Chuyên đề Hàm số 2011

Chuyên đề 1: HÀM SỐ  Vấn đề 1: Cực trị của hàm số Phương pháp tìm cực trị Phương pháp 1. • Tìm f’(x). • Tìm các điểm x i (I = 1, 2,…) mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo hàm. • Lập bảng xét dấu f’(x). Nếu f’(x) đổi dấu khi x qua x i thì hàm số đạt cực trị tại x i . Phương pháp 2. • Tìm f’(x). • Giải phương trình f’(x) = 0 tìm các nghiệm x i (i = 1, 2,…). • Tính f’’(x i ). Nếu f’’(x i ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x i . Nếu f’’(x i ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x i . Ví dụ 1: Tìm cực trị của hàm số: f(x) = sinx + cosx với x ( ; )∈ −π π Giải: f’(x) = cosx – sinx; f’’(x) = - sinx – cosx ; x cos x sin x 0 tan x 1 4 f '(x) 0 x x 3 x 4 π  =  − = = −   = ⇔ ⇔ ⇔    −π < < π −π < < π π    = −   . Ta có: 3 f 2; f 2; 4 4 π π     = − = −  ÷  ÷     3 f '' 0; f '' 0 4 4 π π     < − >  ÷  ÷     . Vậy trên khoảng ( ; )−π π hàm số đạt cực đại tại điểm x 4 π = , f CĐ = 2 ; hàm số đạt cực tiểu tại điểm 3 x 4 π = − , f CT = 2− . Ví dụ 2: Cho hàm số 3 2 1 1 y x (m 1)x 3(m 2)x 3 3 = − − + − + .Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại, cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại, cực tiểu x 1 , x 2 thỏa x 1 + 2x 2 = 1. Giải: TXĐ: D = R. 2 y' mx 2(m 1)x 3(m 2)= − − + − . Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . 2 2 m 0 m 0 m 0 2 6 2 6 ' (m 1) 3m(m 2) 0 2m 4m 1 0 m (*) 2 2 ≠  ≠ ≠    ⇔ ⇔ ⇔    − − ∆ = − − − > − + + > < <     Theo định lí Viet và theo đề bài, ta có: 1 2 1 2 1 2 2(m 1) x x (1) m 3(m 2) x .x (2) m x 2x 1 (3) −  + =   −  =   + =    . Từ (1) và (3), ta có: 1 2 3m 4 2 m x , x m m − − = = . 1 Thế vào (2), ta được: 3m 4 2 m 3(m 2) (m 0) m m m − − −    = ≠  ÷ ÷    2 2 m 3m 8m 4 0 3 m 2  =  ⇔ − + = ⇔  =  (thỏa(*)). Vậy giá trị cần tìm là: 2 m m 2 3 = ∨ = Ví dụ 3: Cho hàm số 4 2 4 y x 2mx 2m m= − + + . Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu lập thành một tam giác đều. Giải: TXĐ: D = R. 3 y' 4x 4mx= − . y’= 0 2 x 0 x m(*) =  ⇔  =  . Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi x qua các nghiệm đó ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0. Khi đó: 4 4 2 x 0 y m 2m y' 0 x m y m m 2m  = ⇒ = + = ⇔  = ± ⇒ = − +   . Đồ thị hàm số có một điểm cực đại là 4 A(0, m 2m)+ và hai điểm cực tiểu là 4 2 4 2 B( m,m m 2m);C( m;m m 2m)− − + − + . Các điểm A, B, C lập thành một tam giác đêu AB AC AB BC =  ⇔  =  2 2 4 3 AB BC m m 4m m(m 3) 0⇔ = ⇔ + = ⇔ − = . Vậy 3 m 3 (m 0)= > Ví dụ 4: Cho hàm số 4 2 y kx (k 1)x 1 2k= + − + − . Xác định các giá trị của tham số k để đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực trị. Giải: TXĐ: D = R. 3 y' 4kx 2(k 1)x= + − . 2 x 0 y' 0 2kx k 1 0(*) =  = ⇔  + − =  . Hàm số chỉ có một cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có một nghiệm duy nhất và y’ đổi dấu khi x đi qua nghiệm đó ⇔ phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm x = 0. k 0 k 0 k 0 k 1 k 0 k 0 k 1 ' 2k(k 1) 0 =  =   ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ∨ ≥ ≠    < ∨ ≥    ∆ = − − ≤   . Vậy giá trị cần tìm là k 0 k 1≤ ∨ ≥ . Ví dụ 5: Cho hàm số 4 2 1 3 y x mx 2 2 = − + . Xác định m để đồ thị của hàm số có cực tiểu mà không có cực đại. Giải: TXĐ: D = R. 3 y' 2x 2mx= − . 