Chuyên đề Hàm số 12 luyện thi tốt nghiệp Trung học phổ thông, Đại học, Cao đẳng

TRUNG TÂM BDKT VÀ LTĐH 36/73 NGUYỄN HOÀNG TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG SĐT: 01234332133-0978421673

CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ 12 LUYỆN THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG, ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

* GTLN Và GTNN của hàm số

* Tiệm cận của đồ thị hàm số

* KSHS hàm bậc ba, trùng phương, hửu tỉ

Hueá, thaùng 7/2012

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

MỤC LỤC

Bài 3. Giá tị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

- Dạng 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số bằng đỉnh nghĩa

- Dạng 2: Đặt ẩn phụ tìm GTLL và GTNN

- Dạng 3: Ứng dụng giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

- Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN và GTNN trên một miền

Bài 4. Tiệm cận của đồ thị hàm số

- Dạng 1: Tìm tiêm cận ngang và tiệm cận đứng bằng định nghĩa

- Dạng 2: Một số bài toán liên quan đến tiệm cận. Tìm m thỏa điều kiện K

cho trước

Chủ đề: Tiệm cận xiên (Thảo luận)

- Dạng 3: Các bài toán liên quan đến tiệm cận hàm phân thức

Bài 5. Khảo sát hàm số

Vấn đề 1: Hàm trùng phương

- Dạng 1: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

- Dạng 2: Một số bài toán liên quan đên hàm trùng phương

Vấn đề 2: Hàm bậc ba

- Dạng 1: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

- Dạng 2: Một số bài toán liên quan đên hàm bậc ba

Vấn đề 3: Hàm phân thức hữu tỉ

- Dạng 1: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

- Dạng 2: Một số bài toán liên quan đên hàm phân thức hữu tỉ

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

1

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BÀI 3. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

A. KIẾN THỨC CẦN NẮM

1. Định nghĩa:



 

M



f x max ( )

Giả sử hàm số f xác định trên miền D (D  R).

D

M



(

)

:

f x M x D ( ) , x D f x   0

0

    

m



f x min ( )

a)

D

m



(

)

:

f x m x D    ( ) , x D f x   0

0

    

b)





2. Tính chất:

f a . ( )

f x f b ( ), min ( ) a b [ ; ]

f x max ( ) a b [ ; ]





a) Nếu hàm số f đồng biến trên [a; b] thì

f b . ( )

f x f a ( ), min ( ) a b [ ; ]

f x max ( ) a b [ ; ]

b) Nếu hàm số f nghịch biến trên [a; b] thì

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

2

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP

DẠNG 1: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

Cách 1: Thường dùng khi tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một khoảng.

 Tính f (x).

 Xét dấu f (x) và lập bảng biến thiên.

 Dựa vào bảng biến thiên để kết luận.

Cách 2: Thường dùng khi tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên một đoạn

[a; b].

 Tính f (x).

 Giải phương trình f (x) = 0 tìm được các nghiệm x 1, x2, …, xn trên [a; b] (nếu có).

 Tính f(a), f(b), f(x1), f(x2), …, f(xn).

M

f x





( ),

(

),

f x (

),...,

f x (



 )n

f a f b f x ( ), 1

2

max ( ) max a b [ ; ]

m

f x





( ),

(

),

f x (

),...,

f x (



 )n

f a f b f x ( ), 1

2

min ( ) min a b [ ; ]

 So sánh các giá trị vừa tính và kết luận.

BÀI TẬP MẪU:



a y )

Bài 1. Tìm GTLL và GTNN (nếu có) của các hàm số sau:

x  1 3 x  3

2

y



trên đoạn [0;2]

x 3 2 x

x   1 x   1

b)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

3

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

Hướng dẫn:

x



 0 2

'y

b) Bảng biến thiên

y

- 0 + 0 +

11 3

3 3 1

Dựa vào bảng biến thiên, học sinh có thể dễ dàng xác đinh GTLL,GTNN

2

4

y

x



4

y

x

x

y

x













22 x

4

3

22 x

2

Bài 2. Tìm GTLL và GTNN (nếu có) của các hàm số sau:

a) b) c)

Hướng dẫn:

b) Hàm số xác định trên 



Bảng biến thiên:



'y

x -1 0 1

y

- 0 + 0 - 0 +

  0

-1 -1

x

 

 1

1

Dựa vào bảng biến thiên:

Min y 

Hàm đạt gía trị nhỏ nhất tại , . Hàm không có giá trị lớn nhất

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

4

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2



y



0;

 2x x

trên 

Hướng dẫn:

0;

     x 2

0;





y

   ' 0

2

x 

Hàm xác định trên tập 

x



 0

Bảng biến thiên

'y

2

y

- +





x





2,

8

 8

Min y   0;

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm đạt giá trị nhỏ nhất tại

y

x

x



2 5 

6

Hàm không có giá trị lớn nhất

Bài 4. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của   trên đoạn [-1;6]

x 

Hướng dẫn:

5 2

Hàm đạt giá trị nhỏ nhất tại x=-1; x=6 và đạt giá trị lớn nhất tại

y

x

x





2

6

4

Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:





trên đoạn [0;3]

Hướng dẫn: Hàm đạt giá trị lớn nhất tại x=3, nhỏ nhất tại x=0

Bài 6. (Đề thi TSĐH 2003 khối B) . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

y x    2 x 4

D

  2;2



Hướng dẫn:

Cách 1: Tập xác định ;

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

5

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2





y

y

x

x

  



  1

;

0

4

2

x

x 

4

0



x  

2

2

x

x

  4

  

y max y min

2 2 2

  x  2 

  

x

u u



2sin ,



    

