Chuyên đề Hàm số ( tài liệu học mãi )

CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ. http://diendan.hocmai.vn 1 CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ: Bài 1: Tìm m để hàm số: 3 2 3 ( 2) y x mx m x m = + + − − đồng biến trên R. Giải: Điều kiện để hàm số đồng biến trên R là: • y' ≥ 0 với x R ∈ 2 3 6 2 x mx m ⇔ + + − . ≥ 0 với ∀ x R ∈ ⇒ ' ∆ ≤ 0 ⇔ 2 9 3( 2) m m − − ≤ 0 ⇔ 2 3 2 m m − + ≤ 0 (Vô lí) Kết luận: Không tồn tại giá trị m để hàm số đồng biến trên R Bài 2: Cho hàm số 4 mx y x m + = + Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞ ; 1) Giải: Hàm số nghịch biến với ∀ x ∈ (- ∞ ; 1) khi 0 y ′ < với ∀ x ∈ (- ∞ ; 1) ⇔ 2 2 4 0 ( ) m x m − < + với ∀ x ∈ (- ∞ ; 1) ⇒ 2 4 0 1 m m  − <  − >  ⇔ 2 2 1 m m − < <   < −  ⇒ - 2 < m < 1. Kết luận: Giá trị m cần tìm là m ∈ (-2; 1) *Chú ý: Vì bài toán yêu cầu y' < 0 với ∀ x ∈ (- ∞ ; 1) Nên giá trị x = - m phải không thuộc khoảng (- ∞ ; 1) kéo theo điều kiện: - m > 1. CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 2 Bài 3: Cho hàm số: 3 2 3( 1) 3( 1) 1 y x m x m x = − + + + + . Tìm m để hàm số đồng biến trên các khoảng của nó. Giải: Ta có: 2 3 6( 1) 3( 1) y x m x m ′ = − + + + Hàm số đồng biến trên các khoảng của nó thì y' ≥ 0 ⇔ ′ ∆ ≤ 0 ⇔ 2 ( 1) ( 1) m m + − + ≤ 0 ⇔ -1 ≤ m ≤ 0 Bài 4: Cho hàm số: 3 2 3( 1) 3( 1) 1 y x m x m x = − + + + + . Tìm m để hàm số nghịch biến trên (-1;0). Giải: Ta có: 2 3 6( 1) 3( 1) y x m x m ′ = − + + + Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-1;0) thì : y' ≤ 0 ⇔ 2 3 6( 1) 3( 1) x m x m − + + + ≤ 0 (1) Vì xét trên khoảng (-1;0) : (1) ⇔ m ≤ 2 2 1 2 1 x x x − + − (2) Vì hàm số liên tục tại x = -1 nên : (2) ⇔ m< f(-1)= 4 3 − Bài 5: Cho hàm số: 2 (6 5) 2(1 3 ) 1 mx m x m y x + + − − = + . Tìm m để hàm số nghịch biến trên [1;+ ∞ ). Giải: Ta có 2 2 2 7 ( 1) mx mx y x + + ′ = + Hàm số nghịch biến trên [1; + ∞ ) thì y' ≤ 0 ⇔ 2 ( ) 2 7 f x mx mx = + + ≤ 0 và ( 1) f − ≠ 0 Nên m ≤ 2 7 ( ) 2 g x x x − = + với mọi x thuộc [1; + ∞ ) ⇔ m ≤ min g(x)=g(1)= 7 3 − CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 3 Bài 6: Cho hàm số: 3 2 1 ( 1) 3( 2) . 