2 x 0 y' 0 x m(*) =  = ⇔  =  . Hàm số có cực tiểu mà không có cực đại y' 0⇔ = có một nghiệm duy nhất và y’ đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua nghiệm đó ⇔ phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0 ⇔ m 0 ≤ Luyện tập: 1. a) Tìm m để hàm số 3 2 y x (m 3)x mx m 5= − + + + + đạt cực tiểu tại x = 2. (m 0)= b) Cho hàm số 2 3 2 y (m 5m)x 6mx 6x 6= − + + + − . Với giá trị nào của m thì hàm số đạt cực đại tại x = 1. (m 1)= 2. Cho hàm số 3 2 y x ax bx c= + + + . Xác định a, b, c để hàm số có giá trị bằng 1 khi x = 0 và đạt cực trị tại x = 2 và giá trị cực trị là – 3. (a 3,b 0,c 1)= − = = 3. a) Cho hàm số 3 2 y 4x mx 3x m= − − + . Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn luôn có cực đại, cực tiểu đồng thời chứng minh rằng hoành độ cực đại và hoành độ cực tiểu luôn trái dấu. CÐ CT 1 (x .x 0) 4 = − < b) Cho hàm số 3 2 2 3 y x 3mx 3(m 1)x m 3m= + + − + − . Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn luôn có cực đại, cực tiểu thuộc hai đường thẳng cố định. (y 2)= ± 2 4. a) Cho hàm số 3 2 2 2 y x 2(m 1)x (m 4m 1)x 2(m 1)= + − + − + − + . Tìm m để hàm số đạt cực đại và cực tiểu tại hai điểm x 1 , x 2 thỏa điều kiện: 1 2 1 2 1 1 1 (x x ) (m 1 m 5) x x 2 + = + = − ∨ = b) Cho hàm số 3 2 m y x (m 1)x (m 5)x 1 3 = − + + − − . Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời hoành độ x 1 , x 2 của các điểm cực trị đó thỏa mãn điều kiện: 1 2 1 2 2 2 1 2 x x 3(x x ) 4 0 1 m 0 7 x x 24 + + − <    − < <   ÷ + >    c) Cho hàm số 3 2 1 y x mx mx 1 3 = − + − . Tìm m để hàm số đạt cực trị tại hai điểm x 1 , x 2 thỏa mãn 1 2 x x 8− ≥ 5. Cho hàm số 3 2 y 2x 3(m 1)x 6(m 2)x 1= + − + − − . a) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu tại x 1 , x 2 và ( ) 1 2 x x 2 m 1+ = = − b) Tìm m để đường thẳng nối hai điểm cực trị vuông góc với đường thẳng y = x. ( ) m 2 m 4= ∨ = 6. a) Xác định m để hàm số 4 2 y x 2mx= − + có ba cực trị. ( ) m 0> b) Cho hàm số 4 2 y (1 m)x mx 2m 1= − − + − . Định m để hàm số có đúng một cực trị. ( ) m 0 m 1≤ ∨ ≥ c) Cho hàm số 4 2 2 y x 2m x 1= − + . Định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu lập thành một tam giác đều. ( ) 6 m 3= ± d) Cho hàm số 4 2 y x 2(m 2)x 2m 3= − + + − − . Tìm m để hàm số chỉ có cực đại mà không có cực tiểu. ( ) m 2≤ − 7. Cho hàm số 3 2 y 2x 3(m 3)x 11 3m= + − + − . Tìm m để hàm số có hai cực trị. Gọi M 1 , M 2 là các điểm cực trị, tìm m để M 1 , M 2 và B(0; -1) thẳng hàng. ( ) m 4=  Vấn đề 2: Biện luận số đồ thị đi qua một điểm 1. Tìm điểm cố định của họ đồ thị Phương pháp Cho họ đồ thị (C m ): y = f(x,m), m là tham số. Để tìm điểm cố định, mà họ (C m ) đi qua, ta thực hiện như sau: • Gọi M(x o , y o ) là điểm cố định mà họ (C m ) đi qua. • M(x o , y o ) ∈ (C m ) ⇔ y o = f(x o ,m), ∀ m (*). • Biến đổi phương trình (*) về dạng: A(x o ;y o )m + B(x o ;y o ) = 0 (1), hoặc A(x o ;y o )m 2 + B(x o ;y o )m + C(x o ;y o ) = 0 (2). • Họ (C m ) đi qua M với mọi m khi và chỉ khi (x o; y o ) nghiệm đúng (1) hoặc (2) với mọi m o o o o A(x ;y ) 0 B(x ; y ) 0 =  ⇔  =  hoặc o o o o o o A(x ;y ) 0 B(x ; y ) 0 C(x ;y ) 0 =   ⇔ =   =  . Giải hệ phương trình này ta tìm được M(x o ;y o ). Ví dụ 1: Tìm điểm cố định của họ đường cong 3 2 m (C ): y mx 3mx 2(m 1)x 1 (1)= − + − + . Giải: Gọi 0 0 M(x ;y ) là điểm cố định mà họ đường cong (C m ) đi qua. Ta có: 0 0 m M(x ;y ) (C ), m∈ ∀ 3 2 0 0 0 0 (1) y mx 3mx 2(m 1)x 1, m⇔ = − + − + ∀ ( ) 3 2 0 0 0 0 0 x 3x 2x m 1 2x y 0, m⇔ − + + − − = ∀ 3 ( ) 2 3 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x x 3x 2 0 x 0 x 1 x 2 x 3x 2x 0 y 1 y 1 y 3 1 2x y 0 y 1 2x  − + = = = =  − + =      ⇔ ⇔ ⇔ ∨ ∨      = = − = − − − =  = −       .Vậy có 3 điểm cố định. Ví dụ 2: Cho hàm số sau ( ) 3 m (C ) : y m 1 x (2m 1)x m 1= + − + − + . Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị hàm số đã cho đi qua ba điểm cố định thẳng hàng. Giải: Gọi 0 0 M(x ;y ) là điểm cố định mà họ đường cong (C m ) đi qua. Ta có: 0 0 m M(x ;y ) (C ), m∈ ∀ ( ) 3 0 0 0 y m 1 x (2m 1)x m 1, m⇔ = + − + − + ∀ ( ) 3 3 0 0 0 0 0 x 2x 1 m x x 1 y 0, m⇔ − − + − + − = ∀ ( ) ( ) 2 3 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 5 1 5 x x x 1 x x 1 0 x 2x 1 0 x 1 2 2 y 1 x x 1 y 0 5 5 5 5 y x x 1 y y 2 2   − + = =    + − − =  − − = = −      ⇔ ⇔ ⇔ ∨ ∨      = − + − = − +  = − +       = =     Vậy (C m ) cố 3 điểm cố định: ( ) 1 2 3 1 5 5 5 1 5 5 5 M 1;1 ,M ; , M ; 2 2 2 2     − − + + −  ÷  ÷  ÷  ÷     Ta có: 1 2 1 3 1 2 1 3 3 5 3 5 3 5 3 5 7 3 5 M M ; ;M M ; M M M M 2 2 2 2 2       − − + + − = = ⇒ =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       uuuuuur uuuuuur uuuuuur uuuuuur 1 2 1 3 M M ,M M⇒ uuuuuuruuuuuuur cùng phương với nhau. Vậy ba điểm M 1 , M 2 , M 3 thẳng hàng. 2. Tìm điểm mà không có đồ thị nào của họ đi qua Phương pháp Cho họ đồ thị (C m ): y = f(x,m), m là tham số. Để tìm điểm mà họ (C m ) không đi qua, ta thực hiện như sau: • Gọi M(x o , y o ) là điểm mà họ (C m ) không đi qua. • M(x o , y o ) ∉ (C m ) ⇔ y o = f(x o ,m) (*) vô nghiệm đối với m. • Biến đổi phương trình (*) về dạng: A(x o ;y o )m + B(x o ;y o ) = 0 (1), hoặc A(x o ;y o )m 2 + B(x o ;y o )m + C(x o ;y o ) = 0 (2). +Phương trình (1) vô nghiệm o o o o A(x ;y ) 0 B(x ; y ) 0 =  ⇔  ≠  +Phương trình (2) vô nghiệm o o o o o o o o A(x ; y ) 0 A(x ;y ) 0 B(x ; y ) 0 0 C(x ;y ) 0 =  ≠   ⇔ = ∨   ∆ <   ≠  . Giải hệ phương trình này ta tìm được M(x o ;y o ). Ví dụ 1: Cho hàm số 3 2 m y 2x 3(m 3)x 18mx 7 (C )= − + + + . Chứng minh rằng trên parabol 2 y x 15= + có hai điểm không thuộc đồ thị (C m ) với mọi giá trị của m. Giải: Gọi 2 2 0 0 M(x ;x 15) (P) : y x 15+ ∈ = + . 