  

  ; 2 2



Cách 2: Đặt

y

u

u

u









 2 sin

cos

2 2 sin

2;2 2

 

 

 y y    max 2 2 ; min 2 ;



 

4

x



y



x

1 2

1

Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-1;2]

 1x

Hướng dẫn:

3

y

x







23 x

1

Hàm đạt giá trị nhỏ nhất tại x= -1 và đạt giá trị lớn nhất tại

Bài 8. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [-2;1]

Hướng dẫn:

 2;1

  x

0

3

2

g x

x

x





'( ) 0

g x ( )

3

Hàm đã cho xác định trên  

 x     1,

 2;1 

x

  

2

 

 2;1 

    

 

 ( ) 1;

19

Đặt ,

Max g x    2;1  

Min g x ( )    2;1  

x





g x ( )

g x ( )

0;19

Do đó:

    2;1 

 

   

 19;1 

 

 

g

g

    

 ( ) 19;

 ( ) 0

(0). ( 1) 0

 ) 0

Ta có:

x 1

g x ( 1



 0;1 :

Max f x    2;1  

Min f x    2;1  

. Vậy

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

2

4

2

x

1

4

y

y

x

x

x







3

(

0)

4

3

Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:

y b) 

2

x x

 3 x

 x

x   x  

x 

1 1

a) c)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

6

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

y



y

x



x  

2

2

x

x 

 1 x  2

2

2

x



2

5

2

y

x

x







y



(

0)

d) e)

1 x

 2 x

x 4  1

f) g)

3

2

y

x

x

x

y

x











 3

2

3

12

1

3

Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:

x trên [–2; 3]

4

4

y

x

y

x













22 x

3

22 x

5

a) trên [–1; 5] b)

y

y





c) trên [–3; 2] d) trên [–2; 2]

x x

 

x  3 1 x  3

1 1

2



24 x

7

y

y





e) trên [0; 2] f) trên [0; 4]

2

 x

7 

x x

x   x  

x 2

1 1

g) trên [0; 2] h) trên [0; 1]

Bài 3. Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:

y

x



 2 x

2

y y x   2  x    100 2 4 a) x trên [–6; 8] b)

3

y

x

x

x







2 72 

90

c)

Bài 4. Tìm giá trị lớn nhất và gí trị nhỏ nhất của hàm số trên

đoạn [-5;5]

Hướng dẫn:

 5;5

3

2

x

x

x

x









g x ( )

72

90,

5;5

Hàm số đã cho xác định trên  

  

 

x

5;5

 

g x

 

'( ) 0

Đặt

x

4

5;5

     6     

 

   

g

 

 

(4)

86;

g   ( 5) 400;

g (5)

70

Ta có :

g x





86

 ( ) 400

  0

g x ( )

400

  0

f x  ( ) 400

Với

khi x

 

 ( ) 400

5

Do đó: 

M f x ax    5;5 

Vậy

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

7

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y

x

  sin 2

x trên đoạn

 2

  

  ;  

Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

f x

x

   

'( ) 0

;

   5 ; 6 6 6

Hướng dẫn:

khi x

khi x







 

 

;

 5 6

3 2

 5 6

 2

 2

Max f x ( )      ;   2  

Min f x ( )      ;   2  

Vậy:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

8

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ TÌM GTLL VÀ GTNN

2

Khi đặt ẩn phụ, cần chú ý một số điều sau:

t

x

t 

0

t

x

     1;1





 0;1

 Nếu đặt thì và giả sử

    t

 1;1

 

t t

sin cos

x x

2



t

sin

x

 Nếu

  t



 0;1

2



t

c os

x

 Nếu

3

6

2



x

x

y







 4 1

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

Bài 1. (Đề dự bị TSĐH 2003 khối B) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của  1;1 . trên đoạn 

3

3

3

2



y

u

u

u

u

u







 







 2 x

 4 1

u 3

12

12

4



 0;1

Hướng dẫn:

2

y

u

u

  





9

24

12

u

2 3   2

 

 0;1 

 u     0  

y

y



max

4;min

Đặt . Ta có

 4 9

6

4

y

x

x









3

Từ đó ta được

29 x 4

1 4

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và gí trị nhỏ nhất của hàm số trên

đoạn [-1;1]

2

t

x

t

x

  

  

Hướng dẫn:

 

 0;1 , 

 

 1;1 

3

2

t

t









f t ( )

t 3

Đặt ta có:

9 4

1 4

liên tục trên đoạn [0;1]

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

9

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

 t 

f

t

'( ) 0

t

 0;1 

    

1 2 3     2



2

khi

t

khi x









Max f t ( )   0;1  

hay Max f x ( )    1;1  

1 2

2

3 4

khi t

khi x









0

0

hay Min f x ( )  [ 1;1]

Min f t ( )   0;1  

1 4

3 4 1 4

4

2

y

x

c

x







sin

os

2

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Hướng dẫn:

4

2

4

2

y

x

c

x

x

x





 





sin

os

2 sin

sin

3

2

2

t

t

t

t





sin

x t ,

f t ( )

Hàm đã cho xác định trên 

  

 0;1  . Xét hàm

      3,

 0,1 



 ( ) 3;

Đặt

Max f x   0;1  

Min f x ( )   0;1  

11 4

y



Vậy

2

s inx 1 x 



 s inx 1

sin

Bài 4. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

t



x t sin ,

Hướng dẫn:

  

 1;1 



f

t

t

  

f t ( )

f t ( )

'( ) 0

0

Đặt

2

  

 1;1 

 1;1 ,

t

t  1 t  

1

khi

x

k

k

Max f x Max f t 

x      



( )

