Phương pháp tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu cùng điểm K tạo thành tam giác thỏa mãn tính chất nào đó

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số  Cm  cắt đường tròn tâm I1;1 bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tíc[r]

PHƯƠNG PHÁP TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ CÓ CỰC ĐẠI, CỰC TIỂU

CÙNG ĐIỂM K TẠO THÀNH TAM GIÁC THỎA MÃN TÍNH CHẤT NÀO ĐÓ

I Phương pháp

1 Tìm điều kiện để đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu cắt hai trục Ox,

Oy tại hai điểm A, B sao cho IAB có diện tích S cho trước (với I là điểm cho trước)

– Tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu

– Viết phương trình đường thẳng  đi qua các điểm cực đại, cực tiểu

– Tìm giao điểm A, B của  với các trục Ox, Oy

– Giải điều kiện SIAB S

2 Tìm điều kiện để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B sao cho IAB có diện tích S cho trước (với I là

điểm cho trước)

– Tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu

– Viết phương trình đường thẳng  đi qua các điểm cực đại, cực tiểu

– Giải điều kiện SIABS

3 Tìm điều kiện để đồ thị hàm số có các điểm cực trị tạo thành tam giác vuông cân hoặc tam giác đều

– Tìm điều kiện để phương trình y   0 có 3 nghiệm phân biệt

– Tìm toạ độ các điểm cực trị A, B, C Lập luận chỉ ra ABC cân tại A

– Giải điều kiện: ABC vuông tại A  AB.AC 0  ; ABC đều  AB BC 

4 Tìm điều kiện để đồ thị hàm số có các điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích S cho trước

– Tìm điều kiện để phương trình y 0 có 3 nghiệm phân biệt

– Tìm toạ độ các điểm cực trị A, B, C Lập luận chỉ ra ABC cân tại A

– Kẻ đường cao AH

– Giải điều kiện: S S  ABC1AH.BC

Ví dụ 1

1 Tìm tham số thực m để hàm số: 4   2  

y x   2 m 1 x   m 1 có 3 cực trị A, B,Csao cho: OA BC  , O

là gốc tọa độ , A là cực trị thuộc trục tung, B,Clà 2 điểm cực trị còn lại

2 Cho hàm số y x  4  2(m 1)x  2  m 2  1 ,với m là tham số thực Tìm m để đồ thị hàm số  1 có ba

điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông

y x   3mx  3 m 1 , m là tham số thực Tìm mđể đồ thị hàm số  1 có hai điểm cực trị Avà B sao cho tam giác OABcó diện tích bằng 48.

Lời giải

1 TXĐ: D 

 

3

y' 4x   4 m 1 x      y' 0 x 0 hay x2 m 1 

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y' 0  và đổi dấu 3 lần qua nghiệm x hay x2  m 1  có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m 1 0   tức m   1

Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị

 

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

Theo bài toán, ta có: OA BC   m 2  4 m 1   m 2 2 2   thỏa m   1

2 TXĐ: D 

Đạo hàm y'  4 x – 4 m   1 x  3   

y' 0   4x – 4 m  1 x  0     x 0,x  m 1 

Hàm số có 3 cực trị điều kiện cần là y' 0  có 3 nghiệm phân biệt Điều này xảy ra khi và chỉ khi

m 1 0    m   1.

Khi đó y' 4x x    m 1 x    m 1   đổi dấu qua các điểm x 0,x    m 1,x   m 1  nên hàm số

có 3 cực trị tại 3 điểm này

Với m   1 đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là :

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

Cách 1: Nhận xét: A Oy  , B và C đối xứng qua Oy nên tam ABCcân tại A tức là AB AC  nên tam giác chỉ có thể vuông cân tạiA

Gọi M là trung điểm của BC  M 0;  2m – 1  

Do đó để tam giác ABC vuông cân  BC 2AM  (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

2

2 m 1 2 m 2m 1 2 m 1 1 m 1 m 1 m 1

            

 