2 3 2 m 0 0 0 0 M (C ) x 15 2x 3(m 3)x 18mx 7∉ ⇔ + = − + + + : vô nghiệm đối với ẩn m 2 3 2 0 0 0 0 3(x 6x )m 2x 10x 8 0⇔ − − + + = : vô nghiệm đối với ẩn m. 2 0 0 0 3 2 0 0 0 x 6x 0 x 0 x 6 2x 10x 8 0  − = =   ⇔ ⇔   = − + + ≠    Vậy trên parabol (P) có hai điểm không thuộc đồ thị (C m ) là: M 1 (0; 15); M 2 (6; 51). Ví dụ 2: Cho hàm số 3 2 m y x 3(m 1)x 3mx 1 (C )= − − + + . Tìm những điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho không có đồ thị nào của họ (C m ) đi qua dù m lấy bất kì giá trị nào. 4 Giải: Gọi 0 0 M(x ;y ) là điẻm cố định mà họ đường cong (C m ) không đi qua. Ta có: 0 0 m M(x ;y ) (C )∉ 3 2 0 0 0 0 y x 3(m 1)x 3mx 1⇔ = − − + + : vô nghiệm đối với ẩn m 2 3 2 0 0 0 0 0 3(x x )m y x 3x 1 0⇔ − + − − − = : vô nghiệm đối với ẩn m 2 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 0 x x 0 x 0 x 1 y 1 y 5 y x 3x 1 0  − = = =    ⇔ ⇔ ∨    ≠ ≠ − − − ≠     Vậy những điểm thỏa yêu cầu bài toán thuộc các đường thẳng: x = 0, x = 1, trừ các điểm (0; 1), (1; 5).   Vấn đề 3: Sự tương giao giữa hai đồ thị 1. Giao điểm của hai đồ thị Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C 1 ) và hàm số y = g(x) có đồ thị là (C 2 ). • Hai đồ thị (C 1 ) và (C 2 ) cắt nhau tại điểm M(x o ;y o ) ⇔ (x o ;y o ) là nghiệm của hệ phương trình y f (x) y g(x) =   =  . • Hoành độ giao điểm của hai đồ thị (C 1 ) và (C 2 ) là nghiệm của phương trình: f(x) = g(x) (*). • Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C 1 ) và (C 2 ). 2. Sự tiếp xúc của hai đường cong Cho hai hàm số f(x) và g(x) có đồ thị lần lượt là (C) và (C’) và có đạo hàm tại điểm x o . • Hai đồ thị (C) và (C’) tiếp xúc với nhau tại một điểm chung M(x o ;y o ), nếu tại điểm đó chúng có cùng một tiếp tuyến. Khi đó M gọi là tiếp điểm. • Hai đồ thị tiếp xúc với nhau khi và chi khi hệ phương trình sau có nghiệm: f (x) g(x) f '(x) g '(x) =   =  . Nghiệm của phương trình trên là hoành độ tiếp điểm. Ví dụ 1: Cho hàm số x 3 y x 1 + = + có đồ thị là (C). a) Chứng minh rằng đường thẳng (d): y = 2x + m luôn luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N. b) Xác định m để độ dài MN nhỏ nhất. Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): x 3 2x m x 1 + = + + 2 g(x) 2x (m 1)x m 3 0 (x 1) (*)⇔ = + + + − = ≠ − Ta có: 2 2 (m 1) 8(m 3) (m 3) 16 0, m g( 1) 2 0, m  ∆ = + − − = − + > ∀ ⇔  − = − ≠ ∀  → phương trình (*) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác – 1. Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N. Gọi x 1 , x 2 lần lượt là hoành độ của M và N thì x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình (*). Ta có: 1 2 1 2 1 1 x x (m 1), x x (m 3) 2 2 + = − + = − . Mặt khác: 1 1 2 2 y 2x m, y 2x m= + = + . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 MN (x x ) (y y ) (x x ) 4(x x ) 5 (x x ) 4x x 1 5 (m 1) 2(m 3) 4   = − + − = − + − = + −     = + − −     2 2 5 MN (m 3) 16 20 MN 2 5 4   = − + ≥ ⇒ ≥   . Vậy MN min = 2 5 , đạt được khi m = 3. 5 Ví dụ 2: Cho hàm số 3 2 y x 6x 9x 6= − + − (C). Định m để đường thẳng (d): y mx 2m 4= − − cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. Giải: Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 2 x 6x 9x 6 mx 2m 4 x 6x 9x 2 m(x 2)− + − = − − ⇔ − + − = − 2 2 (x 2)(x 4x 1) m(x 2) 0 (x 2)(x 4x 1 m) (1)⇔ − − + − − = ⇔ − − + − 2 x 2 g(x) x 4x 1 m 0 (2) =  ⇔  = − + − =  Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2. ' m 3 0 m 3 g(2) m 3 0 ∆ = + >  ⇔ ⇔ > −  = − − ≠  Ví dụ 3: Cho hàm số 3 2 m 1 2 y x mx x m (C ) 3 3 = − − + + . Tìm m để (C m ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x 1 , x 2 , x 3 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1 2 3 x x x 15+ + > Giải: Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 2 1 2 x mx x m 0 x 3mx 3x 3m 2 0 3 3 − − + + = ⇔ − − + + = ( ) 2 2 (x 1) x 1 3m x 3m 2 0 (1) x 1 g(x) x (1 3m)x 3m 2 0 (2)   ⇔ − + − − − =   =  ⇔  = + − − − =  (C m ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai ngiệm phân biệt khác 1. 2 2 (1 3m) 4(3m 2) 0 3m 2m 3 0, m m 0 (a) g(1) 6m 0 m 0   ∆ = − + + > + + > ∀ ⇔ ⇔ ⇔ ≠   = − ≠ ≠   Giả sử x 3 = 1; x 1 , x 2 là nghiệm của (2). Ta có: 1 2 1 2 x x 3m 1; x x 3m 2+ = − = − − . Khi đó: 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 2 2 2 x x x 15 (x x ) 2x x 1 15 (3m 1) 2(3m 2) 14 0 m 1 0 m 1 m 1 (b) + + > ⇔ + − + > ⇔ − + + − > ⇔ − > ⇔ < − ∨ > Từ (a) và (b) ta có gía trị cần tìm là: m < -1 hoặc m > 1. Ví dụ 4: Cho hàm số 3 2 m y x 3x 9x m (C )= − − + . Xác định m để đồ thị (C m ) của hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với các hoành độ lập thành cấp số cộng. Giải: Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 x 3x 9x m 0 (*)− − + = . Giả sử (C m ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ 1 2 3 1 2 3 x , x ,x (x x x )< < thì x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình (*). Khi đó: 3 2 1 2 3 x 3x 9x m (x x )(x x )(x x )− − + = − − − 3 2 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3 x (x x x )x (x x x x x x )x x x x x x x 3 (1)= − + + + + + − ⇒ + + = Ta só: x 1 , x 2 , x 3 lập thành một cấp số cộng 1 3 2 x x 2x (2)⇔ + = . Thế (2) vào (1) ta cố: x 2 = 1. khi x 2 =1: (*) ↔ m = 11. Với m = 11: 3 2 2 (*) x 3x 9x 11 0 (x 1)(x 2x 11) 0⇔ − − + = ⇔ − − − = 1 2 1 3 2 3 x 1 2 3 x 1 x x 2x x 1 2 3  = −  ⇔ = ⇒ + =   = +  . Vậy m = 11 thỏa yêu cầu. Ví dụ 5: Cho hàm số 3 2 2 m y x 3mx 2m(m 4)x 9m m (C )= − + − + − . Tìm m để đồ thị (C m ) của hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm cách đều nhau. Giải: Ta có: 2 y' 3x 6mx 2m(m 4); y'' 6x 6m= − + − = − 2 y'' 0 x m y m m= ⇔ = ⇒ = − . Điểm uốn 2 I(m;m m)− . 6 Điều kiện cần: đồ thị (C m ) của hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm cắt đều nhau I Ox ⇒ ∈ m 0 m 1 =  ⇔  =  . Điều kiện đủ: +Với m = 0, ta có: y = x 3 : đồ thị của hàm số chỉ cắt trục hoành tạ 1 điểm duy nhất → m = 0 không thỏa. +Với m = 1, ta có: 3 2 y x 3x 6x 8= − − + . 3 2 2 y 0 x 3x 6x 8 (x 1)(x 2x 8) 0= ⇔ − − + ⇔ − − − = 1 2 1 3 2 3 x 2 x 1 x x 2x x 4 = −   ⇔ = ⇒ + =   =  . Vậy m = 1 thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 6: Cho hàm số 3 2 y 2x 3x 1 (C)= − + . Tìm điều kiện của a và b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, D sao cho AB = BD. Khi đó chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định. Giải: Phương trình hoành độ giao điểm 3 2 3 2 2x 3x 1 ax b 2x 3x ax 1 b 0 (*)− + = + ⇔ − − + − = . Giả sử (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, D có hoành độ lần lượt là 1 2 3 1 2 3 x , x ,x (x x x )< < là nghiệm của phương trình (*). Khi đó: 3 2 1 2 3 3 2 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 2x 3x ax 1 b (x x )(x x )(x x ) 2x 2(x x x )x 2(x x x x x x )x 2x x x − − + − = − − − = − + + + + + − 1 2 3 3 x x x (1) 2 ⇒ + + = . Ta có: AB = BD 1 3 2 x x 2x (2)⇔ + = . Thế (2) vào (1) ta có: 2 1 x 2 = . Khi 2 1 1 a x : (*) a 2b 1 b 2 2 − = ⇔ + = ⇔ = . Với 1 a b 2 − = 3 2 3 2 1 (*) 2x 3x ax (a 1) 0 4x 6x 2ax 1 1 2 ⇔ − − + − = ⇔ − − + + 2 2 1 x (2x 1)(2x 2x a 1) 0 2 g(x) 2x 2x a 1 (**)  =  ⇔ − − − − = ⇔  = − − −   (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, D ⇔ phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 ' 2a 3 0 3 a 1 3 g a 0 2 2 2 ∆ = + >   ⇔ ⇔ > −    = − − ≠  ÷     . Vậy: 1 a 3 b ,a 2 2 − = > − thỏa yêu cầu. Khi đó: 1 a (d): y ax 2 − = + (2x 1)a 1 2y 0⇔ − + − = . Phương trình này nghiệm đúng với mọi 3 a 2 > − 2x 1 0 1 x y 1 2y 0 2 − =  ⇔ = =  − =  . Điểm cố định 1 1 I ; 2 2    ÷   . Ví dụ 7: Cho hàm số 4 2 m y x 2(m 2)x 2m 3 (C )= − + + − − . Định m để đồ thị (C m ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. Giải: Phương trình hoành độ giao điểm: 4 2 x 2(m 2)x 2m 3 0 (1)− + + − − = . Đặt 2 t x ,t 0= ≥ . 2 (1) g(t) t 2(m 2)t 2m 3 (2)⇔ = − + + − − . (C m ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt ⇔ (1) có bốn nghiệm 7 phân biệt 1 2 3 4 1 2 3 4 x , x ,x ,x (x x x x )< < < ⇔ (2) có hai nghiệm dương phân biệt 1 2 1 2 t , t (t t )< . 2 2 ' (m 2) 2m 3 0 (m 1) 0 3 m S 2(m 2) 0 m 2 2 m 1 P 2m 3 0 3 m 2    ∆ = + − − > + >  > −    ⇔ = + > ⇔ > − ⇔       ≠ − = + >    > −  Theo định lí Viet, ta có: 1 2 1 2 t t 2(m 2) (a) t t 2m 3 (b) + = +   = +  . Khi đó phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt: 1 2 2 1 3 1 4 2 x t x t x t x t= − < = − < = < = . Ta có: 1 2 3 4 x , x ,x ,x lập thành một cấp số cộng ⇔ 2 1 3 2 4 3 1 2 1 1 2 1 x x x x x x t t t t t t− = − = − ⇔ − + = + = − 2 1 t 9t (c)⇔ = Từ (a) và (c), ta có: 1 2 1 9 t (m 2), t (m 2) 5 5 = + = + . Thế vào (b), ta được: 2 1 9 (m 2). (m 2) 2m 3 9m 14m 39 0 5 5 + + = + ⇔ − − = m 3 13 m 9 =   ⇔  = −  (thỏa(*)). Ví dụ 8: Cho hàm số 3 2 m y x mx m (C )= − + − . Định m để đồ thị (C m ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. Giải: Đồ thị (C m ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt ⇔ (C m ) có hai cực trị đồng thời hai giá trị cực trị trái dấu. Ta có: 2 y' 3x 2mx= − + . 3 x 0 y m y' 0 2m 4 x y m m 3 27 = ⇒ = −   = ⇔  = ⇒ = −  * Hàm số có hai cực trị ⇔ m 0≠ * Hai giá trị cực trị trái dấu ( ) 3 2 2 2m 4 y(0).y 0 m . m m 0 m .(4m 27) 0 3 27     ⇔ < ⇔ − − < ⇔ − >  ÷  ÷     2 3 3 4m 27 0 (m 0) m 2 ⇔ − > ≠ ⇔ > Luyện tập: 1. Cho hàm số 3 2 y 2x x (C)= − . Giả sử đường thẳng y = a cắt đồ thị (C) tại ba điểm có hoành độ x 1 , x 2 , x 3 . Tính tổng 2 2 2 1 2 3 S x x x= + + . 