LT Đại Học 2010_Chủ đề 1 Ứng dụng đạo hàm

Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng CẤU TRÚC ĐỀ THI MÔN TOÁN − Năm học 2009−2010 I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm): Câu 1 (2 điểm):  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.  Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số: Chiều biến thiên của hàm số; cực trị; giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số; tiếp tuyến, tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số; Tìm trên đồ thị những điểm có tính chất cho trước; tương giao giữa hai đồ thị (một trong hai đồ thị là đường thẳng)… Câu 2 (2 điểm):  Phương trình, bất phưong trình; hệ phương trình đại số  Công thức lượng giác, phương trình lượng giác Câu 3 (1 điểm):  Tìm giới hạn  Tìm nguyên hàm, tính tích phân.  Ứng dụng của tích phân : Tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay Câu 4 (1 điểm): Hình học không gian (tổng hợp): Quan hệ song song, quan hệ vuông góc của đường thẳng, mặt phẳng; diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay, hình trụ tròn xoay; thể tích của khối lăng trụ, khối chóp, khối nón tròn xoay, khối trụ tròn xoay; diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu. Câu 5 (1 điểm): Bài toán tổng hợp II. Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu 6.a (2 điểm): Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng và trong không gian  Xác định toạ độ của điểm, vectơ  đường tròn, elip, mặt cầu.  Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng  Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu. Câu 6.a (1 điểm):  Số phức  Tổ hợp, xác suất, thống kê.  Bất đẳng thức; cực trị của biểu thức đại số 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 5.b (2 điểm): Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng và trong không gian  Xác định toạ độ của điểm, vectơ  Đường tròn, ba đường cônic, mặt cầu.  Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng  Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, mặt phẳng; khoảng cách giữa hai đường thẳng; vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu. Câu 6.b (1 điểm):  Số phức  Đồ thị của hàm phân thức hữu tỷ dạng y = 2 ax bx c px q + + + và một số yếu tố liên quan.  Sự tiếp xúc của hai đường cong  Hệ phương trình mũ và lôgarit  Tổ hợp, xác suất, thống kê.  Bất đẳng thức; cực trị của biểu thức đại số. Làm sao để trong thời gian ngắn Luyện Thi Cấp Tôc ? Mọi cố gắng sẽ thành công. KIến thức cần nhớ  Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên miền D và đạt được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên D. Khi đó  Phương trình f(x) = g(m) có nghiệm trên D ⇔ min ( ) ( ) max ( ) x D x D f x g m f x ∈ ∈ ≤ ≤ .  Bất phương trình f(x) ≥ g(m) có nghiệm trên D ⇔ max ( ) ( ) x D f x g m ∈ ≥  Bất phương trình f(x) ≥ g(m) nghiệm đúng ∀x ∈ D ⇔ min ( ) ( ) x D f x g m ∈ ≥ .  Bất phương trình f(x) ≤ g(m) có nghiệm trên D ⇔ min ( ) ( ) x D f x g m ∈ ≤  Bất phương trình f(x) ≤ g(m) nghiệm đúng ∀x ∈ D ⇔ max ( ) ( ) x D f x g m ∈ ≤  Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên D = [a; b] và đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất / D. Nếu f(a).f(b)< 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm/(a;b).  Cho phương trình f(x) = g(x) với ∀x∈D. Giả sử trên miền D hàm f(x) luôn luôn đồng biến còn hàm g(x) luôn nghịch biến . Khi đó nếu phương trình trên có nghiệm, thì có nghiệm duy nhất GIẢI BÀI TOÁN TAM THỨC BẬC HAI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM Xét dấu tam thức bậc hai: f(x) = ax 2 + bx +c.  ∆ < 0: f ( x ) luôn cùng dấu với a .  ∆ = 0: f ( x ) luôn cùng dấu với a khi 2 b x a ≠ − .  ∆ > 0: f ( x ) = 0 có hai nghiệm, trong khoảng 2 nghiệm f ( x ) trái dấu a , ngoài khoảng 2 nghiệm f ( x ) cùng dấu với a . So sánh nghiệm của tam thức với số 0  1 2 0 0 0 0 x x P S ∆ >   < < ⇔ >   <   1 2 0 0 0 0 x x P S ∆ >   < < ⇔ >   >   1 2 0 0 x x P < < ⇔ < Tìm m để F(x,m) = 0 có nghiệm thoả điều kiện K? 1) Từ điều kiện K suy ra x ∈ D. 2) Biến đổi F(x,m) = 0 ⇔ g(m) = f(x) với mọi x ∈ D. 3) Khẳng định ycbt ⇔ g(m) ∈ miền giá trị của f(x) trên D 4) Khảo sát hàm số f(x) trên D rút ra kết luận. Tìm m để F(x,m) không đổi dấu trên một miền D? 1) Biến đổi F(x,m) ≥ 0 ∀x ∈ D ⇔ g(m) ≥ f(x) (*) ∀x ∈ D. ( tương tự khi g(m) ≤ f(x) với mọi x ∈ D) 2) (*)⇔ g(m) ≥ D Max f(x) ( hoặc g(m) ≤ D Min f(x) ) 1 1 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng 3) Khảo sát f(x) Tìm Max, Min trên D. Rút ra kết luận. Một số trường hợp ta có thể Tìm ( , ) D Max F x m hoặc ( , ) D Min F x m theo m rồi giải các BPT ( , ) D Max F x m ≤ 0 hoặc ( , ) D Min F x m ≥ 0 để Tìm m Nhận xét: Với cách giải này học sinh không phải dùng vấn đề so sánh nghiệm theo phương pháp tam thức bậc 2 mà chương trình mới (phân ban) không có. Ví du 1.Tìm m để pt mx 2 + 2mx -3 = 0 (1) có nghiệm x ∈ [1;2] Pt ⇔ (x 2 +2x)m = 3 ⇔ 2 3 2 m x x = + (x 2 +2x≠0, ∀x∈[1;2]) Xét hàm số 2 3 ( ) 2 f x x x = + xác định và liên tục / [1;2]. ( ) 2 2 6( 1) '( ) 0, 1;2 2 x f x x x x − + = < ∀ ∈     + ⇒ f(x) giảm/ [1;2] ⇒ 1;2 1;2 3 min ( ) (2) ; max ( ) (1) 1 8 x x f x f f x f ∈ ∈         = = = = Phương trình (1) có nghiệm trên đoạn [1;2] khi và chỉ khi 1;2 1;2 min ( ) max ( ) x x f x m f x ∈ ∈         ≤ ≤ 3 1 8 m ⇔ ≤ ≤ . 