1 m 1 m 0

     do m   1

Cách 2: ABC vuông cân

AB  AC  m 1   m 1  và BC 2  4 m 1   Theo định lý pitago ta có:

2AB BC (m 1) m 1

m 1 1 m 0

     

      

So với điều kiện m   1, m cần tìm là m 0 

Cách 3: ABCvuông cân  AB.AC 0     2

2

m 1 2m 1 m 0

       

m 4m 6m 3m 0 m 0

Cách 4:

cos AB, BC 45

3 Cách 1:

Ta có: y' 3x – 6mx  2 Hàm số có 2 cực trị khi và chỉ khi y' 0  có 2 nghiệm phân biệt m  0 và đổi dấu qua mỗi nghiệm x 0  hoặcx 2m 

Khi đó hàm số có hai điểm cực trị  3  3

A 0; 3m ,B 2m; m 

Nhận xét: A thuộc Oy nên OA  yA  3m ,d B,OA3    2 m và SABC 48 1 3

3m 2m 48 2

4

     thỏa điều kiện bài toán

Cách 2:

Để hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi y' 0  có 2 nghiệm phân biệt và đổi

      

Với m0 thì hàm số có cực đại A x ; y 1 1 và B x ; y 2 2

Trong đó: y' x 1  y' x 2  0 và 2 3

y  2m x  3m , 2 3

y  2m x  3m

  2 2 3

4

3m

4m 1







 2 4 3

3m

4m 1



x x 4x x 3m 96

2m  3m  96  m  16  m   2

Ví dụ 2.Cho hàm số:     



2

x 2mx m

x m Tìm tham số m để đồ thị hàm số  1 có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu đồng thời:

1 Đường thẳng đi qua hai điểm này tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1;

2 Cùng với gốc tọa độ tạo thành tam giác vuông tại O

Lời giải

TXĐ: D  \  m

Hàm số có có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu khi phương trình 2   2  

x 2mx 2m m 0 có hai nghiệm phân biệt khác  m tức m  1

3 hoặc m 0 

1 Phương trình đường thẳng qua hai cực trị là : y 2x m   , theo bài toán ta có: A m; 0  và B 0; 2m  

AOB

1

2 m  1

3 hoặc m 0  thì phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại C x ; y 1 1 và cực tiểu D x ; y 2 2

: y 2x m   , khi đó C x ; 2x 1 1m và D x ; 2x 2 2m Tam giác OCD vuông tại O khi và chỉ khi



OC.OD 0 tức     2   

5x x 2m x x m 0

Áp dụng định lý vi – ét x1 x2   2m;   2 

1 2

x x 2m m, khi đó   trở thành 5m m 1    0 m   1 hoặc



m 0

Đối chiếu điều kiện, ta thấy m   1 thỏa

Ví dụ 3 : Cho hàm số y x  2x 2  a; với a là tham số thực, x là biến số thực.Chứng minh rằng đồ thị hàm

số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi a   2

Lời giải

Hàm số đã cho xác định trên

Ta có: y' 4x  3 2ax và y' 0   x 0 hoặc x2 a

2

 

Để hàm số có 3 cực trị a 0 a 0

2

     , khi đó phương trình y' 0  có 3 nghiệm x 0  hoặc x a

2

  

2

 

O 0; 0 ; A ; ; B ;

    

Suy ra : OA = OB =

4

a a

16  2  OAB cân tại O, do đó ta chỉ cần chứng minh  OAB có góc AOB nhọn thì  OAB có 3 góc nhọn

Ta có :

4

a a OA.OB 2 16 a 8a a 8 cos AOB

a a a 8a a 8

OA OB

2 16

 

AOB là góc nhọn

3

3 3

a 8 cos AOB 0 0 a 8 0

a 8



3

a   8 0)a   2 Kết hợp điều kiện có 3 cực trị của hàm số ta được a   2

Vậy, hàm số có 3 cực trị lập thành tam giác nhọn khi và chỉ khi a   2

Ví dụ 4 : Cho hàm số y x  3  3x 2  mx 2   1 Xác định m để hàm số  1 có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân

Lời giải

Hàm số đã cho xác định trên

Ta có: y' 3x  2 6x m 

Hàm số có cực trị khi y' 0  có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm, tức là phải có:

' 9 3m 0

     hay m   3

Với m   3 thì đồ thị của hàm số có cực trị và 1  2m m

y x 1 y' 2 x 2

       

     

  là đường thẳng d qua 2 điểm cực trị

Giả sử đường thẳng d cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tại A 6 m ; 0 ,

2(m 3)

  

  

6 m

B 0;

3

  



Với m  6thìA B O   do đó so với điều kiện ta nhận m 3

2

 

Vậy, với m 3

2

  thỏa mãn bài toán

Ví dụ 5 : Cho hàm số y 2x  3  3(2m 1)x  2  6m(m 1)x 1    1 Xác định m để M(2m ; m)3 tạo với hai

điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số  1 một tam giác có diện tích nhỏ nhất

Lời giải

Hàm số đã cho xác định trên

Ta có:y' 6x  2 6(2m 1)x 6m(m 1)    và y' 0    x m, x m 1  

m

   , hàm số luôn có cực đại, cực tiểu

Tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị là 3 2

A(m; 2m  3m  1), 3 2

B(m 1; 2m   3m )

Suy ra AB  2 và phương trình đường thẳng AB : x y 2m   3 3m2 m 1 0  

Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất

Ta có:

2

3m 1 d(M,AB)

2



 d(M; AB) 1 mind(M; AB) 1

Vậy, với m = 0 thỏa mãn bài toán

Ví dụ 6 : Cho hàm số: 3

y x   3mx 2  (m là tham số) có đồ thị là  Cm . Tìm tất cả các giá trị của tham

số m để đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số  Cm cắt đường tròn tâm I(1;1) bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất

Lời giải

Hàm số đã cho xác định trên

Ta có:y' 3x  2 3m và với mọi m 0  thì hàm số luôn có cực đại, cực tiểu

Khi đó, phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là  : 2mx y 2 0   

Điều kiện để đường thẳng  cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là

 

2

2m 1

4m 1



     



2 IAB

S IA.IB.sin AIB R

   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi IAvuông góc IB

Gọi H là trung điểm của AB, ta có HI HA HB  

 

2

2m 1

4



Vậy, với m 4 12

4



 thỏa mãn bài toán

II Bài tập

Bài 1

1 Cho hàm số  4   2 

y x (3m 1)x 3 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng 2

3 lần độ dài cạnh bên

y x   2mx  2m 1 1  Định m để hàm số  1 có ba cực trị và các điểm cực trị của

đồ thị hàm số  1 tạo thành một tam giác có chu vi bằng 4 1  65

3 Cho hàm số     





2

x a 1 x a b

x 1 Tìm giá trị của tham số thực a, b sao cho hàm số đạt cực tiểu tại



x 3 và đường thẳng qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ một tam giác có chu vi bằng 1 52.

Bài 2

1 Cho hàm số y x  3  3mx 2  3(m 2  1)x m  3  4m 1  Tìm m để đồ thị của hàm số cho có hai điểm cực

trị A, B sao cho OAB vuông tại O

2 Cho hàm số y x  4 2(m 2)x  2 m2 5m 5  Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân

Bài 3 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số:

1 y x  3 3mx2 3(m2 1)x m  3 4 có hai điểm cực trị A, Bsao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4(

O là gốc tọa độ )

2  4  2 2 

y x 2m x 1 có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân

3 y x  4  2m(m 1)x  2  m 1  có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân

4 y x3 3x2 3 m2 1 x 3m2 1 có 2 cực trị cùng điểm O tạo thành tam giác vuông tại O

Bài 4

1 Cho hàm số  3  2 

y x 3x m Xác định m để đồ thị của hàm số đã cho có hai điểm cực trị A, B sao

cho AOB 120  0

2 Cho hàm số  4  2  2 

y x 2mx m m Với những giá trị nào của m thì đồ thị của có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập thành một tam giác có một góc bằng 120 0

