Bài giảng về Hàm số trong chương trình Đại số và Giải tích Lớp 12

Nội dung text: Bài giảng về Hàm số trong chương trình Đại số và Giải tích Lớp 12

1. Page 1 of 39 BÀI GIẢNG VỀ HÀM SỐ A – Sự đồng biến nghịch biến của hàm số Bảng đạo hàm các hàm số thường gặp Hàm số Đạo hàm của hàm số Hàm số Đạo hàm của hàm số a (a là hằng số ) 0 sinx cos x sin u u 'cosu x (đối số ) 1 cos x sin x cosu u '.sin u 1 2 u + v u’ + v’ tan x cos x tan u u ' cos2 u 1 2 u.v u’v +uv’ cot x sin x u ' a.u a.u’ cot u sin2 u u u '.v u.v ' au ,(0 a 1) u '.au ln a v v2 eu u 'eu a av ' v v2 1 u ' u , R u 'u loga x u ln a u u ' ln u 2 u u ' u Ví dụ 1: Cho hàm số f (x) x 2 x2 12 , giải bất phương trình f ‘(x) 0 TXĐ : D = R 2 f '(x) 1 x2 12 2 x2 12 2x x 0 x 0 f '(x) 1 0 0 x2 12 2x 2 2 2 x2 12 x2 12 x 12 4x x 4 x 2
2. Page 2 of 39 1 2 Ví duj2 : Cho f (x) sin x sin 3x sin 5x , giải phương trình f ’(x) = 0 3 5 TXĐ D = R f '(x) cos x cos3x 2cos5x f '(x) cos x cos3x 2cos 2x = 0 cos x cos5x cos3x cos5x = 0 2 2cos3x.cos 2x 2cos 4x.cos x 0 cos x (4cos x 3)cos 2x cos 4x 0 cos x 0 x k x k 2 2 2 2 2(cos 2x 1) 3cos 2x 2cos 2x 1 0 4cos 2x cos 2x 1 0 x k 2 Với ,  là là các số sao cho : 1 17  cos 2x x k ,hay x k 8 2 2 1 17 1 17 cos ,(0 ) &cos  ,(  ) 8 2 8 2 A - Sự biến thiên của hàm số Các bước xét sự biến thiên của hàm số y = f(x) xác định trên D Nếu f '(x) 0x (a;b)  D f(x) đồng biến trên khoảng (a ; b) Nếu f '(x) 0x (a;b)  D f(x) nghịch biến trên khoảng (a ; b) Nếu f '(x) 0x (a;b)  D hàm số không đổi trên (a ; b) Các ví dụ minh họa : Tìm chiều biến thiên của các hàm số sau : 2x 1 a) y = x3 3x2 6x 5 ; b)y x4 4x2 c ; c)y x 3 Bài tập về nhà : 1) Cho y = sin2 x 2sin x , giải pt y ‘’ = 0 1 2) Cho f (x) 4x3 6x2.cos 2a 3xsin 2a.cos6a 2a a2 1 , (a là tham số ) .Xét dấu f '( ) () 2 x 3) Tìm khoảng đồng biến nghịch biến của các hàm số sau : a) y ; b) y 2x x2 ; x2 1 2x x 1 3 c) y ; d) y ; e) y = x2 2x 3 ; f) y x x2 8 ; g) y x 3 x2 (*) x2 9 3 x 2 Tóm tắt lời giải
3. Page 3 of 39 2) TXĐ : D = R và đk 2a a2 1 xác định khi 2a a2 1 0 (a 1)2 0 a 1 f(x) = 4x3 6x2 cos 2 3xsin 2cos6 f '(x) 12x2 12x cos 2 3sin 2.cos6 2 cos 2 0 1 2 f '( ) 3 6cos 2 3sin 2.cos6 Vì : sin 2 0 2 3 6 2 cos6 0 2 1 f '( ) 3 6cos 2 3sin 2.cos6 0 2 1 3 x (x 1).3 x 1 3d) TXĐ: D = (0; ) khi đó ta có y’ = 2 x 0 x 1 suy rat a có BBT 9x 6x x của hàm số đã cho là : x 0 1 Vạy hàm số nghịch biến trên (0;1) và y' 0 y đồng biến trên (1; ) -1 3e) y = x2 2x 3 TXĐ: D = R x - + y' 0 x 1 y’ = 0 x 1 ta có BBT x2 2x 3 y Vậy : hàm số nghịch biến trên ( ; 1 ) và đồng biến trên ( 1; ) XÉT SỰ BIẾN THIÊN CUA CÁC HÀM SỐ CHỨA THAM SỐ Bài 1 : Tùy theo giá trị của tham số m hay cho biết sự biên thiên của hàm số 1 y = x3 (m 1)x2 (m2 4)x 5m 3 Bg : TXĐ : D = R khi đó ta có y’ = x2 2(m 1) m2 4 là tam thức bậc có : 5 ' (m 1)2 (m2 4) 2m 5 . Nếu ' – 2m + 5 0 m thì hàm luôn đồng biến trên R 2 5 Nếu ' – 2m + 5 0 m thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 x2 ) nên ta có bảng 2 biến thiên của hàm số : x1 x2 + x - Suy ra hàm đồng biến trên y' + 0 - 0 + ( ; x1) & (x2 ; ) nghịch + y -
4. Page 4 of 39 bến trên (x1; x2 ) Vói X1 ; x2 là nghiệm của pt y ‘ = 0 x1 0 x R hàm đơn điệu trên R 1 2. Nếu m = 5 y ' 60x 6 đổi dấu khi qua x m = 5 không thỏa ycbt 10 m 0 2 2 2 3. Nếu thì ycbt thỏa ' 36m 18(m 5m) 54m 90m 0 m 5 5 5 m 0 . Tóm lại khi m 0 thì hàm đã cho đơn điệu trên txđ 3 3 5 Vì (m2 5m) 0 5 m 0 nên trên đoạn [ ;0 ] thì a = (m2 5m) 0 do đó khi 3 5 m 0 hàm đã cho đồng biến trên txđ của nó 3 Bài 3 : Tìm m để hàm số y = mx3 (2m 1)x2 (m 2)x m2 2 luôn nghịch biến trên txđ của nó Bg : TXĐ D = R ; y’ = 3mx2 2(2m 1)x (m 2) . Nếu m = 0 thì y’ = - 2x – 2 đổi dấu khi qua x = - 1 m 0 suy ra m = 0 không thỏa ycbt . khi m khác 0 ycbt thỏa 2 ' (2m 1) 3m(m 2) 0 m 0 m 0 5 2 6 m 5 2 6 là các giá trị cần tìm 2 m 10m 1 0 5 2 6 m 5 2 6 mx 2 Bài 4: Tìm m để hàm số y = luôn đồng biến trên txđ của nó x m 3 m(m 3) 2 m2 3m 2 Bg : TXĐ D = R \{3 m} khi đó ta có y ' ycbt thỏa khi và chỉ khi : (x m 3)2 (x m 3)2 2 m 1 m 3m 2 > 0 là các gí trị cần tìm m 2 Dạng tìm đk của tham số để hàm đơn điệu trên D R 1 2 Bài 1: Cho hàm số y = x3 (m 1)x2 (2m 3)x , Tìm m để hàm đồng biến trên khoảng (1; + ) 3 3
5. Page 5 of 39 Bg : TXĐ : D = R , y’ = x2 2(m 1)x 2m 3 ' (m 1)2 (2m 3) (m 2)2 0m Nếu m =2 thì y’ 0,x R m 2 hàm đồng biến trên R nên đồng biến trên (1; + ) m = 2 nhận x 1 1 Nếu m 2 y = 0 x 3 2m Nếu 3 – 2m 2 nhận Nếu 3 2m 1 m 2 thì ycbt thỏa 3 2m 1 m 1 Tóm lại hàm đồng biến trên (1; + ) khi m 1 Cách khác : ycbt là ta phải tìm m sao cho y’ = x2 2(m 1)x 2m 3 0,x (1; ) x2 2x 3 x2 2x 3 m(2x 2) x2 2x 3,x 1 m Xét hàm số f(x) = trên [1; + ) 2(x 1) 2(x 1) (2x2 2x 1) Ta có f ‘(x) = 0,x 1 suy ra bảng biến thiên trên [1; + ) là 2(x 1)2 Từ bbt suy ra ycbt thỏa khi và chỉ khi m 1 Bài 2 : Tìm m để hàm số y = x3 3x2 (m 1)x 4m nghịch biến trên ( 1;1) Bg : TXĐ : D = R ; y ' 3x2 6x (m 1) là tam thức bậc hai có ' 6 3m ' 6 3m 0 m 2 không thỏa mãn vì sao ? Ycbt thỏa mãn thì đk cần là y’ = 0 phải có hai nghiệm phân biệt m 2 khi đó y’ = 0 có hai nghiệm 3 6 3m 6 3m x2 1 1 3 3 -1 1 3 6 3m 6 3m x x x 1 1 1 2 1 3 3 6 3m nên suy ra hàm nghịch biến trên (x ; x ) do đó ycbt thỏa mãn x 1 1 1 1 2 2 3 6 3m 6 6 3m 36 3m 30 m 10 thỏa đk m < 2 . Vậy m 10 là các giá trị cần tìm Bài 3 : Tìm m để hàm số y = x3 mx2 m đồng biến trong khoảng (1;2 )
6. Page 6 of 39 x 0 Bg : TXĐ D = R , y’ = 3x2 2mx 0 2m . Nếu m = 0 thì y’ = 3x2 0,x R hàm nghịch x 3 2m biến trên R suy ra m = 0 loại ; khi m 0 y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x 0; x suy ra 1 2 3 2m m 0 thì hàm đồng biến trên (0; ) suy ra ycbt thỏa 2 m 3 . Vậy m ≥ 3 là các 3 3 giá trị cần tìm để hàm đồng biến trên khoảng (1;2 ) Bài tập về nhà : a) Tìm m để hàm y = x3 – 3mx + 6m – 1 đồng biến trên khoảng ( ;0 ) đs : m ≥ 0 1 1 b) Tìm m để hàm y = x3 mx2 (2m 1)x m 2 nghịch biến trên khoảng ( 2;0 ) đs : m 3 2 ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BĐT Ví dụ 1: Chứng minh các bđt sau : x3 1 x2 1 a) tan x x ,x (0; ) ; b) 1 x x 1 1 x,x 0 ; 3 2 2 8 2 4 c) 2sin x tan x 3x,x (0; ) ; d) tan x x,x [0; ] ; e) sin x x,x 0 2 4 Bài giải tóm tắt x x a) bđt phải c/m tan x x 0,x (0; ) . Xét hàm số f(x) = tan x x trên [o; ) 3 2 3 2 1 1 cos2 x x2 cos2 x sin2 x x2 cos2 x f '(x) 1 x2 = 0,x 0 suy ra f(x) là cos2 x cos2 x cos2 x x3 đồng biến trên (0; ) mà f(0) = 0 f (x) tan x x f (0) 0,x (o; ) đpcm 2 3 2 1 x 1 1 x,(1) 1 x2 1 2 b) 1 x x 1 1 x,x 0 x 0 2 8 2 1 x2 x 1 1 x ,(2) 2 8 1 1 Ta có (1) 1 x x 1 1 x x 1 0 . Xét hàm số 2 2
