02 2 huong dan giai

Dạng 3: TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CĨ CỰC TRỊ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC Bài toán 01: TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CĨ CỰC TRỊ CÙNG DẤU, TRÁI DẤU Bài 1: Hàm số có hai điểm cực trị � Phương trình y’ = có hai nghiệm phân m �0 � m � � �� � m  m  biệt x1, x2 � � '  � m m � Hai giá trị cực trị dấu 2 � y(x1).y(x2 )  � [(1 m)x1  1] [(1 m)x2  1]  3 Hàm số có cực đại , cực tiểu y'  có hai nghiệm phân biệt đổi dấu qua nghiệm �  '  36  9 m  2  �  m  � m  y1  2 m  2 x1  m  2, y2  2 m  2 x2  m  2 Theo toán : y1.y2  �  m  2  4m  17  Do x1 �x2 � hàm số ln có hai cực trị; y1  m(m2  3), y2  (m  1)(m2  m  4) Yêu cầu toán � y1.y2  � m(m  1)  �  m  Bài 2: Yêu cầu tốn � y'  có hai nghiệm trái dấu �  2m  � m  Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu � y'  có hai nghiệm phân � m  �0 � m  3 � �� biệt x1,x2 � � m  1  '  9(m  1)  6m(m  1)  � � Khi đó: x1  x2  � hai điểm cực trị cách đường thẳng x  Hàm số có hai cực trị trái dấu � đồ thị hàm số cắt Ox ba điểm phân biệt Phương trình hồnh độ giao điểm: (x  1)(x2  2mx  m)  � x  x2  2mx  m    Yêu cầu toán �   có hai nghiệm phân biệt khác � m �(�;0) �(1; �) Bài tốn 02: TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CÓ CỰC ĐẠI, CỰC TIỂU NẰM VỀ MỘT PHÍA, HAI PHÍA CỦA HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Bài 1: + Nếu m �0 đồ thị có điểm cực trị (0; 4) �Oy + Nếu m  (C m ) có điểm cực trị A(0; 4),B( m;m2  4),C( m;m2  4) 44 � m � � m  Để A, B, C nằm trục toạ độ B, C  Ox  � m  4 � Bài 2: Ta có y'  2(3x2  mx  6) � y'  � 3x2  mx   (1) Vì (1) ln có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số ln có hai cực trị Gọi x1,x2 hoành độ hai cực trị, hai điểm cực trị cách trục tung � x1  x2 � x1   x2 � x1  x2  (vì x1 �x2 ) � S  Ta có y'  mx2  2mx  5m  (x  1)2  b m   0� m  a � y'  � mx2  2mx  5m  1 (x �1) (3) � m � m  � � m(6m  1)  � (3) có nghiệm phân biệt x1,x2 �1 � � � � m  � 6m  �0 � Hai điểm cực trị đồ thị hàm số nằm hai phía trục Ox � y(x1).y(x2 )    Lại có y(x1)  2m(x1  1) , y(x2 )  2m(x2  1) � y(x1).y(x2)  4m(2m  1) Bài m   giá trị cần tìm Bài tốn 03: TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CĨ CỰC ĐẠI, CỰC TIỂU NẰM VỀ MỘT PHÍA, HAI PHÍA CỦA ĐƯỜNG THẲNG CHO TRƯỚC Bài 1: Để hai điểm cực trị đối xứng qua d ta phải có d    k1k2  1 � m  Với m = đồ thị có hai điểm cực trị (0; 0) (2; –4), nên trung điểm chúng I(1; –2) Ta thấy I  d, hai điểm cực trị đối xứng với qua d Bài 2: Đường thẳng qua cực trị : y  2(m2  2m  2)x  4m  A, B đối xứng qua (d): y  � AB  d x  �  m  I �d � Bài 3: Phương trình đường thẳng qua 7m y  (21 m2)x   9 �m  21 � 10   d: y  3x   �2  m � 2 � (21 m ).3  1 �9 45 điểm cực trị : Đường thẳng qua điểm cực trị  t : y   2 m  5m  x  m2  m  3   �2  m  5m     � �3 Theo toán  d  P  t khi: � � m  m  �3 �3 Bài 4: Vì A ,B cách đường thẳng d : x  y  nên ta có trường hợp �Trung điểm I(0;1 3m) AB thuộc d � 1 3m  � m  �AB song song với đường thẳng d, nên 2m  � m   (loại) � � � � 2;  4m �và B� 2m; m  4m2 �.Gọi I trung điểm đoạn AB A � � � � � � x  