2. Tìm m để phương trình x 2 + mx + 2m - 2 = 0 (1) có nghiệm thoả mãn |x| > 2. Ta biến đổi x 2 + mx + 2m − 2 = 0 ⇔ m(x + 2) = 2 – x 2 ⇔ m = 2 2 2 x x − + với x ∈ (-∞; -2) ∪ (2;+∞). Phương trình (1) có nghiệm thoả |x|> 2 ⇔ m là một giá trị của hàm số f(x) = 2 2 2 x x − + trên (−∞; −2) ∪ (2;+∞) Ta có f’(x) = 2 2 4 2 ( 2) x x x − − − + Dựa vào bảng biến thiên ta có 4 2 2 1 2 m m  ≥ +   < −   . Phân tích: Nếu giải bài toán này theo phương pháp tam thức bậc 2 thì sẽ thực hiện: Đặt g(x) = x 2 + mx + 2m – 2. Khi đó bài toán trở thành Tìm m để (1) có nghiệm thoả mãn các trường hợp sau: a) x 1 ≤ x 2 < − 2 b) x 1 < −2 ≤ x 2 ≤ 2 c) x 1 < -2 < 2 < x 2 d) −2 ≤ x 1 ≤ 2 < x 2 e) 2 < x 1 ≤ x 2 . 4.Tìm m để f(x) = 2 3 2 1 mx mx m + + + > 0 ∀x∈[4;5] ? ∀x∈[4;5] ta có 2 3 2 1 mx mx m + + + > 0 ⇔ m > 2 1 3 2 x x − + + ⇔ m> 4;5 Max     2 1 3 2 x x − + + (vì x 2 +3x+2>0) Xét g(x) = 2 1 3 2 x x − + + ⇒ g’(x) = 2 2 2 3 ( 3 2) x x x + + + Dựa vào BBT ta kết luận ∀x∈[4;5], 4;5 ( ) m Max g x     > hay 1 42 m − > thì f(x) > 0 . PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI & BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1. Nghiệm của phương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị (C): y = u(x) và (C’): y = v(x). x = α , x = β . 2. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≥ v(x) là phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = u(x) nằm ở phía trên so với đồ thị y = v(x). 3. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≤ v(x) là phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = u(x) nằm ở phía dưới so với phần đồ thị y = v(x). Bài toán minh họa phương pháp hàm số Cho hàm số ( ) 2 2 3 f x mx mx = + − a. Tìm m để phương trình ƒ( x ) = 0 có nghiệm x ∈[1; 2] b. Tìm m để bất pt ƒ( x ) ≤ 0 nghiệm đúng ∀ x ∈[1; 4] c. Tìm m để bất pt ƒ( x ) ≥ 0 có nghiệm x ∈ [ ] 1;3− a. Ta có f(x) = 0 ⇔ ( ) 2 2 3 2 3 2 m x x m x x + = ⇔ = + . Xét g(x) = 2 3 2 x x + ⇒ g'(x) = − 2 2 6( 1) ( 2 ) x x x + + . Vậy ƒ( x ) = 0 có nghiệm x ∈[1; 2] 3 1 8 m ⇔ ≤ ≤ b. ∀ x ∈[1; 4] ta có f(x) ≤ 0 ⇔ g(x)≥ m [ ] ( ) 1;4 Min x g x m ∈ ⇔ ≥ . Do g(x) = 2 3 2 x x + giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔ [ ] ( ) ( ) 1;4 1 Min 4 8 x g x g m ∈ = = ≥ c. Ta có ∀ x ∈ [ ] 1;3− thì ( ) 2 2 3 0 f x mx mx = + − ≥ ⇔ ( ) 2 2 3 m x x + ≥ (1). Xét các khả năng sau đây:  x = 0 thì (1) trở thành n.0 = 0 ≥ 3 (!) vô nghiệm.  x∈(0; 3] thì (1) ⇔ g(x) ≤ m có nghiệm ⇔ ( ( ) 0;3 Min g x m   ≤ Do g(x) = 2 3 2 x x + giảm /(0; 3] nên ycbt ( ( ) ( ) 0;3 1 3 5 x Min g x g m ∈   ⇔ = = ≤ .  x∈[−1; 0) thì x 2 + 2x < 0 nên (1) ⇔ g(x) ≥ m có nghiệm x∈[−1; 0) ) ( ) 1;0 Max g x m −   ⇔ ≥ . 2 α β b x a v(x) u(x) α ≤ x ≤ β x ≤ α V x ≥ β y’ = 2 2 4 14 ( 2) mx mx x + + + Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng Ta có ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 3 2 2 0, 1;0 2 x g x x x x − + ′ = ≤ ∀ ∈ − + ⇒ g(x) nghịch biến / [−1; 0)nên ta có ) ( ) ( ) 1;0 1 3 Max g x g m −   = − = − ≥ . Vậy: ƒ( x ) ≥ 0 có nghiệm x ∈ [−1; 3] ⇔ m ≤ −3 V m ≥ 1 5 . CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Định lý 1. f (x) đồng biến /(a; b) ⇔ ƒ′(x) ≥ 0,∀x∈(a, b) 2. f (x) nghịch biến/ (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ 0,∀x∈(a, b) ( ƒ′(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈(a, b)) Dạng 1 : Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số f(x) Bài 1: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số: a) y = 4 2 1 2 1 4 x x − − . b) y = − 6x 4 + 8x 3 −3x 2 − 1. Bài 2: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số: a) y = 2 1 5 x x − + b) 2 2 1 4 x y x − = − c) 2 2 1 x y x − = d) 2 3 3 1 x x y x + + = + . e) 2 2 1 x x y x − = − . f) 2 2 3 2 2 1 x x y x x − + = + − . Bài 3: Lập BBT của hàm số a) 4 y x x = − . ĐS: ngbiến/ 8 - ; 3   ∞  ÷   ; đồng biến/ 8 ;4 3    ÷   b) 3 2 2 y x x = + + − .ĐS: đbiến / (−∞; 1); ngbiến/(1;2) Bài 4 (ĐHXD − 1999): Tìm tập xác định, các khoảng đồng biến, nghịch biến của hsố 2 2 1 x y x = − . HS nghịch biến / (−∞; − 2 ) và (1; 2 ); HS đồng biến / (− 2 ; −1) và ( 2 ; +∞). Bài 5 Chứng minh rằng hàm số f(x) = cos2x − 2x + 3 nghịch biến trên  . Bài 6. Chứng minh rằng: f(x) = x +cos 2 x đồng biến / R. Dạng 2 : Xác định giá trị tham số để hàm số y = f(x) đồng biến, nghịch biến trên khoảng, đoạn  f(x) đồng biến trên K '( ) 0, . f x x K ⇔ ≥ ∀ ∈  f(x) nghịch biến trên K '( ) 0, . f x x K ⇔ ≤ ∀ ∈ Lưu ý: x K '( ) 0, ax f'(x) 0. f x x K m ∈ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ x K '( ) 0, min f'(x) 0. f x x K ∈ ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ Hàm số bậc 3 ( hàm số hữu tỷ )  Tập xác định  Đạo hàm y / ( y’ = 0 ⇔ ax 2 + bx + c = 0)  Hàm số tăng trên  ( trong từng khoảng xác định): y / ≥ 0; ∀x ∈  ⇔ 0 0 a >   ∆ ≤  . Giải Tìm m.  Hàm số giảm trên  ( trong từng khoảng xác định): y / ≤ 0; ∀x ∈  ⇔ 0 0 a <   ∆ ≤  . Giải Tìm m. Chú ý: Nếu hệ số a của y / có tham số thì phải xét khi a = 0 Hàm số nhất biến : ax b y cx d + = +  Tập xác định  Đạo hàm y /  Hàm số tăng (giảm) trong từng khoảng xác định : y / > 0 ( y / < 0 ) ⇔ ad − bc (tử) > 0 ( < 0 ). Chú ý : Nếu hệ số c có chứa tham số ta xét thêm c = 0 Tổng quát: “Tìm m để hàm số y = f(x,m) đồng biến trên K”. Ta thực hiện theo các bước sau: B1. Tính đạo hàm f’(x,m). B2. Lý luận: Hàm số đồng biến trên K ⇔ f’(x,m) ≥ 0, ∀x ∈ K ⇔ m ≥ g(x), ∀ x ∈ K (m ≤ g(x)) B3. Lập BBT của hàm số g(x) trên K. Từ đó suy ra giá trị cần Tìm của tham số m. 1) Với giá trị nào của m, hàm số ( ) 3 2 ( ) 3 2 3 f x mx x m x = − + − + nghịch biến trên  ? 