1 S 4   =  ÷   . 2. Cho hàm số 3 2 3 y x 3ax 4a= − + . Xác định a để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B, C với AB = BC. 2 a 0 a 2   = ∨ = ±  ÷  ÷   . 3. Cho hàm số 3 1 y x x m 3 = − + . Tìm m để đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. 2 2 m 3 3   − < <  ÷   .   Vấn đề 4: Tiếp tuyến của đồ thị 1. Tiếp tuyến tại điểm M (x o ;y o ) ∈ (C) : y = f(x) Phương pháp: • Tính hệ số góc k = f’(x o ). • Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có dạng: y = f’(x o )(x – x o ) + y o . 8 Ví dụ 1: Gọi (C m ) là đồ thị của hàm số 3 2 1 m 1 y x x 3 2 3 = − + . Gọi M là điểm thuộc (C m ) có hoành độ bằng – 1. Tìm m để tiếp tuyến của (C m ) tại điểm M song song với đường thẳng 5x – y = 0. Giải: Đặt 0 0 m M(x ;y ) (C )∈ , ta có: 0 0 m x 1 y 2 = − ⇒ = − . 2 0 y' x mx y'(x ) m 1= − ⇒ = + ; Phương trình tiếp tuyến ∆ tại điểm M có dạng: 0 0 0 y y y '(x )(x x )− = − m y (m 1)(x 1) 2 ⇔ + = + + 1 y (m 1)x (m 2) 2 ⇔ = + + + . ∆ song song với đường thẳng 5x – y = 0 hay y = 5x m 1 5 m 2 0 + =  ⇔  + ≠  → m = 4. 2. Tiếp tuyến với đồ thị (C): y = f(x) có hệ số góc k cho trước Dạng 1: Đề cho hệ số góc. Chỉ cần thế vào công thức. Dạng 2: • Tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): y = ax + b có hệ số góc là a. Thì tiếp tuyến và (d) có cùng hệ số góc hay f’(x o ) = a. • Tiếp tuyến vuông góc với (d) thì tích hai hệ số góc là bằng -1. • Tiếp tuyến tạo với chiều dương của trục hoành một góc α thì hệ số góc là tanα Phương pháp 1: • Gọi M (x o ;y o ) là tiếp điểm, ta có: M ∈ (C) → y o = f(x o ). • Giải phương trình f’(x o ) = k, tìm được x o → y o . Phương trình tiếp tuyến có dạng: y = k(x – x o ) + y o . Phương pháp 2: • Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng: ∆: y = kx+b. • ∆ tiếp xúc với đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: f (x) kx b f '(x) k = +   =  . Giải hệ phương trình này ta tìm được b, từ đó suy ra tiép tuyến ∆. Ví dụ 1: Cho hàm số 3 2 y x 3x 9x 5= + − + (C). Trong tất cả các tiếp tuyến của đồ thị (C), hãy tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất. Giải: gọi 0 0 M(x ;y ) (C)∈ 3 2 0 0 0 0 y x 3x 9x 5⇔ = + − + . Ta có: 2 y' 3x 6x 9= + − . Tiếp tuyến tại điểm M có hệ số góc: 2 2 0 0 0 0 k y'(x ) 3x 6x 9 3(x 1) 12 12= = + − = + − ≥ → Mink = -12, đạt được khi: x 0 = -1 → y 0 = 16. Vậy trong tất cả các tiếp tuyến của đồ thị hàm số, tiếp tuyến tại M (-1; 16) (điểm uốn) có hệ số góc nhỏ nhất. Phương trình tiếp tuyến: y = -12x = 4. Ví dụ 2: Cho hàm số 3 1 2 y x x 3 3 = − + (C). Tìm trên đồ thị (C) điểm mà tại đó tiếp tuyến của đồ thị vuông góc với đường thẳng 1 2 y x 3 3 = − + . Giải: Gọi 3 0 0 0 0 0 1 2 M(x ;y ) (C) y x x 3 3 ∈ ⇔ = − + . Tiếp tuyến ∆ tại điểm M có hệ số góc: 2 1 0 0 k y'(x ) x 1= = − với 2 y' x 1= − . Đường thẳng d: 1 2 y x 3 3 = − + có hệ số góc 2 1 k 3 = − . 