Chinh phục khảo xác hàm số - lovebook

  • Số trang: 12 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 57 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 42109 tài liệu

Mô tả:

Gửi quý thầy cô và các em trích đoạn của một ấn phẩm sắp ra lò: CHINH PHỤC KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG ĐỀ THI QUỐC GIA NXB: Đại học quốc gia HN Số trang: 320 trang khổ A4 Giá bìa: 99000 vnđ Ngày phát hành: 10/11/2014 Địa điểm: 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Web: http://lovebook.vn/ Face: https://www.facebook.com/nhasach.lovebook Sđt: 0466.860.849 – Hotline: 0963.140.260 1 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 BÀI 1: Phương trình tiếp tuyến tại một điểm thuộc đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến tại một điểm của đồ thị là một dạng “hóa trang” thường gặp của cô nàng tiếp tuyến khó chiều. Để có thể xử lí tốt trong tình huống này, chúng ta cần phải nắm vững kiến thức quan trọng là phương trình tiếp tuyến tại một điểm. Chỉ cần nắm giữ chìa khóa “nhỏ mà có võ” này trong tay, bình tĩnh và suy luận logic, chúng ta sẽ dễ dàng chinh phục được những bài toán từ đơn gian đến phức tạp, dù chúng có được ngụy trang thế nào đi chăng nữa. I.Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến tại điểm M x0 , y 0  thuộc đồ thị hàm số (C) : y  f  x  có dạng: y  f  x0  x  x0   y0 II.Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x2  2x  8 (1) tại giao điểm của đồ thị này x 1 với trục hoành. Giải: Ta có y '  x2  2x  6 ( x  1)2 x  2 2 x  2 x2  2x  8 x  2x  8  0   0     x  4   Xét phương trình: x 1  x  4 x  1 x  1  Suy ra A(2;0), B(4;0) là các giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục hoành. Phương trình tiếp tuyến tại A(2;0) là: y  6x  12 6 24 Phương trình tiếp tuyến tại B(4;0) là: y  x  5 5 6 24 Vậy có 2 phương trình tiếp tuyến là y  6x  12 , y  x  5 5 Nhận xét: Với bài toán này, chúng ta có thể dễ dàng lựa chọn hướng đi và giải quyết nhanh chóng nếu ta đã trang bị cho mình những kiến thức cơ bản, mà cụ thể là phương trình tiếp tuyến. Nhưng lần “tung hoành trận mạc” đầu tiên này cũng cung cấp cho chúng ta vài kinh nghiệm rất tuyệt đấy: u( x ) Đối với hàm số y  có đồ thị (C), nếu (C) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x  x0 thì thiếp v ( x) tuyến của (C) tại điểm x  x0 có hệ số góc k  u'( x0 ) . v ( x0 )  u( x 0 )  0 Thật vậy: (C) cắt trục hoành tại x  x0 nên   v ( x0 )  0 Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 : k  y '(x0 )  u'(x0 ) v( x0 )  u( x0 ) v(x0 ) u'(x0 )  v ( x0 ) v 2 ( x0 ) Đây là tính chất quan trọng giúp ta tính nhanh hệ số góc của tiếp tuyến trong các trường bài toán sử u( x ) dụng hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm của đồ thị y  với trục hoành. (xem thêm các ví dụ v ( x) ở phần sau) Ví dụ 2: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số y  x3  6x2  9x  2 tại điểm: 2 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 a. Tại điểm có hoành độ x0  1 b. Điểm M thuộc (C) biết rằng M cùng các điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 6. Đề thi thử ĐH-THPT Sầm Sơn-Thanh Hóa Phân tích: Ở VDa chỉ cần nắm vững công thức chìa khóa về tiếp tuyến là chúng ta có thể “qua mặt” cô nàng tiếp tuyến lắm chiêu rồi, tuy