Hàm số bậc trùng phương và các vấn đề liên quan

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung bài giảng được biên soạn công phu và gi[r]

HÀM SỐ BẬC TRÙNG PHƯƠNG VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

1 Phương pháp giải

HÀM SỐ TRÙNG PHƯƠNG : y ax  4 bx2 c

1 TXĐ: D 

2 Đạo hàm: y   4ax3 2bx 2x(2ax  2 b)  y     0 x 0 hoặc x2 b

2a

 

* Nếu ab 0  thì y có một cực trị x0  0

* Nếu ab 0  thì y có 3 cực trị x0 0; x1,2 b

2a

3 Đạo hàm cấp 2: y 12ax2 2b, y 0 x2 b

6a

* Nếu ab 0  thì đồ thị không có điểm uốn

* Nếu ab 0  thì đồ thị có 2 điểm uốn

4 Bảng biến thiên và đồ thị:

*a 0,b 0   : Hàm số có 3 cực trị

x  x1 0 x2



y'  0  0  0 

y

 CĐ



CT CT

* a 0,b 0   : Hàm số có 3 cực trị

x  x1 0 x2 

y'  0  0  0 

y

CĐ CĐ

 CT



*a 0,b 0   : Hàm số có 1 cực trị

x  0 

y'  0 

y

 

CT

* a 0,b 0   : Hàm số có 1 cực trị

x  0 

y'  0 

y

CĐ

 

Tính chất:

* Đồ thị của hàm số y ax  4 bx2 c (a  0) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng khi phương trình: aX 2  bX c 0   có 2 nghiệm dương phân biệt thỏaX1 9X2

* Nếu đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân có đỉnh nằm trên

Oy

* Nếu đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị thì đường thẳng d' đối xứng với d qua Ox cũng là tiếp

tuyến của đồ thị

Ví dụ 1 Cho hàm số y  x4 2x2 1 có đồ thị ( C )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số;

2 Dùng đồ thị (C), hãy biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình

x 4  2x 2   1 m  *

Lời giải

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị:

 Tập xác định : D 

 Chiều biến thiên :

Ta có : y' 4x  3  4x 4x x   2  1 ; y' 0   4x x 2     1 0 x 0 hoặc x   1

y      0 x  1 ; 0  1 ; ; y        0 x  ; 1 0 ; 1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ; 1 và 0 ; 1, đồng biến trên các khoảng  1 ; 0 và

1 ; 

Hàm số đạt cực đại tại điểm x 0  ; giá trị cực đại của hàm số là y 0   1

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x   1; giá trị cực tiểu của hàm số là y    1 2

o Giới hạn của hàm số tại vô cực:

     

o Bảng biến thiên :

o Đồ thị : Cho y     1 x 0 ; x   2

2 Biện luận theo m số nghiệm

thực của phương trình:

Số nghiệm của (*) là số giao điểm của (C) và  d : y  m

Dựa vào đồ thị, ta thấy :

+ Khi m   2 thì (*) vô nghiệm

+ Khi m 2

  

  

 thì (*) có 2 nghiệm

+ Khi   2 m   1 thì (*) có 4 nghiệm

+ Khi m   1 thì (*) có 3 nghiệm

Ví dụ 2 Cho hàm số y 1x4 mx2 3

   có đồ thị ( C )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số m  3

2 Xác định m để đồ thị của hàm số có cực tiểu mà không có cực đại

Lời giải

1 Khi m  3 thì hàm số là : y 1x4 3x2 3.

 Tập xác định : D 

 Chiều biến thiên :

o Bảng biến thiên :

+ Ta có : 3  2 

y' 2x   6x 2x x   3

 2  x 0

 

 



Hàm số đồng biến trên các khoảng  3 ; 0 và  3 ;  , nghịch biến trên các khoảng   ; 3

và 0 ; 3

Hàm số đạt cực đại tại điểm x 0  ; giá trị cực đại của hàm số là   3

y 0 2

 Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x   3; giá trị cực tiểu của hàm số là y  3   3

o Giới hạn của hàm số tại vô cực :

     

Bảng biến thiên:

x   3 0 3

+

y'  0 + 0  0

+

y

+

3

2

+

3 3

 Đồ thị :

o Cho y 3

2

 

