Ôn tập về hàm số bậc 3

Chia sẻ: N T | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
58
lượt xem
12
download

Ôn tập về hàm số bậc 3

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu luyện thi đại học dành cho học sinh hệ Trung học phổ thông ôn thi tốt nghiệp và ôn thi Đại học - Cao đẳng tham khảo ôn tập và củng cố lại kiến thức.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Ôn tập về hàm số bậc 3

  1. ÔN T P V HÀM S B C3 Gi s : y = ax3 + bx2 + cx + d v i a ≠ 0 có đ th là (C). y’ = 3ax2 + 2bx + c, y” = 6ax + 2b −b 1) y” = 0 ⇔ x = (a ≠ 0 ) 3a −b x= là hoành đ đi m u n. Đ th hàm b c 3 nh n đi m u n làm tâm đ i x ng. 3a 2) Đ v đ th 1 hàm s b c 3, ta c n bi t các trư ng h p sau : i) a > 0 và y’ = 0 vô nghi m ⇒ hàm s tăng trên R (luôn luôn tăng) ii) a < 0 và y’ = 0 vô nghi m ⇒ hàm s gi m (ngh ch bi n) trên R (luôn luôn gi m) iii) a > 0 và y’ = 0 có 2 nghi m phân bi t x1, x2 v i x1 < x2 ⇒ hàm s đ t c c đ i t i x1 và đ t c c ti u t i x2. Ngoài ra ta còn có : + x1 + x2 = 2x0 v i x0 là hoành đ đi m u n. + hàm s tăng trên (−∞, x1) + hàm s tăng trên (x2, +∞) + hàm s gi m trên (x1, x2) iv) a < 0 và y’ = 0 có 2 nghi m phân bi t x1, x2 v i x1 < x2 ⇒ hàm đ t c c ti u t i x1 và đ t c c đ i t i x2 th a đi u ki n x1 + x2 = 2x0 (x0 là hoành đ đi m u n). Ta cũng có : + hàm s gi m trên (−∞, x1) + hàm s gi m trên (x2, +∞) + hàm s tăng trên (x1, x2) 3) Gi s y’ = 0 có 2 nghi m phân bi t và y = k(Ax + B)y’ + r x + q v i k là h ng s khác 0; thì phương trình đư ng th ng qua 2 đi m c c tr là y = r x + q 4) (C) c t Ox t i 3 đi m phân bi t
  2. y' = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät x1 , x 2  ⇔  y(x1 ).y(x 2 ) < 0  5) Gi s a > 0 ta có : i) (C) c t Ox t i 3 đi m phân bi t > α y' = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät thoûa α < x1 < x 2  ⇔ y(α) < 0   y(x1 ).y(x 2 ) < 0  ii) (C) c t Ox t i 3 đi m phân bi t < α y' = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät thoûa x1 < x 2 < α  ⇔ y(α) > 0   y(x1 ).y(x 2 ) < 0  Tương t khi a < 0 . 6) Ti p tuy n : G i I là đi m u n. Cho M ∈ (C). N u M ≡ I thì ta có đúng 1 ti p tuy n qua M. N u M khác I thì ta có đúng 2 ti p tuy n qua M. Bi n lu n s ti p tuy n qua 1 đi m N không n m trên (C) ta có nhi u trư ng h p hơn. 7) (C) c t Ox t i 3 đi m phân bi t cách đ u nhau ⇔ y’ = 0 có 2 nghi m phân bi t và y(x0) = 0 (x0 là hoành đ đi m u n) 8) Bi n lu n s nghi m c a phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) (a ≠ 0) khi x = α là 1 nghi m c a (1). N u x = α là 1 nghi m c a (1), ta có ax3 + bx2 + cx + d = (x - α)(ax2 + b1x + c1) nghi m c a (1) là x = α v i nghi m c a phương trình ax2 + b1x + c1 = 0 (2). Ta có các trư ng h p sau: i) n u (2) vô nghi m thì (1) có duy nh t nghi m x = α ii) n u (2) có nghi m kép x = α thì (1) có duy nh t nghi m x = α iii) n u (2) có 2 nghi m phân bi t ≠ α thì (1) có 3 nghi m phân bi t
  3. iv) n u (2) có 1 nghi m x = α và 1 nghi m khác α thì (1) có 2 nghi m. v) n u (2) có nghi m kép ≠ α thì (1) có 2 nghi m BÀI T P ÔN V HÀM B C 3 Cho h đư ng cong b c ba (Cm) và h đư ng th ng (Dk) l n lư t có phương trình là y = −x3 + mx2 − m và y = kx + k + 1. (I) PH N I. Trong ph n này cho m = 3. Kh o sát và v đ th (C) c a hàm s . 1) G i A và B là 2 đi m c c đ i và c c ti u c a (C) và M là đi m b t kỳ trên cung AB v i M khác A , B . Ch ng minh r ng trên (C) ta tìm đư c hai đi m t i đó có ti p tuy n vuông góc v i ti p tuy n t i M v i (C). 2) G i ∆ là đư ng th ng có phương trình y = 1. Bi n lu n s ti p tuy n v i (C) v t E ∈ ∆ v i (C). 3) Tìm E ∈ ∆ đ qua E có ba ti p tuy n v i (C) và có hai ti p tuy n vuông góc v i nhau. 4) Đ nh p đ trên (C) có 2 ti p tuy n có h s góc b ng p, trong trư ng h p này ch ng t trung đi m c a hai ti p đi m là đi m c đ nh. 5) Tìm M ∈ (C) đ qua M ch có m t ti p tuy n v i (C). (II) PH N I I.Trong ph n này cho tham s m thay đ i. 6) Tìm đi m c đ nh c a (Cm). Đ nh m đ hai ti p tuy n t i hai đi m c đ nh này vuông góc nhau. 7) Đ nh m đ (Cm) có 2 đi m c c tr . Vi t phương trình đư ng th ng qua 2 đi m c c tr . 8) Đ nh m đ (Cm) c t Ox t i 3 đi m phân bi t. 9) Đ nh m đ : a) hàm s đ ng bi n trong (1, 2). b) hàm s ngh ch bi n trong (0, +∞). 10) Tìm m đ (Cm) c t Ox t i 3 đi m có hoành đ t o thành c p s c ng. 11) Tìm đi u ki n gi a k và m đ (Dk) c t (Cm) t i 3 đi m phân bi t. Tìm k đ (Dk) c t (Cm) thành hai đo n b ng nhau. 12) Vi t phương trình ti p tuy n v i (Cm) và đi qua đi m (-1, 1). 13) Ch ng minh r ng trong các ti p tuy n v i (Cm) thì ti p tuy n t i đi m u n có h s góc l n nh t.
  4. BÀI GI I PH N I : m = 3 Kh o sát và v đ th (đ c gi t làm) 1) G i n là hoành đ c a M. Vì hàm s đ t c c ti u t i x = 0 và đ t c c đ i t i x = 2 nên 0 < n < 2; y' = – 3x2 + 6x ⇒ h s góc c a ti p tuy n t i M là k1 = – 3n2 + 6n ∈ (0, 3] (vì n ∈ (0, 2)). Đư ng th ng vuông góc v i ti p tuy n t i M có h s góc 1 là k2 = − (v i 0 < k1 ≤ 3). Hoành đ c a ti p tuy n vuông góc v i ti p tuy n M k1 1 1 là nghi m c a – 3x2 + 6x = − (= k2) ⇔ 3x2 – 6x − = 0. Phương trình này k1 k1 có a.c < 0, ∀ k1 ∈ (0, 3] nên có 2 nghi m phân bi t, ∀ k1 ∈ (0, 3]. V y trên (C) luôn có 2 đi m phân bi t mà ti p tuy n đó vuông góc v i ti p tuy n t i M. 2) E (e, 1) ∈ ∆. Phương trình ti p tuy n qua E có d ng y = h(x – e) + 1 (D). (D) ti p  − x 3 + 3n 2 − 3 = h(x − e) + 1 xúc (C) ⇔ h  có nghi m.  − 3x + 6 x = h 2 ⇒ Phương trình hoành đ ti p đi m c a (D) và (C) là : – x3 + 3x2 – 3 = (– 3x2 + 6x)(x – e)+ 1 (1) ⇔ – x3 + 3x2 – 4 = x(– 3x + 6)(x – e) ⇔ (x – 2)(x2 – x – 2) = 3x(x – 2)(x – e) ⇔ x = 2 hay x2 – x – 2 = 3x2 – 3ex ⇔ x = 2 hay 2x2 – (3e – 1)x + 2 = 0 (2) (2) có ∆ = (3e – 1)2 – 16 = (3e – 5)(3e + 3) (2) có nghi m x = 2 ⇔ 8 – 2(3e – 1) + 2 = 0 ⇔ e = 2 5 Ta có ∆ > 0 ⇔ e < – 1 hay e > . 3 Bi n lu n :
  5. 5 i) N u e < – 1 hay < e < 2 hay e > 2 3 ⇒ (1) có 3 nghi m phân bi t ⇒ có 3 ti p tuy n. 5 ii) N u e = – 1 hay e = hay e = 2 3 ⇒ (1) có 2 nghi m ⇒ có 2 ti p tuy n. 5 iii) N u – 1 < e < ⇒ (1) có 1 nghi m ⇒ có 1 ti p tuy n. 3 Nh n xét : T đ th , ta có y = 1 là ti p tuy n t i (2, 1) nên phương trình (1) ch c ch n có nghi m x = 2, ∀ e. 3) Vì y = 1 là ti p tuy n qua E (e, 1), ∀ e và đư ng x = α không là ti p tuy n nên yêu c u bài toán. ⇔ (2) có 2 nghi m phân bi t x1, x2 th a : y'(x1).y'(x2) = – 1  5  e < −1∨ e >  3 ⇔  x1 , x 2 laø nghieäm cuûa (2)  (−3x 2 + 6x )(−3x 2 + 6x ) = −1   1 1 2 2  5  e < −1 hay e > 3   3e − 1 ⇔  x1 + x 2 =  2 x1.x 2 = 1    9x1 .x 2 (x1 − 2)(x2 − 2) = −1   e < −1 hay e > 5 ⇔  3  9 [1 − (3e − 1) + 4] = −1  55  55  ⇔ e= . V y E  ,1 27  27  4) Ti p đi m c a ti p tuy n (v i (C)) có h s góc b ng p là nghi m c a : y' = p ⇔ 3x2 – 6x + p = 0 (3) Ta có ∆' = 9 – 3p > 0 ⇔ p < 3 V y khi p < 3 thì có 2 ti p tuy n song song và có h s góc b ng p. G i x3, x4 là nghi m c a (3).
  6. G i M3 (x3, y3); M4 (x4, y4) là 2 ti p đi m. Ta có : x3 + x 4 − b = =1 2 2a y3 + y 4 − (x 3 + x3 ) + 3(x2 + x 2 ) − 6 = 3 4 3 4 = −1 2 2 V y đi m c đ nh (1, –1) (đi m u n) là trung đi m c a M3M4. 5) Cách 1 : Đ i v i hàm b c 3 (a ≠ 0) ta d dàng ch ng minh đư c r ng : ∀ M ∈ (C), ta có : i) N u M khác đi m u n, ta có đúng 2 ti p tuy n qua M. ii) N u M là đi m u n, ta có đúng 1 ti p tuy n qua M. Cách 2 : G i M(x0, y0) ∈ (C). Phương trình ti p tuy n qua M có d ng : y = k(x – x0) − x3 + 3x 2 − 3 0 0 (D) Phương trình hoành đ ti p đi m c a (D) và (C) là : − x 3 + 3x 2 − 3 = (−3 x 2 + 6 x )( x − x0 ) − x0 + 3x0 − 3 3 2 (5) ⇔ x 3 − x3 − 3(x 2 − x 2 ) + (x − x 0 )(−3x 2 + 6x) = 0 0 0 ⇔ x − x 0 = 0 ∨ x 2 + xx 0 + x2 − 3x − 3x 0 − 3x2 + 6x = 0 0 ⇔ x = x 0 hay 2x 2 − (3 + x 0 )x − x 2 + 3x 0 = 0 0 ⇔ x = x 0 hay (x − x 0 )(2x + x 0 − 3) = 0 3 − x0 ⇔ x = x 0 hay x = 2 Do đó, có đúng 1 ti p tuy n qua M (x0, y0) ∈ (C) 3 − x0 ⇔ x0 = ⇔ x0 = 1 2 Suy ra, y0 = 1. V y M(1, –1) (đi m u n). Nh n xét : vì x0 là 1 hoành đ ti p đi m nên pt (5) ch c ch n có nghi m kép là x0 Ph n II : Tham s m thay đ i. y' = – 3x2 + 2mx 6) (Cm) qua (x, y), ∀m ⇔ y + x3 = m (x2 – 1) , ∀m x2 − 1 = 0 x = 1 x = −1 ⇔  ⇔ hay  y + x = 0 y = −1 y = 1 3
  7. V y (Cm) qua 2 đi m c đ nh là H(1, –1) và K(–1, 1). Vì y' = – 3x2 + 2mx nên ti p tuy n v i (Cm) t i H và K có h s góc l n lư t là : a1 = y'(1) = – 3 + 2m và a2 = y'(–1) = –3 – 2m. 2 ti p tuy n t i H và K vuông góc nhau. ± 10 ⇔ a1.a2 = – 1 ⇔ 9 – 4m2 = – 1 ⇔ m = . 2 7) Hàm có c c tr ⇔ y' = 0 có 2 nghi m phân bi t. ⇔ 3x2 = 2mx có 2 nghi m phân bi t. 2m ⇔ x = 0 và x = là 2 nghi m phân bi t. 3 ⇔ m ≠ 0. Khi đó, ta có : 2  1 1  y =  m 2 x − m  +  x − m y ' 9  3 9  và phương trình đư ng th ng qua 2 c c tr là : 2 y = m 2 x − m (v i m ≠ 0) 9 8) Khi m ≠ 0, g i x1, x2 là nghi m c a y' = 0, ta có : 2m x1.x2 = 0 và x1 + x2 = 3 2  2  ⇒ y(x1).y(x2) =  m 2 x1 − m  m 2 x 2 − m  9  9  2 2 4 = − m (x1 + x2 ) + m 2 = − m 4 + m 2 9 27 V i m ≠ 0, ta có y(x1).y(x2) < 0 4 2 ⇔ − m +1 < 0 27 27 3 3 ⇔ m2 > ⇔ m> 4 2 V y (Cm) c t Ox t i 3 đi m phân bi t. y' = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät x1 , x 2 ⇔  y(x1 ).y(x 2 ) < 0
  8. 3 3 ⇔ m > 2 Nh n xét : 3 3 i) Khi m < − thì phương trình y = 0 có 2 nghi m âm và 1 nghi m dương. 2 3 3 ii) Khi m > thì phương trình y = 0 có 2 nghi m dương và 1 nghi m âm. 2 9) a) Hàm đ ng bi n trên (1,2) ⇔ – 3x2 + 2mx ≥ 0, ∀x ∈ (1,2). N u m ≠ 0 ta có 2m hoành đ 2 đi m c c tr là 0 và . 3  2m  i) N u m < 0 thì hàm ch đ ng bi n trên  ,0 . V y lo i trư ng h p m < 0  3  ii) N u m = 0 ⇒ hàm luôn ngh ch bi n (lo i).  2m  iii) N u m > 0 thì hàm ch đ ng bi n trên 0,  3   2m  Do đó, ycbt ⇔ m > 0 và [1,2] ⊂ 0,  3  2m ⇔ ≥2 ⇔ m≥3 3 b) T câu a, ta lo i trư ng h p m > 0.  2m  Khi m ≤ 0 ta có hàm s ngh ch bi n trên  − ∞, và hàm s cũng ngh ch bi n  3   trên [0, +∞). V y đ hàm ngh ch bi n trên [0, +∞) thì m ≤ 0. Ghi chú : nên l p b ng bi n thiên đ th y rõ ràng hơn. m 10) y" = – 6x + 2m , y" = 0 ⇔ x = 3 (Cm) c t Ox t i 3 đi m cách đ u nhau. ⇔ y = 0 có 3 nghi m phân bi t và đi m u n n m trên tr c hoành.
  9.  3 3  3 3 m> m> ⇔  2 ⇔ 2  m   y  = 0 3 2    − m + m. m − m = 0  3   27  9  3 3 m>  ±3 6 ⇔  2 ⇔m = 2  2m − 1 = 0 2  27  11) Phương trình hoành đ giao đi m c a (Cm) và (Dk) là – x3 + mx2 – m = kx + k + 1 ⇔ m(x2 – 1) = k(x + 1) + 1 + x3 ⇔ x + 1 = 0 ∨ m(x – 1) = k + 1 – x + x2 ⇔ x = – 1 hay x2 – (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11) a) Do đó, (Dk) c t (Cm) t i 3 đi m phân bi t ⇔ (11) có 2 nghi m phân bi t khác – 1 1+ m + 1+ k + m +1 ≠ 0 ⇔   (m + 1) − 4( k + m + 1) > 0 2  k ≠ −2m − 3  ⇔ (*)  m 2 − 2m − 3  k<  4 b) Vì (Dk) qua đi m K(–1,1) ∈ (Cm) nên ta có : (Dk) c t (Cm) thành 2 đo n b ng nhau.  m 2m 3  ⇒ (Dk) qua đi m u n  ;  3 27 − m  c a (Cm)    2m 3 m  ⇒ − m = k  + 1 + 1 27 3  2m 3 − 27m − 27 ⇒ k= (**) 9(m + 3) V y ycbt ⇔ k th a (*) và (**). 12) Phương trình ti p tuy n v i (Cm) đi qua (–1,1) có d ng : y = k(x + 1) + 1 (Dk) V y, phương trình hoành đ ti p đi m c a (Dk) và (Cm) là :
  10. – x3 + mx2 – m = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 (12) ⇔ m(x2 – 1) = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 + x3 ⇔ x + 1 = 0 ∨ m(x – 1) = – 3x2 + 2mx + 1 – x + x2 ⇔ x = – 1 hay 2x2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13) m +1 ⇔ x=–1 ∨ x= 2 y' (–1) = – 2m – 3 2  m + 1  m + 1  m + 1 1 2 y'   = −3  + 2 m  = (m – 2m – 3)  2   2   2  4 V y phương trình c a 2 ti p tuy n qua (–1, 1) là : y = – (2m + 3)(x + 1) + 1 1 2 y= (m – 2m – 3)(x + 1) + 1 4 Nh n xét : Có 1 ti p tuy n t i ti p đi m (–1, 1) nên phương trình (12) ch c ch n có nghi m kép là x = – 1 và phương trình (13) ch c ch n có nghi m là x = – 1. 13) Các ti p tuy n v i (Cm) t i ti p đi m c a hoành đ x có h s góc là : h = – 3x2 + 2mx b m Ta có h đ t c c đ i và là max khi x = − = (hoành đ đi m u n) 2a 3 V y ti p tuy n t i đi m u n có h s góc l n nh t. 2  2 m  m2 m 2 Nh n xét : − 3x + 2mx = −3 x −  + 2 ≤  3 3 3 Ghi chú : Đ i v i hàm b c 3 y = ax3 + bx2 + cx + d, ta có : i) N u a > 0 thì ti p tuy n t i đi m u n có h s góc nh nh t. ii) N u a < 0 thì ti p tuy n t i đi m u n có h s góc l n nh t.
Đồng bộ tài khoản