Tài liệu ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 doc

ễN TP V HM S BC 3
(Trung tõm Luyn thi i hc Vnh Vin)
Gi s : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d vi a 0 cú th l (C). y = 3ax
2
+ 2bx + c, y = 6ax + 2b
1) y = 0 x =
a3
b
(a 0 )
x =
a3
b
l hnh im un. th hm bc 3 nhn im un lm tõm i xng.
2) v th 1 hm s bc 3, ta cn bit cỏc trng hp sau :
i) a > 0 v y = 0 vụ nghim hm s tng trờn R (luụn luụn tng)
ii) a < 0 v y = 0 vụ nghim hm s gim (nghch bin) trờn R (luụn luụn gim)
iii) a > 0 v y = 0 cú 2 nghim phõn bit x
1
, x
2
vi x
1
< x
2
hm s t cc i ti x
1
v t cc tiu ti x

2
.
Ngi ra ta cũn cú :
+ x
1
+ x
2
= 2x
0
vi x
0
l hnh im un.
+ hm s tng trờn (, x
1
)
+ hm s tng trờn (x
2
, +)
+ hm s gim trờn (x
1
, x
2
)
iv) a < 0 v y = 0 cú 2 nghim phõn bit x
1
, x
2
vi x
1
< x

2
hm t cc tiu ti x
1
v t cc i ti x
2
tha iu kin x
1
+ x
2
= 2x
0
(x
0
l hnh im
un). Ta cng cú :
+ hm s gim trờn (, x
1
)
+ hm s gim trờn (x
2
, +)
+ hm s tng trờn (x
1
, x
2
)
3) Gi s y = 0 cú 2 nghim phõn bit v y = k(Ax + B)y + r x + q vi k l hng s khỏc 0;
thỡ phng trỡnh ng thng qua 2 im cc tr l y = r x + q
4) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit

<
=
0)
2
x(y).
1
x(y
2
x,
1
x bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y
5) Gi s a > 0 ta cú :
i) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit >








<
<
<<=
0)

2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1
x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y
ii) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit <








<
>
<<=
0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1

x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y
Tng t khi a < 0 .
6) Tip tuyn : Gi I l im un. Cho M (C).
Nu M I thỡ ta cú ỳng 1 tip tuyn qua M.
Nu M khỏc I thỡ ta cú ỳng 2 tip tuyn qua M.
Bin lun s tip tuyn qua 1 im N khụng nm trờn (C) ta cú nhiu trng hp hn.
7) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit cỏch u nhau y = 0 cú 2 nghim phõn bit v y(x
0
) = 0 (x
0
l
hnh im un)
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 thị (C) của hàm số.
1) Gọi A và B là 2 điểm cực đại và cực tiểu của (C) và M là điểm bất kỳ trên cung AB với M khác A ,
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 (C
m
). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau.
7) Định m để (C
m
) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị.
8) Định m để (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
9) Định m để : a) hàm số đồng biến trong (1, 2). b) hàm số nghịch biến trong (0, +∞).
10) Tìm m để (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm có hồnh độ tạo thành cấp số cộng.
11) Tìm điều kiện giữa k và m để (D
k
) cắt (C
m
) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (D
k
) cắt (C
m
) thành hai
đoạn bằng nhau.
12) Viết phương trình tiếp tuyến với (C
m
) và đi qua điểm (-1, 1).

13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (C
m
) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
BÀI GIẢI
PHẦN I : m = 3
Khảo sát và vẽ đồ thị (độc giả tự làm)
1) Gọi n là 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 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). Hồnh 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) . Phng trỡnh tip tuyn qua E cú dng y = h(x e) + 1 (D). (D)
tip xỳc (C) h



=+
+=+
hx6x3
1)ex(h3n3x
2
23
cú nghim.

Phng trỡnh hnh tip im ca (D) v (C) l :
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) cú = (3e 1)
2
16 = (3e 5)(3e + 3)
(2) cú nghim x = 2 8 2(3e 1) + 2 = 0 e = 2
Ta cú > 0 e < 1 hay e >
3

5
.
Bin lun :
i) Nu e < 1 hay
3
5
< e < 2 hay e > 2
(1) cú 3 nghim phõn bit cú 3 tip tuyn.
ii) Nu e = 1 hay e =
3
5
hay e = 2
(1) cú 2 nghim cú 2 tip tuyn.
iii) Nu 1 < e <
3
5
(1) cú 1 nghim cú 1 tip tuyn.
Nhn xột : T th, ta cú y = 1 l tip tuyn ti (2, 1) nờn phng trỡnh (1) chc
chn cú nghim x = 2, e.
3) Vỡ y = 1 l tip tuyn qua E (e, 1), e v ng x = khụng l tip tuyn
nờn yờu cu bi tn.
(2) cú 2 nghim phõn bit x
1
, x
2
tha : y'(x
1
).y'(x
2
) = 1

=++
><
1)x6x3)(x6x3(
)2(cuỷanghieọmlaứx,x
3
5
e1e
2
2
21
2
1
21

=
=

=+
><
1)2x)(2x(x.x9
1x.x
2
1e3
xx
3
5
ehay1e
2121
21
21
⇔





−=+−−
>−<
1]4)1e3(1[9
3
5
ehay1e
⇔ e =

27
55
. 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 định (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 hồnh 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 hồnh độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm kép
là x
0
Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x
2
+ 2mx
6) (C
m
) qua (x, y), ∀m
⇔ y + x
3
= m (x
2
– 1) , ∀m
⇔