2) Với giá trị nào của m, hàm số ( ) 2 3 2 2 1 x mx f x x − + − = − nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. 3) Định m để hàm số 1 mx y x m + = + luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. ( ) 2 2 1 ' m y x m − = + . HD: Hàm số đồng biến /(−∞; −m) và (−m;+∞) ⇔ y’ > 0, ∀x≠ − m ⇔ m 2 − 1 > 0 ⇔ m < −1 V m >1. Chú ý: không được sử dụng y' ≤ 0 vì y' = 0 xảy ra ở vô số điểm nên định lí mở rộng không áp dụng được. Lúc này y' là hàm hằng 4) Tìm m để hàm số y= ( ) ( ) 3 2 1 1 1 3 2 3 3 mx m x m x − − + − + đồng biến/[2;+∞) HD: y’= mx 2 −2(m−1)x+3(m−2) = m(x 2 − 2x + 3) + 2x− 6 Hàm số đồng trên [2; +∞) ⇔ y’ ≥ 0, ∀x ≥ 2 ⇔ m ≥ 2 6 2 2 3 x x x − − + , ∀ x ≥ 2 (vì x 2 – 2x + 3 > 0) Bài toán trở thành Tìm m để f(x) = 2 6 2 2 3 x x x − − + ≤ m ∀x≥2. Ta có f’(x) = 2 2 2 2 12 6 ( 2 3) x x x x − + − + . f’(x) = 0 ⇔ 2x 2 − 12x + 6 = 0 ⇔ x = 3 ± 6 Ta cần có: [2; ) max ( ) f x +∞ ≤ m ⇔ m ≥ 2 3 . 5) Tìm m: y = 2 6 2 2 mx x x + − + nghịch biến / [1;+∞). HD: Hàm số nghịch biến /[1; +∞) ⇔ y’≤ 0, ∀ x ≥ 1 ⇔ mx 2 + 4mx + 14 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2 14 4 x x − + , ∀ x ≥ 1. 3 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng Bài toán trở thành Tìm m để f(x) = 2 14 4 x x − + ≥ m, ∀ x ≥ 1 . Ta có: f’(x) = 2 2 14(2 4) ( 4 ) x x x + + . Ta cần có: [1; ) min ( ) f x +∞ ≥ m ⇔ m ≤ − 14 5 . Tự luyện : Tìm m để 1) ( ) ( ) 2 6 5 2 1 3 1 mx m x m y x + + − − = + nghịch biến/[1, +∞) ĐS: 7 3 m − ≤ . 2) y= x 3 − (2m 2 − 7m + 7)x + 2(m − 1)(2m − 3) đồng biến / [ ) 2,+∞ . ĐS: − 1 ≤ m ≤ 5 2 . 3) y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 đồng biến / (1; 2). ĐS: m ≥ −6 4) y = 2 2 3 1 x x m x − + − đồng biến / (3; + ∞ ). ĐS: m ≤ 9. 5) y = x 3 −3mx 2 + (m + 2)x −m đồng biến/. 2 1 3 m − ≤ ≤ 6) y = (m+2)x 3 − 3x 2 − 3x + 2 nghịch biến/ . m ≤ − 3 7) 2 10 mx m y x m − + = + nghịch biến trên từng khoảng xác định. ĐS:7) 5 2 2 m − < < . 8) m ≤ 4; 9) 1 2 m ≤ − 8) 3 2 1 ( 2) x + 3m 3 y x m x m = − + − − nghịch biến/(1;+∞) 9) 3 2 1 (2 1)x - m +2 3 y x mx m = − + − nghịch biến/(−2;0) 10) y = x 3 − 3(2m + 1)x 2 + (12m + 5)x + 2. a) đồng biến trên (2; +∞). b) đồng biến trên (−∞; − 1) và (2; +∞). ĐS: a) 5 12 m ≤ ; b) 7 5 . 12 12 m − ≤ ≤ Dạng 3: Áp dụng chứng minh bất đẳng thức  Đưa BĐT về dạng f(x)>0 (hay f(x)≥ 0),∀x∈(a;b)  Tính f’(x), xét dấu f’(x) suy ra f(x) đồng biến (hay nghịch biến trên (a;b)  Áp dụng định nghĩa: f(x) đồng biến ⇔ x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) < f(x 2 ) f(x) nghịch biến ⇔ x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) > f(x 2 )  Kết luận BĐT cần phải chứng minh. ( f(x) đồng biến / [a; b] thì ( ) ( ) ( ) f a f x f b ≤ ≤ ; f(x) nghịch biến /[a; b] thì ( ) ( ) ( ) f a f x f b ≥ ≥ ) 1) Chứng minh: sinx + tanx > 2x với mọi x 0; 2 π   ∈  ÷   Giải: Xét f(x) = sinx + tanx – 2x liên tục / 0; 2 π    ÷   ta có 2 1 f'(x)=cos 2 cos x x + − . ∀ x ∈ (0; 2 π ) ta có 0<cosx<1 ⇒cosx > cos 2 x nên f’(x) >cos 2 x + 2 1 cos x − 2 = 2 2 2 (cos 1) cos x x − >0. ⇒ f đồng biến/ 0; 2 π    ÷   ⇒ f(x)>f(0) ∀x 0; 2 π   ∈  ÷   ⇒ ĐPCM 2) CMR: a) f(x) = 2sinx + tanx −3x đồng biến / 0; 2 π   ÷    . b) 2 sin tan 3 , 0; 2 x x x x π   + > ∀ ∈  ÷   . a) Hàm số liên tục trên 0; 2 π   ÷    và có f’(x) = ( ) ( ) 2 2 1 cos 2cos 1 0, 0; 2 cos x x x π − +   > ∀ ∈  ÷   ⇒ Kết quả. b) Từ câu a) suy ra f(x) > f(0) = 0, 0; 2 x π   ∀ ∈  ÷   2sin tan 3 , 0; 2 x x x x π   ⇔ + > ∀ ∈  ÷   (đpcm). 3) CMR: a) f(x) = tanx − x đồng biến trên 0; 2 π   ÷    . b) 3 tan , 0; 3 2 x x x x π   > + ∀ ∈  ÷   . 4) CMR: a) 2( 1) ln 1 x x x − > + (1), ∀x > 1. b) 3 3 5 sin 3! 3! 5! x x x x x x − < < − + ∀ x > 0. c) 2 sin , 0, 2 x x x π π   > ∀ ∈  ÷   5) Chứng minh: a) 2 ln ln x y x y x y + − > − ∀ x > y > 0. b) 1 ln ln 4 1 1 y x y x y x   − >  ÷ − − −   , ( ) , 0,1 x y x y  ∀ ∈   ≠   6) Chứng minh rằng: a b < b a ∀ a > b ≥ e 7) (Đề TSĐH khối D, 2007) Cminh rằng ( ) ( ) 1 1 2 2 , 0 2 2 b a a b a b a b + ≤ + ∀ ≥ > HD. Biến đổi bất đẳng thức ( ) ( ) 1 1 1 4 1 4 2 2 2 2 2 2 b a b a a b a b a b a b     + + + ≤ + ⇔ ≤  ÷  ÷     ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 1 4 ln 1 4 ln 1 4 ln 1 4 ln 1 4 b a b a a b a b a b a b ⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ + + + ⇔ ≤ . Xét hàm số đặc trưng cho hai vế ( ) ( ) ln 1 4 x f x x + = với 0 x > . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 ln4 1 4 ln 1 4 0 1 4 x x x x x f x x − + + ′ = < + ( ) f x ⇒ giảm trên ( ) ( ) ( ) 0, f a f b +∞ ⇒ ≤ . 8) CMR: e x + cosx ≥ 2 + x − 2 x 2 ∀x ∈ R. 9) CMR : e x – e -x ≥ 2ln(x + 2 1 x+ ), ∀ x ≥ 0. 4 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng 10) Tìm α ∈ (0 ; 2π) : y = 1 3 x 3 − 1 2 (1+2cosα)x 2 + 2x.cosα + 1 đồng biến/(1;+∞). HD : y’ = x 2 − (1+2cosα)x + 2cosα y' = 0 ⇔ x = 1 ; x = 2cosα  2cosα = 1 : HSĐB/R ⇒ ĐB/(1 ; +∞).  2cosα < 1 : Lập BBT ⇒ HSĐB/(1 ; +∞).  2cosα > 1 : HSĐB/(−∞ ; 1) và (2cosα ; +∞) không thoả. KL: 2cosα ≤ 1 ⇔ 5 3 3 π π α ≤ ≤ (vì α ∈ (0 ; 2π). CÁC BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ Các vấn đề cực trị cần nhớ Hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc hàm số không có đạo hàm.  Nếu ( ) ( ) 0 0 ' 0 '' 0 f x f x  =   <   thì hàm số đạt cực đại tại 0 x x = .  Nếu ( ) ( ) 0 0 ' 0 '' 0 f x f x  =   >   thì hàm số đạt cực tiểu tại 0 x x = . Một số dạng bài tập về cực trị thường gặp Hàm sô y = f(x) có y’ = 0 ⇔ ax 2 + bx + c; đồ thị (C).  