 ( ) 0

sin

1

 2 ,



 

 1;1 

khi

x

x

Min f x Min f t 

  

 2 k 

( )

 ( ) 0

sin

0

k  ,



 

 1;1 

2

x

c

x

sin

2 os

y





4

4

, liên tục trên  

Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

Hướng dẫn:

Cách 1:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

10

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

2

2

2

x

c

x

x

x

x

sin

2 os

sin

sin

y













4

4

4

 1 sin 4

4

2

x

4 sin

4

2

t

4

x

y

t



t

t



,

2sin4

,

0;4

   1;4

 

  

 

 t

Đặt , xét hàm số

Max f x Max f t 

Min f x Min f t 

( )

 ( ) 5

;

( )

 ( ) 4



 1;4 

 

 

 1;1 

Từ đó suy ra được:

Cách 2:

2

x

c

x

sin

2 os







4

4

2 4

4.

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân ta có:

2

x

c

x

sin

2 os

k



x  

4

4

,

 

k    2 2

2

x

sin

2

2



4

1

x

c

x

x

c

x

sin

2 os

sin

2 os











4

1 4

1

  0

4

4

5







c

x

2 os



4

1

   

x

x





sin

0

cos

0

Đẳng thức xảy ra khi

Miny

khi x

Maxy

khi x









4

5

;

Đẳng thức xảy ra khi hoặc

k    2 4

k  2

Vậy

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

y

y





Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:

2

x

x



x  2sin 1 x  2 sin

1  cos

cos

1

2

y

x

x

y

x

x













2sin

cos

1

cos2

2sin

1

a) b)

c) d)

2

2

2

y



Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:

4

 2 x

x

x 

1 

1

3

2

2

y

x

y x x x x       4 4 3 a) b)



3 x

sin

cos

y x x x x     4 2   5 2 3 g) e)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

11

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 3: ỨNG DỤNG VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH:

f x m 

min ( )

; max ( )

Phương pháp:

f x M . 

D

D

Giả sử f(x) là một hàm số liên tục trên miền D và có



Khi đó:

 f x  ( )  x D 



1) Hệ phương trình có nghiệm  m  M.

 f x  ( )  x D 



2) Hệ bất phương trình có nghiệm  M .

 f x  ( )  x D 

3) Hệ bất phương trình có nghiệm  m .

4) Bất phương trình f(x)  đúng với mọi x  m .

5) Bất phương trình f(x)  đúng với mọi x M .





0; 1

3

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

 

  :

 m x

x

x

x

 







2 2 

 2 1

(2

) 0 (2)

Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x

2







 





t

x

2x 2

m

(1 t 2),do x [0;1

3]

Hướng dẫn:

 . (2) 

2t  2  t 1



g(t)

'( ) 0

Đặt

g t  . Vậy g tăng trên [1,2]

2t  2  t 1

m

g









(2)

m

Khảo sát với 1  t  2;

2 3

2t  2  t 1

g t max ( )   t  1;2

Do đó, ycbt  bpt có nghiệm t  [1,2] 

2

2

x

x

x







10

8

  4

m x (2

1).

1

Bài 2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân b iệt:

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

12

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

2

2



 







1  0

x

8

x

4 2(2

x

1)

2(

x

1)

2







2

1

2

1

2

1



 



2

m

2 0

t

Nhận xét:

x 2

x 2

x 2







x

1

x

1

  

  

  

  

x

1

5

(pt)  . Đặt

12



4

m

4 m

Điều kiện : –2< t .

22 2t t

5

Rút m ta có: m= . Lập bảng biên thiên  hoặc –5 <

2

2

x

x

x









x m 

Tìm tham soá m ñeå baát phöông trình

2

24

2

(1) coù nghieäm

treân

4;6

 

 

Bài 3.

2

Ñaët t

x

x







x  



2

24,

0;5

 

 4,6 thì t 

2

t

m



  t  



ycbt

tìm m ñeå baát phöông trình

  24

coù nghieäm thöïc t

0;5

  

 

2

t

t  

Xeùt haøm soá f(t)=

24, lieân tuïc treân 0;5

 

 

f

t

t

  



Ta coù:

'( ) 0,

f t ( ) lieân tuïc vaø ñoàng bieán treân 0;5

 

 0;5 

  f

m

m

 

Vaäy bpt coù nghieäm thöïc treân ñoaïn 0;5 khi ax ( )

     (5)

6

 

 

m f t m  0;5 

 

2

x

x





3

0

Hướng dẫn:

3

2

x

x x

m

m







2

  2

4

0

   

3

0

Bài 4. Tìm m để hệ BPT: (1) có nghiệm.

3

2

x 

x

x x

m

m







2

  2

4

      f x 

2

x

x

x



  

4

4

0;2







x

f

Giải. (1)  (2).

2

x

x

x



  

 

4

4

  2;3

 3    3 

x

x

 2

Ta có: ;



 f x

f





  3

21

. Hàm không có đạo hàm tại (x)  0   2 3

Max   x  0;3

  f x m



2

m

m

m  



4

2 4

21

Nhìn BBTsuy ra:

Max   x  0;3

Để (2) có nghiệm thì  3  m  7

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

13

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

x

  1 cos

 x (1) có nghiệm

    

  

  , 2 2

 x m  2 2sin 2 Bài 5. Tìm m để PT:

t



tg

  

 1,1

x

    

  

  , 2 2

   

  

x 2

x 2

  , 4 4

2

2

2





 Giải. Do nên đặt

x

x



  1 cos

cos

sin

2

t t

t 2  2 t

 1  1

1

2

2

2

2

2

2

t

2





x x m x    2 sin cos ; . Khi đó (1)  

m

f

  t

t

t

m











2

1

2

  1

2

2

t t

 

t   1 2 t  1

1 1

  

  

  

  

2





 (2)

  t

 2 2

t

   1,1

 f t t t t t       1  2 2 0 1;   1 2 Ta có:

  t

f

m

  t

f



Để (2) có nghiệm

Min   t   1,1

 2 Max   t   1,1

x

m

m

thì

  



m

0 2

4

0

2

  0;2



    

  

  , 2 2

2

x

t 

cos

tg

  . Vậy để (1) có nghiệm thì .

