Một số dạng câu hỏi phụ khảo sát đồ thị

Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực tiểu của C.. Viết phương trình tiếp tuyến của C: a.. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu... BÀI GIẢI CHI TIẾT1/ Khảo sát

Cho hàm số y  x3  3  m  1  x2  1 có đồ thị là (Cm)

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

2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực tiểu của (C).

3. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm của phương trình  x3  3 x2  k  0

4. Tìm a để phương trình x3 3 x2  1 log  2a  0 có 3 nghiệm phân biệt.

5. Viết phương trình tiếp tuyến của (C):

a. Biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3 x  2011

b. Biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 2011

9

c. Biết tiếp tuyến đi qua điểm A(0;-1).

6. Từ đồ thị (C), hãy vẽ đồ thị các hàm số sau:

a. y   x3  3 x2  1

b. y  x3 3 x2  1

7. Tìm trên đồ thị (C) các cặp điểm đối xứng nhau qua điểm 1;3

2

I

8. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu.

9. Tìm m để hàm số có hai cực trị x x thỏa 1, 2 x1 x2  4 .

10. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x  1

11. Tìm m để hàm số nghịch biến trên R.

BÀI GIẢI CHI TIẾT

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

Với m 0, ta có : y x33x2 1

 Tập xác định : D = R

 Sự biến thiên:

 Đạo hàm: y'3x26 ,x  x D

 



 Giới hạn: limx y

   limx y

 

   Bảng biến thiên:

 Kết luận:

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

Hàm số đạt cực đại tại x 2 và y CĐ 3

Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 và y CT 1

Hàm số không có tiệm cận

 Đồ thị :

 ''y 6x6, '' 0y   6x  6 0 x1

x 1 y1 Điểm uốn I1;1

 Bảng giá trị:

2/ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực tiểu của (C)

Gọi A2;3 , B0; 1  là điểm cực đại và cực tiểu

Vì đường thẳng AB không song song với Oy nên gọi AB: y ax b 

Vậy: Phương trình đường thẳng qua hai cực trị là AB: y2x1

3/ Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm của phương trình  x33x2 k : 0

Ta có : x33x2 k0  *

 x33x21 k 1

Gọi : y x33x2 có đồ thị (C), 1 y k 1 là đường thẳng d vuông góc với Oy.

Số giao điểm của (C) và d là số nghiệm của phương trình (*)

Dựa vào đồ thị (C), ta có:

 k   1 1 k0 : phương trình (*) có 1 nghiệm

 k1 1 k0 : phương trình (*) có 2 nghiệm

   1 k 1 3  0k 4 phương trình (*) có 3 nghiệm

 k1 3  k 4 : phương trình (*) có 2 nghiệm

 k1 3  k 4 : phương trình (*) có 1 nghiệm

4/ Tìm a để phương trình x3 3x2 1 log 2a0 có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có : x3 3x2  1 log2a0  *

 x3 3x2  log2a  1 x33x2 log2a1 x33x2 1 log2a 2

Gọi : y x33x2 có đồ thị (C), 1 ylog2a 2 là đường thẳng d vuông góc với Oy.

Số giao điểm của (C) và d là số nghiệm của phương trình (*)

Dựa vào đồ thị (C), ta có:

Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt   1 log2a 2 3  1 log2a 5 2a32

Vậy : a 2;32 thỏa yêu cầu đề bài.

5/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C):

a/ Biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y3x 2011

Gọi M x y là tiếp điểm  o; o

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng :d y3x2011 nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng 3

Ta có: f x' 0   3 3x026x0  3 x02 2x0  1 0 x0 1

x  , ta có : 0 1 y  Phương trình tiếp tuyến có dạng: 0 1 y y 0 f x'  0 x x 0

y1 3 x1 y3x 2

Vậy: có 1 tiếp tuyến thỏa đề bài là y3x 2

b/ Biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 2011

9

Gọi M x y là tiếp điểm  o; o

Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng : 1 2011

9

d y x nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng -9

Ta có:  0 02 0 02 0 0

0

1

3

x

x









x  , ta có : 0 1 y  Phương trình tiếp tuyến có dạng: 0 3 y y 0 f x'  0 x x 0

y 39x1  y9x 6

x  , ta có : 0 3 y  Phương trình tiếp tuyến có dạng: 0 1 y 1 9x 3  y9x26

Vậy: có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài là y9x 6 và y9x26

c/ Biết tiếp tuyến đi qua điểm A( 0;-1).

Gọi  là tiếp tuyến cần tìm đi qua A(0;-1) và có hệ số góc k

:y 1 k x  0 :y kx 1

 là tiếp xúc với (C)  hệ phương trình sau đây có nghiệm  

 

2







Thay (2) vào (1) ta được: 3 2  2  3 2

0

2

x

x







 

  x 0 Thay vào (2) ta được : k 0: Phương trình tiếp tuyến: y 1

 3

2

x  Thay vào (2) ta được : 9

4

k  : Phương trình tiếp tuyến: 9 1

4

y x

Vậy: có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài là y  và 1 9 1

4

y x 6/ Từ đồ thị (C), hãy vẽ đồ thị các hàm số sau:

a/ y  x33x2 1

Gọi y x33x21 có đồ thị (C1)

Ta có :

neáu neáu







Đồ thị (C1) gồm 2 phần:

 Phần 1: Phần đồ thị (C) bên trên Ox.

 Phần 2: Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C)

bên dưới Ox Sau đó, bỏ phần đồ thị (C) bên dưới Ox.

b/ y x33x2 1

Gọi y x33x2 có đồ thị (C1 2)

Với x  ta có : 0, yx33x21

Mặt khác: yx   x33x21 x33x21y x 

Suy ra: đồ thị (C2) đối xứng qua Oy.

Đồ thị (C2) gồm 2 phần:

 Phần 1: Phần đồ thị (C) bên phải Oy

Bỏ phần đồ thị (C) bên trái Oy.

 Phần 2: Lấy đối xứng phần 1 qua Oy.

7/ Tìm trên đồ thị (C) các cặp điểm đối xứng nhau qua điểm 1

;3 2

Gọi M x y1 1; 1,M2x y là cặp điểm thỏa đề bài.2; 2

M M đối xứng qua 1, 2 1

;3 2

I nên theo hệ thức trung điểm, ta có:

1

2

(1) (2)















Ta có: M x y1 1; 1    C  y1 x13  3 x12  1

M x y  C  y x  x    x   x  x  x 

1

1

x

 



 Vậy: Cặp điểm thỏa đề bài là M 1 1;3 và M22;3 .

8/ Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu.

yx33m1x21

Tập xác định : D = R

Đạo hàm : y'3x26m1 ,x x D 

 

   

0

0

1

x





         

 Hàm số có cực đại và cực tiểu  y' 0 có hai nghiệm phân biệt

 Phương trình (*) có nghiệm khác 0

Vậy: m 1 thỏa yêu cầu đề bài

9/ Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x x thỏa 1 , 2 x1 x2 4

y x33m1x21

Tập xác định : D = R

Đạo hàm : y'3x26m1 ,x x D 

 

   

0

0

1

x





         

 Hàm số có hai điểm cực trị x x 1, 2  y' 0 có hai nghiệm phân biệt

 Phương trình (*) có nghiệm khác 0

 2m1  0 m  1 0 m1  **

Mà x x là hai nghiệm của phương trình ' 01, 2 y  theo định lí Vi-et, ta có: 1 2  

1 2

x x









( Đây là cách giải bài toán tổng quát )

Ta có : x1 x2  4 x1 x22 16 x12 2x x1 2x2216 x1x22 4x x1 216 0

2

3 1

m m





  

 Vậy: m     ; 3  1; thỏa yêu cầu đề bài ( Giải ra giá trị m nên kiểm tra điều kiện (**)) 10/ Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x 1

yx33m1x21

Tập xác định : D = R

Đạo hàm : y'3x26m1 ,x x D 

Hàm số đạt cực trị tại x 1 nên y' 1  0 3 6 1 0 1

2

Với 1

2

m  , ta có : y'3x23x, ''y 6x3

y'' 1  6.1 3  3 0

Suy ra : x 1 là điểm cực đại

Vậy: 1

2

m  thỏa yêu cầu đề bài

11/ Tìm m để hàm số nghịch biến trên R

yx33m1x21

Tập xác định : D = R

Đạo hàm : y'3x26m1 ,x x D 

Hàm số nghịch biến trên R ' 0, 3 0 3 1 2 0  12 0 1

' 0

 

 Vậy: m 1 thỏa yêu cầu đề bài