Tài liệu Chuyên đề toán luyện thi đại học

  • Số trang: 343 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 619 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

Lời nói đầu! Sau những ngày tháng vật lộn với kì thi đại học, mình cũng sưu tầm được kha khá tài liệu môn Toán, đây là môn học mang tính tuy duy cao, nó không chỉ là kiến thức phục vụ trực tiếp cho các kì thi, mà qua Toán học ta có thể nâng cao sự tư duy, hoàn thiện bản thân hơn, hãy đam mê nó sẽ thấy được những vẻ đẹp kì điều kì diệu của Toán học. Những đường cong quyến rũ của đồ thị, mê cung kì diệu của hệ phương trình hay những hình không gian hết sức trừu tượng, bộ tài liệu này mình khá là tâm đắc vì được mình sưu tầm trên http:onluyentoan.vn .Hi vọng cuốn tài liệu này là những bước đầu trên con đường chinh phục đỉnh cao Toán học . Quan trọng hơn là kì thi đại học sắp tới, nó sẽ là những bước ngoặt lớn trong cuộc đời, chúc các bạn thành công! Qua cuốn tài liệu này mình muốn gửi lời cảm ơn tới các thành viên của Diễn Đàn “ Ôn luyện toán” và đặc biệt tới các thành viên như : Hâm-hấp; tkvn; nguoivn; K.K.Đ.Đ.Đ.L.T; binhncb; dzitxiem; Storm Spirit; kienqb; tranphongk33; cokeu14_bl…… Qua cách giải bài, trình bày, lí luận và tư duy, mình đã học hỏi được rất nhiều, không chỉ có học mà từng cách ứng xử, lời ăn tiếng nói cũng được các thành viên chỉ bảo lẫn nhau, đó là điều hứng thú nhất mà mình cảm thấy đây là diễn đàn đầu tiên cảm nhận được vậy, cám ơn diễn đàn rất nhiều, hi vọng ngày càng nhiều thành viên tham gia diễn đàn, chúc diễn đàn ngày càng lớn mạnh . Nếu thấy hữu ích hãy gửi cho mình 1 SMS để là lời động viên cho mình nhé, My phone : 01645362939, 01258774067  Dù đã cố gắng nhưng không thể không có sai sót, rất mong sự góp ý của các bạn để mình hoàn thiện tài liệu này. Thân ái: Vũ Tùng Lâm H/s: THPT Lục Ngạn số 3. A3K11. S/v: BK2.15 K57. Phụ Lục Chuyên đề I: Khảo sát hàm số………………………………………………… Phần 1: Hàm số bậc 3………………………………………………… 2 Phần 2: Hàm bậc nhất trên bậc nhất…………………………………. 35 Phần 3: Hàm số bậc 4………………………………………………… 52 Chuyên đề II: Phương Trình Lượng giác, PT-Hệ PT …………………………. Phần 1: Phương Trình Lượng Giác……………………………………. 61 Phần 2: Hệ Phương Trình……………………………………………… 108 Phần 3: PT mũ – logarit……………….……………………………….. 173 Phần 4: Phương Trình vô tỉ…………………………………………….. 235 Chuyên đề III: Tích Phân, Nguyên Hàm............................................................ 304 Chuyên đề IV: Thể tích khối chóp...................................................................... 317 Chuyên đề V: Tọa độ trong mặt phẳng, không gian................................................ Phần 1 : Tọa độ trong không gian……………………………………….. 335 Phần 2: Tọa độ trong mặt phẳng………………………………………….339 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Chuyên đề I: Khảo sát hàm số Phần 1: Hàm số bậc 3 Coppy right ©: Mobile_lam Bài 1: Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  3m(m  2) x  12m  8 có đồ thị là (Cm ) . Tìm m để (Cm ) có hai điểm cực trị A, B sao cho AM  BM nhỏ nhất với M (3;2). Lời Giải: Trước tiên, đạo hàm của hàm số f ( x )  x 3  3(m  1) x 2  3m(m  2) x  12m  8 là f ( x)  3 x 2  6 x (m  1)  3m 2  6m. f ( x)  0  3x 2  6 x (m  1)  3m2  6m  0  x 2  2 x (m  1)  m2  2m  0 x  m  2  ( x  m  1) 2  1    xm Không mất tính tổng quát, ta có thể cho x  m là hoành độ điểm A và x  m  2 là hoành độ điểm B . Khi đó, ta tìm được tọa độ của chúng là: A(m, m3  3m 2  12m  8), B(m  2, m3  3m2  12m  4). Khi đó,   MA  MB  (m  3)2  (m3  3m2  12m  6) 2  (m  1)2  (m3  3m 2  12m  2)2 . Áp dụng Cauchy- Schwarz: (3  m)2  (m3  3m 2  12 m  6)· 1  4  3  m  2(m3  3m 2  12m  6)  2m3  6m 2  25m  15, Do đó, (m  1) 2  ( m3  3m 2  12m  2)2 · 1  4  (m  1)  2(  m3  3m 2  12m  2)  2m 3  6m 2  25m  5. 5  10    2 5 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của  là 2 5, xảy ra khi và chỉ khi m  2.  Có thể xứ lí gọn hơn như sau: Nhận thấy AB  2 5, do đó theo bất đẳng thức tam giác ta có: AM  BM  AB  2 5.   Đẳng thức xảy ra khi: AM  k AB, k  0. Từ đó ta tìm được m  2. Bài 2: Chứng minh rằng (Cm ) : y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  3m luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định. E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -2-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng: y  3ax  b . Khi đó hệ phương trình sau có nghiệm với mọi m ( x  m)3  3( x  m)  3ax  b(1)  2 3( x  m)  3  3a (2) để PT (2) có nghiệm m thì: a  1 và khi đó ta thu được x   m  a  1 (3) và x  x   m  a  1 (4) Thay (3) vào (1) ta được: ( a  1)3  3( a  1)  3a ( m  a  1)  b có nghiệm với mọi m Phương trình bậc nhất A.m  B  0 có nghiệm với mọi m khi A  B  0 .Suy ra a  0 và b  2 Thay (4) vào (1) ......................Suy ra a  0 và b  2 Bài 3: 1 1 Cho hàm số y  mx 3  (m  1) x 2  3(m  2) x  . 3 3 Tìm điểm cố định của họ đồ thị của hàm số. Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại và cực tiểu x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  2 x2  1. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên [2,  ). Câu a. Để tìm điểm cố định, ta coi phương trình đã cho có ẩn là m còn x, y là tham số. Điểm A( x, y ) là điểm cố định nếu phương trình ẩn m kia nghiệm đúng với mọi m. Với phương trình am  b  0, thì nghiệm đúng với mọi m khi a  b  0. Áp dụng vào bài này ta  x3  1 viết phương trình thành m   x 2  3x   x 2  6 x   y  0. Phương trình này có nghiệm với 3  3   x3 2   x  3 x  0 1  1 3 mọi m khi và chỉ khi  Giải ta được x  0, y  . Vậy A  0,  là điểm cố 3  3 x2  6x  1  y  0  3 định. Câu b. Cực trị của hàm số liên quan đến dấu của đạo hàm cấp một, với hàm số bậc ba nó có hai cực trị tương đương đạo hàm cấp một có hai nghiệm phân biệt. Ta có y   mx 2  2(m  1) x  3(m  2). Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì đạo hàm cấp một phải có hai nghiệm phân biệt, điều kiện cần là m  0. Khi đó   (m  1)2  3m(m  2)  0  2m2  4m  1  0. (1) Với điều kiện (1), ta tính được hai nghiệm của phương trình y   0 rồi thế vào đẳng thức đề cho để giải tìm m chú ý rằng dấu của m sẽ cho E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -3-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 ta hai trường hợp của x1 , x2 . Câu c. Hàm số đồng biến trên [2,  ) khi đạo hàm cấp một không âm, khác hằng trên đó. Ta viết lại y   m( x 2  2 x  3)  2 x  6. Khi đó y   0 sẽ tương đương với 6  2x m 2  g ( x ), x  [2,  ). Yêu cầu của bài toán dẫn đến ta cần tìm m để cận trên của x  2x  3 g ( x) trên [2,  ) không vượt quá m. Ta lập bảng biến thiên hàm g để tìm ra kết quả.  Bài 4 : Cho hàm số y  x 3  3ax 2  4a 3 . Với a>0 cố định, hãy khảo sát sự biến của hàm số. Xác định a để các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số là đối xứng với nhau qua đường thẳng y  x. Xác định a để đường thẳng y  x cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB  BC. Phân tích hướng giải câu b. Khi nói đến cực đại và cực tiểu ta cần chú ý nó liên quan đến đạo hàm cấp một, nghiệm và dấu của của y'. Đặc biệt bài toán lại đòi hỏi tính đối xứng của hai điểm qua một đường thẳng cho trước nên ta cần biết tính chất hình học của nó bao gồm hai ý: đường thẳng đi qua hai điểm phải vuông góc với đường thẳng cho trước và trung điểm của hai điểm đó phải thuộc đường thẳng cho trước. Lời giải. Ta có tập xác định: D  . Lại có: y   3x 2  6ax. Từ đó: y  0  3 x 2  6ax  0  3 x( x  2a )  0 Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình  x  0, x  2a y   0 có hai nghiệm phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua hai nghiệm đó. Điều đó tương thích với điều kiện lúc này là a  0. Gọi tọa độ hai cực điểm đó là A(0, 4a 3 ), B(2a, 0). x y Hướng giải 1. Ta có phương trình thẳng AB:  3  1  y  2a 2 x  4a 3 . Gọi I là trung 2a 4a x A  xB  a  xI  2 điểm của AB thì tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:  Vậy y  y 3 B y  A  2a  I 2 I (a, 2a 3 ). Có A, B đối xứng qua đường thẳng y  x khi có điều kiện: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -4-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 k AB kd  1 (2a 2 )·1  1 1 2   a2   a   . Hướng giải 2. Ta quan sát thấy tọa độ hai  3 2 2 I  d  2 a  4a điểm A, B rất đặc biệt đúng không? Thật vậy, A  Ox, B  Oy. Lại một điều đặc biệt nữa đó là đường thẳng y  x là đường phân giác thứ nhất của mặt phẳng tọa độ nên điều kiện của bài toán  x  yB 2 1 2 thỏa khi ta có:  A .   4a 3  2a  a 2   a   . Vậy giá trị cần tìm là a   2 2 2  y A  xB C, Hoành độ A, B, C là nghiệm của phương trình x 3  3tx 2  4t 3  x. (1) Yêu cầu của bài toàn thì phương trình này phải có ba nghiệm phân biệt và AB  BC. Ta giả sử phương trình này đã có ba nghiệm phân biệt rồi (tẹo nữa ta kiểm tra lại) và ba nghiệm đó theo thứ tự là a, b, c (ứng với các hoành độ của A, B, C . Và thế thì tọa độ của A(a, a), B(b, b), C (c, c). Ta có: AB 2  BC 2  2(b  a )2  2(c  b)2  b  a  c  b  2b  a  c  3b  a  b  c. Nhưng, theo định lý Viette cho phương trình bậc ba thì a  b  c  3t. Thế cho nên b  t. Thay b  t vào 1 1 , t . Giờ, ta kiểm tra lại xem với t nào thì phương trình (1) ta tìm được t  0, t  2 2 phương trình (1) có đủ ba nghiệm phân biệt là xong. Việc này mời các bạn tiếp tục nhé!  Bài 5 : Tìm điểm M trên đường thẳng y  2 mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 ba tiếp tuyến, trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau. Gọi M ( x0 ; y0 ) vì M thuộc đường thẳng y  2 nên M ( x0 ; 2) và (0 ) là tiếp tuyến có dạng y  k ( x  x0 )  2 Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến của đồ thì (C )  x 3  3 x 2  2  k ( x  x0 )  2 có 3 nghiệm phân biệt  Hệ phương trình  2  y  3x  6 x  k  2 x3  3( x0  1) x 2  6 x0 x  4  0 x2   2  f ( x)  2 x  (1  3 x0 ) x  2  0 Để qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ) hàm số thì phương trình f ( x )  0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 . E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -5-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3   9 x02  6 x0  15  0    f (2)  0  x0  1  5   x0  2  3 Để tồn tại 2 tiếp tuyến vuông góc thì : (3 x12  6 x1 )(3x22  6 x2 )  1  3( x1 x2 )2  18 x1 x2 ( x1  x2 )  36 x1 x2  1 Theo định lí Viet cho phương trình f ( x )  0 ta có : 3( x1 x2 ) 2  18 x1 x2 ( x1  x2 )  36 x1 x2  1  9(3x0  1)  32  0  x0  23 27 ( không thỏa điều kiện ) P/S : không biết tính toán có đúng không ? Bài giải chắc là đã ổn, tuy nhiên khi lập luận cần trao đổi 1 chút. Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến của đồ thì (C) thì hệ ( mà bạn trình bày ) phải có 3 nghiệm phân biệt đồng thời phải có 3 giá trị k khác nhau Khi ấy, phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 đồng thời có 2 giá trị k khác nhau và khác 0. Để minh chứng dễ mắc sai lầm trong lập luận của bạn , ta có thể thưởng thức bài toán sau : Cho hàm số y  x 4  2 x 2  3 , có đồ thị là  C  . Tìm trên đường thẳng y= 2 những điểm mà qua đó ta kẻ được 4 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị  C  . Bài 7: Chứng minh rằng đồ thị hàm số y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 luôn đi qua 3 điểm cố định và viết phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm cố định đó. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 luôn đi qua 3 điểm cố định và viết phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm cố định đó. Phân tích hướng giải Bài toán trên là bài toán " viết phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định của một hàm số " . Vậy trước tiên ta cần nhớ lại cách đi tìm điểm cố định của một hàm số . Đặt một bài toán tổng quát như sau : "Chứng minh rằng đồ thị hàm số y  f ( x, m) đi qua ba điểm cố định thẳng hàng " E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -6-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Với bài toán tổng quát này ta đi thực hiện các bước của bài toán : Xét điểm T ( x; y ) là điểm cố định mà đồ thị đi qua m Khi đó phương trình : f ( x, m)  0 có nghiệm đúng m . Phân tích theo nhóm bậc của m rồi cho các hệ số bằng 0 (thực ra bước này ta thường gặp phương trình bậc nhất hoặc bâc hai theo m ) Để chứng minh tính thẳng hàng ta có hai cách để giải : - Cách 1 ( tường minh) . Phương trình cho ta ba nghiệm "thực " đẹp lúc đó ta sử dụng tính thẳng hàng của ba điểm . - Cách 2 (bí ẩn ) . Phương trình không được ba nghiệm " thực " đẹp thì ta thường dùng phương pháp mà mình hay gọi nôm na là " tính liên tục liên quan đến nghiệm " rồi sau đó dùng kĩ thuật "tách cái củ cho ra mới " ta sẽ được đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán . Hướng giải . Gọi T ( x; y ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho đi qua m . Khi đó ta có phương trình : y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 có nghiệm m .  ( x 3  3 x 2  6 x  1)m  3x 3  9 x 2  6 x  1  y  0  x 3  3x 2  6 x  1  0  3 2  y  3 x  9 x  6 x  1 Xét hàm số g ( x )  x 3  3 x 2  6 x  1 là hàm số liên tục trên  . Mặt khác ta có : g (2)  7; g (0)  1; g (1)  7; g (5)  21 . Do đó ta có g (2).g (1)  0; g (0).g (1)  0; g (1)(5)  0 Vậy phương trình g ( x)  0 có ba nghiệm phân biệt : 2  x1  0 x2  1  x3  5 Nên đồ thị hàm số đã cho đi qua ba điểm cố định : T1 ; T2 ; T3 Mà ta có : y  3( x3  3 x 2  6 x  1)  12 x  2  12 x  2 Từ đây ta thấy rằng tọa độ ba điểm T1 ; T2 ; T3 nghiệm đúng phương trình y  12 x  2 nên ba điểm cố định đó thẳng hàng và đường thẳng qua chúng là y  12 x  2 Phân tích hướng giải bạn Nguyentuan đã trình bày nên mình xin phép không nói lại nữa. Mình chỉ nêu một cách tiếp cận khác của mình khi giải bài toán này như sau: Gọi T ( x; y ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho đi qua m . Khi đó ta có phương trình : y   m  3 x 3  3  m  3 x 2  6  m  1 x  m  1 có nghiệm m .  ( x 3  3 x 2  6 x  1)m  3x 3  9 x 2  6 x  1  y  0 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -7-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3  x 3  3x 2  6 x  1  0  3 2  y  3x  9 x  6 x  1 Xét hàm số g ( x )  x 3  3 x 2  6 x  1 là hàm số liên tục trên  . Đạo hàm y   3( x 2  2 x  2) . Phương trình y   0 có hai nghiệm : x  1  3 và x  1  3 . Do đó ta có: y (1  3). y (1  3)  0 . vậy hàm số đang xét cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.Nên đồ thị hàm số đã cho đi qua ba điểm cố định : T1 ; T2 ; T3 . Mà ta có : y  3( x3  3 x 2  6 x  1)  12 x  2  12 x  2 Từ đây ta thấy rằng tọa độ ba điểm T1 ; T2 ; T3 nghiệm đúng phương trình y  12 x  2 nên ba điểm cố định đó thẳng hàng và đường thẳng qua chúng là y  12 x  2 Bài 8: Tìm m để đồ thị (Cm ) : y  x 3  3 x 2  3(m 2  1) x  3m2  1 có hai điểm cực trị A, B cùng với điểm C (2,1) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. Cần tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu. Xác định tọa độ hai cực trị A, B và điểm C để áp dụng công thức diện tích tam giác. Cụ thể như sau: Tập xác định . Đạo hàm: y   3( x 2  2 x  m 2  1). Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt, hay   0 hay m 2  0 hay m  0. Khi đó, hàm số có hai cực trị là A(1  m, 2  2m3 ), B (1  m, 2  2m3 ). Hai điểm A, B tạo với điểm C thành tam giác có diện tích bằng 1 khi và chỉ khi AB·d (C , AB)  2. Từ đó giải ra m. Đến đây bạn đọc triển khai nốt nhé. :D Bổ xung đáp án: m  1; m  1 Bài 9: Cho hàm số y  x3  3x 2  mx  4  m có đồ thị (C ). Đường thẳng y  3  x cắt (C ) tại điểm A. Tìm m để tiếp tuyến tại A của (C ) cắt lại (C ) tại điểm B khác A thỏa mãn tam giác AIB vuông, với I (1, 2). E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -8-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số Đây là một bài hay và đẹp, kết quả thu được m  THPT Lục Ngạn 3 14 . Mời các bạn trao đổi! 9 3  3  a 9 3 27 2 1 Ta tính ra được tọa độ của B  ,  a  a  a  . 8 8 8 8  2 Ta tìm được a  3 4 2 . 3 Ta tính được m  14 . 9 Bài 10: Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3) x  4 ( Cm ). Tìm m để đường thẳng d : y  x  4 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho tam giác IBC có diện tích bằng 8 2 với I (1;3) . Ta có phương trình hoành độ giao điểm là: x 3  2mx 2  (m  3) x  4  x  4  x ( x 2  2mx  m  2)  0  x  0; x 2  2mx  m  2  0(1) A(0;4) Vậy để (C ) và (d ) , cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiêm phân biệt và khác 0. Hay: m 2  m  2  0    0   m  3  0 m  3 Gọi xB , xC lần lượt là các nghiệm của phương trình (1), hay cũng chính là hoành độ của các điểm B,C.Ta suy ra: B ( xB , xB  4); C ( xC , xC  4)  x  xC  2m Theo định lí Viet ta có:  B  xB xC  m  3 Ta có: BC  2( xB  xC )2  2( xB  xC ) 2  8 xB xC  8m 2  8m  24 kc ( I , d )  2 1 1 kc ( I , d ) BC  2 8m 2  8m  24  8 2  8m 2  8m  24  16 2 2 Giải m nữa là O.K  Ta có: S IBC  Bài 11 : Tìm giá trị của m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 tiếp xúc đường tròn ( C ) có PT: ( x  m)2  ( y  m  1) 2  5 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com -9-  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Hướng giải : TXĐ R Đạo hàm y   3 x 2  6 x . Ta có y   0  3 x 2  6 x  0 hay x  0; x  2 . Vậy ta có 2 điểm cực trị A(0, 2), B(2, 2) . Từ đó dễ dàng tìm ra đường thẳng ABcó phương trình: 2x  y  2  0 . Đường tròn (C) có tâm I (m, m  1) , bán kính R  5 .Đường thẳng AB tiếp xúc đường tròn (C) khi và chỉ khi hay: Đến đây dễ dàng giải ra m . Bạn đọc triển khai tiếp nhé.. Bài 12 : Cho hàm số y  1 3 1 x  (m  1) x 2  (m  2) x  1 3 2 , m là tham số . Tìm m để hàm số có hai  7 cực trị A, B đồng thời hai cực trị đó tạo với hai điểm D  3;  và gốc tọa độ O tạo thành  2 hình bình hành OADB theo thứ tự đó. Trước tiên ta tìm m để hàm số có hai cực trị.Ta có:  x 1 y   x 2  (m  1) x  m  2, y   0   x  m  2 Để hàm số có hai cực trị thì y   0 phải có hai nghiệm phân biệt, hay m  2  1  m  3 Ta có ODAB là hình bình hành nên trung điểm của AB cũng chính là trung điểm của OD.Từ đó ta có hệ:  x A  xB xD  2  2   y A  yB  y D  2 2 Giả sử: x A  1, xB  m  2 .Từ phương trình đầu của hệ ta có: m  1  3 hay m  4 .Với m  4 ta có: 11 5 A(1; ), B (2; ) 6 3 Lúc này ta kiểm tra được ngay phương trình thứ hai của hệ thỏa mãn, kết hợp với điều kiện m  3 ta đi đến kết luận giá trị m  4 là giá trị cần tìm!  Ở trên ta không đi giải trực tiếp hệ mà tiến hành làm như lời giải vì việc biến đổi là mất khá nhiều thời gian, hơn thế còn dễ gây nhầm lẫn! E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 10 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Bài 13: Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  2mx 2  m2 x  m  1 cắt trục hoành tại đúng 2 điểm. Lời giải: Với những bài thế này, ta nghĩ ngay đến việc nhẩm nghiệm, rồi dùng tiếp định lý Viet để giải,tuy nhiên bài này lại là một trường hợp ngoại lệ, ta không thể tìm được một nghiệm "đẹp" nào cả,vậy là ta từ bỏ hướng này!Các bạn hãy cứ bình tĩnh,ta thấy rằng nghiệm của phương trình y  0 cũng có thể biểu diễn qua m , như thế bài toán giải sẽ vẫn đơn giản đúng không?Ý tưởng này lại càng được củng cố thêm khi ta thấy ở hàm số y có mặt đủ cả m và m 2 . Suy nghĩ như vậy ta giải quyết bài toán như sau: Ta đưa phương trình bậc ba đối với x về phương trình bậc hai đối với m .Thật vậy: x 3  2mx 2  m2 x  m  1  0  xm 2  (2 x 2  1)m  x3  1  0 Giải phương trình bậc hai đối với ẩn m này ta thu được:  m  x 1  2 m  x  x 1  x Như vậy ta có thể phân tích x 3  2mx 2  m 2 x  m  1 thành: ( x  m  1)( x 2  (m  1) x  1) .Như thế: x  m 1  x 3  2mx 2  m2 x  m  1  0   2  x  (m  1) x  1  0 Để cho đồ thị hàm số y cắt trục hoành tại đúng hai điểm thì ta cần phải tìm m sao cho phương trình y  0 có đúng hai nghiệm. Đặt: f ( x )  x 2  (m  1) x  1 .Như vậy ta có: TH1. f ( x )  0 nghiệm kép khác m  1 .Hay:  m 2  2m  3  0  x  0     f (m  1)  0 3  2m  0 Giải ra ta được m  1, m  3 . TH2. f ( x )  0 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng m  1 .Hay: m 2  2m  3  0  x  0     f (m  1)  0 3  2 m  0 3 Giải ra ta được m  2 3 2 Bài này còn một cách giải nữa đó là ta khảo sát trực tiếp hàm số y rồi sau đó cho ycd . yct  0 , làm như thế ta cũng thu được kết quả như trên, phần này các bạn tự tìm hiểu thêm nhé! Tóm lại có ba giá trị cần tìm của m là 3,1, E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 11 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Bài 14: Biết rằng trên đồ thị hàm số y  x3  (m  1) x 2  (4m  2) x  1 (1) tồn tại đúng 1 điểm mà từ đó kẻ được tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x  10 y  30  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm đó. Ta có: y   3x 2  2(m  1) x  4m  2 Gọi tiếp điểm là: M (a; b) . Ta có: k  y(a )  3a 2  2(m  1)a  4m  2 Với k là hsg của đường thẳng tiếp tuyến. Ta có tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng: x  10 y  30  0 có hsg k1   1 , suy ra: k  10 10 Ta có: 3a 2  2(m  1)a  4m  2  10  3a 2  2( m  1) a  4m  8  0(2) Do trên đồ thị chỉ có 1 điểm nên phương trình (2) phải có nghiệm kép hay:   0  m2  10m  25  0  m  5 Thay vào ta được a  2  M (2;29) . Bài 15: Cho hàm số y  x3  6 x 2  9 x  1 Có ĐTHS (C). Tìm điểm M trên (C) để tiếp tuyến tại đó cắt (C) tại 1 điểm nữa khác tiếp điểm. Từ đó dễ dàng viết được phương trình tiếp tuyến là: y  10 x  9 Ta có lời giải như sau: Gọi M  (C ) có tọa độ: M ( x0 ; x03  6 x02  9 x0  1) Hệ số góc: k  3x02  12 x0  9   Phương trình tiếp tuyến qua M là: y  3x02  12 x0  9 ( x  x0 )  x03  6 x02  9 x0  1   Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  6 x 2  9 x  1  3 x02  12 x0  9 ( x  x0 )  x03  6 x02  9 x0  1 Sau một hồi biến đổi, tách ghép ta được: ( x  x0 )2 ( x  2 x0  6)  0 Để tiếp tuyến cắt đồ thì thêm nữa khác tiếp điểm thì: 2 x0  6   x0  x0  2 Bài 16: Cho hàm số: y  f ( x)  x 3  3 x 2  2(C ) . Hãy xác định tất cả các giá trị của a để điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C ) nằm về 2 phía khác nhau của đường tròn: (phía trong và phía ngoài): (C0 ) : x 2  y 2  2ax  4ay  5a 2  1  0 Tới đó ta kết luận được rồi. Phân tích bài toán và hướng giải Ở bài toán này về điểm cực đại và cực tiểu thì quá rõ ràng nên mình không nhắc thêm nữa mà mình chú trọng đến yêu cầu vị trí của hai cực điểm so với đường tròn đã cho. Nhắc lại. Nếu ta cho đường tròn (C ) có tâm I (a; b) và bán kính R thì ta có M nằm trong đường tròn khi và chỉ khi IM  R E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 12 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 M nằm ngoài đường tròn khi và chỉ khi IM  R M nằm trên đường tròn khi và chỉ khi IM  R Bây giờ ta đem ứng dụng kiến thức vào bài toán. Ta có : y   3x 2  6 x  x 0 y 2 Từ đó : y   0  3x 2  6 x  0    x  2  y  2 Ta gọi tọa độ hai cực điểm là A(0; 2) , B(2; 2) . Mặt khác đối với đường tròn (C ) ta có sự biến đổi sau: ( x  a )2  ( y  2a )2  1 Từ đó ta có tọa độ tâm I (a; 2a) và R  1 lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C ) Bây giờ ta tính IB; IA ta có : IA  a 2  (2a  2)2 ; IB  (a  2)2  (2a  2) 2 2 2  36 6 5  Ta để ý rằng IB  (a  2)  (2a  2)  5a  4a  8  5  a     1 5 5 5  Vậy điểm B nằm ngoài đường tròn (C ) . Vậy điều kiện bài toán chỉ được thỏa khi và chỉ khi điểm A phải nằm trong đường tròn (C ) tức là ta phải có 3 : IA  R  a  (2  2a)2  1  5a 2  8a  3  0   a  1 5 2 2 2 Bài 17: mx3  5 x 2  mx  9 có điểm cực trị nằm trên trục Ox. 3 Tập xác định của hàm số là D  . Ta có y   mx 2  10 x  m. Xét các trường hợp sau: Tìm m để đồ thị hàm số : y  *)Nếu m  0 : Lúc này ta có y  5 x 2  9. Kiểm tra trực tiếp, ta thấy hàm này đạt cực đại tại x  0 và tọa độ của điểm cực đại là (0, 9) không thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Vậy m  0 loại. *)Nếu m  0 : Theo giả thiết y có điểm cực trị thuộc Ox nên tồn tại M ( x0 , 0) sao cho y ( x0 )  0, tức là mx02  10 x0  m  0. Ngoài ra, do m  0 nên y' là một tam thức bậc hai và như thế, để y có cực trị thì y' phải có 2 nghiệm phân biệt, tức y  0. Từ đây suy ra m2  25. Do 2 (m 2  25) x  16m  x 5   y  y  và y ( x0 )  0 nên ta có (m 2  25) x0  16m  0. Vậy ta có  3m  3 3m  2 mx  10 x0  m  0 hệ phương trình  20 Do m  0 nên từ phương trình thứ hai dễ thấy x0  0. Đặt ( m  25) x  16 m  0 0   1 1 10 1  a  , b  , ta có mx02  10 x0  m  mx02 1   2   mx02 (1  10ab  b 2 ) và m x0  mx0 x0   25  16  2 2 (m 2  25) x0  16m  m 2 x0 1  2     m x0 (1  25a  16ab). Do vậy, hệ ở trên trở thành  m  mx0  E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 13 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 10ab  b 2  1 25a 2  16ab  10ab  b 2 tương đương  Từ phương trình thứ nhất cho ta a  b  2 2 25a  16ab  1 10ab  b  1 hoặc b  25a. Nếu b  25a thì ta có phương trình thứ hai trở thành 375a 2  1 (vô nghiệm). Vậy 1 b  25a và như thế, ta có b  a. Thay vào phương trình thứ hai, ta được a  b   , tức m  3 3 2 (thỏa m  25 ). Vậy tập hợp tất cả các giá trị cần tìm là m  3 và m  3.  Tập xác định của hàm số là D  . Ta có y   mx 2  10 x  m. Xét các trường hợp sau: Vậy tập hợp tất cả các giá trị cần tìm là m  3 và m  3.  Ta có thể làm cách khác như sau: Theo bài ra yêu cầu thì trục Ox tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho.Vậy nên hệ sau đây có  mx3  5 x 2  mx  9  0(1)  nghiệm  3 mx 2  10 x  m  0(2)  10 x Từ (2) rút gọn ta được m  2 thay vào (1) ta thu được phương trình trùng phương với nghiệm x 1 rất chi là đẹp Bài 18: Cho hàm số : y  x 3  6 x 2  9 x  2 (C ) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại tiếp điểm M , biết M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C ) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 . Đề thử sức trước kỳ thi số 2 trên tạp chí THTT 2,Khá dễ dàng để xác định 2 điểm cực trị là: A(1; 2); B(3; 2) và đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là:  : 2 x  y  4  0 Gọi điểm M thuộc đồ thị có tọa độ ( x0 ; y0 ) với: y0  x03  6 x02  9 x0  2 | 2 x0  y0  4 | Khi đó ta có: AB  2 5; d ( M ; )  Ta có: 5 | 2 x  y0  4 |  2 x  y0  10 1 1 S MAB  . AB.d ( M ; )  .2 5. 0  6 | 2 x0  y0  4 | 6   0 Với: 2 2 5  2 x0  y0  2 2 x0  y0  10  y0  10  2 x0 . Mà ta lại có: y0  x03  6 x02  9 x0  2 , từ đó suy ra: 10  2 x0  x03  6 x02  9 x0  2  x03  6 x02  11x0  12  0  ( x0  4)( x02  2 x0  3)  0  x0  4 Với: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 14 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 x0  4  y0  2 và ta viết được phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  34 Với: 2 x0  y0  2  y0  2 x0  2 thế vào ta được: 2 x0  2  x03  6 x02  9 x0  2  x0 ( x02  6 x0  11)  0  x0  0 Với: x0  0  y0  10 , ta viết được phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  10 Vậy có 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn là: y  9 x  34; y  9 x  10 Bài 19: Cho hàm số y  2 x3  3x 2  1 (C ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình: 2 x 3  3x 2  1  2m có ba nghiệm phân 1 biệt thỏa x   . 2 1 2. Xét hàm số y | 2 x 3  3 x 2  1| với x   . Ta có 2 x3  3x 2  1  (2 x  1)( x  1) 2 nên dễ dàng suy 2 ra 1  3 2 2 x  3x  1 voi x  2 y 2 x 3  3 x 2  1 voi  1  x  1  2 2 1  2 6 x  6 x voi x  2 Do đó, y '   6 x 2  6 x voi  1  x  1  2 2 Rõ ràng, phương trình y   0 chỉ có một nghiệm duy nhất x  0. Do vậy, ta dễ dàng thiết lập được bảng biến thiên của hàm số như sau Dựa vào bảng biến thiên, ta dễ thấy điều kiện cần và đủ để phương trình | 2 x 3  3 x 2  1| 2m có ba 1 1 1 nghiệm phân biệt là  2m  1, tức  m  . 2 4 2 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 15 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Bài 20: Cho hàm số y  x 3  2(m  1) x 2  (m 2  4m  1) x  2(m 2  1) có đồ thị (Cm ). Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m  0. Tìm m để hàm số (Cm ) có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu 9 vuông góc với đường thẳng y  x  5. 2 Đề thi thử lần 1- Trường chuyên ĐHSP Hà Nội Câu b. Ta có: y   3x 2  4(m  1) x  m 2  4m  1  m 2  8m  1 Để hàm số có cực đại và cực tiểu m 2  8m  1  0 Gọi A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ) là hai điểm cực đại cực tiểu. Ta có phương trình qua hai điểm cực đại cực tiểu là 2 8 2 y  x( (m 2  4m  1)  (m  1)2 )  2(m 2  1)  (m 2  4m  1)(m  1) 3 9 9 Ta có đường thẳng qua hai điểm cực đại và cực tiểu vuông góc với đường thẳng y  9 x5 2  m0 2 8 9 ((m 2  4m  1)  (m  1) 2 )  1  m 2  8m  0   3 9 2  m  8 Vậy có hai giá trị m thỏa là m  0, m  8 Bài 21 : Cho hàm số: y  x3  3x 2  4 (C ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ) 2. Gọi (d ) là đường thẳng đi qua điểm I (1;0) có hệ số góc là m . Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C ) tại 3 điểm phân biệt I , A, B sao cho AB  2 2 Đề thi thử Trường THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội Câu1b) Ta có đường thẳng đi qua điểm I (1, 0) và có hệ số góc là m thì có phương trình y  mx  m Phương trình hoành độ giao điểm đường thảnh và hàm số (C ) là x 3  3 x 2  4  mx  m Hay là ( x  1)[( x  2)2  m]  0 Đường thẳng cắt đồ thị (C ) tai 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi m>0 và m  9 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 16 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Với điều kiện của m thì ta tìm được 2 điểm A và B có tọa độ (2  m ,3m  m m ); (2  m ,3m  m m ) Vậy thì đoạn thẳng AB  2 2 Ta có AB 2  (2 m )2  (2m m ) 2  8 Hay là m3  m  2  0 suy ra m  1 (Thỏa mãn điều kiện của m ) Vậy m  1 là giá trị cần tìm Bài 22: Cho hàm số y  x 3  4 x 2  4 x  1 .Tìm a sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến cùng hệ số góc a của đồ thị hàm số,gọi các tiếp điểm là M và N.Viết phương trình đường thẳng chứa M và N Bài toán này gốc gác của nó chính là tính chất tiếp tuyến của hàm số bậc ba đấy. Trước tiên ta có y   3 x 2  8 x  4. Để tồn tại hai tiếp tuyến có cùng hệ số góc là a thì phương trình sau đây phải có hai nghiệm phân biêt : 3 x 2  8 x  4  a Mà điều này tương thích với điều kiện 4   0  a   Với điều kiện này ta có tọa độ hai điểm M ; N phải thỏa mãn hệ sau 3   x 4  8x  7 2  y  (3x  8 x  4)  3  9   9    y  x 3  4 x 2  4 x  1  4a  7  a 8 : 2   y   x (1) Phươn 3 9 9 3 x  8 x  4  a    3 x 2  8 x  4  a   g trình (1) chính là phương trình đường thẳng MN cần tìm. P/S : Chú ý bài toán này còn hai hỏi thêm là tìm điểm cố định mà đường thẳng MN đi qua hay chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định Bài 22 : Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 có đồ thị là (C ). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Tìm các giá trị của m để đường thẳng d m đi qua điểm A(1;  3) và có hệ số góc là m cắt đồ thị hàm số (C ) tại ba điểm phân biệt cách đều nhau. Mình làm ý 2 nhé! Phương trình đường thẳng d là: y  m( x  1)  3 , khi đó ta có phương trình hoành độ giao điểm E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 17 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 của (d ) với (C ) là: x  1  Từ điều kiện x 3  3 x 2  1  m( x  1)  3  ( x  1)( x 2  4 x  4  m)  0   2  x  4 x  4  m  0 (1) bài toán ta suy ra phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác  1 , và 2 nghiệm đó gọi là x1; x2 cùng với nghiệm x0  1 lập thành một cấp số cộng.   0 m  0 x  x  4 Đầu tiên ta phải có:  Theo định lí Viet ta có:  1 2 Bây giờ ta sẽ   9m  0  m9  x1.x2   m  4 xét 3 trường hợp: TH1: 3 nghiệm lập thành cấp số cộng theo thứ tự x1; x2 ; x0 . Khi đó ta có: x0  x1  2 x2  1  x1  2 x2 Kết hợp với điều kiện trên ta suy ra: x1  3; x2  1 . Không thoả mãn. TH2: 3 nghiệm sắp xếp theo thứ tự: x1; x0 ; x2 . Từ đó ta có: x1  x2  2 x0  x1  x2  2 . Dễ thấy không thỏa mãn. TH3: 3 nghiệm sắp xếp theo thứ tự: x0 ; x1 ; x2 , ta có: x0  x2  2 x1  2 x1  x2  1 , kết hợp với điều kiện trên ta suy ra: x1  1; x2  3 . Từ đó suy ra: m  1 (Thỏa mãn). Vậy giá trị cần tìm m  1 . Bài 23 : Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 có đồ thị là (C ). Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng nối hai cực trị của hàm số đã cho cắt đường tròn 4 30 (T ) : x 2  y 2  4 x  2 y  m  0 một dây cung có độ dài bằng . 5 Ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: d : 2 x  y  1  0 . Viết phương trình đường tròn lại dưới dạng: ( x  2) 2  ( y  1)2  5  m Ta suy ra điều kiện của m là: m  5 Tâm I (2;1); R  5  m 2 30 4 , IH  d ( I , d )  . 5 5 Ta có: R 2  IH 2  AH 2  5  m  8  m  3 Vậy giá trị m cần tìm là: m  3 Gọi H là trung điểm của AB . Khi đó ta có: AH  Bài 23 : Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  3(C ) . Tìm k để tồn tại 2 tiếp tuyến của (C ) phân biệt có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm đó cắt Ox và Oy lần lượt tại A và B và OB  2011OA Trước tiên mình sẽ phân tích rõ về ý tưởng của câu hỏi này với bạn theo hiểu biết của mình như sau : Vì trong giả thiết đề bài nêu ra có một vấn đề khá quan trọng đó là " tồn tại hai tiếp tuyến phân biệt của đồ thị có cùng hệ số góc k ", điều này có nghĩa rằng trong bài toán này chúng ta cần xử lý một vấn đề quan trọng đó là " điều kiện nào của hệ số góc k để làm thỏa mãn nhu cầu đó" và kéo theo E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 18 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 đó là "dựa vào yếu tố nào để thiết lập điều kiện đó." Chúng ta đã biết rằng về ý nghĩa hình học của tiếp tuyến thì hệ số góc của tiếp tuyến tại một điểm chính là đạo hàm cấp 1 tại hoành độ của điểm đó. Vậy để tồn tại hai điểm phân biệt thuộc đồ thị đã cho mà có cùng hệ số góc thì phương trình sau đây phải có hai nghiệm phân biệt : f ( x)  k  3 x 2  12 x  9  k  0 (1) Để toàn tại hai tiếp tuyến phân biệt có cùng hệ số góc k thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt :   36  3(9  k )  0  k  3 Khi đó với điều kiện này ta thấy rằng tọa độ của hai tiếp điểm tạo ra hai tiếp tuyến phân biệt có cùng hệ số góc k  y  x3  6 x2  9 x  3 phải thỏa mãn hệ phương trình  Bây giờ thực tế của bài toán đã quay về một 2 k  3x  12 x  9 vấn đề khác nảy sinh ra nữa đó là theo điều kiện bài toán rằng đường thẳng đi qua hai tiếp điểm này sẽ cắt các trục tọa độ Ox,Oy tại A,B nên rõ ràng ta cần phải lập được đường thẳng đi qua hai tiếp điểm này. Muốn vậy ta cần căn cứ vào hệ phương trình mà tọa độ hai điểm điểm được xác đinh mà ở trên ta đã biết. Và căn cứ vào hệ đó ta thấy ngay được rằng nếu ta thực hiện phép chia y cho y' và biến đổi theo phương án thế ta sẽ thu được một hệ phương trình sau  2 2 1  y   3 x  3  (3x  12 x  9)  2 x  3    2k  9  k 6  y  x (1) Và (1) chính là phương trình   3  3  k  3x 2  12 x  9   đi qua hai tiếp điểm mà mình cần. Và không khó để ta đi đến tọa độ hai tiếp điểm 2k  9 9  2k  9  2k   2k  9  là A  ;0  , B  0;  2011  , (k  6). Theo bài ta có OB  2011OA  3  3 k 6  k 6   Công việc này khá đơn giản nên bạn tiếp tục hoàn thiện giúp mình nhé. Phải nói rằng bài toán này có ý tứ khá hay và lạ mắt nhưng lại dựa trên các yếu tố kiến thức cơ bản nhưng phải nắm thật sâu đó chính là về mặt ý nghĩa hình học của tiếp tuyến, cách lập đường thẳng qua hai tiếp điểm mà ta chưa có tọa độ. Và mình hy vọng rằng đã có thể giúp bạn được phần nào về mặt giải quyết bài toán trên. Bài 24: Cho hàm số y  x 3  3 x 2  mx  2 (1), m là tham số. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  0. Định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu cách đều đường thẳng d : y  x  1. Ta có y   3x 2  6 x  m Để hàm số có cực trị thì   0 .Hay 9  3m  0  m  3 2 1 Ta có đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y   x( m  2)  2  m 3 3 2 1 2 1 Gọi A( x1;  x1 ( m  2)  2  m) và B ( x2 ;  x2 ( m  2)  2  m) 3 3 3 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 19 -  :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Là 2 điểm cực trị của hàm số đã cho.Để 2 điểm cực trị này cách đều đường thẳng x  y  1  0 .Ta phải có d ( A;(d ))  d ( B;(d )) 2 1 2 1 | x1  x1 ( m  2)  2  m  1|| x2  x2 ( m  2)  2  m  1| 3 3 3 3 2 7 2 7 | x1 ( m  ) || x2 ( m  ) | 3 2 3 2 Đến đây các bạn có thể chia khoảng để giải,kết hợp với viet để tìm ra kết quả Có thể dùng điều kiện sau : A, B cách đều đường thằng (d) khi +) AB // (d) hoặc AB trùng (d) +) trung điểm của AB nằm trên (d) Bài 25: Cho hàm số y  x3  3x 2  2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : y  3 x  2 sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai điểm cực trị của (C ) là nhỏ nhất. Trich đề thi thử trường Trần Quốc Tuấn lần 3 năm 2012 Khá dễ dàng ta tìm được hia điểm cực trị là: A(0;2); B(2; 2) . Khi đó gọi điểm M có tọa độ: ( x0 ;3 x0  2) , khi đó ta có: P  MA  MB  x02  (3 x0  4)2  ( x0  2) 2  9 x02  10 x02  24 x0  16  10 x02  4 x0  4 Tới đây ta xét hàm số: f ( x0 )  10 x02  24 x0  16  10 x02  4 x0  4 .Giải phương trình f ( x0 )  0 , ta thu được: x0  4 . 5 4 Từ đó suy ra: f ( x0 )  f ( )  2 5 . 5 4 2 Suy ra điểm M cần tìm là: ( ; ) 5 5 Bài 26: Cho hàm số: y  x 3  3 x 2  m 2  m  1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại cực tiểu A, B , sao cho diện tích tam giác ABC bằng 7 với C (2;4) . Ta có : y   3x 2  6 x  3 x( x  2) Vậy với mọi m thì hàm này luôn có 2 cực trị là : A  (0; m2  m  1) ; B  (2; m 2  m  3) .   Mặt khác ta có : AB  (2; 4) và | AB | 2 5 ; phương trình của đường thẳng AB là : E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 20 -  :01645362939
- Xem thêm -