xB x  A  m1 � �I tọa độ I � �y  yA  yB  m3  2m2  2m  � 3 �I I �đường thẳng  d  : 2x  3y  � m  �m  1�m  4 A  x1;y1  2x1  2m ,B x2;y2  2x2  2m điểm cực trị đồ thị hàm số x1,x2 nghiệm phương trình g  x  0,x �1 Với m  d  A ,    d  B,   � x1  y1  2  x2  y2  2 �  x1  x2  � 3 x1  x2   4m  4� � � Bài 5: y  (3m  1)2 x  m(m  1)(1 2m) phương trình đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị hàm số � (3m  1)2  4 � � m  1 Yêu cầu toán � � m(1 2m)(m  1)  � 2 Yêu cầu toán � (3m  1)2  1 � m  0,m  Bài 6: 1 * x  1 nghiệm đa thức x2 – 2mx  m � 1 3m  � m   1� (x  1)� x � x2  x  � Khi m   � � x  3 y  x1 x1 46 Vì y’   ,x �D nên hàm số khơng có cực trị , m   khơng thỏa mãn u cầu toán x2  2x  3m Khi m � ,ta có: y'  Dấu y' dấu (x  1)2 g  x  x2  2x  3m Hàm số có hai điểm cực trị � Phương trình g  x  có hai nghiệm phân biệt �  '  1 3m  � m   (*) A B đối xứng qua đường thẳng (d): y =  x  � AB  (d) trung điểm I AB Vì tích hai hệ số góc hai đường thẳng AB (d) = - nên AB  (d) � x x xI   1 � Trung điểm I AB có tọa độ � �y  2x  2m  2  2m (doI �AB) �I I I �(d) � 1  4m   � m   thỏa mãn điều kiện (*) Ta có y'  3x2  6x  m2 � y'  � 3x2  6x  m2  (1) Hàm số có cực trị � (1) có nghiệm phân biệt x1,x2 �  '  3(3  m2)  �   m  Nên phương trình đường thẳng d' qua điểm cực trị : �2 � y  � m2  2� x  m  m � điểm cực trị : �3 � � �2 � � �2 � � � A� x1;� m  2� x1  m  3m� , B� x2;� m  2� x2  m2  3m � 3 3 � � � � � � � � �2m2  6m  15 11m2  3m  30 � ; � I  d �d' � I � � 15  4m2 � 15  4m � � 2 m   2 � m  � I trung điểm AB � A B A B đối xứng qua d trước hết d  d' � Khi I  1; 2 A  x1; 2x1  ; B x2; 2x2  đối xứng qua d Vậy m  giá trị cần tìm Bài tốn 04: TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CÓ CỰC ĐẠI, CỰC TIỂU THỎA MÃN HOÀNH ĐỘ CHO TRƯỚC Bài 1: m �m � x1  4x2; x1  x2   ; x1x2   47 Hàm số có cực trị phương trình :  m  1 x2   m  3 x   m  0 1 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Đặt t  x  � x  t  Phương trình  1 trở thành  m  1 t2   3m  7 t  m   0 2 Phương trình  1 có hai nghiệm x1,x2 cho x1   x2 m7  � 1 m  m1 Hàm số đạt cực tiểu điểm có hồnh độ nhỏ phương trình  2 có hai nghiệm t1,t2 thỏa t1   t2 �   � y'  3x2  6 m  1 x  3m2  7m   có hai nghiệm x1,x2 thoả mãn điều kiện : x1   x2  1 x1  x2 �1  2 Theo định lý viet, ta có : x1  x2  2 m  1 ,x1.x2  3m  7m  �x1  1 x2  1 �  x1  1  x2  1  � x1.x2   x1  x2   1 �   m   a � '  � < �x 1��< x2    2 x1 x2 m  b � �x  x  �0    � Nếu m  y'= 2x , hàm số có điểm cực trị Vậy m  không thỏa mãn yêu cầu tốn Nếu m �0 phương trình y'  phương trình bậc hai có a.c  3m.  m   3m2  nên phương trình y'  ln có hai nghiệm trái dấu ,suy hàm số ln có điểm cực đại điểm cực tiểu Khi hai nghiệm phương trình y'  x  2m  1� 7m  4m  3m Yêu cầu toán thỏa mãn � m � m � � �� �2m  1 7m2  4m  2m  1 7m2  4m   3m 1 � � 3m � � m � m � m � � �� �� �� � m  1 m  1�m  6m  6m  � � 7m  4m   1 m � x1  x2  2m, x1x2  m x1  x2 �8  (x1  x2)2 �64  m2  m  16 �0  m �1 65 m �1 65 2 48 � 0 � �3 m P0 � 14 � � Theo toán  �  � S 14 � m  m � � � � � x12  x22  � Để hàm số đạt cực đại , cực tiểu điểm có hồnh độ x1 ,x2 phương trình g  x  x2  