3 3 m y x m x m x = − − + − + Tìm m để hàm số đồng biến trên [2; + ∞ ). Giải: Ta có 2 2( 1) 3( 2) y mx m x m ′ = − − + − Hàm số đồng biến trên ⇔ 2 2( 1) 3( 2) mx m x m − − + − ≥ 0 ⇔ m ≥ 2 6 2 ( ) 2 3 x f x x x − = − + với x mọi thuộc [2; + ∞ ) ⇔ m ≥ maxf(x)=f(2)= 2 3 Bài 7: Cho hàm số: 3 2 2 (2 7 7) 2( 1)(2 3) y x mx m m x m m = − − − + + − − . Tìm m để hàm số đồng biến trên [2; + ∞ ). Giải: Yêu cầu bài toán suy ra: y' ≥ 0 với ∀ x ∈ [2; + ∞ ) ⇔ 2 2 3 2 (2 7 7) x mx m m − − − + ≥ 0 (1) với ∀ x ∈ [2; + ∞ ) Nhận xét: Do 2 7( 3 3) 0 m m ∆ = − + > Nên tập nghiệm của bất phương trình (1) là: x ∈ (- ∞ ; 1 x ] ∪ [ 2 x ; + ∞ ) Nên để thỏa mãn bất phương trình (1) luôn đúng với ∀ x ∈ [2; + ∞ ) Ta cần có điều kiện: 1 x < 2 x ≤ 2 ⇒ 2 x ≤ 2 ⇔ 2 7( 3 3) 3 m m m + − + ≤ 2 Giải bất phương trình này ta được kết quả: -1 ≤ m ≤ 5 2 CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 4 Bài 8:Cho hàm số 2 2 (1 ) 1 x m x m y x m + − + + = − . Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; + ∞ ). Giải: • Hàm số đồng biến trên (1; + ∞ ) khi : 2 2 2 2 4 2 1 0 ( ) x mx m m y x m − + − − ′ = ≥ − ∀ 1 x > 2 2 ( ) 2 4 2 1 0 1 f x x mx m x x x m  = − + − − ≥ ∀ > ⇔  ≠  ( ) 0 1 ( ) 1 f x x I m ≥ ∀ >  ⇔  ≤  Tới đây mình sẽ giới thiệu cho các bạn 2 cách giải. Ai thích tam thức bậc 2 thì theo dõi cách 1. • Ta có: 2 2( 1) 0 m ′ ∆ = + ≥ nên phương trình ( ) 0 f x = có 2 nghiệm thoả: 1 2 x x ≤ . • Do đó để bất phương trình: ( ) 0 f x ≥ ∀ (1; x ∈ + ∞ 1 2 ) 1 x x ⇔ ≤ ≤ . Điều này tương đương: 2 1 1 , 0 2 (1) 2( 6 1) 0 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 m m f m m m m S m  ≤   ′ ≤ ∆ ≥    = − + ≥ ⇔ ⇔ ≤ − ≤ −      ≥ +     = − ≤  Ngoài cách dùng định lý đảo của tam thức bậc 2 các bạn có thể xử lý theo hướng khác, tham khảo bài 7. Nếu bạn nào ứng dụng được luôn phương pháp hàm số thì quá tốt, vừa ngắn gọn vừa mới mẻ, cùng theo dõi cách 2 nhé. • Ta có: ( ) 4( ) 4( 1) 0 f x x m x ′ = − ≥ − > ∀ 1 x > suy ra: ( ) f x đồng biến trên [1; + ∞ ). • Vì thế 2 3 2 2 ( ) 0 , 1 (1) 6 1 0 , 1 3 2 2 3 2 2 1 1 1 m Minf x x g m m x m m m m m   ≤ −  ≥ ≥  = − + ≥ ≥  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ −    ≥ +   ≥ ≥    ≤  CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 5 Bài 9: Cho hàm số: 2 (4 5)cos (2 3) 3 1 y m x m x m m = − + − + − + . Tìm m để hàm số nghịch biến trên R. Giải: Yêu cầu bài toán: ⇒ y' ≤ 0 với ∀ x ∈ R ⇔ (5 4 )sin m x − 2 3 - m + ≤ 0 với ∀ x ∈ R Đặt : t=sinx (|t| ≤ 1 ) Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình: f(t) = (5-4m)t + 2m - 3 ≤ 0 với ∀ t [ 1;1] ∈ − ⇒ [ 1;1] ( ) Max f t − ≤ 0 với ∀ t [ 1;1] ∈ − *Nhận xét: Hàm số y = f(t) là một hàm số bậc nhất nên sẽ đạt giá trị lớn nhất tại các điểm đầu mút nên yêu cầu bài toán suy ra: ( 1) 0 (1) 0 f f − ≤   ≤  ⇒ 1 ≤ m ≤ 4 3 Bài 10: Tìm m để hàm số: 1 1 sin sin 2 sin 3 4 9 y mx x x x = + + + đồng biến trên R . Giải: Yêu cầu bài toán suy ra: y' ≥ 0 với ∀ x R ∈ ⇔ m+ cosx+ 2 3 2 3 cos x cos x + ≥ 0 với ∀ x R ∈ Đặt : t = cosx với |t| ≤ 1 Bài toán trở thành: Tìm m để bất phương trình : m+ 3 2 4 1 3 2 t t + − ≥ 0 với ∀ |t| ≤ 1 ⇔ m ≥ 3 2 4 1 ( ) 3 2 t t f t − − + = với ∀ |t| ≤ 1 ⇒ m ≥ [ 1;1] ( ) Max f t − ⇒ m ≥ 5 6 *Chú ý: 1. Chỗ đưa về hàm số y = f(t) ta sử dụng công thức : 2 3 2 2 1; 3 4 3 cos x cos x cos x cos x cosx = − = − CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 6 2. Bước cuối mình làm hơi tắt nhưng các bạn lập bảng xét dấu hàm số y = f(t) với ∀ |t| ≤ 1 thì có 5 ( ) ( 1) 6 Maxf t f = − = nhé. Bài 11: Cho hàm số: 3 2 1 ( 1) (2 1) (3 2) 3 y m x m x m x m = + + − − + + Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4. Giải: Điều kiện bài toán suy ra 1 2 2 1 0 [ ; ] 4 y x x x x x ′ ≤ ∀ ∈   − =  ⇔ 2 1 ' 0 1 0 4 m x x ∆ >   + >   − =  ⇔ 2 2 2 1 7 3 0 1 ( ) 16 m m m x x  + + >  > −   − =  Đến đây áp dụng ĐL vi ét cho phương trình y' = 0. Giải hệ bất phương trình Đáp số: 7 61 6 m + = Bài 12: Tìm m để hàm số 3 2 2 2 1 ( 2) (3 1) 5 3 y x m m x m x m = + − + + + + − đạt cực tiểu tại 2 x = − Giải: ( * ) Ta có: • 2 2 2 2( 2) 3 1 y x m m x m ′ = + − + + + • 2 2 2( 2) y x m m ′′ = + − + ( * )Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại 2 x = − là: 2 3 ( 2) 0 4 3 0 1 m y m m m =  ′ − = ⇔ − + − = ⇔  =  ( * ) Với 3 m = thì ta đã có: ( 2) 0 y ′ − = • Mặt khác: ( 2) 12 0 y ′′ − = > Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 2. x = − ( * ) Với 1 m = thì ta có: 2 2 4 4 ( 2) 0 y x x x ′ = + + = + ≥ ∀ x R ∈ Suy ra hàm số đồng biến trên R . ( * ) Vậy 3 m = thỏa yêu cầu bài toán. CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 7 Bài 13: Cho hàm số: 3 2 2 2 ( 1) ( 4 3) 3 y x m x m m x = + + + + + Tìm m để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 1. Giải: • Ta có: 2 2 ( ) 2 2( 1) 4 3 f x x m x m m ′ = + + + + + • Để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 1 ( ) 0 f x ′ ⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 1, 2 x x thoả mãn: 1 2 1 x x < < hoặc: 1 2 1 x x ≤ < . Điều này tương đương: 2 (1) 0 0 2 (1) 0 1 2 f f S ′ <      ′ ∆ >    ≥      >    2 2 2 6 7 0 6 5 0 . 