 



o Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn, nên đồ thị của nó nhận trục

tung làm trục đối xứng

o Đồ thị (hình vẽ):

2 Tập xác định: D 

Đạo hàm: y   2x3 2mx; y     0 x 0 hoặc x 2  m * 

Hàm số có cực tiểu mà không có cực đại

 y’ = 0 có một nghiệm duy nhất và y’ đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua nghiệm đó

Phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

Vậy giá trị cần tìm là:

Ví dụ 3 Cho hàm số y x – 2 m 1 x  4    2  m có đồ thị ( C )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1;

0

m

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc tọa độ, A

là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại

Lời giải

1 yx – 4x4 21

 Tập xác định D =

 Sự biến thiên :

 Chiều biến thiên : y’ = 4x3 – 8x ; y’ = 0  x = 0 hoặc x =  2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;  2) và (0; 2) ; đồng biến trên các khoảng  2; 0 và

 2; 

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x =  2; yCT = 3, đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1

 Giới hạn:

x lim y x lim y

    

 Bảng biến thiên:

x   2 0 2

+

y'  0 + 0  0 +

y + 1

+

3 3

- Đồ thị:

2 Xét y = x4 – 2(m + 1)x2 + m (Cm)

 y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

Đồ thị của hàm số (Cm) có ba cực trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có

ba nghiệm phân biệt

Ta có: y’ = 0  4x[x2 – m – 1] = 0  x 0  hoặc x2 m 1 

Vì thế để thỏa mãn điều kiện trên thì phương trình x2 = m + 1

Cần có hai nghiệm phân biệt khác 0 Điều đó xảy ra khi và chỉ khi :

m + 1 > 0  m > 1 (1)

Kết luận thỏa mãn (1), (Cm) có ba cực trị tại các điểm

A(0, m), B m 1; m   2  m 1  , C m 1; m   2  m 1  

Lúc đó: OA = OB  OA2 = BC2 (do OA > 0 ; BC > 0)

 m2 = 4(m + 1)  m2 – 4m – 4 = 0  m = 2 2 2

Ví dụ 4 Cho hàm số y x  4  mx 2  m 1 1    có đồ thị ( C )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m  8;

2 Xác định m sao cho đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

Lời giải

1 Khi m 8    y x4 8x2 7.

 Tập xác định : D 

 Chiều biến thiên :

+ Ta có : 3  2 

y   4x  16x 4x x   4 ;

y    0 4x x 2  4   0 x 0 hoặc x   2

Hàm số đồng biến trên các khoảng  2 ; 0 và 2 ; , nghịch biến trên các khoảng   ; 2 và

0 ; 2

Hàm số đạt cực đại tại điểm x 0  ; giá trị cực đại của hàm số là y 0  7

Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x   2; giá trị cực tiểu của hàm số là y  2   9.

o Giới hạn của hàm số tại vô cực :

     

o Bảng biến thiên :

x  2 0 2 +

y'  0 + 0  0 +

y + 7 +

9 9

 Đồ thị (hình vẽ):

o Cho y 7   x 4  8x 2  0 x 0

 

 

 



o Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị của nó nhận trục tung làm

trục đối xứng

m

C : y x   mx  m 1  Phương trình hoành độ giao điểm của Cm và trục Ox :

x4 mx2 m 1 0   (1)

Đặt t  x , t 0 2  , suy ra   2

1  t  mt m 1 0    (2)

Yêu cầu bài toán  phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

 phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

2



  

   



m 1

 

  

2 Bài tập

Bài 1: Cho hàm số y  x4 3(m 1)x  2 3m 2  , có đồ thị là  Cm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C1 khi m 1 

2 Tìm các giá trị của m để  Cm có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông

Bài 2: Cho hàm số yx42x22có đồ thị là (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x 24y 1 0   

3 Tìm a để Parabol (P):y  2x2 a tiếp xúc với (C)

Bài 3: Cho hàm số y   x4 6x2 5 có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các điểm uốn

3 Tìm m để phương trình (x2 5) x2  1 m có 6 nghiệm phân biệt

Bài 4: Cho hàm số y  x4 2(m 1)x  2 2m 1  có đồ thị là (C )m

1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị (3) của hàm số khi  1

2 Tìm giá trị của m để đồ thị (C )m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt A,B,C,D sao cho AB BC CD  

3 Tìm m để (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông

Bài 5: Cho hàm số y  x4 2mx2 2m 5  (1) ( m là tham số )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1

