Bài tập giải mẫu Khảo sát hàm số - Hàm đa thức

Viết phương trình tiếp tuyến tại các điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi giá trị của m.. Tìm quỹ tích giao điểm của các tiếp tuyến đó khi m thay đổi.[r]

1

Hàm b ậc ba:

Bài 1:

Cho hàm sốyx3 (1 2 )m x2 (2 m x)   (C) m 2

1 Tìm m để hàm đồng biến trên 0;

2 Tìm m để hàm số có CĐ, CT thỏa mãn:

a x CT  2

b Hoành độ các điểm cực trị lớn hơn -1

c 1 2 1

3

x x  , với x x1; 2 là hoành độ các điểm cực trị

d Có ít nhất 1 hoành độ cực trị thuộc khoảng (-2; 0)

Giải:

1. Hàm đồng biến trên 0;  y' 3 x22(1 2 m x)  (2 m)0 với  x 0;

  2

2

3x 2x

x



 với  x 0;

2

2 2

2 6

x

x

Lập bảng biến thiên của hàm f(x) trên 0;, từ đó ta đi đến kết luận:

2. Ta có: y' 3 x22 1( 2m x)  (2 m)

Hàm số có CĐ, CT  y' 0 có 2 nghiệm phân biệt

5

1

m

m

 





 



(*)

Với điều kiện (*), gọi x1 là 2 nghix2 ệm phân biệt của y’ = 0 Hàm số đạt cực trị tại các điểm x x1; 2

3

2

CT

m

x     m  m 

2

2 2

2

m

m





Kết hợp với (*), kết luận các giá trị cần tìm của m là:  ; 1 5; 2

4

    

b. Hoành độ các điểm cực trị lớn hơn -1  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 đều lơn hơn

2 2

3

2

2

0 3

2

m



c. Áp dụng định lí viet, ta có: 1 2

1 2

(1 2 ) 3 2

3

x x

m

x x



   





1 4

1

x x   x x  x x  x x 

Kết hợp (*), ta suy ra 3 29 1

8

d Để hàm số có ít nhất 1 cực trị thuộc (-2; 0)  y' f x 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 và có ít

nhất 1 nghiệm thuộc (-2; 0)





    

    



Ta có:

2 2

1 2

3

7

2

3 4

x x

m

m

x x













 

2 2

4 2 1 2

m

m

m m









3

 

2 2

1 2

3

2

3

m

x x

m

x x





 Tóm lại các giá trị m cần tìm là: 5; 1 2; 

3

m     



Bài 2:

Cho hàm số yx33x2mx Tìm m để hàm số có: 2

1 Cực trị và các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1

2 Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với y = - 4x + 3

3 Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị tạo với đường thẳng x + 4y – 5 = 0 một góc 45

4 Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5; 17

I  

5 Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng : 3 1

6 Các điểm cực trị nằm về 2 phía đối với đường thẳng y = 4x + 5

7 Có cực trị và chứng minh khoảng cách giữa 2 điểm cực trị lớn hơn 2

8 Cực trị tại x x1; 2 thỏa mãn: x13x2  4

Lời giải:

Hàm số có CĐ, CT  y' 3 x26x  có 2 nghim 0 ệm phân biệt

   ' 9 3m 0 m 3 (*)

Với điều kiện (*), gọi x1 là 2 nghix2 ệm phân biệt của y’ = 0 Hàm số đạt cực trị tại các điểm x x1; 2;

gọi hai điểm cực trị là Ax1;y1 ;B x2;y2

Thực hiện phép chia y cho y’ ta được:

y x y   x  

 

 

1

2

2

2

y y x

y

m

m x

m

m x

y

x

     

     













 Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là d: 2 2 2

y   x  

1 Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1  xảy ra 1 trong 2 trường hợp:

TH1: Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường thẳng

m

m

TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y = x – 1

   

2

2

2

3

1

3

1

I I

x

m

m

y

m

y x

y x



Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0; 3

2

m  

2. Đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với y = - 4x + 3

2

3

3

3

m

m m

    

  



(thỏa mãn)

3

m

k    

  là hệ số góc của đường thẳng đi qua các điểm cực trị

Đường thẳng x + 4y – 5 = 0 có hệ số góc bằng -1/4

Ta có:

4 tan 45

k





Kết hợp đk (*), suy ra giá trị m cần tìm là: 1

2

m 

4. Các điểm cực trị đối xứng qua tâm 5; 17

M  

m

      



Vậy m = 3

5. Theo định lí viet ta có: 1 2

1 2

2 3

x x

m

x x







Gọi I là trung điểm của AB I1;m

Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng : 3 1

I

 



   



2

3 1 2

2

m

m m

     



  

(thỏa mãn (*))

Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn bài toán

6 Các điểm cực trị A, B nằm về 2 phía đối với đường thẳng y = 4x + 5

5

2

2

3

4

3 0

15 3

3

m

x x x x

m

m m

     

  







Vậy 15

4

m là các giá trị cần tìm

1

2

2 2

2

3

AB  x x  y y   m  x x





2

2 2

m m

       

  

Với m thỏa mãn đk (*) 2 2 0

3

m

   AB2  2 AB 2

Vậy khi hàm số có cực trị thì khoảng cách cực trị luôn lớn hơn 2

8 Áp dụng định lí viet, kết hợp điều kiện ta có hệ:

1

1 2

5

3

x

m

x x

 









(thỏa mãn (*))

Vậy 15

4

m

Bài 3:

Cho hàm số y  x3 3x (C) 2

1 Tìm điểm trên trục hoành sao từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C);

2 Tìm m để hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = mx;

3 Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua tâm M(-1; 3);

4 Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua đt 2x – y + 2 = 0;

5 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau:

a  x33x    m 1 0

2

m

x x

x



  



6 Chứng minh tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất

Lời giải:

1 Điểm M thuộc trục hoành OxM a ;0 Nhận thấy đường thẳng x = a không là tiếp tuyến của (C), xét đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có dạng: yk x a tiếp xúc với (C)

 

3

2



 

Suy ra:  x3 3x  2  3x23 xa

2

2

1

x

 





Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C) thì f x 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác

 

6 0

3

a

f

a











Vậy các điểm M thỏa mãn có tọa độ  a;0 với ;6 4 3 6 4 3;

     

2 Hàm s ố tiếp xúc với đường thẳng ymx 3

2



 

Suy ra:  x3 3x  2  3x23x

   2 

1

x

  

Thay vào ta được m = 0 Vậy m = 0 thì (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 0

3 Gọi A x y 0; 0   C , B C là điểm đối xứng với A qua điểm M1;3

 2 0;6 0

Vì A B,  C

3

3



 



3

2

Vậy 2 điểm cần tìm là: 1;0 và 1;6

4 Gọi M x y 1; 1 ;N x y2; 2 thuộc (C) là hai điểm đối xứng qua đường thẳng d

I là trung điểm của AB nên 1 2; 1 2

x x y y

I   

0 1





7

Lại có: MN  d x2x1.1y2y1.2 0

7 2

x x x x x x x x

x x x x

- Xét x1x2 0 1 7; 2 7

- Xét

1 2

9 1

4

x x

x x x x

x x x x

x x



vô nghiệm

Vậy 2 điểm đối xứng của đồ thị hàm số là: 7; 2 1 7 ; 7; 2 1 7

5 Bạn đọc tự vẽ đồ thị hàm số   3

C y  x x

a Ta có: x33x     m 1 0 x33 x    2 3 m

Vẽ đồ thị hàm số 3

y  x  x  như sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị  C p hàm số (C) bên phải trục Oy

- Lấy C'p đối xứng phần đồ thị  C p qua Oy

 C1    C'p C p

   từ đó dựa vào đồ thị hàm số biện luận

x

Vẽ đồ thị hàm số    2 

C y   x x x như sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị  C p của  C - ứng với x > -1

- Lấy  '

p

C đối xứng với phần đồ thị của  C - ứng với x < -1 qua

trục hoành Ox      '

   (Các bạn tự vẽ hình) Từ đó dẫn tới kết luận

6 Ta có: y' 3x2 ; "3 y      6x 0 x 0

 0; 2

U

 là điểm uốn của đồ thị hàm số

Hệ số góc của tiếp tuyến tại U là: k y' 0 3

Với điểm M x y 0; 0 bất kì thuộc đồ thị hàm số, thì hệ số góc tại M là:   2

k  y x  x  

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

Bài 4:

Cho hàm số (C):y x33mx2mx và đường thẳng d: y = x + 2

Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d:

1 Tại đúng 2 điểm phân biệt

2 Tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương

3 Tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC

4 Tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số nhân

L ời giải:

1. Xét phương trình hoành độ giao điểm:

  3

2

2

3

x x

x x

 



Ta có:  

2 2

3

x x

Lập bảng biến thiên của hàm số f(x), từ đó dựa vào bảng biến thiên kết luận bài toán

2 Tương tự như câu a

3 Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x  mx mx  x g x x  mx  m x 

Hàm số (C) cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC

 

g x

  có 2 nghiệm phân biệt và điểm uốn của đồ thị hàm số yg x  nằm trên trục hoành

Ox

- Phương trình g' x 3x26mxm 1 0 có  ' 9m23m  nên luôn có 2 nghiệm phân 3 0

biệt với mọi m

- Hàm yg x  có điểm uốn là U m ; 2 m3m2  m 2 Ox khi và chỉ khi:

Vậy m 1

4 Đk cần: Giả sử (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x x x1; ;2 3 lần lượt lập thành cấp số nhân

Khi đó ta có: g x   xx1xx2xx3

Suy ra:

1 2 3

3

1 2

x x x







x x x x  x  nên ta có: 3

3

5

3 2 1



Đk đủ: Với 3 5

3 2 1

m 

 , thay vào tính nghiệm thấy thỏa mãn

3 2 1

m 



Bài 5:

Cho hàm số y = x3 + mx2  m

a Khi nào đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

b Xác định m sao cho x  1  y  1

Giải:

a Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có cực đại và cực tiểu và

yc đ.yct < 0

Thấy rằng y’ = 3x2 + 2mx = x(3x + 2m)

y’ = 0  x = 0 và x =  2m/3

Hàm có cực đại và cực tiểu   2m/3  0  m  0

c® ct

27



2

2

9

Vậy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi m 3 3 / 2

b y x   với 1 x  1  y 0   m  1

Với m 1, m  0, ta có 2m / 3 1 Vậy, với m  [1, 1]\ 0 để y x   với 1 x 1

điều kiện đủ là   4m3

27

(vì y (1) =  1, y(1) = 1, y (0) = m đều thuộc [1, 1])

Nhưng 4m3 , m 1 4m2 m 1

     

  khi m 1 m = 0 cũng thỏa mãn

Kết luận m  [1, 1]

Bài 6:

Cho hàm số y = (m  2)x3  mx + 2 (1)

a Chứng minh rằng khi m  (0, 2) hàm không có cực đại và cực tiểu

b Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (1) luôn qua ba điểm cố định

Giải:

a y’ = 3(m  2)x2  m

Khi m  (0, 2)  m / 3(m  2) < 0 và phương trình y’ = 0 vô nghiệm

b y = mx3  2x3  mx + 2  mx (x2  1)  2(x3  1)  y = 0

Điểm cố định (xo, yo) phải thỏa mãn

o o

3



Đồ thị luôn đi qua 3 điểm cố định (0, 2), ( 1, 4), (1, 0)

Bài 7:

Cho hàm số y = f(x) = 2x3  3(2m + 1)x2 + 6m (m + 1)x + 1 (1)

a Tìm quĩ tích điểm uốn

b Tìm quĩ tích điểm cực đại

c Tìm quĩ tích trung điểm đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị

Gi ải

a y’ = 6x2  6(2m + 1) x + 6m(m + 1)

y” = 12x  6(2m + 1), y” = 0  x 2m 1

2



 y” đổi dấu khi x biến thiên qua (2m + 1)/2 Vậy điểm uốn là U 2m 1, f 2m 1

Từ x 2m 1

2



 suy ra m 2x 1

2



 , thay vào phương trình y = f(x) ta thu

2

Vậy quĩ tích đồ thị hàm 3 3

2

b y’ = 6[x2  (2m + 1)x + m (m + 1)], y’ = 0  x m





  



Đó là hai nghiệm phân biệt và rõ ràng

y’(x) < 0  x  (m, m + 1)

y’(x) > 0  x  (, m)  (m + 1, +)

Vậy hàm luôn có cực đại và cực tiểu tại x = m và x = m + 1 tương ứng Điểm cực đại là

(m,f(m)) Khử m bằng cách thay m = x, vào (1) ta được y = 2x3 + 3x2 + 1 Vậy đồ thị của hàm

y = 2x3 + 3x2 + 1 là quĩ tích các điểm cực đại của hàm số khi m thay đổi

c Trung điểm của đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu là điểm uốn, mà quĩ tích đã biết ở câu a

Bài 8:

Cho hàm số: ymx33mx2 (2m1)x 3 m C( m)

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số có cực đại, cực tiểu Chứng minh rằng khi đó đường thẳng

nối hai điểm cực đại, cực tiểu của ( )C m luôn đi qua một điểm cố định

Lời giải:

2

y  mx  mx m Hàm số có cực đại, cực tiểu  có 2 nghiệm phân biệt y

0

m

  và   9m23 (2m m   1) 0 m0 hoặc m1 Chia y cho y’, ta được kết quả:

là phương trình đường thẳng qua các điểm

cực trị Đường thẳng này luôn qua điểm ( 1;3)

2

I  cố định

Bài 9:

Cho hàm số yx33x2mx m

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1

Lời giải:

f x x  x mx m f x  x  x m

( )

f x có    9 3m

Nếu    0 f x( ) 0   hàm số luôn đồng biến x

Nếu    0 f x( ) có 2 nghiệm phân biệt là x1 Ta có: x2 f x( ) 0 x1  x x2

Tức là hàm số nghịch biến trong khoảng ( , )x x1 2

Bài 10:

Cho hàm số y (m25 )m x36mx26x G6 ọi ( )C m là đồ thị của nó

Tìm tất cả các điểm cố định trong mặt phẳng tọa độ mà ( )C m luôn đi qua với mọi giá trị m Tiếp tuyến

của ( )C m tại mỗi điểm đó có cố định hay không khi m thay đổi, tại sao?