2

x 2

t t

 1  1

x



sin

; @ Chú ý: ở bài trên ta đã sử dụng công thức đặt thì

t 2  2 t

1

. Công thức này trong SGK không có. Tuy nhiên, ta nên biết để khi

4

4

x

x  

  2

4

2

nào thấy “bí” đem ra dùng. Việc chứng minh công thức trên tương đối dễ dàng.

Bài 4. Giải phương trình:

Gợi ý: yêu cầu học sinh phải nắm công thức tính đạo hàm của hàm lũy thừa( chương II-Giait tích 12

4

4

x  

 f x

Hướng dẫn:

 

2

4

1

1







x

f

x





  

0

3

3

3

4

4

1 4









x

x





2

4

  

  



 f x

f

x



  

  3

2

2,4





x    2 4 Đặt x với

4

4

 f x

Nhìn BBT suy ra:

 

x

x

x x     2 4 2  Phương trình có nghiệm duy nhất x  3

x    3 5 6 2 Bài 5. Giải phương trình:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

14

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

x

x

x







x

f

x







 





x 3 ln 3 5 ln 5 6

3

5

6

  2

0

Hướng dẫn:

2

2

x

x







PT   f x . Ta có:

x







 3 ln3

 5 ln 5

0

  x

   f  (x) đồng biến





f

f



 





 



  0

ln3 ln 5 6 0

  1

3ln3 5ln 5 6 0

Mặt khác (x) liên tục và

,

 Phương trình (x)  0 có đúng 1 nghiệm x0

x

x

 f x

x

 





3

5

6

  2

0

Nhìn bảng biến thiên suy ra:

Phương trình có không quá 2 nghiệm.

5

x

x



  (1

5 )

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

1 16

Bài 1. Giải các phương trình sau:

x

x

m

x  

x  







3

6

(3

)(6

)

Bài 2. Tìm m để các phương trình sau có nghiệm:

2

2











x

3

x

2

x

2

mx

2

m

a)

b)

Hướng dẫn:

2



3





b)

2

1 



2

)( xf

m







(2

 2 x  3)1

2

1 xm

x

 x x    2

  2 0 2  2

x

x

3

x

 mx m

2

   

   

 2 x  2 3 x  1 x

   



  

 ( ) f x

0,

x

 1; 2



(*)

1; 2 và có

2

5 

x



 1

2;1

)(xf

f(x) liên tục trên 





f

 (1) 2

 m f

(2)

m

đồng biến trên 

1   4

2 3

Bài toán yêu cầu

x

m



mx

x m 



22 x

  1

4 4 

0

Bài 3. Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  R:

3

x

x

m



  



22 x

1

0

a) c)

Bài 4. Cho bất phương trình: .

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

15

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

a) Tìm m để bất phương trình có nghiệm thuộc [0; 2].

b) Tìm m để bất phương trình thoả mọi x thuộc [0; 2].

mx

x





  3

1

Bài 5. Tìm m để các bất phương trình sau:

m có nghiệm.

m

x m x









(

2)

1

a)

2

2

x

x

  

x  

m x (

1)

1

b) có nghiệm x  [0; 2].

  

22 m x

9

c) nghiệm đúng với mọi x  [0; 1].

x m có nghiệm đúng   x

Bài 6. Tìm m để BPT:



  

x m   m

x 

 



 m f x 



22 m x

9

22 x

 9 1

x  

9 1

22 x

2

x





9

2

9







x

f



x

    

22 x

9

9

6

Hướng dẫn:

2

2

2



x

x



 

2

9

2

 9 1



 f x





Ta có:  0 

lim x 

lim x 

1 2



2

1 x

1 9 2 x



 f x

;







 f x

f

m





m     



 

6

  lim x  lim x   1 2  2 1 x  1 9 2 x

 f x m ,   x

Min x  

3 4

 3 4







( xx

(4)1

x

)1

m

Nhìn BBT ta có

x 

x

1

Bài 7. Tìm m để phương trình: có nghịêm

t

x







(

1)

4m

Hướng dẫn:

 khi đó pt cho ta m = t(t – 1) suy ra

x

x 

1

Đặt

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

16

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 4: Chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLL và GTNN của hàm số trên một miền

(Phần nâng cao-bồi dưỡng học sinh giỏi -Trích tài liệu của Trần Phương và tham khảo phần tài liệu Sĩ Tùng)

Phương Pháp:

1. Cách này dựa trực tiếp vào định nghĩa GTLN, GTNN của hàm số.

 Chứng minh một bất đẳng thức.

 Tìm một điểm thuộc D sao cho ứng với giá trị ấy, bất đẳng thức vừa tìm được trở thành đẳng thức.

