Tài liệu ôn luyện thi Đại học - Chuyên đề Hàm số (phần 2)

Tìm m để hàm số  1 có cực đại, cực tiểu đồng thời thời khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị đến O.. Hướng dẫn giải[r]

Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học  Ch・ đề 3: Đi・m thu・c đ・ th・ Tìm tất các điểm M thuộc đồ thị  C  : y  f  x  , biết M thỏa mãn tính chất T cho trước Ví dụ Tìm trên đồ thị  C  : y  x3  3x2  , điểm M, N cho MN  và tiếp tuyến đó song song với Lời giải     Giả sử M m,m  3m  , N n,n3  3n2  với m  n là tọa độ thỏa đề bài Vì tiếp tuyến M,N song song với nên y' m   y' n  hay 3m2  6m  3n2  6n   m  n  m  n  2   n   m, m  2   Hơn MN2   m  n   m3  3m2   n3  3n2  , rút gọn ta MN2   m  1  24  m  1  40 m   , n   m Mà MN  suy 4t3  24t  40t  32 với t   m  1 ,t  , giải t  , từ đây có  m;n   3; 1  (1; 3) Vậy, điểm cần tìm M 3; 1 , N  1;3 Ví dụ Tìm tọa độ điểm B, D cho ABCD là hình vuông, biết D là điểm nằm trên đường thẳng d : x  y   ; I  1;9  là trung điểm AC ; A và 1 7 C là điểm nằm trên đồ thị y  x3  x2  x  3 Lời giải 7  1 7  Gọi A  a; a3  a2  a   , C  c; c3  c2  c   2  3 2  là tọa độ điểm thuộc đồ thị hàm số a  c  1  I là trung điểm AC :  7 1 7  a  2a  a     c  2c  c      9   a  c    1 2   1    a  c   a  c   3ac    a  c   2ac    a  c   11   A  3; 3 a  c  a  3 a     hay   ngược lại ac  15 c  c  3 C 5;21 Lop12.net TH1: A  3; 3 và C  5;21 x  t d: và D   d   D  t;2  t  y   t   Ta có: AD    t;5  t  , CD   5  t; 19  t    DA.DC  ABCD là hình vuông và  DA  DC  t  11  t   2 2  t  11 tức D  11;13 3  t     t    t  5   19  t    Vì AB  DC   16;8   B 13;5 Vậy, A  3; 3 , B 13;5 , C  5;21 , D  11;13 là tọa độ cần tìm TH2: A  5;21 và C  3; 3 tương tự Ví dụ Cho hàm số y  x3  5x2  10x  , có đồ thị  C  Gọi A là điểm thuộc  C  , C là điểm thuộc đường thẳng d : x  7y  25  và  7 I   ;  là trung điểm AC Tìm tọa độ điểm B có hoành độ âm cho tam  2 giác OAB vuông cân A , Gọi E,F theo thứ tự là giao điểm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OABC với trục hoành, trục tung ( E,F khác O ) Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn cho tam giác MEF có diện tích lớn Lời giải   A a;a  5a  10a   C  , C  25  7c;c    d   a   25  7c    2  7  I   ;  là trung điểm AC    2  a  5a  10a   c    2  24  a a   A 3;4  c     a  3 7a2  14a  27  c   C  4;3        AB.OA  Gọi B  x0 ;y  , x0  Tam giác OAB vuông cân A   AB  OA 3 x0  3   y    x0  1;y     B 1;7  2  x0  3   y    25 x0  7;y  Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học 2 1   25  Đường tròn ngoại tiếp OABC :  x     y    2  2  Từ giả thiết suy E  1;0  , F 0;7  Dễ thấy, EF là đường kính đường tròn, nên tam giác MEF vuông M ME2  MF2 EF2 25 SMEF  ME.MF    4 Đẳng thức xảy và tam giác MEF vuông cân M , đó tọa độ M  x  12  y  25 M  4;4   2  thỏa hệ:  1   25 M 3;3   x     y     2  2  Bài tập tự luyện: Tìm các điểm M trên đồ thị  C  : y  x  2x2  cho tiếp tuyến  C   17  M vuông góc với đường thẳng IM, với I  0;    Hướng dẫn giải Tiếp tuyến