=
−=



−=
=
⇔




=+
=−
1y
1x
hay
1y
1x
0xy
01x
3
2
Vậy (C
m
) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1).
Vì y' = – 3x
2
+ 2mx nên tiếp tuyến với (C
m
) tại H và K có hệ số góc lần lượt
là :
a
1
= y'(1) = – 3 + 2m và a
2
= y'(–1) = –3 – 2m.
2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.
⇔ a
1
.a

2
= – 1 ⇔ 9 – 4m
2
= – 1 ⇔ m =
2
10±
.
7) Hàm có cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
⇔ 3x
2
= 2mx có 2 nghiệm phân biệt.
⇔ x = 0 và x =
3
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 trị là :
mxm
9
2
y
2
−=
(với m ≠ 0)
8) Khi m ≠ 0, gọi x
1
, x
2
là nghiệm của y' = 0, ta có :
x
1
.x
2
= 0 và x
1

+ x
2
=
3
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
⇔
2
4
1 0
27
m− + <
⇔
2

33
m
4
27
m
2
>⇔>
Vậy (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
⇔



<
=
0)x(y).x(y
x,xbieätphaânnghieäm2coù0'y
21
21
⇔
2
33
m >
Nhận xét :
i) Khi
2
33
m −<
thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương.

ii) Khi
2
33
m >
thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm.
9) a) Hàm đồng biến trên (1,2) ⇔ – 3x
2
+ 2mx ≥ 0, ∀x ∈ (1,2). Nếu m ≠ 0 ta
có hồnh độ 2 điểm cực trị là 0 và
3
m2
.
i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên






0,
3
m2
. Vậy loại trường hợp m < 0
ii) Nếu m = 0 ⇒ hàm luôn nghịch biến (loại).
iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên







3
m2
,0
Do đó, ycbt ⇔ m > 0 và






⊂
3
m2
,0]2,1[
⇔
3m2
3
m2
≥⇔≥
b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0.
Khi m ≤ 0 ta có hàm số nghịch biến trên






∞−
3

m2
,
và hàm số cũng nghịch
biến trên [0, +∞).
Vậy để hàm nghịch biến trên [0, +∞) thì m ≤ 0.
Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn.
10) y" = – 6x + 2m , y" = 0 ⇔ x =
3
m
(C
m
) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.
⇔ y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hồnh.
⇔














=−+−
>

⇔
=






>
0m
9
m
.m
27
m
2
33
m
0
3
m
y
2
33
m
23
⇔








±
=⇔
=−
>
2
63
m
01
27
m2
2
33
m
2
11) Phương trình hồnh độ giao điểm của (C
m
) và (D
k
) là
– x
3
+ mx
2
– m = kx + k + 1
⇔ m(x
2

– 1) = k(x + 1) + 1 + x
3
⇔ x + 1 = 0 ∨ m(x – 1) = k + 1 – x + x
2
⇔ x = – 1 hay x
2
– (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11)
a) Do đó, (D
k
) cắt (C
m
) tại 3 điểm phân biệt
⇔ (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1
⇔



>++−+
≠+++++
0)1mk(4)1m(
01mk1m1
2
⇔ (*)





−−
<

−−≠
4
3m2m
k
3m2k
2
b) Vì (D
k
) qua điểm K(–1,1) ∈ (C
m
) nên ta có :
(D
k
) cắt (C
m
) thành 2 đoạn bằng nhau.
⇒ (D
k
) qua điểm uốn








− m
27
m2

;
3
m
3
của (C
m
)
⇒
11
3
m
km
27
m2
3
+






+=−
⇒
)3m(9
27m27m2
k
3
+
−−

=
(**)
Vậy ycbt ⇔ k thỏa (*) và (**).
12) Phương trình tiếp tuyến với (C
m
) đi qua (–1,1) có dạng :
y = k(x + 1) + 1 (D
k
)
Vậy, phương trình hồnh độ tiếp điểm của (D
k
) và (C
m
) là :
– x
3
+ mx
2
– m = (– 3x
2
+ 2mx)(x + 1) + 1 (12)
⇔ m(x
2
– 1) = (– 3x
2
+ 2mx)(x + 1) + 1 + x
3
⇔ x + 1 = 0 ∨ m(x – 1) = – 3x
2
+ 2mx + 1 – x + x

2
⇔ x = – 1 hay 2x
2
+ (1 – m)x – m – 1 = 0 (13)
⇔ x = – 1 ∨
2
1m
x
+
=
y' (–1) = – 2m – 3






+
+






+
−=







+
2
1m
m2
2
1m
3
2
1m
'y
2
=
4
1
(m
2
– 2m – 3)
Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là :
y = – (2m + 3)(x + 1) + 1
y =
4
1
(m
2
– 2m – 3)(x + 1) + 1
Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc chắn
có nghiệm kép là x = – 1 và phương trình (13) chắc chắn có nghiệm là x = –

1.
13) Các tiếp tuyến với (C
m
) tại tiếp điểm của hồnh độ x có hệ số góc là :
h = – 3x
2
+ 2mx
Ta có h đạt cực đại và là max khi
3
m
a2
b
x =−=
(hồnh độ điểm uốn)
Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Nhận xét :
3
m
3
m
3
m
x3mx2x3
22
2
22
≤+







−−=+−
Ghi chú : Đối với hàm bậc 3
y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d, ta có :
i) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
ii) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.

PHẠM HỒNG DANH
(Trung tâm Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)