so do tu duy gd công dân 9 mai thi năm thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (783.12 KB, 25 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

sở giáo dục và đào tạo hà nội

Tr-êng ThPt ngun gia thiỊu

---

Sáng kiến kinh nghiệm:

Một vàI kinh nghiệm giảng dạy về

hµm sè ë líp 12 trung học phổ thông

Giáo viên : quyền văn ch-ơng
 Tæ : To¸n

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Một số kinh nghiệm giảng dạy về hàm số ở lớp 12

Trung học phổ thông

Đặt vấn đề:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A. Vấn đề về tính đơn điệu của hàm số

I. Vấn đề lý thuyết
1. Dùng định lý:

Nếu y  f(x) có đạo hàm trong

 

a;b

Giả sử f(x)0 tại một số hữu hạn điểm trong

 

a;b thì :

– f(x)đồng biến trên

 

a;b  f(x)0 x

 

a;b

– f(x)nghịch biến trên

 

a;b  f(x)0 x

 

a;b .

2. Chú ý:

Bài tốn tìm tham số để hàm số tăng hoặc giảm trong một khoảng cho trước
thường dẫn đến bài toán so sánh số  ( hay 2 số a,b ) với các nghiệm x1,x2

của tam thức bậc hai:

c
bx
ax
x

f( ) 2   (a  0).

II. Bài tập áp dụng
1. Bài 1:

Cho hàm số :y x33mx23



2m1



x1

Tìm m để hàm số đồng biến trên tập xác định.

Bài giải :

Hàm số đồng biến trên R  y3x26mx3



2m1



0 xR





3m



2 9



2m1



0

 m = 1.
2. Bài 2 :

Cho hàm số :









4
3

1 3   2   



 x k x k x
y

Tìm k để hàm số đồng biến trên

 

0;3

Bài giải :

 TXĐ : D = R

 yg

 

x x22



k1



xk3





k1



2 k3k2 k40 k

 y coù 2 nghiệm phân biệt x1,x2

Bảng xét dấu y :

x - x1 x2 +

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Hàm số đồng biến trên



0 ;3



x103x2

7

12
7
12
3
0
)
3
(
).
1
(
0
)
0
(
).
1
(


















k
k
k
g
g

3. Bài 3 :

Cho hàm số y

m
x
m
mx
x
2
3
2 2
2




a. Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định

b. Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trong khoảng



1;



.
Bài giải :

TXÑ : D = R \

 

2m
a, 2 2 2

)
2
(
4
m
x
m
mx
x
y





 . Đặt 2 2
4

)

(x x mx m

g   

Hàm số đã cho đồng biến trong các khoảng



;2m



và



2m;



4
)

(  2  2 

g x x mx m x2m
0

0
3

0
1

2  









 m
m
a

Vậy khi m0 thì hàm số đồng biến trên các khoảng



;2m



và



2m;



b, Tìm m để hàm số đồng biến trong



1;



 Khi m0: hàm số đồng biến trên



;0



và



0;



 thoả mãn điều kiện

đồng biến trên



0;



(1)
 Khi m0: 3m2 0

y0x2mm 3

Bảng xét dấu

x - (2– 3)m m (2+ 3)m +

y’ + 0 -  - 0 +

Hàm số đã cho đồng biến trong



1;






















3
2
0
1
3
2
0
m
m
m
m
(2)
Từ (1) và (2) có y đồng biến trên



0;



m2 3

III. Bài tập áp dụng tương tự

1. Baøi 1 : Cho hàm số : y x33x2 



m1



x4m

a. Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng



1;1



b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2. Baøi 2 : Cho hàm số :





1
2
1

2
2





x
x
k
x
y

Tìm k để hàm số đồng biến trong khoảng



0;



Kết quả : k 0

B. Vấn đề cực trị của hàm số

I. Phần lý thuyết

1. Dấu hiệu 1 : Cho f(x) có đạo hàm trên

 

a;b . x0 

 

a;b

Nếu tại x0: f(x)0 hoặc không xác định

thì : –) Nếu f(x) đổi dấu từ (–) sang (+) khi x qua x0 thì f(x) đạt cực

tiểu tại x0.

–) Nếu f(x) đổi dấu từ (+) sang (–) khi x qua x0 thì f(x) đạt cực đại.

2. Dấu hiệu 2 : Cho f(x) có đạo hàm trên

 

a;b và f(x)0

Giả sử f(x) có y tại x0 :

–) Nếu f (x0)0 thì f(x) đạt cực tiểu tại x0.

–) Nếu f (x0)0 thì f(x) đạt cực đại tại x0.

II. Phần bài tập
1. Bài 1 : Cho hàm số

1
2
2
2






m
x
m
x
x
y

a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) khi m1.

b. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu. Viết phương trình đườngthẳng

qua điểm cực đại và cực tiểu.

Bài giải :
 TXĐ : D = R \



1m











2

1
3
1
2







m
x
m
x
m
x
y

Hàm số có cực đại và cực tiểu  y0 có 2 nghiệm phân biệt và y đổi

dấu liên tiếp khi qua 2 nghiệm.

m
x
m
x

x

g( ) 22( 1) 3

 có hai nghiệm phân biệt  1m




























m
m
m
m
m
m
m
m
m
g
m
m
,
0
3
)
1
)(
1
(

2
)
1
(
,
0
1
0
)
1
(
0
3
)
1
(
2
2
2

 Phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là :

 

2 2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2. Baøi 2 : Cho haøm số y x33mx2(m22m3)x4

Tìm m để hàm số đã cho có điểm cực đại, cực tiểu ở về 2 phía của trục

tung.

Bài giải :
 TXĐ : D = R

 y g(x)3x26mxm22m3

Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu và 2 điểm này ở về 2 phía của trục tung

)
(x
g

 có 2 nghiệm thoả mãn x1 0 x2

1
m
3

0
)
3
m
2
m
(
2
)
0
(

g
.

a 2













3. Bài 3 : Cho hàm số yx3 kx2 (k là tham số) (Ck)

Tìm các giá trị của k để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 và chỉ 1 điểm.
Bài giải :

 TXÑ : D = R

 y3x2 k
TH 1 :

Nếu k 0 thì y0 xR  hàm số đồng biến trên R

(Ck) cắt Ox tại 1 điểm duy nhất

TH 2:

Nếu k 0 thì

0 x k

y   

(Ck) caét Ox tại 1 điểm duy nhất yCD.yCT0
( 27) 0 3 0

4 3     

 k k

Vậy khi k 3 thì đồ thị hàm số đã cho cắt Ox tại 1 điểm duy nhất.

C. Bài toán tiếp tuyến

của đường cong y = f(x)

I. Phần lý thuyết

Học sinh nắm được cách viết phương trình tiếp tuyến của đường cong

)
(
:

)

(C y f x ở các trường hợp sau:

1. Phương trình tiếp tuyến tại M0(x0;y0)(C):y f(x)(xx0)y

2. Cho biết hệ số góc k  xét phương trình f(x)k

Từ đó suy ra toạ độ tiếp điểm.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Lý luận và xét hệ








k
x
f
y
x
x
k
x

f
)
(
)
(
)
(
0
0
0
0

II. Phần bài tập áp dụng
1. Bài 1 : Cho hàm số

2
2



x
x

y (C)

a.Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm thuộc (C) có hồnh độ
3


x .

b. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp tuyến đó đi qua
)
5
;
6
(
M .

Bài giaûi :

a, Học sinh tự làm.

b, d là đường thẳng qua M(6;5) và có hệ số góc k d có phương trình :
5

)
6
(  
k x
y

d là tiếp tuyến của

















k
x
x
k
x
x
C
2
)
2
(
4
5
)
6
(
2
2
)

( có nghiệm x2

1
1 
k ,

4
1
2 
k

Khi k1 1 (d1):yx1

2
7
x
4
1
y
:
)
d
(
4
1

k2   2   .
2. Bài 2 : Cho hàm số y x3 3x (C)

Tìm trên đường thẳng y 2 những điểm từ đó có thể kẻ được 3 tiếp tuyến

đến (C).

Bài giải :

Gọi M(m;2)():y2

Phương trình đường thẳng (d) qua M :yk(xm)2
)

(d là tiếp tuyến của (C)











k
x
m
x
k
x
x
)
1

(
3
2
)
(
3
2
3
có nghiệm

 phương trình hồnh độ tiếp điểm: x33x3(x21)(xm)2

(x1)



2x2(3m2)x3m2



0 (*)

Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt g(x)2x2(3m2)x3m2 có

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>






























2
2
3
2
0
6
6
)
1
(
0
)
2
3
(
8

)
2
3
( 2
m
m
m
m
g
m
m .

3. Baøi 3 : Cho haøm số y2x33(m3)x218mx8 (Cm)

Tìm m để (Cm) tiếp xúc với trục hồnh.
Bài giải :

TXĐ : D = R

m
x
m
x

y6 2 6( 3) 18
3

0 



 x

y hoặc xm

)

(Cm tiếp xúc với 0x  hµm số đã cho cĩ 2 cực trị

yCĐ  0 và yG 0






































6
2
4
27
35
1
0
8
18
)
3
(
3

2
0
8
54
)
3
(
27
54
0
2
2
3
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m

D. Vấn đề Tập hợp điểm - Điểm cố định

I.

Phaàn lý thuyết

1, Tìm tập hợp các điểm M di động thoả mãn các điều kiện đã cho, ta

thường làm như sau:

a. Tìm toạ độ M có chứa tham biến.

b. Khử tham biến m ta được hệ thức độc lập giữa x,y (F(x,y)0).

c. Giới hạn theo điều kiện, ta được tập hợp phải tìm.
2, Điểm cố định

Cho họ đường cong (Cm) có phương trình y f(x;m) m.

II. Bài tập áp dụng
1. Bài 1 : Cho hàm số

1
4
2




x
x

y (C)

Biện luận theo m số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
0

2m ym .

Trong trường hợp có 2 giao điểm A,B, hãy tìm tập hợp các trung điểm của

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài giải :
 Biện luận số giao điểm cùng đồ thị
 I(xI;yI) là trung điểm của AB














m
x
y

m
x

I
I
I

2
4
4

 yI 2xI 4

Tập hợp I là đường thẳng y 2x4

loại bỏ đoạn AB : A(2;0) và B(0;4)

2. Bài 2 : Cho hàm số yx4 2mx2 2m1 (Cm)

CMR : (Cm) luôn đi qua 2 điểm cố định A,B khi m thay đổi.

Bài giải :
)

;
( 0 0
0 x y

M là điểm cố định cuûa (Cm)
1

2
2 02
4

0   




 yo x mx m m

)
1
(
2

1 02

4
0

0    

 y x m x m
)

(
0

1
0
0

m

C
y

x











 luoân đi qua 2 điểm cố định M(1;0) và N(1;0).

E. Vấn đề dùng đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm của

phương trình - Tìm GTLN và GTNN

1. Baøi 1 : Cho y x3 3x (C)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

Dùng đồ thị (C) để tìm GTLN và GTNN của hàm y 3sin3 xsin3x

ysin3 x3sinx

Đặt t sinx

Xét F(t) = t3 3t , t

 

1;1

Xét trên đồ thị ta có: max F(t) = 2      k2

2
x

1
t



3;1



Nên y = -2     k2

2
x
1
t

t

 

1;1

2. Bài 2 : Cho hàm số y  m2x4 2x2 m (với tham số m0,mR)

Khảo sát sự biến thiên của hàm số khi m 0

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

một số bài toán tổng hợp

Bài 1

Cho hàm số y =

1
2
2
2





x
x
x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

2. Tìm các điểm thuộc đồ thị hàm số sao cho khoảng cách từ điểm đó
đến trục hồnh bằng 2 lần khoảng cách từ điểm đó đến trục tung.

Gi¶i:

1. Häc sinh tù gi¶i

2. Gäi M (x0, y0)  (C)
d(M, Ox) = 2d(M, Oy)

y0 = 2 x0

 y0 = 2x0

* Ph-ơng trình hồnh độ giao điểm (C) và đ-ờng thẳng y = 2x
2x =

1
2
2
2





x
x
x

(x  -1)

 2x2 + 2x = x2 + 2x + 2

 x2 = 2

 x =  2
VËy y = 2 2

* Ph-ơng trình hồnh độ giao điểm (C) và đ-ờng thẳng: y = –2x
–2x =

1
2

2
2





x
x
x

(x  –1)

