Tài liệu MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN, CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ PHAN THỊ HƯỜNG MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN, CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI- 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ PHAN THỊ HƯỜNG MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN, CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS. TS. NGUYỄN VŨ LƯƠNG HÀ NỘI- 2014 Mục lục Lời nói đầu 3 1 Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến của y = ax3 +bx2 +cx+d; y = 1.1 6 y = ax3 + bx2 + cx + d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 1.1.2 1.2 ax2 + bx + c dx + c 6 Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Bài toán tiếp tuyến của hàm bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Hàm y = 1.2.1 1.2.2 ax2 + bx + c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 dx + e Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 Bài toán tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2 Một số dạng bài toán cực trị 2.1 Bài toán cực trị không sử dụng đạo 2.2 Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm . 2.3 Bài toán cực trị lượng giác . . . . . 2.4 Bài toán cực trị tổ hợp . . . . . . . Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . 1 hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 31 38 49 60 85 86 Lời cảm ơn Tôi xin được bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Nguyễn Vũ Lương. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình tôi thực hiện đề tài. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học, Phòng Sau đại học - Trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội; các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013. Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã luôn động viên tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. 2 Lời nói đầu Bài toán tiếp tuyến, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số luôn luôn là một trong những chủ đề quan trọng và hấp dẫn trong chương trình giảng dạy bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Trong các đề thi môn Toán của các kì thi Đại học, Cao đẳng 10 năm gần đây (2004 - 2014) các bài toán liên quan tiếp tuyến xuất hiện khá nhiều, các bài toán liên quan đến việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số thường xuyên có mặt và thường là một trông những câu khó nhất trong đề thi. Đây là một nội dung khá rộng, không phải là mới nhưng luôn luôn ẩn chứa không ít thách thức gắn với những bài toán khó trong các kỳ thi tạo ra nhiều khó khăn cho người học khi muốn nắm vững nội dung này. Chúng ta có một số phát hiện • Chia toàn bộ nội dung trình bày thành những dạng cơ bản nhất (không nhiều) và tìm ra phương pháp giải sẽ giúp cho người đọc khả năng tốt nhất khi tìm lời giải của một bài toán cụ thể. • Sự bắt đầu cho mỗi dạng toán phải thật đơn giản và sự phát triển sẽ được trình bày hệ thống tạo cơ hội thực hành tốt nhất cho người học. • Tìm ra sự thú vị "Niềm vui trí tuệ" đối với những cách giải hay sẽ làm cho người đọc nhớ lâu. • Cái đích mà chúng ta cần đi tới là cảm thấy dễ dàng khi giải các bài toán về nội dung này. Trong luận văn Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến, cực trị của các hàm số cơ bản này, học viên sẽ cung cấp cho bạn học tổng hợp các kỹ năng thông dụng nhất, cơ bản nhất có thể ví như chìa khóa để giải quyết những bài toán tiếp tuyến, cực trị của các hàm số cơ bản, các bài toán cực trị, từ đó biết cách áp dụng để giải nhiều bài toán liên quan đến các dạng toán này. Đặc biệt trong luận văn đã cố gắng đi sâu vào các bài toán cực trị tổ hợp bằng cách đưa ra hàng loạt các bài toán còn khá mới mẻ với người học, với mong muốn người học có thể tiếp cận, làm quen với một lĩnh vực mới trong toán học sơ cấp Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục tài liệu tham khảo. 3 1. Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến của y = ax3 +bx2 +cx+d; y = ax2 + bx + c . dx + c Trong chương này, học viên đã trình bày các bài toán tiếp tuyến và cực trị của hai hàm số cơ bản, gặp nhiều trong các kỳ thi đại học y = ax3 + bx2 + cx + d; y = ax2 + bx + c đại diện cho hàm đa thức và hàm phân thức. Chương I là tài liệu dx + c rất hữu ích cho giáo viên và học sinh các trường THPT, cách giải bài toán tiếp tuyến, cực trị có phần gọn nhẹ giúp cho người học dễ dàng lập luận biến đổi để đạt được kết quả của bài toán hơn so với các cách giải bài toán này trong các cuốn sách tham khảo khác, cụ thể • Bài toán cực trị của hàm y = ax3 + bx2 + cx + d đã phân thành các dạng: dạng biến đổi thành tích nhờ một nghiệm, dạng tách tham số, dạng tịnh tiến, dạng bậc hai của tham số, dạng tính được nghiệm của y 0 , dạng chia cho y 0 • Bài toán tiếp tuyến của hàm y = ax2 + bx + c để tìm ra được phương trình dx + c tiếp tuyến, ta luôn luôn biến đổi để được một phương trình bậc hai ẩn t= 1 . dx0 + c 2. Một số dạng bài toán cực trị. Chương II là nội dung chính của luận văn, trình bày bốn dạng bài toán cực trị cơ bản: bài toán cực trị không sử dụng đạo hàm, bài toán cực trị sử dụng đạo hàm, bài toán cực trị lượng giác, bài toán cực trị tổ hợp, cụ thể • Bài toán cực trị không đạo hàm: đã đưa ra tám kỹ năng cơ bản: kỹ năng sử dụng nhận xét nếu 0 6 x 6 1 thì xn < x với n ∈ N; kỹ năng sử dụng các bất đẳng thức cổ điển AM − GM, Cauchy − Bunyakovsky − Schwarz, Bu − N hi − A − Cốp − Xki; kỹ năng sử dụng tính chất của giá trị tuyệt đối; kỹ năng sử dụng tính chất của hàm tăng, giảm; kỹ năng đặt ẩn phụ; kỹ năng tìm giá trị lớn nhất của y bằng cách tìm giá trị lớn nhất của y 2 ; kỹ năng sử dụng điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai. • Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm: đã phân thành các dạng cơ bản: dạng phân thức đồng bậc; dạng tích của các biểu thức cơ bản; dạng tổng không đổi; và các bài toán đưa được về các dạng cơ bản. • Bài toán cực trị lượng giác: đã đưa ra cách chứng minh cách bất đẳng thức lượng giác bằng cách sử dụng tính chất lồi lõm của các hàm số lượng giác từ đó vận dụng các bất đẳng thức Karamata, Jensen ngoài ra luận văn còn chú trọng đến việc sử dụng các đẳng thức lượng giác để xây dựng một số 4 dạng bất đẳng thức trong tam giác; áp dụng một dạng bất đẳng thức có điều kiện trong tam giác. • Bài toán cực trị tổ hợp: đưa ra các bài toán cực trị tổ hợp sử dụng nguyên lý Pigeonhole trong bài 2.93; 2.94; kỹ năng đếm tổ hợp trong bài 2.86; 2.89; 2.102; 2.109; 2.110; 2.115; 2.117; 2.118; bài toán liên quan đến tô màu trong bài 2.119; 2.1212.122; 2.123; 2.124; 2.125; 2.126; 2.127; đặc biệt các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F (x1 , x2 , ..., xn ) khi x1 , x2 , ..., xn hoán vị trong bài 2.106; 2.107; 2.108, và một số bài toán cực trị tổ hợp khác. 5 Chương 1 Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến của 2 + bx + c ax y = ax3 + bx2 + cx + d; y = dx + c y = ax3 + bx2 + cx + d 1.1 1.1.1 Bài toán cực trị Đối với hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d ta có kết luận sau • ycực tiểu .ycực đại < 0 ⇔ đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. • ycực tiểu .ycực đại = 0 ⇔ đồ thị tiếp xúc với trục hoành. • ycực tiểu .ycực đại > 0 ⇔ hàm số có cực trị và cắt trục hoành tại điểm duy nhất. Nhận xét 1. Kĩ năng giúp chúng ta giải nhanh các bài toán thuộc nội dung này chính là các tính chất về dạng của biểu thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d Dạng biến đổi thành tích nhờ một nghiệm Bài toán 1.1. Cho y = x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10. Hãy tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0. Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt. x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10 = 0 ⇔ (2x2 + x − 10)m + (x3 + x − 10) = 0  2   ⇔ (x − 2) x + 2(m + 1)x + 5m + 5 = 0 ⇔ x=2 x2 + 2(m + 1)x + 5(m + 1) = 0 (2) có hai nghiệm phân biệt 6= 2  22 + 4(m + 1) + 5(m + 1) 6= 0 ⇔ ⇔ 0 ∆ = (m + 1)2 − 5(m + 1)0 −13 Vậy m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞) \ { } 9 ( −13 9 m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞) m 6= 6 Bài toán 1.2. Cho hàm số y = x3 − 3mx2 + (2m2 − m + 2)x + m2 − 2m. Tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0 Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt. x3 − 3mx2 + (2m2 − m + 2)x + m2 − 2m = 0  2   ⇔ (x − m) x − 2mx − m + 2 = 0 ⇔ x2 x=m − 2mx − m + 2 = 0 (2)có hai nghiệm phân biệt 6= m  m2 − 2m.m − m + 2 6= 0 −m2 − m + 2 6= 0 ⇔ ⇔ ∆0 = m2 + m − 2 > 0 (m − 1)(m + 2) > 0 Vậy m ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞) ⇔ m ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞) Dạng tách tham số Bài toán 1.3. Cho hàm số y = mx3 − 3mx2 − 9mx − m − 1, hãy tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0. Giải. Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi đồ thị hàm số cắt hoành độ tại ba điểm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt. mx3 − 3mx2 − 9mx − m − 1 = 0 ⇔ m(x3 − x2 − 9x) = m + 1 ⇔ x3 − 3x2 − 9x = m+1 m (m 6= 0) y = x3 − 3x2 − 9x m+1 y= m ( yêu cầu bài toán tương đương hai đồ thị hàm số điểm. Xét hàm số y = x3 −x2 − 9x có TXĐ = D = R y 0 = 3x2 − 6x − 9 = 0 ⇔ x = −1 x=3 lim (x3 − x2 − 9x) = −∞; lim (x3 − x2 − 9x) = +∞ x→−∞ x→+∞ ta có bảng biến thiên 7 có ba giao dựa vào m+1 bảng biến thiên suy ra −27 < <5⇔m∈ m  −1 −1  Vậy m ∈ ; . 6 28  −1 −1  6 ; 28 Dạng tịnh tiến Bài toán 1.4. Cho hàm số y = x3 + 3(m − 1)x2 − 3mx + m3 − 3m2 . Chứng minh với √ mọi m để khoảng cách giữa hai điểm cực đại và cực tiểu bằng 2 5. Giải. Ta có y = x3 + 3(m − 1)x2 − 3mx + m3 − 3m2 ⇔ y = (x + m)3 − 3(x + m)2 đồ thị trên nhận được từ y = x3 − 3x2 bằng cách tịnh tiến song song theo trục hoành. Do vậy khoảng cách của hai điểm cực trị chính bằng khoảng cách của hai điểm cực trị chính bằng khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị y = x3 − 3x2 2 Xét hàm số y = x3 − 3x  có TXĐ = D = R y 0 = 3x2 − 6x = 0 ⇔ x=0⇒y=0 khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là x = 2 ⇒ y = −4 A(0; 0), B(2; 4), suy ra AB = √ √ 22 + 42 = 2 5 ∀ m (đpcm) Dạng bậc hai của tham số m Bài toán 1.5. Cho hàm số y = x3 + mx2 − x + m(m + 1). Hãy tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu .ycực đại < 0. Giải. Ta có y = m2 + (1 + x2 )m + (x2 − x)(x + 1) ∆ = (1 + x2 )2 − 4(x2 − x)(x + 1) ∆ = 1 + 2x2 + x4 − 4x3 + 4x ∆ = x4 + 4x2 + 1 − 4x3 + 4x − 2x2 8 suy ra y = (m + x + 1)(m + x2 − x) yêu cầu bài toán tương đương đồ thị hàm số giao với Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình sau có ba nghiệm phân biệt (m + x + 1)(m + x2 − x) = 0  ⇔ x = −m − 1 x2 − x + m = 0 (2) phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt 6= −m − 1  2 ⇔ (−m − 1) − (−m − 1) + m 6= 0 ∆ = 1 − 4m > 0 m2 + 4m + 2 6= 0 ⇔ 1 m< 4 ( √ m 6= −2 ± 2 ⇔ 1 m< 4 ( Dạng tính được nghiệm của y’ Bài toán 1.6. Cho hàm số y = x3 (m + 1)x2 − + mx + m. Hãy tìm m để đồ thị hàm 3 2 số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Giải. Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi ycực tiểu .ycực đại < 0  x=m 0 2 Ta có: y = x − (m + 1)x + m = (x − m)(x − 1) = 0 ⇔ x = 1 (1) • m = 1 ta có y 0 > 0 hàm số luôn đồng biến (loại) • m 6= 1 suy ra phương trình y 0 = 0 có hai nghiệm phân biệt nên hàm số có hai cực trị có giá trị y(1), y(m) ta có y(1).y(m) < 0 ⇔  3m 1 − 2 6   m3 m2 (m + 1) − + m2 + m 3 2  <0 ⇔ (9m − 1)(−m3 + 3m2 + 6m) < 0 ⇔ m(9m − 1)(−m2 + 3m + 6) < 0 √ √ 3 + 33 3 − 33 ⇔ (9m − 1)(m − )(m + )>0 2 √    √ 2   1 3 + 33 3 − 33 ⇔∈ −∞; ∪ 0; ∪ ; +∞ 2 9 2 9 Dạng chia cho y’ Bài toán 1.7. Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + m. Hãy tìm m để hàm số có cực trị và hai điểm cực trị cùng với A(2; −2) thẳng hàng. Giải. y 0 = 3x2 + 6x + m, hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y 0 = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆0 = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3 Ta chia y cho y 0 ta được y= x3 + 3x2 + mx + m = 1 0 2m 2m + y + −2 x+ 3 3 3 3 x    suy ra  2m 2m 3 3   2m 2m − 2 xcực đại + ycực đại = 3 3  2m  2m suy ra đường thẳng y = −2 x+ (d) đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu 3 3  2m 2m −2 2+ ⇔m=1 d đi qua A(2; −2) nên −2 = 3 3 ycực tiểu =  − 2 xcực tiểu + Bài tập tự luyện Bài toán 1.8. Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m2 − 1)x + m3 − 3m + 2. Tìm giá trị của 2 2 tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực + ycực đại = 16. tiểu Giải. y = (x + m)3 − 3(x + m) + 2 đồ thị hàm số nhận được từ đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 2 bằng cách tịnh tiến song song theo trục hoành nên ycực tiểu + ycực đại không đổi. ta có y = x3 − 3x − 2 y 0 = 3x2 − 3 y0 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −1 ⇒ ycực tiểu = y(1) = 0; ycực đại = y(−1) = 4 2 2 ⇒ ycực + ycực đại = 16 tiểu ∀ m Vậy với mọi giá trị của m đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. 10 Bài toán 1.9. Cho hàm số y = x3 + (2m − 3)x2 + (2 − 7m)x + 3m − 6. Hãy tìm giá trị của tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn ymax .ymin > 0. Giải. Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số có cực trị và đồ thị hàm số giao tại một điểm, khi đó ta có  3 với trục hoành x + (2m − 3)x2 + (2 − 7m)x + 3m − 6 = 0 có một nghiệm duy nhất y 0 = 3x2 + 2(2m − 3)x + 2 − 7m = 0 có hai nghiệm phân biệt (2) (1) (1) ⇔ x3 − 3x2 + 2x − 6 + m(2x2 − 7x + 3) = 0 ⇔ (x − 3)[x2 − 2x(m + 1) − m] = 0  ⇔ x2 x=3 − 2x(m + 1) − m = 0 (3) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 3   ⇔  ∆0 = 0 ∆0  2 ( m2 + 3m + 1 < 0  ⇔  m + 3m + 1 = 0 3 <0 32 − 2.3(m + 1) − m = 0 m=  ⇔  m∈ −3 − 2 7 √ 5 −3 + ; 2 √  5 loại (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  √   √ −9 − 33 −9 + 33 ∆ = 4m + 9m + 3 > 0 ⇔ m ∈ −∞; ∪ ; +∞ 8 8  √   √ √  √ −9 + 33 −3 + 5 −3 − 5 −9 − 33 ∪ ; ; Vậy m ∈ 2 8 8 2 0  2 Bài toán 1.10. Cho hàm số y = x3 − 3x2 + mx + m, hãy tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực đại + ycực tiểu = 2. Giải. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y 0 = 3x2 − 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt. Khi và chỉ khi ∆0 = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3 Áp dụng định lý Viét ta có xcực đại + xcực tiểu = 2 x 3 1 3 Ta có: y = ( − )y 0 + ( 2m 4m − 2)x + 3 3 Suy ra 2m 4m − 2)xcực đại + 3 3 2m 4m ycực tiểu = ( − 2)xcực tiểu + 3 3 2m 8m ta thu được ycực đại + ycực tiểu = ( − 2)(xcực đại + xcực tiểu ) + = 4m − 4 3 3 3 ycực đại + ycực tiểu = 2 ⇔ 4m − 4 = 2 ⇔ m = 2 3 Vậy m = 2 ycực đại = ( 11 Bài toán 1.11. Cho hàm số y = x3 + (2 − m)x2 + x − m2 + m, hãy tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực đại .ycực tiểu < 0. Giải. Ta có y = (x − m + 1)(x2 + x + m) Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số giao với trục hoành tại ba điểm phân biệt, khi đó phương trình x2 + x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt 6= m − 1 (  ∆ = 1 − 4m > 0 (m − 1)2 + (m − 1) + m 6= 0 ⇔ ⇔ 1 4 m2 6= 0 ⇔ m 6= 0 m< Bài toán 1.12. Cho hàm số y = x3 + (m + 1)x2 + 2mx + m2 , hãy tìm giá trị tham số m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực đại .ycực tiểu < 0. Giải. Ta có y = (x + m)(x2 + x + m) Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số giao với trục hoành tại ba điểm phân biệt, khi đó phương trình x2 + x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt 6= −m. (  ∆ = 1 − 4m > 0 (m − 1)2 + (m − 1) + m 6= 0 ⇔ ⇔ 1 4 m2 6= 0 ⇔ m 6= 0 m< Bài toán 1.13. Cho a < b < c, xét hàm y = f (x) = (x − a)(x − b)(x − c). Chứng minh rằng hàm số có cực trị. Xác định vị trí hoành độ của cực đại và cực tiểu đối với a, b, c. Giải. f 0 (x) = (x − a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a) Ta có a > b > c nên f 0 (a) = (a − b)(a − c) > 0 f 0 (b) = (b − c)(b − a) < 0 f 0 (c) = (c − a)(c − b) > 0 f 0 (a).f 0 (b) < 0 f 0 (b).f 0 (c) < 0  ⇒ Theo định lý Lagrange suy ra phương trình f 0 (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt xcực đại ; xcực tiểu thỏa mãn c < xcực đại < b < xcực tiểu Bài toán 1.14. Cho hàm số y = f (x) = 2x3 + 3(m − 1)x2 + 6(m − 2)x − 1. Với giá trị nào của m để hàm số có cực trị và đường thẳng qua các điểm cực đại và điểm cực đại trên đường thẳng song song với đường thẳng y = kx ( k cho trước). Biện luận theo k giá trị của m. 12 Giải. Ta có y 0 = f 0 (x) = 6x2 + 6(m − 1)x + 6(m − 2) hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f 0 (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆0 = 9(m − 1)2 − 36(m − 2) > 0 ⇔ (m − 3)2 > 0 ⇔ m 6= 3 Ta có m−1 + (−m2 + 6m − 9)x − m2 + 3m − 3 3 3 f (xcực đại ) = (−m2 + 6m − 9)xcực đại − m2 + 3m − 3 f (x) = f 0 (x). x  + f (xcực tiểu ) = (−m2 + 6m − 9)xcực tiểu − m2 + 3m − 3 Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y = (−m2 + 6m − 9)x − m2 + 3m − 3  −m2 + 6m − 9 = k −m2 + 3m − 3 6= 0 Tiếp tuyến song song với y = kx nên ta có (1) (luôn đúng) ta có ∆0(1) = 9 − (k + 9) = −k Biện luận Nếu ∆0(1) < 0 ⇔ −k < 0 ⇔> 0 suy ra không tìm được giá trị của m nên không có đồ thị nào. Nếu ∆0(1) = 0 ⇔ −k = 0 ⇔= 0 ⇒ m = 3 suy ra không tìm được giá trị của m nên không có đồ thị nào. Nếu ∆0(1) > 0 ⇔ −k > 00 ⇔< 0 suy ra tìm được hai giá trị của m 6= 3 nên có hai đồ thị. Bài toán 1.15. Cho hàm số y = f (x) = mx3 − mx2 + x − 1. Tìm giá trị của m để 3 hàm số có hai cực trị và hai cực trị cùng dấu. Giải. TXĐ: D = R f 0 (x) = mx2 − 2mx + 1  hàm số có hai cực trị đồ thị hàm số giao và trục hoành có một giao điểm 0 hàm  số có hai cực trị khi  và chỉ khi phương trình f (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt Yêu cầu bài toán khi và chỉ khi m 6= 0 ∆0 = m2 − m > 0 ⇔ m 6= 0 m ∈ (−∞; 0) ∪ (1; +∞) mx3 đồ thị hàm số giao và trục hoành có một giao điểm khi và chỉ khi −mx2 +x−1 = 0 3 có ba nghiệm phân biệt.  3 ⇔m x − 3x2 3  =1−x⇔ m 1−x = 3 3 x − 3x2 13 (x 6= {0; 3}) yêu cầu bài toán khi và chỉ khi hai đồ thị hàm số sau có một giao điểm Xét hàm y = 1−x − 3x2 x3  y = m 3 y = 1 − x x3 − 3x2 T X Đ : D = R \ {0; 3} 2x3 − 6x2 + 6x y = = 0 ⇔ 2x(x2 − 3x + 3) ⇔ x = 0 3 2 2 (x − 3x ) 0 (loại) m >0⇔m>3 3 Kết hợp với điều kiện suy ra m > 1 Dựa vào bảng biến thiên suy ra 1.1.2 Bài toán tiếp tuyến của hàm bậc 3 Bài toán 1.16. Cho hàm số y = x3 + 3x2 − 4. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến qua A (2, 9) Giải. Phương trình tiếp tuyến tại điểm M (x0 ; x30 + 3x20 − 4) y = (3x20 + 6x0 )(x − x0 ) + x30 + 3x2 − 4 y = (3x30 + 6x0 )x − 2x30 − 3x20 − 4 Tiếp tuyến đi qua A(2; 9) nên ta có 9 = (3x30 + 6x0 ).2 − 2x30 − 3x20 − 4 ⇔ 2x30 − 3x20 − 12x0 + 13 = 0 ⇔ (x0 − 1)(2x20 − x0 − 13) = 0 " x0 = √ 1 ⇔ 1 ± 105 x0 = 4 phương trình tiếp tuyến đi qua A(2, 9) là y = 9x − 9  Hoặc y = √
3 3 1 ± 105 + 6. 64  1± √ 105  4 14  x−2 1± √ 4 105 3  −3 1± √ 4 105 2 −4 Bài toán 1.17. Cho hàm số y = x3 − 2x, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị lập với chiều dương trục hoành một góc 450 . Giải. Phương trình tiếp tuyến tại x = x0 y = (3x20 − 3)(x − x0 ) + x30 − 3x0 y = (3x20 − 3)x − 2x30 tiếp tuyến lập với chiều dương trục hoành một góc 450 nên ta có 2 k = 3x20 − 3 = tan450 = 1 ⇔ x0 = ± √ 3 các tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu của bài toán  3 2 √ 3 y =x−2  y =x+2 2 √ 3 16 =x− √ 3 3 3 16 =x+ √ 3 3 Bài toán 1.18. Cho y = x3 + 3x2 . Chứng minh rằng trên đồ thị cố tồn tại vô số cặp hai điểm mà hai tiếp tuyến tại đó song song với nhau. Các cặp điểm ấy có tính chất gì? Giải. Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm ta có k = 3x20 + 6x0 phương trình 3x20 + 6x0 − k = 0 có hai nghiệm phân biệt x01 , x02 ⇔ 40 = 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3 Với mỗi k , hai tiếp tuyến tại hai tiếp điểm (x01 , x301 + 3x201 ); (x02 , x302 + 3x202 ) song song với nhau vì có cùng hệ số góc k Có vô hạn k > −3 ⇒ có vô hạn cặp điểm mà hai tiếp tuyến tại đó song song với nhau Ta có x01 + x02 = −1 = xu 2
x301 + x302 + 3 x201 + x202 y01 + y02 (x01 + x02 )2 = = = 2 = yu 2 2 2 suy ra hai điểm mà tiếp tuyến tại đó song song đối xứng với nhau qua điểm uốn. Bài toán 1.19. Cho hàm số y = x3 + 3x2 , giả sử A, B là hai điểm trên mặt phẳng đối xứng với nhau qua điểm uốn. Chứng minh rằng với mọi tiếp tuyến của đồ thị đi qua A, luôn tồn tại tiếp tuyến của đồ thị đi qua B song song với tiếp tuyến ấy. 15 Giải. Giá sử tiếp tuyến qua điểm A tiếp xúc đồ thị tại A1 . Kéo dài A1 U cắt đồ thị tại B1 . Ta có A1 U = B1 U (Vì U là tâm đối xứng của đồ thị) Tại B1 kẻ tiếp tuyến cắt AU kéo dài tại B ∗ , áp dụng kết quả bài toán 1.18 suy ra B1 B ∗ //AA1 ⇒ 4AA1 U = 4B ∗ B1 U (g.c.g) ⇒ AU = B ∗ U Mặt khác theo giả thiết AU = BU ⇒ B ≡ B ∗ Bài toán 1.20. Cho hàm số y = x3 + 3x2 , chứng minh rằng trên đồ thị tồn tại vô hạn cặp điểm mà hai tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau. Giải. Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại vô hạn ba bộ số (x1 ; x2 ; k) thỏa mãn  2 3x1 + 6x1 = k (1) −1 2 3x2 + 6x2 = k (2) 2 (1) ⇔ 3x1 + 6x1 − k = 0 tồn tại khi và chỉ khi 401 = 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3 (2) ⇔ 3x22 + 6x2 + k1 = 0 tồn tại khi và chỉ khi 402 = 9 − k3 > 0 ⇔ k ∈ (−∞; 0) ∪ Hai đẳng thức tồn tại khi và chỉ khi k thỏa mãn k ∈ (−3; 0) ∪ 1 3 ; +∞
1 3 ; +∞
(3) Có vô hạn k thoả mãn (3) ⇒ có vô hạn cặp điểm hoành độ x1 ; x2 trên đồ thị mà hai tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau. Bài toán 1.21. Cho hàm số y = x3 + 3x, chứng minh rằng trên đồ thị không tồn tại hai điểm mà hai tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau Giải. Ta có y 0 = 3x2 + 3 > 0 ⇒ ∀x1 .x2 ta có y 0 (x1 ).y 0 (x2 ) > 0 ⇒ y 0 (x1 ).y 0 (x2 ) 6= −1 Suy ra không tồn tại hai điểm trên đồ thị hoành độ x1 ; x2 mà tiếp tuyến tại hai điểm đó vuông góc với nhau. Bài toán 1.22. Cho y = x3 − 3x2 + 2 1. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. 2. Tìm điểm trên đồ thị có hoành độ 0 ≤ x ≤ 3 và có hệ số góc lớn nhất. Giải. 1. Ta có k = 3x20 − 6x0 ⇒ kmin = k(1) = −3 (xu = 1) nên tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất. 2. Xét k = 3x20 − 6x0 khi 0 ≤ x0 ≤ 3 ⇒ kmax = max{k(0)}, k(3)) = M ax{0, 9} = 9 vậy tiếp tuyến tại tiếp điểm có hoành độ x0 = 3 có hệ số góc lớn nhất. Bài toán 1.23. Cho y = x3 − 3x + 2, gọi A là một điểm bất kỳ thuộc đồ thị khác điểm uốn. Hỏi có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị đi qua A. 16 Giải. M (x0 , x30 − 3x0 + 2) thuộc đồ thị, phương trình tiếp tuyến tại M là y = (3x20 − 3)(x − x0 ) + x30 − 3x0 + 2 ⇒ y = (3x20 − 3)x − 2x30 + 2 Tiếp tuyến đi qua A(m, m3 − 3m + 2) thuộc đồ thị nên ⇔ m3 − 3m + 2 = (3x20 − 3)m + x30 − 3x0 + 2 ⇔ 2x30 − 3mx20 + m3 = 0 ⇔ (x20 − 2mx0 + m2 )(2x0 + m) = 0 Vì 0 6= m = x0 suy ra phương trình có đúng hai nghiệm. Vậy có hai tiếp tuyến đi qua A (khác điểm uốn). Bài toán 1.24. Cho hàm số y = x3 − 3x2 , từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng x = 1 (xuốn = 1) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến tới đồ thị Giải. Chọn A(x0 , x30 − 3x20 ) thuộc đồ thị, tiếp tuyến tại A có phương trình là y = (3x20 − 6x0 )(x − x0 ) + x30 − 3x20 y = (3x20 − 6x0 )x − 2x30 + 3x20 Tiếp tuyến đi qua điểm B(1, m) thuộc đường thẳng x = 1 nên ta có ⇔ m = (3x20 − 6x0 ) − 2x30 + 3x20 ⇔ 2x30 − 6x20 + 6x0 + m = 0 ⇔ 2(x0 − 1)3 = −m − 2 Suy ra phương trình chỉ có duy nhất một nghiệm nên từ B kẻ được một tiếp tuyến tới đồ thị. Bài toán 1.25. Cho hàm số y = x3 −3x2 , từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng y = −2 (y = yuốn ) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến tới đồ thị. Giải. Với A(x0 , x30 − 3x20 ) thuộc đồ thị, tiếp tuyến tại A có phương trình là y = (3x20 − 6x0 )x − 2x30 + 3x20 Tiếp tuyến đi qua B(m; −2) thuộc đường thẳng y = −2 ⇔ −2 = (3x20 − 6x0 )m − 2x30 + 3x20 ⇔ 2x30 − 3(m + 1)x20 + 6mx0 − 2 = 0 (1) Số tiếp tuyến kẻ từ B tới đồ thị bằng số nghiệm của phương trình (1), và cũng bằng số giao điểm của đồ thị y = 2x3 − 3(m + 1)x2 + 6mx − 2. Với trục hoành. Ta có y 0 = 6x2 − 6(m + 1)x + 6m = 6(x − m)(x − 1) 17 • Nếu m = 1 ta có y 0 = 6(x − 1)2 ≥ 0 hàm số luôn đồng biến nên cắt trục hoành tại một điểm. • Nếu m 6= 1 ta có ymax .ymin = y(m).y(1) = (−m3 + 3m2 − 2)(3m − 3) = −3(m − 1)2 (m2 − 2m − 2) √ √ – Nếu 1 − 3 < m < 1 + 3, ta có ymax .ymin > 0 suy ra đồ thị cắt trục hoành tại một điểm. √ – Nếu m = 1 ± 3 ta có ymax .ymin = 0 suy ra đồ thị cắt trục hoành tại một điểm và tiếp xúc tại một điểm. √ √ – Nếu m < 1 − 3 ∪ m > 1 + 3 kẻ được một tiếp tuyến. * Kết luận: • Nếu m < 1 + • Nếu m = 1 ± • Nếu 1 − √ √ √ 3 ∪ m > 1 + 3 kẻ được ba tiếp tuyến. √ 3 kẻ được hai tiếp tuyến. 3 - Xem thêm -