hàm số có 2 cực trị ' 0 0 y a ≠   ⇔  ∆ >   .  hai cực trị nằm về 2 phía đối với trục Ox khi y CĐ .y CT < 0.  hai cực trị nằm về 2 phía đối với trục Oy khi x CĐ .x CT < 0.  hai cực trị nằm phía trên trục Ox khi 0 . 0 CÐ CT CÐ CT y y y y + >    >   .  hai cực trị nằm phía dưới trục Ox khi 0 . 0 CÐ CT CÐ CT y y y y + <    <   .  đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành khi y CĐ .y CT = 0 1. Tìm m để các hàm số sau có cực đại và cực tiểu a) y = (m + 2)x 3 + 3x 2 + mx + m (−3 < m < 1 và m ≠ 2) b) y = 2 2 2 2 1 x m x m x + + + (−1 < m < 1) 2. Tìm m để các hàm số sau không có cực trị a) y = (m − 3)x 3 − 2mx 2 + 3. b) y = 2 mx x m x m + + + (m=0) 3. ho ( ) ( ) ( ) = − + + + + − + 3 2 2 3 1 2 7 2 2 2y x m x m m x m m . Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu và viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu đó HD  : ( ) ( ) 2 2 ' 3 6 1 2 7 2 y x m x m m = − + + + + ( ) ( ) 2 2 ' 0 3 6 1 2 7 2 0 y x m x m m = ⇔ − + + + + = (1) ……….KQ: 4 17 4 17 m m < − ∨ > +  lấy y chia cho y ’ ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 2 1 . ' 8 1 5 3 2 3 3 3 y x m y m m x m m m = − − − − − + + + + gọi A(x 1 ; y 1 ); B(x 2 ; y 2 ) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì x 1 , x 2 là nghiệm của pt y’ = 0 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 . ' 8 1 5 3 2 3 3 3 ' 0 y x m y x m m x m m m y x  = − − − − − + + + +    =  ( ) ( ) 2 3 2 1 1 2 2 8 1 5 3 2 3 3 y m m x m m m ⇒ = − − − + + + + Tương tự ta cũng có ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 2 8 1 5 3 2 3 3 y m m x m m m = − − − + + + + vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm CĐ và CT là: (d): ( ) ( ) = − − − + + + + 2 3 2 2 2 8 1 5 3 2 3 3 y m m x m m m . 4. Cho hàm số 2 8 x mx y x m + − = − . Xác định m để hàm số có cực trị, khi đó viết phương trình đường thẳng qua các điểm cực đại ,cực tiểu của đồ thị hàm số. HD  hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ 2 2 m m < − ∨ >  gọi A(x 1 ; y 1 ); B(x 2 ; y 2 ) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số thì x 1 , x 2 là nghiệm của pt y’ = 0 đặt ( ) ( ) 2 8, u x x mx v x x m = + − = − Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 ' 2 2 1' u x u x x m y y x m v x v x + = = = ⇒ = + Tương tự ta cũng có : 2 2 2 y x m = + . Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là: 2 y x m = + . 5. Cho ( ) ( ) 3 2 2 2 1 3 2 4 y x m x m m x = − + + − + + . Xác định m để đồ thị của hàm số có hai hai điểm cực đại và cực tiểu nằm vềhai phía của trục tung. (1 < m < 2) 6. Cho hàm số y = 2x 3 + ax 2 − 12x − 13 (a là tham số). với những giá trị nào của a thì đồ thị của hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu, các điểm này cách đểu trục tung HD: ( ) 2 2 ' 6 2 12 2 3 6 y x ax x ax = + − = + − hàm số có cực đại và cực tiểu cách đều trục tung ⇔ y’ = 0 hay g(x) = 3x 2 + ax − 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thỏa x 1 + x 2 = 0 2 1 2 72 0, 0 3 a a a x x  ∆ = + > ∀  ⇔  + = − =   ⇔ a = 0. GÍA TRỊ LỚN NHẤT & GÍA TRỊ NHỎ NHẤT Định nghĩa : Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D  Nếu tồn tại 1 điểm x 0 ∈ D sao cho: f(x) ≤ f(x o ), ∀x ∈ D thì M = f(x 0 ) được gọi là GTLN của hàm số trên tập D.  Nếu tồn tại 1 điểm x 0 ∈ D sao cho: f(x) ≥ f(x o ), ∀x ∈ D thì m = f(x 0 ) được gọi là GTLN của hàm số trên tập D. Phương pháp : Cách 1 Lập bảng biến thiên của hàm số rồi kết luận. Cách 2 (Xét trên đoạn [a; b]) Cách 3 Dựa vào điều kiện phương trình có nghiệm (hay còn gọi là Miền giá trị của hàm số)  Xem y là hằng số ,ta cần Tìm y để phương trình f(x) = y có nghiệm x thuộc D.  Từ đó Tìm miền giá trị của y ⇒ GTLN-GTNN của hàm số. Chú ý: 1) Cách giải này không cần chỉ ra giá trị của biến ứng với các GTLN-GTNN. 2) Một số phương trình cần lưu ý đến điều kiện có nghiệm của nó như sau: a) ax+ b = 0 có nghiệm x ∈ R ⇔ a ≠ 0 hoặc a = b = 0. b) ax 2 +bx +c = 0 có nghiệm x ∈ R ⇔ (a = 0 và b ≠ 0 ) hoặc (a = b = c = 0) hoặc (a ≠ 0 và ∆ ≥ 0). 5 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng c) asinx + bcosx = c có nghiệm x ∈ R ⇔ a 2 + b 2 ≥ c 2 . Cách 4 Dựa vào tính chất của bất đẳng thức và các bất đẳng thức như Côsi ; Bunhia-cốpxki ; bất đẳng thức trị tuyệt đối ;…Đặc biệt lưu ý điều kiện xảy ra dấu “=”. CHÚ Ý CHUNG  Có thể biến đổi và đặt ẩn phụ, đặt điều kiện cho biến mới và Tìm GTLN, GTNN của hàm số theo biến mới.  Nếu gặp những biểu thức chứa hai biến ta biến đổi đưa về trường hợp một biến . Ứng dụng của GTLN, GTNN để giải PT, BPT:  Giải phương trình:  Lập phương trình hoành độ giao điểm f(x) = g(m)).  PT có nghiệm ⇔ min ( ) ( ) max ( ) x D x D f x g m f x ∈ ∈ ≤ ≤ .  Tương tự cho trường hợp có k nghiệm và vô nghiệm.  