nhiên với VDb, muốn tìm ra lời đáp, ta cần tìm được tọa độ điểm M, muốn vậy cần dựa vào giả thiết “M cùng các điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 6.”, Hãy cùng suy nghĩ nào, dữ kiện đề bài cho có đề cập đến “diện tích”, vậy chắc hẳn là phải dựa vào các công thức tính diện tích để tìm ra ẩn là tọa độ M còn thiếu rồi. Thử lục lại túi kiến thức diện tích xem sao, có rất nhiều 1 1 1 công thức tính toán cho chúng ta lựa chọn: công thức SABC  haa  hcb  hcc , công thức Hêrôn, tích 2 2 2 ngoài… Bây giờ công cụ đã sẵn rồi, điều quan trọng là lựa chọn cái nào để tính toán đơn giản và chính xác thôi! Giải: Đạo hàm y  3x2  12x  9 . a. Ta có: x0  1  y0  y  x0   2 y x0   y1  0 . Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y  y x0  x  x0   y0  0.  x  1  2  2 b. Ta có: x  3 y  0  3x2  12x  9  0   . Suy ra A 3;2 và B1;2 là 2 điểm cực trị. x  1   Giả sử M a, a3  6a2  9a  2  (C) (với a R, a  3, a  1 ) Phương trình đường thẳng AB: 2x  y  4  0 . Ta có: 1 1 SABM  AB.d  M, AB  2 2 3  1    2  2  2 2 . a3  6a2  11a  6 5 6  a3  6a2  11a  6  6 a  4  a  6a  11a  6  6    3 2 a  6a  11a  6  6  a  0 3 2 Suy ra M0;2 hoặc M 4;2 .  Phương trình tiếp tuyến tại M(0; −2) là y  9x  2  Phương trình tiếp tuyến tại M(4; 2) là y  9 x  4  2  y  9x  34 Nhận xét: Ngoài cách tính diện tích như trên ta cũng có thể áp dụng công thức tích ngoài vô hướng để tính diện 1 1 tích tam giác ABM như sau: SABM  BA  BM  2. a3  6a2  9a  4  a  3 2 2   3 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014  SABM  a3  6a2  11a  6  6 . Cách tính tích ngoài vô hướng như sau: Cho 2 vectơ u1  x1 , y1  và u2  x2 , y 2  , khi đó tích ngoài vô hướng của 2 vectơ u1 , u2 là :   u1  u2  u1 . u2 .sin u1 , u2  x1y2  x2y1 Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức: SABC  1 1 1 AB  AC  BA  BC  CA  CB 2 2 2 Lưu ý: Cách sử dụng tích ngoài không được Bộ cho sử dụng trong kì thi Đại học, nêu ra đây để các bạn tham khảo thêm. Các bài toán viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị trong các đề thi thường không ra ở dạng đơn giản như trong VDa mà thường gắn liền với các yếu tố khác như chu vi, tìm GTLN, GTNN,… và đặc biệt là diện tích. Do đó để làm tốt các dạng này cần phải nắm vững các công thức để tính chu vi, diện tích, … hơn nữa cần có sự khéo léo trong việc lựa chọn các công thức để lời giải sáng sủa, rõ ràng, dễ trình bày. Ta cùng xét thêm một số ví dụ có liên quan đến yếu tố diện tích sau: 2x  1 có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các trục tọa độ Ox, Oy x 1 lần lượt tại A và B. Tính SOAB . Ví dụ 3: Gọi M  (C) : y  Cao đẳng khối A, A1, B, D - 2013 Giải: Tập xác định: D  R\{1} . Gọi x0  1 là hoành độ của điểm M. Tung độ điểm M bằng 5 nên: yM  5  Ta có y '   2x0  1  5  x0  2  M(2; 5) x0  1 3 3 ( x  2)  5  3x  11 . , tiếp tuyến của (C) tại M: (d) : y   2 ( x  1) (2  1)2  11  (d) cắt Ox tại A  ; 0  , cắt trục Oy tại B(0;11) . Tam giác OAB vuông ở O nên:  3  1 1 121 SOAB  .OA.OB  . x A . y B  . 2 2 6 Vậy SOAB  121 . 6 Lưu ý: Đối với các bài toán viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M có tung độ y M của đồ thị hàm số (C): y  f (x) , thông thường ta tìm hoành độ tiếp điểm x M dựa vào phương trình: y M  f (xM ) . Từ đó viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M với hoành độ vừa tìm được. 2x có đồ thị (C). Tìm điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai x 1 1 trục Ox, Oy tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng . 4 Ví dụ 4: Cho hàm số y  4 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 ĐH khối D-2007 Giải: Tập xác định: D  R\{1} . Ta có: y '   2x0  2 . Giả sử M  x0 ,  thuộc (C) ( x0  0 ) 2 x0  1  ( x  1)  Tiếp tuyến của (C) tại M có dạng: (d) : y  2x0 2 ( x  x0 )  2 x0  1 ( x0  1)  2x20  Đường thẳng (d) cắt Ox tại A(x20 ,0) , cắt Oy tại B 0, 2 .  (x0  1)  Từ đó SOAB  2x20 x04 1 1 . x A y B  . x02 .  2 2 ( x0  1)2 ( x0  1)2 SOAB  2x20  x0  1 2x02  x0  1  0 x04 1 1 4 2    4x  ( x  1 )     0 0 4 ( x0  1)2 4  2x20  x0  1 2x02  x0  1  0  x0  1  1   M(1;1) hoặc M   ; 2  . TH1: 2x20  x0  1  0   1  x0   2   2  TH2: 2x20  x0  1  0 (Vô nghiệm)  1  Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là M(1;1) hoặc M   ; 2  .  2  Một khi tìm ra hướng giải, hãy bình tĩnh và cận trọng trong tính toán nhé. Đối với những bài toán mà cô nàng tiếp tuyến ngụy trang dưới dạng phân số rườm rà như thế này, chỉ cần chúng ta sơ xảy trong xử lí công thức là có thể “sai một li đi một dặm” đấy. Giữ một đôi mắt tinh tường, một cái đầu lạnh đầy cẩn thận, chắc chắn không có chướng ngại vật nào có thể cản bước chân bạn được đâu! Ví dụ 5: Cho hàm số: y  x3  ax2  bx  c (*) Giả sử đồ thị hàm số (*) có đúng hai điểm chung M, N với trục hoành. Gọi P là giao của đồ thị hàm số (*) với trục tung. Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số (*) tại N đi qua P. Tìm a,b,c để diện tích tam giác MNP bằng 1. Đề 2 – Thi Thử ĐH diễn đàn BoxMath 2013 Phân tích: Thoạt nhìn ta sẽ thấy hơi hoang mang vì hàm số y  x3  ax2  bx  c có tới 3 tham số a,b,c. Trong khi đồ thị (*) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt M, N và cần viết phương trình tiếp tuyến tại N nên thông thường ta sẽ tìm cách biểu diễn tọa M, N qua các tham số a, b, c, tuy nhiên đây là 1 việc cực kì khó khăn và gần như vô vọng. Thử những cách giải quyết thông thường, ngay từ đầu chúng ta có vẻ như đang đâm sầm vào ngõ cụt. Nhưng đừng hoang mang, hít thở thật sâu, trong những tình huống như thế này, chúng ta phải xử lí như thế nào đây? Hãy tìm cách tiếp cận khác nào, chẳng hạn như suy nghĩ ngược lại :Thay vì cố gắng tìm biểu diễn tọa dộ của M, N theo a, b ,c thì sao lại không tìm cách biểu diễn a, b, c theo tọa độ M, N? Có thể đấy chứ! Khi mà tọa độ của M, N chỉ là M(m,0); N(n,0) nếu biểu diễn được a, b, c theo m, n thì ta đã giảm được số ẩn từ 3 còn 2, khó khăn đã vơi dần đi rồi, giờ chỉ cần bình tĩnh và tìm cách để biểu diễn chúng thôi. Cùng lục lọi lại và ôn tập một số kiến thức về nghiệm của đa thức nhé: 5 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 Nếu f(x) là đa thức bậc n có nghiệm x  x0 thì f(x) biểu diễn được dưới dạng: f (x)  (x  x0 )g(x) trong đó g(x) là đa thức bậc n-1. Áp dụng vào bài toán này, đa thức bậc ba f  x   x3  ax2  bx  c có 2 nghiệm phân biệt là m,n thì f (x)  (x  m)(x  n)g(x) trong đó g( x) là đa thức bậc 1, hiển nhiên g(x) có 1 nghiệm x0 (chú ý rằng trong định nghĩa đa thức bậc n thì hệ số bậc cao nhất khác 0). Mặt khác f(x) chỉ có 2 nghiệm nên phải xảy ra trường hợp x0  m hoặc x0  n . Từ đó f  x   x3  ax2  bx  c có nghiệm kép x  m hoặc x  n , suy ra x3  ax2  bx  c  (x  m)2 (x  n) hoặc x3  ax2  bx  c  ( x  m)(x  n)2 , tuy nhiên tiếp tuyến tại N đi qua P nên dễ dàng suy ra x3  ax2  bx  c  (x  m)2 (x  n) , đến đây ta hoàn toàn có thể biểu diễn a, b, c,SMNP theo m ,n. Sau khi tháo gỡ được các nút thắt, chúng ta có thể tìm được các giá trị a, b, c rồi! Giải: Đồ thị hàm số (*) có đúng 2 điểm chung với trục hoành nên phương trình x3  ax2  bx  c  0 (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt, suy ra phương trình (1) có nghiệm kép. 2 nghiệm của phương trình (1) là m, n ( m, n R; m  n ). Không mất tính tổng quát giả sử x  m là nghiệm kép. Ta có x3  ax2  bx  c  (x  m)2 (x  n)  y  (x  m)2 (x  n) Giao điểm P của đồ thị hàm số (*) với trục tung là P(0,m2n) . Do P cùng với M, N lập thành 1 tam giác nên P không trùng gốc tọa độ O hay mn  0 . Tiếp tuyến với đồ thị hàm số (*) tại điểm có hoành độ m,n lần lượt là: y  0, y  (n  m)2 (x  n) Vì P không trùng O nên P thuộc đường thẳng y  (n  m)2 (x  n)  m2n  n(n  m)2  m2  (n  m)2  n  2m (do mn  0 ) 1 1 1 Lại có tam giác MNP có diện tích là 1 nên SMNP  MN.OP  xM  xN y P  m  n m2n 2 2 2 m  1 4  m  n m2n  2  2 m  2   m  1  Với m  1  n  2  y  ( x  1)2 (x  2)  x3  4x2  4x  2 (thử lại thỏa mãn)  a  4, b  5, c  2  Với m  1  n  2  y  ( x  1)2 (x  2)  x3  4x2  5x  2 (thử lại thỏa mãn)  a  4, b  5, c  2 Vậy a  4, b  5,c  2 hoặc a  4, b  5, c  2 Nhận xét: Không phải lúc nào chìa khóa cũng được ngụy trang dưới những vỏ bọc đơn giản. Nếu chỉ suy nghĩ máy móc chúng ta sẽ rất khó khăn trong việc xử lí bài toán này. Đừng đi theo lối mòn, sáng tạo và bạn sẽ chinh phục được những mục tiêu “khó nhằn” mà không phải tốn nhiều “mồ hôi công sức” chút nào cả. ……………………………………………………………….. Một số dạng toán khác….. Ví dụ 1:[Nhị Chiểu- 2014] Cho hàm số y  f (x)  x3  3x2  mx  1 . Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho  1 11  có hai điểm cực trị. Với giá trị nào của m thì khoảng cách từ điểm I  ;  đến đường thẳng đi qua 2 4  2 điểm cực trị là lớn nhất? 6 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 Phân tích:  Trước hết, ta phải giải quyết yêu cầu đầu tiên: Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho có hai điểm cực trị. Điều này thì ta giải quyết bằng cách đạo hàm hàm số ban đầu rồi tính biệt thức  của phương trình f '(x)  0 , tìm m sao cho   0 là được.  Tiếp theo, ta phải có kĩ năng viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị. Ta có thể tìm hai nghiệm của phương trình f '(x)  0 , sau đó tính tọa độ các điểm đó bằng cách thay vào  hàm số ban đầu để tìm tung độ, cuối cùng là viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị. Tuy nhiên cách làm này thường dài dòng, mất thời gian. Khi làm bài, ta có thể làm theo cách sau: Biểu diễn f (x)  f '(x).(ax  b)  (mx  n) . Đa thức này có được bằng cách chia đa thức f ( x) cho đa thức f '( x) , với phần thương số là ax  b , phần dư là mx  n .  Tiếp đó, tại các điểm cực trị có hoành độ x1 và x2 , ta tạm gọi là A  x1 ; y1  và B  x2 ; y 2  , ta có f '(x1 )  f '(x2 )  0 . Do đó, ta sẽ có y1  f (x1 )  f '(x1 ).(ax1  b)  (mx1  n)  mx1  n và tương tự ta có y2  f (x2 )  mx2  n . Vậy thấy ngay rằng tọa độ các điểm cực trị cùng thỏa mãn phương trình y  mx  n . Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y  mx  n .  Đối với hàm bậc 4, nếu nó có 3 điểm cực trị, thì đường cong đi qua các điểm cực trị đó là một parabol, với cách làm hoàn toàn giống cách xác định đường thẳng đi qua các điểm cực trị ở hàm số bậc 3. Đường cong đó( nói chung cả hai hàm số) có phương trình là phần dư trong phép chia đa thức f ( x) cho đa thức f '( x) . _ Sau khi xác định được phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị rồi, thì ta đi giải quyết nốt yêu cầu còn lại của bài toán. Ta có thể viết công thức tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng, rồi xét hàm số hoặc dùng bất đẳng thức để đánh giá. Tuy nhiên cũng còn một cách làm khác, mang phong cách hình học nhiều hơn. Đó là tìm một điểm cố định H mà đường thẳng này luôn đi qua, và khoảng cách lớn nhất cần tìm chính là đoạn IH, xảy ra khi IH vuông góc với đường thẳng đó. Sử dụng tích vô hướng là ta sẽ giải quyết xong bài toán. Ngoài ra cũng cần chú ý so sánh với điều kiện của m mình vừa tìm được ở trên. Bài giải: Cách 1: Có f '( x) = y '  3x2  6x  m . Xét phương trình y '  3x2  6x  m  0 (*) có  '  32  3m . Để đồ thị của hàm số đã cho có hai điểm cực trị thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi  '  32  3m  0  m  3 . Gọi x1 và x2 là hoành độ của các điểm cực trị A  x1 ; y1  và B  x2 ; y 2  . 1 2 1  1 Ta lại có y  f (x)  x3  3x2  mx  1  f '(x).  x     m  2  x  m  1 . 3 3 3  3 Mặt khác, ta có f '(x1 )  f '(x2 )  0 . 1 1 2  2  Do vậy ta có y1  0   m  2  x1  m  1 và y 2  0   m  2  x2  m  1 . 3 3 3 3     2  1 Ta nhận thấy tọa độ các điểm cực trị cùng thỏa mãn phương trình y   m  2  x  m  1 . Do vậy 3  3 2  1 phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số là y   m  2  x  m  1 . Gọi 3  3  2  đường thẳng này là  , có véc tơ chỉ phương là u   1; m  2  .  3  7 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014  1  2  1 Nhận thấy H  ; 2  luôn thỏa mãn phương trình y   m  2  x  m  1 với bất kì giá trị nào của  2  3  3 3   1   m. Vì vậy nên H  ; 2  là điểm cố định của đường thẳng  . Suy ra IH   1;  . 4   2   Ta luôn có d(I, )  IH . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi IH    IH.u  0  1  3  2  .  m  2   0  m  1 ( thỏa mãn m  3 ) 4 3  Vậy m  1 là giá trị cần tìm. Cách 2: Với các số thực a, b, c, d ta có (a2  b2 )(c2  d2 )  (ac  bd)2 . Điều này đúng vì biến đổi tương đương ta được (ad  bc)2  0 . Dấu bằng xảy ra khi ad  bc . Một cách tương tự, ta có bất đẳng thức (a2  b2 )(c2  d2 )  (ac  bd)2 (*). Dấu bằng xảy ra cũng như trên, khi ad  bc . 2  1 Ta đã có phương trình đường thẳng  đi qua 2 điểm cực trị là y   m  2  x  m  1 . 3  3 Có d(I; )  11 2 1 1  m  2  m  1  4 3 2 3 2 2  2  m  2  1 3  2 11 m 3 4  2 2  2  m  2  1 3  2 11 m 3 4  2 4 2   3 .  m  2   12 . 12     5 3   4 2 2 11 m 5 3 5 4 Áp dụng bất đẳng thức (*), ta được d(I; )  .  . 11 4 4 2 m 3 4 2 4 m 2   m 1. 3 3 Vậy m  1 là giá trị cần tìm. Dấu bằng xảy ra khi 2  3 Nhận xét: Chắc hẳn một số bạn sẽ thắc mắc, lượng 12     nhân vào ở dưới mẫu do đâu mà có?  4 Tất cả mọi thứ đều có lý do của nó. Mình xin trả lời rằng, đó là mình đã cố ý “lái” mẫu theo hướng có thể áp dụng bất đẳng thức (*), và làm cho mẫu sau khi áp dụng (*) thì có dạng giống với tử số. 2 11 2 11 m m 3 4 3 4 Nguồn gốc nó từ đẳng thức này:  2 2 1 2  2  2 .  m  2   12 . x2  y 2  m  2  1 3   x2  y 2  3 Trong đó x và y là hai số mình cần phải tìm để “thăng bằng” với các hệ số còn lại. 2 11 Để ý, trên tử số là m  , vậy thì ta cố gắng tìm x và y để thỏa mãn phương trình sau: 3 4 2 11 2  x  m  2   1.y  m  . Lại dễ nhận thấy hệ số của m phải bằng nhau ở hai vế, do đó ta chọn x  1 3 4 3  1 4 3  , do đó mà ta có phép biến đổi như trong bài: . Từ đó dễ dàng giải ra được y  . Vậy 4 x2  y 2 5 8 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 2 11 m 3 4 2 2  2  m  2  1 3  2 11 m 3 4  2 2 . 4 2   3 .  m  2   12 . 12     5 3   4 Mong các bạn chú ý để có thể hiểu được kĩ thuật này, nó khá hay và có thể áp dụng cho nhiều trường hợp khác! Ví dụ 2: [Internet] Tìm m sao cho đồ thị (C) của hàm số y  x4  4x2  m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành có phần trên bằng phần dưới. Phân tích: _ Bài toán khá hay, liên quan đến sự tương giao và cả kiến thức tích phân. Một tính chất mà ta cần nhớ: Đồ thị hàm bậc 4 trùng phương đối xứng qua trục Oy. Do đó, ta không cần thiết tính cả tích phân “to đùng” mà chỉ cần so sánh 2 nguyên hàm của tích phân từ 0 đến nghiệm dương nhỏ và tích phân từ nghiệm dương nhỏ đến nghiệm dương lớn, ráp cận vào, cho chúng bằng nhau là ta đã được giả thiết bài cho. Công việc còn lại là thay số vào và giải quyết hết bài toán mà thôi. _ Thực ra bài toán này khá “nổi tiếng” nhưng mình không rõ nguồn thực sự ở đâu nên cứ ghi là Internet. Bài giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành: x4  4x2  m  0 (1) Đặt t  x2  0 . Lúc đó (1)  t 2  4t  m  0 (2) (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt dương t  0  '  4  m  0   S  4  0  0  m  4(i) P  m  0  Gọi t 1 , t 2 , với giả sử 0  t 1  t 2 , là nghiệm của phương trình (2). Lúc đó 4 nghiệm của phương trình (1) theo thứ tự tăng dần lần lượt là x1 , x2 , x3 , x4 , tương ứng với  t 2 ;  t1 ; t1 ; t 2 . Do tính đối xứng của đồ thị hàm trùng phương và theo giả thiết ta có x3 0 x4 (x4  4x2  m)dx   (x4  4x2  m)dx  x3 x 45 4x 43   mx 4  0 . 5 3 x 44  4x 42  m  0  Từ đó, ta nhận thấy x 4 là nghiệm của hệ phương trình:  x 5 4x 3 . 4 4   mx  0  4 3  5 m  0 Giải hệ này, ta tìm được hai giá trị của m là  . m  20  9 20 là giá trị thỏa mãn bài toán. 9 Dưới đây là hình vẽ sau khi tìm được m. Phần từ 0 đến C bằng phần từ C đến D. Đối chiếu với điều kiện (i) ta thấy m  9 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 2x  4 có đồ thị (C) . Tìm m để đường thẳng d: y  x  m cắt đồ thị x 1 (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB thuộc trục Ox. Ví dụ 3: [K2pi.net] Cho hàm số y  Phân tích: _ Công việc quen thuộc của chúng ta là tìm điều kiện của m để   0 và chỉ vậy là đã đủ để đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt( do tham số nằm trọn vẹn trong đường thẳng). _ Ta xử lí yêu cầu tiếp theo. Tạm gọi I(a, 0) là tâm đường tròn cần tìm, gọi x1 , x2 là hoành độ tương ứng của A và B. Theo đó ta sẽ có: IA2  OI2 và IB2  OI2 . Lập hệ đó, ta sẽ thấy x1 , x2 cùng thỏa mãn một phương trình bậc 2. Mặt khác, x1 , x2 lại chính là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. Xử lí hai phương trình đó bằng đồng nhất hệ số hoặc theo định lý Viet ta sẽ tìm được m. Bài giải: Điều kiện: x  1 Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là nghiệm phương trình: 2x  4  x  m  2x  4  (x  1)(x  m) (do x  1 không là nghiệm) x 1  x2   m  3 x  m  4  0 (*) Có   (m  3)2  4(m  4)  m2  2m  7 . Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thì m  1  2 2 phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi   0   (**). m  1  2 2  x1  x 2  3  m Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (*). Khi đó theo định lý Viet ta có  (1).  x1 x 2  m  4 Tọa độ các giao điểm A, B có dạng A(x1 ; x1  m) và B(x2 ; x2  m) . Gọi I(a, 0) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB( I thuộc trục Ox). 10 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014  2 m2 x  m  a x  0    1 1 IA  OI ( x  a)  ( x1  m)  a  2  1  Khi đó ta có  . 2 2 2 2 2 2 IB  OI ( x2  a)  ( x2  m)  a x 2  m  a x  m  0  2  2  2 2 2 2 2 2 Vậy x1 , x2 cũng là nghiệm của phương trình x2   m  a  x  m2 0. 2  x1  x 2  a  m  Cũng theo định lý Viet ta có  (2). m2 x x   1 2 2  3  m  a  m a  3     m  2  m  4 (do m  2 không thỏa mãn điều kiện Vậy từ (1) và (2) ta có hệ  m2  m  4     2  m  4 (**). Tóm lại, m  4 là giá trị cần tìm.   Ví dụ 8:[ Hmath] Tìm m để hàm số y  x3   m  1 x2  2m2  3m  2 x  3 đồng biến trên 2;   . Phân tích: _ Hàm số đồng biến trên một khoảng khi đạo hàm của hàm số đó lớn hơn hoặc bằng 0 trong khoảng đó và bằng 0 tại một số hữu hạn điểm. Dựa vào đó, ta vạch ra hướng làm là sẽ chứng minh đạo hàm của hàm số này không âm trên 2;   . _ Làm ra giấy nháp, công việc của chúng ta sẽ là chứng minh:   y'  3x2  2 m  1 x  2m2  3m  2  0, x  2;   . Trong các bài toán trước, ta sẽ tìm cách cô lập m rồi dùng sự tương giao giữa hàm chứa m và hàm chứa x, có thể dựa vào đồ thị, có thể dựa vào bảng biến thiên, Nhưng trong bài toán này, hàm chứa m đã là một hàm số bậc 2, do đó dùng cách này sẽ gặp khó khăn. Do vậy ta có thể xử lí bài toán theo một cách khác. Đạo hàm của hàm số bậc 3 là hàm bậc 2, cụ thể trong bài toán này, phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt do biệt thức luôn dương, do đó phương trình y '  0 sẽ luôn có hai nghiệm x1  x2 . “ Trong trái, ngoài cùng”, trong khoảng hai nghiệm thì trái dấu với hệ số của x2 , ngoài khoảng hai nghiệm thì cùng dấu với hệ số của x2 . Do đó dễ thấy y’ dương trong khoảng  ;x1  ;  x2 ;   . Mà muốn hàm số đồng biến trên 2;   thì khoảng  x2 ;  phải “ bao trùm” lên khoảng 2;   , tức điều đó tương ứng với x2  2 . Bài giải:   Có y'  3x2  2 m  1 x  2m2  3m  2 .   Hàm số đồng biến trên 2;   khi và chỉ khi y'  3x2  2 m  1 x  2m2  3m  2  0, x  2;   , và y’ bằng 0 tại một số hữu hạn điểm.   Đặt g(x)  3x2  2 m  1 x  2m2  3m  2 . Phương trình g(x)  0 có:      'g   m  1  3 2m2  3m  2  7 m2  m  1  0, m . 2 11 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014 Nên ta suy ra phương trình y '  0 luôn có số nghiệm hữu hạn, đó là hai nghiệm x1 và x 2 với giả sử x1  x2 . Nhận thấy khi x   ;x1    x2 ;   thì y '  0 . Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  ;x1  và  x2 ;  . Để hàm số đồng biến trên 2;   thì ta phải có: x2   m  1  7 m2  m  1 3  2   7 m2  m  1  5  m m  5  2 3  6m  3m  18  0  2  m  . 2   Vậy khi 2  m  3 thì hàm số đã cho đồng biến trên 2;   . 2 12 |Chinh phục khảo sát hàm số trong đề thi quốc gia - phát hành 09/10/2014
- Xem thêm -