Ôn tập hàm số bậc 3

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 =
a3
b
−
(a ≠ 0 )
x =
a3
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
x biệt ânnghiệm ph 2 có 0'y
5) Giả sử a > 0 ta có :
i) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt > α
⇔







<
<α

<<α=
0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1
x thỏa biệt ânnghiệm ph 2 có 0'y
ii) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < α
⇔







<
>α
α<<=
0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2

x
1
x thỏa biệt ânnghiệm 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 = α là 1 nghiệm
của (1).
Nếu x = α là 1 nghiệm của (1), ta có
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = (x - α)(ax
2
+ b
1
x + c
1

)
nghiệm của (1) là x = α 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 = α
ii) nếu (2) có nghiệm kép x = α thì (1) có duy nhất nghiệm x = α
iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt ≠ α thì (1) có 3 nghiệm phân biệt
iv) nếu (2) có 1 nghiệm x = α và 1 nghiệm khác α thì (1) có 2 nghiệm.
v) nếu (2) có nghiệm kép ≠ α 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 = α 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
a2
b
2
xx
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 3x x x x x x x x− + − = − + − − + −
( 5 )
⇔
0)x6x3)(xx()xx(3xx
2
0
2
0
23
0
3
=+−−+−−−
⇔
0x6x3x3x3xxxx0xx
2
0
2
00
2
0
=+−−−++∨=−
⇔
0x3xx)x3(x2hayxx
0
2
00
2
0

=+−+−=
⇔
0)3xx2)(xx(hayxx
000
=−+−=
⇔
2
x3
xhayxx
0
0
−
==
Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x
0
, y
0
) ∈ (C)
⇔
1x
2
x3
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
m2
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
m2
⇒ 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