3
3
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) ⇒ AB = (2m; −4m 3 )
Khi đó:
y1 = 2x 1 − m 2 + m ; y2 = 2x 2 − m 2 + m
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3)
PT đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là y = 2x − m 2 + m .
AB ⊥ d
2m − 4m 3 = 0
2
⇔ 3
⇔m=±
A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d: y = x ⇔
I ∈ d
2m = m
2
HT 21. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 2 (C m ). Tìm m để (C m ) có cực đại và cực tiểu, đồng thời
các điểm cực trị của hàm số cách đều đường thẳng d : x − y − 1 = 0.
HT 19. Cho hàm số y = −x 3 + 3mx 2 − 3m − 1 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực
Giải
Ta có : y ' = 3x 2 − 6x + m; y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 6x + m = 0 (1).
đại và điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x + 8y − 74 = 0 .
Giải
Hàm số (C m ) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m < 3.
• Tập xác định: D = ℝ
Giả sử A(x 1; y1 ), B (x 2 ; y2 ) là hai điểm cực trị của hàm số (C m ),(x1, x 2 là 2 nghiệm của (1).
y ′= −3x 2 + 6mx ; y ′= 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2m .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 14
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 15
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
x 1
m
m
Ta có : y = y ' − + 2 − 1 x + 2 +
và y '(x1 ) = y '(x 2 ) = 0
3 3
3
3
2m
m
+ 2 x + 2 −
⇒ Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là ∆: y = −
3
3
m
m
Nên phương trình đường thẳng đi qua A, B là : d ' : y = 2 − 1 x + 2 + .
3
3
Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x − 1 ⇔ xảy ra 1 trong 2 trường hợp:
TH1: Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường thẳng y = x − 1
Do đó, các điểm A, B cách đều đường thẳng (d) trong hai trường hợp sau :
2m
3
⇔ −
+ 2 = 1 ⇔ m = − (thỏa mãn)
2
3
m
9
Trường hợp 1 : (d’) cùng phương với (d) ⇔ 2 − 1 = 1 ⇔ m = (Không thỏa mãn)
3
2
TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y = x − 1
Trường hợp 2 : Trung điểm I của A, B nằm trên (d). Do (I) là trung điểm của AB nên tọa độ (I)
⇔ yI = x I − 1 ⇔
y1 + y2
=
x1 + x 2
2
2
2m
2m
⇔
+ 3 .2 = 6 −
⇔m=0
3
3
x = x 1 + x 2 = 1
2
là :
Vì I nằm trên (d) nên ta có 1 − m − 1 = 0 ⇔ m = 0 (thỏa mãn)
y + y2
=m
y = 1
2
2m
m
− 1 ⇔ −
+ 2 (x 1 + x 2 ) + 2 2 − = (x 1 + x 2 ) − 2
3
3
3
Vậy các giá trị cần tìm của m là: m =
0; −
2
KL : m = 0
HT 23. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx
3
2
HT 22. Cho hàm số y = x − 3x − mx + 2 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có
(1). Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) có các
điểm cực đại và điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x – 2y – 5 = 0 .
các điểm cực đại và cực tiểu cách đều đường thẳng y = x − 1 .
Giải
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
• Tập xác định: D = ℝ
Ta có y = x 3 − 3x 2 + mx ⇒ y ' = 3x 2 − 6x + m
2
Ta có: y ' = 3x − 6x − m .
Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y ′= 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3
Hàm số có CĐ, CT ⇔ y ' = 3x 2 − 6x − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x 2
1
2
1
1
Ta có: y = x − y ′+ m − 2 x + m
3
3
3
3
⇔ ∆ ' = 9 + 3m > 0 ⇔ m > −3 (*)
Gọi hai điểm cực trị là A (x 1; y1 ); B (x 2 ; y2 )
Tại các điểm cực trị thì y ′= 0 , do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình:
1
2m
1
m
+ 2 x + 2 −
Thực hiện phép chia y cho y′ ta được: y = x − y '−
3
3
3
3
2
1
y = m − 2 x + m
3
3
2m
2m
m
m
+ 2 x1 + 2 − ; y2 = y (x 2 ) = −
+ 2 x 2 + 2 −
⇒ y1 = y (x1 ) = −
3
3
3
3
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
2
1
Như vậy đường thẳng ∆ đi qua các điểm cực trị có phương trình y = m − 2 x + m
3
3
Page 16
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 17
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
nên ∆ có hệ số góc k1 =
2
m −2.
3
d: x – 2y – 5 = 0 ⇔ y =
HT 25. Cho hàm số y =
0968.393.899
1 3
1
x − (m − 1)x 2 + 3(m − 2)x + , với m là tham số thực. Xác định m để
3
3
hàm số đã cho đạt cực trị tại x 1, x 2 sao cho x1 + 2x 2 = 1 .
1
5
1
x − ⇒ d có hệ số góc k2 =
2
2
2
Giải
Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ ∆
⇒ k1k2 = −1 ⇔
GV.Lưu Huy Thưởng
• Tập xác định: D = ℝ
1 2
m − 2 = −1 ⇔ m = 0
2 3
Ta có: y ′= x 2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2)
Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; –4), nên trung điểm của chúng là I(1; –2).
Ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d.
Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ y ′= 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2
⇔ ∆′ > 0 ⇔ m 2 − 5m + 7 > 0 (luôn đúng với ∀m)
Vậy: m = 0
x = 3 − 2m
x + x = 2(m − 1)
2
Khi đó ta có: 1
⇔ 2
x 2 (1 − 2x 2 ) = 3(m − 2)
x 1x 2 = 3(m − 2)
HT 24. Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1)x 2 + 9x + m − 2 (1) có đồ thị là (Cm). Với giá trị nào của m thì
đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d : y =
1
x.
