06 huong dan giai

Số αlà một nghiệm của phương trình y x =0.. Mặt khác hàm số f đồng biến trên khoảng 0;+∞ nên phương trình có nghiệm duy nhất Tương tự phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng 4;+∞...

Dạng 1: Hàm số bậc ba và vấn đề liên quan.Bài 1:

Bài 3 Điều kiện cần: Giả sử ( )Cm cắt Ox tại ba điểm A ,B,C suy ra phương trình x3+3x2+(4m 1 x 2m− ) + 2− =3 0 ( )∗ có ba nghiệm phân biệt

⇔ − + = ⇔ = − = − = ba nghiệm này thỏa ( )1 nên m 0=

thỏa yêu cầu bài toán

2 Gọi M ,N là hai điểm thuộc đồ thị

M ,N đối xứng nhau qua

⇒ + = ⇔ = − (do x0≠0) Yêu cầu bài toán ⇔ − > ⇔m 0 m 0<

3 Gọi A x ;y là điểm cố định mà họ đồ thị ( 0 0) ( )Cm luôn đi qua

⇒ = − = − ⇒ tâm của hình bình hành là gốc tọa độ O

Đồ thị hàm số y x= 3+ax2+bx c+ cắt Ox tại ba điểm phân biệt nên hàm số

Bài 10 Ta có:

2 1

2

2 2

x

3y' 3x 2ax b y' 0

Ta có đồ thị (C’)

Dựa vào đồ thị (C’) ta có :

• Nếu m 0< ⇒ ∆ và (C’) không cắt nhau⇒(1) vô nghiệm

• Nếu m 0= ⇒ ∆cắt (C’) tại một điểm ⇒(1) có một nghiệm

• Nếu m 0> ⇒ ∆ cắt (C’) tại hai điểm ⇒(1) có hai nghiệm

Vậy dựa vào đồ thị (C), ta vẽ đồ thị (C’) như sau:

* Giữ nguyên phần bên phải trục Oy của đồ thị (C)

* Lấy đối xứng qua trục Oy phần vừa vẽ ở trên ta có được đồ thị của (C’)

cắt (C’) tại hai điểm phân biệt nên phương trình

(2) có hai nghiệm phân biệt

• m 2 2− = ⇔m 4= ⇒ ∆ cắt (C’) tại ba điểm phân biệt nên phương trình (2)

có ba nghiệm phân biệt

• − <2 m 2 2− < ⇔ <0 m 4< ⇒ ∆ cắt (C’) tại bốn điểm phân biệt nên phương trình (2) có bốn nghiệm phân biệt

Bài 14:

2 Gọi M(x ;y ) là tiếp điểm.0 0

Ta có : y'(x ) 360 = ⇔x20−x0− = ⇔6 0 x0=3,x0= −2

• x0= − ⇒2 y0= − ⇒27 phương trình tiếp tuyến y 36x 45= +

• x0= ⇒3 y0=28⇒phương trình tiếp tuyến y 36x 80= +

3 Phương trình ⇔2 x2−3x2+ = −1 2m 1+ ,số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị :

Dựa vào đồ thị (C ) suy ra :1

• m 0< ⇒phương trình vô nghiệm

• m 0= ⇒phương trình có một nghiệm (loại nghiệm x 1= )

• 0 m 1< < ⇒phương trình có đúng bốn nghiệm

• m 1= ⇒phương trình có đúng ba nghiệm

• m 1> ⇒phương trình có đúng hai nghiệm

Bài 15:

2 Lấy A(a;a3−3ma );B(b: b2 3−3mb );a b2 ≠

Tiếp tuyến tại A và B là song song nên: 3a2−6ma 3b= 2−6mb⇔ + =a b 2m

I là trung điểm AB nên: xI a b m

2 Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại điểm có hoành độ x = 3

y y'(3)(x 3) y(3)= − + hay y'(3) 3(3)= 2−6(3) 9 , y(3) 4= =

2 0

Phương trình tiếp tuyến d có dạng y k x – x= ( 0) ( )+y x 0

Khi x0=1 thì phương trình của d là y 9 x – 1 6 9x – 3= ( )+ = , phương trình này

bị loại vì khi đó d≡(D)

Khi x0= −1 thì phương trình d là y 9 x 1 – 4 9x 5.= ( + ) = +

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y 9x 5= +

3 y' 6x= 2+2 m – 1 x m 2( ) + +

Đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại và điểm cực tiểu có hoành độ lớn hơn 1.

6

⇔Phương trình y' 0= có hai nghiệm phân biệtx , x   lớn hơn 1 2 1

6.