6 7 0 ( 1) 1 m m m m m m m  + + <   + + <  ⇔   + + ≥    − + >    ( 3 2; 3 2) ( 5; 1) ( 3 2; 3 2) 2 m m m m  ∈ − − − +  ∈ − −   ⇔   ∈ − − − + /     < −   ⇔ m ∈ (-5;-3+ 2) Bài 14: Cho hàm số 3 2 2 2 9 12 1( ) m y x mx m x C = + + + . Tìm m để hàm số có cực đại tại CD x , cực tiểu tại CT x thỏa mãn điều kiện: 2 CD CT x x = . Giải: • Ta có: 2 2 6 18 12 y x mx m ′ = + + • Để hàm số có cực trị khi phương trình 0 y ′ = có 2 nghiệm phân biệt. 2 2 2 6 0 9 0 0(*) (9 ) 6.12 0 a m m m m = ≠  ⇔ > ⇔ ≠  ′ ∆ = − > ⇔  • Khi đó phương trình 0 y ′ = có 2 nghiệm phân biệt: 1 2 ; 2 x m x m = − = − • Theo yêu cầu đề bài và điều kiện ( * ) ta có: 2 2 0 ( ) ( 2 ) 2( ) 0 ( ) 2 m L m m m N m m m  >    − = −   ⇔ = −  <    − = −    CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 8 Bài 15: Cho hàm số 3 2 2 2 3 3( 1) 3 1(1) y x x m x m= − + + − − − . Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị này cách đều gốc tọa độ O. Giải: Ta có: 2 2 3 6 3( 1) y x x m ′ = − + + − Phương trình : 0 y ′ = có 2 ' 9 0 m ∆ = > với ∀ m = / 0 Nên phương trình 0 y ′ = có 2 nghiệm phân biệt: 1 1 x m = − và 2 1 x m = + Hàm số có các điểm cực trị cách đều gốc tọa độ O thì 1 2 | | | | x x ⇔ = 0 m ⇔ = Bài 16: Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y x m x m m x = − + + + + . Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu,đồng thời 2 điểm cực trị của đồ thị đối xứng nhau qua đường thẳng d : y = x + 2. Giải: Ta có 2 6.[ (2 1) ( 1)] y x m x m m ′ = − + + + • y' = 0 ⇔ 1 x m x m =   = +  Phương trình y' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt, và dấu ý đổi dấu qua các nghiệm nên hàm số luôn có hai điểm cực đại và cực tiểu • Giả sử hai điểm cực trị là: 3 2 3 2 ( 1,2 3 ); ( ;2 3 1) A m m m B m m m + + + + ⇒ 3 2 2 1 4 6 1 ( ; ) 2 2 m m m I + + + ; ( 1;1) AB = −  (Với I là trung điểm của AB) Do . 0 d AB u =   . Nên điều kiện để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng d: x - y + 2 = 0 là: I d ∈ ⇒ 3 2 4 6 1 2 1 2 2 2 m m m+ + + = + ⇔ 3 2 2 3 2 0 m m m + − − = ⇔ 2 ( 1)(2 2) 0 m m m + + − = ⇔ 1 1 17 4 1 17 4 m m m   = −  − +  =   − −  =   CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 9 Bài 17: Cho hàm số: 3 2 . 