 –2x2 - 2x = x2 + 2x + 2

 3x2 + 4x + 2 = 0 Ph-ơng trình vô nghiệm. 
Vậy ycbt là M1( 2, 2 2)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bµi 2

Cho hàm số y = 2mx3 – (4m2 + 1) x2 + 4m2 với m là tham số. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m = 1

2. Tìm m sao cho đồ thị hàm số tiếp xúc trục hồnh.

Gi¶i

1. Häc sinh tù gi¶i 
2.

NÕu m = 0 thì y = x2
(P)

Dĩ nhiên (P) tiếp xúc trục hoành tại O (0,0)

Nu m  0 hoành độ tiếp điểm là nghiệm hệ ph-ơng trình
2mx3 – (4m2 + 1) x2 + 4m2 = 0 (1)

k = f’(x) = 6mx2 – 2 (4m2 + 1) x = 0 (2)
Tõ (2)  x = 0 v x =

m
m

3
1
4 2
Tõ (1) víi x = 0 => m = 0 (lo¹i)

x =
3

1
4m2 

=> 2m

2
2
2

3
2

3
1
4
)
1
4
(
3

1
4







 










  m

m
m

m

+ 4m2 = 0

=> 2

3
2
3

2
2

9
)
1
4
(
)
1
4
(

m
m
m

m




 + 4m2= 0

=> (4m2 + 1)3 - 108m4 = 0 (*)
Đặt t = m2 > 0

(*)  (4t + 1)3 – 108(t2) = 0

 64t3 – 60t2 + 12t + 1 = 0

 






 






 

16
1
2

1 2

t

t = 0

 t =
2

1 v t = –
16

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

m2 =
2

1 

m =
2

Đáp số: ycbt m = 0 v m = 
2

2
.

Bµi 3

Cho hµm sè y =
1
1


x
x

(C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

2. Tìm những điểm trên trục tung mà từ mỗi điểm đó chỉ kẻ đ-ợc đúng
1 tiếp tuyến đến (C).

Gi¶i: 
1. Häc sinh tù gi¶i

2.

Gäi A (0 , a) Oy

Ph-ơng trình đ-ờng thẳng (d) qua A:
y = kx + a

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm hệ ph-ơng trình:
k = f’ (x) = – 2

)
1
(

2

x

1
1


x
x

= kx + a

Ph-ơng trình hồnh độ tiếp điểm (d) và (C)
1

1


x
x

= 2
)
1
(

2


x

x

= a (®k: x 1)

 (a – 1)x2 – 2(a + 1) x + a + 1 = 0 (*)
NÕu a = 1 (*) thµnh –4x + 2 = 0

 x =
2
1

(nhËn so ycbt)

NÕu a  1 th× ’ = (a + 1)2 – (a2 – 1) = 2a + 2

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 (*) cã nghiÖm kÐp  1 hc (*) cã 1 nghiƯm x1 = 1 vµ x2  1







































1
1
a

1
a
P

0
1
a
1
)
1
a
(
2
1

a
1

1
a

1
a
x
x

0
2
a
2
'

2
1

 a = –1

VËy cã 2 ®iĨm A(0 ; 1) v A’(0 , –1).

Bµi 4

Cho hµm sè y = x3 – 3x

Khảo sỏt sự biết thiờn và vẽ đồ thị (C)

Tìm các điểm trên đ-ờng thẳng y = 2 những điểm từ đó có thể kẻ đ-ợc
3 tiếp tuyến đến (C).

Gi¶i:

a. Häc sinh tù làm 
b.

Gọi M (m , 2) đ-ờng thẳng y = 2
Ph-ơng trình đ-ờng thẳng (d) qua M:

y = k (x – m) + 2

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm hệ ph-ơng trình:
k = f’ (x) = 3 (x2 – 1)

x3 – 3x = 3(x2 – 1)(x – m) + 2

Ph-ơng trình hoành độ tiếp điểm (d) và (C)
x3 – 3x = 3x3 – 3mx2 – 3x + 3m + 2

 2x3 – 3mx2 + 3m + 2 = 0

 (x + 1)(2x2 – (3m + 2) x + 3m + 2) = 0 (*)
Gäi  (x) = 2x2 – (3m + 2) x + 3m + 2
Yêu cầu bài toán

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bài 5

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + (m + 1)x + 4m

1. Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng (–1 , 1)
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –1.

Gi¶i:

1. D = R

y’ =  (x) = 3x2 + 6x + m + 1

’ = 9 – 3(m + 1) = –3m + 6
* ’  0

 –3m + 6  0

 m  2

Lúc đó y’  0 x R (vì cùng dấu a = 3 > 0)
Vậy hàm số đồng biến trên R (loại so yêu cầu)

* Nếu m < 2 thì ’ > 0 gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của (x)
Lúc đó:

x – x1 x2 +

y’ + 0 – 0 +

Hàm số giảm trong khoảng (1 , 1)

 x1  –1 < 1  x2


















0
]
10
[
3
)
1
(

]
1
6

3
[
3
)
1
(

m
a














10
2

m
m

 m  –10.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài 6

Cho hàm số y = 4x³ + mx

1 . Tùy theo m xét sự biến thiên của hàm số

2 . Tìm m để y ≤ 1 khi |x| ≤ 1

Giải

D = R

y = 12x² + m

 Nếu m ≥ 0 thì y’ ≥ 0 x  R

Vậy hàm số đồng biến trên R

 Nếu m < 0 thì y = 0

 x² = –

m

 x =  3m

6
1



Lúc đó:

x – –

6
3m



3m



+ 

y' + 0 – 0 +

y CĐ + 

 CT

2 . Giả sử |f(x) | ≤ 1 khi │x│ ≤ 1

 f(1)  m4 1



2
1
2








 m

f

 –1  m + 4 1

–2  m + 1 2

 –5≤ m ≤ –3

–3 ≤ m ≤1

 m = –3.

Thử lại: Lúc m = –3 thì y = 4x³ – 3x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

 y = 4 sin³t – 3 sint = –3sint

Hiển nhiên y –1 ; 1

Vậy yêu cầu của bài toán thỏa  m = –3.

Bài 7

Giải

- Nếu m = 0 thì y = x đồng biến trên R (nhận so ycbt) (1)

- Nếu m  0 : D = R \ –

m

y' = 2

2
2

)
1
(

1
2






mx

m
mx

x
m

Hàm số (1) đồng biến trên ( 0 ; +).

 g(x) = m2 x2 + 2mx + 1 – m2 0 x > 0.

Ta có: ' = m2– m2 ( 1 – m2) = m4 > 0 m  0

Vậy g ( x ) = 0 ln có 2 nghịêm phân biệt:

x1 = – 1

1

m

x2 = – 1

1 
m

x – – 1 1

m m

 m

m

 1 +

y' + 0 - - 0 +

y – + +

 –

Ta thấy (1) đồng biến trên ( 0, +).

 x2 = – 1 0

1  

m

Cho hàm số y = (1)

1
mx

m
x

mx2




 với m là tham số

1. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (0; + )

2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ (C) khi m = 1.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

 10

m
m

 0 < m  1 (2)

Vậy hàm số (1) đồng biến trên ( 0, + ).

 m 

 

0 ;1

2. Học sinh tự giải

3. Gọi M(x0, y0)  (C) (x0 -1)

=> y0 =

1
1

1
1
0
0
0
0
2
0






x
x
x
x
x

Pt đường thẳng (d) qua M:

y = k (x - x0) + y0

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của hệ phương trình


















2
2
0
0
2
)
1
(
2
)
(
'
)
(
1
1
x
x

x
x
f
k
y
x
x
k
x
x
x

=> Pt hồnh độ tiếp điểm:













( 1)

2
1
1
0
2
0
2
2











x
y
x
x
x
x
x
x
x
x

 (x2 + x + 1) (x + 1) = (x2 + 2x) (x - x0) + y0 (x + 1)

 x3 + 2x2 + 2x + 1 = x3 - x0x

+ 2x2 -2x0x + y0x

+ 2y0x + y0

 (y0 - x0)x

+ 2(y0 - x0 -1) x + y0 - 1 = 0

 1 0

1
1
1
1
1
2
1
1
0
0
2
0
0
2
0
















 x
x
x
x
x
x
x

(vì M  (C))

 0

1
1
2
1
1
0
2
0
0

0
2
0





 x
x
x
x
x
x
x

 x2 - 2x0x + x02 = 0 (*)

Phương trình (*) có nghiệm kép:

x = x0

Chỉ có 1 tiếp điểm duy nhất.