2 Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và ba đỉểm này là ba đỉnh của

một tam giác có diện tích bằng 32

Bài 6: Cho hàm số y x  4 2(m 1)x  2 4m 4 (1) 

1 Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ mà đồ thị hàm số (1) luôn đi qua dù m lấy bất cứ giá trị nào (các

điểm này gọi là các điểm cố định của đồ thị hàm số (1)

2 Xác định các giá trị của tham số m để hàm số chỉ có điểm cực tiểu mà không có điểm cực đại

3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0

4 Cho hai điểm A 0; 16   và B  1; 8Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Bài 7:

1 Cho hàm số: y  x4 2x2 1 có đồ thị  C Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

2

x  2x   1 log m 0 

2 Cho hàm số y 8x 49x21 có đồ thị  C Dựa vào đồ thị  C hãy biện luận theo

m số nghiệm của phương trình: 8cos x 9cos x m 04  2   với x [0; ]  

3 Cho hàm số y 3x 4

x 2





 có đồ thị  C Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn 0;2

3

 

 :

sin x cos x m ( sin x cos x)   

Bài 8: Chứng minh rằng phương trình: 4  2  2 4

x  2 m  2 x  m   3 0 luôn có 4 nghiệm phân biệt

x ,x ,x ,x với mọi giá trị của m Tìm giá trị m  sao cho x12 x22 x23 x24 x x x x1 2 3 4  11

Bài 9: Tìm m để đường thẳng y   1 cắt  Cm : y x – 3m 2 x  4    2  3m tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2

Bài 10: Cho hàm số y x  4  2 m 1 x   2  2m 1  có đồ thị  C m

1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1 

2 Tìm giá trị của m để đồ thị  C m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt A,B,C,D sao cho AB BC CD  

3 Tìm m để  Cm có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

2 Ta có : y' 4x  3 6(m 1)x 2x(2x   2 3m 3) 

    hoặc 2x2 3m 3 0 (*)  

Hàm có ba cực trị 3m 3 0    m   1 Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là:

4

Ta thấy AB AC  nên tam giác ABC vuông (chỉ vuông tại 1)

AB.AC 0

2





3

mãn điều kiện : m   1)

Bài 2:

2 Gọi M(x ; y )0 0 là tiếp điểm

Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x 24y 1 0   

    nên ta có y'(x ) 240   x30 x0  6 0  x0   2 y0  6

Vậy phương trình tiếp tuyến: y 24(x 2) 6 24x 42     

3 (P) tiếp xúc với (C) khi hệ sau có nghiệm



 

  

   a 2,a 6

Bài 3:

2 Tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn U (1; 0)1 :y y'(1)(x 1) 0 8x 8     

Tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn U ( 1; 0)2  : y y'( 1)(x 1) 0        8x 8

3 Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của đường thẳng y m  với đồ thị (C’):

y (x   5) x  1

(C') (C)  khi    1 x 1, (C') đối xứng với (C) qua Ox khi x   1 hoặc x 1 

Theo đồ thị ta thấy yêu cầu bài toán    4 m 0 

Bài 4:

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox :x4 2(m 1)x  2 2m 1 0   (1)

Đặt 2

t  x ,t 0  ta có: t2 2(m 1)t 2m 1 0     (2)

(Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm dương phân biệt t ,t1 2 (t1 t2)

2

m



Khi đó: A(  t ; 0), B(2  t ; 0),C( t ; 0), D( t ; 0)1 1 2

Nên AB BC CD    t2  3 t1  t2 9t1

Mà

2

2 1

1 2

1

2m 1 t

t 5



9

Thử lại ta thấy cả hai giá trị này đều thỏa yêu cầu bài toán

9

   là những giá trị cần tìm

3.A(0; 2m 1), B( m 1; m ), C(    2  m 1; m )   2

Tam giác ABC vuông  AB.AC 0    (m 1) (m 1)    4   0 m 0 

Bài 5:

C  m; m   2m 5 

Diện tích tam giác ABC : SABC 1BC.d(A, BC)

2

2

BC  x  x  2 m , d(A, BC)  y  y  m

ABC

1

2

       (thỏa mãn điều kiện m > 0)