d M  x0 ;y  thuộc  C  có hệ số góc là y '0  4x30  4x0 , phương   trình có dạng: y  4x30  4x0  x  x0   x04  2x02  và có vectơ pháp tuyến  n  4x30  4x0 ; 1     25  Đường thẳng AM có vectơ phương AM   x0 ;x04  2x02       Đường thẳng d và AM vuông góc n và AM cùng phương với tức 33 25    4x30  4x0  x04  2x02    x0   x0  x20 1  x20        8 8      Đặt t  x20   , phương trình   trở thành   33   4t  t     , phương   trình này có nghiệm t  thỏa điều kiện t  Với t  tức x20   x0  1 x0  Vậy, có điểm cần tìm M  1;2 , M 0; 1 , M 1;2 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc nhánh khác đồ thị y  cho x tam giác ABC vuông cân A  1; 2 Hướng dẫn giải  2  2 Xét B  b;  , C  c;  , b   c là điểm thuộc đồ thị y  x  b  c Lop12.net Gọi H, K là hình chiếu B, C lên đường thẳng y  2 , đó H  b; 2 và K  c, 2   CAK   CAK   ACK   900  BAH   ACK  suy AHB  CKA Dễ thấy BAH  AH  CK (cạnh huyền, góc nhọn )   hay BH  AK  2  bc  3c   bc  c    b       c    2   2  c 1 b   2 b  c 1   Với bc  3c   b  1  2 3c  8c  thay vào  2 ta  c 1 3c  c Suy c2  3c   3c2  7c   không thỏa c   Với bc  c   b  c  thay vào  2 ta  c 1 c 2 c Suy c2  c    c  c  3 ( không thỏa c  ) Vậy, B 2; 1  , C  2;1 ngược lại là tọa độ cần tìm Tìm các điểm thuộc nhánh khác  C  : y  2x  cho khoảng x 1 cách điểm đó ngắn Hướng dẫn giải 1     Gọi A  a;2   , B  b;2   với a  1 , b  1 là điểm thuộc a 1 b1    nhánh phải và nhánh trái đồ thị Đặt u  1  a  0, v   b      1 1   4uv 1   AB2   u  v        u  v  1    uv 2    uv 2  u v     Hay AB2  4uv   16 uv u  v  u  v u  v 1 Đẳng thức xảy :   4uv  uv u  Vậy, A  0;1  , B 2;3 thì AB  4 Tìm trên đồ thị  C  : y  x3  3x có bao nhiêu bốn điểm A,B,C,D cho tứ giác ABCD là hình vuông tâm O  0;0 Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học Hướng dẫn giải     Giả sử A a; a  3a ,B b; b  3b với a  b và a,b    OA.OB  OA  OB  ABCD là hình vuông tâm O  0;0   OA  OB OA  OB     ab  ab a2  b2     a2  a3  3a  b2  b3  3b        a2b2  a2  b2  10    Biến đổi và rút gọn   , ta :  a  b   2   a  b   a2b2      1  2  Trường hợp : a  b  thay vào  1 , ta : a  6a2  10  3 Rõ ràng phương trình  3 không có nghiệm thực với a   Trường hợp 2: Đặt u  a2  b2 ,v  a2 b2  v  3u  10   v  3u  10 Khi đó hệ  1 ,  2 trở thành :    u  3  v   u  9u  20  Giải hệ, ta u  4,v  u  v  2 a  u  a  b  a        2  v  a b  b   b     5 a  a  2 u  a  b      *   2 v   a b    5 b  b    Vì vai trò A,B nên trên  C  có hai * 2 2 5 5 bốn điểm A,B,C,D cho ABCD là hình vuông có tâm O  0;0 Tìm trên đồ thị  C  hàm số y  x3  3x  cặp điểm đối xứng qua gốc tọa độ I  2;18  Hướng dẫn giải x  x  Gọi M  x1 ;y1  ,N  x2 ;y2  là tọa độ cần tìm Từ giả thiết, ta suy ra:  y  y  36 Vậy, M 1;2 , N 3;34  Lop12.net Tìm trên đường thẳng y  3x  điểm M cho tổng khoảng cách từ M đến điểm cực trị đồ thị hàm số y  x3  3x2  là nhỏ Hướng dẫn giải Giả sử điểm cực đại là A  0;2 , điểm cực tiểu là B 2; 2 Ta thấy, A,B nằm phía đường thẳng y  3x  Để MA  MB nhỏ điểm A,M,B thẳng hàng và M nằm AB , tức