Giải bất phương trình: Áp dụng các tính chất sau:  f(x) ≥ g(m) đúng ∀x ∈ D ⇔ min ( ) x D f x ∈ ≥ g(m) ∀x ∈ D  f(x) ≤ g(m) đúng ∀x ∈ D ⇔ max ( ) x D f x ∈ ≤ g(m) ∀x ∈ D  f(x) ≥ g(m) có nghiệm x ∈ D ⇔ max ( ) x D f x ∈ ≥ g(m) ∀x ∈ D  f(x) ≤ g(m) có nghiệm x ∈ D⇔ min ( ) x D f x ∈ ≤ g(m) ∀x ∈ D 1) Tìm GTLN, GTNN của hàm số a) 2 cos 2 4sin y x x = + trên đoạn 0; 2 π       . ĐS: m = 2 khi x = 0; M= 2 2 khi 4 x π = b) 3 4 2 sin sin 3 y x x = − trên đoạn 0; π     . ĐS: m = 0 khi x = π ; M = 2 2 3 khi 4 x π = . c) y = cos 2 2x − sinx.cosx + 4 d) 6 6 4 4 1 sin cos 1 sin cos x x y x x + + = + + . c) m = 7 2 khi 4 x k π π = + ; M = 81 16 khi 1 sin2 4 x − = . d) m = 5 6 khi 4 2 k x π π = + ; M= 1 khi 2 k x π = . e) y = x − e 2x trên đoạn [0; 1]. f) y= 2 cos x x + trên đoạn 0; 2 π       . g) 2 3 9 y x x = + − . h) 3 2 3 y x x = − & 2 y x x = − trên đoạn 1;1−     . i) sin 3 sin 1 2 sin x x y x + − = − .j) 2 2 3 2 x y x x + = + + .k) 1 x x y e e = + l) y = sin 3 x − cos2x + sinx + 2. m) 2 3 2 y x x = − + trên đoạn [−10; 10]. n) 1 9 y x x = − + − trên đoạn [3; 6]. p) y = 2 x + 2 −x − (4 x + 4 −x ) trên [0; 1] 2) Tìm GTNN của P(x; y)= x 2 + 11y 2 − 6xy + 8x − 28y+21 Giải. P(x, y) = (x − 3y + 4) 2 + 2(y − 1) 2 + 3 ≥ 3 suy ra MinP( x , y ) = 3 ⇔ 1 0 1 3 4 0 1 y y x y x − = =   ⇔   − + = = −   3) Cho x , y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: S = 4 4 2 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y x y x + − − + + Giải. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 y y x y x x S y x y x y x     = − + − − + + + +  ÷  ÷     = 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 y x y x y x y x y x y x         − + − + − + + − +  ÷  ÷  ÷  ÷         = 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 1 2 2 y x y x y x y x xy y x   −     − + − + − + + ≥  ÷  ÷  ÷       . Với x = y > 0 thì MinS = 2 4) Tìm GTLN của S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 (x + y) Giải . S = 2 1 cos 2 1 cos 2 1 cos ( ) 2 2 x y x y − − + + − + 2 2 cos( ) cos( ) cos ( ) x y x y x y = − + − − + 2 9 1 cos( )cos( ) cos ( ) 4 4 x y x y x y   = − + + − + +     S 2 2 9 9 1 1 cos( ) cos( ) sin ( ) 4 2 4 4 x y x y x y   = − − + + − − ≤     . Với 3 x y k π π = = + , ( k ∈) thì 9 Max 4 S = 5) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 1 2 3 8 1 2 2 3 7 8 8 ( ) S x x x x x x x x x x x = + + + + − + + + + Giải. 2 2 2 1 2 2 3 3 4 1 3 2 4 3 2 4 3 6 4 S x x x x x x       = − + − + −  ÷  ÷  ÷       2 4 5 5 4 8 5 x x   + −  ÷   2 2 5 6 6 7 6 5 7 6 10 6 12 7 x x x x     + − + −  ÷  ÷     2 2 7 8 8 8 7 9 8 4 4 14 8 16 9 9 9 x x x     + − + − − ≥ −  ÷  ÷     Với 1 2 2 3 6 7 7 8 8 1 2 6 7 8 ; ; ; ; ; 2 3 7 8 9 x x x x x x x x x = = = = = , thì 4 Min 9 S = − 6) Cho x, y, z ∈ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 19 x 2 + 54 y 2 +16 z 2 −16 xz − 24 y +36 xy Giải. Biến đổi S ⇔ f ( x ) = 19 x 2 − 2(8 z −18 y ) x + 54 y 2 +16 z 2 − 24 y Ta có ∆′ x = g ( y ) = (8 z −18 y ) 2 − (54 y 2 +16 z 2 − 24 y ) = −702 y 2 +168 zy − 240 z 2 ⇒ ∆′ y = (84 z ) 2 − 702.240 z 2 = −161424 z 2 ≤ 0 ∀ z ∈R ⇒ g ( y ) ≤ 0 ∀ y , z ∈R Suy ra ∆′ x ≤ 0 ∀ y , z ∈R ⇒ f ( x ) ≥ 0. Với 0 x y z = = = thì 0 MinS = 7) Cho x 2 + xy + y 2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: S = x 2 − xy + y 2 Giải Xét y = 0 ⇒ x 2 = 3 ⇒ S = 3 là 1 giá trị của hàm số. Xét y ≠ 0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau đây ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 / ( / ) 1 1 3 ( / ) ( / ) 1 1 x y x y S x xy y t t u u x xy y x y x y t t − + − + − + = = = = = + + + + + + với x t y = 6 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng ⇔ u ( t 2 + t + 1) = t 2 − t + 1 ⇔ ( u − 1) t 2 + ( u + 1) t + ( u − 1) = 0 (*) + Nếu u = 1, thì t = 0 ⇒ x = 0, y = 3± ⇒ u = 1 là 1 giá trị của hàm số + Nếu u ≠ 1, thì u thuộc tập giá trị hàm số ⇔ phương trình (*) có nghiệm t ⇔ ∆ = (3 u − 1)(3 − u ) ≥ 0 ⇔ 1 1 3 3 u ≤ ≠ ≤ . Vậy tập giá trị của u là 1 ,3 3       ⇒ 1 Min 3 u = ; Max u = 3 Min S = 1 ⇔ 1 Min 3 u = ⇔ t = 1 ⇒ 2 2 1 3 x y x y x xy y =  ⇔ = = ±  + + =  Max S = 9 ⇔ Max u = 3 ⇔ t = −1 ⇒ 2 2 3, 3 3 3, 3 x y x y x xy y x y  = −  = = − ⇔   + + =  = − =   8) (ĐH 2005A) Cho , , 0 x y z > ; 1 1 1 4 x y z + + = . Tìm Min của S 1 1 1 2 2 2 x y z x y z x y z = + + + + + + + + Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, b, c, d > 0 ( ) ( ) 4 4 1 1 1 1 1 4. .4. 16 a b c d abcd a b c d abcd + + + + + + ≥ = 16 1 1 1 1 a b c d a b c d ⇒ + + + ≥ + + + 16 16 1 1 1 1 2 16 16 1 1 1 1 2 16 16 1 1 1 1 2 1 1 1 16 4 x x y z x x y z x y z x y y z x y y z x y z x y z z x y z z x y z x y z  + + + ≥ =  + + + + +   + + + + ≥ =  + + + + +   + + + ≥ =  + + + + +    = + +  ÷   1 1 1 16 Min 1 2 2 2 S x y z x y z x y z   ≥ + + ⇒ =  ÷ + + + + + +   9) (ĐH 2007B) Cho , , 0 x y z > . Tìm Min của S 1 1 1 2 2 2 y x z x y z yz zx xy       = + + + + +  ÷  ÷  ÷       Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số ta có 2 2 2 4 4 4 9 4 4 4 1 2 9 9 9 . Min 2 2 2 y y x x z z S x y z yz yz zx zx xy xy x y z S x y z   = + + + + + + + +  ÷   ≥ = ⇒ = 10) Giải phương trình: a) 4 4 2 4 2 x x − + − = Giải. Đặt ( ) 4 4 2 4 f x x x = − + − với 2 4 x ≤ ≤ ( ) ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 0 3 4 2 4 f x x x x   ′ = − = ⇔ =   − −   Nhìn BBT suy ra: ( ) ( ) [ ] 3 2 2,4 f x f x ≥ = ∀ ∈ ⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 b) Giải phương trình: 3 5 6 2 x x x + = + Giải. PT ⇔ f(x) = 3 5 6 2 0 x x x + − − = . Ta có: f’(x) = 3 ln3 5 ln5 6 x x + − ⇒ f”(x)= ( ) ( ) 2 2 3 ln3 5 ln5 0 x x + > ∀x ⇒ ƒ′( x ) đồng biến. Mặt khác ƒ′( x ) liên tục và f’(0) = ln3 + ln5 − 6 < 0, f’(1) = 3ln3 + 5ln5 − 6 > 0 ⇒ f’(x) = 0 có đúng 1 nghiệm x o Nhìn bảng biến thiên suy ra: f(x) = 3 5 6 2 0 x x x + − − = có không quá 2 nghiệm. Mà f(0)=f(1) = 0 nên phương trình có đúng 2 nghiệm 0; 1 11) Tìm m để : a) BPT 2 2 9 m x x m + < + nghiệm đúng ∀x∈ R Giải. 2 2 9 m x x m + < + ⇔ ( ) 2 2 9 1 m x x + − < ⇔ ( ) 2 2 9 1 x m f x x < = + − f’(x)= ( ) 2 2 2 2 9 2 9 2 9 2 9 1 x x x − + + + − =0⇔ 2 2 9 9 6 x x + = ⇔ = ± ( ) 2 1 1 lim lim 9 2 1 2 x x f x x x →+∞ →+∞ = = + − ; ( ) 2 1 1 lim lim 9 2 1 2 x x f x x x →−∞ →−∞ − − = = + + Nhìn BBT ta có f(x) > m ∀x ∈ R ⇔ ( ) ( ) 3 3 Min 6 4 4 x f x f m m ∈ − = − = − > ⇔ < ¡ b) 2 + 2sin2x = m(1 + cosx) 2 (1) có nghiệm , 2 2 x π π   ∈ −     Giải. , 2 2 x π π   ∈ −     ⇒ , 2 4 4 x π π −   ∈     , đặt t = [ ] tan 1,1 2 x ∈ − ⇒ 2 2 1 cos 1 t x t − = + ; 2 2 sin 1 t x t = + . Khi đó (1) ⇔ 2(sinx + cosx) 2 = m(1 + cosx) 2 ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 t t t m t t     + − − = +  ÷  ÷ + +     ( ) ( ) 2 2 2 1 2 f t t t m ⇔ = + − = (2) Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 0 f t t t t ′ = + − − = 1; 1 2 t t ⇔ = = − ⇒ Bảng biến thiên. Nhìn bảng biến thiên suy ra: (2) có nghiệm [ ] 1,1 t ∈ − khi [ ] ( ) [ ] ( ) 1,1 1,1 Min 2 Max t t f t m f t ∈ − ∈ − ≤ ≤ ⇔ 0 2 4 0 2 m m ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ . ĐSì [ ] 0;2 m ∈ . c) (1 2 ).(3 ) x x + − >m +(2x 2 −5x+3) có nghiệm∀x ∈[−½;3] HD Đặt t= (1 2 ).(3 ) x x + − Từ miền xác đinh của x suy 7 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng ra 7 2 0; 4 t   ∈       . Biến đổi thành f(t) = t 2 + t > m + 2. Tìm miền giá trị của VT. ĐS: m < − 6 KHẢO SÁT HÀM SỐ Ví dụ 1. Cho hàm số y = f(x) = mx 3 + 3mx 2 –(m–1)x–1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. b) Xác định m để hàm y = f(x) không có cực trị a) với m = 1, y = x 3 + 3x 2 – 1 b) y’ = 3mx 2 + 6mx– (m– 1). Điều kiện cần và đủ để y = f(x) không có cực trị là phương trình f’ (x) = 0 không có hai nghiệm phân biệt, nghĩa là 2 0 1 0 0 4 ' 9 3 ( 1) 0 m m m m m m =   ≠ ⇔ ≤ ≤     ∆ = + − ≤   Ví dụ 2. Cho hàm số y = x 3 + mx 2 – m a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3 b) Khi nào đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt c) Xác định m sao cho x ≤ 1 ⇒ y ≤ 1. a) m = 3 ⇒ y = x 3 + 3x 2 – 3 b) Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có cực đại và cực tiểu và ycđ. yct < 0 y’ = 3x 2 + 2mx = x(3x + 2m). y’ = 0 ⇔ x = 0 , x = – 2m/3 Hàm có cực đại và cực tiểu ⇔– 2m/3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 y CĐ .y CT = y(0).y 3 2 4 27 0 3 27 − −   = − <  ÷   m m m m 2 4 27 0⇔ − >m 3 3 3 3 2 2 ⇔ < − >m V m . Vậy 3 3 2 >m c)  Tìm GTLN−GTNN của |y| = | x 3 + mx 2 –m| trên –[−1; 1]? Xét f(x) = x 3 + mx 2 – m xác định nên liên tục /[−1 ; 1] f’(x) = 0 ⇔ x = 0 , x = – 2m/3. y(0) = −m; y(−1) = −1; y(1) = 1; y 2 3 −    ÷   m = 3 4 27 − m m Do y(−1).y(1) = −1 < 0 ⇒ pt y(x) = 0 luôn có nghiệm x o ∈[−1;1] Ta có |y| = |f(x)| và |y(0)| = |m|; |y(−1)| =| y(1)| = 1;  1x ≤ ⇒ ( ) 1y x ≤ điều kiện cần ( ) 0 1y m= ≤ . Với |m| ≤ 1, m ≠ 0, ta có |−2m/3| ≤ 1với m ∈ [−1, 1]\ { } 0 2 3 −    ÷   m y = 3 2 4 4 1 27 27   − = − ≤  ÷   m m m m m ≤ 1 Vậy (|x|≤1 ⇒ |y|≤1) ⇔ [ 1;1] max − y ≤ 1 ⇔ m ∈ [−1; 1]. Ví dụ 3 . Cho hàm số y = (m– 2)x 3 – mx + 2 (1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m =– 1 b) Cmr khi m ∈ (0, 2) hàm không có cực đại và cực tiểu. c) Cmr đồ thị của hàm số (1) luôn qua ba điểm cố định. b) y’ = 3(m– 2)x 2 – m m ∈ (0, 2) ⇒ m / 3(m–2) < 0 và phương trình y’ = 0 vô nghiệm. c) y = mx 3 – 2x 3 – mx + 2 ⇔ mx (x 2 – 1)– 2(x 3 – 1)– y = 0(*) Pt (*) đúng ∀m ∈ R ⇔ ( ) ( ) 2 3 0 2 1 0 1 4 2 1 1 0 = ⇒ =   − =   ⇔ = − ⇒ =   = − −    = ⇒ =  o o o o o o o o o o x y x x x y y x x y Đồ thị luôn đi qua 3 điểm cố định (0; 2), (− 1; 4), (1; 0). Ví dụ 4. Cho y = f(x) = 2x 3 – 3(2m + 1)x 2 + 6m (m + 1)x + 1(1) a) Tìm quĩ tích điểm uốn’ b) Tìm quĩ tích điểm cực đại c) Tìm quĩ tích trung điểm đoạn nối điểm CĐ & CT của đồ thị. Giải. a) y’ = 6x 2 – 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) y” = 12x– 6(2m + 1) Vậy điểm uốn là I 2 1 2 1 ; 2 2  + +     ÷  ÷     m m f . 2 1 2 m x + = ⇒ 2 1 2 x m − = , thay vào (1) có 3 3 2 1. 2 y x x= − + Vậy quĩ tích là đồ thị hàm số y = 2x 3 − 3/2 x + 1 b) y’ = 6[x 2 – (2m + 1)x + m (m + 1)], y’ = 0 ⇔ 1 x m x m =   = +  y’(x)<0 ⇔ x∈ (m, m + 1); y’(x)>0 ⇔ x∈(−∞, m)∪(m + 1, +∞) Vậy hàm luôn có cực đại và cực tiểu tại x = m và x = m + 1. Điểm cực đại là (m, f(m)). Khử m bằng cách thay m = x, vào (1) ta được y = 2x 3 + 3x 2 + 1. Vậy đồ thị của hàm y = 2x 3 + 3x 2 + 1 là quĩ tích các điểm cực đại của hàm số khi m thay đổi. c) Trung điểm của đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu là điểm uốn, mà quĩ tích đã biết ở câu a). Ví dụ 5. Cho y = f(x) = x 4 – mx 3 – (2m + 1)x 2 + mx + 1 a) Khảo sát hàm số với a = 0. b) Tìm các điểm trên trục tung sao cho qua đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị của y = f(x) với m = 0. c) Định m: f(x) = 0 có hai nghiệm khác nhau lớn hơn 1. Giải. a) Với m = 0, hàm số có dạng y = x 4 – x 2 + 1 b) f(x) là hàm chẵn nên trục tung là trục đối xứng. Nên qua điểm trên trục tung kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị thì phải có 1 tiếp tuyến song song với trục hoành. Từ đó điểm cần Tìm phải là điểm M(0, 1). Ta kiểm tra điều đó. Giả sử y = ax + 1 là tiếp tuyến khác qua a. Khi đó phải có 4 2 3 1 1 4 2 o o o o o x x ax x x a  − + = +   − =   với x o là hoành độ tiếp điểm. Giải hệ (đối với (xo, a)) ta có các nghiệm (0; 0), 3 4 3 ; 3 9   ± ±  ÷  ÷   Từ đó các tiếp tuyến khác y = 1 là ( ) 4 3 / 9 1= ± +y x . Vậy điểm cần Tìm là M (0; 1). c) Phương trình x 4 – mx 3 – (2m + 1)x 2 + mx + 1 = 0 (1) ⇔ ( ) 2 2 1 1 2 1 0x m x m xx   + − − − + =  ÷   (2) Đặt 1 t x x = − . t’(x) = 2 1 1 x + > 0, do đó x > 