Vậy m 4 

Bài 6:

1 Tìm các điểm cố định của đồ thị hàm số (1)

Gọi đồ thị của hàm số (1) là  Cm và M(x ; y )0 0 là điểm cố định của Cm Thế thì

Vậy  Cm có hai điểm cố định là (A(  2; 4) , B( 2; 4)

2 Xác định các giá trị của tham số m để hàm số chỉ có điểm cực tiểu và không có điểm cực đại

2

y' 0    x 0,x   (m 1) 

Hàm số chỉ có điểm cực tiểu và không có điểm cực đại  m   1.

Chú ý Câu trên cũng có thể giải như sau: Dựa vào các dạng đồ thị của hàm số hàm số

y ax   bx  c (a  0), chỉ có điểm cực tiểu và không có điểm cực đại khi và chỉ khi

4 Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Diện tích tam giác MAB:S 1AB.d(M,AB)

2

Vì dộ dài AB không đổi do đó S nhỏ nhất khi và chỉ khi d(M,AB) nhỏ nhất

Phương trình đường thẳng AB: A A

8x y 16 0

M (C)   M(x ; x  2x  4)

d(M,AB)



Vì  x40 2x02 8x0 12   x40 2[(x0 2)2  2] 0 do đó

d(M,AB)

65



Gọi   4 2

f x  x  2x  8x  12 , x 

3

f '(x ) 4x   4x   8 f '(x ) 00   x0  1.

Từ bảng biến thiên trên suy ra minf x 0  7đạt được khi và chỉ khi x0 = 1

Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất  M(1; 1) 

Nhận xét Gọi d là tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng AB , vì (C) nằm trong nửa mặt phẳng

có bờ là đường thẳng AB do đó điểm cần tìm là tiếp điểm của d với (C)

Bài 7:

1 x4 2x2  1 log m 02   x4 2x2   1 log m2  

Số nghiệm của   là số giao điểm của 2 đồ thị y  x4 2x2 1 và y   log m2

Từ đồ thị suy ra:

1

0 m

2

2

2 nghiệm 3 nghiệm 4 nghiệm 2 nghiệm vô nghiệm

2 Xét phương trình: 8cos x 9cos x m 04  2   với x [0; ]    1

Đặt t cos x  , phương trình  1 trở thành: 8t4 9t2 m 0   2

Vì x [0; ]   nên t [ 1;1]   , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình

 1 và  2 bằng nhau

Ta có: (2)  8t4 9t2   1 1 m  3

Gọi   4 2

C' : y 8t   9t  1 với t [ 1;1]   và  d : y 1 m   Phương trình  3 là

phương trình hoành độ giao điểm của  C' và  d

Chú ý rằng  C' giống như đồ thị  C trong miền    1 x 1

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

32

32

32



vô nghiệm 1 nghiệm 2 nghiệm 4 nghiệm 2 nghiệm vô nghiệm

3 Xét phương trình: sin x cos x m ( sin x cos x)6  6  4  4

Đặt t sin 2x  2 Với x 0;2

3

 

   thì t  0;1 Khi đó  1 trở thành: 2m 3t 4

t 2





 với t 0;1

Nhận xét : với mỗi t  0;1 ta có : sin 2x t sin 2x t





Để phương trình có 2 nghiệm thuộc đoạn 0;2

3

 

 thì

    

 

Dưa vào đồ thị  C' ta có: y(1) 2m y 3 1 2m 7

 

2   10

Bài 8: x 4  2 m 2  2 x 2  m 4   3 0 1

Đặt : 2

t x  , ta có : t 2  2 m 2  2 t m  4   3 0 2   t 0  

Ta chứng tỏ  2 luôn có hai nghiệm : 0 t  1 t2

        với mọi m

Vậy  2 luôn có hai nghiệm phân biệt t ,t1 2 và t t1 2  m4  3 0  2 

t  t  2 m  2  0

Do đó phương trình  1 có 4 nghiệm :  t , t ,1 1  t , t2 2 2 2 2 2

x  x  x  x  x x x x

x  x  x  x  x x x x  4 m  2  m   3 m  4m  11

x  x  x  x  x x x x  11  m  4m  11 11  4 2

Bài 9: