Chuyên đề hàm số ôn hsg

CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ I - LÍ THUYẾT BỔ TRỢ Một số định lí Định lí Lagrange: Cho f hàm liên tục tồn c   a; b   a; b , có đạo hàm  a; b  Lúc để: f  b  f  a  f ' c  f b  f  a   b  a  f '  c  b a hay    a; b  , có đạo hàm  a; b  f '  c  0 Định lí Rolle: Cho f hàm liên tục f  a  f  b Lúc tồn c   a; b  để Định lí Cauchy: Cho f g hai hàm liên tục g '  x  0 Lúc tồn x   a; b  c   a; b  để  a; b , có đạo hàm  a; b  f  b  f  a  f ' c   g  b   g  a  g ' c  Tính đơn điệu Giả sử hàm số f có đạo hàm khoảng - Nếu f đồng biến  a; b  - Nếu f nghịch biến  a; b   a; b  f '  x  0 đó: với f '  x  0 x   a; b  với x   a; b  - Nếu f '  x  0 x   a; b  với hàm số đồng biến khoảng - Nếu f '  x  0 số hữu hạn điểm  a; b  số hữu hạn điểm  a; b   a; b  x   a; b  với f '  x  0 hàm số nghịch biến khoảng f '  x  0  a; b   a; b   a; b  đồng biến  a; b  ; a; b  a; b  a; b  a; b liên tục  đồng biến  ; liên tục  đồng biến  - Nếu f đồng biến khoảng  a; b  liên tục  a; b  nghịch biến  a; b  ; liên tục a; b  a; b  a; b  a; b   nghịch biến  ; liên tục  nghịch biến  - Nếu f nghịch biến - Nếu f '  x  0 liên tục với x  D hàm số f khơng đổi D Cực trị hàm số Cho hàm số f xác định tập hợp D x0  D x0 gọi điểm cực đại f tồn khoảng  a; b  chứa điểm x0 cho  a; b   D f  x   f  x0  x   a; b  \  x0  , x0 gọi điểm cực tiểu f tồn khoảng  a; b  chứa điểm x0 cho  a; b   D f  x   f  x0  , x   a; b  \  x0  Bổ đề Fermat: Giả sử hàm số có đạo hàm x0   a; b  - Cho f '  x0  0 y  f  x  a; b  Nếu f đạt cực trị điểm liên tục khoảng  a; b  chứa  x0 ; b  : x0 có đạo hàm khoảng  a; x0  Nếu f ' x đổi dấu từ âm sang dương f đạt cực tiểu x0 Nếu f ' x đổi dấu từ dương sang âm f đạt cực đại x0 - Cho y  f  x có đạo hàm cấp hai khoảng  a; b  Nếu f '  x0  0 f ''  x0   f đạt cực tiểu Nếu f '  x0  0 f ''  x0   f đạt cực đại chứa x0 x0 x0 Ứng dụng vào phương trình - Nếu hàm số f đơn điệu K phương trình f  a  0 f  x  0 có tối đa nghiệm Nếu f x 0 , a thuộc K x a nghiệm phương trình   - Nếu f có đạo hàm cấp khơng đổi dấu K f ' hàm đơn điệu nên phương trình f  x  0 phương trình f  x  0 f  b  0 với a b  a; b  , có đạo hàm  a; b  phương trình f  b  f  a  c   a; b  b a có nghiệm Đặc biệt, c   a; b  có nghiệm x a x b - Nếu f hàm liên tục f ' x  f  a  0 có tối đa nghiệm K Nếu f  a   f  b  0 phương trình f '  x  0 có nghiệm hay hai nghiệm f có nghiệm đạo hàm f ' Chú ý: 1) Tung độ cực trị Hàm đa thức: y  f  x x  x0 : y q  x  y ' r  x   y0 r  x0  y  f  x  Hàm hữu tỉ: Đặc biệt: Với hàm u  x0  u '  x0  u  x  y0   v  x v  x0  v '  x0  y  f  x bậc có CĐ, CT trình đường thẳng qua CĐ, CT y r  x  y q  x  y ' r  x  phương 2) Số nghiệm phương trình bậc 3: ax  bx  cx  d 0, a 0 Nếu f '  x  0, x Nếu f '  x  0  hay f '  x  0, x f  x  0 có nghiệm có nghiệm phân biệt và: Với yC Ð yCT  : phương trình f  x  0 có nghiệm Với yC Ð yCT 0 : phương trình f  x  0 có nghiệm (1 đơn, kép) Với yC Ð yCT  : phương trình f  x  0 có nghiệm phân biệt Một số toán cực trị tổng quát Bài toán 1: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông Lời giải tổng quát Với ab  hàm số có ba điểm cực trị Do điểm A  0; c  nằm Oy cách hai điểm B, C Nên tam giác ABC phải vuông cân A Điều tương đương với AB  AC (do AB  AC có sẵn rồi)    b b  b b2  AB    ; ; AC   ;     2a 4a  2a 4a    Mặt khác ta có   b b4 b3 AB AC 0      2a 16a a Do AB  AC nên Bài toán 2: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác Lời giải tổng qt Với ab  hàm số có ba điểm cực trị Do AB  AC , nên ta cần tìm điều kiện để AB BC Mặt khác ta có  AB  AC  b4 b b  ; BC 2  16a 2a 2a AB BC   Do b b4 2b b3     24 2a 16a a a a 0  Bài toán 3: Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c ,  S có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích Lời giải tổng quát Gọi H trung điểm BC lúc H nằm đường thẳng chứa đoạn thẳng BC (hình vẽ)     b2   H  0;   AH  0;     4a  4a   Lúc  Diện tích tam giác ABC tính công S ABC thức: 1  b2   b   AH BC  S0         4a   2a  b  2b  b5 S   S0  16a a 32a Bài tốn 4: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích lớn Lời giải tổng quát b5 S  32a Ở toán ta có   b5  Max    32a  Do ta tìm Bài tốn 5: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị A; B; C tạo thành tam giác ABC B; C  Ox Lời giải tổng quát c 0  B; C  Ox      4a 0 Tam giác ABC có hai điểm cực trị c 0  b  4ac 0 Bài toán 6: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị A; B; C tạo thành tam giác ABC BC kAB kAC ;  k   Lời giải tổng quát  b    b   A  0; c  , B    ; ;  , C     2a 4a   2a 4a   Từ toán tổng quát ban đầu ta có  AB  AC  b4 b b  ; BC 2  16a 2a 2a BC kAB   Ta có b b4 b k   b 3k  8a  k   0 2a 16a 2a Bài tốn 7: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có góc đỉnh cân α Lời giải tổng quát Cách 1: Ta có     b AB AC b b4 b4  cos      AB AC  AB cos  0        cos  0 2a 16a  2a 16a  AB AC  8a  b3   8a  b3  cos  0  cos   b3  8a b3  8a Cách 2: Gọi H trung điểm BC, tam giác AHC vng H có: tan  HC BC      BC  AH tan 0  8a  b3 tan 0 AH AH 2 Bài tốn 8: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có ba góc nhọn Lời giải tổng quát Do tam giác ABC tam giác cân nên hai góc đáy Một tam giác khơng thể có hai góc tù, hai góc đáy tam giác ABC ln góc nhọn Vì để tam giác ABC tam giác có ba góc nhọn góc đỉnh phải góc nhọn Tức tìm  điều kiện để BAC  góc nhọn b  8a  cos BAC cos   b  8a Ở toán ta vừa tìm b3  8a 0  Để góc BAC nhọn b  8a Cách khác để rút gọn công thức: Do   AB AC cos     AB AC  Mà  AB AC  nên để  góc nhọn   AB AC  AB AC   b b4 AB AC      b  b3  8a   2a 16a Bài tốn 9: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp r Lời giải tổng qt Ta có S0  p.r (cơng thức tính diện tích tam giác theo bán kính đường tròn nội tiếp) b5  S0 b2 32a  r   r AB  AC  BC  b b4 b b3      a       2a 16a 2a a   Bài tốn 10: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp R Lời giải tổng quát Trước tiên ta có công thức sau: S ABC  AB.BC.CA 4R Gọi H trung điểm BC, AH đường cao tam giác ABC, nên AB.BC.CA AH BC   4.R AH  AB 4R  b b4 b4  b3  8a 4R     R    16a  2a 16a  a b Bài tốn 11: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có a Có độ dài b Có BC m0 AB  AC n0 Lời giải tổng quát Ở đầu Dạng ta có công thức  b    b   A  0; c  , B    ; ;  , C    2a 4a   2a 4a   với  b  4ac  AB  AC  b4 b b  ; BC 2  16a 2a 2a Do với ý a, b ta cần sử dụng hai công thức Đây hai công thức quan trọng, việc nhớ công thức để áp dụng điều cần thiết Bài tốn 12: Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y ax  bx  c,  a 0  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác a nhận gốc tọa độ O trọng tâm b nhận gốc tọa độ O làm trực tâm c nhận gốc tọa độ O làm tâm đường tròn ngoại tiếp Lời giải tổng quát a Nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm a Ở cơng thức vừa nhắc lại tốn 9, ta có tọa độ điểm A, B, C cần áp dụng cơng thức xG  x A  xB  xC y  yB  yC ; yG  A 3 (với G trọng tâm tam giác ABC)   b  b 3.0 0        2a  2a b2      3c 0  2a  b2    b  c    4a   c    4a   c 3.0    Lúc ta có    b  6ac 0 b Nhận gốc tọa độ O làm trực tâm Do tam giác ABC cân A, mà A nằm trục Oy nên AO ln vng góc với BC Do để O trực tâm tam giác ABC ta cần tìm điều kiện để OB  AC OC  AB   b b4 b2 c  OB AC 0    0  b  8ab  4ab 2c 0 OB  AC 2a 16a 4a  b3  8a  4abc 0 c Nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp Để tam giác ABC nhận tâm O làm tâm đường trịn ngoại tiếp OA OB OC Mà ta ln có OB OC , ta cần tìm điều kiện cho OA OB  c  b b4 2b 2c    c  b  8ab 2c  8ab 0 2a 16a 4a  b3  8a  8abc 0 10