2. Xét bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số f(x) trên một miền D cho trước.

y



(1)

0

(2)

 f x ( )   x D 

Gọi y0 là một giá trị tuỳ ý của f(x) trên D, thì hệ phương trình (ẩn x) sau có nghiệm:

Tuỳ theo dạng của hệ trên mà ta có các điều kiện tương ứng. Thông thường điều kiện ấy (sau khi biến đổi) có dạng: m  y0  M (3)

f x m 

f x M 

min ( )

; max ( )

D

D

Vì y0 là một giá trị bất kì của f(x) nên từ (3) ta suy ra được:

x

   x





24 x

2

1

BÀI TẬP MẪU:

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số  f x

x

x

x







4

2

1

Giải. Gọi y0 là 1 giá trị của hàm f(x)

0

2 0

0

x

x

x

y

x

x

x

 tồn tại x0 sao cho y0 =





  









4

2

1

2

4

2

1

0

0

2 0

0

2 0

y x 0

0

2 0

2 0

0

x

y







3

2(1

  1

0

  y

2 0

y x ) 0

0

2 0

2

y

y

y

y

y

y















 

(1

)

3(1

) 2(2

1)

2(

1)(2

1) 0

 g(x0) = . Ta có g(x) = 0 có nghiệm x0

0

2 0

2 0

0

0

0

  = =

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

17

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

x

x

x

x

x

x

x

















3

(

1)

3

3

0

0

2 0

0

0

2 0

0

0

y

nên Do y0 =

1 2

1 2

1 2



y

 f x

x

x





2 5 

  4

.

Min

1y

. Với x =  thì Minf(x) =   0  2y0  1  0  0

mx Tìm các giá trị của m sao cho

2





x

x







  

5

4 ; x 1





 f x

Bài 2. Cho

2

m 

x 

x

m

x









x  

5

4 ; 1

4 :

4 : 

P 1 

 P 2

    

Giải. Ta có

Gọi (P) là đồ thị của y = f(x)  (P) = (P1)  (P2) khi đó (P) có 1 trong các hình dạng đồ thị sau đây

P1 A A P2 P1 P1 A P2 P2

B B BC C C

m

5



Hoành độ của các điểm đặc biệt trong đồ thị (P):

x C

 2

. Hoành độ giao điểm ( P1), (P2) xA = 1; xB = 4 ; Hoành độ đỉnh (P1):

Nhìn vào đồ thị ta xét các khả năng sau:

m

 m



 Nếu xC [xA, xB]  m[ 3, 3] thì Minf(x) = Minf(1), f(4).

f

3  m

1 

 (4) 4

1

  3  f (1)   

m

5

Khi đó Minf(x) > 1   1 < m  3 (1)



 f x C 1

 2

 f   1 

  

m

m





9

2 10  4

=  Nếu xC [xA, xB]  m[ 3, 3] thì Minf(x) =

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

18

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

m

[ 3,3]

m

 

  3

5 2 3

m

m





10

 13 0

    2 

m

 

1

5 2 3

Khi đó Minf(x) > 1  (2)

x

y



 Kết luận: Từ (1) và (2) suy ra Minf(x) > 1  

x

x y  , 0 y  

1

x

y





1

1

  

Bài 3. Cho Tìm giá trị nhỏ nhất của S =

x

y

S

y

x

x

y

x

y

x

y

x

y

























2













y

x

  

  

   

   

x

x

y





1

1

1

1y 



x

y







Giải:





y

x

x

y





x

y

1

1

   

   

1

1

2

2



Mặt khác, S = = =





S   2

2 2

4

x

y

xy

x

y

 2

 Suy ra 2S   MinS = 2 .

2

2

x

y

y  



x

y





1

1

1

Bài 4. (Đề 33 III.2, Bộ đề thi TSĐH 1987 – 1995)

x .

Cho . Tìm Max, Min của A 

2

2

2

2



x

y

y

x

x

y

x

y







  









   1

2

2

2

2

2





Giải. 1. Tìm MaxA: Sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có



   1 

 

x

2

2

A   .

  1 y 2

Với thì Max A 

xy

 0

2. Tìm MinA: Xét 2 trường hợp sau đây

x



Min

0A 

y 0,

0

• Trường hợp 1: Nếu , xét 2 khả năng sau:

+) Nếu thì A>0 

2

2

2

2

x

y

x

y

x

y

x

y







x  













(

)

  (1

)

2

2

2

1





+) Nếu x  0, y  0 thì

y =

 ) (1 

 

xy

 0

A 

Từ 2 khả năng đã xét suy ra với thì Min A = 1

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

19

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

t

xy

x

t 

xy

y  



  1,1

 0

2 1 0   2

2

2

2



A

x

y

xy

x

y

y

x

y

xy

x

y

xy



















  

2

 1

 1

  1

2

1

 1



 1



 xy x



2

2

2

t

t

t

t

1

1

1



t  

t  

  t • Trường hợp 2: Xét : Đặt

t









1

  2

1

2

2

1

 

 2

 2

 2

 2 1 1    2

2

3

2







A

f

  t

t

t

t









2

2

   1

2

  2

2

 

 1 1   2



2

 3 1

2

2

1

2

1



  t

f

t

t

t







t     





2

0

;

 2 1



t 1

t 2

 2

 2

 3



f

f

f





;

0

t vào phần dư của

  t chia cho

Ta có:

t     f







2,t

t 1

t 2

  2 19 3 2 27

. Thế 1

2

A

f

f



A   

Nhìn bảng biến thiên suy ra:









t 1

t 1

suy ra 1

f



1

A

f

 

 

 

Min

1





t 1

  2 19 3 2 27

t 1     t2 0 t1 0  t

1

2 t 1

xy



x

y

t ;

 1 1

 2



   1

2

 15 2 2

2

xảy ra    1



u

u

2 1 





x y ,

0

 3

 2 3 9

 6



A

 

Min

2

  x, y là nghiệm của

2 ;

  2 19 3 2 27

a,b,c



a b c

  

Kết luận: Max A 

0 thỏa mãn điều kiện

3 2

2

2

2

S

a

b

c













Bài 5. Cho

1 2 c

1 2 b

1 2 a

Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

2

2

2

2

2

3

6

S

a

b

c

a

b

c





















3.