2 2 1 2 0 0 1 d k .k 1 (x 1) 1 x 4 3   ∆ ⊥ ⇔ = − ⇔ − − = − ⇔ =  ÷   0 0 0 0 4 x 2 y 3 x 2 y 0  = ⇒ =  ⇔  = − ⇒ =   9 Ví dụ 3: Cho hàm số x 1 y x 1 + = − (C). Xác định m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Giải: phương trình hoành độ giao điểm: x 1 2x m x 1 + = + − 2 g(x) 2x (m 3)x m 1 0 (1) x 1  = + − − − = ⇔  ≠  Ta có: 2 2 (m 3) 8(m 1) (m 1) 16 0, m g(1) 2 0  ∆ = − + + = + + > ∀  = − ≠  → phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1. vậy d luôn luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi x 1 , x 2 (x 1 ≠ x 2 ) lần lượt là hoành độ của A và B thì x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình (1). Ta có: 1 2 1 x x (3 m) 2 + = − . Tiếp tuyến ∆ 1 , ∆ 2 tại A, B có hệ số góc lần lượt là: 1 1 2 1 2 k y'(x ) (x 1) = = − − 2 2 2 2 2 k y '(x ) (x 1) = = − − . 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 / / k k (x 1) (x 1) ∆ ∆ ⇔ = ⇔ − = − − − 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 x 1 x 1 x x (x 1) (x 1) x 1 x 1 x x 2 − = − =   ⇔ − = − ⇔ ⇔   − = − + + =   1 (3 m) 2 m 1 2 ⇔ − − = ⇔ = − . 3. Tiếp tuyến với đồ thị (C) : y = f(x) đi qua một điểm A(x A ;y A ) cho trước Phương pháp 1 • Lập phương trình đường thẳng ∆ qua điểm A với hệ số góc k: y = k(x – x A ) + y A (1) • ∆ tiếp xúc với đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: ( ) A A f (x) k x x y f '(x) k = − +   =   .Giải hệ phương trình này ta tìm được k, thế k vào (1) ta được tiếp tuyến ∆. Phương pháp 2 • Gọi M(x o ;y o ) là tiếp điểm, ta có: M ∈ (C) → y o = f(x o ). • Phương trình tiếp tuyến ∆ phải tìm có dạng: y = f’(x o )(x – x o ) + f(x o ) (2). • Tiếp tuyến đi qua điểm A nên ta có: y A = f’(x o )(x A – x o ) + f(x o ). Giải phương trình này ta được x o , thế vào (2) ta được tiếp tuyến ∆. Ví dụ 1: Cho hàm số 3 2 y 2x 3x 5 (C)= − + . Tìm phương trình các đường thẳng đi qua điểm 19 A ;4 12    ÷   và tiếp xúc với đồ thị (C) của hàm số. Giải: gọi 3 2 0 0 0 0 0 M(x ;y ) (C) y 2x 3x 5∈ ⇔ = − + . Ta có: 2 2 0 0 0 y' 6x 6x y'(x ) 6x 6x= − ⇒ = − . Phương trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại M có dạng: 0 0 0 y y y '(x )(x x )− = − 3 2 2 2 3 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 y (2x 3x 5) (6x 6x )(x x ) y (6x 6x )x 4x 3x 5⇔ − − + = − − ⇔ = − − + + 2 3 2 3 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 19 1 A 4 (6x 6x ). 4x 3x 5 8x 25x 19x 2 0 x 1 x 2 x 12 8 ∈∆ ⇔ = − − + + ⇔ − + − = ⇔ = ∨ = ∨ = 0 0 0 1 21 645 x 1 : y 4; x 2 : y 12x 15 x : y x 8 32 128 = ⇒ ∆ = = ⇒ ∆ = − = ⇒ ∆ = − + Ví dụ 2: Cho hàm số 3 2 1 y x 2x 3x 3 = − + (C). Qua điểm 4 4 A ; 9 3    ÷   có thể kẻ được mấy tiếp tuyến đến đồ thị (C). Viết phương trình các tiếp tuyến ấy. Giải: phương trình đường thẳng ∆ đi qua A với hệ số góc k có dạng: 4 4 y k x 9 3   = − +  ÷   10 . Chuyên đề 1: HÀM SỐ  Vấn đề 1: Cực trị của hàm số Phương pháp tìm cực trị Phương. độ x 1 , x 2 , x 3 . Tính tổng 2 2 2 1 2 3 S x x x= + + . 1 S 4   =  ÷   . 2. Cho hàm số 3 2 3 y x 3ax 4a= − + . Xác định a để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại ba điểm phân