1 thì t(x) > t(1) = 0. (2) ⇔ t 2 – mt– (2– 1) = 0 (3). Vậy để có hai nghiệm lớn hơn 1, phương trình (3) phải có hai nghiệm dương. Tức là phải có ( ) 2 2 4 1 2 0 m +8m-4>0 / 2 / 2 0 m>0 1 2 0 m<1/2  ∆ = − − >    = > ⇔     = − >   m m S m p m ⇔m∈ 1 4 2 5; 2   − +  ÷   Ví dụ 6 . Cho hàm số 1 mx y x m − = − (1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2. b) Với m nào hàm đồng biến, nghịch biến không đổi? c) Cmr khi m thay đổi đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định. d) Tìm quĩ tích tâm đối xứng của đồ thị. 8 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng Giải. a) Với m = 2, 2 1 3 2 2 2 x y x x − = = + − − . Tập xác định R\ { } 2 ( ) 2 3 ' 2 y x = − > − 0 với ∀ x ≠ 2. Tiệm cận: x = 2 và y = 2. b) ( ) 2 2 1 ' m y x m − = − ,x ≠ m • 1– m 2 > 0 ⇔– 1 < m < 1 hàm số đồng biến/(−∞, m) và (m, +∞) • 1– m 2 < 0 ⇔ m< −1 V m >1 hàm số NB/(−∞, m) và (m, +∞) • Nếu 1– m 2 = 0 (⇔ m = ± 1) thì y không đổi m = 1 ⇒ y ≡ 1 trên R\{−1} ; m =– 1 ⇒ y ≡– 1 trên R\ { } 1− c) đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định (1,–1) và (−1, 1). d) Tâm đối xứng là giao của hai tiệm cận tức là điểm (m, m). Khi m thay đổi các điểm này vạch đường thẳng y = x. ĐH 2009 Khối A. Cho hàm số ( ) 2 1 2 3 + = + x y x 1) KSHS 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O. HD: tt d // y = x hoặc y = −x. Do y' < 0 ∀x ∈ D nên f'(x) = −1 ⇒ x 0 = − 2 ⇒ pttt d: y = −x − 2 Khối B. Cho hàm số y = 2x 4 – 4x 2 (1) 1) KSHS 2) Với các giá trị nào của m, phương trình 2 2 2− =x x m có đúng 6 nghiệm thực phân biệtừ x 2 x 2 – 2 = m ⇔ 2x 2 x 2 – 2 = 2m (*) (*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) : y = 2x 2 x 2 – 2 và (d): y = 2m Ta có (C’) ≡ (C); nếu x ≤ − 2 hay x ≥ 2 (C’) đối xứng với (C) qua trục hoành nếu − 2 < x < 2 Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ 0 < 2m < 2 . Đs: 0< m <1 Khối D. Cho hàm số y = x 4 – (3m + 2)x 2 + 3m (C m ) 1) Khảo sát hàm số đã cho khi m = 0. 2)Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị (C m ) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2. HD: Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = −1 là: x 4 – (3m + 2)x 2 + 3m = −1 ⇔ x 4 – (3m + 2)x 2 + 3m + 1 = 0 ⇔ x = ±1 hay x 2 = 3m + 1 (*) Đường thẳng y = −1 cắt (C m ) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ < 2 ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác ±1 và < 2 ⇔ 0 3 1 4 3 1 1 < + <    + ≠   m m ⇔ 1 1 3 0  − < <    ≠  m m ĐH 2008 Khối A Cho hàm số y = 2 2 (3 2) 2 3 mx m x x m + − − + (1). 1.Khảo sát hàm số (1) ứng với m = −1. 2.Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 45 0 . ĐS: m= ± 1 Khối B Cho hàm số y = 4x 3 -6x 2 +1 (1). 1)KSHS 2) Viết pttiếp tuyến của đồ thị hàm số (1),biết tiếp tuyến qua điểm M (−1;−9). ĐS: y = 24x +15 và y = 15x/4 – 21/4 Khối D Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 (1) 1)KSHS 2.Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;2) với hệ số góc k ( k > −3) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I,A,B đồng thời I là trung điểm đoạn thẳng AB. HD: Đường thẳng d đi qua I(1;2) có dạng y = kx − k +2 Pthđgđ: x 3 – 3x 2 + 4 = k(x − 1) + 2 ⇔ (x −1)[x 2 − x− (k + 2)] = 0 ⇔ x = 1 hay [x 2 − 2x − (k+2)] = 0 (*) Do k > −3 nên pt (*) luôn có 2 nghiệm ≠ 1 .Suy ra C cắt d tại 3 điểm pb A; I; B và x A +x B = 2 = 2 x I ⇒ I là trung điểm của AB DỰ BỊ A1-08 Cho hàm số : 3 2 3 ( 1) 1= + + + +y x mx m x (1) , 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = –1 2) Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x = –1 đi qua điểm A(1 ; 2). ĐS: m = 1/4 DỰ BỊ A2-08 Cho hàm số 4 2 8 7= − +y x x (1) 1) KSHS 2) Tìm m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị (1) x 2 = 4 ⇒ x = 2 ⇒ m = 0 hoặc x = − 2 ⇒ m = 0 DỰ BỊ B1-08 Cho hàm số : ( ) ( ) 3 2 3 3 2 1, 1= − − + −y x x m m x 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số (1) có 2 cực trị cùng dấu. DỰ BỊ B2-08Cho hàm số 2 (3 2) 1 2 2 + − + − = + x m x m y x (1) . 1) Khảo sat sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2) Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng xác định . ĐS: m ≥ 9/8 DỰ BỊ D1-08 Cho hàm số 3 1 1 + = + x y x (1) . 1) KSHS 2) Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm M(–2 ;5) . ĐS: pttt tại M(−2;5) là: y = 2x + 9 S ∆ OAB = 81/4 ĐH 2007 Khối A) Cho hàm số y = 2 2 2( 1) 4 2 x m x m m x + + + + + (1) 1) Khảo sát hàm số (1) khi m = 1 2) TÌìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc toa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O HD: ∆ OAB vuông tại O khi . 0= uuur uuur OAOB ⇔ m 2 +8m-8 =0 ⇔ m = −4 ± 2 6 Khối B Cho y = − x 3 +3x 2 +3(m 2 −1)x −3m 2 −1 (1). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đều gốc toạ độ O. HD ∆ ’ = m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0 A(1 – m ; -2 – 2m 3 ), B(1 + m;– 2 + 2m 3 ) O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m 3 = 2m ⇔ m = 1 2 ± Khối D Cho hàm số : 2 1 x y x = + . 