7. Page 7 of 39 1 f(x) = x 1 1 x x 1 trên [0; + ) ta có 2 1 1 1 1 f '(x) 1 0,x 0 nên f(x) là hàm đông biến trên (0; + ) mà 2 2 x 1 2 x 1 f(0) = 1 – 1 = 0 suy ra f(x) > f(0) = 0 x 0 (1) được c/m 1 x2 1 x2 Ta có (2) x 1 1 x 0 , xét hàm số g(x) = x 1 1 x trên [0; + ) 2 8 2 8 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ta có : g’(x) = x x 1 g’’(x) = 2 x 1 2 4 2 x 1 2 2 2(x 1) x 1 2 1 1 1 0,x 0 g’(x) là hàm đồng biến trên (0; + ) mà g’(x) = 0 chứng 4 (x 1) x 1 tỏ g’(x) 0,x 0 g(x) cũng là hàm đồng biến trên (0; + ) mà g(0) = 0 suy ra g(x) > 0 với mọi x > 0 đpcm . Tóm lại bđt đã cho được c/m B – CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ Cho hàm số xác định trên D nếu y’ đổi dấu khi qua x0 D thì hàm số đạt cực trị tại x0 Chú ý : điểm x0 D nhưng tại x0 có thể không tồn tại đạo hàm Só lần y’ đổi dấu tương đương với số cực trị của hàm số x0 gọi là điểm cực trị của hàm số nhưng M(x0 ; f(x0))lại gọi là điểm cự trị của đồ thị hàm số giá trị của hàm số tại x0 ( y0 = f(x0) ) lại gọi là cực trị của hàm số Cách tìm cực trị của hàm số : txd Cách 1: dung đạo hàm bậc nhất y’ tinh y ' xet dau y '(dung bang xet dau) kl Cách 2: dung qui tắc 2 ( y’’) : gTim txd g Tinh y '& giai pt y ' 0 chỉ dùng được khi thay g Tinh y ''&thay cac nghiem cua y ' 0 vao y ''tu do suy ra kl nghiệm của y’ = 0 mà làm cho y’’ khác 0 . Cách này thường dung cho các hàm số lượng giác hay hàm số có chứa căn Những dạng toán thường gặp I – Tìm cực trị của các hàm không chứa tham số Ví dụ 1: Tìm cực trị của các ham số sau :
8. Page 8 of 39 3 1 3 x 1 a) y = x 3 x2 . TXĐ : D = R , y’= 1 0 x 1 suy rat a có bbt : 2 3 x 3 x + x - - 1 0 0 ( học sinh tự kết luận) y' + - + 0.5 + y 0 - sin x 0 b) y = 3 – 2cosx – cos2x . TXĐ : D = R ; y’ = 2sin x 2sin 2x 0 1 cos x 2 x k 2 y’’ = 2cos x 4cos 2x y ''(k ) 2cos k 4cos k2 x k2 3 6 0 neu k chan 2 2 4 . y ''( k2 ) 2cos( k2 ) 4cos( k4 ) 3 0 . 2 0 neu k le 3 3 3 2 Vậy hàm số đạt cực đại tại các điểm x = k2 , đạt cực tiểu tại các điểm x = k , k Z 3 II – Tìm giá trị của tham số để hàm đạt cực trị tại điểm x0 cho trước Phương pháp : Cách 1: Nếu hàm đạt cực trị tại x0 y '(x0 ) 0 . Với giá trị tham số tìm được khi y’ = 0 xem xet cụ thể để rút ra kết luận y '(x0 ) 0 Cách 2: Hàm đạt cực trị tai x0 y ''(x0 ) 0 thi x0 la diem cuc tieu y ''(x0 ) 0 y ''(x0 ) 0 thi x0 la diem cuc dai Ví dụ 1: Tìm m để hàm số y = x3 (m 3)x2 mx m 5 đạt cực tiểu tại x = 2 TXĐ : D = R , y’ = 3x2 – 2(m+3)x + m nếu hàm đạt cực trị tại x = 2 thì y’(2) = 0 x 0 2 12 4m 12 m 0 m 0 với m = 0 ta có y’ = 3x – 6x = 0 bbt x 2 2 + Vạy m = 0 là giá trị cần tìm x - 0 y' + 0 - 0 + cd + y - ct
9. Page 9 of 39 y '(2) 0 Cách 2: Vì hàm đã cho là hàm đa thức có đạo hàm trên R nên x =2 là điểm cực tiểu y ''(2) 0 3m 0 m 0 m 0 là giá trị cần tìm 12 2m 6 0 m 3 Bài tập : 1) Tìm tham số m để hàm số : a) y = x4 2(1 m)x2 m2 3 đạt cục trị tại x = 1 4 b)y mx3 2m2 x2 5 đạt cực trị tại x = khi đó là điểm cực đại hay cực tiểu 3 c)y (m2 5)x3 6mx2 6x 5 đạt cực đại tại x = 1 1 d)y x3 (m2 m 2)x2 (3m2 1)x m 5 đạt cực tiểu tại x = - 2 3 2) Tìm cự trị của các hàm số sau : a) y = x 1 (x 5) ; b) y = x – sin 2x + 2 III – Viết pt đg thẳng qua hai điểm cực trị của hàm bậc ba Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0 ) nếu hàm có cực trị thì ta luôn có y = g(x). y’ + r (x) R(x) là phần dư trong phép chia y cho y’ . và r(x) là một đa thức bậc nhất nên nếu x0 là điểm cục trị thì ycực trị = r(x0) và đg thẳng đi qua hai điểm cực trị là đg thẳng có pt y = r(x) Ví dụ : cho hàm số y = x3 ax2 4 , tìm điểm cđ , ct theo a . viết pt đg thẳng đi qua hai điểm đó x 0 Bg : TXĐ D = R , y’ = 3x2 2ax 0 2a dễ tháy khi a = 0 thì y’ = - 3x2 ≥ 0 x nên hàm x 3 3 2a 2a 3 2a 2 4a không có cđ, ct . khi a 0 thì ngược lại Vậy hai điểm cực trị của hàm đã cho là A( ; 4), 3 27 4a3 ( 4) 2 y ( 4) 2a B(0; 4) suy ra đg thẳng qua hai điểm cực trị có pt : 27 y x 4 2a x 0 0 9 3 2 2 2 1 1 2a 2a Cách khác : Ta luôn có y = ( 3x 2ax )(x a ) + x 4 ycd xcd 4; 3 9 9 9 2a2 2a2 y x 4 chứng tỏ hai điểm cực trị của đồthị hàm số đi qua đg thẳng có pt : y = x 4 ct 9 ct 9 VI – Tìm tham số của hàm chứa tham số để cực đại cực tiểu của hàm số thỏa đk cho trước
10. Page 10 of 39 Ví dụ 1: (A - 20002) : cho hàm số y = x3 3mx2 3(1 m2 )x m3 m2 . Viết pt đg thẳng qua hai điểm cđ, ct của đồ thị hàm số Bg : TXĐ D = R , y’ = 3x2 6mx 3(1 m2 ) . Đk để hàm có ccd , ct là pt y’ = 0 có hai nghiệm 2 2 x 1 m phân biệt ' 9m 9(1 m ) 9 0,m m y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt . rõ x m 1 ràng việc tính ycđ ; yct mất rât nhiều thời gian . Ta luôn có : 2 2 2 1 m yct 2xct m m y = ( 3x 6mx 3 3m )(x ) + (2x – m2 + m ) hai điểm ccd, ct 3 3 2 ycd 2xct m m của đồ thị hàm số nghiệm đúng pt đg thẳng y = 2x – m2 + m . vậy pt đg thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có pt là y = 2x – m2 + m 3 2 Ví dụ 2: cho hàm số y = x (2m 1)x (2 m)x 2 , tìm m để hàm có cđ, ct sao cho xcd ; xct là những số dương BG : TXĐ : D = R , y’ = 3x 2ycbt 2( thỏa2m 1)x (2 mcó) hai nghiệm dương y ' 0 2 (2m 1) 3(2 m) 0 2 ' 0 4m m 5 0 2 m phân biệt a.c 0 0 2 m 0 1 m 2 3 b 2m 1 0 0 2m 1 a 0 3 Là các giá trị cần tìm Bài tập về nhà a) Cho hàm số y = x3 3mx2 3(m2 1)x m3 3m chứng minh khi m thay đổi các điểm cđ, ct của đồ thị hàm số luôn chạy trên hai đg thẳng cố đinh b ) Cho y = x3 (1 2m)x2 (2 m)x m 2 . Tìm m để hàm có cđ, ct có hoành độ x nhỏ hơn 1 ; hoành độ x lớn hơn 1 ; hoành độ x1 < 1 < x2 c ) Cho hàm số y = x3 3mx2 3(1 m2 )x m3 m2 Tìm m sao cho Hai điểm cđ , ct cách đều gốc tọa độ cách đều trục Ox Oy Gọi hai điểm cục trị lần lượt là A,B tìm m sao cho dt AOB 2 dvdt (O là gốc tọa độ)