Lời giải:

y  m  m x  mx  x  x m  x  x m y x 

Các điểm mà đồ thị luôn đi qua với mọi m sẽ có tọa độ thỏa mãn phương trình trên có nghiệm với mọi

m, tức là các hệ số của m bằng 0

Giải ra ta có nghiệm duy nhất x0;y  nên 6 m, đồ thị luôn đi qua điểm cố định A(0; -6)

Vì y(0) 6 m nên tiếp tuyến của ( )C m tại điểm cố định A (0; - 6) cố định khi m thay đổi

Bài 11:

Cho hàm số y  x3 3x 2

Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị

Hướng dẫn:

Làm tương tự bài 13, gọi điểm cần tìm là A(a;0), dựa vào điều kiện tiếp tuyến, sau khi biến đổi về

11

phương trình của a, đó là phương trình bậc 3 dễ dàng tìm được 1 nghiệm, ta tìm k sao phương trình này

có 3 nghiệm phân biệt

K ết luận: các điểm cần tìm trên trục hoành là các điểm có hoành độ thỏa mãn :

1;

3

x

    hoặc x2

Bài 12:

Cho hàm số yx3mx2  m 1

Viết phương trình tiếp tuyến tại các điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi giá trị của m Tìm quỹ tích giao điểm của các tiếp tuyến đó khi m thay đổi

Lời giải:

Dễ thấy đồ thị đi qua 2 điểm cố định là A1(1;0),A2( 1; 2) 

2

y  x  mx, do đó tiếp tuyến tại A1(1;0) có PT: y(2m3)(x và tiếp tuyến tại 1) A2( 1; 2)  có PT: y ( 2m3)(x  1) 2

Giao điểm M của 2 tiếp tuyến có tọa độ thỏa mãn 2 phương trình sau:

(2 3)( 1)

y m x và y ( 2m3)(x  Rút m từ 1 PT thay vào PT còn lại ta có: 1) 2

2

3x x 2

y

x

 

 , đó chính là quỹ tích cần tìm

Bài 13:

Cho hàm số y2x3 (2 m x) 2 (1) , với m là tham số 1

Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ

L ời giải:

Yêu cầu bài toán

x

   để y x( )0   y( x0)

x

2x  (2 m x)  1 2x (2m x) 1

x

0

(2m x) 1   m 2

Bài 14:

Cho hàm số yx3 (3 m x) 2mx  m 5

Với giá trị nào của m để trên đồ thị có 2 điểm đối xứng qua gốc O

Lời giải:

Đồ thị có 2 điểm đối xứng nhau qua gốc O tức là phải tồn tại x,y sao cho điểm (x;y) và (- x;- y) cùng thuộc đồ thị tương đương hệ gồm 2 phương trình sau nghiệm khác (0;0):

yx  m x mx  (1); m     y x3 (3 m x) 2mx m 5 (2)

Lấy (1) cộng với (2) ta được: 2(m3)x22(m 5) 0, phương trình này phải có nghiệm khác 0

5

m

m



Bài 15:

Cho hàm số yx3  3x2 m (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 4

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho  AOB 120 0

Gi ải:

Ta có: y’ = 3x2 + 6x = 0 2 4

0

    





Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(2 ; m + 4)

Ta có:  (0; ),   ( 2;  4)

2

 

AOB

 

2



m m

12 2 3

3

  



 







m

m m

Bài 16:

Cho hàm số yx33x2 có đồ thị (C) 1

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

2 Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và

độ dài đoạn AB = 4 2

Gi ải:

2.Giả sử A a a( ; 33a21), ( ;B b b33b2 (a  b) 1)

Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y a( )y b( ) (a b a b )(  2)0

 a b  2 0  b = 2 – a  a  1 (vì a  b)

AB2  (b a)2(b33b2 1 a33a21)2 = 4(a 1) 6  24(a 1) 4  40(a 1) 2

AB = 4 2  4(a 1) 6  24(a 1) 4  40(a 1) 2 = 32  a b

    

    



 A(3; 1) và B(–1; –3)

Bài 17:

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)

Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp

tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau

Giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   

 2

x 0

- (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE  0

  2      

9 4m 0

4 m

9

(*) Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD = y’(xD) = 2     

3x 6x m (3x 2m);

kE = y’(xE) = 2     

- Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1

 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = -1

 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)

 4m2 – 9m + 1 = 0 

8

8

m m













So sánh Đk (*) ta được m = 19 65

8

Bài 18: