On tap ham so bac 36446

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 (Trung tâm Luyện thi đại học Vĩnh Viễn) Giả sử : y = ax3 + bx2 + cx + d với a  0 có đồ thị là (C). y’ = 3ax2 + 2bx + c, y” = 6ax + 2b −b 1) y” = 0  x = 3 a (a  0 ) −b. x = 3 a là hồnh độ điểm uốn. Đồ thị hàm bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. 2) Để vẽ đồ thị 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 (nghịch biến) trên R (luôn luôn giảm) iii) a > 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 < x2  hàm số đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x2. Ngồi ra ta còn có : + x1 + x2 = 2x0 với x0 là hồnh độ điểm uốn. + hàm số tăng trên (, x1) + hàm số tăng trên (x2, +) + hàm số giảm trên (x1, x2) iv) a < 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 < x2  hàm đạt cực tiểu tại x1 và đạt cực đại tại x2 thỏa điều kiện x1 + x2 = 2x0 (x0 là hồnh độ điểm uốn). Ta cũng có : + hàm số giảm trên (, x1) + hàm số giảm trên (x2, +) + hàm số tăng trên (x1, x2) 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 trị là y = r x + q 4) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt . ¿ y ' =0 coù 2 nghieäm phaân bieät x 1 , x 2 y ( x 1) . y (x 2 )< 0 ¿{ ¿.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 5) Giả sử a > 0 ta có : i) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt >  . ¿ y '=0 coù 2 nghieäm phaân bieät thoûa α < x 1< x2 y ( α )< 0 y( x1 ). y (x 2)<0 ¿{{ ¿. ii) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt <  . ¿ y '=0 coù 2 nghieäm phaân bieät thoûa x 1 < x 2< α y ( α )>0 y ( x1 ). y (x 2)< 0 ¿ {{ ¿. 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(x0) = 0 (x0 là hồnh độ điểm uốn) 8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) (a  0) khi x =  là 1 nghiệm của (1). Nếu x =  là 1 nghiệm của (1), ta có ax3 + bx2 + cx + d = (x - )(ax2 + b1x + c1) nghiệm của (1) là x =  với nghiệm của phương trình ax2 + b1x + c1 = 0 (2). Ta có các trường hợp sau: i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x =  ii) nếu (2) có nghiệm kép x =  thì (1) có duy nhất nghiệm x =  iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt   thì (1) có 3 nghiệm phân biệt iv) nếu (2) có 1 nghiệm x =  và 1 nghiệm khác  thì (1) có 2 nghiệm. v) nếu (2) có nghiệm kép   thì (1) có 2 nghiệm BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3 Cho họ đường cong bậc ba (C m) và họ đường thẳng (Dk) lần lượt có phương trình là y = x3 + mx2  m và y = kx + k + 1. (I) PHẦN I. Trong phần này cho m = 3. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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) Định p để trên (C) có 2 tiếp tuyến có hệ số góc bằng p, trong trường hợp này chứng tỏ trung điểm của hai tiếp điểm là điểm cố định. 5) Tìm M  (C) để qua M chỉ có một tiếp tuyến với (C). (II) PHẦN I I.Trong phần này cho tham số m thay đổi. 6) Tìm điểm cố định của (Cm). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau. 7) Định m để (Cm) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị. 8) Định m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. 9) Định m để : a) hàm số đồng biến trong (1, 2). b) hàm số nghịch biến trong (0, +). 10) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm có hồnh độ tạo thành cấp số cộng. 11) Tìm điều kiện giữa k và m để (D k) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (Dk) cắt (Cm) thành hai đoạn bằng nhau. 12) Viết phương trình tiếp tuyến với (Cm) và đi qua điểm (-1, 1). 13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (Cm) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. BÀI GIẢI PHẦN I : m = 3 Khảo sát và vẽ đồ thị (độc giả tự làm) 1) Gọi n là hồnh 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 k1 = – 3n2 + 6n  (0, 3] (vì n  (0, 2)). Đường thẳng vuông góc với tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k2 =. −. 1 k1. (với 0 <. k1  3). Hồnh độ của tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> nghiệm của – 3x2 + 6x =. −. 1 k1. (= k2)  3x2 – 6x. −. 1 k1. = 0.. Phương trình này có a.c < 0,  k1  (0, 3] nên có 2 nghiệm phân biệt,  k1  (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. − x 3+ 3 n2 −3=h( x − e)+ 1 −3 x 2+ 6 x=h. {. có nghiệm..  Phương trình hồnh độ tiếp điểm của (D) và (C) là : – x3 + 3x2 – 3 = (– 3x2 + 6x)(x – e)+ 1 (1) 3 2  – x + 3x – 4 = x(– 3x + 6)(x – e)  (x – 2)(x2 – x – 2) = 3x(x – 2)(x – e)  x = 2 hay x2 – x – 2 = 3x2 – 3ex  x = 2 hay 2x2 – (3e – 1)x + 2 = 0 (2) 2 (2) có  = (3e – 1) – 16 = (3e – 5)(3e + 3) (2) có nghiệm x = 2  8 – 2(3e – 1) + 2 = 0  e = 2 5 Ta có  > 0  e < – 1 hay e > 3 . Biện luận : 5 i) Nếu e < – 1 hay 3 < e < 2 hay e > 2  (1) có 3 nghiệm phân biệt  có 3 tiếp tuyến. 5 ii) Nếu e = – 1 hay e = 3 hay e = 2  (1) có 2 nghiệm  có 2 tiếp tuyến. 5 iii) Nếu – 1 < e < 3  (1) có 1 nghiệm  có 1 tiếp tuyến. Nhận xét : Từ đồ thị, ta có y = 1 là tiếp tuyến tại (2, 1) nên phương trình (1) chắc chắn có nghiệm x = 2,  e. 3) Vì y = 1 là tiếp tuyến qua E (e, 1),  e và đường x =  không là tiếp tuyến nên yêu cầu bài tốn.  (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa : y'(x1).y'(x2) = – 1 . 5 3 x 1 , x 2 laønghieäm cuûa (2) (−3 x 21 +6 x 1)(−3 x 22 +6 x 2)=− 1. {. e<− 1∨ e>.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5 3 3 e −1 x1 + x 2= 2 x 1 . x2 =1 9 x 1 . x 2 ( x 1 − 2)( x 2 − 2)=−1. {. . 5 3 9[1−(3 e − 1)+ 4]=−1 55 55 = 27 . Vậy E 27 , 1. {.  . e<−1 hay e >. e. e<−1 hay e >. (. ). 4) Tiếp điểm của tiếp tuyến (với (C)) có hệ số góc bằng p là nghiệm của : y' = p  3x2 – 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 x3, x4 là nghiệm của (3). Gọi M3 (x3, y3); M4 (x4, y4) là 2 tiếp điểm. Ta có : x 3 + x 4 −b = =1 2 2a y 3 + y 4 −( x 33 + x 34 )+ 3(x 23+ x24)−6 = =−1 2 2. Vậy điểm cố định (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M3M4. 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(x0, y0)  (C). Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng : y = k(x – x0) − x 30 +3 x 20 − 3 (D) Phương trình hồnh độ tiếp điểm của (D) và (C) là :  x3  3x 2  3 ( 3 x 2  6 x)( x  x0 )  x03  3x02  3 (5) 3 3 2 2 2 x − x 0 −3( x − x 0 )+(x − x 0)(− 3 x +6 x)=0  x − x 0 =0 ∨ x 2+ xx 0 + x 20 −3 x −3 x 0 − 3 x 2 +6 x=0  x=x 0 hay 2 x 2 −(3+ x 0 ) x − x 20 +3 x0 =0  x=x 0 hay ( x − x 0)(2 x+ x 0 −3)=0  . x=x 0 hay x=. 3 − x0 2. Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x0, y0)  (C) . x 0=. 3− x 0 ⇔ x 0=1 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Suy ra, y0 = 1. Vậy M(1, –1) (điểm uốn). Nhận xét : vì x0 là 1 hồnh độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm kép là x0 Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x2 + 2mx 6) (Cm) qua (x, y), m  y + x3 = m (x2 – 1) , m. . ¿ x 2 −1=0 y + x 3=0 ⇔ ¿ x=1 y=−1 hay ¿ x=−1 y=1 ¿{ ¿. Vậy (Cm) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1). Vì y' = – 3x2 + 2mx nên tiếp tuyến với (C m) tại H và K có hệ số góc lần lượt là : a1 = y'(1) = – 3 + 2m và a2 = y'(–1) = –3 – 2m. 2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau. ± 10  a1.a2 = – 1  9 – 4m2 = – 1  m = √2 . 7) Hàm có cực trị  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.  