Vậy tại mỗi điểm của (C) chỉ có 1 tiếp tuyến duy nhất.

Bài 8

Cho hàm số y =

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

b. Tìm m để (1) có cực đại và cực tiểu

c. Giả sử hµm sè có giá trị cực đại, cực tiểu là yCĐ, yCT. Chứng minh

2
1
2

2  

CT

CD y

y

Giải

a. Học sinh tự giải

b. D = R \ -1

y' =





2
2

1
2
2





x

m
x
x

(1) có cực đại và cực tiểu

y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt  -1

 ' = 1 + 2m > 0

 m >

-2
1

c. Gọi x1, 2 là 2 nghiệm của y' = 0

Do định lý Viét:

S = x1 + x2 = - 2

P = x1x2 = -2m

Ta có:

1
2
2

' xm
v

u

Vậy: (yCĐ)2 + (yCT)

= (2x1 + m + 2)

+ (2x2 + m + 2)

= 4





2
1 x

x  + 4(m+2) (x1 + x2) + 2(m + 2)

2

= 4 [4 + 4m] - 8 (m+2) + 2(m+2)

=> (yCĐ)2 + (yCT)

= (m) = 2m2 + 16m + 8

Mxđ: D = 







 

2
1

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Bài 9

Cho hàm số :









    










4
1
m

0
m
m

4
m
)
x
2
x
)(
1
m
(
y

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m = 2.

b. Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc đường thẳng y = 1?

c. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu? Với giá trị nào của m thì giá trị
cực đại và cực tiểu cùng dấu.

Giải: 
a. Học sinh tự giải.

b. Phương trình hồnh độ giao điểm (d) và (Cm)

(m - 1) (x2 - 2x) + m + 4 = (mx + m) (đk: x  -1)

 (m - 1)x2 - (3m - 2)x + 4 = 0 (*)

Đường thẳng y = 1 tiếp xúc (Cm)

 (*) có nghiệm kép  - 1

m - 1  0

  = (3m - 2)2 - 16(m - 1) = 0

x =

)
1
m
(
2

2
m
3




 -1

m  1

 9m2 - 28m + 20 = 0

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

m  1

 m = 2 v m =

9
10

m 

5
4

 m = 2 v m =

9
10

c. D = R \ -1 (v× m  0)

y’ =

2
2

)
m
mx
(

m
2
m
3
x
)
1
m
(
m
2
x
)
1
m
(
m











y có 2 cực trị

 y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  - 1

m(m - 1)



’ = m2

(m - 1)2 + m2 (m -1) (3m + 2) > 0

m 0 ^ m  1

m2 (m -1) [(m - 1) + 3m + 2] > 0

m1 ^ m  1

(m - 1) (4m + 1) > 0
m < -

4
1

v m > 1

Ta có:

'
'

v
u

)
2
x
2
)(
1
m

(  

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của y’ = 0

Ta có: S = x1 + x2 =

)
1
m
(

)
1
m
(
m
2





</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

P = x1x2 =

)
1
m
(
m

)
2
m
3
(
m






-1
m

2
m
3




Vậy yCĐ.yCT > 0



m
)
1
m
(

2 

(x1 - 1) .

m
)

1
m
(

2 

(x2 - 1) > 0

 (x1 - 1)(x2 - 1) > 0

 P - S + 1 > 0

 -

1
m

2
m
3




+ 3 > 0



1
m

5



> 0

 m - 1 < 0

 m < 1

So điều kiện (1) để có 2 cực trị

ycbt  m < -

4
1

Bài 10

Cho hàm số

1
x

m
8
mx







a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = -1.

b. Viết phương trình parabol qua điểm cực đại, cực tiểu của (C) và tiếp xúc
đường thẳng 2x – y – 10 = 0

c. Trong trường hợp tổng quát hãy xác định tất cả các giá trị của tham số m để
điểm cực đại, điểm cực tiểu của hàm số ở về 2 phía của đường thẳng:

9x – 7y – 1 = 0

Giải

a. Học sinh tự giải.

b. Gọi (P) y = ax2

+bx + c (a



M(4 , 7)  (P)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

N( -2, - 5)  (P)

=> - 5 = 4a - 2b + c (2)

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) vµ (d): y=2x – 10 lµ

ax2 + bx + c = 2x - 10

 ax2 + (b - 2)x + c + 10 = 0

(d) tiếp xúc (P)



(b - 2)2 - 4a(c+ 10) = 0

(1) (2) (3)

=> a = 1 ^ b = 0 ^ c = - 9

Vậy (P): y = x2 – 9.

c. D = R \  1

y’ =

2
2

)
1
x
(

8
x
2
x





y’ = 0

 x = -2 v x = 4

Vậy điểm cực đại S(-2 , - 4+m)
cực tiểu R(4 , 8+m)

Điểm cực đại và cực tiểu nằm về 2 phía đối với (d):
9x - 7y - 1 = 0

 t1.t2 < 0



7
9

1
ys
7
xs
9





2
2

R
R

7
9

1
y
7
x





< 0

 (-7m + 9)( - 7m - 21) < 0

 - 3 < m <

7
9

i 11

Cho hàm số y = x3

– 3mx2 (m2 2m  3x  4

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

b. Viết phương trình parabol đi qua điểm cực đại, cực tiểu của C và tiếp

xúc đường thẳng y 2x  2

c. Trong trường hợp tổng quát hãy xác định tất cả các tham số m để hàm
số đã cho có điểm cực đại, cực tiểu ở về 2 phía của tr c tung.

Giải

a. Học sinh tự làm.

b. Gọi P y  ax2 bx  c a ≠ 0

Phương trình hồnh độ giao điểm P và d

ax2 bx  c 2x  2

 ax2b 2x  c – 2  0

d tiếp xúc P

 b 22 4ac2 0 1

Cực đại 0;4P

 4  c 2

Cực tiểu 2;0P

 4a  2b  c 0 3

T 1, 2, 3

 a  2, b 6, c  4

Vậy P: y2x2  6x  4

c. D R

y gx 3x26mx  m2 2m  3

Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu và 2 điểm này ở về 2 phía y’0y

 gx có 2 nghiệm x1,x2 sao cho x1  0  x2

 ag0 2m2 + 2m  3 0

 3  m  1

i 12

Cho hàm số:

y  x3 3mx2 3m2  1x  m3 Cm

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m 2

2. Tìm để Cm c t tr c hoành tại 3 điểm phân biệt trong đó có đúng 2

điểm có hồnh độ âm.

Gỉải

1. Học sinh tự làm.

2. y 3x2 6mx  3m2  1

y  0

 gxx2 2mx  m2 1  0

 x1 m 1 x2  m 1 x1  x2

Lấy fx chia cho gx ta được:

y  fx x  mgx 2x  m

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

 gx1  gx20

Vậy yCĐ fm  12m 1 m  2 3m

yCT  fm 12m 1m 2 3m

Yêu cầu bài toán

y’ có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 với x1 x2 và x1 0

 yCĐ.yCT  0

f0 0

x1  m 1 0

 23m23m 0

m3 0

m  1

 

3
2 

m 

3
2

m  0

 0  m 

3
2

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Keát:

Trên đây là một số kinh nghiệm bản thân tôi đã áp dụng và thấy có tác
dụng tốt. Rất mong được các thầy cơ và các đồng nghiệp góp ý, giúp đỡ để tôi

đạt được kết quả tốt hơn. Xin chân thành cảm ơn!

Long Biªn, ngày 09 tháng 05 naêm 2007

Người viết

</div>

so do tu duy gd công dân 9 mai thi năm thư viện tư liệu giáo dục

<b>Một vàI kinh nghiệm giảng dạy về </b>

<b>hµm sè ë líp 12 trung học phổ thông </b>

Một số kinh nghiệm giảng dạy về hàm số ở lớp 12

Trung học phổ thông

A.

Vấn đề về tính đơn điệu của hàm số

 

 

 

 

 

 

























 

 

















 





























































B.

Vấn đề cực trị của hàm số

 

 

 





<sub></sub>





<sub></sub>

 

C.

Bài toán tiếp tuyến