Tài liệu Ôn tập về hàm số bậc 3 pdf

ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 Giả sử : y = ax 3 + bx 2 + cx + d với a ≠ 0 có đồ thị là (C). y’ = 3ax 2 + 2bx + c, y” = 6ax + 2b 1) y” = 0 ⇔ x = a3 b− (a ≠ 0 ) x = a3 b− là hoành độ điểm uốn. Đồ thị hàm bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. 2) Để vẽ đồ thị 1 hàm số bậc 3, ta cần biết các trường hợp sau : i) a > 0 và y’ = 0 vô nghiệm ⇒ hàm số tăng trên R (luôn luôn tăng) ii) a < 0 và y’ = 0 vô nghiệm ⇒ hàm số giảm (nghịch biến) trên R (luôn luôn giảm) iii) a > 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với x 1 < x 2 ⇒ hàm số đạt cực đại tại x 1 và đạt cực tiểu tại x 2 . Ngoài ra ta còn có : + x 1 + x 2 = 2x 0 với x 0 là hoành độ điểm uốn. + hàm số tăng trên (−∞, x 1 ) + hàm số tăng trên (x 2 , +∞) + hàm số giảm trên (x 1 , x 2 ) iv) a < 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với x 1 < x 2 ⇒ hàm đạt cực tiểu tại x 1 và đạt cực đại tại x 2 thỏa điều kiện x 1 + x 2 = 2x 0 (x 0 là hoành độ điểm uốn). Ta cũng có : + hàm số giảm trên (−∞, x 1 ) + hàm số giảm trên (x 2 , +∞) + hàm số tăng trên (x 1 , x 2 ) 3) Giả sử y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y = k(Ax + B)y’ + r x + q với k là hằng số khác 0; thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là y = r x + q 4) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < = 0) 2 x(y). 1 x(y 2 x, 1 x bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y 5) Gi s a > 0 ta cú : i) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit > < < <<= 0) 2 x(y). 1 x(y 0)(y 2 x 1 x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y ii) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit < < > <<= 0) 2 x(y). 1 x(y 0)(y 2 x 1 x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y Tng t khi a < 0 . 6) Tip tuyn : Gi I l im un. Cho M (C). Nu M I thỡ ta cú ỳng 1 tip tuyn qua M. Nu M khỏc I thỡ ta cú ỳng 2 tip tuyn qua M. Bin lun s tip tuyn qua 1 im N khụng nm trờn (C) ta cú nhiu trng hp hn. 7) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit cỏch u nhau y = 0 cú 2 nghim phõn bit v y(x 0 ) = 0 (x 0 l honh im un) 8) Bin lun s nghim ca phng trỡnh : ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (1) (a 0) khi x = l 1 nghim ca (1). Nu x = l 1 nghim ca (1), ta cú ax 3 + bx 2 + cx + d = (x - )(ax 2 + b 1 x + c 1 ) nghim ca (1) l x = vi nghim ca phng trỡnh ax 2 + b 1 x + c 1 = 0 (2). Ta cú cỏc trng hp sau: i) nu (2) vụ nghim thỡ (1) cú duy nht nghim x = ii) nu (2) cú nghim kộp x = thỡ (1) cú duy nht nghim x = iii) nu (2) cú 2 nghim phõn bit thỡ (1) cú 3 nghim phõn bit iv) nếu (2) có 1 nghiệm x = α và 1 nghiệm khác α thì (1) có 2 nghiệm. v) nếu (2) có nghiệm kép ≠ α thì (1) có 2 nghiệm BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3 Cho họ đường cong bậc ba (C m ) và họ đường thẳng (D k ) lần lượt có phương trình là y = −x 3 + mx 2 − m và y = kx + k + 1. (I) PHẦN I. Trong phần này cho m = 3. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1) Gọi A và B là 2 điểm cực đại và cực tiểu của (C) và M là điểm bất kỳ trên cung AB với M khác A , B . Chứng minh rằng trên (C) ta tìm được hai điểm tại đó có tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến tại M với (C). 2) Gọi ∆ là đường thẳng có phương trình y = 1. Biện luận số tiếp tuyến với (C) vẽ từ E ∈ ∆ với (C). 3) Tìm E ∈ ∆ để qua E có ba tiếp tuyến với (C) và có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. 4) Định p để trên (C) có 2 tiếp tuyến có hệ số góc bằng p, trong trường hợp này chứng tỏ trung điểm của hai tiếp điểm là điểm cố định. 5) Tìm M ∈ (C) để qua M chỉ có một tiếp tuyến với (C). (II) PHẦN I I.Trong phần này cho tham số m thay đổi. 6) Tìm điểm cố định của (C m ). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau. 7) Định m để (C m ) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị. 8) Định m để (C m ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. 9) Định m để : a) hàm số đồng biến trong (1, 2). b) hàm số nghịch biến trong (0, +∞). 10) Tìm m để (C m ) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ tạo thành cấp số cộng. 11) Tìm điều kiện giữa k và m để (D k ) cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (D k ) cắt (C m ) thành hai đoạn bằng nhau. 12) Viết phương trình tiếp tuyến với (C m ) và đi qua điểm (-1, 1). 13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (C m ) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. BÀI GIẢI PHẦN I : m = 3 Khảo sát và vẽ đồ thị (độc giả tự làm) 1) Gọi n là hoành độ của M. Vì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = 2 nên 0 < n < 2; y' = – 3x 2 + 6x ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k 1 = – 3n 2 + 6n ∈ (0, 3] (vì n ∈ (0, 2)). Đường thẳng vuông góc với tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k 2 = 1 k 1 − (với 0 < k 1 ≤ 3). Hoành độ của tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x 2 + 6x = 1 k 1 − (= k 2 ) ⇔ 3x 2 – 6x 1 k 1 − = 0. Phương trình này có a.c < 0, ∀ k 1 ∈ (0, 3] nên có 2 nghiệm phân biệt, ∀ k 1 ∈ (0, 3]. Vậy trên (C) luôn có 2 điểm phân biệt mà tiếp tuyến đó vuông góc với tiếp tuyến tại M. 2) E (e, 1) ∈ ∆. Phương trình tiếp tuyến qua E có dạng y = h(x – e) + 1 (D). (D) tiếp xúc (C) ⇔ hệ    =+− +−=−+− hx6x3 1)ex(h3n3x 2 23 có nghiệm. ⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là : – x 3 + 3x 2 – 3 = (– 3x 2 + 6x)(x – e)+ 1 (1) ⇔ – x 3 + 3x 2 – 4 = x(– 3x + 6)(x – e) ⇔ (x – 2)(x 2 – x – 2) = 3x(x – 2)(x – e) ⇔ x = 2 hay x 2 – x – 2 = 3x 2 – 3ex ⇔ x = 2 hay 2x 2 – (3e – 1)x + 2 = 0 (2) (2) có ∆ = (3e – 1) 2 – 16 = (3e – 5)(3e + 3) (2) có nghiệm x = 2 ⇔ 8 – 2(3e – 1) + 2 = 0 ⇔ e = 2 Ta có ∆ > 0 ⇔ e < – 1 hay e > 3 5 . Biện luận : i) Nu e < 1 hay 3 5 < e < 2 hay e > 2 (1) cú 3 nghim phõn bit cú 3 tip tuyn. ii) Nu e = 1 hay e = 3 5 hay e = 2 (1) cú 2 nghim cú 2 tip tuyn. iii) Nu 1 < e < 3 5 (1) cú 1 nghim cú 1 tip tuyn. Nhn xột : T th, ta cú y = 1 l tip tuyn ti (2, 1) nờn phng trỡnh (1) chc chn cú nghim x = 2, e. 3) Vỡ y = 1 l tip tuyn qua E (e, 1), e v ng x = khụng l tip tuyn nờn yờu cu bi toỏn. (2) cú 2 nghim phõn bit x 1 , x 2 tha : y'(x 