3x2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt. 2m  x = 0 và x = 3 là 2 nghiệm phân biệt.  m  0. Khi đó, ta có : y=. ( 29 m x −m )+( 13 x − 19 m ) y ' 2. và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là : 2 2 y= m x − m (với m  0) 9 8) Khi m  0, gọi x1, x2 là nghiệm của y' = 0, ta có : 2m x1.x2 = 0 và x1 + x2 = 3 . y(x1).y(x2) = 2. ( 29 m x −m )( 29 m x − m). 2. 2. 2. 1. 2. 2. 4. 4. = − 9 m (x 1 + x 2)+m = − 27 m + m Với m  0, ta có y(x1).y(x2) < 0 . . 4 2 m 1  0 27. 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 27. 3 3. m 2> ⇔|m|> √  4 2 Vậy (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.. {. . y '=0 coù 2 nghieäm phaân bieät x 1 , x 2 y (x 1) . y (x 2 )< 0. 3 3. |m|> √  2 Nhận xét : 3 3 i) Khi m<− √2 thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương. 3 3 ii) Khi m> √2 thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm. 9) a) Hàm đồng biến trên (1,2)  – 3x2 + 2mx  0, x  (1,2). Nếu 2m m  0 ta có hồnh độ 2 điểm cực trị là 0 và 3 .. [. i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên. 2m ,0 3. ]. . Vậy loại trường. hợp m < 0 ii) Nếu m = 0  hàm luôn nghịch biến (loại).. [. iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên Do đó, ycbt  m > 0 và. [. [1,2]⊂ 0,. 2m. 2m 3. 0,. 2m 3. ]. ].  3 ≥ 2 ⇔m≥ 3 b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0. Khi m  0 ta có hàm số nghịch biến trên ¿ và hàm số cũng nghịch biến trên [0, +). Vậy để hàm nghịch biến trên [0, +) thì m  0. Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn. m 3. 10) y" = – 6x + 2m , y" = 0  x = (Cm) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hồnh. 3 3 |m|> √. . { {. 3 3 |m|> √. 2 ⇔ 2 3 m m m2 y =0 − +m. − m=0 3 27 9. ( ).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> . {. 3 3 |m|> √ 2. 2. 2m −1=0 27. ⇔ m=. ±3 √ 6 2. 11). Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và (Dk) là – x3 + mx2 – m = kx + k + 1  m(x2 – 1) = k(x + 1) + 1 + x3  x + 1 = 0  m(x – 1) = k + 1 – x + x2  x = – 1 hay x2 – (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11) a) Do đó, (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt  (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1  . 1+m+1+k +m+1 ≠0 ¿ m+ 1¿ 2 − 4(k +m+1)> 0 ¿ ¿ k ≠− 2 m −3 (*) k < m2 −2 m− 3 4. {. b) Vì (Dk) qua điểm K(–1,1)  (Cm) nên ta có : (Dk) cắt (Cm) thành 2 đoạn bằng nhau.   . (Dk) qua điểm uốn 2 m3 m − m=k +1 +1 27 3 3 2 m − 27 m− 27 k= 9(m+3). (. 3. m 2m ; −m 3 27. ). của (Cm). ( ). (**). Vậy ycbt  k thỏa (*) và (**). 12) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) đi qua (–1,1) có dạng : y = k(x + 1) + 1 (Dk) Vậy, phương trình hồnh độ tiếp điểm của (Dk) và (Cm) là : – x3 + mx2 – m = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 (12) 2 2 3  m(x – 1) = (– 3x + 2mx)(x + 1) + 1 + x  x + 1 = 0  m(x – 1) = – 3x2 + 2mx + 1 – x + x2  x = – 1 hay 2x2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13) m+1  x = – 1  x= 2 y' (–1) = – 2m – 3 y'. m+ 1 m+1 2 m+ 1 =− 3 +2 m 2 2 2. ( ) ( ). ( ). =. 1 4. (m2 – 2m – 3). Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là : y = – (2m + 3)(x + 1) + 1 1 y = 4 (m2 – 2m – 3)(x + 1) + 1.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc chắn có nghiệm kép là x = – 1 và phương trình (13) chắc chắn có nghiệm là x = – 1. 13) Các tiếp tuyến với (Cm) tại tiếp điểm của hồnh độ x có hệ số góc là : h = – 3x2 + 2mx b m Ta có h đạt cực đại và là max khi x=− 2 a = 3 (hồnh độ điểm uốn) Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. Nhận xét :. 2. (. 2. −3 x + 2 mx=−3 x −. m 2 m2 m 2 + ≤ 3 3 3. ). Ghi chú : Đối với hàm bậc 3 y = ax3 + bx2 + cx + d, ta có : i) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. ii) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. (Trung tâm Luyện thi đại học Vĩnh Viễn).

<span class='text_page_counter'>(10)</span>