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

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.