3 y x = 2 (cos 3sin ) m m x + − 8(1 cos 2 ) 1. m x − + + Chứng minh hàm số luôn có cực đại, cực tiểu. Giải: Ta có: 2 2 2( 3 ) 8(1 2 ) y x cosm sinm x cos m ′ = + − − + • Để hàm số có CĐ, CT thì phương trình 0 y ′ = phải có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x và dấu của y' đổi dấu qua hai nghiệm 1 2 , x x • Nhận xét: 2 ( 3 ) 16(1 2 ) ' 0 cosm sinm cos m ∆ = − + + > ∀ m. Nên phương trình 0 y ′ = luôn có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x và khi lập bảng xét dấu y' thì dấu y' đổi dấu qua hai nghiệm 1 2 , x x nên hàm số luôn có CĐ và CT Bài 18: Cho hàm số 3 2 1 5 4 4( ) 3 2 m y x mx mx C = − − − . Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2 ; x x sao cho biểu thức : 22 2 1 2 2 1 2 5 12 5 12 x mx m m A x mx m m + + = + + + đạt GTNN. Giải: Ta có: 2 5 4 y x mx m ′ = − − PT 0 y ′ = có 2 25 16 m m ∆ = + Hàm số có cực đại cực tiểu thì: 0 ⇔ ∆ > 16 25 0 m m  < −  ⇔  >  Ta có: 1 2 5 x x m + = Theo giả thiết ta có: 22 1 2 2 2 1 2 5 12 5 12 x mx m m A x mx m m + + = + + + 22 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 [( 5 4 ) 5 ( ) 16 ] [( 5 4 ) 5 ( ) 16 ] x mx m m x x m m x mx m m x x m m − − + + + = + − − + + + 2 1 2 2 1 2 5 ( ) 16 5 ( ) 16 m x x m m m x x m m + + = + + + 2 2 2 2 25 16 25 16 m m m m m m + = + + CHUYÊN ĐỀ HÀ M S Ố . http://diendan.hocmai.vn 10 25 16 25 16 m m m m + = + + Lập BBT Trên ( − ∞ 16 ; ) 25 − ∪ (0; + ∞ ). Ta có: 2 ( ) 3 2 min A A − = = Vậy 2 3 m = − thì A đạt GTNN Bài 19: Cho hàm số 3 2 7 3( ) m y x mx x C = + + + . Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị vuông góc với đường thẳng : 3 7 d y x = − . Giải: • Ta có: 2 3 2 7 y x mx ′ = + + • Để hàm số có cực trị khi phương trình 0 y ′ = có 2 nghiệm phân biệt. 2 3 0 21 (*) 3.7 0 21 a m m m  = ≠ >  ⇔ ⇔   ′ ∆ = − > < −    • Vì: 2 14 2 7 3 3 9 3 9 9 x m y y m x m     ′ = + + − + −         Do đó đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị có dạng: 2 40 7 : 3 9 9 y m x m ∆ = + − • Để d ∆ ⊥ : 2 14 2 .3 1 3 9 m   ⇔ − = −     3 10 ( ) 2 m N + − ⇔ = Bài 20: Cho hàm s ố 3 2 1 1( ) 3 m y x mx x m C = − − + + . Tìm m để kho ả ng cách gi ữ a hai đ i ể m C Đ và CT là nh ỏ nh ấ t. Giải: • Vì 2 2 1 y x mx ′ = − − có 2 1 0 m ′ ∆ = + > ∀ m R ∈ nên ph ươ ng trình 0 y ′ = có 2 nghi ệ m phân bi ệ t 1 2 , x x do đ ó hàm s ố đạ t c ự c tr ị t ạ i 2 đ i ể m 2 1 2 2 ( , ); ( , ) A x y B x y . • Ta có: 2 1 2 2 ( ) ( 1) 1 3 3 3 y y x m m x m   ′ = − − + + +     [...]