1 ).y'(x 2 ) = 1 =++ >< 1)x6x3)(x6x3( )2(cuỷanghieọmlaứx,x 3 5 e1e 2 2 21 2 1 21 = = =+ >< 1)2x)(2x(x.x9 1x.x 2 1e3 xx 3 5 ehay1e 2121 21 21 =+ >< 1]4)1e3(1[9 3 5 ehay1e e = 27 55 . Vy E 1, 27 55 4) Tip im ca tip tuyn (vi (C)) cú h s gúc bng p l nghim ca : y' = p 3x 2 6x + p = 0 (3) Ta cú ' = 9 3p > 0 p < 3 Vy khi p < 3 thỡ cú 2 tip tuyn song song v cú h s gúc bng p. Gi x 3 , x 4 l nghim ca (3). Gọi M 3 (x 3 , y 3 ); M 4 (x 4 , y 4 ) là 2 tiếp điểm. Ta có : 1 a2 b 2 xx 43 = − = + 1 2 6)xx(3)xx( 2 yy 2 4 2 3 3 4 3 343 −= −+++− = + Vậy điểm cố định (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M 3 M 4 . 5) Cách 1 : Đối với hàm bậc 3 (a ≠ 0) ta dễ dàng chứng minh được rằng : ∀ M ∈ (C), ta có : i) Nếu M khác điểm uốn, ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M. ii) Nếu M là điểm uốn, ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M. Cách 2 : Gọi M(x 0 , y 0 ) ∈ (C). Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng : y = k(x – x 0 ) 3x3x 2 0 3 0 −+− (D) Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là : 3 2 2 3 2 0 0 0 3 3 ( 3 6 )( ) 3 3x x x x x x x x− + − = − + − − + − ( 5 ) ⇔ 0)x6x3)(xx()xx(3xx 2 0 2 0 23 0 3 =+−−+−−− ⇔ 0x6x3x3x3xxxx0xx 2 0 2 00 2 0 =+−−−++∨=− ⇔ 0x3xx)x3(x2hayxx 0 2 00 2 0 =+−+−= ⇔ 0)3xx2)(xx(hayxx 000 =−+−= ⇔ 2 x3 xhayxx 0 0 − == Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x 0 , y 0 ) ∈ (C) ⇔ 1x 2 x3 x 0 0 0 =⇔ − = Suy ra, y 0 = 1. Vậy M(1, –1) (điểm uốn). Nhận xét : vì x 0 là 1 hoành độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm kép là x 0 Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x 2 + 2mx 6) (C m ) qua (x, y), ∀m ⇔ y + x 3 = m (x 2 – 1) , ∀m ⇔    = −=    −= = ⇔    =+ =− 1y 1x hay 1y 1x 0xy 01x 3 2 Vậy (C m ) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1). Vì y' = – 3x 2 + 2mx nên tiếp tuyến với (C m ) tại H và K có hệ số góc lần lượt là : a 1 = y'(1) = – 3 + 2m và a 2 = y'(–1) = –3 – 2m. 2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau. ⇔ a 1 .a 2 = – 1 ⇔ 9 – 4m 2 = – 1 ⇔ m = 2 10± . 7) Hàm có cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt. ⇔ 3x 2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt. ⇔ x = 0 và x = 3 m2 là 2 nghiệm phân biệt. ⇔ m ≠ 0. Khi đó, ta có : 'ym 9 1 x 3 1 mxm 9 2 y 2       −+       −= và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là : mxm 9 2 y 2 −= (với m ≠ 0) 8) Khi m ≠ 0, gọi x 1 , x 2 là nghiệm của y' = 0, ta có : x 1 .x 2 = 0 và x 1 + x 2 = 3 m2 ⇒ y(x 1 ).y(x 2 ) =       −       − mxm 9 2 mxm 9 2 2 2 1 2 = 2 21 2 m)xx(m 9 2 ++− = 24 mm 27 4 +− Với m ≠ 0, ta có y(x 1 ).y(x 2 ) < 0 ⇔ 2 4 1 0 27 m− + < ⇔ 2 33 m 4 27 m 2 >⇔> Vậy (C m ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. ⇔    < = 0)x(y).x(y x,xbieätphaânnghieäm2coù0'y 21 21 ⇔ 2 33 m > Nhận xét : i) Khi 2 33 m −< thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương. ii) Khi 2 33 m > thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm. 9) a) Hàm đồng biến trên (1,2) ⇔ – 3x 2 + 2mx ≥ 0, ∀x ∈ (1,2). Nếu m ≠ 0 ta có hoành độ 2 điểm cực trị là 0 và 3 m2 . i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên       0, 3 m2 . Vậy loại trường hợp m < 0 ii) Nếu m = 0 ⇒ hàm luôn nghịch biến (loại). iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên       3 m2 ,0 Do đó, ycbt ⇔ m > 0 và       ⊂ 3 m2 ,0]2,1[ ⇔ 3m2 3 m2 ≥⇔≥ b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0. Khi m ≤ 0 ta có hàm số nghịch biến trên       ∞− 3 m2 , và hàm số cũng nghịch biến trên [0, +∞). Vậy để hàm nghịch biến trên [0, +∞) thì m ≤ 0. Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn. 10) y" = – 6x + 2m , y" = 0 ⇔ x = 3 m (C m ) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau. ⇔ y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành. ⇔               =−+− > ⇔ =       > 0m 9 m .m 27 m 2 33 m 0 3 m y 2 33 m 23 ⇔        ± =⇔ =− > 2 63 m 01 27 m2 2 33 m 2 11) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và (D k ) là – x 3 + mx 2 – m = kx + k + 1 ⇔ m(x 2 – 1) = k(x + 1) + 1 + x 3 ⇔ x + 1 = 0 ∨ m(x – 1) = k + 1 – x + x 2 ⇔ x = – 1 hay x 2 – (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11) a) Do đó, (D k ) cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1 ⇔    >++−+ ≠+++++ 0)1mk(4)1m( 01mk1m1 2 ⇔ (*)      −− < −−≠ 4 3m2m k 3m2k 2 b) Vì (D k ) qua điểm K(–1,1) ∈ (C m ) nên ta có : (D k ) cắt (C m ) thành 2 đoạn bằng nhau. ⇒ (D k ) qua điểm uốn         − m 27 m2 ; 3 m 3 của (C m ) ⇒ 11 3 m km 27 m2 3 +       +=− ⇒ )3m(9 27m27m2 k 3 + −− = (**) Vậy ycbt ⇔ k thỏa (*) và (**). 12) Phương trình tiếp tuyến với (C m ) đi qua (–1,1) có dạng : y = k(x + 1) + 1 (D k ) Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (D k ) và (C m ) là : – x 3 + mx 2 – m = (– 3x 2 + 2mx)(x + 1) + 1 (12) ⇔ m(x 2 – 1) = (– 3x 2 + 2mx)(x + 1) + 1 + x 3 ⇔ x + 1 = 0 ∨ m(x – 1) = – 3x 2 + 2mx + 1 – x + x 2 ⇔ x = – 1 hay 2x 2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13) ⇔ x = – 1 ∨ 2 1m x + = y' (–1) = – 2m – 3       + +       + −=       + 2 1m m2 2 1m 3 2 1m 'y 2 = 4 1 (m 2 – 2m – 3) Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là : y = – (2m + 3)(x + 1) + 1 y = 4 1 (m 2 – 2m – 3)(x + 1) + 1 Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc chắn có nghiệm kép là x = – 1 và phương trình (13) chắc chắn có nghiệm là x = – 1. 13) Các tiếp tuyến với (C m ) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là : h = – 3x 2 + 2mx Ta có h đạt cực đại và là max khi 3 m a2 b x =−= (hoành độ điểm uốn) Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. Nhận xét : 3 m 3 m 3 m x3mx2x3 22 2 22 ≤+       −−=+− Ghi chú : Đối với hàm bậc 3 y = ax 3 + bx 2 + cx + d, ta có : i) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. ii) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. . ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 Giả sử : y = ax 3 + bx 2 + cx + d với a ≠ 0 có đồ thị là (C). y’ = 3ax 2 + 2bx + c, y” = 6ax + 2b 1) y” = 0 ⇔ x = a3 b− (a. +−=−+− hx6x3 1)ex(h3n3x 2 23 có nghiệm. ⇒ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là : – x 3 + 3x 2 – 3 = (– 3x 2 + 6x)(x – e)+ 1 (1) ⇔ – x 3 + 3x 2 –