Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Đồ thị hàm số và
các bài toán liên quan
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Tính đơn điệu của hàm số
1.1. Định nghĩa. Cho hàm số f xác định trên K , với K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng. Khi
đó
f đồng biến trên K ⇔ ( ∀x1, x 2 ∈ K , x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) < f (x 2 )) .
f nghịch biến trên K ⇔ ( ∀x1, x 2 ∈ K , x1 < x 2 ⇒ f (x1 ) > f (x 2 )) .
1.2. Điều kiện cần và đủ
Cho hàm số f có đạo hàm trên khoảng I . Khi đó
f đồng biến trên I ⇔ f ′(x ) ≥ 0, ∀x ∈ I và f ′(x ) = 0 chỉ tại một số điểm hữu hạn thuộc I .
f nghịch biến trên I ⇔ f ′(x ) ≤ 0, ∀x ∈ I và f ′(x ) = 0 chỉ tại một số điểm hữu hạn thuộc I .
f là hàm hằng trên I ⇔ f ′(x ) = 0, ∀x ∈ I .
2. Cực trị của hàm số
2.1. Điều kiện cần để có cực trị
Cho hàm số f có đạo hàm tại x 0 . Nếu hàm số f đạt cực trị tại x 0 thì f ′(x 0 ) = 0 .
2.2. Điều kiện đủ để có cực trị
2.2.1. Điều kiện đủ thứ nhất. Cho hàm số f có đạo hàm trên khoảng (a;b) , x 0 ∈ (a;b) . Khi đó
nếu f ′(x ) đổi dấu khi x qua x 0 thì f đạt cực trị tại x 0 .
x
x0
x
x0
f ′ (x )
0
f ′ (x )
0
f (x )
CĐ
f (x )
CĐ
www.MATHVN.com
1
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
2.2.2. Điều kiện đủ thứ hai. Cho hàm số f có đạo hàm cấp một trên (a;b) chứa x 0 , f ′(x 0 ) = 0
và f ′′(x 0 ) ≠ 0 . Khi đó
f ′′(x 0 ) < 0 ⇒ f đạt cực đại tại x 0 ,
f ′′(x 0 ) > 0 ⇒ f đạt cực tiểu tại x 0 .
Chú ý. Ta thường sử dụng Điều kiện đủ thứ hai trong các bài toán có yêu cầu liên quan đến cực
trị tại những điểm cụ thể cho trước.
2.3. Đường thẳng qua hai điểm cực trị
2.3.1. Hàm số y = f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d (a ≠ 0) , (C )
Giả sử đồ thị (C ) có hai điểm cực trị A (x A; yA ) , B (x B ; yB ) . Thực hiện phép chia đa thức f (x ) cho
f ′(x ) , ta được f (x ) = g (x ).f ′(x ) + αx + β . Khi đó ta có
yA = f (x A ) = g (x A ). f ′(x A ) + αx A + β = αx A + β ;
=0
yB = f (x B ) = g (x B ). f ′(x B ) + αx B + β = αx B + β .
=0
Suy ra A, B ∈ ∆ : y = αx + β nên ∆ là đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị (C ) .
2.3.2. Hàm số y = f (x ) =
Giả sử đồ thị
(C )
ax 2 + bx + c
(a ≠ 0) , (C )
dx + e
có hai điểm cực trị A (x A ; yA ) , B (x B ; yB ) . Đặt u(x ) = ax 2 + bx + c ,
v(x ) = dx + e . Khi đó f ′(x ) =
u ′(x )v(x ) − u(x )v ′(x )
v(x )
2
u ′(x 0 )v(x 0 ) − u(x 0 )v ′(x 0 ) = 0 ⇔
Do đó ta có
yA = f (x A ) =
2ax A + b
. Nếu f đạt cực trị tại x 0 thì
u(x 0 )
v(x 0 )
=
và yB = f (x B ) =
u ′(x 0 )
u ′(x 0 )
hay f (x 0 ) =
.
v ′(x 0 )
v ′(x 0 )
2ax B + b
d
d
nên ∆ là đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị (C ) .
. Suy ra A, B ∈ ∆ : y =
2ax + b
d
Chú ý. Ta thường sử dụng thuật toán Đường thẳng qua hai điểm cực trị đối với các bài toán liên
quan đến giá trị cực trị hay điểm cực trị của đồ thị hàm số.
3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
∀x ∈ D, f (x ) ≤ M
∀x ∈ D, f (x ) ≥ m
M = max f (x ) ⇔
m = min f (x ) ⇔
.
x ∈D
x ∈D
∃x 0 ∈ D, f (x 0 ) = M
∃x 0 ∈ D, f (x 0 ) = m
Nếu y = f (x ) đồng biến trên [a;b ] thì min f (x ) = f (a ) và max f (x ) = f (b ) .
x ∈[a ;b ]
x ∈[a ;b ]
Nếu y = f (x ) nghịch biến trên [a;b ] thì min f (x ) = f (b) và max f (x ) = f (a ) .
x ∈[a ;b ]
x ∈[a ;b ]
4. Tiệm cận
Đường thẳng x = x 0 được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f (x ) nếu ít nhất một
trong các điều kiện sau được thỏa mãn
lim− f (x ) = +∞ ; lim+ f (x ) = +∞ ; lim− f (x ) = −∞ ; lim+ f (x ) = −∞ .
x →x 0
x →x 0
x →x 0
x →x 0
Đường thẳng y = y 0 được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f (x ) nếu
www.MATHVN.com
2
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
lim f (x ) = y 0 hoặc lim f (x ) = y 0 .
x →+∞
x →+∞
Đường thẳng y = ax + b (a ≠ 0) được gọi là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f (x ) nếu
lim [ f (x ) − (ax + b )] = 0 hoặc lim [ f (x ) − (ax + b )] = 0 .
x →+∞
x →−∞
5. Một số bài toán liên quan đến đồ thị hàm số
5.1. Tìm điểm cố định của một họ đồ thị. Cho hàm số y = f (x , m ) , (C m ) . Khi đó họ (C m )
qua điểm cố định M (x 0 ; y 0 ) ⇔ y 0 = f (x 0 , m ), ∀m
⇔ gk (x 0 ; y 0 )m k + gk −1(x 0 ; y 0 )m k −1 + ... + g 0 (x 0 ; y 0 ) = 0, ∀m
gk (x 0 ; y 0 ) = 0
g (x ; y ) = 0
.
⇔ k −1 0 0
......................
g 0 (x 0 ; y 0 ) = 0
5.2. Vị trí tương đối giữa hai đồ thị. Cho hàm số y = f (x ) , (C ) và hàm số y = g(x ) , (C ′) .
Giao điểm của hai đồ thị
Số giao điểm của (C ) và (C ′) là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm f (x ) = g (x ) .
Điều kiện để hai đồ thị tiếp xúc nhau
f (x ) = g(x )
(C ) và (C ′) tiếp xúc nhau ⇔
có nghiệm.
f ′(x ) = g ′(x )
5.3. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số
Bài toán
Cách giải
Tiếp tuyến tại điểm thuộc đồ thị
Áp dụng công thức y − y 0 = f ′(x 0 )(x − x 0 ) .
Cho (C ) : y = f (x ) và M (x 0 ; y 0 ) ∈ (C ) . Viết
phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M .
Tiếp tuyến qua điểm cho trước
Cho (C ) : y = f (x ) và điểm A (x A ; yA ) . Viết
phương trình tiếp tuyến của (C ) qua A .
Cách 1. Gọi d là đường thẳng qua A (x A ; yA ) và
có hệ số góc k : y = k (x − x A ) + yA . Dùng điều
kiện tiếp xúc 5.2 để xác định k .
Cách 2. Pttt d tại điểm M (x 0 ; y 0 ) bất kỳ:
y − y 0 = f ′(x 0 )(x − x 0 ) .
Vì
d
qua
A
nên
yA − y 0 = f ′(x 0 )(x A − x 0 ) . Từ đây suy ra x 0 .
Tiếp tuyến có hệ số góc cho trước
Pttt d của (C ) tại M (x 0 ; y 0 ) bất kỳ:
Cho hàm số y = f (x ) , (C ) . Viết phương
y − y 0 = f ′(x 0 )(x − x 0 ) . Vì d có hệ số góc k nên
trình tiếp tuyến d của (C ) biết tiếp d có hệ
suy ra f ′(x 0 ) = k . Từ đây suy ra x 0 .
số góc k .
5.4. Đồ thị của hàm số chứa giá trị tuyệt đối
www.MATHVN.com
3
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Hàm số
Đồ thị
Từ đồ thị (C ) : y = f (x ) , Do f (x ) = f (x ), f (x ) ≥ 0 nên ta vẽ đồ thị (C ) như sau
1
−
f (x ), f (x ) < 0
hãy vẽ đồ thị (C 1 ) : y = f (x ) .
Giữ lại phần đồ thị (C a ) của (C ) không nằm phía dưới trục
Ox .
Lấy đối xứng phần đồ thị còn lại của (C ) qua trục Ox , ta
được phần đồ thị (C b ) . Khi đó (C 1 ) = (C a ) ∪ (C b ) .
Từ đồ thị (C ) : y = f (x ) , Ta có f x = f (x ), x ≥ 0 và f x là hàm chẵn nên đồ thị
f (−x ), x < 0
hãy vẽ đồ thị (C 2 ) : y = f x .
đối xứng qua trục tung. Do đó ta vẽ đồ thị (C 1 ) như sau
( )
( )
( )
Giữ phần đồ thị (C a ) của (C ) không nằm bên trái trục Oy.
Lấy đối xứng phần đồ thị còn lại của (C ) qua trục Oy, ta
được phần đồ thị (C b ) . Khi đó (C 2 ) = (C a ) ∪ (C b ) .
Từ đồ thị (C ) : y = f (x ) , Ta thực hiện như sau
hãy
vẽ
đồ
thị
(C 3 ) : Vẽ đồ thị của hàm số y = f x .
Vẽ đồ thị của hàm số y =
( )
y= f x .
( )
f (x ) .
đồ
thị Vì u x v x = u (x ) .v (x ), v (x ) ≥ 0 , nên ta vẽ C như sau
( ) ( ) −u x .v x , v x < 0
( 4)
( ) ( ) ( )
(C ) : y = u (x ).v (x ) , hãy vẽ đồ
Từ
Giữ lại phần đồ thị (C a ) của (C ) ứng với u (x ) ≥ 0 .
thị (C 4 ) : y = u(x ). v(x ) .
Lấy phần đối xứng phần đồ thị còn lại của (C ) qua trục
hoành, ta được (Cb ) . Khi đó (C 4 ) = (C a ) ∪ (C b ) .
6. Một số kiến thức khác liên quan
6.1. Các vấn đề liên quan đến Định lí về dấu của tam thức bậc hai
6.1.1. Định lí về dấu của tam thức bậc hai
Cho tam thức bậc hai f (x ) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) . Khi đó ta có 3 trường hợp
∆<0
−∞
+∞
x
cùng dấu với a
f(x)
∆=0
x
−∞
x0 = −
cùng dấu với a
f(x)
b
2a
0
+∞
cùng dấu với a
∆>0
x
f(x)
−∞
x1
cùng dấu a
0
x2
trái dấu a
www.MATHVN.com
4
0
+∞
cùng dấu a
WWW.MATHVN.COM
Khảo sát hàm số
6.1.2. Điều kiện tam thức không đổi dấu trên
Cho tam thức f (x ) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) . Khi đó ta có
∆ < 0
∆ < 0
f (x ) > 0, ∀x ∈ ⇔
f (x ) < 0, ∀x ∈ ⇔
.
a > 0
a < 0
∆ ≤ 0
∆ ≤ 0
f (x ) ≥ 0, ∀x ∈ ⇔
f (x ) ≤ 0, ∀x ∈ ⇔
.
a > 0
a < 0
6.1.3. So sánh các nghiệm của một phương trình bậc hai với một số thực cho trước
Xét phương trình bậc hai f (x ) = ax 2 + bx + c = 0 (1) và một số thực α cho trước. Khi đó
(1) có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn x1 < 0 < x 2 ⇔ P < 0 .
(1) có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn
(1) có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn
(1) có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn
(1) có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn
∆ > 0
0 < x1 < x 2 ⇔ P > 0 .
S > 0
∆ > 0
x1 < x 2 < 0 ⇔ P > 0 .
S < 0
∆ > 0
x1 < x 2 < α ⇔ af (α ) > 0 .
S
< α
2
∆ > 0
α < x1 < x 2 ⇔ af (α ) > 0 .
S
> α
2
(1) có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn x1 < α < x 2 . Đặt t = x − α , phương trình (1) trở
thành g (t ) = 0 (2), ta cần phải có
(2) có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn t1 < 0 < t 2 ⇔ P < 0 .
6.1.4. Liên hệ về số nghiệm giữa phương trình trùng phương và phương trình bậc hai
tương ứng
Cho phương trình trùng phương ax 4 + bx 2 + c = 0 (1). Đặt t = x 2 , phương trình (1) trở thành
at 2 + bt + c = 0 (2). Khi đó
(2) vô nghiệm
∆ < 0
(1) vô nghiệm ⇔
⇔
.
(2) có nghiệm t1 ≤ t2 < 0
∆ ≥ 0, P > 0, S < 0
P = 0
(1) có một nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t1 ≤ t 2 = 0 ⇔
.
S ≤ 0
(2) có nghiệm t = t > 0
∆ = 0, S > 0
1
2
(1) có hai nghiệm ⇔
⇔
.
(2) có nghiệm t1 < 0 < t 2
P < 0
www.MATHVN.com
5
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
P = 0
(1) có ba nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t1 = 0 < t2 ⇔
.
S > 0
∆ > 0
(1) có bốn nghiệm ⇔ (2) có nghiệm 0 < t1 < t 2 ⇔ P > 0 .
S > 0
6.2. Góc giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng ∆1 : a1x + b1y + c1 = 0 và ∆2 : a 2x + b2y + c2 = 0 . Khi đó ∆1 và ∆2 tạo với
nhau một góc α thì cos α =
a1a 2 + b1b2
.
a12 + b12 a 22 + b22
Đặc biệt
∆1 song song ∆2 ⇔
a1
a2
=
b1
b2
≠
c1
c2
a a
∆1 vuông góc ∆2 ⇔ − 1 . − 2 = −1 .
b b
1 2
k1
k2
6.3. Khoảng cách
6.3.1. Khoảng cách giữa hai điểm
Khoảng cách giữa hai điểm A(x A ; yA ) và B(x B ; yB ) là AB = (x B − x A )2 + (yB − yA )2 .
6.3.2. Khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng
Khoảng cách từ điểm M (x M ; yM ) tới ∆ : ax + by + c = 0 là d (M , ∆) =
ax M + byM + c
.
a2 + b2
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VÀ VÍ DỤ CÓ LỜI GIẢI
1. Tính đơn điệu của hàm số
Dạng toán 1. Tìm các giá trị của tham số để hàm số đơn điệutrên một khoảng cho trước
Bài 1. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1 3
x + mx 2 + (3m − 2) x + 1 đồng biến trên khoảng
3
(1; 2) .
Giải
Cách 1. Phương pháp đồ thị hàm số
Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ = x 2 + 2mx + 3m − 2 ≥ 0, ∀x ∈ (1; 2)
⇔ y ′ = x 2 + 2mx + 3m − 2 ≥ 0, ∀x ∈ 1; 2 (vì y ′ liên tục tại x = 1 và x = 2 )
⇔ g (x ) =
x2 − 2
≥ −m, ∀ ∈ 1; 2 hay min g (x ) ≥ −m .
2x + 3
x ∈1;2
x = −1 ∉ 1; 2
2x + 6x + 4
1
2
′
′
g
x
=
0
⇔
Ta có g (x ) =
; ( )
x = 2 ∈ 1; 2 , và g (1) = − 5 , g (2) = 7 .
2
(2x + 3)
2
1
1
Do đó min g (x ) = g (1) = − . Vậy các giá trị của m cần tìm là m ≥ .
5
5
x ∈1;2
Cách 2. Phương pháp tam thực bậc hai
www.MATHVN.com
6
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ = f (x ) = x + 2mx + 3m − 2 ≥ 0, ∀x ∈ (1; 2) . Điều này xảy ra nếu một
2
trong hai điều kiện sau đây được thỏa mãn
i. y ′ = x 2 + 2mx + 3m − 2 ≥ 0 ∀x ∈ , tức là ∆′ = m 2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2 .
ii. f (x ) = 0 có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn x1 < x 2 ≤ 1 hoặc 2 ≤ x1 < x 2 .
Trường hợp 1. f (x ) = 0 có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn x1 < x 2 ≤ 1 , ta có
m < 1 ∨ m > 2
′
2
1
∆ = m − 3m + 2 > 0
≤ m <1
1
af 1 = 5m − 1 ≥ 0
.
⇔ m ≥
⇔ 5
()
5
2
m
>
m > −1
S
= −m < 1
2
Trường hợp 2. f (x ) = 0 có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn 2 < x1 < x 2 , ta có
′
2
m < 1 ∨ m > 2
∆ = m − 3m + 2 > 0
af 2 = 7m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ − 2
⇔ m ∈ ∅.
( )
7
m < −2
S
= −m > 2
2
1
Kết hợp các trường hợp trên ta được các giá trị m cần tìm là m ≥ .
5
Bài 2. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1 3
x + (2m − 1) x 2 + m 2 − 9m + 9 x + 2 đồng biến
3
(
)
trên khoảng (−∞;1) .
Giải
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞;1) khi và chỉ khi
y ′ = f (x ) = x 2 + 2 (2m − 1) x + m 2 − 9m + 9 ≥ 0 ∀x ∈ (−∞;1) .
Điều này xảy ra khi và chỉ khi một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn
8
i. f (x ) ≥ 0 ∀x ∈ ⇔ ∆′ = 3m 2 + 5m − 8 ≤ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 1 .
3
ii. f (x ) = 0 có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn 1 ≤ x1 < x 2 , tương đương với
− 8 < m < 1
∆′ = 3m 2 + 5m − 8 > 0
3
8
2
m ∈
⇔m <− .
af
1
=
m
−
5
m
+
8
≥
0
⇔
()
3
S
m < 0
=
−
2
m
−
1
>
1
(
)
2
Kết hợp các trường hợp trên, ta được các giá trị m cần tìm là m ≤ 1 .
Bài 3. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
a. đồng biến trên
b. đồng biến trên
1 3
x + (2m − 1) x 2 + (m + 1) x + 2m − 1
3
,
1; +∞) ,
c. nghịch biến trên khoảng (0;1) .
Giải
www.MATHVN.com
7
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Ta có y ′ = f (x ) = x + 2 (2m − 1) x + m + 1 .
2
a. Hàm số đồng biến trên khi và chỉ khi y ′ = x 2 + 2 (2m − 1) x + m + 1 ≥ 0 ∀x ∈ . Khi đó
2
∆′ = (2m − 1) − m − 1 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 5 .
Vậy các giá trị của m cần tìm là 0 ≤ m ≤ 5 .
b. Hàm số đã cho đồng biến trên 1; +∞) khi và chỉ khi y ′ ≥ 0 ∀x ∈ 1; +∞) . Điều này tương
−x 2 + 2x
đương với g (x ) =
≤ m ∀x ∈ 1; +∞) hay max g (x ) ≤ m .
x ∈1;+∞)
4x + 1
x = −1 ∉ 1; +∞)
−4x 2 − 2x + 2
Ta có g ′ (x ) =
; g ′ (x ) = 0 ⇔
.
2
x = 1 ∉ 1; +∞)
(4x + 1)
2
Bảng biến thiên
x
g ′ (x )
1
g (x )
1
5
+∞
−
0
1
1
1
. Do đó ta có m ≥ . Vậy các giá trị m cần tìm là m ≥ .
x ∈1;+∞)
5
5
5
c. Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ ≤ 0 ∀x ∈ (0;1) y ′ ≤ 0 ∀x ∈ 0;1 (vì y ′ liên tục tại x = 0 và x = 1 )
−x 2 + 2x
⇔ g (x ) =
≥ m, ∀x ∈ 0;1 , tức là min g (x ) ≥ m .
x ∈0;1
4x + 1
x = −1 ∉ 0;1
1 1
1
Ta có g ′ (x ) = 0 ⇔
; g (0) = 0 ; g = và g (1) = .
1
x = ∈ 0;1
2 4
5
2
Do đó min g (x ) = g (0) = 0 nên các giá trị m cần tìm là m ≤ 0 .
Ta thấy max
g (x ) = g (1) =
x ∈0;1
Bài 4. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
x 2 + (2m + 1) x + 1
x −2
nghịch biến trên khoảng (0;1) .
Giải
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi y ′ =
x 2 − 4x − 4m − 3
2
(x − 2)
≥ 0 ∀x ∈ (0;1) , tương
đương với g (x ) = x 2 − 4x − 4m − 3 ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) . Vì g liên tục tại x = 0 và tại x = 1 nên
g (x ) = x 2 − 4x − 4m − 3 ≥ 0 ∀x ∈ 0;1 hay min g (x ) ≥ 0 .
x ∈0;1
Ta có g ′ (x ) = 2x − 4 = 0 ⇔ x = 2 ∉ 0;1 ; g (0) = −4m − 3 và g (1) = −4m − 6 .
3
Suy ra min
g (x ) = g (1) = −4m − 6 . Do đó các giá trị của m cần tìm là m ≤ − .
x ∈0;1
2
Bài 5. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
x 2 + (m + 1) x − 2m + 1
x − 2m
(1; +∞) .
Giải
www.MATHVN.com
8
đồng biến trên khoảng
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
2
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞) ⇔ y ′ =
2
x − 4mx − 2m − 1
2
(x − m )
g (x ) = x 2 − 4mx − 2m 2 − 1 ≥ 0 ∀x ∈ (1; +∞)
Ta thấy
m ≤ 1
g (x ) > 0, ∀x ∈ . Do đó các giá trị m cần tìm là m ≤ 1 .
≥ 0 ∀x ∈ (1; +∞) , hay
∆g′ = 6m 2 + 1 > 0 ∀m ∈
nên
Dạng toán 2. Tìm các giá trị của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện số cho trước
Bài 6. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1 3
x + mx 2 + mx + 2 có hai cực trị x1, x 2 thỏa mãn
3
x1 − x 2 ≥ 4 .
Giải
Hàm số đã cho có hai cực trị x1, x 2 ⇔ y ′ = x 2 + 2mx + 3m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2
m < 0
(1).
⇔ m 2 − 3m > 0 ⇔
m > 3
Khi đó
2
2
x1 − x 2 ≥ 4 ⇔ (x1 − x 2 ) ≥ 16 ⇔ (x1 + x 2 ) − 4x1x 2 − 16 ≥ 0 (2).
x + x = −2m
m ≤ −1
2
Theo định lí Viet ta có 1
nên (2) ⇔ 4m 2 − 12m − 16 ≥ 0 ⇔
(3)
m ≥ 4
x1x 2 = 3m
Kết hợp (1) và (3) ta tìm được các giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ≤ −1 hoặc m ≥ 4 .
Bài 7. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1 3 1
50
x − (2m − 1) x 2 + x + 1 có hai cực trị x1, x 2
3
2
9
thỏa mãn x1 = 2x 2 .
Giải
50
= 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2
9
m < 3 − 10 2
2
50
6
⇔ ∆ = (2m − 1) − 4. > 0 ⇔
(1)
9
+
3
10
2
m >
6
Hàm số đã cho các hai cực trị ⇔ y ′ = x 2 − (2m − 1) x +
Ta có x1 = 2x 2 nên theo định lí Viet, ta có x1 + x 2 = 2m − 1 ⇔ x 2 =
2m − 1
.
3
2
m = 3
2m − 1
50 2 50
50
=
.
Khi đó
x1x 2 =
2x 2 =
⇔ 2
⇔
9
9
9
3
m = −2
Hai giá trị vừa tìm được của m đều thỏa mãn (1) nên m = 3 và m = −2 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 8. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1 3 1
x − (m + 4) x 2 + (2m + 5) x + 1 thỏa mãn
3
2
a. có hai cực trị lớn hơn −1 ;
b. có đúng một cực trị lớn hơn −1 ;
3
c. có ít nhất một cực trị lớn hơn ;
2
www.MATHVN.com
9
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
d. có hai cực trị nhỏ hơn 4;
e. có một cực trong khoảng (3; 5) ;
f. không có cực trị.
Giải
x 2 − 4x + 5
.
x −2
x = 1
x 2 − 4x + 3
x 2 − 4x + 5
′
Xét hàm số g (x ) =
=
⇔
; g ′ (x ) =
;
g
x
0
.
(
)
2
x −2
x = 3
(x − 2)
Bảng biến thiên
3
1
2
3
4
x −∞
−1
2
+
+
+
−
−
−
g ′ (x )
y ′ = x 2 − (m + 4) x + 2m + 5 ; y ′ = 0 ⇔ m =
Ta có
−
+
10
3
−
5
2
−∞
−∞
+∞
+
+∞
−2
g (x )
5
+∞
2
5
2
10
3
Vì nghiệm của phương trình y ′ = 0 cũng chính là hoành độ giao điểm của y = m và y = g (x )
nên từ bảng biến thiên của hàm số y = g (x ) ta thấy
10
< m < −2 hoặc m > 2 .
3
10
b. Hàm số có đúng một cực trị lớn hơn −1 m ≤ − .
3
3
5
c. Hàm số có ít nhất một cực trị lớn hơn ⇔ m < − hoặc m > 2 .
2
2
5
d. Hàm số có hai cực trị nhỏ hơn 4 ⇔ m < −2 hoặc 2 < m < .
2
10
e. Hàm số có một cực trong khoảng (3; 5) ⇔ 2 < m < .
3
f. Hàm số không có cực trị ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 .
a. Hàm số có hai cực trị lớn hơn −1 ⇔ −
Bài 9. Tìm các giá trị của m để hàm số y = x 4 + (1 − m ) x 2 + 2m + 1 có ba cực trị.
Giải
(
)
Hàm số có ba cực trị ⇔ y ′ = 2x 2x 2 + 1 − m = 0 có ba nghiệm phân biệt
⇔ 2x 2 + 1 − m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
∆′ = −2 (1 − m ) > 0
m > 1
⇔
⇔
.
3 − m ≠ 0
m ≠ 3
m2
có ba điểm cực trị
2
A, B,C (trong đó điểm A thuộc trục tung) sao cho tứ giác ABOC là hình bình hành.
Bài 10. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y = x 4 + mx 2 + 6 −
Giải
www.MATHVN.com
10
WWW.MATHVN.COM
(
Khảo sát hàm số
)
Hàm số đã cho có ba cực trị ⇔ y ′ = 2x 2x + m = 0 có ba nghiệm phân biệt
2
⇔ 2x 2 + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔ m < 0.
−m
m2
m 2
. Hai nghiệm còn lại của y ′ = 0 là x = ±
Với x = 0 ta có y = 6 −
nên A 0; 6 −
.
2
2
2
−m
−m
3m 2
3m 2
3m 2
−m
Ta đều có y −
và có thể giả sử B −
;6 −
;6 −
= 6−
và C
.
2
2
4
2
4
4
m m 2
m
3m 2
Khi đó
BA = − ;
và OC = − ; 6 −
.
2 4
2
4
− m = − m
2 ⇔ m 2 = 6 ⇔ m = − 6 (vì ⇔ m < 0 )
Yêu cầu bài toán ⇔ BA = OC ⇔ 2 2
m
3m 2
= 6−
4
4
Bài 11. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y =
mx 2 + 3mx + 1
có hai điểm cực trị nằm về
x +2
hai phía trục tung.
Giải
Ta có
y′ =
mx 2 + 4mx + 6m − 1
2
(x + 2)
.
Hàm số đã cho có hai cực trị ⇔ mx 2 + 4mx + 6m − 1 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác −2
m ≠ 0
1
⇔ ∆′ = −2m 2 + m > 0 ⇔ 0 < m < (2).
2
2m − 1 ≠ 0
Khi đó gọi x1, x 2 là các nghiệm của phương trình (1). Yêu cầu bài toán tương đương với
x1x 2 < 0 ⇔
6m − 1
1
< 0 ⇔ 0 < m < (thỏa mãn (2)).
m
6
Bài 12. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y = x 3 + 3 (m − 1) x 2 + 3 (m − 1) x + 1 có hai điểm
cực trị, đồng thời đường thẳng nối hai điểm cực trị đi qua điểm A (0; −3) .
Giải
Hàm số đã cho có hai cực trị khi và chỉ khi y ′ = 3x 2 + 6 (m − 1) x + 3 (m − 1) = 0 có hai nghiệm
m < 1
phân biệt. Điều này xảy ra khi ∆′ = (m − 1)(m − 2) > 0 ⇔
(1).
m > 2
Gọi M 1 (x1; y1 ) và M 2 (x 2 ; y 2 ) là các điểm cực trị. Thực hiện phép chia đa thức y cho y ′ , ta được
1
m − 1
y ′ + 2 (m − 1)(2 − m ) x − m 2 + 2m .
y = x +
3
3
www.MATHVN.com
11
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Vì x1, x 2 là nghiệm của phương trình y ′ = 0 nên ta có y1 = 2 (m − 1)(2 − m ) x1 − m 2 + 2m và
y 2 = 2 (m − 1)(2 − m ) x 2 − m 2 + 2m . Do đó M1 , M 2 ∈ dm : y = 2 (m − 1)(2 − m ) x − m 2 + 2m ,
và như vậy dm là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị M1 và M 2 .
m = −1
Ta có A (0; −3) ∈ dm ⇔ m 2 − 2m − 3 = 0 ⇔
(thỏa mãn điều kiện (1)). Vậy các giá trị
m = 3
m cần tìm là m = −1 và m = 3 .
Bài 13. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y =
1 3
m
x + mx 2 + x +
có hai điểm cực trị nằm
3
3
cùng phía đối với đường thẳng ∆ : y = −2x .
Giải
Hàm số có hai cực trị ⇔ y ′ = x 2 + 2mx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆′ = m 2 − 1 > 0 hay m > 1 (1).
Với điều kiện (1), ta gọi M 1 (x1; y1 ) và M 2 (x 2 ; y 2 ) là các điểm cực trị. Thực hiện phép chia y cho
y ′ được
1
1
2
y = x + m y ′ + 1 − m 2 x (2)
3
3
3
(
)
Vì x1, x 2 là các nghiệm của phương trình y ′ = 0 nên từ (2) ta suy ra y1 =
2
1 − m 2 x1 và
3
(
)
2
1 − m 2 x 2 . Các điểm M 1 (x1; y1 ) và M 2 (x 2 ; y 2 ) nằm cùng phía đối với ∆ : 2x + y = 0
3
tương đương với
2x + 2 1 − m 2 x . 2x + 2 1 − m 2 x > 0
1
1
2
2
3
3
y2 =
(
)
(
(
)
2
)
(
(
⇔ 4 − m 2 x1x 2 > 0 ⇔ 4 − m 2
)
2
)
> 0 hay m ≠ ±2 (3).
Kết hợp (1) và (3) ta được các giá trị m cần tìm là m > 1 và m ≠ ±2 .
Bài 14. Tìm các giá trị của m để hàm số y =
1 3
x + x 2 + mx + m có cực đại và cực tiểu, đồng thời
3
khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 2 15 .
Giải
Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ y ′ = x 2 + 2x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆′ = 1 − m > 0 hay m < 1 (1).
Với điều kiện (1), ta gọi M1 (x1; y1 ) và M 2 (x 2 ; y 2 ) là các điểm cực trị. Thực hiện phép chia đa thức
y cho y ′ được
y=
1
2
2
x + 1) y ′ + (m − 1) x + m (2).
(
3
3
3
Vì x1, x 2 là các nghiệm của phương trình y ′ = 0 nên từ (2) ta suy ra y1 =
y2 =
2
2
m − 1) x 2 + m .
(
3
3
www.MATHVN.com
12
2
2
m − 1) x1 + m và
(
3
3
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Ta có
(x
M1M 2 =
2
2
2
− x1 ) + (y 2 − y1 ) = 2 15
2
2
4
⇔ 1 + (m − 1) (x1 + x 2 ) − 4x1x 2 = 60
9
2
4
⇔ 1 + (m − 1) 4 − 4m = 60
9
⇔ 4m 3 − 12m 2 + 21m + 122 = 0
(
)
⇔ (m + 2) 4m 2 − 20m + 60 = 0
⇔ m = −2 (vì 4m 2 − 20m + 60 > 0 ∀m ∈ ).
Ta thấy giá trị m = −2 thỏa mãn điều kiện (1) nên m = −2 là giá trị cần tìm.
Bài 15. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y =
đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0 .
x 2 + mx + 3
có hai điểm cực trị cách đều
x −1
Giải
Hàm số có hai cực trị ⇔ y ′ =
x 2 − 2x − m − 3
2
(x − 1)
= 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ x 2 − 2x − m − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1
∆′ = m + 4 > 0
⇔ m > −4 (1).
⇔
m + 4 ≠ 0
Khi đó, ta gọi M 1 (x1; y1 ) và M 2 (x 2 ; y 2 ) là các điểm cực trị.
Đặt u (x ) = x 2 + mx + 3 ; v (x ) = x − 1 thì y ′ =
u ′ (x ) v (x ) − u (x )v ′ (x )
v (x )
2
.
Vì x1 là nghiệm của phương trình y ′ = 0 nên u ′ (x1 ) v (x1 ) − u (x1 ) v ′ (x1 ) = 0 ⇔
u (x1 )
v (x1 )
=
u ′ (x1 )
v ′ (x1 )
,
tức là y1 = 2x1 + m . Tương tự y 2 = 2x 2 + m .
Do M1, M 2 cách đều ∆ nên
x1 + 2x1 + m − 2
=
x 2 + 2x 2 + m − 2
2
2
⇔ 3 (x1 − x 2 ) 3 (x1 + x 2 ) + 2m − 4 = 0
⇔ 3 (x1 + x 2 ) + 2m − 4 = 0 (vì x1 ≠ x 2 )
⇔ 3.2 + 2m − 4 = 0
⇔ m = −2 (thỏa mãn điều kiện (1)).
Vậy m = −2 là giá trị cần tìm.
Dạng toán 3. Các bài toán liên quan đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số
Bài 16. Cho hàm số y =
22 27
1 3
x + x 2 + x + 1 có đồ thị (C ) và ba điểm A (1;1), B (0; 2),C ; .
5 5
3
Viết phương trình tiếp tuyến ∆ với đồ thị (C ) biết rằng giao điểm của ∆ và đường thẳng
d : y = x + 1 là trọng tâm của tam giác ABC .
www.MATHVN.com
13
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Giải
Ta có y ′ = x 2 + 2x + 1 . Phương trình tiếp tuyến ∆ của (C ) tại điểm (x 0 ; y 0 ) có dạng
2
2
y = (x 0 + 1) x − x 03 − x 02 + 1 .
3
Hoành độ giao điểm G của ∆ và d là nghiệm của phương trình
2
2x 2 + 3x 0
2
x 0 ≠ 0; x 0 ≠ −2 (1).
(x 0 + 1) x − 3 x 03 − x 02 + 1 = x + 1 ⇔ x = 0
3 (x 0 + 2)
(
Tung độ giao điểm tương ứng là y =
(
) , nên G 2x
2 x 02 + 3x 0 + 3
3 (x 0 + 2)
)
(
) .
2
+ 3x 0 2 x 0 + 3x 0 + 3
;
3 (x 0 + 2)
3 (x 0 + 2)
2
0
22
2
1+ 0 +
2
x
+
3
x
0
5 =9
0
=
3
5
3 (x 0 + 2)
Điểm G là trọng tâm của tam giác ABC ⇔
.
27
2
1+ 2 +
2 x 0 + 3x 0 + 3
5 = 14
=
3 (x 0 + 2)
3
5
9
Giải hệ phương trình trên ta được x 0 = 3 hoặc x 0 = − . Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều
5
kiện ở phương trình (1).
9
16
206
Với x 0 = 3 hoặc x 0 = − ta được các tiếp tuyến cần tìm là y = 16x − 26 và y =
x+
.
5
25
125
(
)
1 3
x + 2mx 2 + (3m − 1) x + 1 có đồ thị (C m ) . Viết phương trình tiếp
3
tại điểm có hoành độ bằng 1. Tìm các giá trị của m để giao điểm của ∆ và
Bài 17. Cho hàm số y =
tuyến ∆ của (C m )
d : y = 2x cách đều các trục tọa độ.
Giải
1
y ′ = x 2 + 4mx + 3m − 1 ; y ′ (1) = 7m và y (1) = 5m + .
3
1
1
Phương trình tiếp tuyến của (C m ) tại 1; 5m + là y = 7mx − 2m + .
3
3
Hoành độ giao điểm của ∆ và d là nghiệm của phương trình
1
6m − 1
7mx − 2m + = 2x ⇔ x =
.
3
3 (7m − 2)
Ta có
Tung độ giao điểm tương ứng là y =
12m − 2
3 (7m − 2)
. Giao điểm của ∆ và d cách đều hai trục tọa độ
khi và chỉ khi
6m − 1
3 (7m − 2)
=
12m − 2
3 (7m − 2)
m ≠ 2
m ≠ 2
7
7 ⇔m = 1.
⇔ 6m − 1 = 12m − 2 ⇔
1
6
6m − 1 = −12m + 2
m =
6
www.MATHVN.com
14
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
x +2
có đồ thị (C ) . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của
x −1
(C ) . Chứng minh rằng một tiếp tuyến bất kỳ với (C ) luôn cắt hai tiệm cận tại hai điểm A, B sao
Bài 18. Cho hàm số y =
cho tam giác IAB có diện tích không đổi.
Giải
Trước hết ta thấy
lim+ y = +∞ và lim− y = −∞ nên (C ) có tiệm cận đứng là ∆1 : x = 1 .
x →1
x →1
lim y = 1 và lim y = 1 nên (C ) có tiệm cận ngang là ∆2 : y = 1 .
x →+∞
x →1−∞
Do đó giao điểm của ∆1 và ∆2 là I (1;1) .
Ta có y ′ =
−3
2
(x − 1)
. Phương trình d tiếp tuyến với (C ) tại điểm (x 0 ; y 0 ) có dạng
−3
y=
(x
x − x0 ) +
2 (
− 1)
0
x 02 + 4x 0 − 5
Với x = 1 thì y =
2
(x
0
− 1)
x0 + 2
x0 + 1
hay y =
−3
(x
0
x+
2
− 1)
x 02 + 4x 0 − 2
(x
2
0
− 1)
.
2
x + 4x − 5
0
0
là giao điểm của d và ∆ .
nên A 1;
1
2
(x 0 − 1)
Với y = 1 thì x = x = 2x 0 − 1 nên B (2x 0 − 1;1) là giao điểm của d và ∆2 .
Khi đó
IA =
6
x0 − 1
S IAB =
và IB = 2 x 0 − 1 nên diện tích tam giác IAB là
1
1
6
IA.IB = .
.2 x 0 − 1 = 6 (không đổi) (đccm).
2
2 x0 − 1
Bài 19. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) hàm số y =
Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB vuông cân.
x +2
, biết tiếp tuyến cắt Ox và
x −2
Giải
Ta có y ′ =
−4
2
(x − 2)
. Phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm M (x 0 ; y 0 ) , (x 0 ≠ 2) có dạng
d:y=
x0 + 2
−4
0
−2
0
.
− 2)
Do tiếp tuyến d cắt Ox và Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB vuông cân nên d vuông
góc với một trong các đường thẳng ∆1 : y = x hoặc ∆2 : y = −x .
Nếu d ⊥ ∆1 thì
−4
(x
2
0
− 2)
(x
2
(x − x ) + x
0
x = 4
2
= −1 ⇔ (x 0 − 2) = 4 ⇔ 0
.
x 0 = 0
Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến y = −x − 1 .
Với x 0 = 4 ta có tiếp tuyến y = −x + 7 .
Nếu d ⊥ ∆2 thì
−4
(x
2
− 2)
0
= 1 . Phương trình này vô nghiệm.
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là y = −x − 1 và y = −x + 7 .
www.MATHVN.com
15
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Bài 20. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y = x − 3x + 1 , biết tiếp tuyến
3
2
đi qua điểm A (2; −3) .
Giải
Gọi dk là đường thẳng đi qua điểm A (2; −3) và có hệ số góc k thì dk : y = k (x − 2) − 3 .
x 3 − 3x 2 + 1 = k (x − 2) − 3 (1)
Khi đó, dk tiếp xúc với (C ) ⇔ 2
có nghiệm.
(2)
3x − 6x = k
Thay (2) vào (1), ta được x 3 − 3x 2 + 1 = 3x 2 − 6x (x − 2) − 3
(
)
x = 2
.
⇔ 2x − 9x + 12x − 4 = 0 ⇔
x = 1
2
Với x = 2 , thay vào (2) được k = 0 , ta có tiếp tuyến dk : y = −3 .
3
Với x =
2
1
9
9
3
, thay vào (2) được k = − , ta có tiếp tuyến dk : y = − x + .
2
4
4
2
Bài 21. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 − 3x + 1 , biết tiếp tuyến
tạo với đường thẳng ∆ : y = x + 3 một góc α sao cho cos α =
5
.
41
Giải
Giả sử tiếp tuyến d cần tìm có hệ số góc k . Các VTPT của d và ∆ lần lượt là nd = (k ; −1) và
n ∆ = (1; −1) . Tiếp tuyến d tạo với ∆ một góc α sao cho
5
cos α =
⇔
41
2
k +1
2
2 k +1
(
=
5
41
)
⇔ 41(k + 1) = 50 k 2 + 1
k = 9
⇔ 9k − 82k + 9 = 0 ⇔
.
k = 1
9
2
Với k = 9 ta có f ′ (x 0 ) = 3x 02 − 3 = 9 ⇔ x 0 = ±2 . Các tiếp tuyến của (C ) tại x 0 = 2 và
x 0 = −2 lần lượt có phương trình y = 9x − 15 và y = 9x + 17 .
Với k =
x0 = ±
1
1
2 21
ta có f ′ (x 0 ) = 3x 02 − 3 = ⇔ x 0 = ±
. Các tiếp tuyến của
9
9
9
(C )
tại
2 21
1
243 ± 112 21
có phương trình y = x +
.
9
9
243
Dạng toán 4. Tìm các giá trị của tham số để giao điểm đồ thị hàm số và đường thẳng thỏa mãn
điều kiện cho trước
Bài 22. Tìm các giá trị của m để đường thẳng dm : y = mx − m cắt đồ thị (C ) : y =
(
)
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABC vuông tại đỉnh C 1; 2 .
www.MATHVN.com
16
x 2 + 2x − 1
x −1
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Giải
Đường thẳng dm cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔ mx − m =
biệt, tức là
(m − 1) x
2
x 2 + 2x − 1
có hai nghiệm phân
x −1
− 2 (m − 1) x + m + 1 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
m ≠ 1
m − 1 ≠ 0
2
⇔ ∆′ = (m − 1) − (m − 1)(m + 1) > 0 ⇔ m < 1 ⇔ m < 1 .
m − 1 − 2 (m − 1) + m + 1 ≠ 0
m ∈
Với điều kiện đó, gọi x1, x 2 là các nghiệm của phương trình (1); các giao điểm của dm và (C ) là
A (x1; mx1 − m ) , B (x 2 ; mx 2 − m ) .
CA = (x1 − 1; mx1 − m − 1) ; CB = (x 2 − 1; mx 2 − m − 1) .
Ta có
ABC vuông tại đỉnh C ⇔ CACB
.
= 0 ⇔ (x1 − 1)(x 2 − 1) + (mx1 − m − 1)(mx 2 − m − 1) = 0
2
⇔ 1 + m 2 x1x 2 − 1 + m m + 2 (x1 + x 2 ) + m + 2 + 1 = 0
2
m
+
1
⇔ 1 + m2 .
− 2 1 + m m + 2 + m + 2 + 1 = 0
m −1
(
)
(
)
(
)
(
(
) (
)
)
⇔ 2 2m (m − 1) = 0 ⇔ m = 0 (vì m < 1 ).
Bài 23. Cho hàm số y = x 3 − 3 (m + 1) x 2 − 3x + 1, (C m ) . Tìm các giá trị của m để đường thẳng
d : y = x + 1 cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A; B (0;1);C sao cho AC = 5 2 .
Giải
Giao điểm của (C m ) và d có hoành độ là nghiệm của phương trình
x 3 − 3 (m + 1) x 2 − 3x + 1 = x + 1 (1)
x = 0
⇔ x x 2 − 3 (m + 1) x − 4 = 0 ⇔ 2
.
x − 3 (m + 1) x − 4 = 0 (2)
và d có 3 giao điểm ⇔ (1) có 3 nghiệm phân biệt
(
(C )
m
)
⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
2
∆ = 9m + 18m + 25 > 0( ∀m ∈ )
⇔
.
3 ≠ 0( ∀m ∈ )
Giả sử A (x1; x1 + 1) và C (x 2 ; x 2 + 1) thì
2
2
AC 2 = 50 ⇔ (x 2 − x1 ) + (x 2 + 1) − (x1 + 1) = 50
2
⇔ (x 2 − x1 ) = 25
2
⇔ (x1 + x 2 ) − 4x1x 2 = 25
m = 0
2
.
⇔ 9 (m + 1) + 16 = 25 ⇔
m
=
−
2
Bài 24. Tìm các giá trị của m để đường thẳng dk : y = kx + 2 − k cắt đồ thị (C ) của hàm số
y=
2x + 1
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho A và B cách đều điểm D (2; −1) .
x −1
www.MATHVN.com
17
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Giải
2x + 1
= kx + 2 − k có hai nghiệm phân biệt
x −1
⇔ kx 2 − 2kx + k − 3 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
k ≠ 0
⇔
⇔ k > 0 (2)
∆′ = k 2 − k (k − 3) > 0
là các giao điểm của dk và (C ) . Ta có
dk cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔
Giả sử A (x1; y1 ), B (x 2 ; y 2 )
2
2
2
2
AD = BD ⇔ (x1 − 2) + (kx1 − k + 3) = (x 2 − 2) + (kx 2 − k + 3)
⇔ (x1 − x 2 )(x1 + x 2 − 4) + k (x1 − x 2 ) k (x1 + x 2 ) − 2k + 6 = 0
2
2
⇔ (x1 − x 2 ) (x1 + x 2 ) − 4 + k (x1 + x 2 ) − 2k + 6k = 0
⇔ (x1 + x 2 ) − 4 + k 2 (x1 + x 2 ) − 2k 2 + 6k = 0 (vì x1 ≠ x 2 )
⇔ 2 − 4 + 2k 2 − 2k 2 + 6k = 0 (do x1; x 2 là nghiệm của phương trình (1)
⇔k =
1
(thỏa mãn điều kiện (2))
3
Dạng toán 5. Các bài toán liên quan đến đồ thị của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối
Bài 25. Từ đồ thị của hàm số (C ) : y = x 3 − 3x 2 + 3 hãy vẽ đồ thị của các hàm số sau
3
3
b. y = x − 3x 2 + 3
a. y = x 3 − 3x 2 + 3
c. y = x − 3x 2 + 3
Giải
y
Trước hết ta vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = f (x ) = x 3 − 3x 2 + 3 .
3
f (x ) , f (x ) ≥ 0
a. Ta có y = x 3 − 3x 2 + 3 =
−f (x ), f (x ) < 0
(C )
, (C 1 ) .
2
O
-1
Do vậy ta vẽ (C 1 ) như sau
x
1
Giữ lại phần đồ thị của (C ) không nằm bên dưới trục hoành,
( )
ta gọi là C 1a .
( )
Lấy đối xứng phần còn lại của (C ) qua trục Ox, ta gọi là C 1b .
b
1
f (x ) , x ≥ 0
, đồng thời hàm số f x
f (−x ), x < 0
b. Ta có y = x − 3x 2 + 3 =
3
( )
là hàm chẵn nên đồ thị của nó đối xứng qua trục tung. Do đó ta
vẽ đồ thị (C 2 ) của nó như sau
Giữ lại phần đồ thị của (C ) không nằm bên trái trục hoành, ta
www.MATHVN.com
18
(C )
3
( ) và (C ) .
Đồ thị (C 1 ) gồm có hai phần C
a
1
y
1
1
2
O
-1
1
x
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
y
( ).
gọi là C
a
2
3
( )
( )
Đồ thị (C ) gồm có hai phần (C ) và (C ) .
Lấy đối xứng C 2a qua trục tung ta được C 2b .
a
2
2
b
2
-2
2
O
3
c. Ta vẽ đồ thị (C 3 ) của hàm số y = x − 3x 2 + 3 như sau
-1
x
1
Từ đồ thị (C ) của hàm số (C ) : y = x 3 − 3x 2 + 3 , ta vẽ đồ thị
(C ) của hàm số y = x
2
3
y
− 3x 2 + 3 .
3
Từ đồ thị (C 2 ) , ta vẽ đồ thị (C 3 ) của hàm số y = x − 3x 2 + 3 .
3
1
O
-2
-1
2
x
1
Bài 26. Cho hàm số y = x 4 − 4x 2 + 3, (C ) .
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b. Tìm các giá trị của m để phương trình x 4 − 4x 2 + 3 − log2 m + 1 = 0 có 8 nghiệm phân biệt.
Giải
a. (Học sinh tự khảo sát)
y
(C )
3
1
O
b. Ta biến đổi
-1
1
x
x 4 − 4x 2 + 3 − log 2 m + 1 = 0
⇔ x 4 − 4x 2 + 3 = log 2 m − 1 (1).
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của
(C ) : y = x
1
4
(C )
y
1
− 4x 2 + 3 và đường thẳng dm : y = log 2 m − 1 .
3
dm
x 4 − 4x 2 + 3, x 4 − 4x 2 + 3 ≥ 0
Vì x − 4x + 3 = 4
, nên ta vẽ đồ
x − 4x 2 + 3, x 4 − 4x 2 + 3 < 0
1
thị (C 1 ) như sau
O
4
2
Giữ lại phần đồ thị của (C ) không nằm dưới trục hoành, ta
( )
gọi là C 1a .
( )
Lấy đối xứng phần còn lại của (C ) qua trục hoành, ta được C 1b .
( )
( )
Đồ thị gồm có C 1a và C 1b .
www.MATHVN.com
19
-1
1
x
Khảo sát hàm số
WWW.MATHVN.COM
Dạng toán 6. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước
Bài 27. Cho hàm số y =
2x + 1
, (C ) . Tìm điểm M thuộc (C ) sao cho
x −1
a. M có tọa độ nguyên;
b. M cách đều hai trục tọa độ;
c. Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận là nhỏ nhất;
(
)
d. M cách đều gốc tọa độ O và A 2 + 2 5; 2 ;
e. M có khoảng cách tới ∆ : x + 3y − 2 3 = 0 bằng
3 3
.
2
Giải
2x + 1
, x ≠ 1 .
Với M ∈ (C ) bất kỳ, ta có M x 0 ; 0
x 0 − 1 0
x ∈
0
a. Điểm M có tọa độ nguyên, tức là 2x 0 + 1
3
= 2+
∈
x 0 − 1
x0 − 1
⇔ (x 0 − 1) 3 và x 0 ∈
⇔ (x 0 − 1) ∈ {±1; ±3}
⇔ x 0 ∈ {−2; 0; 2; 4} .
Vậy có 4 điểm trên (C ) có tọa độ nguyên là M1 (−2;1) ; M 2 (0; −1) ; M 3 (2; 5) và M 4 (4; 3) .
b. Khoảng cách từ điểm M tới các các trục Ox và Oy lần lượt là
2x 0 + 1
x0 − 1
và x 0 .
x 0 = 3 + 13
.
x 0 = 3 − 13
4 + 13
4 − 13
M
3
−
13
;
Vậy có hai điểm thoản mãn yêu cầu bài toán là M 5 3 + 13;
và
.
6
3
3
c. Ta có
lim+ y = +∞ và lim y = −∞ nên (C ) có tiệm cận đứng là ∆1 : x = 1 .
x 2 − 3x − 1 = 0
0
Yêu cầu bài toán ⇔
= x 0 ⇔ 02
⇔
x0 − 1
x 0 + x 0 + 1 = 0 (VN )
2x 0 + 1
x →1
x →1−
lim y = 2 và lim y = 2 nên (C ) có tiệm cận ngang là ∆2 : y = 2 .
x →+∞
x →−∞
Khoảng cách từ điểm M lần lượt tới các tiệm cận là d (M , ∆1 ) = x 0 − 1 và d (M , ∆2 ) =
Khi đó
d (M , ∆1 ) + d (M , ∆2 ) = x 0 − 1 +
3
x0 − 1
Cosi
≥ 2 x0 −1 .
3
x0 − 1
3
=2 3
x0 − 1
x 0 = 1 + 3
Đẳng thức xảy ra ⇔ x 0 − 1 =
⇔ x0 − 1 = 3 ⇔
.
x0 −1
x 0 = 1 − 3
3
2
(
)
(
)
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là M 7 1 + 3; 2 + 3 và M 8 1 − 3; 2 − 3 .
www.MATHVN.com
20
.
- Xem thêm -
.PDF 
40 
171 
70 