... nghiêm x1 < x2 (1 )  f f = f f < 0 (2 )  CD CT x1 x2 (I )  x1 = xCD > 0 (3 )   f (0 ) < 0 (4 )  • Gi ta qua x lý t ng i u ki n cho ơn gi n: • • - V i (1 ): y′ = 3( x 3 − 2mx + m 2 − 1) = 0 ⇔ g ( x) = x 3 − 2mx + m 2 − 1 = 0 ⇔ x1 = m − 1; x2 = m + 1 - V i (2 ) ta có: y = ( x − m) g ( x) − 2 x + (m 2 − 1 )( m − 1) Suy ra ư ng th ng i qua 2 i m c c tr có d ng: d : y = −2 x + (m 2 − 1 )( m − 1) V y: f CD f CT... −1  g ( x) = x 2 − mx − 3 = 0(1 ) ⇔  x ≠ 1 i u ki n t n t i hai i m P, Q là phương trình (1 ) ph i có hai nghi m phân bi t khác 1  >0 ⇒ g ⇒ m ≠ −2 ( * )  g (1 ) ≠ 0 • Gi s hai i m P ( x1 ; x1 + 1); Q ( x2 ; x2 + 1) Theo gi thi t ta có: S ABPQ = 24 ⇒ (d ( P , AB ) + d (Q , AB ) ) AB = 24 ⇔ | x1 | + | x2 |= 4(2 ) Theo  x1 + x2 = m( 3)  x1.x2 = − 3(4 ) nh lí vi ét ta có:  Gi i h (2 ), (3 ), (4 ) ta tìm... hoành giao i m c a (C) và ( ) : x3 − 3 x + 2 = kx − 2k + 4 ⇔ x3 − (3 + k ) x + 2k − 2 = 0 ⇔ ( x − 2 )( x 2 + 2 x − k + 1) = 0 x=2  ⇔ 2  g ( x) = x + 2 x − k + 1 = 0 • (C) c t ( ) t i 3 i m phân bi t khi và ch khi g ( x) = 0 có 2 nghi m phân bi t khác 2 :  ∆′ > 0 k > 0 ⇔ ⇔ (* )  g (2 ) ≠ 0 k ≠ 9 • Khi ó g i B ( x1 , kx1 − 2k + 4); C ( x2 , kx2 − 2k + 4) là 2 giao i m c a (C ) và ( ) • Theo yêu c... x1 f x2 = (m 2 − 1 )( m 2 − 3 )( m 2 − 2m − 1) 21 http://diendan.hocmai.vn CHUYÊN HÀM S - V i (3 ) và (4 ): x1 = m − 1 > 0 ⇔ m > 1; f (0 ) = 1 − m < 0 ⇔ m > 0 2 2 (m 2 − 1 )( m 2 − 3 )( m 2 − 2m − 1) < 0 • V y: ( I ) ⇔  ⇔ 3 < m < 1+ 2 m −1 > 0  Bài 40: Tìm m x1 < 1 < x2 < x3 (Cm ) : y = x 3 − 3 x 2 + 3(1 − m) x + 1 + 3m c t Ox t i 3 i m phân bi t tho : Gi i: t: y = f ( x) = x3 − 3x 2 + 3(1 − m) x + 1 +... http://diendan.hocmai.vn CHUYÊN HÀM S • Gi s hai i m M ( x1 ; m( x1 − 1)) ; N ( x2 ; m( x2 − 1)) ( x1 ; x2 là hai nghi m c a phương trình (1 )) Do A, M, N thu c d và AM=2AN (A n m gi a M và N) ⇒ AM = 2 AN ⇒ x1 + 2 x2 = 3(3 ) 2k + 1  x1 + x2 = (4 )   k Theo vi ét ta có:   x x = k − 2 (5 )  1 2 k  Gi i h phương trình (3 ), (4 ), (5 ) ta tìm ư c k = • Ki m tra v i i u ki n ( *) ta có k = Bài 59: Cho i... http://diendan.hocmai.vn CHUYÊN Bài 29: Tìm m HÀM S hàm s : y = mx + (m − 1) x + 1 − 2m có úng 1 c c tr 4 2 Gi