2
⇔ 8m 2 + 16m − 9 = 0 ⇔ m =
−4 ± 34
.
4
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
HT 26. Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1)x 2 + 9x − m , với m là tham số thực. Xác định m để hàm số
đã cho đạt cực trị tại x 1, x 2 sao cho x1 − x 2 ≤ 2 .
y ' = 3x 2 − 6(m + 1)x + 9
Giải
Hàm số có CĐ, CT ⇔ ∆ ' = 9(m + 1)2 − 3.9 > 0 ⇔ m ∈ (−∞; −1 − 3) ∪ (−1 + 3; +∞)
• Tập xác định: D = ℝ
1
m + 1 ′
y − 2(m 2 + 2m − 2)x + 4m + 1
Ta có y = x −
3
3
Ta có y ' = 3x 2 − 6(m + 1)x + 9.
Giả sử các điểm cực đại và cực tiểu là A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ) , I là trung điểm của AB.
+ Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x 1, x 2 ⇔ PT y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2
⇒ y1 = −2(m 2 + 2m − 2)x 1 + 4m + 1 ; y2 = −2(m 2 + 2m − 2)x 2 + 4m + 1
⇔ PT x 2 − 2(m + 1)x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là x 1, x 2 .
x + x = 2(m + 1)
2
và: 1
x 1.x 2 = 3
m > −1 + 3
⇔ ∆ ' = (m + 1)2 − 3 > 0 ⇔
m < −1 − 3
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y = −2(m 2 + 2m − 2)x + 4m + 1
A, B đối xứng qua (d): y =
AB ⊥ d
1
x ⇔
⇔ m = 1.
I ∈ d
2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
(1)
+ Theo định lý Viet ta có x 1 + x 2 = 2(m + 1); x 1x 2 = 3. Khi đó:
2
2
x 1 − x 2 ≤ 2 ⇔ (x 1 + x 2 ) − 4x 1x 2 ≤ 4 ⇔ 4 (m + 1) − 12 ≤ 4
Page 18
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 19
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
www.VNMATH.com
⇔ (m + 1)2 ≤ 4 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
⇔ −(m + 1)(m + 5) > 0 ⇔ −5 < m < −1
(2)
+ Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m cần tìm là −3 ≤ m < −1 − 3 và −1 + 3 < m ≤ 1.
Khi đó : x 1 + x 2 = −m − 1; x 1x 2 =
(m + 1)(m + 3)
2
1
1
1
Nên x1 + x 2 − x 1x 2 = −m − 1 − (m + 1)(m + 3) = −(m 2 + 8m + 7)
2
4
4
HT 27. Cho hàm số y = x 3 + (1 − 2m )x 2 + (2 − m )x + m + 2 , với m là tham số thực. Xác định m
để hàm số đã cho đạt cực trị tại x 1, x 2 sao cho x1 − x 2 >
1
.
3
1
1
9 9
= − (m 2 + 8m + 7) = − (m + 4)2 + ≤ , ∀m
4
4
4 4
1
9
Suy ra : x1 + x 2 − x 1x 2 đạt giá trị lớn nhất bằng khi m = −4(t / m )
2
4
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
HT 29. Cho hàm số y = 4x 3 + mx 2 – 3x . Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x 1, x 2 thỏa
Ta có: y ' = 3x 2 + 2(1 − 2m )x + (2 − m )
x1 = −4x 2 .
Hàm số có CĐ, CT ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1, x 2 (giả sử x 1 < x 2 )
m > 5
⇔ ∆ ' = (1 − 2m )2 − 3(2 − m ) = 4m 2 − m − 5 > 0 ⇔
4
m < −1
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
(*)
y ′= 12x 2 + 2mx – 3 . Ta có: ∆′ = m 2 + 36 > 0, ∀m ⇒ hàm số luôn có 2 cực trị x 1, x 2 .
x + x = − 2(1 − 2m )
1
2
3
Hàm số đạt cực trị tại các điểm x 1, x 2 . Khi đó ta có:
x x = 2 − m
1 2
3
x1 − x 2 >
x = −4x
2
1
m
Khi đó: x1 + x 2 = −
6
1
x1x 2 = −
4
2
2
1
1
⇔ (x1 − x 2 ) = (x 1 + x 2 ) − 4x 1x 2 >
3
9
⇔ 4(1 − 2m )2 − 4(2 − m ) > 1 ⇔ 16m 2 − 12m − 5 > 0 ⇔ m >
Kết hợp (*), ta suy ra m >
⇒m =±
9
2
Câu hỏi tương tự:
3 + 29
3 − 29
∨m <
8
8
a) y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 ;
x1 + 2x 2 = 3
3 + 29
∨ m < −1
8
HT 30. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
HT 28. Cho hàm số y =
2 3
4
x + (m + 1)x 2 + (m + 1)(m + 3)x + (1), m là tham số. Tìm m để hàm
3
3
1
số (1) đạt cực đại, cực tiểu tại x 1x 2 sao cho x1 + x 2 − x 1x 2 đạt giá trị lớn nhất.
2
ĐS: m = −105 .