Bài 5

1 Tìm m để đồ thị hàm số:y x  4  2mx 2  m 1  có 3 điểm cực trị và tam giác mà 3 đỉnh là 3 điểm cực

trị của đồ thị có diện tích bằng 1

2 Cho hàm số y x  3  3x 2  m 2  m 1  Tìm m để đồ thị hàm số cho có hai điểm cực đại, cực tiểu là A

và B để diện tích tam giác ABC bằng 7, với điểm C(–2; 4 )

3 Cho hàm số y x  3 3x2 4mx 1  Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và đường thẳng đi qua hai điểm cực trị cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 9

20, trong đó O

là gốc tọa độ

Bài 6

1 Với giá trị nào của m  thì đồ thị của hàm số   4  2 

y x 4mx 4m có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1 tam giác nhận điểm  

 

31

H 0;

4 làm trực tâm

2 Tìm m để đồ thị hàm số:  4  2 

y x 2mx 2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ

làm trực tâm

3 Cho hàm số y x  3 3(m 1)x  2 12mx 3m 4   Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị là A và B sao cho hai điểm này cùng với điểm C 1, 9

2

  

 

  lập thành tam giác nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm

4 Tìm m để đồ thị hàm số: y x  4  mx 2  4x m  có ba điểm cực trị Sao cho tam giác có đỉnh là ba điểm

cực trị đó nhận gốc toạ độ làm trọng tâm

y 2x   3 m 1 x   6mx m  có cực đại Avà cực tiểu Bsao

1 Khoảng cách giữa A và Bbằng 2

2 Hai điểm A và B tạo với điểm C 4; 0 một tam giác vuông tạiC.

Bài 8 Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số

2

y x mx 6

2

    có 3 cực trị A Oy  ,B,C sao cho:

1 Tam giác ABC vuông tại A 2 Diện tích tam giác ABC bằng 32

3 Diện tích tứ giác OABC bằng 52 4 Tứ giác ABOC là hình bình hành

Bài 9 Cho hàm số: x2 2mx m  

x m

 



 Tìm tham số m để đồ thị hàm số  1 có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu đồng thời:

1 Đường thẳng đi qua hai điểm này tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1;

2 Cùng với gốc tọa độ tạo thành tam giác vuông tại O

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1

1 A(0; 3);       



2

3m 1 (3m 1)

     

2

3m 1 (3m 1)

4

3

2 Gọi A 0; 2m 1 , B    m; m  2  2m 1 , B    m; m  2  2m 1  

Chu vi tam giác ABC : P  4m  2 m m  4 , P 4 1    65 m 4 

3 Hàm số có cực tiểu tại x 3  nên có  

 

      

 2

b

3 1

Khi đó

 

 

 2

16 y' 1

x 1

và y' 0     x 5 hoặc x 3 

Hai điểm cực trị của hàm số A 5;a 9 , B 3;a 7     

Phương trình đường thẳng qua hai cực trị:   : y 2x a 1  

Gọi M, N là giao điểm của   với hai trục tọa độ nên      

a 1

M 0;a 1 , N ; 0

2

        

OM 0;a 1 OM a 1 , ON ; 0 ON

 



2

2 2

O



3 5 a 1    6 2 2       a 1 4 a 5

Bài 2

1 A(m 1; m 3)  , B(m 1; m 1)   OA (m 1; m 3)   , OB (m 1; m 1)  

OAB vuông tại O  OA.OB 0  2

2m  2m 4 0    m   1hoặc m 2 

A 0; m 5m 5 , B 2 m;1 m , C 2 m;1 m

 AB  2 m; m   2  4m 4 , AC     2 m; m   2  4m 4  

Do ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi ABC vuông tại A

 AB.AC 0   (m 2)  3    1 m 1 

Bài 3

1.A m – 1;  3m 6 ,  B m 1; 3m 2         

AB  (m 1 m 1)      ( 3m 6 3m 2)     2 5

Phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B là :  



B A

x x y y

 

 

       



y 2 3m

x m 1

2x y m 4 0

m 4 d(O,d)

5



Diện tích tam giác OAB : SOAB 1AB.d(O,d) 1 m 4 20 m 4



      

OAB

2 A(0;1), B(m;1 m ), C( m;1 m )  4   4 Ta thấy AB AC  nên tam giác ABC vuông cân

 AB 2  AC 2  BC 2  2(m 2  m ) 4m 8  2  m   1

A(0; m 1), B m(m 1); m 2m m m 1 ,

   4  3  2   

C m(m 1); m 2m m m 1

Tam giác  ABC cân tại A nên tam giác này vuông thì:

    4  3  2 2    4

AB.AC 0 m(m 1) (m 2m m ) m(m 1)

      

 m (m 1) 3 3 1 m(m 1) 1 m 2 m 1 0    1  5

m

2

4 m 0 thì hàm số có 2 cực trị có hoành độ x m 1 Tam giác OAB vuông tại O khi

1 2 1 2

OA.OB 0 x x y y 0 với A x ;y , 1 1 B x ;y 2 2

Đường thẳng qua A,B là y 2m x 2 m2 2 1

2

Bài 4

1 A(0 ; m) và B(2 ; m + 4),OA (0; m), OB ( 2; m 4)     Để AOB 120  0thì cos AOB  1

2

m 4 (m 4) 2m(m 4) 2

m 4 (m 4)



 

2

4 m 0

3m 24m 44 0

  



 

  



  

 



    







4 m 0

12 2 3 m

m

3

A(0; m m), B m; m , C m; m

   2

AB ( m; m );     2

AC ( m; m ) ABC cân tại A nên góc 120 chính là A



A 120            



4 4

cos A

4



            

Bài 5

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

Gọi H là trung điểm của   3  2  

BC H(0; 2m m m 1), ta có

AH   ( 2m  m )   2m  m ; BC 2 m 

Dễ thấy tam giác ABC cân tại A nên  1  3  2

S AH.BC 2m m m

S 1 2m m m 1 m 1

A(0; m m 1), 2  

B(2; m m 3) và độ dài  2   2 

AB 2 ( 4) 2 5

Phương trình đường thẳng AB:     



2

y m m 1

x 0

2 4  2x y m   2  m 1 0  

2 ABC

Bài 6

1 m 0 y' 0 có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị

  

m 0 y' 0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị

  

A 0; 2m ,  2  

B 2m; 4m 4m ,  2  

C 2m; 4m 4m

Vì tam giác ABC cân tại A và B,C đối xứng nhau qua Oy

H là trực tâm tam giác ABC khi      





AH BC

BH.AC 0

4 AC  2m; 4m 2 Khi đó        

2 , phương trình có nghiệm



m 2 thỏa m 0

2 A(0; 2), B(  m; m  2  2),C( m; m  2  2).Vì tam giác BAC cân tại A nên OA  BC nên O là trực tâm

tam giácABC  OB  AC  OB.AC 0    OB (   m; m  2  2), AC ( m; m )   2

Nên      m m (m 2 2  2) 0   m 3  2m 1 0  

 (m 1)(m  2  m 1) 0    1  5

m

2 là giá trị cần tìm

A(2; 9m), B(2m; 4m 12m 3m 4)

     

 3 2

2 2m 1 0

1 m 9

2 4m 12m 6m 4 0

2

(thoả (*))

4 Khảo sát hàm:  3 

2x 2 f(x)

x ta tìm được m 3 2  3 Cũng từ phương trình có: 3   mx

x 1

2 suy ra: y mx2 3x m

2 là parabol đi qua ba điểm cực trị Gọi ba

điểm cực trị là A(x ; y ); B(x ; y ); C(x ; y )1 1 2 2 3 3

Tam giác ABC nhận O làm trọng tâm    

   



x x x 0

y y y 0 hay:

 2  2  2     

m

(x x x ) 3(x x x ) 3m 0

x x x (x x x ) 2(x x x x x x ) m

nên có:    m2  3m 0   m 6 

2

Bài 7 A 1; m 3  3m 1 , B m; 3m    2