i: t: y = f ( x) = mx + (m − 1) x + 1 − 2m 4 (* ) 2 x=0  (* ) Ta có: y′ = 4mx 3 + 2(m − 1) x = 0 ⇔  (* ) 2  g ( x) = 2mx + m − 1 = 0 Bi n lu n: • • • • N u m = 0 thì $g(x)$ vô nghi m, suy ra $f(x)$ có 1 c c i N u m = 1 thì g ( x) có nghi m kép x = 0 , suy ra f ( x) có 1 c c ti u N u 0 < m < 1 thì g ( x) có... và ( ) • Theo yêu c u bài toán : BC 2 = 8 ⇔ ( x2 − x1 )2 + [k ( x2 − x1 )] 2 = 8 ⇔ (k 2 + 1 )( x2 − x1 ) 2 = 8 ⇔ (k 2 + 1) [( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 ] = 8 ⇔ (k 2 + 1)[ 4 − 4( k + 1)] = 8 ⇔ (k 2 + 1 )( 4 k ) = 8 ⇔ k3 + k − 2 = 0 ⇔ k = 1 (N ) • V y ( ) : y = x + 2 là ư ng th ng c n tìm 23 http://diendan.hocmai.vn CHUYÊN HÀM S 2x (C ) Vi t phương ti p tuy n c a hàm s bi t ti p tuy n c t các x−2 tr c Ox, Oy...CHUYÊN HÀM S • Do: y ( x1 ) = y ( x2 ) = 0 nên: 2 2 y1 = − ( m 2 + 1) x1 + m + 1 3 3 2 2 y2 = − ( m 2 + 1) x2 + m + 1 3 3 • Vì th : AB 2 = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 4 = ( x2 − x1 ) 2 + (m 2 + 1) 2 ( x2 − x1 ) 2 9  4  = [( x2 − x1 )2 − 4 x1 x2 ] 1 + (m 2 + 1) 2   9   4   4 = (4 m 2 + 4) 1 + (m 2 + 1)2  ≥ 4 1 +   9   9 2 13 3 2 13 • V y:... = k B ⇔ b = 2 − a • dài AB là: AB = (a − b) 2 + [a 3 − b3 − 3(a 2 − b 2 )] 2 ] = 4(a − 1)2 + 4(a − 1)2 [(a − 1) 2 − 3]2 •  a=3  a = −1 t: t = (a − 1) 2 thì ta d dàng tìm ư c: t = 4 ⇒  • Suy ra: A(3; 2), B ( 1; − 2) ho c: A(−1, − 2), B (3 ; 2) tho yêu c u bài toán Bài 58: Cho hàm s y = x+2 (C ) G i d là ư ng th ng i qua i m A(1; 0) có h s góc m x −1 Tìm m d c t (C) tai hai i m phân bi t M, N thu c hai... http://diendan.hocmai.vn CHUYÊN HÀM S • V y có 2 ti p tuy n tho yêu c u bài toán: ∆1 : y = (2 m + 3) x − (2 m + 3) ∆ 2 : y = ( 2m + 3) x − (2 m − 1) Bài 42: Cho hàm s y = x3 − 3x + 2(C ) Vi t phương trình ư ng th ng d c t hàm s (C) t i 3 i m phân bi t A, B, C Bi t x A = 2; BC = 2 2 Gi i: • G i ( ) là ư ng th ng c n tìm, và A(2, 4) ∈ (C ) • Theo yêu câu bài toán ta có ( ) ph i i qua A Suy ra: ( ) : y = k ( x − 2) + 4 = kx . để hàm số đồng biến trên R Bài 2: Cho hàm số 4 mx y x m + = + Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞ ; 1) Giải: Hàm số nghịch biến với ∀ x ∈ . − ≤  Ngoài cách dùng định lý đảo của tam thức bậc 2 các bạn có thể xử lý theo hướng khác, tham khảo bài 7. Nếu bạn nào ứng dụng được luôn phương pháp hàm số thì quá tốt, vừa ngắn gọn vừa