1 3 1
x − mx 2 + (m 2 − 3)x có cực đại x1 , cực tiểu x 2 đồng
3
2
thời x1 ; x 2 là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
5
2
Giải
Giải
Cách 1: Miền xác định: D = ℝ có y ' = x 2 − mx + m 2 − 3; y ' = 0 ⇔ x 2 − mx + m 2 = 0
2
Ta có : y ' = 2x + 2(m + 1)x + (m + 1)(m + 3) ;
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt
Hàm số đạt cực đại tại x1 cực tiểu tại x 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi pt y’= 0 có hai
⇔ (m + 1)2 − 2(m + 1)(m + 3) > 0
nghiệm dương phân biệt, triệt tiêu và đồi dấu qua hai nghiệm đó:
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 20
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 21
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
4 − m 2 > 0
−2 < m < 2
∆ > 0
⇔ m > 0
⇔ 3 < m < 2 (*)
S > 0 ⇔ m > 0
2
P > 0
m − 3 > 0
m < − 3 ∨ m > 3
⇔ x 2 − 2(m + 1)x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2
m > −1 + 3
⇔ ∆ ' = (m + 1)2 − 3 > 0 ⇔
(*)
m < −1 − 3
5
14
⇔ 2(x1 + x 2 )2 − 4x 1x 2 = 5 = 5 ⇔ 2m 2 − 4(m 2 − 3) = 5 ⇔ m = ±
2
2
Đối chiếu điều kiện (*) ta được: m =
0968.393.899
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x 1, x 2 ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x 2
x + x = m
1
2
Theo Vi-ét ta có:
x1x 2 = m 2 − 3
Mà x 12 + x 22 =
GV.Lưu Huy Thưởng
x + x = 2(m + 1)
2
Theo Viet ta có: 1
x1x 2 = 3
yCD + yCT = 2 ⇔ x 13 − 3(m + 1)x 12 + 9x 1 − m + x 23 − 3(m + 1)x 22 + 9x 2 − m = 2
14
2
⇔ x13 + x 23 − 3(m + 1)(x12 + x 22 ) + 9(x1 + x 2 ) − 2m − 2 = 0
⇔ (m + 1)(m 2 + 2m − 3) = 0
HT 31. Cho hàm số y =
2 3
x + (m + 1)x 2 + (m 2 + 4m + 3)x + 1. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm
3
giá trị lớn nhất của biểu thức A = x 1x 2 − 2(x 1 + x 2 ) với x1, x 2 là các điểm cực trị cửa hàm số.
Giải
m = −1(l )
⇔ m = 1(t / m )
m = −3(t / m )
Ta có: y ' = 2x 2 + 2(m + 1)x + m 2 + 4m + 3
HT 33. Cho hàm số y =
Hàm số có cực trị ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt.
yC D + yCT > 2
⇔ m 2 + 6m + 5 < 0 ⇔ −5 < m < −1
Giải
x + x = −1 − m
1
2
1
Khi đó ta có:
⇒ A = m 2 + 8m + 7
x x = 1 (m 2 + 4m + 3)
2
1 2 2
Ta coù:y ' = x 2 − 2mx + (m 2 − 1)
∆ 'y ' = m 2 − m 2 + 1 = 1 > 0
x = m + 1
⇒ y ' = 0 ⇔
x = m − 1
1
9
Xét t = (m 2 + 8m + 7) trên (−5; −1) ⇒ − ≤ t < 0
2
2
Từ đó ta có A ≤
1 3
x − mx 2 + (m 2 − 1)x + 1 (Cm ). Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và:
3
⇒ yCD + yCT = y(m +1) + y(m −1)
9
khi m = −4
2
HT 32. Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1)x 2 + 9x − m (1) với m là tham số thực. Xác định m để hàm
số (1) đạt cực đại , cực tiểu sao cho yCD + yCT = 2
Giải
Ta có: y ' = 3x 2 − 6(m + 1)x + 9
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 22
(m + 1)3
(m − 1)3
− m(m + 1)2 + (m 2 − 1)(m + 1) + 1] + [
− m(m − 1)2 + (m 2 − 1)(m − 1) + 1]
3
3
−1 < m < 0
= 2m 3 − 2m + 2 > 2 ⇔ m(m 2 − 1) > 0 ⇔
m > 1
−1 < m < 0
KL:
m > 1
=[
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 23
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
3
HT 34. Cho hàm số y = x 3 − (m − 2)x 2 − 3(m − 1)x + 1 (1), m là tham số. Tìm m > 0 để đồ thị
2
hàm số (1) có giá trị cực đại, cực tiểu lần lượt là yCD , yCT thỏa mãn: 2yCD + yCT = 4 .
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
HT 36. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1)x − m 3 + m
(1). Tìm m để hàm số (1) có cực trị
đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng
2 lần khoảng
cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O.
Giải
Giải
Ta có: y ' = 3x 2 − 3(m − 2)x − 3(m − 1), ∀x ∈ ℝ
• Tập xác định: D = ℝ
x = x = − 1
1
y ' = 0 ⇔ x − (m − 2)x − m + 1 = 0 ⇔
x = x 2 = m − 1
2
Ta có
Chú ý rằng với m > 0 thì x 1 < x 2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại x 1 = −1 và đạt cực tiểu tại
x 2 = m − 1. Do đó: yCD
Từ giả thiết ta có: 2.
3m
1
= y(−1) =
, y = y(m − 1) = − (m + 2)(m − 1)2 + 1
2 CT
2
y ′= 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
Hàm số (1) có cực trị thì PT y ′= 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân biệt ⇔ ∆ = 1 > 0, ∀m
3m 1
− (m + 2)(m − 1)2 + 1 = 4 ⇔ 6m − 6 − (m + 2)(m − 1)2 = 0
2
2
Khi đó: điểm cực đại A(m − 1;2 − 2m ) và điểm cực tiểu B (m + 1; −2 − 2m )
m = −3 + 2 2
Ta có OA = 2OB ⇔ m 2 + 6m + 1 = 0 ⇔
.
m = −3 − 2 2
m = 1
⇔ (m − 1)(m + m − 8) = 0 ⇔
m = −1 ± 33
2
2
Đối chiếu điều kiện m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m =
HT 37. Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 1)x 2 + 3m(m + 2)x − 2 + m (C ) .Tìm m để đồ thị hàm số (C)
−1 + 33
2
có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số (C) tới trục Ox bằng khoảng
HT 35. Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 2 (1). Tìm điểm M thuộc đường thẳng d : y = 3x − 2 sao tổng
cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C) tới trục Oy.