4x  m  có hai nghiệm phân biệt khác 2 m Theo định lý Vi-ét , ta có : x1  x2  12,x1.x2  m �1 x  x2 1� ��  x1  x2   2.x1.x2  6 x12  x22  6�  �m �x � x1.x2 � x2 � Ta có : y'  x2  2m2  5m  x  g  x ,x �0 , g  x  x2  2m2  5m  x x � 0;2m Hàm số đạt cực tiểu   � g x  có hai nghiệm phân biệt x1,x2  x1  x2  thoả x1   x2  2m �  m  m  2 Ta có : y'  3x2  2(m  3)x  2m  � y'  � 3x2  2(m  3)x  2m   (1) Hàm số có hai điểm cực trị thỏa mãn xCD xCT   (1) có hai nghiệm �  '  m2   � m � x1,x2 thỏa mãn: x1.x2  � � �� c 2m  m  1 1 � �P   a � 10 Ta có y'  2x2  4mx  2m (x  m) � y'  � x2  2mx  m  (1) � m Đồ thị hàm số có cực trị � (1) có nghiệm phân biệt khác m � � m �1 � Vì đường thẳng qua điểm cực trị hàm số có phương trình là: y  4x  nên y(x1)  y(x2)  � x1  x2  � m  1 , m  1 2 Bài 2: x x � * m  Khi hàm số cho trở thành y =  � , hàm số không x � có cực trị , m  khơng thỏa mãn yêu cầu toán x   m nghiệm tử số mx2  x  m � m3  � m  (bị loại)  m �0, y'  � mx2  2m2x  � x  �x  2m hàm số cho có hai cực trị 49 y  x2   ��� y  x1 y(0)  y(�2m) ���  �� (1 4m2) 4m2 m � 1�m �1 Vậy m thỏa mãn yêu cầu toán � � m �0 � m  Hàm số có hai điểm cực trị dương �   có hai nghiệm dương phân biệt �  '  m2  2m   � � m � � �� S  2m  � � � � m �1 P  2m   � � Bài 3: � � 4m2  m   � � y' =0 có nghiệm thỏa mãn: x1  x2  � �  x1  1   x2  1  �  x1  1  x2  1  � �  m  � mx2  2(m  2)x  m   (1) Ta có: y�  mx2  2(m  2)x  m  1; y� Đặt t  x   x  t  1, thay vào (1) ta được: m(t  1)2  2(m  2)(t  1)  m   � mt2  4(m  1)t  4m   (1) có nghiệm phân biệt bé  (2) có nghiệm âm phân biệt �  m 3 Hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu � Phương trình y'  có hai nghiệm phân biệt �  '  m2  10m  16  � m  m   1 Với m  m  hàm số đạt cực trị hai điểm có hồnh độ x1,x2 đồng thời x1  x2  2m , x1.x2  2(5m  8) Để hàm số đạt cực trị hai điểm có hồnh độ x1,x2 bé tức phải có: x1  �x1  x2  x x 2 � � �� � �1 � m  2 � x2  � (x1  1)(x2  1)  � x1x2  (x1  x2)  1 � Từ  1  2 suy  m  m  giá trị cần tìm 4 3x2  6(m  1)x  3m2  7m   (1) Hàm có cực trị �   3m  12  � m  4, (1) có hai nghiệm 3(m  1)  12  3m 3(m  1)  12  3m , x2  3 Ta thấy hàm số đạt cực tiểu x1, yêu cầu toán thỏa mãn x1  50 � m � � m �0 � x1  � 3m  12  3m � � � m  � � �3m2  m   � � y'  3x2  6x  6m   3(x2  2x  2m  1) � y'  � x2  2x  2m   (1) Hàm số đạt cực trị hai điểm phân biệt có hồnh độ lớn 2 � Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn 2 (1) có hai nghiệm phân biệt �  '  1–  2m  1   2m  � m  Khi hai nghiệm (1) x1  1 2m , x2  1 2m Khi hai nghiệm (1) x1  1 2m , x2  1 2m Vì x1  x2 hai nghiệm lớn 2 x1  2 x1  2 � 1 2m  2 � 2m  � 2m  � m   �9 �  ;0� Vậy giá trị m cần tìm m �� �2 � Đồ thị hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu � Phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2 �  '  – m  � m  y1  y2  (x1  x2 )[x12  x22  6(x1  x2)  3m]  (x1  x2)[(x1  x2)2  2x1x2  6(x1  x2)  3m] y1  y2 (x  x )2  2x1x2  6(x1  x2)  3m 0�    (x1  x2)(x1x2  2) x1x2  � x1  x2  16  2m  24  3m m  0�  � 2  m  Vì � nên   � x x  m m  m �1 x2 - 4x +5 Bài Ta có: y ' = x2 - ( m + 4) x + 2m + y ' = � m = g ( x) = 10 < m 10 m �3 m 2 m