3.

1 2 a

1 2 b

1 2 c

1 2 a

1 2 b

1 2 c

  

  

  

  

Giải. Sai lầm thường gặp:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

20

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

2

2

6

a

b

c

S





















3.

2

2

2

6 3. 8

 3 2 Min

3 2

1 2 b

1 2 c

1 2 a

   

   

   

   

S

a

c

a b c



b    



      

Min

3 2

1

3

 Nguyên nhân:

1 a

1 b

1 c

3 2

mâu thuẫn với giả

thiết

a

b

c

  

 Phân tích và tìm tòi lời giải :

1 2

Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán Min S đạt tại

2

2

2

c

b

a







 Sơ đồ điểm rơi :

a

b

c

  



4 

1 2

1 4

1







2

2

2

a

b

4 

 1  4  1 1      c

    16

2

2

2

S

a

b

c













2

2

2

1 1   ... 2 b b 16 16  16

1 1   ... 2 c c 16 16  16

1 1   ... 2 a a 16 16  16

2

2

2

17

17

17













17

17

17

32

c 16

32

a 16

32

c

a

b

b 16 16

16

16

17

17

17







17

a 16 8 b

b 8 16 c

c 16 8 a

16

16

16

  

  

3 17

17

17

17











3 17

8

a 16 8 b

b 8 16 c

c 16 8 a

1 5 5 5 a b c

16

16

16

16

   

  17 3  

3 17

3 17

a

b

c

  







 Cách 1: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có

5

15

17

1 2

3 17 2



2

a b c (2 2 2 )

17

a

c





2

2



2





b 2 3

S



Min

3 17 2

. Với thì

 Cách 2: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

21

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

1

1

2

2

2

a

a

a

















4

 2 1



4 b

1 2 b

1 2 b

17

17

  

  

  

  

1

1

2

2

2

b

b

b



















4

 2 1



4 c

1 2 c

1 2 c

17

17

  

  

  

  

1

1

2

2

2

c

c

c

















4

 2 1



4 a

1 2 a

1 2 a

17

17

  

  

  

  

          

1

S

a b c





    

4 a

4 b

4 c

  

  

1

a b c

  











1   b

1 c

1 a 4

1 b 4

1 c 4

17

 15 1  a 4 

  

  

17   

1

1

1

6

3

abc

























6

3

3

3

1 1 1 a b c

1 a 4

1 b 4

1 c 4

15 4

45 4

  

  

  

  

abc

17

17

  

  

1

1















a

b

c

  

3

3

2



45 4

45 4

3 17 2

1 2

17

17

  

  

1 a b c   3

   

   

S



Min

3 17 2

a

b

c







,

 u

 v

;

,

 w

;

,

. Với thì













1 b

1 c

1 a

 Cách 3: Đặt

2

2

2

2

2





S

a

b

c













a b c  





1 a

1   b

1 c

1 2 b

1 2 c

1 2 a

  

  

2

2

2



 u  v  w  u  v       w nên suy ra : Do

a b c  





1   b

1 c

1   b

1 c

 1 1  a 16 

  

 15 1  a 16 

  

2

3





 

a b c  













2

3





1 a

1   b

1 c

1 1 1 a b c

1 4

15 16

  

  



Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

22

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

1

3

3

abc











 





3

3

2

2

1 1 1 a b c

3

1 2

135 16

9 135  16 2





abc





1 a b c   3

 

S



a

b

c

  





Min

  4

3 17 2

1 2

9 135  16 2

18 135  4 4

153 4

3 17 2

y



 . Với thì

x x

 3 2 1

2

2

2

a b c

a

b

c

   1

  1

  1

  1

10

Bài 6. a) Lập bảng biến thiên và tìm giá trị lớn nhất của hàm số

y

y

 

x    



0

10

b) Cho . Chứng minh rằng:

 D

2

2





1 3

1 3



x x

x



 1 3   1

1





x

x

x



y







Giải. a) TXĐ: ;

lim x 

lim x 

lim x 

lim x 

x x

 x



1

 3 / 1 2 x

 x 3 / 2  1 2 x



+

 0

1/3 0

x  y 

10

y

y



 

1

.

lim x 

1; lim x 

Suy ra . Nhìn BBT y

y

y







 10 max

10

x x

 3 2 1

2

y

x



x    x

10 ,

3

10.

  1,

1 1 ta có

x .

x







a x ,

b x ,

b) Theo phần a) thì

c ta có:

2

a



a a :

  3

10.

1

2

b



b b :

  3

10.

1

2

x

c





c c :

  3

10.

1

  x    x  

2

2

2





Đặc biệt hóa bất đẳng thức này tại các giá trị

a b c

a

b

c

   



9

  1

  1

1

10.

2

2

2

a

b

c





10

  1

  1

1



C

 BC

 AB













 c ;1

 b ;1 ; 



 a ;1 ;   OC OA AB BC 







a b c  





; 3

B y 3 2 1 A Cách 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy đặt  OA . x O 1 a+b+c a a+ b Khi đó .

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

23

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

2

2

a

b

c

  1

  1

  1

10

   OA  AB    BC OA AB BC OC       Do

Từ đó suy ra

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

24

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ



x

y

x y z , ,



 0,1

BÀI TẬP ÁP DUNG:

2

2

2

S

x

y

z







cos



   3 z 2 

Bài 1. Cho thoả mãn điều kiện: .

2

2

2



x

y

z

x

z







y    



x y z , ,

0



 0,1

Tìm Max, Min của biểu thức:

3 2

 2

y

 cos

Giải. Do nên .