Giải
khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.
Giải
• Các điểm cực trị là: A(0; 2), B(2; –2).
x = m
Ta có: y ' = 3x 2 + 6(m + 1)x + 3m(m + 2); y ' = 0 ⇔
x = m + 2
Xét biểu thức g (x , y ) = 3x − y − 2 ta có:
Hàm số có cực trị với mọi m . Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (C) là:
A(m; m 3 + 3m 2 + m − 2), B(m + 2; m 3 + 3m 2 + m − 6)
g (x A, yA ) = 3x A − yA − 2 = −4 < 0; g(x B , yB ) = 3x B − yB − 2 = 6 > 0
Ta có hàm số là hàm bậc ba với hệ số a = 1 > 0 ⇒ điểm cực đại nhỏ hơn điểm cực tiểu.
⇒ 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d: y = 3x − 2 .
Do đó MA + MB nhỏ nhất ⇔ 3 điểm A, M, B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của d và AB.
Ta có: d(A;Ox ) = m 3 + 3m + m − 2 , d(B,Oy ) = m + 2
Phương trình đường thẳng AB: y = −2x + 2
x =
y = 3x − 2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
⇔
y = −2x + 2
y =
Vậy A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu.
m
m
3
Theo giả thiết ta có: m + 3m + m − 2 = m + 2 ⇔
m
m
4
5 ⇒ M 4 ; 2
5 5
2
5
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 24
= −2
= −1
=1
=0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 25
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
⇔ ∆ ' = 9 + 3m > 0 ⇔ m > −3 (*)
HT 38. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 − mx + 2 có đồ thị là (Cm). Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại,
cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với đường thẳng d : y = −4x + 3 .
Giải
Gọi hai điểm cực trị là A (x 1; y1 ); B (x 2 ; y2 )
1
2m
1
m
+ 2 x + 2 −
Thực hiện phép chia y cho y′ ta được: y = x − y '−
3
3
3
3
• Tập xác định: D = ℝ
Ta có: y ' = 3x 2 − 6x − m .
2m
2m
m
m
+ 2 x1 + 2 − ; y2 = y (x 2 ) = −
+ 2 x 2 + 2 −
⇒ y1 = y (x1 ) = −
3
3
3
3
2
Hàm số có CĐ, CT ⇔ y ' = 3x − 6x − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x 2
2m
m
+ 2 x + 2 −
⇒ Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là ∆: y = −
3
3
⇔ ∆ ' = 9 + 3m > 0 ⇔ m > −3 (*)
Gọi hai điểm cực trị là A (x 1; y1 ); B (x 2 ; y2 )
2m
1
+ 2 . Đường thẳng d: x + 4y – 5 = 0 có hệ số góc bằng − .
Đặt k = −
4
3
1
2m
1
m
+ 2 x + 2 −
Thực hiện phép chia y cho y′ ta được: y = x − y '−
3
3
3
3
1
k + 1 = 1 − 1 k
k = 3
m = − 39
4
4
4
5
10
Ta có: tan 45 =
⇔
⇔
⇔
1
k + 1 = −1 + 1 k
k = − 5
m = − 1
1− k
4
4
3
2
4
k+
2m
2m
m
m
+ 2 x1 + 2 − ; y2 = y (x 2 ) = −
+ 2 x 2 + 2 −
⇒ y1 = y (x1 ) = −
3
3
3
3
2m
m
+ 2 x + 2 −
⇒ Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là d: y = −
3
3
Kết hợp điều kiện (*), suy ra giá trị m cần tìm là: m = −
1
2
Đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với d: y = −4x + 3
2m
+ 2 = −4
−
3
⇔
⇔ m = 3 (thỏa mãn)
m
2 − ≠ 3
3
HT 40. Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + m (1). Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị
A, B sao cho AOB = 1200 .
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị tạo với đường thẳng d : x + 4y – 5 = 0 một góc
x = − 2 ⇒ y = m + 4
Ta có: y ′= 3x 2 + 6x ; y ′= 0 ⇔
x = 0 ⇒ y = m
450 .
Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(−2 ; m + 4)
HT 39. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 − mx + 2 có đồ thị là (Cm). Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại,
Giải
OA = (0; m ), OB = (−2; m + 4) . Để AOB = 1200 thì cos AOB = −
• Tập xác định: D = ℝ
Ta có: y ' = 3x 2 − 6x − m .
⇔
Hàm số có CĐ, CT ⇔ y ' = 3x 2 − 6x − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 26
m(m + 4)
m 2 (4 + (m + 4)2 )
=−
1
2
−4 < m < 0
1
⇔ m 2 (4 + (m + 4)2 ) = −2m(m + 4) ⇔ 2
2
3m + 24m + 44 = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 27
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
2
0968.393.899
hàm số luôn có 2 cực trị và khoảng cách giữa hai điểm này không phụ thuộc vào vị trí của m.
−4 < m < 0
−12 + 2 3
⇔
⇔m=
m = −12 ± 2 3
3
3
3
GV.Lưu Huy Thưởng
Giải
2
3
HT 41. Cho hàm số y = x − 3mx + 3(m − 1)x − m + 4m − 1 (1), m là tham số thực. Tìm các giá
x = −2 − m
Ta có: y ' = 3x 2 + 6(m + 1)x + 6m(m + 2); y ' = 0 ⇔
x = −m
trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O, với O
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;-2 - m) và (-m;+∞), nghịch biến trên khoảng (-2 - m;-m)
là gốc tọa độ.
và xCD = −2 − m; yCD = 4; xCT = −m; yCT = 0
Giải
Ta có: y ' = 3(x 2 − 2mx + m 3 − 1). Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có hai
Khi đó, khoảng cách giữa hai điểm cực trị là: (−2 − m + m )2 + (4 − 0)2 = 2 5
⇒ Điều phải chứng minh.
nghiệm phân biệt. ∆y' ' > 0 ⇔ ∀m ∈ ℝ
x = m + 1
y ' = 0 ⇔
⇒ Hai điểm cực trị: A(m − 1; m + 1), B(m + 1; m − 3)
x = m − 1
HT 44. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 − mx + 2 (1) với m là tham số thực. Định m để hàm số (1) có
cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ
OA = (m − 1; m + 1),OB = (m + 1; m − 3).
một tam giác cân.
Giải
∆OAB vuông tại O khi O, A, B phân biệt và OAOB
.
=0
Ta có: y ' = 3x 2 − 6x − m
m = −1
⇔ 2(m − m − 2) = 0 ⇔
m = 2
2
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
HT 42. Cho hàm số y = x 3 – 3mx 2 + 3(m 2 – 1)x – m 3 (Cm). Chứng minh rằng (Cm) luôn có điểm
cực đại và điểm cực tiểu lần lượt chạy trên mỗi đường thẳng cố định.
⇔ ∆ ' = 9 + 3m > 0 ⇔ m > −3 (1)
Lấy y chia cho y’ ta được:
Giải
y = x 3 − 3x 2 − mx + 2 =
• Tập xác định: D = ℝ
Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình
x = m + 1
y ′= 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1) ; y ′= 0 ⇔
x = m − 1
y = (−
x = −1 + t
Điểm cực đại M (m – 1;2 – 3m ) chạy trên đường thẳng cố định:
y = 2 − 3t
2m
m
− 2)x + 2 −
3
3
m −6
6 − m
; 0, B 0;
Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai A
3
2(m + 3)
x = 1 + t
Điểm cực tiểu N (m + 1; −2 – m ) chạy trên đường thẳng cố định:
y = −2 − 3t
Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA = OB ⇒
HT 43. Cho hàm số y = x 3 + 3(m + 1)x 2 + 3m(m + 2)x + m 3 + 3m 2 . Chứng minh rằng với mọi m
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
1
2m
m
(x − 1).y '+ (−
− 2)x + 2 −
3
3
3
Page 28
m −6
6 −m
=
2(m + 3)
3
9
3
⇒ m = 6; m = − ; m = −
2
2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 29
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
Với m = 6 thì A ≡ B ≡ O do đó so với điều kiện ta nhận m = −
HT 45. Cho hàm số y =
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
Do ∆ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi ∆ABC vuông tại A
3
2
3
1 3 1
x − (m − 1)x 2 + (m − 2)x + 1. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm
3
2
7
cực trị A, B đồng thời các điểm cực trị tạo với hai điểm D 3; và gốc tọa độ O tạo thành hình
2
bình hành OADB .
⇔ AB.AC = 0 ⇔ (m − 2) = −1 ⇔ m = 1
(thoả (*))
HT 47. Cho hàm số y = x 4 + 2(m − 2)x 2 + m 2 − 5m + 5
(C m ).
Với những giá trị nào của m
thì đồ thị (Cm) có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại và điểm cực tiểu lập
thành một tam giác đều.
Giải
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
x = 1
Ta có: y ' = x 2 − (m + 1)x + m − 2, y ' = 0 ⇔
x = m − 2
Hàm số có cực trị ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m − 2 ≠ 1 ⇔ m ≠ 3
Ta có OADB là hình bình hành nên trung điểm của AB cũng chính là trung điểm của OD.
x + x
x
A
B
= D
2
2
Từ đó, ta có hệ:
yA + yB
yD
=
2
2
x = 0
Ta có f ′(x ) = 4x 3 + 4(m − 2)x = 0 ⇔ 2
x = 2 − m
Hàm số có CĐ, CT ⇔ PT f ′(x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m < 2
(*)
Khi đó toạ độ các điểm cực trị là: A (0; m 2 − 5m + 5), B ( 2 − m ;1 − m ), C (− 2 − m ;1 − m )
Giả sử: x A = 1, x B = m − 2. Từ phương đầu tiên của hệ ta có: m − 1 = 3 ⇔ m = 4.
⇒ AB = ( 2 − m ; −m 2 + 4m − 4), AC = (− 2 − m ; −m 2 + 4m − 4)
11 5
Với m = 4 ta có: A A 1; ; B 2;
6 3
Do ∆ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi A = 600 ⇔ cos A =
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta thấy thỏa mãn.
Kết hợp điều kiện m ≠ 3 ta đi đến kết luận: m = 4 là giá trị cần tìm.
⇔
AB.AC
AB . AC
HT 46. Cho hàm số y = f (x ) = x 4 + 2(m − 2)x 2 + m 2 − 5m + 5 (C m ) . Tìm các giá trị của m để đồ
=
1
2
1
⇔ m = 2− 3 3.
2
Câu hỏi tương tự đối với hàm số: y = x 4 − 4(m − 1)x 2 + 2m − 1
thị (C m ) của hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
HT 48. Cho hàm số y = x 4 + 2mx 2 + m 2 + m có đồ thị (Cm) . Với những giá trị nào của m thì đồ
x = 0
Ta có f ′(x ) = 4x 3 + 4(m − 2)x = 0 ⇔ 2
x = 2 − m
thị (Cm) có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập thành một tam giác có một góc bằng
1200 .
Giải
Hàm số có CĐ, CT ⇔ PT f ′(x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m < 2
(*)
• Tập xác định: D = ℝ
Khi đó toạ độ các điểm cực trị là: A (0; m 2 − 5m + 5), B ( 2 − m ;1 − m ), C (− 2 − m ;1 − m )
⇒ AB = ( 2 − m ; −m 2 + 4m − 4), AC = (− 2 − m ; −m 2 + 4m − 4)
x = 0
Ta có y ′ = 4x 3 + 4mx ; y ′ = 0 ⇔ 4x (x 2 + m ) = 0 ⇔
(m < 0)
x = ± −m
Khi đó các điểm cực trị là: A(0; m 2 + m ), B ( −m ; m ), C (− −m ; m )
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 30
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 31
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
AB = ( −m ; −m 2 ) ; AC = (− −m ; −m 2 ) . ∆ABC cân tại A nên góc 120 chính là A .
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
HT 50. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4 có đồ thị (Cm) . Với những giá trị nào của m thì đồ
thị (Cm) có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập thành một tam giác có diện tích
1
AB.AC
1
− −m . −m + m 4
1
=− ⇔
=−
A = 120 ⇔ cos A = − ⇔
4
2
2
2
m −m
AB . AC
m + m4
1
⇔ 4
= − ⇒ 2m + 2m 4 = m − m 4 ⇔ 3m 4 + m = 0 ⇔
2
m −m
Vậy m = −
1
3
bằng 4.
Giải
• Tập xác định: D = ℝ
m = 0
(loaïi )
1
m = − 3
3
x = 0
Ta có y ' = 4x 3 − 4mx = 0 ⇔
2
g(x ) = x − m = 0
.
Hàm số có 3 cực trị ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ ∆g = m > 0 ⇔ m > 0
3
(*)
Với điều kiện (*), phương trình y ′= 0 có 3 nghiệm x 1 = − m ; x 2 = 0; x 3 = m . Hàm số đạt
HT 49. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 có đồ thị (Cm) . Với những giá trị nào của m thì đồ thị
(Cm) có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập thành một tam giác có bán kính đường
tròn ngoại tiếp bằng 1 .
Giải
cực trị tại x1; x 2 ; x 3 . Gọi A(0;2m + m 4 ); B ( m ; m 4 − m 2 + 2m );C (− m ; m 4 − m 2 + 2m ) là 3
điểm cực trị của (Cm) .
Ta có: AB 2 = AC 2 = m 4 + m; BC 2 = 4m ⇒ ∆ABC cân đỉnh A
• Tập xác định: D = ℝ
Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; m 4 − m 2 + 2m ) ⇒ AM = m 2 = m 2
x = 0
Ta có y ′= 4x 3 − 4mx = 4x (x 2 − m ) = 0 ⇔ 2
x = m
Vì ∆ABC cân tại A nên AM cũng là đường cao, do đó:
5
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ PT y ′= 0 có ba nghiệm phân biệt và y ′ đổi dấu khi x đi
qua các nghiệm đó ⇔ m > 0 . Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị (Cm) là:
S ∆ABC =
1
1
AM .BC = .m 2 . 4m = 4 ⇔ m 2 = 4 ⇔ m 5 = 16 ⇔ m = 5 16
2
2
Vậy m = 5 16 .
Câu hỏi tương tự:
A(0; m − 1), B (− m ; −m 2 + m − 1), C ( m ; −m 2 + m − 1)
a) y = x 4 − 2m 2x 2 + 1 , S = 32 ĐS: m = ±2
S△ABC
R=
1
= yB − yA . xC − x B = m 2 m ; AB = AC = m 4 + m , BC = 2 m
2
AB.AC .BC
(m 4 + m )2 m
=1⇔
= 1 ⇔ m 3 − 2m + 1 = 0 ⇔
4S△ABC
4m 2 m
m = 1
m = 5 − 1
2
HT 51. Cho hàm số x 4 − 2mx 2 + 2 có đồ thị (C m ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị
3 9
(C m ) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D ;
5 5
Câu hỏi tương tự:
Giải
a) y = x 4 − 2mx 2 + 1
ĐS: m = 1, m =
x = 0
(m > 0) Vậy các điểm thuộc đường tròn (P) ngoại tiếp các điểm
y ' = 4x 3 − 4mx = 0 ⇔
x = ± m
−1 + 5
2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 32
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 33
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
PHẦN 3: SỰ TƯƠNG GIAO
3 9
cực trị là: A (0;2); B(− m ; −m 2 + 2);C ( m ; −m 2 + 2); D ; . Gọi I(x;y) là tâm đường tròn (P)
5 5
HT 52. Cho hàm số y = x 3 − 6x 2 + 9x − 6 có đồ thị là (C). Định m để đường thẳng
3x − y + 1 = 0
IA2 = ID 2
x = 0
2
2
⇔ y = 1
IB = IC ⇔ 2x m = −2x m
IB 2 = IA2
(x + m )2 + (y + m 2 − 2)2 = x 2 + (y − 2)2
m = 0(l )
m = 1(t / m )
(d ) : y = mx − 2m − 4 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt.
Giải
• PT hoành độ giao điểm của (C) và (d): x 3 − 6x 2 + 9x − 6 = mx − 2m − 4
x = 2
⇔ (x − 2)(x 2 − 4x + 1 − m ) = 0 ⇔
2
g(x ) = x − 4x + 1 − m = 0
Kết luận: m = 1
(d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt ⇔ PT g (x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ m > −3
HT 53. Cho hàm số y = x 3 − 3m 2x − 2m (Cm). Tìm m để (Cm) và trục hoành có đúng 2 điểm chung
phân biệt.
Giải
x = 0
Ta có: y ' = 3x 2 − 6mx ⇒ y ' = 0 ⇔
x = 2m
y coù CÑ, CT
(Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt ⇔
yCÑ = 0 hoaëc yCT = 0
Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
x = 0
Ta có: yCD .yCT = 0 ⇔ −2m(8m 3 − 6m 3 − 2m ) = 0 ⇔
x = ±1
Kết hợp điểu kiện ta có: m = ±1
HT 54. Cho hàm số y = −2x 3 + 6x 2 + 1 . Tìm m để đường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại 3 điểm phân
biệt A, B, C sao cho A(0;1) và B là trung điểm của AC.
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = mx + 1 với đồ thị (C):
x = 0
−2x 3 + 6x 2 + 1 = mx + 1 ⇔ x (2x 2 − 6x + m ) = 0 ⇔ 2
2x − 6x + m = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 34
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 35
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
Với x = 0 ⇒ y = 1 ⇒ A(0;1)
GV.Lưu Huy Thưởng
HT 56. Cho hàm số y =
Đường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C
0968.393.899
1 3
2
x − mx 2 − x + m + có đoQ thị(C m ) . Tı̀m m đeU (C m ) caV t trục hoà nh tạ
i3
3
3
đieU m phâ n biệ
t có toU ng bın
̀ h phương cá c hoà nh độlớn hơn 15.
Giải
⇔ 2x − 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 khác 0
2
• YCBT ⇔
m < 9
∆ ' > 0
9 − 2m > 0
⇔
⇔
⇔
2
m ≠ 0
m ≠ 0
m ≠ 0
x = 1
Ta có: (*) ⇔ (x − 1)(x 2 + (1 − 3m)x − 2 − 3m) = 0 ⇔
2
g(x ) = x + (1 − 3m )x − 2 − 3m = 0
Khi đó: B(x1; mx1 + 1);C (x 2 ; mx 2 + 1). Vì trung điểm của AC nên x 2 = 2x 1 (1)
x + x = 3
1
2
Mà x1 , x 2 là nghiệm của phương trình: 2x − 6x + m = 0 nên
x x = m
1 2
2
1 3
2
x − mx 2 − x + m + = 0 (*) có 3 nghiệ
m phâ n biệ
t thỏ
a x 12 + x 22 + x 32 > 15 .
3
3
Do đó: YCBT ⇔ g (x ) = 0 có 2 nghiệ
m x 1, x 2 phâ n biệ
t khá c 1 và thỏ
a x 12 + x 22 > 14 .
2
(2)
⇔ m >1
Từ (1) và (2) ⇒ m = 4
Câu hỏi tương tự đối với hàm số: y = x 3 − 3mx 2 − 3x + 3m + 2
HT 55. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1)x − (m 2 − 1) ( m là tham số)
(1). Tìm các giá trị
HT 57. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 − 9x + m , trong đó m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của
của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương.
tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành
• Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương, ta phải có:
cấp số cộng.
Giải
(1) coù 2 cöïc trò
y .y < 0
CÑ CT
(*)
xCÑ > 0, xCT > 0
a.y(0) < 0
• Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng
⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng
⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x = −m có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng
Trong đó: + y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1)x − (m 2 − 1) ⇒ y ′ = 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
⇔ Đường thẳng y = −m đi qua điểm uốn của đồ thị (C)
+ ∆ ′ = m 2 − m 2 + 1 = 0 > 0, ∀m
y
⇔ −m = −11 ⇔ m = 11.
x = m − 1 = x
CÑ
+ y ′= 0 ⇔
x = m + 1 = xCT
HT 58. Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 9x − 7 có đồ thị (Cm), trong đó m là tham số thực. Tìm m để
m − 1 > 0
m + 1 > 0
Suy ra: (*) ⇔ 2
⇔ 3
−(m 2 − 1) < 0
(Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.
Giải
• Hoành độ các giao điểm là nghiệm của phương trình: x 3 − 3mx 2 + 9x − 7 = 0 (1)
Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x 2 ; x 3 ta có: x1 + x 2 + x 3 = 3m
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 36
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 37
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
0968.393.899
Giả sử M (x0; y0) ∈ (C) ⇒ y0 = 2x03 - 3x02 + 1
Để x1; x 2 ; x 3 lập thành cấp số cộng thì x 2 = m là nghiệm của phương trình (1)
Ta có : y ' = 3x 2 − 6x
m = 1
−1 + 15
3
⇒ −2m + 9m − 7 = 0 ⇔ m =
2
m = −1 − 15
2
Thử lại ta có m =
GV.Lưu Huy Thưởng
Tiếp tuyến ( ∆ ) của (C) tại M:
y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + 1
( ∆ ) đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x03 + 3x02 + 1
−1 − 15
là giá trị cần tìm.
2
⇔ (x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = 0
⇔ x0 = -1 ; (4x02 - 7x0 + 7 > 0, ∀ x0)
Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm.
3
2
HT 59. Cho hàm số y = x − 3mx − mx có đồ thị (Cm), trong đó m là tham số thực. Tìm m để
(Cm) cắt đường thẳng d : y = x + 2 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số nhân.
HT 61. Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 có đồ thị là (Cm) (m là tham số). Cho đường
Giải
thẳng (d): y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của m để (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt
• Xét phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d:
A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 .
x 3 − 3mx 2 − mx = x + 2 ⇔ g (x ) = x 3 − 3mx 2 − (m + 1) x − 2 = 0
Giải
Đk cần: Giả sử (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1; x 2 ; x 3 lần lượt lập thành cấp số
nhân. Khi đó ta có: g (x ) = (x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )
x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x (x 2 + 2mx + m + 2) = 0
x + x + x = 3m
1
2
3
x x + x x + x x = −m − 1
Suy ra:
2 3
1 3
1 2
x1x 2x 3 = 2
x = 0 (y = 4)
⇔
2
g(x ) = x + 2mx + m + 2 = 0 (1)
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
Vì x 1x 3 = x 22 ⇒ x 23 = 2 ⇒ x 2 = 3 2 nên ta có: −m − 1 = 4 + 3 2.3m ⇔ m = −
Đk đủ: Với m = −
Vậy m = −
5
33 2 + 1
• Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d là:
5
33 2 + 1
, thay vào tính nghiệm thấy thỏa mãn.
∆/ = m 2 − m − 2 > 0
m ≤ −1 ∨ m ≥ 2
⇔
⇔
g(0) = m + 2 ≠ 0
m ≠ −2
(*)
Khi đó: x B + xC = −2m; x B .xC = m + 2 .
5
Mặt khác: d(K , d ) =
33 2 + 1
1− 3 + 4
= 2 . Do đó:
2
3
2
HT 60. Cho hàm số: y = 2x − 3x + 1 (1) . Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C)
S ∆KBC = 8 2 ⇔
1
BC .d (K , d ) = 8 2 ⇔ BC = 16 ⇔ BC 2 = 256
2
⇔ (x B − xC )2 + (yB − yC )2 = 256 ⇔ (x B − xC )2 + ((x B + 4) − (xC + 4))2 = 256
tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8.
Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 38
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 39
GV.Lưu Huy Thưởng
0968.393.899
1
S ∆OAB = d (O, ∆).AB = k
2
1 ± 137
⇔ 4m − 4(m + 2) = 128 ⇔ m − m − 34 = 0 ⇔ m =
(thỏa (*)).
2
Vậy m =
0968.393.899
⇔ k > −3
⇔ 2(x B − xC )2 = 256 ⇔ (x B + xC )2 − 4x B xC = 128
2
GV.Lưu Huy Thưởng
2
k +3 ⇒ k
Vậy có 3 đường thẳng thoả YCBT: y = −x + 1; y = (−1 ± 3 )(x − 1) .
1 ± 137
.
2
HT 64. Cho hàm số y =
HT 62. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 có đồ thị là (C). Gọi dk là đường thẳng đi qua điểm A(−1; 0)
với hệ số góc k (k ∈ ℝ ) . Tìm k để đường thẳng dk cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C và
4 3
1
x − (2m + 1)x 2 + (m + 2)x + có đồ thị (C m ), m là tham số. Gọi A là
3
3
giao điểm của (C m ) với trục tung. Tìm m sao cho tiếp tuyến của (C m ) tại A tạo với hai trục tọa độ
một tam giác có diện tích bằng
2 giao điểm B, C cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 .
1
.
3
Giải
Giải
1
Ta có: A 0; và y ' = 4x 2 − 2(2m + 1)x + m + 2. Suy ra y '(0) = m + 2
3
• Ta có: dk : y = kx + k ⇔ kx − y + k = 0
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d là:
−1
1
; 0
Tiếp tuyến của đồ thị tại A là d : y = (m + 2)x + . Đường thẳng d cắt Ox tại B
3m + 6
3
x − 3x + 4 = kx + k ⇔ (x + 1) (x − 2)2 − k = 0 ⇔ x = −1 hoặc (x − 2)2 = k
3
2
Khi đó diện tích tam giác tạo bởi d với hai trục tọa độ là:
k > 0
dk cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔
k ≠ 9
1
1 1
−1
1
S = OAOB
.
= . .
=
2
2 3 3m + 6 18 m + 2
Khi đó các giao điểm là A(−1; 0), B (2 − k ; 3k − k k ),C (2 + k ; 3k + k k ) .
BC = 2 k 1 + k 2 , d (O, BC ) = d (O, dk ) =
S ∆OBC =
k = −1
k + 3 = 2 ⇔
k = −1 ± 3
m = − 13
1
1
1
6
Theo giả thiết ta có:
= ⇔ m +2 = ⇔
3
6
18 m + 2
m = − 11
6
k
1 + k2
1
k
.
.2 k . 1 + k 2 = 1 ⇔ k k = 1 ⇔ k 3 = 1 ⇔ k = 1
2 1 + k2
HT 65. Cho hàm số y = x 3 + mx + 2
có đồ thị (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) cắt trục hoành tại một
điểm duy nhất.
HT 63. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 có đồ thị là (C). Gọi E là tâm đối xứng của đồ thị (C). Viết
phương trình đường thẳng qua E và cắt (C) tại ba điểm E, A, B phân biệt sao cho diện tích tam
giác OAB bằng
2.
Giải
Giải
• Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với trục hoành:
x 3 + mx + 2 = 0 ⇔ m = −x 2 −
• Ta có: E(1; 0). PT đường thẳng ∆ qua E có dạng y = k (x − 1) .
PT hoành độ giao điểm của (C) và ∆: (x − 1)(x 2 − 2x − 2 − k ) = 0
Xét hàm số: f (x ) = −x 2 −
∆ cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ PT x 2 − 2x − 2 − k = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1
Ta có bảng biến thiên:
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 40
2
(x ≠ 0)
x
2
2
−2x 3 + 2
⇒ f '(x ) = −2x + 2 =
x
x
x2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
Page 41