* Phương trình y' 0= có hai nghiệm phân biệt ⇔ 4 3 3 m 4 3 3− < < + (a) Khi đó hai nghiệm của phương trình y' 0= là

Vì x1<x  2 do đó x , x   đều lớn hơn 1 2 1

6 khi và chỉ khi 2

− − − − > ⇔ m2−8m 11− < −m

m 4 3 3 m 4 3 3 (do (a)) m 4 3 3

11

8 m

8

> −



Bài 21:x3−3x2= m3−3m2 ⇔ − +x3 3x2+ = −1 m3+3m2+1 Đặt

k= −m +3m +1

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị ( )C với đường thẳng ( )d : y k= Dựa vào đồ thị ( )C thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔ < <1 k 5 ⇔ ∈ −m ( 1;3)\ 0;2{ }

Bài 22:

1b Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;+∞) khi và chỉ khi

( )

y'= −3x −6x m 0, x 0+ ≤ ∀ > ⇔m 3x≤ +6x f x=

Hàm số f x( )=3x2+6x liên tục trên (0;+∞)

Ta có f' x( ) =6x 6 0, x 0+ > ∀ > và f 0( )=0

Bảng biến thiên

+∞

y' +

y +∞

0

Từ đó ta được : m 0≤

2 Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt

y α =0 Số αlà một nghiệm của phương trình y x( )=0 Mặt khác hàm số

f đồng biến trên khoảng (0;+∞) nên phương trình có nghiệm duy nhất

Tương tự phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (4;+∞)

Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt , do đó phương trình f x( )=0

có 3 nghiệm phân biệt

3

m 1y' 0 n 3

y' 0 x 0

⇒ = ⇔ = 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: A(0;3m 2), B 3m 3;k , C 3m 3;k

2 Gọi M(x ;y ) là tiếp điểm 0 0

Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x 24y 1 0+ + =

24 24

⇔ = − − 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

2 Tiếp tuyến của (C) tại điểm uốn U (1;0): y y'(1)(x 1) 0 8x 81 = − + = −

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= 2−5) x2−1

(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<

Nên AB BC CD= = ⇔ t2=3 t1⇔t2=9t1

Mà

2

2 1

1 2

1 2

1

2m 1t

t5

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 y' 0= ⇔ =x 0,x2= −(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= 4+bx2+c (a 0),≠ chỉ có điểm cực tiểu và không có điểm cực đại khi và chỉ khi a 0 1 0 m 1

Diện tích tam giác MAB:S 1AB.d(M ,AB)

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).

2 nghiệm 3 nghiệm 4 nghiệm 2 nghiệm vô nghiệm

2 Xét phương trình: 8cos x 9cos x m 04 − 2 + = với x [0; ]∈ π ( )1

Đặt t cosx= , phương trình ( )1 trở thành: 8t4−9t2+m 0= ( )2

Vì x [0; ]∈ π 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

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

nghiệm 1 nghiệm 2 nghiệm 4 nghiệm 2 nghiệm nghiệm vô

3 Xét phương trình: sin x cos x m (sin x cos x)6 + 6 = 4 + 4

( )Cm cắt Ox tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi ( )2 có hai nghiệm dương phân biệt t ,t (1 2 t1<t2) ( )

1 Thực hiện phép dời trục Oxy về hệ trục mới IXY qua công thức dời

Vậy hai điểm cần tìm :M 2;3 , N 0;1 ( ) ( )

3 Xét ( )C trong hệ tọa độ XIY Ta có Y ' 12

Hai tiệm cận của ( )C chính là hai trục tọa độ IX,IY

∆ cắt hai trục này lần lượt tại A 0;2 , B 2a;0( )

a

Chu vi tam giác IAB:P AB IA IB= + + = IA2+IB2+IA IB+ ≥(2 2 1 IA.IB+ )

Vậy có hai điểm thỏa mãn là : K 2;3 , K 0;1 1( ) 2( )

Bài 2 Giả sử d' là đường thẳng cắt đồ thị ( )C hai điểm phân biệt A ,B và

AB đối xứng qua đường thẳng d:2x y+ − =4 0 khi đó d' vuông góc d và cắt d tại I là trung điểm của AB d' vuông góc d suy ra d' : y 1x m

I

xx

22

5 2m1

y

44

= thay vào phương trình ( )1 , ta tìm được x

Bài 3 Xét A x ;y là điểm cố định của ( 0 0) ( )Cm

Mặt khác hai điểm A ,B luôn nằm trong đường tròn ( )C ⇒ mỗi nhánh của

đồ thị ( )Cm luôn cắt đường tròn ( )C tại hai điểm phân biệt

( )Cm

⇒ và ( )C luôn cắt nhau tại bốn điểm phân biệt

 là 3 điểm phân biệt thuộc

đồ thị hàm số; Gọi H(m,n) là trực tâm của tam giác ABC

Vậy tập hợp M là đường thẳng y x= trừ hai điểm (± ±1; 1) ; đường thẳng

x= −1 trừ điểm (− −1; 1) và đường thẳng x 1= trừ điểm ( )1;1

Vậy các điểm trên có tọa độ nguyên là (2;3) , (0;-1); (-1;0) ; (3;2)

3 Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M tùy ý trên (C) đến

hai đường tiệm cận của (C) là một số không đổi

0 0

Tiệm cận đứng của (C): d1 : x – 1 = 0,tiệm cận ngang của (C) : d2 : y – 1 = 0.

x 1

− ( đpcm).

4 Tìm các điểm trên (C) sao cho tổng các khoảng cách từ điểm đó đến

hai đường tiệm cận của (C) nhỏ nhất

2(2x m)

⇒ là trung điểm đoạn AB.

Gọi H là hình chiếu của B lên đường thẳng IA S OAB 1OA.OB 1

x 1(x 1)

Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I

4 Đồ thị (C) có tiệm cận đứng ∆1:x 1 0− = , tiệm cận xiên ∆2:x y 2 0− + =

Vì Y( X)− = −Y(X)⇒ trong hệ tọa độ IXY hàm số đã cho là hàm số

lẻ nên (C) nhận I làm tâm đối xứng

Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến: y= − +x 1,y= − +x 7

3.Gọi M(x ;y ) là tiếp điểm Ta có phương trình tiếp tuyến 0 0 ∆

0 0 2

0 0

2x 11

x 1(x 1)

x −1 và cắt TCN tại B(2x0−1;2)Gọi I(1;2), suy ra tam giác ABI có diện tích

0 0

(x 2)

=

Dấu của y’ là dấu của g x( )=x2−4x 4 m+ − 2

Hàm số có hai điểm cực trị ⇔Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ ' 4 4 m22 m2 0 m 0

Nghiệm của g x( )=0 là x1=2– m , x2= +2 m , suy ra hai điểm cực trị của

Hai tiệm cận của (C) chính là hai trục tọa độ IX,IY

∆ cắt hai trục này lần lượt tại A 0;2 , B(2a;0)

2.a) Chứng minh M là trung điểm của đoạn AB.

Chú ý Với hàm số mà đồ thị(C) của nó có tâm đối xứng là I thì khi giải các

bài toán liên quan đến đồ thị (C) mà gặp các bước tính toán phức tạp thì ta nên chuyển hệ trục tọa độ bằng phép tịnh tiến theo vectơ OI uur ,khi đó đối với hệ tọa độ IXY , hàm số sẽ có dạng đơn giản hơn và như vậy việc tính toán của chúng ta sẽ dễ dàng hơn.

Áp dụng chú ý trên vào bài toán để giải câu 2)

Tịnh tiến hệ tọa độ xuất phát Oxy theo vectơ OIuur thành hệ tọa độ IXY.Công thức chuyển hệ tọa độ : I

Phương trình của tiệm cận đứng : X = 0

Phương trình của tiệm cận ngang : Y = 0

M∈(C)⇒M(X ;Y )0 0 với 0

0

2YX

0 2

0 0

0 0

Y 0

2 4 B(2X ;0)

XX

Vì A,M,B thẳng hàng và XA +XB=2X0 nên M là trung điểm của AB

b) Chứng minh tam giác IAB có diện tích không đổi.

Tam giác IAB vuông tại I do đó

Vậy SIAB không đổi

c) Tìm điểm M sao cho tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất.

42X

4XX

2 Tìm các điểm thuộc (C) cách đều hai trục tọa độ

M là một điểm thuộc (C) ⇒M(x ;y )0 0 với 0 0

0

2x 1y

Suy ra tọa độ điểm M thuộc (C) và cách đều hai trục tọa độ là nghiệm của

3 Tìm các điểm thuộc hai nhánh khác nhau của (C) sao cho khoảng cách

giữa hai điểm đó ngắn nhất

Gọi A , B là hai điểm lần lượt thuộc nhánh phải và nhánh trái của (C) , khi

Với m 0> thì phương trình y' 0= có hai nghiệm phân biệt khác 2− Vậy hàm

số luôn có cực đại và cực tiểu khi m 0>

c Xét ( )d đi qua A 1;0 và có hệ số góc k Nên ( ) ( )d : y k x 1= ( − )

( )d tiếp xúc với đồ thị ( )C của hàm số tại điểm (x ;y khi hệ sau có 0 0)

( )∆ tiếp xúc với ( )C tại điểm (x ;y0 0)⇔

2 0

0 2

0 2 0

Bài 23 Phương trình hoành độ giao điểm : 3x2+ −(1 m x 1 0 ) − = (x 0≠ )

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x ;x1 2 khác 0 với mọi m

Hoành độ trung điểm I của AB: 1 2

42