Bài toán khảo sát hàm số và các vấn đề liên quan

(II) PHẦN I I.Trong phần này cho tham số m thay đổi.

6) Tìm điểm cố định của (Cm). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau.

7) Định m để (Cm) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị.

8) Định m để (Cm) 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, +8).

10) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ tạo thành cấp số cộng.

11) Tìm điều kiện giữa k và m để (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (Dk) cắt (C

m) thành hai đoạn bằng nhau.

12) Viết phương trình tiếp tuyến với (Cm) và đi qua điểm (-1, 1).

13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (Cm) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góclớn nhất.

pdf8 trang | Chia sẻ: maiphuongdc | Ngày: 27/08/2013 | Lượt xem: 6287 | Lượt tải: 16download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Bài toán khảo sát hàm số và các vấn đề liên quan, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 Giả sử : y = ax3 + bx2 + cx + d với a ≠ 0 có đồ thị là (C). y’ = 3ax2 + 2bx + c, y” = 6ax + 2b 1) y” = 0 ⇔ x = a3 b− (a ≠ 0 ) x = a3 b− 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 x1, x2 với x1 < x2 ⇒ hàm số đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x2. Ngoài ra ta còn có : + x1 + x2 = 2x0 với x0 là hoành độ điểm uốn. + hàm số tăng trên (−∞, x1) + hàm số tăng trên (x2, +∞) + hàm số giảm trên (x1, x2) iv) a < 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 < x2 ⇒ hàm đạt cực tiểu tại x1 và đạt cực đại tại x2 thỏa điều kiện x1 + x2 = 2x0 (x0 là hoành độ điểm uốn). Ta cũng có : + hàm số giảm trên (−∞, x1) + hàm số giảm trên (x2, +∞) + hàm số tăng trên (x1, x2) 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)2x(y).1x(y 2x,1x biệt ânnghiệm ph 2 có 0'y 5) Giả sử a > 0 ta có : i) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt > α ⇔       < <α <<α= 0)2x(y).1x(y 0)(y 2x1x thỏa biệt ânnghiệm ph 2 có 0'y ii) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < α ⇔       < >α α<<= 0)2x(y).1x(y 0)(y 2x1x thỏa biệt ânnghiệm 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(x0) = 0 (x0 là hoành độ điểm uốn) 8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) (a ≠ 0) khi x = α là 1 nghiệm của (1). Nếu x = α là 1 nghiệm của (1), ta có ax3 + bx2 + cx + d = (x - α)(ax2 + b1x + c1) nghiệm của (1) là x = α với nghiệm của phương trình ax2 + b1x + c1 = 0 (2). Ta có các trường hợp sau: i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = α ii) nếu (2) có nghiệm kép x = α thì (1) có duy nhất nghiệm x = α iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt ≠ α thì (1) có 3 nghiệm phân biệt iv) nếu (2) có 1 nghiệm x = α và 1 nghiệm khác α thì (1) có 2 nghiệm. v) nếu (2) có nghiệm kép ≠ α thì (1) có 2 nghiệm BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3 Cho họ đường cong bậc ba (Cm) và họ đường thẳng (Dk) lần lượt có phương trình là y = −x3 + mx2 − 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 (Cm). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau. 7) Định m để (Cm) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị. 8) Định m để (Cm) 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 (Cm) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ tạo thành cấp số cộng. 11) Tìm điều kiện giữa k và m để (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (Dk) cắt (Cm) thành hai đoạn bằng nhau. 12) Viết phương trình tiếp tuyến với (Cm) và đi qua điểm (-1, 1). 