tim m de ham so cuc tri tren khoang

c hồng ngọc Kí hiệu dùng sách : : : : : : : : : Lời giải(Toc Ngan) : n i=1 ui = n i=1 ui = GTLN GTNN HSG TXĐ VP VT Giá trị lớn Giá trị nhỏ Học sinh giỏi Tập xác định Vế phải Vế trái Kết thúc Lời giải Kết thúc Định nghĩa, Ví dụ Kết thúc Định lý Lời giải đề xuất thành viên Toc Ngan VMF u1 + u2 + + un u1 u2 un Trong tài liệu này, cho hàm số có hai ẩn y = f (x, m), khơng nói thêm ta hiểu x biến số m tham số c hoàng ngọc Mục lục Lý 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 thuyết chung Tam thức bậc hai Đường thẳng hệ số góc Phương pháp tọa độ mặt phẳng Bảng đạo hàm Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Đồ thị hàm số học 1.6.1 Hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0) 1.6.2 Hàm số y = ax4 + bx2 + c, (a = 0) , (c = 0, ad − bc = 0) 1.6.3 Hàm số y = ax+b cx+d 4 6 7 7 Tính đơn điệu hàm số 2.1 Sự đơn điệu hàm số 2.2 Áp dụng 2.3 Bài tập 14 Bài 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 toán Cực trị Cực trị hàm số Tìm điều kiện để hàm số có cực trị Cực trị hàm số bậc ba Cực trị hàm số bậc bốn trùng phương Bài tập 15 15 16 17 19 22 Bài 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 toán tương giao Điều kiện số giao điểm Điều kiện hoành độ giao điểm Giao điểm khoảng cách Các toán khác Bài tập 23 23 25 30 31 33 Bài 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 tốn tiếp tuyến Phương trình tiếp tuyến Ba dạng viết phương trình tiếp Số lượng tiếp tuyến Các dạng khác Bài tập 34 34 34 36 38 40 tuyến Điểm đặc biệt thuộc đồ thị 42 6.1 Ví dụ 42 6.2 Bài tập 46 c hoàng ngọc Lý thuyết chung 1.1 Tam thức bậc hai Định nghĩa Tam thức bậc hai biểu thức có dạng f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) (1) Nghiệm phương trình f (x) = gọi nghiệm tam thức bậc hai Định lý (Định lý dấu tam thức bậc hai) Cho Nếu Nếu Nếu tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) Đặt ∆ = b2 − 4ac ∆ < f (x) ln dấu với hệ số a, ∀x ∈ R b ∆ = f (x) ln dấu với hệ số a, ∀x = − 2a ∆ > f (x) trái dấu với hệ số a, ∀x ∈ (x1 ; x2 ); f (x) dấu với hệ số a, ∀x ∈ (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞) Trong x1 < x2 hai nghiệm phân biệt f (x) Định lý (Định lý Viète) Nếu tam thức f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) có hai nghiệm x1 ; x2 thì: b x1 + x2 = − ; a c x1 x2 = a Tính chất Đối với tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c(a = 0), ta có nhận xét sau: f (x) có hai nghiệm trái dấu ac < f (x) có hai nghiệm dương khi:   b − 4ac > −b >  c a >0 a f (x) có hai nghiệm âm khi:   b − 4ac > −b <  c a >0 a (2) (3) c hồng ngọc f (x) có hai nghiệm phân biệt lớn α khi:   b − 4ac > x1 + x2 > 2α  (x1 − α)(x2 − α) > f (x) có hai nghiệm phân biệt nhỏ α khi:   b − 4ac > x1 + x2 < 2α  (x1 − α)(x2 − α) > (4) (5) f (x) có hai nghiệm phân biệt, x1 < α < x2 khi: b2 − 4ac > (x1 − α)(x2 − α) < (6) Tính chất b ; +∞ , nghịch biến Nếu a > hàm số y = ax2 + bx + c đồng biến − 2a b −∞; − 2a b ; +∞ , đồng biến Nếu a < hàm số y = ax2 + bx + c nghịch biến − 2a b −∞; − 2a 1.2 Đường thẳng hệ số góc Hệ số góc đường thẳng tang góc tạo phần phía trục Ox đường thẳng chiều dương trục Ox Như hình vẽ đây, k1 , k2 hệ số góc đường thẳng d1 , d2 Đường thẳng có giá song song trùng với trục Ox có hệ số góc Đường thẳng có giá song song trùng với trục Oy khơng có hệ số góc Đường thẳng y = ax + b có hệ số góc a c hoàng ngọc Đường thẳng qua M (x0 ; y0 ) có hệ số góc k có phương trình: y = k(x − x0 ) + y0 (7) Hai đường thẳng song song có hệ số góc Hai đường thẳng vng góc có tích hệ số góc −1 1.3 Phương pháp tọa độ mặt phẳng Khoảng cách hai điểm A(xA ; yA ), B(xB ; yB ) là: AB = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 (8) Khoảng cách từ điểm M (x0 ; y0 ) đến đường thẳng (∆) : ax + by + c = là: |ax0 + by0 + c| √ a2 + b d(M ;(∆) = 1.4 (9) Bảng đạo hàm c =0 ; x =1 (x ) = nxn−1 ; (un ) = nxn−1 u √ √ u x = √ ; u = √ x u (sin x) = cos x ; (sin u) = u cos u (cos x) = − sin x ; (cos u) = −u sin u 1 (tan x) = ; (cot x) = − 2 cos x sin x (u ± v) = u ± v (uv) = u v + uv ; (ku) = ku u v − uv k u kv = ; = − v v2 v v2 (10) (11) n 1.5 (12) (13) (14) (15) (16) (17) (18) Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Định nghĩa Cho hàm số y = f (x) xác định tập D Giá trị lớn M , kí hiệu max f (x) D giá trị nhỏ m, kí hiệu f (x) hàm số y = f (x) D định nghĩa D sau: M = max f (x) ⇔ f (x) ≤ M, ∀x ∈ D ∃x0 ∈ D : f (x0 ) = M m = f (x) ⇔ f (x) ≥ m, ∀x ∈ D ∃x0 ∈ D : f (x0 ) = m D D (19) (20) c hoàng ngọc Tính chất m ≤ g(x), ∀x ∈ [a; b] ⇔ m ≤ g(x) (21) [a;b] m ≥ g(x), ∀x ∈ [a; b] ⇔ m ≥ max g(x) (22) [a;b] Tính chất Điều kiện cần đủ đề phương trình: f (x) = m (23) f (x) ≤ m ≤ max f (x) (24) có nghiệm Quy tắc tìm GTLN, GTNN hàm số y = f (x) [a; b] B1 Tính đạo hàm y giải phương trình y = [a; b], thu nghiệm: x1 , x2 , , xn ∈ [a; b] B2 Tính: f (x1 ), f (x2 ), , f (xn ), f (a), f (b) (25) B3 Kết luận Số lớn số (25) GTLN, số bé số (25) GTNN Khi tập cần tìm khơng phải đoạn, ta cần lập bảng biến thiên hàm số, dựa vào bảng biến thiên kết luận 1.6 Đồ thị hàm số học 1.6.1 Hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0) Đồ thị cắt trục hồnh điểm Đồ thị có tâm đối xứng I(xI ; yI ) Trong xI nghiệm phương trình: y = Điểm I gọi Điểm uốn đồ thị 1.6.2 Hàm số y = ax4 + bx2 + c, (a = 0) Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng Nếu hàm số có ba cực trị, ba điểm cực trị ln tạo thành tam giác cân điểm cực trị