tọa độ điểm M là giao điểm đường thẳng AB: y  2x  và đường  2 thẳng y  3x   M  ;   5 Tìm tọa độ điểm M trên đồ thị  C  : y  2x  cho khoảng cách từ điểm x 1 I  1; 2 tới tiếp tuyến M đồ thị  C  10 Hướng dẫn giải   Gọi M  x0 ;   là tọa độ điểm cần tìm, tiếp tuyến M có phương trình: x0    3 y 2   x  x0  hay 3 x  x0    x0  12  y 2 3 x0 1   t  x0   x  1 Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến  t  là d  3 1  x0   3 x0  1   x0  1 d  x0  10   10 x0     x0    t  10t   10 với t   x0  1   t  t  2x  có đồ thi  C  Tìm M thuộc  C  cho tổng khoảng x 1 cách từ M đến trục tọa độ là nhỏ Hướng dẫn giải 2x    Gọi M  x;y    C   M  x;y   x 1   Cho hàm số y  d  M   d  M,Ox   d  M,Oy   x  y  x  Lop12.net 2x  x 1   x0  1 Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học   Nhận xét điểm A   ;0    C  và d  A,Ox   d  A,Oy   , đó để tìm   mind  M  ta cần xét các điểm M  x;y  thỏa  1      x   x  1   x     x    2x  1 y 1  2(2x  1)  x     x  1 2x  x2  x  Với   x   , ta có d  M   x    f x  x 1 x 1 x2  2x x  x  2  1 Ta có f ’  x     > x    ;    f  x  đồng biến trên 2  3  x  1  x  1  1 khoảng   ;    3  1    f  x   f      d  A   điểm cần tìm là M  A   ;0   2   Cho hàm số y  x3  3x2  có đồ thị là  C  Tìm trên đồ thị hai điểm A, B cho tiếp tuyến A và B song song với và khoảng cách từ O đến đường 10 Hướng dẫn giải thẳng qua hai điểm A, B     Gọi A x1 ;y1  x13  3x12  , B x2 ;y  x23  3x22  là điểm cần tìm với x1  x2 Ta có y'  3x2  6x Hệ số góc các tiếp tuyến  C  A và B là k1  3x12  6x1 ,k  3x22  6x2 Tiếp tuyến  C  A và B song song với nên k1  k  3x12  6x1  3x22  6x2  3(x1  x2 ) x1  x2   6(x1  x2 )   x1  x2    x2   x1 Hệ số góc đường thẳng AB là k  y2  y1 x13  x23  3(x12  x22 )  x2  x1 x2  x1 k   x1  x2   x1 x2  3 x1  x2    x1(2  x1 )   2x1  Phương trình đường thẳng AB là y  (2x1  2)(x  x1 )  x13  3x12  Lop12.net  (2x1  2)x  y   2x1    x21  2x1   d  O,AB   x    x  2x1      2x1     10  5  x  2x     Bình phương vế và rút     x  2x      x12  2x1   gọn được: x12  2x1  x12  2x1  2 1  x21  2x1   1  x12  2x1     2 Giải  1 ta x1   x2  Giải  2 ta x1  32 32 x1  3       9   Vậy, các điểm cần tìm là A  ; ;  ,B       ngược lại 10 Cho hàm số y  x3  3x  có đồ thị là  C  Tìm trên đồ thị hai điểm A, B cho A, B song song với trục hoành và AB  Hướng dẫn giải   Vì AB song song với trục hoành nên AB  ki  k  1;0  là véc tơ phương đơn vị trục hoành Do AB  nên k   k  3     Với k  3  AB  3i  BA  3i vì chúng ta không quan tâm tới thứ tự  A, B nên cần xét AB   3;0   Vì AB   3;0 nên B là ảnh điểm A qua phép tịnh tiến Tv với v   3;0  đó tọa độ điểm B là giao điểm đồ thị  C  và đồ thị  C' là ảnh  C  qua phép tịnh tiến Tv Phương trình  C' qua phép tịnh tiến Tv là y   x  3  3 x  3   x3  9x2  24x  15 y  x3  3x  x   y  Tọa độ điểm B là nghiệm hệ   y  x  9x  24x  15  x   y   Với B 1;1 thì từ AB   3;0  A  2;1  Với B 2;5 thì từ AB   3;0  A  1;5 10 Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học  Ch・ đề 4: Tính đ・n đi・u c・a hàm