1) KSHS. 2) Tìm toạ độ điểm M ∈(C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox,Oy tại A,B và ∆OAB có diện tích = 1 / 4 . ĐS M 1 ; 2 2   − −  ÷   , M(1 ; 1) ĐH Năm 2006: 1/ A : ( C ) y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4 a/ KSHS. b/Xác định m để pt : 2 3 2 9 12 0x x x m− + − = có 6 nghiệm pb. 2/ B : ( C) 2 1 2 x x y x + − = + a/ KSHS. b) Viết pttt của ( C ) & vuông góc với tiệm cận xiên . HD: b/ k=-1 : x 0 = −2 2 3 2 ; 3 2 2 y± = − ± 9 Luyện Thi Đi Hc _  Hồ Văn Hoàng 3/ D: (C) y = x 3 − 3x +2 a/ KSHS. b/ Đt (D) qua A(3;20) có hsg m. Định m để (D ) cắt ( C ) tại 3 điểm khác nhau . Đsố : m>15/4 và m ≠ 24. ĐH Năm 2005 : 1/ A : ( Cm ) y = mx +1/x a/ KSHS. b/Xác định m để HS có ctrị và khoảng cách từ cực tiểu đến tiệm cận xiên bằng 1 2 2 2 2 2 1 1 ( ;2 ); ( ; ) 2 1 1 2 1 0 1 m m m CT m d m tcx m m m m m m − = = = + + ⇔ − + = ⇔ = 2/ B : ( C) 2 ( 1) 1 1 x m x m y x + + + + = + . a/ KSHS. b) CMR: Với mọi m, ( C m ) luôn có CĐ, CT và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20 . HD: b/ Cđ( -2;m-3) CT(0;m+1). D = 20 3/ D: (C m ): 3 2 1 1 3 2 3 m y x x= − + a/ KSHS. b/ Gọi M∈(C m ) có x M = –1. Tìm m để tại M có tt // d: 5x − y = 0 ĐH Năm 2004: 1/ A : ( C) 2 3 3 2( 2) x x y x − + − = + a/ KSHS. b/ Tìm m để y = m cắt (C) tại A,B sao cho : AB=1 . HD: pt hđgđ: x 2 + (2m − 3) x + 3 − 2m = 0 có 1 3 0 V 2 2 ∆ > ⇔ < − >m m 2 1 2 1 2 1 2 1 5 1 1 ( ) 4 2 ± = ⇔ − = ⇔ + − ⇔ =AB x x x x x x m 2/ B: ( C) 3 2 1 2 3 3 y x x x= − + a/ KSHS. b/Viết pttt của ( C ) tại điểm uốn . CMR tt nầy cóHSG nhỏ nhất Chú ý : a > 0: HSGóc NN, a < 0 : HSG lớn nhất . 3/ D: (C m ) 3 2 3 9 1y x mx x= − + + a/ KSHS khi m = 1 b/ Tìm m để điểm uốn của (Cm) thuộc đường thẳng y = x +1. HD: I thuộc đt ⇔ m=0, m = 2 ± ĐH B Năm 2003 :(C) 3 2 3y x x m= − + a/KSHS khi m = 2 . b/Tìm m để ( Cm ) có hai hai điểm đối xứng qua gốc toạ độ . HD : YCĐB ⇔ x o ≠ 0 sao cho y(x 0 ) ≠ − y(−x 0 ) Thế x 0 vào hai vế để phương trình có 2 ngh: 2 0 3 0.x m m= ⇔ > ĐH Năm 2002: 1/A: (C): 3 2 2 3 2 3 3(1 )y x mx m x m m= − + + − + − a/KSHS khi m =1. b/Tìm k để 3 2 3 3 0x x k − + + = có 3 nghiệm phân biệt. c/ Viết phương trình đường thẳng qua hai cực trị của ( Cm ) b/ ( 3 2 0 3 4 1 3; 0; 2k k k k k< − + < ⇔ − < < ≠ ≠ ) c/ (Cm) có cực trị với mọi m .Chia y cho y / ta có : y = 2x+ m−m 2 2/ B: 4 2 2 ( 9) 10y mx m x= + − + a/KSHS khi m =1. b/Tìm m để HS có 3 ctrị . HD: b/ y ’ = 2x( 2mx 2 + m 2 − 9) = 0 ⇔ 2 2 0 2 9 0(2) x mx m =   + − =  . (2) Có 2ngh ph biệt khác 0 2 2 0 3 9 0 2 2 m m m m x m ≠  < −   ⇔ <=>  −  < < =    Tự luyện Bài 1: Cho hàm số 3 2 2 2 3 3( 1) 1= − + − + −y x mx m x m (C m ). Tìm m để đồ thị (C m ) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ O(0; 0). ĐS: m < − 1 V 0 < m < 1. Bài 2: Cho hàm số 2 1 = − x y x (C). Tìm hai điểm A, B nằm trên (C) và đối xứng với nhau qua đường thẳng (d) có phương trình là y = x − 1. ĐS: 1 1 1 1 ; 1 ; ; 1 2 2 2 2     − − − − +  ÷  ÷     A B Bài 3: Cho hàm số 2 2 2 + − = − x x y x (C). Tìm phương trình đường cong đối xứng với đồ thị (C) qua đường thẳng (d) có phương trình là y = 2. ĐS: 2 3 6 2 − + − = − x x y x Bài 4: Cho hàm số 3 2 1 1 3 = − − + +y x mx x m a)CMR: với mọi giá trị m, hàm số luôn có cực đại cực tiểu. b)Định m để khoảng cách giữa hai điểm cực trị nhỏ nhất. (m=0) Bài 5: Cho hàm số 3 2 2 2 3 3( 1) 3 1= − + + − − −y x x m x m . Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và hai điểm cực trị này cách đều gốc toạ độ. ĐS: 1 2 = ±m * Bài 6: (A/99). Cho 2 2 1 + = + x x y x (C). Tìm những điểm trên đường thẳng y = 1 mà từ mỗi điểm ấy chỉ kẻ được đúng một tiếp tuyến tới (C).ĐS: 1 2 3 4 1 1 ( 1;1), (1;1), ;1 , ;1 2 2     − −  ÷  ÷     A A A A * Bài 7: Cho hàm số 2 2 1 1 − + = − x x y x . Chứng tỏ rằng trên đường thẳng y = 7 có bốn điểm sao cho từ mỗi điểm ấy có thể đến đồ thị hàm số hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 4 π . ( ) ( ) 1 2 3 4 (5 8;7), (5 8;7), 3 24;7 , 3 24;7+ − − + − −A A A A * Bài 8: (ĐHTCKT/98). Cho hàm số 2 2 1 1 + + = + x x y x . Tìm những điểm trên trục Oy mà từ mỗi điểm ấy có thể kẻ được hai tiếp tuyến tới đồ thị hàm số và hai tiếp tuyến đó vuông góc nhau. ĐS: 1 2 (0; 3 15), (0; 3 15)− − − +A A * Bài 9: Cho 2 2 + = − x y x (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết rằng tiếp tuyến đó qua A(-6; 5).ĐS: y= − x−1; 1 7 4 2 = − +y x *Bài 10: Cho hàm số 2 2 2 1 − + = − x x y x (C). Viết pttt với (C) kẻ từ điểm A(3; 0). ĐS: 1 5 1 17 (3 ); ( 3) 2 8 + ± = − = −y x y x Bài 11: Tìm m để PT : a) 2 2 2( 4) 5 10 3 0− + + + + − =x m x m x có nghiệm. ĐS: 3≥m b) 4 4 4 4 4 6+ + + + + =x x m x x m có nghiệm. ĐS: 19≤m c) 4 2 1 4 . 3 2 ( 3) 2 0− + − + + + − =x m x x m x có ng. m≤− 3 4 *Bài 12: Cho hàm số 2 2 (1 ) 1+ − + + = − x m x m y x m (C m ). CMR với 1∀ ≠ −m , đồ thị hàm số tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại một điểm cố định. ĐS: (d): y = x −1 tại M(−1;−2) 10 [...]... (m + 1) x 2 − 2mx − (m3 − m 2 − 2) (m ≠ -1) x−m CMR tiệm cận xiên của đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một 1 3 1 parabol cố định ĐS: y = − x 2 + x − 4 2 4 Bài 14 : Khảo sát hàm số y = x3 − 3x − 2 *Bài 13 : Cho y = 3 Tìm m để PT: x − 3x + m − 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt (m . .4. 16 a b c d abcd a b c d abcd + + + + + + ≥ = 16 1 1 1 1 a b c d a b c d ⇒ + + + ≥ + + + 16 16 1 1 1 1 2 16 16 1 1 1 1 2 16 16 1 1 1 1 2 1 1 1 16 4 x x y z x x y z x y z x y y z x y y z x y. ⇔– 1 < m < 1 hàm số đồng biến/(−∞, m) và (m, +∞) • 1 m 2 < 0 ⇔ m < 1 V m > ;1 hàm số NB/(−∞, m) và (m, +∞) • Nếu 1 m 2 = 0 (⇔ m = ± 1) thì y không đổi m = 1 ⇒ y ≡ 1 trên R{ 1} . m ≤ 1 Vậy (|x| 1 ⇒ |y| 1) ⇔ [ 1; 1] max − y ≤ 1 ⇔ m ∈ [ 1; 1] . Ví dụ 3 . Cho hàm số y = (m– 2)x 3 – mx + 2 (1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m =– 1 b) Cmr khi m ∈ (0, 2) hàm không có cực đại