nằm Oy 1.6.3 Hàm số y = ax+b , (c cx+d = 0, ad − bc = 0) Đồ thị hàm số có tâm đối xứng I − dc ; ac giao điểm hai đường tiệm cận Đồ thị Hyperbol có hai nhánh nằm hai bên đường tiệm cận đứng x = − dc CHÚ Ý: hàm số y = axa +bx+c học chương trình THPT ban Nâng cao x+b kì thi gần đây, không xuất câu khảo sát hàm số nên bỏ ví dụ hàm số c hồng ngọc 2.1 Tính đơn điệu hàm số Sự đơn điệu hàm số Định nghĩa Hàm số y = f (x) xác định D gọi đồng biến D ∀x1 , x2 ∈ D, ta có: x1 < x2 ⇔ f (x1 ) < f (x2 ) (26) Hàm số y = f (x) xác định D gọi nghịch biến D ∀x1 , x2 ∈ D, ta có: x1 < x2 ⇔ f (x1 ) > f (x2 ) (27) Định lý Giả sử hàm số y = f (x) xác định có đạo hàm D Khi đó: a) Nếu f (x) ≥ 0, ∀x ∈ K hàm số f (x) đồng biến K b) Nếu f (x) ≤ 0, ∀x ∈ K hàm số f (x) nghịch biến K (Dấu “=” xảy số hữu hạn điểm) 2.2 Áp dụng Bài toán Cho hàm số y = f (x, m) Tìm điều kiện tham số m để hàm số đồng biến (nghịch biến) (a; b) Lời giải Ta giải cho trường hợp đồng biến, trường hợp nghịch biến, ta làm tương tự B1: Tìm TXĐ B2: Tính đạo hàm: y = f (x, m) B3: Đến đây, có cách chủ yếu để giải toán Cách (Phương pháp lập ẩn m) u cầu tốn tương đương với: f (x, m) ≥ 0, ∀x ∈ [a; b] (28) Biến đổi tương đương bất phương trình (28) dạng: m ≥ g(x), ∀x ∈ [a; b] m ≤ g(x), ∀x ∈ [a; b] Sử dụng (21), (22), ta đưa toán cho toán tìm GTLN, GTNN hàm số y = g(x) [a; b] c hoàng ngọc Cách (Phương pháp lập bảng biến thiên) Ta chia nhỏ trường hợp dấu f (x; m) lập bảng biến thiên hàm số dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận vị trí a, b so với nghiệm x1 , x2 , đạo hàm Đến đây, ta sử dụng tính chất (1) Cách (Kĩ thuật Parabol) Nếu (28) ⇔ g(x) ≥ (28) ⇔ g(x) ≤ với g(x) tam thức bậc hai ta sử dụng tính chất (2) Ví dụ Tìm m để hàm số: y = x3 − 5x2 − (3m − 2)x + a) Đồng biến R b) Nghịch biến (−2; 1) Lời giải TXĐ: R Ta có: y = 3x2 − 10x − 3m + a) Cách Yêu cầu toán thỏa mãn 10 x + , ∀x ∈ R 3 ⇔ m ≤ g(x) y ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ m ≤ x2 − Với g(x) = x2 − 10 x + 23 Ta có: g(x) = g =− 19 Do u cầu tốn tương đương với: m≤− 19 Cách (wtuan159) Dễ thấy y tam thức bậc hai có ∆ = 9m + 19 Yêu cầu toán thỏa mãn y ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆ ≤ ⇔ m ≤ − 19 c hoàng ngọc Cách Yêu cầu toán thỏa mãn khi: y ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ 3x2 − 10x − 3m + ≥ 0, ∀x ∈ R Vì h(x) = 3x2 − 10x − 3m + hàm số bậc hai hoành độ đỉnh x0 = h(x) ≥ h = −3m − Do đó: (29) ⇔ m ≤ − (29) nên 19 19 b) Cách Yêu cầu toán thỏa mãn 10 x + , ∀x ∈ [−2; 1] 3 ⇔ m ≥ max g(x) y ≤ 0, ∀x ∈ [−2; 1] ⇔ m ≥ x2 − [−2;1] Với g(x) = x2 − 10 x + 23 Ta có: max g(x) = g (−2) = [−2;1] 34 Do yêu cầu toán tương đương với: m≥ 34 Cách (wtuan159) Dễ thấy y tam thức bậc hai có ∆ = 9m + 19 * Nếu m ≤ − 19 ∆ ≤ Khi y ≥ 0, ∀x ∈ R Hàm số cho đồng biến R Do yêu cầu tốn khơng thỏa mãn ∆ > 0, phương trình y = có hai nghiệm x1 , x2 , (x1 < x2 ) * Nếu m > − 19 Ta có bảng biến thiên hàm số: x −∞ y x1 + x2 − +∞ + +∞ y −∞ Yêu cầu toán thỏa mãn khi:  (x1 + 2)(x2 + 2) ≤    (x1 − 1)(x2 − 1) ≤ x1 ≤ −2 < ≤ x2 ⇔ x1 + x2 ≥ −4    x1 + x2 ≤ ⇔ 2−3m + 10 +4≤0 3 2−3m 10 − +1≤0 ⇔ m≥ 34 19 (thỏa mãn điều kiện m > − ) 10 c hoàng ngọc Vậy m ≥ 34 đáp án toán Cách Yêu cầu toán thỏa mãn y ≤ 0, ∀x ∈ [−2; 1] ⇔ 3x2 − 10x − 3m + ≤ 0, ∀x ∈ [−2; 1] Vì h(x) = 3x2 − 10x − 3m + hàm số bậc hai hoành độ đỉnh x0 = số y = h(x) ln nghịch biến [−2; 1] Do đó: (30) > nên hàm h(x) ≤ h(−2) = 34 − 3m, ∀x ∈ [−2; 1] Vậy (30) ⇔ m ≥ 34 Ví dụ Tìm điều kiện tham số m để hàm số y = x3 − 3(2m + 1)x2 + (12m + 5)x + đồng biến (−∞; −1] ∪ [2; +∞) Lời giải (E.Galois) TXĐ: R Đặt K = (−∞; −1] ∪ [2; +∞) Ta có: y = 3x2 − 6(2m + 1)x + 12m + Cách 1: Yêu cầu toán thỏa mãn −6x+5 , ∀x ∈ (−∞; −1] m ≥ 3x12(x−1) y ≥ 0, ∀x ∈ K ⇔ 3x2 −6x+5 m ≤ 12(x−1) , ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ Trong đó: g(x) = Ta có: m ≥ max (−∞;−1] g(x) m ≤ min[2;+∞) g(x) 3x2 +6x−5 x−1 g (x) = 3x2 − 6x + 12(x − 1)2 Phương trình g (x) = vô nghiệm K g(−1) = − ; g(2) = ; lim g(x) = +∞; lim g(x) = −∞; x→−∞ 12 12 x→+∞ Do max g(x) = − (−∞;−1] ; g(x) = 12 [2;+∞) 12 Vậy: (31) ⇔ − ≤m≤ 12 12 Cách 2: 11 (31) c hoàng ngọc Dễ dàng tìm (d1 ) : y = x + có hệ số góc k1 = Với x < 0, ta có: y = |x|3 − 3|x| − = −x3 + 3x − √ − Dễ dàng tìm đường thẳng (d ) có hệ số góc k = 2 √ Vậy < k < − (d) cắt (C ) điểm phân biệt Cách (E.Galois) Đường thẳng (d) qua M (2; 0) với hệ số góc k có phương trình dạng: y = k(x − 2) Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng (d) nghiệm phương trình: |x|3 − 3|x| − = k(x − 2) ⇔ k = |x|3 − 3|x| − , ∀x = x−2 (67) Xét hàm số: g(x) = |x|3 − 3|x| − = x−2 x2 + 2x + = x ≥ −x3 +3x−2 x | − − 1| = xo + - Nếu xo > −2 ⇔ xo + > thì: xo + 4 − = xo + + − ≥ |4 − 3| = xo + xo + Vậy P = ⇔    x   o     −1 ≥0 xo + ⇔ xo = xo > −2 xo + = xo + Vậu M (0; −1) điểm cần tìm Ví dụ 33 Cho hàm số: y = x3 − 4x − 1(C) Tìm cặp điểm nguyên (C) đối xứng qua đường thẳng (d) : y = x khơng nằm đường thẳng Lời giải (Phạm Hữu Bảo Chung) Gọi A(a; a3 − 4a − 1), B(b; b3 − 4b − 1) điểm thỏa mãn đề Khi đó: a, b ∈ Z a = b Hệ số góc đường thẳng AB là: kAB = yB − yA b3 − a3 − 4(b − a) = = b2 + ab + a2 − xB − xA b−a Hai điểm A B đối xứng với qua đường thẳng (d) d trung trực 43 c hoàng ngọc đoạn thẳng AB Tức là: AB ⊥ d A, B cách d Khi đó: kAB kd = −1 dA;d = dB;d ⇔ a2 + ab + b2 − = −1 |a − (a3 − 4a − 1)| = |b − (b3 − 4b − 1)| ⇔ a2 + ab + b2 = |a3 − 5a − 1| = |b3 − 5b − 1|  a + ab + b2 =   ⇔ a3 − 5a − = b3 − 5b −   a3 − 5a − = −b3 + 5b +  a + ab + b2 =   ⇔ (a − b)(a2 + ab + b2 − 5) =   a3 + b3 − 5(a + b) − =  a + ab + b2 =     a = b ⇔  2   a + ab + b =    a3 + b3 − 5(a + b) − = a2 + ab + b2 = a3 + b3 − 5(a + b) − = ⇔ Đặt S = a + b, P = ab, (S ≥ 4P ), ta được: S2 − P = S − 3P S − 5S − = ⇔ P = S2 − S − 2S + = ⇔ P = S2 − (S − 1)(S + S − = 0)  P = S2 −     S=1 ⇔ √    −1 ±   S= Do a, b ∈ Z nên    S ∈ Z ⇒ S = ⇒ P = −2 ⇒    44 a=2 b = −1 a = −1 b=2 c hoàng ngọc Thử lại, ta thấy (−1; 2) (2; −1) điểm cần tìm Ví dụ 34 Giả sử M điểm đồ thị (C) hàm số y = x+m , m = −1 Gọi H, K hình x−1 chiếu M lên đường tiệm cận đồ thị (C) I giao điểm hai tiệm cận Tìm m để SM HIK = Lời giải (hoangtrong2305) Đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị (C) x = 1; y = Giả sử M x; x+m ∈ (C) Ta có: x−1 I(1; 1), H 1; x+m x−1 , K(x; 1) Khi đó: (1 − x)2 ; HI = MH = ( 1+m ) 1−x Dễ thấy tứ giác M HIK hình chữ nhật Do đó: = SM HIK ⇔ M H.HI = ⇔ (1 + m)2 = ⇔ m=0 m = −2 Bài tốn Tìm hai điểm M, N hai nhánh đồ thị hàm số y = ax+b x−x0 cho M N nhỏ Lời giải Giả sử M m; am + b m − x0 ;N Khi đó: M N = (m − n)2 + n; an + b n − x0 , m < x0 < n (ax0 + b)2 (x20 − (m + n)x0 + mn)2 Đặt S = m + n, P = mn ta có ∆ = S − 4P > − ∆ ≤ x20 − Sx0 + P < Bình phương hai vế (80), ta có: ∆2 ≥ (x20 − (m + n)x0 + mn)2 16 Do đó: (ax0 + b)2 16(ax0 + b)2 ≥ (x20 − (m + n)x0 + mn)2 ∆2 Từ ta có: MN2 ≥ ∆ + 16(ax0 + b)2 ∆2 =∆+ 16(ax0 + b)2 ≥ 8|ax0 + b| ∆ Vậy dC = 2|ax0 + b| hoành độ M, N là: x0 ± 45 |ax0 + b| (80) c hoàng ngọc 6.2 Bài tập Bài Tìm hai điểm thuộc đồ thị hàm số y = 2x x−1 đối xứng qua đt d : 2x + y − = Bài Cho hàm số y = x3 − 6x2 + 3mx − m + có đồ thị (Cm) Tìm M thuộc (Cm) cho tam giác M P Q cân M với P, Q điểm cực trị (Cm) x−1 Bài Cho hàm số y = x+2 Tìm điểm M đồ thị hàm số để tổng khoảng cách từ M đến trục tọa độ nhỏ 2x − (C) Tìm điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến M vng góc x−1 với đường thẳng IM Bài Cho y = Bài Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2, (C) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp √ tuyến (C) A B song song với đô dài đoạn thẳng AB 46 ... 4m2 + 1 2m m2 + m2 4m2 + 1 2m m 4m + 12 + m 4m + 12 Từ (44), suy số hạng A dương Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: A≥2 4m + 12 m · =2 m 4m + 1 2m Do (43) ⇔ 4m + 12 = m ⇔ − 3m = 12 ⇔ m = −4, (thỏa m n điều... − m Yêu cầu toán thỏa m n khi: m> 0 yCD yCT < (50) Với điều kiện m > 0, h m số có hai đi m cực trị là: A m 2m ;− 3 m − m ;B − (50) ⇔ Do đó: m m m 27 −1 m 2m ; 3 m m 27 >0 m> >0 Ví dụ 15 T m. .. 2m x1 x2 = − 3m Do đó: A = = = = = m2 x21 + 2mx2 + 9m + m2 x22 + 2mx1 + 9m m2 x21 + (x1 + x2 )x2 + 9m + m2 x22 + (x1 + x2 )x1 + 9m (x1 + x2 )2 − x1 x2 + 9m m2 + m2 (x1 + x2 )2 − x1 x2 + 9m 4m2