13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (Cm) 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 = 1k 1 − (với 0 < k1 ≤ 3). Hoành độ của tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x2 + 6x = 1k 1 − (= k2) ⇔ 3x2 – 6x 1k 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    =+− +−=−+− hx6x3 1)ex(h3n3x 2 23 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 3 5 . Biện luận : i) Nếu e < – 1 hay 3 5 2 ⇒ (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇒ có 3 tiếp tuyến. ii) Nếu e = – 1 hay e = 3 5 hay e = 2 ⇒ (1) có 2 nghiệm ⇒ có 2 tiếp tuyến. iii) Nếu – 1 < e < 3 5 ⇒ (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 = α không là tiếp tuyến nên yêu cầu bài toán. ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa : y'(x1).y'(x2) = – 1 ⇔        −=+−+− >∨−< 1)x6x3)(x6x3( )2(củanghiệmlàx,x 3 5e1e 2 2 21 2 1 21 ⇔         −=−− = − =+ >−< 1)2x)(2x(x.x9 1x.x 2 1e3xx 3 5ehay1e 2121 21 21 ⇔     −=+−− >−< 1]4)1e3(1[9 3 5ehay1e ⇔ e = 27 55 . Vậy E       1, 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 a2 b 2 xx 43 =−=+ 1 2 6)xx(3)xx( 2 yy 24 2 3 3 4 3 343 −= −+++− = + 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) 3x3x 20 3 0 −+− (D) Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là : 3 2 2 3 20 0 03 3 ( 3 6 )( ) 3 3x x x x x x x x− + − = − + − − + − ( 5 ) ⇔ 0)x6x3)(xx()xx(3xx 20 2 0 23 0 3 =+−−+−−− ⇔ 0x6x3x3x3xxxx0xx 20 2 00 2 0 =+−−−++∨=− ⇔ 0x3xx)x3(x2hayxx 0 2 00 2 0 =+−+−= ⇔ 0)3xx2)(xx(hayxx 000 =−+−= ⇔ 2 x3xhayxx 00 − == Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x0, y0) ∈ (C) ⇔ 1x 2 x3x 000 =⇔ − = 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 ⇔    = −=    −= = ⇔    =+ =− 1y 1x hay 1y 1x 0xy 01x 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 = 2 10± . 7) Hàm có cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt. ⇔ 3x2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt. ⇔ x = 0 và x = 3 m2 là 2 nghiệm phân biệt. ⇔ m ≠ 0. Khi đó, ta có : 'ym 9 1x 3 1mxm 9 2y 2       −+      −= và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là : mxm 9 2y 2 −= (với m ≠ 0) 8) Khi m ≠ 0, gọi x1, x2 là nghiệm của y' = 0, ta có : x1.x2 = 0 và x1 + x2 = 3 m2 ⇒ y(x1).y(x2) =       −      − mxm 9 2mxm 9 2 2 2 1 2 = 221 2 m)xx(m 9 2 ++− = 24 mm 27 4 +− Với m ≠ 0, ta có y(x1).y(x2) < 0 ⇔ 24 1 0 27 m− + < ⇔ 2 33m 4 27m2 >⇔> Vậy (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. ⇔    < = 0)x(y).x(y x,xbiệtphânnghiệm2có0'y 21 21 ⇔ 2 33m > Nhận xét : i) Khi 2 33m −< thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương. ii) Khi 2 33m > 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 3 m2 . i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên     0, 3 m2 . 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 m2,0 Do đó, ycbt ⇔ m > 0 và     ⊂ 3 m2,0]2,1[ ⇔ 3m2 3 m2 ≥⇔≥ b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0. Khi m ≤ 0 ta có hàm số nghịch biến trên      ∞− 3 m2, 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 = 3 m (Cm) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau. ⇔ y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành. ⇔             =−+− > ⇔ =      > 0m 9 m.m 27 m 2 33m 0 3 my 2 33m 23 ⇔       ± =⇔ =− > 2 63m 01 27 m2 2 33m 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)1mk(4)1m( 01mk1m1 2 ⇔ (*)     −− < −−≠ 4 3m2mk 3m2k 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 m2; 3 m 3 của (Cm) ⇒ 11 3 mkm 27 m2 3 +      +=− ⇒ )3m(9 27m27m2k 3 + −− = (**) 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 ∨ 2 1mx += y' (–1) = – 2m – 3       + +      + −=      + 2 1mm2 2 1m3 2 1m'y 2 = 4 1 (m2 – 2m – 3) Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là : y = – (2m + 3)(x + 1) + 1 y = 4 1 (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 3 m a2 bx =−= (hoành độ điểm uốn) Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. Nhận xét : 3 m 3 m 3 mx3mx2x3 222 22 ≤+      −−=+− 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.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfBài toán khảo sát hàm số và các vấn đề liên quan.pdf