Ôn tập hàm số bậc 3

Ôn tập hàm số bậc 3

ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3

(Trung tâm Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)

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 = 3ab (a  0 )

x = 3ab 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 biệt ân nghiệm ph 2

có 0 '

y

5) Giả sử a > 0 ta có :

i) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt > 

 

















0 ) 2 x ( y ).

1 x

(

y

0 ) (

y

2 x 1 x thỏa

biệt ân

nghiệm ph 2

có 0 '

y

ii) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < 

 

















0 ) 2 x ( y ).

1 x

(

y

0 ) (

y

2 x 1 x thỏa biệt

a ân nghiệm ph 2

có 0 '

y

Tương tự khi a < 0

6) Tiếp tuyến : Gọi I là điểm uốn Cho M  (C).

Nếu M  I thì ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.

Nếu M khác I thì ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.

Biện luận số tiếp tuyến qua 1 điểm N không nằm trên (C) ta có nhiều trường hợp hơn.

7) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt cách đều nhau  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y(x 0 ) = 0 (x 0

là hoành độ điểm uốn)

8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (1) (a  0) khi x =  là 1 nghiệm của (1).

Nếu x =  là 1 nghiệm của (1), ta có

ax 3 + bx 2 + cx + d = (x - )(ax 2 + b 1 x + c 1 ) nghiệm của (1) là x =  với nghiệm của phương trình ax 2 + b 1 x + c 1 = 0 (2) Ta có các trường hợp sau:

i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = 

ii) nếu (2) có nghiệm kép x =  thì (1) có duy nhất nghiệm x = 

iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt   thì (1) có 3 nghiệm phân biệt

iv) nếu (2) có 1 nghiệm x =  và 1 nghiệm khác  thì (1) có 2 nghiệm.

v) nếu (2) có nghiệm kép   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 , Bø 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' = – 3x2 + 6x  hệ số góc của tiếp tuyến tại M là

k1 = – 3n2 + 6n  (0, 3] (vì n  (0, 2)) Đường thẳng vuông góc với tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k2 =

1 k

1

 (với 0 < k1 3) Hoành độ của tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x2 + 6x =

1 k

1

 (= k2)

 3x2 – 6x

1 k

1

 = 0 Phương trình này có a.c < 0,  k1  (0, 3] nên có 2 nghiệm phân biệt,  k1  (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

























h x 6 x

1 ) e x ( h 3 n x 2

2 3

có nghiệm.

 Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :

– x3 + 3x2 – 3 = (– 3x2 + 6x)(x – e)+ 1 (1)

 – x3 + 3x2 – 4 = x(– 3x + 6)(x – e)

 (x – 2)(x2 – x – 2) = 3x(x – 2)(x – e)

 x = 2 hay x2 – x – 2 = 3x2 – 3ex

 x = 2 hay 2x2 – (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 > 35

Biện luận :

i) Nếu e < – 1 hay 35 < e < 2 hay e > 2

(1) có 3 nghiệm phân biệt  có 3 tiếp tuyến

ii) Nếu e = – 1 hay e = 35 hay e = 2

 (1) có 2 nghiệm  có 2 tiếp tuyến

iii) Nếu – 1 < e < 35  (1) có 1 nghiệm  có 1 tiếp tuyến

Nhận xét : Từ đồ thị, ta có y = 1 là tiếp tuyến tại (2, 1) nên phương trình (1) chắc chắn có nghiệm x = 2,  e

3) Vì y = 1 là tiếp tuyến qua E (e, 1),  e và đường x =  không là tiếp

tuyến nên yêu cầu bài toán

 (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa : y'(x1).y'(x2) = – 1





































1 ) x 6 x 3 )(

x 6 x (

) 2 ( của nghiệm là

x ,

5 e 1 e

2

2 2 1

2 1

2 1









































1 ) 2 x )(

2 x ( x x 9

1 x

1 e x x

3

5 e hay 1 e

2 1

2 1

2 1

2 1



























1 ] 4 ) 1 e ( 1 [

5 e hay 1 e

 e = 2755 Vậy E 









27 55

4) Tiếp điểm của tiếp tuyến (với (C)) có hệ số góc bằng p là nghiệm của :

y' = p  3x2 – 6x + p = 0 (3)

Ta có ' = 9 – 3p > 0  p < 3

Vậy khi p < 3 thì có 2 tiếp tuyến song song và có hệ số góc bằng p

Gọi x3, x4 là nghiệm của (3)

Gọi M3 (x3, y3); M4 (x4, y4) là 2 tiếp điểm Ta có :

1 a 2

b 2

x

x3 4









1 2

6 ) x x ( 3 ) x x

( 2

y

4

2 3

3 4

3 3 4

Vậy điểm cố định (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M3M4

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(x0, y0)  (C) Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng :

y = k(x – x0) x x 2 3

0

3

Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :

x x x x x x x x

 x x 3 ( x x ) ( x x )( x 2 6 x ) 0

0

2 0 2 3 0

 x x 0 x xx x x x x 2 x 0

0

2 0 0

2



 x x hay 2 x ( 3 x ) x x 2 x0 0

0 0

2



 x  x0 hay ( x  x0)( x  x0 3 )  0

x 3 x hay x





Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x0, y0)  (C)

2

x 3

Suy ra, y0 = 1 Vậy M(1, –1) (điểm uốn)

Nhận xét : vì x0 là 1 hoành độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm kép là x0

Phần II : Tham số m thay đổi y' = – 3x2 + 2mx

6) (Cm) qua (x, y), m

 y + x3 = m (x2 – 1) , m

































1 y 1 x hay 1 y 1 x 0 x y

0 1 x

3 2

Vậy (Cm) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1)

Vì y' = – 3x2 + 2mx nên tiếp tuyến với (Cm) tại H và K có hệ số góc lần lượt là :

a1 = y'(1) = – 3 + 2m và a2 = y'(–1) = –3 – 2m

2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.

 a1.a2 = – 1  9 – 4m2 = – 1  m = 210

7) Hàm có cực trị  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

 3x2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt

 x = 0 và x = 23m là 2 nghiệm phân biệt

 m  0 Khi đó, ta có :

' y m 9

1 x 3

1 m x m 9

2

































và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là :

m x m 9

2

y  2  (với m  0)

8) Khi m  0, gọi x1, x2 là nghiệm của y' = 0, ta có :

x1.x2 = 0 và x1 + x2 = 23m

























9

2 m x m 9

2

2

2 1

2

2 1

2 ( x x ) m m

9

2





27

4





Với m  0, ta có y(x1).y(x2) < 0

 4 2

1 0

27m

 m 323

4

27

Vậy (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt













0 ) x ( y ).

x ( y

x , x biệt phân nghiệm

2 có 0 ' y

2 1

2 1

 m 323

Nhận xét :

i) Khi m   323thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương ii) Khi m 323 thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm

9) a) Hàm đồng biến trên (1,2)  – 3x2 + 2mx  0, x  (1,2) Nếu m  0

ta có hoành độ 2 điểm cực trị là 0 và 23m .

i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên 





3

m 2

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

m 2 , 0

Do đó, ycbt  m > 0 và 









3

m 2 , 0 ] 2 , 1 [

 2 m 3

3

m 2







b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0

Khi m  0 ta có hàm số nghịch biến trên 











 3

m 2 , 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 = m3

(Cm) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau

 y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành























































0 m 9

m m 27

m 2

3 3 m 0

3

m y

2

3 3 m

2 3



























2

6 3 m 0 1 27

m

3 3 m

2

11) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và (Dk) là

– x3 + mx2 – m = kx + k + 1

 m(x2 – 1) = k(x + 1) + 1 + x3

 x + 1 = 0  m(x – 1) = k + 1 – x + x2

 x = – 1 hay x2 – (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11)

a) Do đó, (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt

 (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1































0 ) 1 m k ( 4 ) 1 m (

0 1 m k 1 m 1

2

 (*)





















4

3 m 2 m k

3 m 2 k

2

b) Vì (Dk) qua điểm K(–1,1)  (Cm) nên ta có :

(Dk) cắt (Cm) thành 2 đoạn bằng nhau

 (Dk) qua điểm uốn 











 m 27

m 2

; 3

của (Cm)

3

m k m 27

m

2 3





















 9 ( m 3 )

27 m 27 m 2







Vậy ycbt  k thỏa (*) và (**).

12) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) đi qua (–1,1) có dạng :

y = k(x + 1) + 1 (Dk)

Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (Dk) và (Cm) là :

– x3 + mx2 – m = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 (12)

 m(x2 – 1) = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 + x3

 x + 1 = 0  m(x – 1) = – 3x2 + 2mx + 1 – x + x2

 x = – 1 hay 2x2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13)

 x = – 1  x m21

y' (–1) = – 2m – 3











 













 















 

2

1 m m 2 2

1 m 3 2

1 m '

Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là :

y = – (2m + 3)(x + 1) + 1

y = 41 (m2 – 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 (Cm) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là :

h = – 3x2 + 2mx

Ta có h đạt cực đại và là max khi x   2bam3 (hoành độ điểm uốn)

Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất

Nhận xét : x 2 2 mx 3 x 2 m32m32 m32





















Ghi chú : Đối với hàm bậc 3

y = ax3 + bx2 + 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

PHẠM HỒNG DANH

(Trung tâm Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)