11. Page 11 of 39 Bài sửa về nhà Bài a) y = x3 3mx2 3(m2 1)x m3 3m chứng minh khi m thay đổi các điểm cđ, ct của đồ thị hàm số luôn chạy trên hai đg thẳng cố đinh Bg : TXĐ :D = R ; y’ = 3x2 6mx 3(m2 1) 3(x2 2mx m2 1) ' = 1 > 0 x R  m x m 1 y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt hàm số đạt CĐ tại x = 1 m , ycd 2 ; và CT tại x m 1 x = 1 m, yct 2 . Vậy là với mọi m hai điểm cđ, ct của đồ thị hàm số luôn nằm trên hai đg thg song 1 1 song với trục Ox có pt lần lượt là y = 2 và y = 2 đpcm . (Chú ý : ta có y = y’ ( x m) ( 2x 2m) ) 3 3 Bài b) : Cho y = x3 (1 2m)x2 (2 m)x m 2 . Tìm m để hàm có cđ, ct có hoành độ x nhỏ hơn 1 ; hoành độ x lớn hơn 1 ; hoành độ x1 < 1 < x2 Bg : TXĐ D = R ; y’ = 3x2 2(1 2m)x (2 m) có ' (1 2m)2 3(2 m) 4m2 m 5 m 1 Để hàm đã cho có cđ, ct thì ta phải có ' 0 5 (*) m 4 Đặt t = x – 1 x 1 t y’ = 3x2 2(1 2m)x (2 m) = 3t 2 4(2 m)t 7 5m suy ra để hàm đã cho có hai cực trị có hoành độ lớn hơn 1 y ' 0 có hai nghiệm dương t phân biệt 5 m 1 V m 5 4 m 1 V m 4 4(m 2) 0 m 2 vô nghiệm 3 7 7 5m m 0 5 3 Đặt t = x – 1 ta có y’ = 3x2 2(1 2m)x (2 m) = 3t 2 4(2 m)t 7 5m suy ra để hàm đã cho có hai cực trị có hoành độ nhỏ hơn 1 y ' 0 có hai nghiệm âm t phân biệt 5 m 1 V m 5 4 m 1 V m 4 m 1 4(m 2) 0 m 2 5 7 3 m 7 4 5 7 5m m 0 5 3 Làm tương tự hàm đã cho có hai cực trị có hoành độ x1 1 x2 y ' 0 có hai ngiện t trái dấu
12. Page 12 of 39 7 5m 7 0 m 3 5 Bài c) Cho hàm số y = x3 3mx2 3(1 m2 )x m3 m2 Tìm m sao cho Hai điểm cđ , ct cách đều gốc tọa độ cách đều trục Ox Oy Gọi hai điểm cục trị lần lượt là A,B tìm m sao cho dt AOB 2 dvdt (O là gốc tọa độ) Bg : TXĐ : D = R , y’ = 3x2 6mx 3(1 m2 ) ; có ' 9m2 9(1 m2 ) 9 0m suy ra với mọi m 3m 3 x m 1 y m2 m 2 ct 3 ct đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị 3m 3 x m 1 y m2 m 2 cd 3 cd Gọi A(m 1; m2 m 2) & B((m 1; m2 m 2) ) suy ra ta có : Hai điểm cực trị cách đều gốc tọa độ O : OA2 OB2 (m 1)2 ( m2 m 2)2 (m 1)2 ( m2 m 2)2 Cách này dài và hay bị nhầm lẫn . Cách khác : Gọi x1, x2 là nghiệm của y’ = 0 (x1 < x2 ) Vì : 1 m y = y’(x ) + (2x m2 m) nên điểm A(x ; y ), B(x ; y ) lần lượt là điểm ct, cđ của đồ 3 3 1 1 2 2 2 2 thị hàm số với y1 2x1 m m ; y2 2x2 m m . Ta có hai điểm cđ, ct của đồ thị hàm số cách 2 2 2 2 2 2 đều gốc tọa độ OA OB x1 y1 x2 y2 (x1 x2 )(x1 x2 ) (y1 y2 )(y1 y2 ) 0 2 (x1 x2 )(x1 x2 ) [2(x1 x2 )][2(x1 x2 ) 2m 2m] = 0 (*) Vì x1, x2 là nghiệm của y’ = 0 nên x1 x2 2m 2 ta có suy ra (*) 2(2m) 2(2)[2(2m) 2m 2m] 0 x x ' 2 2 1 2 m 0 2 2m 7m 0 7 là các giá trị thỏa đk bài ra m 2 y1 y2 x1 x2 (l) Hai điểm cực trị cách đều trục Ox : y1 y2 y1 y2 y1 y2 0 2 2 2 m 0 2(x1 x1) 2m 2m 0 2.2m 2m 2m 0 2m 6m 0 m 3 (HS tự làm cho TH cách đều trục tung đk : x1 x2 )
13. Page 13 of 39 Gọi A(x1; y1 ), B(x2 ; y2 ) lần lượt là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ta có 2 2 2 2 2 2 AB (x1 x2 ) (y1 y2 ) (x1 x2 ) (2x1 2x2 ) 5(x1 x2 ) 20 AB 2 5 Theo trên thì đg thg đi qua hai điểm cực trị có pt là y = 2x m2 m 2x y m2 m 0 2 2 m m 1 m m d(O; AB) dt 2 5. 2 5 AOB 2 5 m2 m 2 0 (vn) m2 m 2 2 m m 2 0 m 1 hay m 2 C - Giá trị lớn nhất nhỏ nhất của một hàm số Để tìm GTLN, GTNN của hàm cho trước trên đoạn [a, b] ta làm theo qui tắc trang 22 sgk . Trong những trường hợp không chỉ rõ đoạn ta tìm tập xác định từ đó lập BBT để suy ra GTLN,GTNN cũng có TH ta thay biến x bằng một biến t khác và tìm đk của t Sau đó khảo sát hàm theo biến t mà suy ra Ví dụ 1: (B - 2003) Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x 4 x2 x 4 x2 x x 0 TTXĐ D = [2;2 ] ; y’ = 1 0 x 2 D 2 2 4 x2 4 x2 4 x x y( 2) 2; y( 2) 2 2; y(2) 2 GTNN cua y 2 tai x 2;GTLN cua y 2 2 tai x 2 x 1 Ví dụ 2: (D – 2003) Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = trên [ 1;2 ] , (hs tự giải) x2 1 Ví dụ 3 : Cho hình chữ nhật có độ dài các cạnh lần lựơt là 5cm, và 3cm . Cát 4 góc 4 hình vuông bằng nhau tạo thành một hinh hộp không nắp . Tính độ dài cạnh hình vuông đem cắt sao cho thể tích khối hộp lớn nhất ( GV hướng dẫn hs cách giải) Bài tập về nhà : Bài1 Tìm GTLN, NN của các hàm sau 4 a) y = 2sin x sin3 x tren [0; ] ( tốt nghiệp 2004) 3 b) y = 3x3 7x2 7x 1 tren [0;2] 4 c) y = x 1 tren [ 1;2] x 2 d) y = (x 2) 4 x2 ; e) y = (3 x) 1 x2 tren [0;2] Sửa bài về nhà Bài 1: Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau
14. Page 14 of 39 4 4 a) y = 2sin x sin3 x tren [0; ] . TXĐ : D = R . đặt t = sin x,do gt 0 t 1 ta có y = 2t t3 suy 3 3 2 t (n) 2 2 2 8 2 2 2 ra trên đoạn [0;1] ta có y’ = 2 4t 0 y(0) 0; y( ) 2 ; 2 2 24 3 t (l) 2 4 2 2 2 4 y(1) 2 suy ra GTLN(y) = tại x = ; GTNN(y) = 0 tại x = 0 hay x = 3 3 3 3 4 7 4 7 x (l) 3 2 2 9 b) y = 3x 7x 7x 1 tren [0;2] ta có y’ = 9x 14x 7 0 (hs tự giải) 7 4 7 x (n) 9 x(x 2) 2x2 2x 4 c) y = (x 2) 4 x2 ; TXĐ D = [ 2;2 ] ta có y’ = 4 x2 0 4 x2 4 x2 2 x 1(n) x x 2 0 y( 2) 0; y(1) 3 3 (hs tự kết luận) x 2(l) 2 x 1 2 2 (3 x)x 2x 3x 1 d) y = (3 x) 1 x tren [0;2] ; y’ = 1 x 0 1 1 x2 1 x2 x 2 1 5 5 y(0) 3; y( ) ; y(1) 2 2; y(2) 5 . (hs tự kết luận) 2 4 B 1 A Bài toán : cho hinh thang cân như hình vẽ góc BAD bằng . Với giá trị 1 1 nào của diện tích hình thang lớn nhất C Bg : vẽ DH  CD dễ thấy góc D = suy ra DH = AD.cos( ) H D Hay DH = cos CD 1 2HD 1 2cos và AH = ADsin( ) = sin (1 1 2cos )sin 1 1 dt S( ) sin sin 2 . Xét hàm số S( ) = sin sin 2 với đk ABCD 2 2 2 k2 2 0 ta có s’( ) = cos - cos2 k2 khi đó ta lại có 3 3
15. Page 15 of 39 2 3 3 3 3 S”( ) = sin 2sin S ''( ) 2. 0 suy ra hàm S( ) đạt cực đại tại 3 2 2 2 2 3 3 2 . Vậy diên tích hình thang lớn nhất bằng dvdt khi 3 4 3 D - TIỆM CẬN VÀ KHẢO SÁT HÀM SỐ Tiệm cận sgk Các bước khảo sat như sgk Bài tập về nhà : 2x 1 Bài 1) Cho y = . a) khảo sát vẽ ; b) Chứng minh giao của hai tiệm cận là tâm đới xứng ; c) Cho x 3 M là điểm thuộc đồ thị (C) gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M trên tiệm cận ngang tiệm cận đứng c/m diện tích hình chữ nhật MLIH không phụ thuộc M trên (C) Bài sửa : c) Gọi I là giao của hai tiệm cận ta có I( 3;2 ) 2x0 1 Và M là điểm thuộc (C) M (x0 ; ) H, K lần lượt là x0 3 hình chiếu của M trên tiệm cận ngang và đứng 2x0 1 thì H(x0 ;2 ) ; K( 3; ) suy rat a có x0 3 2x 1 5 MH = 0 2 x0 3 x0 3 MK = x0 3 5 dtHCN MH.MK . x0 3 5 không x0 3 phụ thuộc điểm M trên đồ thị (C) của hàm số  b) Tịnh tiến hệ trục tọa độ Oxy thành hệ IXY theo vectơ OI x X 3 2(X 3) 1 5 5 thì hàm đã cho trở thành Y 2 Y . Xét hàm số Y trong hệ y Y 2 X 3 3 X X X D IXY ta có TXĐ D = R \ {0} khi đó X D Y = f(X) là hàm số lẻ nhận gốc f ( X ) f (X ) tọa độ I( 3;2 ) làm tâm đối xứng chứng tỏ giao hai đường tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho Bài 2) Cho y = x3 2(m 1)x2 (m2 4m 1)x 2(m2 1) . Tìm m để tồn tai cđ, ct tại
16. Page 16 of 39 1 1 1 x1 , x2 sao cho (x1 x2 ) x1 x2 2 Bài sửa TXĐ D = R ; y’ = 3x2 4(m 1)x (m2 4m 1)  cđ, ct y 'đổi dấu hai lần 2 2 2 m 2 3 4(m 1) 3(m 4m 1) m 4m 1 0 (*) với đk (*) gọi x1, x2 là nghiệm của m 2 3 4(m 1) x x 1 2 3 1 1 1 y’ = 0 theo bài ra thì (x1 x2 ) 2(x1 x2 ) x1.x2.(x1 x2 ) m2 4m 1 x x 2 x .x 1 2 1 2 3 2 4(m 1) m 4m 1 2 (x1 x2 )(2 x1.x2 ) 0 2 0 (m 1)( m 4m 5) 0 3 3 m 1 là các giá trị cần tìm m 1 hay m 5 1 3 2 1 Bài 3 : Cho y = x (m 1)x 3(m 2)x Tìm m để tồn tai cđ, ct tại x1 , x2 sao cho x 2x 1 3 3 1 2 Bài sửa tóm tắt y’ = x2 2(m 1)x 3(m 2) ycbt thỏa thì đk càn là ' (m 1)2 3(m 2) m2 5m 7 0 đúng x1 2x2 1 x2 3 2m với mọi m khi đó đk đủ là x1 x2 2(m 1) x1 2m 2 x1.x2 3(m 2) (3 2m)(2m 2) 3(m 2)(*) m 0 2 2 (*) 4m 10m 6 3m 6 4m 7m 0 7 là các giá trị cần tìm m 4 E – MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒ THỊ Cho (C) là đồ thị hàm số y = f(x) Đồ thị hàm số y = f (x) được suy ra từ (C) như sau : 1. Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm phía trên trục Ox 2. Lấy đối xứng phần còn lại của (C) qua trục Ox . Chú ý : y ≥ 0,  D Đồ thị hàm số y = f ( x ) được suy ra từ (C) như sau : 1. Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm bên phải trục Oy
17. Page 17 of 39 2. Bỏ phần bên trái và lấy đối xứng qua trụ Oy phần giữ lại . Chú ý đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng y = f(x) và y = f (x) đồ thị của chúng đối xứng nhau qua trục hoành Ox ; y = f(x) và y = f( x ) đối xứng nhau qua trục tung Oy Bài tập về nhà : Bài 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y = 2x4 4x2 . Từ đó biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2x4 4x2 , voi x 2 x2 x2 2 m . Bài sửa tóm tắt : Xét hàm số f(x) = 2x2 x2 2 = 4 2 2x 4x , voi x 2 Pt đã cho 2x2 x2 2 2m nên từ đồ thị y = f(x) suy ra y pt vô nghiệm khi m 2 co 3 nghiem khi m = 0 Bài 2) khảo sat vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 y = 2x3 9x2 12x 4 . Từ đó biện luận theo m số nghiệm của pt 2 x 3 9x2 12 x m 2 Bài sử tóm tắt : pt đã cho : x O 2 x 3 9x2 12 x 4 m 2 . Xét hàm số : 2x3 9x2 12x 4, voi x 0 3 2 3 2 y = 2 x 9x 12 x 4 m 2 = 2x 9x 12x 4, voi x 0 y Ta có đồ thị như hình vẽ từ đồ thị suy ra m – 2 = 4 m 2 pt có một nghiệm 4 m 2 0 2 m 2 pt có hai nghiệm m 2 0 m 2 pt có 4 nghiệm 0 m 2 1 2 m 3 pt có 6 nghiệm 1 m 2 1 m 3 có hai nghiệm O x m 2 4 m 2 pt vô nghệm 2x 1 Bài 3) khảo sát vẽ (C) cua hàm số y = . x 1 Từ đó biện luận theo m số nghiệm của pt :2x x 1 m x 1 1 0
18. Page 18 of 39 2x 1 Bài sửa tóm tắt : pt đã cho 2x 1 x 1 (m 1) x 1 pt đã cho m 1 . Xét hàm số : x 1 2x 1 , voi x 1 2x 1 x 1 f (x) . Gọi (C’) là đồ thị của y = f(x) thì (C’) được suy ra từ (C) như sau x 1 2x 1 ,voi x 1 x 1 Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm bên phai đg thg x = 1 Lấy đối xứng phần còn lại của (C) qua trục Ox y Từ đồ thị ta thấy : m 1 2 m 1 ppt vô nghiệm 2 m 1 2 1 m 3 pt có một nghiệm 2 m 1 2 m 3 pt có hai nghiệm 1 x -2 F – SỰ TƯƠNG QUAN GIŨA HAI ĐỒ THỊ CỦA HAI HÀM SỐ y f (x),(C1) Cho suy ra ta có các trường hợp sau : y g(x),(C2 ) (c1)  (c2 )  pt : f (x) g(x) vo nghiem (c1)  (c2 ) {A, B, } ptf (x) g(x)co nghiem D . D = Df  Dg số ng tuong ứng số giao điểm của hai đồ thị của hai hàm số f (x) g(x) (C 1) tiếp xúc với (C2) có nghiệm thuộc giao của hai txđ số nghiệm tương ứng f '(x) g '(x) với số tiếp điểm của đồ thị hai hàm số (2m 1)x m2 Ví dụ 1: (D – 2002) Cho hàm số y = có đồ thị (c) và đg thg ( ) y = x . x 1 Tìm m để (c) tiếp xúc ( ) Bài sửa : txđ D = R \ {1} . (c) tiêp xúc ( )
19. Page 19 of 39 (2m 1)x m2 x 2 2 x 1 x 2mx m 0 x m 1 có nghiệm x ≠ 1 m 1 là các 2 2 2 2 2 m (2m 1) (m 1) (x 1) (m 1) (m 1) 2 1 (x 1) giá trị cần tìm NHỮNG DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Bài 1 : Giao của hai đồ thị hay nghiệm của pt I – hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) 1) Tìm tham số m để pt có nghiệm , hay vô nghiệm , hay có các nghiệm thỏa đk nào đó Dựa trên cơ sở hàm vừa khảo sát . Cách giải cô lập m về dạng g(m) = f(x) hay g(m) = f (x) , hay g(m) = f ( x ) , Chú ý có thể phai thêm bớt để có được dạng g(m) = f(x) 2) Đối với hàm chứa tham số dạng y = f(x, m) ta thuongf gặp các loại toán sau Loại 1: biện luận theo tham số số giao điểm hay số nghiệm thì có thể xảy ra các trường hợp 1. Nhẩm được nghiệm khi đó y = (x – x0)g(x) thì g(x) là bậc hai khi đó tùy theo số nghiệm của g(x) khác x0 ta có các kết luận 2. Trường hợp không nhẩm được nghiệm ta cô lập tham số m nếu được (thường chỉ được khi tham số m có cùng bậc ) khi đó thì ta có g(m) = h(x) . khảo sát lâp bảng biên thiên của h(x) từ đó suy ra kết luận ' f 0 co 1 nghiem ' f 0 f . f 0 cd ct ' f 0 3. Trường hợp không cô lập được m lại có các TH sau : co 2 nghiem fcd . fct 0 ' f 0 co 3 nghiem fcd . fct 0 Loại 2 : Tìm đk của tham số m để giao điểm hay pt có nghiệm thỏa đk cho trước như (3 nghiệm dương phân biệt , hay 3 nghiệm thỏa x3 x2 x1 ; hay 3 nghiem lập thành cấp số ; hay 2 2 2 x1 x2 x3 ? ) . Ta xét các TH xảy ra như sau : 1. Nhẩm được nghiệm thì y = (x – x0)g(x) khi đó xét g(x) là tam thức bậc hai hay mà kết luận cho phù hợp với yc bài ra
20. Page 20 of 39 2. TH không nhẩm được nghiệm thì cô lập m về dạng g(m) = h(x) khi đó lập bbt của h(x) mà suy ra kết luận 3. Nếu không nhẩm được nghiệm và cũng không cô lập được m khi đó tùy theo ycbt mà ta có các TH cụ thể như sau a) có ba nghiệm dương thỏa đk x3 x2 x1 ,( 0) ' f 0 xcd xcd ,(a 0) hay xct ,(a 0) x x3 1 x2 ycd .yct 0 & f ( ) 0,(a 0) b) có ba nghiệm x3 x2 x1,( 0) ' f 0 x xct ,(a 0) 1 x2 x3 ycd .yct 0 & f ( ) 0,(a 0) x ct c) có ba nghiệm x1 x2 x3 ' f 0 ycd .yct 0 x x ,& f ( ) 0,(a 0) 1 x2 x3 cd xcd (HS làm tương tự cho các dạng còn lại) d) Có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng PP : giả sử có ba nghiệm phân biệt thỏa đk khi đó 3 2 y = a(x – x1)(x – x2)(x – x3) = a x (x1 x2 x3 )x (x1x2 x2 x3 x3 x1)x (x1.x2.x3 ) b b b x x x (x x ) x 2x x 3x x thay nghiệm x2 tìm 1 2 3 a 1 3 2 2 2 2 a 2 3a được vào pt suy ra m . Cuối cùng đk đủ là thay m tìm được vào pt xét cụ thể xem có thỏa đk không từ đó suy ra kết luận 2 2 2 e) có ba nghiệm thỏa đk x1 x2 x3 ? . Thì đầu tiên phải  cđ, ct và ycđ, yct < 0 đặc biệt nếu nhẩm dduocj nghiệm thì ta dung định lí viet . Nếu không nhẩm được nghiệm gọi gọi x1 ,x2 , x3 là các nghiệm của pt ta có pt đã cho
21. Page 21 of 39 b c d a(x x )(x x )(x x ) 0 x x x ; x x x x x x ; x .x .x 1 2 3 1 2 3 a 1 2 3 1 2 3 a 1 2 3 a 2 2 2 2 Mặt khác ta lại có (x1 x2 x3 ) x1 x2 x3 2(x1x2 x2 x3 x3 x1) từ đó ta có m đối chiếu đk tồn tại nghiệm mà suy ra kết quả cần tìm . Các tập về nhà Bài 1: Cho hàm số y = x3 3x2 2 Khảo sát vẽ (C), từ đó biện luận theo m số nghiệm của pt m x3 3x2 2,voi x 1 x2 2x 2 m . Xét hàm số 3 2 x 1 x 3x 2,voi x 1 f(x) = (x2 2x 2) x 1 ,voi x 1.Gọi (c’) là đồ thị của hàm số thì (c’) được suy ra từ (c) như sau Giữ nguyên đồ thị (c) ứng với x > 1 Lấy đối xứng phần còn lại của (c) qua trục hoành như hình vẽ (loại bỏ điểm x = 1) y y O 1 O 1 x x y = m - 2 - 2 m 2 Từ đồ thị cua (c’) suy ra : pt vô nghiệm m 2 ; pt có hai nghiệm ; pt có bốn m 1 nghiệm 2 m 1 Bài 2: Cho y = x3 3x 2 đồ thị (c) và đg thg (d) qua A(3; 20) với hệ số góc m , tìm m để (c) và (d) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt Giải tóm tắt : (d) có pt y = m(x -3) + 20 suy ra pt hoành độ giao điểm của (c) và (d) là : x3 3x 2 = m( x – 3) + 20 x3 (3 m)x 3m 18 0 (x 3)(x2 3x 6 m) 0 (*) m x = 3 là một nghiệm của (*) nên ycbt thỏa mãn pt : x2 3x 6 m 0 có hai x nghiệm phân biệt
22. Page 22 of 39 15 9 4(6 m) 4m 15 0 m khác 3 4 là các gí trị cần tìm 9 9 6 m 0 m 24 3 2 Bài 3: Tìm m để đồ thị (Cm) của hàm số y = x 3x 3(1 m)x 1 3m , cắt trục Ox tại một điểm, tại hai điểm phân biệt, tại ba điểm phân biệt Bài giải tóm tắt : Nhận xét pt hoành độ giao điểm y = 0 không nhẩm được nghiệm x3 3x2 3x 1 Cách 1: Từ pt y = 0 cô lập m ta có 3m = ( x = 1 không phải là nghiệm) x 1 y x3 3x2 3x 1 Xét hàm số f(x) = ta có x 1 2x3 6x2 6x 4 f’(x) = (x 1)2 3 (x 2)(2x2 2x2) 0 x 2 f (2) 3 (x 1)2 Suy ra ta có bbt của f(x) : và đồ thị của nó như hình vẽ x - 1 2 + B B' x y' - - + y + + + - 3 Từ đó suy ra : (Cm) cắt Ox tại một điểm 3m 3 m 1 (Cm) cắt Ox tại hai điểm 3m 3 m 1 (Cm) cắt Ox tại ba điểm 3m 3 m 1 Cách hai : Ta có y’ = 3x2 6x 3(1 m) là tam thức bậc hai có ’ = 9m suy ra nếu m 0 thì y’ ≥ 0, x R nên thỏa đk (Cm) cắt Ox tại một điểm với m > 0 thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 3 3 m x1 1 m 1 1 x1,2 Ta luôn có y = x y ' 2mx 2m 2 3 3 3 x2 1 m y1 2m(1 m) 2(m 1) 2m m 2 do đó khi m > 0 để (Cm) cắt trục Ox tại duy nhất một y2 2m(1 m) 2(m 1) 2m m 2 điểm thì đk đủ là
23. Page 23 of 39 3 3 y1.y2 2m m 2 2m m 2 4 4m 0 m 1 m 1 . Tóm lại (Cm) cắt trục Ox tại một điểm duy nhất m 1 3 (Cm) Cắt Ox tại hai điểm phân biệt y1 y2 0 4 4m 0 m 1 3 (Cm) Cắt Ox tại ba điểm phân biệt y1 y2 0 4 4m 0 m 1 3 2 2 2 Bài 4 : Cho y = x 3mx 3(m 1)x m 1. Tìm m để (Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt 2 2 1 1 3 2 HD : y’ = 3x 6mx (m 1) y x m y ' [ 2x m m m 1] và y’ có ' 9 0,m 3 3 3 2 Suy ra vói mọi m hàm số có cđ, ct với xcd m 1 ycd m m 3m 3 ; và 3 2 xct m 1 yct m m 3m 1 suy ra ycbt thỏa m3 m2 3m 3 0 y .y 0 (X 3)(X 1) 0,(X m3 m2 3m) 3 X 1 cd ct 3 2 m m 3m 1 0 3 m 1 (m 1)(m2 3) 0 3 m 1 hay m 3 1 2 m 1 là giá trị cần tìm 2 (m 1)(m 2m 1) 0 m 1 hay 1 2 m 1 2 3 m 1 2 3 2 2 Bài 5: Cho y = x 3(m 1)x 2(m 4m 1)x 4m(m 1) , tìm m để (Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3, sao cho 1 x1 x2 x3 HD : với mọi m pt hoành độ giao điểm có một nghiệm x = 2 y 0 (x 2)(x2 3(m 1)x 2m(m 1)) 0 suy ra ycbt thỏa f (x) x2 3(m 1)x 2m(m 1) = 0 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 và khác 2 . f(x) có (3m 1)2 4.2m.(m2 1) (m 1)2 0,m đk 3(m 1) (m 1) cần là m ≠ 1 khi đó f(x) = 0 có hai nghiệm x các nghiệm này khác 2 khi 1,2 2 4 6(m 1) 2m(m 1) 0 2m2 4m 2 0 2(m 1) 0 m 1 . khi m khác 1 ta có x1 m 1, x2 2m x1 x2 1 m . Nên nếu m 1 thì x m 1 x 2m trong 2 2 1 2 TH này cả hai nghiệm lớn hơn 1 khi m + 1 > 1 m > 0 vậy khi m > 1 thỏa đk . 1 Tóm lại với mọi m & m 1 là các giá trị cần tìm 2
24. Page 24 of 39 Bài 6: Cho hàm số y = x3 – x2 + 18mx - 2m , tìm m để pt y = 0 có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn 2 x1 0 x2 x3 . Đk cần là hàm số đã cho có cđ, ct và ycd .yct 0 y ' 3x 2x 18m 0 có hai 1 nghiệm phân biệt ' 1 54m 0 m khi đó gọi xcđ, xct là nghiệm của y’ = 0 ta có 54 1 1 54m 1 1 54m 1 1 54m 1 1 xcd ,ct xcd , xct . Vì y = x y ' [2(54m 1)x] 3 3 3 3 9 1 1 54m 1 1 54m y 2(54 m)( ); y 2(54 m)( ) cd 3 ct 3 x x ct x 1 2 1 1 54m 1 1 54m x cd x 3 Ta có y .yct 0 2(54 m)( ) 2(54 m)( ) cd 3 3 4(54 m)2 1 (1 54m) 0 m 0 khi m < 0 thì pt y = 0 có ba nghiệm phân biệt nên ycbt thỏa 9 y(0) 0 2m 0 m 0 mãn thì đk đủ là m 0 thỏa đk 1 1 54m dung,m 0 xct 0 1 54m 0 3 3 2 Cách khác : y = x – x + 18mx - 2m = 0 có ba nghiệm thỏa đk x1 0 x2 x3 x3 x2 x3 x2 2m(1 9x) 2m có nghiệm thỏa đk x 0 x x 1 9x 1 2 3 x 0 x3 x2 1 2x(3x 1)2 Xét hàm số f(x) = trên khoảng R \{ } . ta có f’(x) = 0 1 ta có bbt: 1 9x 9 (1 9x)2 x 1 3 1 Từ bbt ta có (C ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt 9 m x - 0 3 + Có hoành độ thảo đk x1 0 x2 x3 y' 2m 0 m 0 y 0 + - - - Bài 7: Cho hàm số y = x3 3mx2 3(m2 1)x m2 1, tìm m để pt y = 0 có ba nghiệm dương phân biệt 3 m 1 HD: sử dụng kết quả bài 4 thì đk càn là ta phải có 1 2 m 1 khi đó đk đủ thỏa yc bài ra là ta 3 m 1 2 xcd 0 x x ct phải có (*) theo bài 4 thì xcd m 1 suy ra 2 y(0) 0 x 1 x cd x 3
25. Page 25 of 39 x m 1 0 m 1 (*) cd m 1 2 y(0) m 1 0 m 1 hay m 1 Đối chiếu đk cần ta có 3 m 1 2 là các giá trị của m cần tìm Bài 8: Cho y = x3 – 3x2 , (C) tìm m để (C) và đg thg y = m cắt nhau ở ba điểm phân biệt có hoành độ 2 2 2 3 2 x1, x2, x3 sao cho x1 x2 x3 ? (y= 2x – x ; (d) y = m / m = ? để (C) và (d) cắt nhau tại 3 điểm PB , 2 2 2 tính )x1 x2 x3 ? Ta có đồ thị (C) của hàm số như hình vẽ ta thấy để (C) và y = m cắt nhau tại ba điểm phân biệt thỏa đk 3 2 bài ra thì đk cần là 4 m 0 khi đó gọi x1, x2, x3 là nghiệm của pt : x – 3x – m = 0 thì ta có 3 2 3 2 x – 3x – m = 0 (x x1)(x x2 )(x x3 ) x (x1 x2 x3 )x (x1x2 x2 x3 x3 x1)x x1.x2.x3 0 y suy ra ta có x1 x2 x3 3; x1x2 x2 x3 x3 x1 0; x1.x2.x3 m 2 2 2 x1 x2 x3 ? Ta có : O x 2 2 2 2 (x1 x2 x3 ) x1 x2 x3 2(x1x2 x3 x2 x3 x1) 2 2 2 2 2 2 2 ( 3) x1 x2 x3 2(0) x1 x2 x3 9 Bài 9: Cho y = x3 3mx2 2m(m 4)x 9m2 m -4 Tim m để (Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt cách đều nhau HD : Giả sử (Cm) cắt Ox tại ba điểm A, B, C cách đều nhau có hoành độ lần lượt là x1, x2, x3 thì x1, x2, x2 x1 x3 x2 x3 là nghiệm của pt y = 0 do AB = BC suy ra x2 x1 x3 x2 x2 x1 (x3 x2 ) 2x2 x1 x3 chứng tỏ x1, x2, x3 lập thành cấp số cộng vì x1, x2, x3 là nghiệm của pt x1 x3 (l) x3 3mx2 2m(m 4)x 9m2 m = 0 (*) nên ta có 3 2 2 x 3mx 2m(m 4)x 9m m = (x x1)(x x2 )(x x3 ) 0 3 2 2 3 2 x 3mx 2m(m 4)x 9m m = x (x1 x2 x3 )x (x1.x2 x3 x1 x3.x1)x x1.x2.x3 0 nên ta có x1 x2 x3 = 3m 2x2 x1 x3 3x2 x1 x2 x3 3x2 3m x2 m thay vào (*) 3 3 2 2 2 m 0 ta có : m 3m 2m (m 4) 9m m 0 m m 0 m 1 Với m = 0 thì pt (*) trở thành x3 = 0 không thỏa đk có ba nghiệm nên loại Với m = 1 thì pt (*) trở thành x3 3x2 6x 8 0 (x 2)(x 4)(x 1) 0 có ba nghiệm x1 = - 2 ; x2 = 1 ; x3 = 4 lập thành cấp số cộng có công sai d = 4, u1 = -2 . Vậy cần tim m = 1
26. Page 26 of 39 HÀM SỐ TRÙNG PHƯƠNG VÀ BẬC NHẤT TRÊN BẬC NHẤT II - Hàm : y = ax4 + bx2 + c (a ≠ 0) a) Tìm số nghiệm hay số giao điểm của đồ thị với một đg nào đó : Sau cân bằng rút gọn mà ta có pt dạng ax4 + bx2 + c = 0 (*), Đặt x = X ≥ 0 ta có các TH có thể xảy ra a 0(neu a chua tham so) a 0 0 a 0, 0 TH1: pt (*) vô nghiệm b 0 2a a 0, 0 2 aX bX C 0 co2 nghiem am a 0(neu a chua tham so) a 0 x 0 c 0 b x2 0 TH2 : (*) có một nghiệm (một giao điểm) 2a a 0 b 0co nghiem kep duong 0 2a ac 0 a 0 TH3 : (*) có ba nghiệm (hay ba giao điểm) c 0 b x2 0 a 2 TH4 : (*) có bốn nghiệm aX + bX +c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt b) (*) có nghiệm hay số giao điểm thỏa đk nào đó 2 2 2 Nếu nhẩm được nghiệm thì (*) (x x0 )(Ax Bx C) 0(g(x) Ax Bx C) xét g(x) tùy theo đk của bài ra Không nhẩm được nghiệm tìm cách cô lập tham số rồi xét Nghiệm lập thành cấp số cộng trước hết giả sử có nghiệm x1, x2, x3, x4 lập thành cấp số cộng ( 3x0 ),( x0 ), x0 ,3x0 ,voi x0 0 & d 2x0
27. Page 27 of 39 b b x 2 9x 2 x 2 0 0 a 0 10a b c tìm được tham số m . với m tim được thay c c 10a a x 2 (9x 2 ) x 2 0 0 a 0 a vào pt xét cụ thể từ đó suy ra kết luận ax b III – Hàm số y = có đồ thị (C) cx d 1) Tìm giao giữa (C) và đg thg (d) có các TH : (C)  (d) tai2 diem PB o mot nhanh cua (C) (C)  (d) tai2 diem PB o nhanh phai hay trai cua (C) (C)  (d) tai2 diem PB o ca hai nhanh cua (C) ax b Phương pháp từ pt hoành độ giao điểm mx n đổi biến cx d d x X ( ) pt AX 2 BX C 0 (*) , khi đó có thể xảy ra các TH : c hai giao diem thuoc cung mot nhanh (*) co 2 nghiem cung dau hai giao diem thuoc mot nhanh phai (*) co 2 nghiem duong phan biet hai giao diem thuoc mot nhanh trai (*) co 2 nghiem am phan biet hai giao diem thuoc hai nhanh (*)co nghiem trai dau 2) (C) cắt (d) ở các điểm thỏa đk nào đó Các ví dụ : x 1 Ví dụ 1: Cho y ,(C) & (d) : y mx 2 . Biện luận theo m số giao điểm của (C) và (d) x 1 x 1 HD: pt hoành độ giao điểm mx 2,(x 1) mx2 (m 1)x 3 0 (1) x 1 m = 0 thì (C)∩(d) tại một điểm m ≠ 0 (1) có (m 1)2 12m m2 10m 1 0 m 5 2 6 suy ra nếu 1. 5 2 6 m 5 2 6 thì (C)∩(d) =  2.m 5 2 6 thì (C)∩(d) tại một điểm m 5 2 6 3.m 5 2 6 hay thì (C)∩(d) tại hai điểm phân biệt m 0 x 1 X 2 Đặt x = X + 1 mx 2,(x 1) m(X 1) mX 2 (m 1)X 2 0,( )(X 0) x 1 X
28. Page 28 of 39 Suy ra ta có các TH sau : m = 0 (d) cắt (c) tại một điểm thuộc nhánh phải (có hoành độ x = 3 > 1) m ≠ 0 ( ) là pt bậc hai có m2 10m 1 0 m 5 2 6 ta có m 5 2 6 0 m 5 2 6 c 2 0 m 0 a m b (m 1) 0 1 m 0 a m Cho hs nhìn bảng xét dấu trả lời kết quả 4 2 Ví dụ 2: Cho hàm số y = x 2mx m , (Cm) và đg thg (d) y = - 3 . Tìm m để (Cm) cát (d) tại bốn điểm phân biệt trong đó có một điểm có hoành độ lớn hơn 2 , các điểm còn lại có hoành độ nhỏ hơn 1 Bài giải : pt hoành độ giao điểm x4 2mx2 m = 3 m(2x2 1) (x4 3) x 0 y 3 x4 3 4x(x4 x2 3) m f (x),x R f '(x) 0 2 2 2 1 13 13 1 2x 1 (2x 1) x y 2 2 13 - 1 13 - 1 Suy ra ta có bbt của hàm số : - x - 2 1 2 2 + Từ bbt ta thấy ycbt thỏa mãn y' + 0 - 0 + 0 - Khi và chỉ khi : 19 y 3 m 4 9 - 3 19 - - 3 - 9 - mot nhanh mx 1 hai nhanh Ví dụ 3: Cho y = ,c và đg thg (d) y = x – 2 , tìm m để cm cắt (d) ở : 2x 3 m nhanh trai nhanh phai 3 1 m mx 1 1 2 HD ta có y = m 2 ,c dk can m khi đó pt hoành độ giao điểm là 2x 3 2 2x 3 m 3
29. Page 29 of 39 3 x X mx 1 2 2 3 x 2 (*) f (X ) 2X (m 1)X (1 m) 0 2x 3 3 3 2 m(X ) 1 X (X ) 2,(*) 2 2 3 b m 1 Có (m 1)2 8(1 m) m2 14m 9 0 m 7 2 10 ; 0 m 1 ; 2 a 2 c 2 3m 2 1 0 m a 4 3 Lập bảng xét dấu m 7 2 10 2 cắt ở 1 nhánh 7 2 10 m 3 2 m cắt ở hai nhánh 3 2 m 7 2 10 cắt ở một nhánh bên trái ; 7 2 10 m cắt nhánh bên phải 3 4 2 Ví dụ 4: Cho y = x 2(m 2)x 2m 3,(c m ) . Tìm m để (cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thàn cấp số cộng Bài giải : Điều kiện đủ : giả sử (Cm) cắt Ox tại 4 điểm có hoành độ x1, x2, x3, x4 lập thành cấp số cộng (với x1 x2 x3 x4 ) do tính đối xứng suy ra ta có : 2 2 b x2 x3 x x 2(m 2) 3 4 a x1 x2 0 x3 x4 x1 x4 c d x x 2x x 3x x 2.x 2 2m 3 3 2 3 4 3 3 4 a 2 m 2 2 2 x 2 m 3 x 9x 2(m 2) 3 3 3 5 m 2 2m 3 2 9m 14m 39 0 14 2 2 2m 3 5 9 m x3 .9x3 2m 3 4 x3 9 9 Điều kiện đủ : m = 3 ta có pt x4 – 10x2 + 9 = 0 x 1 hay x 3 lập thành cấp số cộng (hs là cho TH còn lại ) SỰ TIẾP XÚC GIỮA CÁC ĐỒ THỊ HÀM SỐ f (x) g(x) Cho hai đg cong y = f(x), (c1) và y = g(x), (c2) ta có (c1) tiếp xúc (c2) có nghiệm f '(x) g '(x) thuộc giao của hai txđ
30. Page 30 of 39 2 Đối với hàm bậc 3 có chứa tham số dạng y = f(x, m) = (x x0 )(ax bx c) nhẩm được nghiệm của (x x )(ax2bx c) 0 2 0 (x x0 )(ax bx c) 0 y = 0 khi đó (cm) tiếp xúc Ox (x x )(ax2bx c) ' 0 2 0 (ax bx c) (x x0 )(2ax b) 0 x x0 0 2 ax bx c 0 . Các bài tập mẫu ax2 bx c 0 2ax b 0 3 2 Ví dụ 1: y = 2x 3(m 3)x 18mx 7 , tìm m để (cm) tiếp xúc đg thẳng y = 15 2x3 3(m 3)x2 18mx 8 0,(1) x 3 có nghiệm thực (2) x2 (m 3)x 3m 0 2 6x 6(m 3)x 18m 0,(2) x m 35 Với x = 3 thay vào (1) ta có 54 27(m 3) 54m 8 0 27m 35 0 m với m =5 pt (2) có 27 35 nghiệm x = 3 Vậy m = nhận . Với x = m thay vào (1) ta có 27 m 1 3 2 2 3 2 2 2m 3m (m 3) 18m 8 0 m 9m 8 0 (m 1)(m 8m 8) 0 . m 4 2 6 3 2 3 2 x (m 1)x m 0,(1) x (m 1)x m 0 Ví dụ 2: y = x3 (m 1)x2 m tiếp xúc Ox 2 2(1 m) 3x 2(m 1)x 0 x 0 hay x ,(2) 3 2(1 m) x = 0 suy ra m = 0 ; x thay vào ta có (1) 3 3 2 2 2 2m 2 2m 2 2m 2 2m (m 1) m 0 m 1 m 0 3 3 3 3 2 m 4 1 m m 1 3 3 2 8 m 0 4(m 1) 27m 0 4m 12m 15m 4 0 1 3 3 m 2 khi m = 1 thì (2) có nghiệm kép x = 0 thay m = 1 vào pt (1) ta có x3 = 1 x = 1 suy ra hệ không có 1 nghiệm chung nên m = 1 loại . Tóm lại : m = 0 ; m = 4 hay m = là các giá trị cần tìm 2 2 Cách khác : y = 0 (x 1)(x mx m) 0 nên Cm tiếp xúc Ox
31. Page 31 of 39 x 1 0 ,(1) 2 2 2 (x 1)(x mx m) 0 (x 1)(x mx m) 0 x mx m 0 2 2 2 (x 1)(x mx m) ' 0 (x mx m) (x 1)(2x m) 0 x mx m 0 ,(2) 2x m 0 x 0 x 1 m 0 x 1 m 2x m 2x m 0 (1) ; (2) m 4 1 2 2 2 2m 1 0 m x 2x 2x 0 x 2x 0 x 2 2 1 m 4 m 2 3 2 2 2 Ví dụ 3: Cho y = 2mx (4m 1)x 4m ,cm tim m để cm tiếp xúc trục Ox HD : m = 0 thì y = x2 là parabol tiếp xúc Ox nên m = 0 nhận 2mx3 (4m2 1)x2 4m2 0,(1) m ≠ 0 đk tiếp xúc là 2 ; x = 0 thay vào (1) m = 0 (l) 2 2 4m 1 6mx 2(4m 1)x 0 x 0 hay x 3m 2 2 3 2 2 4m 1 4m 1 2 4m 1 2 Với x thay vào (1) ta có 2m (4m 1) 4m 0 3m 3m 3m 2(4m2 1)3 3(4m2 1)3 108m4 0 108m4 (4m2 1)3 0 1 1 64m6 60m4 12m2 1 64X 3 60X 2 12X 1 0,(X m2 0) X ,(l) hay X 16 2 1 2 2 m2 m . Tóm lại : m và m = 0 là các giá trị cần tìm 2 2 2 Ví dụ 4: y = (x 1)2 (x 1)2 ,(C);(P) : y ax2 3 . Tìm a sao cho (C) và (P) tiếp xúc nhau 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x 1) ax 3 (x 1) ax 3 (x 1) ax 3 HD: đk 2 2 2 a 2 2(x 1).2x 2ax x(2x 2 a) 0 x 0 hay x ,(a 2) 2 Với x = 0 thay vào (1) ta có 1 = - 3 vô lí ; với a = -2 thì x4 1 3 cũng vô lí ; với a > - 2 thay 2 a 2 a 2 a 2 2 a 2 x = vào (1) ta có 1 a( ) 3 0 a 4a 12 0 a 2 2 2 2 a 6 Ví dụ 5:y = (x 1)2 (x 1)2 ,(C);(P) : y 2x2 a .Tìm a sao cho (C) và (P) tiếp xúc nhau (làm tương tự) TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG I – TIẾP TUYẾN TẠI ĐIỂM
32. Page 32 of 39 Cho (C) là đồ thị của hàm số y = f(x) và M(x0 ; f (x0 ) ) thì tiếp tuyến tại M có pt : y = y’(x0)(x – x0) + y0 y '(x0 ) att gọi là hệ số góc của tt ; y0 f (x0 ) . Các dạng toán thường gặp : 1. Biết tọa độ tiếp điểm 2. Biết hoành độ tiếp điểm 3. Biết hệ số góc của tiếp tuyến 4. biết tung độ tiếp điểm Các ví dụ : Ví dụ 1: Cho (C) là đồ thị hàm số y = x3 (x 1)k 1 . Viết pt tt của (C) tại giao của (C) với trục tung Tìm k để tt của (C) chắn trên hai trục tọa độ một tam giác vuông có diện tích bằng 8 HD : giao của (C) với trục Oy tại A(0; 1 – k ) y '(0) k tt tai A có pt : y kx 1 k 1 k Gọi M, N lần lượt là giao của tt tại A với các trục Ox, Oy ta có M(;0 ), N(0; 1 – k ) k 1 k 1 1 1 k k 0 OM ,ON 1 k dt MON OM.ON . 1 k 8 2 k 2 2 k (1 k) 16. k k 0 k 2 18k 1 0 k 9 4 5 k 9 4 5 là các gia trị cần tìm 2 k k 1 0, VN 1 2 5 x Ví dụ 2: y = x3 x , Tìm M (C) sao cho tt tại M vuông góc với đg thg (d) : y = (hs làm) 3 3 3 3 Ví dụ 3: Cho y = x 3x 1, (C) với mỗi điểm A(x0 ; y0 ) (C) tt tại cắt (C) tại điêm B khác A hãy tính xB theo xA 2 3 HD : tt tại A có pt : y = (3x0 3)(x x0 ) x0 3x0 1 (d) gọi B là giao của (d) với (C) khác A suy ra 3 2 3 3 2 3 hoành độ B là nghiệm của pt: x 3x 1 = (3x0 3)(x x0 ) x0 3x0 1 x 3x0 .x 2x0 0 x x x x (x x )(x2 x .x 2x2 ) 0 0 pt (*) 0 Vậy B(2x ; 8x3 6x 1 ) 0 0 0 2 2 0 0 0 (x x0.x 2x0 ,(*) x 2x0 3x 2 Ví dụ 4: y = , tìm M thuộc (C) sao cho tt tại M có hệ số góc bằng 4 (hs làm) x 2 1 Ví dụ 5: y = x3 2x 1,(C) viết pt tt của (C) biết tt đó hợp với đg thg (d): 3x – y – 1 =0 góc 450 3 1 HD : Gọi M(x ; x3 2x 1 ) (C) sao cho tt tại đó thỏa đk bài ra . tt tại M có pt là 0 3 0 0
33. Page 33 of 39 1 2 y = (x2 2)(x x ) x3 2x 1 (x2 2)x y x3 1 0 tt này tạo với (d) góc 450 0 0 3 0 0 0 3 0 2 2 3(x0 2) 1 20 (x2 2)2 1 2 3(x2 2) 1 20 X 2 1 2 3X 1 (*) ; với 2 2 2 0 0 10. (x0 2) 1 1 X (X x2 2 ), (*) 20(X 2 1) 4(9X 2 6X 1) 16X 2 24X 16 0 2 0 X 2 1 2 1 5 5 Với X = x 2 x ; với X = -2 suy ra x0 = 0 . Tóm lại trên đồ thị (C) có ba 2 0 2 2 0 2 5 điểm có hoành độ x thỏa đk bài ra là : x , và x 0 0 0 2 0 2 Cach khac : Gọi x0 là hoành độ của điểm M (C) và k hệ số góc của tt ( ) tại M k = x0 2 suy ra   U (1;k) là vtcp của tt ( ) tại M n1 (k; 1) là vtpt của tt ( ) tại M ; theo bài ra thì đg thg(d) có pt :  0 y = 3x – 1 3x y 1 0 n2 (3; 1) là vtpt của (d) suy ra (d) và ( ) hợp với nhau góc 45   n1.n2 2 3k 1 cos 450   5 1 k 2 3k 1 5 5k 2 9k 2 6k 1 2 2 2 2 2 n1 . n2 3 1 1 k 2 k 2 x0 2 2 x0 0 4k 2 6k 4 0 . trên (C) có ba điểm thỏa đk bài ra 1 2 1 10 k x 2 x 2 0 2 0 2 Ví dụ 6 : y = x3 3x ,(C) . Chứng minh khi m thay đổi đg thg (d) : y = m(x 1) 2 luôn cắt (C) ở một điểm cố định A . Tìm m để đg thg (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tt tại B, C vuômg góc với nhau . HD : Hoành độ giao điểm của (C) & (d) là nghiệm của pt : x3 3x = m(x 1) 2 x 1 x3 (3 m)x m 2 0 (x 1)(x2 x 2 m) 0 suy ra với mọi m đg thg 2 x x 2 m 0 (d) luôn cắt (C) tại một điểm cố định A( 1;2 ) . Để (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A,B,C thì pt : m 0 2 1 1 2 m 0 x x 2 m 0 phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 9 (*) 1 4(2 m) 0 m 4
34. Page 34 of 39 2 Với đk (*) gọi x1, x2 là nghiệm của pt x – x – 2 – m = 0 và B, C là các điểm có hoành độ x1 , x2 ta có 2 2 hệ số góc của tt tại B, C là f’(x1) = 3x1 3; f '(x2 ) 3x2 3 thì ycbt thỏa f '(x1) f '(x2 ) 1 2 2 2 2 2 2 2 2 (3x1 3)(3x2 3) 1 9x1 x2 9(x1 x2 ) 10 0 9( m 2) 9[1 2( m 2)] 10 0 3 2 2 m 2 2 3 9m 36m 36 45 18m 10 0 9m 18m 1 0 thỏa đk (*) 3 2 2 m 3 II – TIẾP TUYẾN ĐI QUA Biet diem di qua M (x0 ; y0 ) Các dạng thường gặp : M Ox;M Oy;M dgthgy b; Cách giải : C1: Giả sử tồn tại tt tại M(x0 ; y0 ) (C) thỏa đk tt tại M có pt : y y '(x0 )(x x0 ) y0 tt đó qua A(x1; y1 ) y1 y '(x0 )(x1 x0 ) y0 (Ẩn cần tìm là x0) C2 : Gọi M(x1; y1 ) là điểm mà tại đó tt đi qua ta có pt đg thg qua M hệ số góc k có pt là f (x) k(x x1) y1 y = k(x – x1) + y1 , ( ) . ( ) tiếp xúc (C) , có nghiệm thuộc giao f '(x) k của hai txđ . Chú ý : Ứng với mỗi nghiệm tìm được của hệ ta có một tiếp tuyến của (C) đi qua M số tt phụ thuộc số nghiệm của hệ Các ví dụ Ví dụ 1: Cho hàm số y = x3 3x 2,(C) .Tìm M thuộc Ox sao cho qua đó vẽ được đúng ba tt với (C) HD : M Ox M(x0 ;0 ) gọi k là hệ số góc của đg thg ( ) qua M thì ( ) có pt : y = k(x – x0) + 0 3 x 3x 2 k(x x0 ) là tt của (C) x3 3x 2 ( 3x2 3)(x x ) 2 0 3x 3 k 2 x 1 (x 1)[2x (3x0 2)x 3x0 2] 0 có nghiệm thuộc R 2 2x (3x0 2)x 3x0 2 0(*) Ycbt thỏa mãn pt(*) có hai nghiệm phân biệt x khác – 1
35. Page 35 of 39 2 x 2 0 (3x0 2) 8(3x0 2) 0 3 là các gia trị m cần tìm x 2 2 3x0 2 3x0 2 0 0 x0 1 Ví dụ 2: Cho hàm số y = x4 + 2x2 – 1 ,(C) . Tìm M Oy sao cho từ đó kẻ được đúng ba tt với (C) HD: M(0; y0) suy ra đg thg qua M hệ số góc k có pt là y = kx + y0 ( ) , ( ) là tt của (C) 4 2 x 2x 1 kx y0 x4 2x2 1 ( 4x3 4x)x y (*) y 3x4 2x2 1 g(x) . 3 0 0 4x 4x k x 0 g(0) 1 Xét hàm số g(x) ta có g ‘(x) = 12x3 – 4x = 0 3 3 4 suy rat a có bbt : x g( ) 3 3 3 1 1 - x - 3 0 3 + y' - 0 + 0 - 0 + Ycbt thỏa mãn pt(*) có ba nghiệm + -1 + phân biệt nên từ bbt suy ra điểm M y 4 4 - - thuộc trục Oy cần tìm là M(0; 1 ) 3 3 x 2 Ví dụ 3: Cho hàm số y = ,(C) Tìm a để qua điểm A(0 ; a) kẻ được hai tt với (C) sao cho hai tiếp x 1 điểm nằm về hai phía của trục Ox HD: qua A(0 ; a) hệ số góc k có pt là : y = kx + a tiếp xúc (C) x 2 kx a x 1 x 2 3x có nghiệm x ≠ 1 pt 2 a co nghiem x 1 3 x 1 (x 1) 2 k (x 1) a 1 2 2 (1 a)x 2(2 a)x 2 a 0 (*) có nghiệm x ≠ 1 ' (2 a) (1 a)(2 a) 0 2 1 a 4 2a 2 a 0 a 1 2 a 1 a a 3 0 . Gọi x1, x2 là nghiệm của (*) . Để qua A kẻ được hai tiếp tuyến với (C) a 2 3(2 a) 0 x 2 x 2 sao cho hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục Ox thì ta phải có 1 2 0 x1 1 x2 1
36. Page 36 of 39 2 a 2(2 a) 4 2. 4 m x x 2(x x ) 4 5m 4 5 1 2 1 2 0 a 1 a 1 0 0 x x 2(x x ) 1 2 a 2(2 a) 3m 1 1 1 2 1 2 2 1 m a 1 a 1 3 2 a 4 9a 6 2 0 a 1 a 1 5 5(a 1) 3 a 1 2 kết hợp đk ta có a 1 2 a 1 2a 7 7 a 2 3 0 a hay a 1 a 1 3 3(a 1) 2 BÀI TẬP VỀ NHÀ x 2 1) (A- 2009) Cho y = ,(C) Viết pt tt với (C) biết tt đó cắt Ox, Oy tại hai điểm A,B sao cho 2x 3 tam giác AOB vuông cân tai O 2) Cho y = ax3 bx2 cx d (C) . Tìm M thuộc (C) sao cho tt tại M có hệ số góc nhỏ nhất so với hệ số góc tại mọi điểm khác M (khi a> 0, a < 0 ) 3) Cho y = (2 – x2)2 và điểm M(0 ; 4) viết pt tt của (C) đi qua M x 1 4) Cho y = ,(C) Tìm M thuộc trục Oy sao cho kẻ được đúng một tt đi qua M x 1 5) Cho y = x3 + 3x + 2 ,(C) Có bao nhiêu tt đi qua mỗi điểm thộc (C) hỏi tương tự cho đồ thị các x 1 hàm số y = ; y x4 2x2 3 2x 1 3 Đáp số : y = x + 3x + 2 : với mỗi điểm M(x0 ; y0 ) (C) có hai tt của (C) đi qua M với x0 0 , có một tt qua M nếu x0 0 .Chú ý điểm M(0;2 ) là điểm uốn hay còn gọi là tâm đối xứng của (C) x 1 Đối với y = ,(C) 2x 1 m 1 HD : : y k(x m) ( ) tiếp xúc (C) 2m 1 x 1 m 1 k(x m) 2x 1 2m 1 x 1 3 m 1 2 2 2 (x m) 6x 12mx 6m 0 3 2x 1 (2x 1) 2m 1 2 k (2x 1) 1 1 6(x m)2 0 x m ứng với mỗi điểm M(x ; y ) (C), (x ) có duy nhất tt của (C) 2 0 0 0 2 QUĨ TÍCH ( TẬP HỢP ĐIỂM ) Phương pháp : Tìm đk tồn tại điểm M – Sau đó tìm điểm M – Tiếp theo khử tham số m tìm mối quan
37. Page 37 of 39 hệ giữa x, y không chứa tham số - Đối chiếu đk đưa ra kết luận . Chú ý : x k M thì tìm giá trị của y y k(x) x g(x) M thì tìm giá trị của x y k M thuộc vòa một đg thg hay đg cong đã cho thì dung pp thế để khứ x theo y hay y theo x Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho y = x3 3x2 ,(C) & y mx,( ) . Tìm m để (C) và ( ) giao nhau tại 3 điểm O,A,B . Tìm tập hợp trung điểm đoạn AB Bg : Hoành độ giap điểm cua (C) & ( ) là nghiệm của pt : x3 3x2 mx x(x2 3x m) 0 x 0 ycbt thỏa (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 : 2 x 3x m 0,(*) m 0 m 0 9 với đk này gọi I là trung điểm của A,B ta có 9 4m 0 m 4 3 x x 3 x x A B 2 27 I 2 2 I với y = 3m > . Tóm lai tập hợp các trung điểm I của đoạn AB 3 4 y mx y m 2 27 3 27 nằm trên đg thg y = 3m với y > ( hay nằm trên đg thg x = với tung độ y > ) 4 2 4 2x 4 Ví dụ 2: Cho y = ,(C) & (d) : y 2x m . Tìm m để (C) ∩ (d) tại hai điểm phân biệt M, N khi đó x 1 tìm tập hợp các trung điểm của đoạn MN 2x 4 Bg : PT hoành độ giao điểm của (C)& (d) là : 2x m,(x 1) 2x2 mx m 4 0,(*) x 1 2 m 8(m 4) 0 2 m 4 4 3 (C) ∩ (d) tại hai điểm phân biệt M,N m 8m 32 0 2 m m 4 0 m 4 4 3 x x m x M N m 4x Khi đố gọi I là trung điểm của đoạn MN ta có I : 2 4 . Vậy tập hợp trung y 2x m y 2x
38. Page 38 of 39 x (1 3) điểm I của đoạn MN nằm trên đg thg y = 2x với x (1 3) 3 2 3 2 Ví dụ 3: Cho y = x 3x mx 1,(C1) & y x 2x 7,(C2 ) . Chứng minh (C1) ∩ (C2) tại hai điểm M, N với mọi m .Tìm tập hợp các trung điểm đoạn MN . HD : Hoành độ giao điểm : x3 3x2 mx 1 x3 2x2 7 x2 mx 6 0 (*) luôn có hai ngiệm phân biệt với mọi m (do a.c = - 6 0 ) 2x 1 2) Cho y = ,(C) & y x,(d) . Chứng minh (d) cát (C) tại hai điểm M, N tìm tập hợp trung điểm x 1 của đoạn MN (m 1)x (m2 2m 1) 3) Cho y = ,(Cm) . tìm tập hợp các tâm đối xứng của đg cong (Cm) x m 4) Tìm tập hợp các điểm cực đại , cực tiểu của đg cong (Cm) cóa PT : y = x3 3mx2 3(m2 1)x m2 1 (ĐS: cđ là y = x3 + 2x2 – 2x, x R . ct: y = x3 – 4x2 + 2x, x R) KHOẢNG CÁCH 2 2 Kiên thức : A(x1; y1), B(x2 ; y2 ) AB (x1 x2 ) (y1 y2 ) . Nếu A, B cùng thuộc đg thg y = b thì ta có AB = x1 x2 , nếu A,B cung thuộc đg thg x = c thì AB = y1 y2 . Ax0 By0 c 2 2 Cho M(x0 ; y0 ) & (d) : Ax + By + C = 0 d(M ,(d)) ; OA = x1 y1 A2 B2
39. Page 39 of 39