s・ Điều kiện cần để hàm số đơn điệu: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I  Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng I thì f ' x   với x  I ;  Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng I thì f ' x   với x  I Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu: Giả sử I là khoảng nửa khoảng đoạn, f là hàm số liên tục trên I và có đạo hàm điểm I (tức là điểm thuộc I không phải đầu mút I ) Khi đó:  Nếu f ' x   với x  I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I ;  Nếu f ' x   với x  I thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I ;  Nếu f ' x   với x  I thì hàm số f không đổi trên khoảng I x2  5x  m2  đồng biến trên khoảng  1;  x 3 Lời giải Hàm số đã cho xác định trên D   \ 3 , đó nó xác định trên khoảng Ví dụ Tìm m để hàm số: y  1;  Ta có: y'  x2  6x   m2  x  32 Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 1;  và y'  với x   1;   tức là x2  6x   m2  , x   1;   (vì  x  3  , x  ) hay  x  3  m2 với x   1;   Xét g  x    x  3 trên khoảng  1;  và g' x   2 x  3 với x   x   tức g' x    với x   1;   g  x  đồng biến trên khoảng  1;  và lim g  x   16 , lim g  x    x 1 x  Khi đó m2   x  3 , x   1;    m2  16 hay 4  m  Chú ý 1: * Hàm số y  f  x,m  tăng trên   y'  x    y'  x * Hàm số y  f  x,m  giảm trên   y'  x    max y'  x Chú ý 2: Đặt f  x   ax  bx  c  a   11 Lop12.net  f  x   có hai nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn : x1    x2 Đặt t  x   , đó g  t   f  t    Bài toán trở thành g  t   có hai nghiệm trái dấu tức t1   t  P   f  x   có hai nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn : x1  x2   Đặt t  x   , đó g  t   f  t    Bài toán trở thành g  t   có hai nghiệm cùng âm nghĩa là t1  t     0, S  0, P   f  x   có hai nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn   x1  x2 Đặt t  x   , đó g  t   f  t    Bài toán trở thành g  t   có hai nghiệm cùng dương nghĩa là  t  t    0, S  0, P   Để ý f  x   có hai nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn: x1    x2   x1    x2      x1 x2    x1  x2          x1  x2  x1  x2  2 ;   x1    x2        x1  x2    x1  x2  2   x1    x2       x1  x2      0, 2  x1  x2  2 ,  x1    x2     0,  x1    x2      Mở rộng: Nhận thấy, với 4  m  thì hàm số đã cho luôn đồng biến trên khoảng 1;  Nghĩa là hàm số đồng biến khoảng nửa khoảng hay đoạn nào thuộc  1;  Như vậy, hàm số hiển nhiên đồng biến (đơn điệu tăng) bất kì trên khoảng  1;2 đoạn 3;5 x2  5x  m2  đồng x 3 biến trên đoạn 2;3 ” Để hiểu kỹ vấn đề này, bạn đọc làm bài toán sau: Qua đó, bài toán có thể yêu cầu: “Tìm m để hàm số: y  “Tìm điều kiện tham số m cho hàm số y  4mx3  6x2  2m   x  tăng trên khoảng  0;2 “ Ví dụ Tìm m để hàm số: y  x3  mx2   m  36  x  nghịch biến trên khoảng có độ dài Lời giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có: y'  3x2  2mx  m  36 và  '  m2  3m  108 Dễ thấy a y'   , đó hàm số đã cho không nghịch biến trên  12 Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học Nếu m  9 m  12 tức  '  thì y'  có nghiệm phân biệt x1 ; x2 Lập bảng xét dấu, ta thấy y'  với x   x1 ;x2  suy hàm số nghịch biến với x  x1 ;x2  Hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài x1  x2  tức m2  3m  108  , bình phương hai vế và rút gọn ta phương trình: m2  3m  180   m  12 m  15 ( thỏa điều kiện ) Vậy, với m  12 m  15 yêu cầu bài toán thỏa mãn Bài tập tự luyện: 1 Tìm a để hàm số y  x3  ax2  4x  đồng biến trên  Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có y'  x2  2ax  và có  '  a2  Cách 1: Hàm số đã cho đồng biến trên   y'  , x   nghĩa là ta luôn có:  '  a    2  a  Cách : Tham khảo cách giải sau, bạn đọc đúc kết gì qua lời giải Bảng xét dấu  ' a  2     0 ' + Nếu 2  a  thì y'  với x   Hàm số y đồng biến trên  + Nếu a  thì y'   x  2 , ta có : y'   x  2,y'  0,x  2 Hàm số y đồng biến trên nửa khoảng   ; 2 và  2;   nên hàm số y đồng biến trên  + Tương tự a  2 Hàm số y đồng biến trên  + Nếu a  2 a  thì y'  có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 Giả sử x1  x2 Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng  x1 ;x2  ,đồng biến trên khoảng   ;x1  và  x2 ;  Do đó a  2 a  không thoả mãn yêu cầu bài toán Vậy hàm số y đồng biến trên  và 2  a  Chú ý: Nếu y'  ax2  bx  c thì: 13 Lop12.net  a  b   c   y'  , x     ;  a       a  b   c   y'  , x      a      Hàm đồng biến trên  thì nó phải xác định trên  Tìm m để hàm số: y  x3   2m  1 x2   m  1 x  nghịch biến trên khoảng  ;1  Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có: y'  x2  2 2m   x  m  Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;1 y'  , x   0;1 hay x2  2x  m , x   0;1 4x  Xét hàm số g  x   Ta có: g' x   x2  2x liên tục trên khoảng  0;1 4x  4x2  2x   4x  2 , 1 g   2 Hơn lim g  x   0, lim g  x   x 0 x 1 x   0;1 : g' x    x  Dựa vào bảng biến thiên suy m   Ch・ đề 5: C・c tr・ c・a hàm s・ Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị: Định lý 1: Giả sử hàm số f đạt cực trị điểm x0 Khi đó , f có đạo hàm điểm x0 thì f ' x0   Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị: Định lý 2: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng  a;b chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các khoảng  a;x0  và  x0 ;b Khi đó : f ' x0   0,x   a;x0   Nếu  thì hàm số đạt cực tiểu điểm x0 f ' x0   0,x   x0 ;b  14 Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học Nói cách khác , f ' x  đổi dấu từ âm sang dương x qua điểm x0 thì hàm số đạt cực tiểu điểm x0 f ' x0   0,x   a;x0   Nếu  thì hàm số đạt cực đại điểm x0 f ' x0   0,x   x0 ;b  Nói cách khác , f ' x  đổi dấu từ dương sang âm x qua điểm x0 thì hàm số đạt cực đại điểm x0 Định lý : Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp trên khoảng  a;b chứa điểm x0 , f ' x0   và f có đạo hàm cấp hai khác điểm x0  Nếu f '' x0   thì hàm số f đạt cực đại điểm x0  Nếu f '' x0   thì hàm số f đạt cực tiểu điểm x0 Ví dụ Tìm tham số m  để hàm số : y  x2  mx  đạt cực tiểu x  xm Lời giải Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng   ; m    m;   Ta có: y'    x  m và y''   x  m 3 Hàm số có đạo hàm điểm trên khoảng xác định, nên hàm số đạt cực tiểu x  thỏa mãn: Điều kiện cần: y'1       m  0; m  1  m 2 Điều kiện đủ: m   y'' 1    x  là điểm cực tiểu m   y''1  1   x  là điểm cực đại Vậy m  thỏa yêu cầu bài toán Nhận xét: Để ý định lý phát biểu y''1    y' 1  Nếu trình bày hàm số đạt cực tiểu x    thì lời giải chưa chính  y'' 1  y' 1  xác Như vậy, để áp dụng hệ  ta cần khẳng định y''1   y''1  Chú ý: * Hàm số f (xác định trên D ) có cực trị  x0  D thỏa mãn hai điều kiện sau: i) Tại đạo hàm hàm số x0 phải triệt tiêu hàm số không có đạo hàm x0 ii) f ' x  phải đổi dấu qua điểm x0 f "  x0   15 Lop12.net * Nếu f ' x  là tam thức bậc hai triệt tiêu và cùng dấu với tam thức bậc hai thì hàm có cực trị  phương trình f ' x  có hai nghiệm phân biệt thuộc tập xác định Ví dụ Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số y  x  mx2   trị A  Oy, B, C cho: Tam giác ABC vuông A Diện tích tứ giác OABC 52 m2 có cực 2 Diện tích tam giác ABC 32 Tứ giác ABOC là hình bình hành Lời giải Hàm số đã cho xác định trên   Ta có: y'  2x 2x2  m  Nếu m  thì y'  4x3  hàm số cho có cực trị Nếu m  thì 2x2  m   hàm số cho có cực trị Nếu m  thì 2x2  m  có hai nghiệm phân biệt khác , đó hàm số đã cho có cực trị Vậy, m  hàm số đã cho có cực trị   m2   m 3m2  m 3m2  A  0;6  , B    ;6  và C   ;6                 m m2  m m2  Cách 1: AB     ;  và AC    ;            Tam giác ABC vuông A AB  AC hay AB.AC    m  m   m2  m2  m  m3            0  1  ,                2   phương trình này có nghiệm m  2 ( thỏa m  ) m  không thỏa Vậy, m  2 thỏa đề bài Cách 2: Gọi I là trung điểm BC ; tam giác ABC vuông cân A nên AI   BC m2 m m4 m m  m3 tức   hay  0      m  2   2 16 2  Diện tích tam giác ABC 32 và Đặt u   m m2 BC.AI  32 hay   16   m  m  2u2 , đó phương trình   trở thành 2 u5  32  25  u  tức m  2 2  8 thỏa mãn 16 Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học Ta có: OA   m m2 và BC   Diện tích tứ giác OABC 52 và 2 OA.BC m2 m  52 tức    104 2 Cách 1: Bình phương vế và rút gọn ta phương trình: m5  24m3  144m  21632      m   m4  8m3  40m2  320m  2704   m  8 thỏa mãn, Dễ dàng chứng minh với m  thì     m4  8m3  40m2  320m  2704  m2 m2  40  8m m2  40  2704  Cách 2:  Đặt t   m2 m m   104  12  m2   104   2 m , t  , đó   trở thành 12  4t t  104     TH1:  t   12  4t  , phương trình   trở thành 12  4t t  104 Dễ dàng chứng minh    f  t   12  4t t  104  với t  0;     TH2: t   12  4t  , phương trình   trở thành 4t  12 t  104   Xét hàm số f  t   4t  12 t  104  4t  12t  104 với t  , ta có  f ' t   20t  12  5t   Vì t  nên 5t   12  f ' t   , t  , suy f  t  là hàm số đồng biến trên khoảng  3;  ; lim f  t   ,   x  hàm số f  t  cắt trục hoành giao điểm t   lim f  t    đồ thị x   3;  và f 2  , đó  phương trình 4t  12 t  104 có nghiệm t  tức  m  hay m  8   Tứ giác ABOC là hình bình hành và BA  OC       m m2  m 3m2  Ta có: BA    ; và OC    ;6          17 Lop12.net  m m      2 Khi đó      m2   m   thỏa m  2 3m m    Ví dụ Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số y  x3   m  1 x2  4mx có cực đại, cực tiểu cho trung điểm đoạn thẳng nối điểm này thuộc đường thẳng 2x  3y  Lời giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có: y'  x2  2 m   x  4m có  y'   m  1 Ta thấy m  thì  y'   y'  có nghiệm phân biệt, hay hàm số có cực đại cực tiểu     Gọi A  2;  4m  , B  2m; m3  4m2  là điểm cực trị và     2  I  m  1; m3  2m2  2m   là tọa độ trung điểm AB 3    Do I  2x  3y   m m2  3m    m 4; 1;0 Vậy, m  4; 1;0 là giá trị cần tìm Bài tập tự luyện: Tìm m để hàm số y   m  2 x3  3x2  mx  có cực đại, cực tiểu có hoành độ là các số dương Hướng dẫn giải Hàm số đã cho có các điểm cực đại, cực tiểu có hoành độ là các số dương và phương trình: y'  3 m  2 x2  6x  m = có nghiệm dương phân a   m  2    '   3m  m  2   m biệt, nghĩa là ta luôn có: P  0  3 m  2  S  3   m    '  m2  2m    3  m     m   m   3  m  2 m   m  2   Vậy, 3  m  2 là giá trị cần tìm thỏa mãn đề bài 18 Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học Tìm m để y   x4  4mx2  4m có cực trị là đỉnh tam giác nhận điểm  31  H  0;  làm trực tâm   Hướng dẫn giải  y'  4x x2  2m  m   y'  có nghiệm, nên hàm số có cực trị m   y'  có nghiệm phân biệt và đổi dấu qua nghiệm đó, nên hàm    số có cực trị A  0; 2m  , B  2m;4m2  4m , C 2m ;4m2  4m  Vì tam giác ABC cân A và B,C đối xứng qua Oy  AH  BC    BH.AC     H là trực tâm tam giác ABC  BH  AC   31   Ta có: BH   2m; 4m2  4m   , AC  2m;4m2 4    31  31   hay 8m  8m  m   ,   phương trình có nghiệm m  thỏa m    2m  4m2  4m2  4m  Khi đó   Giả sử đồ thị y  x  m2  x2  có cực trị A, B, C Tìm m để đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định trên    Ta có: y'  4x x2  m2  Dễ thấy, m   thì y'  có nghiệm x  x   m2  x  m2  nên đồ thị hàm số có cực trị 2 2   Giả sử A  0;3 , B   m2  1;3  m2   , C  m2  1;3  m2        Ta có: AB  AC   m  1     m2  , BC  m2  , I là trung điểm BC   AI  m2  1 BC.AI   AB  AC  BC  r với r là bán kính đường 2 tròn nội tiếp tam giác ABC Diện tích tam giác ABC : 19 Lop12.net  m  1 m   hay m    m   m   m    2 2 r1  2 m  1 1    Đặt t  m2  Phương trình   viết lại: t    t t     t 2 2  t 1 1 t    Với t  tức m2    m  1 Giả sử đồ thị y  x  2mx2  m có cực trị A, B, C Tìm m để đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Hướng dẫn giải m  thì đồ thị hàm số có cực trị    A  0;m  , B  m ,  m2  m , C  m ; m2  m Giải bài , ta tìm m  Tìm các giá trị tham số m để đồ thị  Cm  hàm số y   x3  3x2  3m  m   x  có điểm cực trị A,B mà độ dài AB  Hướng dẫn giải Ta có: y'  3x  6x  3m  m  2 Đồ thị  Cm  hàm số có điểm cực trị A,B và y'  có 2 nghiệm phân biệt x1 ,x2   '  9 m  1   m  1 Ta thấy, y   x   y' 2 m  12 x   m  12 và y' x1   y' x2   2 2 nên suy y  x1   2 m   x1   m  1 , y  x2   2 m   x2   m  1  2   2 Ta có: A x1 ;2 m   x1   m   , B x2 ;2 m   x2   m   Suy AB    x2  x1 2   m  4  x2  x1 2  x2  x1 2 4  m  14  1 2   x2  x1   4x1 x1  4  m    1      4  4m  m  2  4  m  1  1    AB     m  2 4  m  4  1    m  2 4 m  4  1   m   4  m         Đặt t   m  1   t 4t    4t3  t   20 Lop12.net Nguyễn Phú Khánh – Tài liệu ôn luyện thi Đại học   t    t       t    Với t    m     m  2 m  thỏa đề bài Cho hàm số: y  x3  3x2   m  1 x  có đồ thị là  Cm  Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu đồng thời đường thẳng nối cực đại, cực tiểu hàm số tạo với đường thẳng y  2x  góc 450 Hướng dẫn giải m  4 thì đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu Khi đó y   x  1 y'  m   x   m   Do các hoành độ cực trị là nghiệm 3 y'  nên các điểm cực trị có tọa độ thỏa mãn đường thẳng y   m  4 x  m  7 3 19 Từ giả thiết, suy m   m  Cho hàm số y  2x3  3(2m  1)x2  6m(m  1)x   1 Xác định m để   M 2m3 ;m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số  1 tam giác có diện tích nhỏ Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có: y'  6x2  6(2m  1)x  6m(m  1) và y'   x  m, x  m   m  , hàm số luôn có cực đại, cực tiểu Tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu đồ thị là A(m;2m3  3m2  1), B(m  1;2m3  3m2 ) Suy AB  và phương trình đường thẳng AB: x  y  2m3  3m2  m   Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ và khoảng cách từ M tới AB nhỏ 3m2  1 d  M,AB    d  M;AB    mind  M;AB   đạt m  2 Cho hàm số y  x3  3x2  mx   1 Xác định m để hàm số  1 có cực trị, đồng thời đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ tam giác cân Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định trên  Ta có: y'  3x2  6x  m Hàm số có cực trị y'  có nghiệm phân biệt và đổi dấu qua nghiệm, tức là phải có:   '   3m  hay m  3 21 Lop12.net Với m  3 thì đồ thị hàm số có cực trị và m  2m  y   x   y'    2x   3   m  2m  Suy y     2x   là đường thẳng d qua điểm cực trị    6m   6m  ;0  , B  0; Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox và Oy A      2(m  3)  Tam giác OAB cân  OA  OB  m 6 6m   m  6, m   ,m   2(m  3) 2 Với m  thì A  B  O đó so với điều kiện ta nhận m     Cho hàm số y  x3  3mx2  m2  x  m3  m 1  , m là tham số Tìm m để hàm số  1 có cực đại, cực tiểu đồng thời thời khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị đến gốc tọa độ O lần khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị đến O Hướng dẫn giải  Ta có: y'  3x2  6mx  m2   x  m  y'   3x2  6mx  m2    x2  2mx  m2     x  m  Hàm số có cực đại, cực tiểu m   Điểm cực đại đồ thị là A  m  1;2  2m  ;   Điểm cực tiểu đồ thị là B  m  1; 2  2m  Khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị đến gốc tọa độ O lần khoảng cách từ điểm cực đại đến O  OB  3OA   m  2   2  2m 2   m  12  2  2m 2 2 2   m  1   2  2m    m    2  2m    2m2  5m      m  m  10 Cho đồ thị  C  : y  x  6x2  2x Chứng minh  C  có điểm cực trị phân biệt không thẳng hàng Viết phương trình đường tròn qua điểm cực trị đó Hướng dẫn giải Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  Trước hết ta có y   2x3  6x  và y    2x3  6x     22 Lop12.net