2

2

2

2

x

y

z





Vì hàm số nên bài toán trở thành. nghịch biến trên 

0, 

2

2

2

2

2

2

2

2

x

y

z

x

y

z

x

z

















y  



2 1

2 1









1. Tìm MaxS hay tìm Min

1 1  3

3 4

x

y

cos

.

   1 z 2

3 4

2

2

2

Với thì MaxS =



x y z   2. Tìm MinS hay tìm Max



z  

,

  z Max x y z ,

Cách 1: Phương pháp tam thức bậc hai:

  

 ;1  

1 2

Không mất tính tổng quát giả sử . Biến đổi và đánh giá

2

2

2

2

2

2

2

2

x

y

z

z

x

y

xy

z

z

z

z

  f z



























2

2

3





đưa về tam thức bậc hai biến z





3 2

9 4

  f z

f

f

f

f







Max

Max

;

  1

  1

Do đồ thị hàm y = f(z) là một parabol quay bề lõm lên trên nên ta có:









.





1 2

1 2

 5 4

z

x

y







1;

;

0

cos

1 2

5 4

Với thì MinS =

,

,



Cách 2: Phương pháp hình học

M x y z thoả mãn điều



x y z , ,



 0,1

Xét hệ tọa Đề các vuông góc Oxyz. Tập hợp các điểm 

kiện nằm trong hình lập phương ABCDA BCO cạnh 1 với A(0, 1, 1);

B(1, 1, 1); C(1, 0, 1); D(0, 0, 1); A(0, 1, 0); B(1, 1, 0); C(1, 0, 0).

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

25

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

x

y

x

y

,

,





M x y z nằm trên mặt phẳng (P):

   3 z 2

   3 z 2

,

,

Mặt khác do nên

M x y z thoả mãn điều kiện giả thiết nằm trên thiết diện





2

2

2

x

y





Vậy tập hợp các điểm

z nên OM lớn nhất  OM lớn nhất

EIJKLN với các điểm E, I, J, K, L, N là trung điểm các cạnh hình lập phương. Gọi O là hình chiếu của O lên EIJKLN thì O là tâm của hình lập phương và cũng là tâm của lục giác đều EIJKLN. Ta có OM là hình chiếu của OM lên EIJKLN. Do OM2 =

 M trùng với 1 trong 6 đỉnh E, I, J, K, L, N.

2

2

2

x

y





2 z OK 



  1





1 4

5 4

Từ đó suy ra:

J

2

2

2

1

x

y

z









cos

cos





K

z 3/ 2





5 4

I

M

O

3/ 2

z

x

y







1;

;

0

cos

1

O

1 2

5 4

1

E

N

3/ 2 y

Với thì MinS = L x

y

z















x y z , ,

0

Bài 2. (Đề thi TSĐH 2007 khối B)

1 yz

1 zx

1 xy

y 2

z 2

  

  

 xx  2 

  

  

  

Cho . Tìm Min của S

2

2

2

9

x

y

z

S























.

Min

Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số ta có

x yz

x yz

y zx

y zx

z xy

z xy

1 2

9 2

9   2

9 2

4 4 4 x y z 4 4 4 x y z

  

  

S

Bài 3. (Đề thi TSĐH 2005 khối A)



x y z , ,

0

  4 Cho . Tìm Min của S  1 1 ;    y x 1 z z x x z x z 1 y     1 y   2 1 y 2 2

Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, b, c, d > 0 ta có:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

26

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

4

4



abcd

a b c d   

  





4.

.4.

16





1 b

1 d

1 abcd



1     b

1 a

1 c

1 a 1 d

1 c 16 a b c d   



y

x

z

z

x

2



y

x

z

z

x





1 1 z y 1 1     z y 1 1 z z

1 x 1 y 1 y

z

x

z

x

z

16 x    16 y    16 y   

16 y   16 y  2 16 y  

2

     1  x   1  x       1  x 

S













16

4

16

Min

1

1 x

1   y

1 z

z

x

x

z

x

z

1 y  





1 y  

1 y 2

2

2

  

  

  

  

2

2

2

2

2

2

x

y

2 x y

y













4

x

0

 1





2

x

y

2

Bài 4. Cho x,yR thỏa mãn điều kiện 

2

2

2

2

2

2

2

2

x

y

x

y

2 x y

x

y







 







2

1 4

0











Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức S=

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x

y

x

y

x

x

y

x

y

x







 









3

1 4

0

3

   1

4

Giải. Biến đổi 













2

5

3

5

3

2

2

2

2

2

2

x

y







   

x

y

x

y







 

3

1 0







 2

 2

5

3

5

3

2

2

x

y







Min(

)

 Do 4x2  0 nên 

 2

 2

5

3

5

3

2

2

x

y







Max(

)

Với x = 0, y = , thì .

 2

 2

Với x = 0, y = , thì

Bài 5. Cho x2 + xy + y2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:

S = x2  xy + y2

Giải Xét y = 0  x2 = 3  S = 3 là 1 giá trị của hàm số.

2

2

2

2

x y /

(

x y /

 ) 1

u

u

t











Xét y  0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau đây

2

2

2

2

x y

x x

xy xy

y y

t t

 

 

t   t  

S 3

 (

x y /

   )

(

x y /

 ) 1

1 1

với 

 u(t2 + t + 1) = t2  t + 1  (u  1)t2 + (u + 1)t + (u  1) = 0 (*)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

27

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

+ Nếu u = 1, thì t = 0  x = 0, y =  3  u = 1 là 1 giá trị của hàm số

u

1 3

+ Nếu u  1, thì u thuộc tập giá trị hàm số  phương trình (*) có nghiệm t

1 3

  = (3u  1)(3  u)  0     .

u

Min

1 ,3 3

  

  

 1 3

y

y

x

   

1

Min

 Vậy tập giá trị của u là ; Max u = 3

u  t = 1 

2

 1 3

x

xy

y







3

  x  2 

y

x

x

y



 

3,

3

Min S = 1 

2

x

xy

y







3

y



3,

3

    2 

      x 

2

2

S

x

y

x

y









sin

sin

2 sin (

)

Max S = 9  Maxu = 3  t = 1 

x

y





2

2

x

y



 



S

x

y

x









2 1 cos (

)

sin

sin

2 sin (

Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

y = )

1 cos2 2

1 cos2 2

Giải .

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

 

















2 cos(

)cos(

2  ) cos (

)

cos(

)cos(

)

2 cos (

)

  

  

9   4

1 4

2

x

y

x

y

x

y













cos(

)

cos(

)

2 sin (

)

S

  

  

9   4

1 2

9 4

1 4

x

S

y  





Max

S .

k , (k) thì 

9 4

 3

Với

D

x

y

z

x

y

z









  

0,

0,

0,

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

 x y z ( ; ; ) /

 1

P







Bài 1. Giả sử . Tìm giá trị lớn nhất của

z

x

y

z 

x 

y 

1

1

1

P





  3

biểu thức: .

x

y

z

1 

1 

1 

1

1

1

  

  

HD:

Sử dụng bất đẳng thức Cô –si:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

28

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

x

y

z









  1)

(

  1)

(

1)

9

 ( 

x

y

z

1 

1 

1 

1

1

1

   

  

P



min D

1 3

3 4

3 4

x

y

x





y  

0,

0,

 P  . Dấu “=” xảy ra  x = y = z = . Vậy .

 x y ( ; ) /  

  

5 4

S





Bài 2. Cho D = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 x

1 y 4

.

x

x

x

y

x

y

x    









4

25

4(

)

25

1 x

1     x

1 x

1 x

4 x

1 y 4

1 y 4

  

  

  

  

 HD: 

1 4

x

y

x





y  

x y ( ; ) /

0,

0,

 1

 S  5. Dấu “=” xảy ra  x = 1, y = . Vậy minS = 5.

2

2

P

x

y





  

Bài 3. Cho D =  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

x

y

x

y

x 

y 

1 

1

1

2

2

P

x

y















  (1

)

  (1

)

2

2

.

x

y

x

y

x

y

x

y

x 

y 

1 

1 

1 

1 

1

1

1

1

HD: = .

x

y

x

y













)

  (1

)

(

)

9

 (1 

x

y

x

y

1 

1 

1 

1

1

   

  





x

y

x

y

1 

1 

1    1

1

9 2

Sử dụng bất đẳng thức Cô–si:

5 2

5 2

1 3

x

y

x





y  

x y ( ; ) /

0,

0,

 4

 P  . Dấu “=” xảy ra  x = y = . Vậy minP = .

2

2

3

2

4

P





Bài 4. Cho D =  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

y 2

 x

 y

x 4

x

y

P





2

.

1   x

1 2 y

x 4

y   8

y 8

 2

  

  

HD: (1)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

29

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ







2

1

.

1 x

1 x

x 4

x 4

3

  



3

.

Theo bất đẳng thức Cô –si: (2)

1 2 y

1 2 y

y 8

y 8

y y . 8 8

3 4

(3)

9 2

9 2

 P  . Dấu “=” xảy ra  x = y = 2. Vậy minP = .

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

30

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BÀI 4. ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ:

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

x

y

f x  ( )

1. Định nghĩa:

x đgl đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

 0

 Đường thẳng

nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

 

 

    ; ; f x lim ( )  x x 0 f x lim ( )  x x 0

f x lim ( )  x x 0

f x lim ( )  x x 0

y

y

f x  ( )

;

y đgl đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

 0

 Đường thẳng

y ;  0

y  0

f x lim ( ) x 

f x lim ( ) x 

y



ax b a 

,

0

nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

y

 ( )

f x nếu ít nhất một trong các điều kiện sa u được thoả mãn:



ax b 





ax b 



(

)

0

(

)

0

 Đường thẳng đgl đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

 

 

 f x lim ( )  x 

 f x lim ( )  x 

;

y





f x ( )

2. Chú ý:

P x ( ) Q x ( )

x

a) Nếu là hàm số phân thức hữu tỷ.

x .  0

 Nếu Q(x) = 0 có nghiệm x0 thì đồ thị có tiệm cận đứng

 Nếu bậc P(x)  bậc Q(x) thì đồ thị có tiệm cận ngang.

 Nếu bậc P(x) = bậc Q(x) + 1 thì đồ thị có tiệm cận xiên.

a

b

ax







;

 

lim x 

 f x lim ( )  x 

f x ( ) x

a

b

ax







;

b) Để xác định các hệ số a, b trong phương trình của tiệm cận xiên, ta có thể áp dụng các công thức sau:

 

lim x 

 f x lim ( )  x 

f x ( ) x

hoặc

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

31

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y



f x ( ) g x ( )

f x lim ( ) x x  0

g x lim ( ) x x  0

lim x x  0

Các tính giới hạn vô cực của hàm số

f x ( ) g x ( )



Dấu của g(x)

L Tuỳ ý 0

+ +  0 L >0 - - 

- +  0 L <0 + - 

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

32

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP:

DẠNG 1: TÌM TIỆM CẬN NGANG VÀ ĐỨNG CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẰNG ĐỊNH NGHĨA

BÀI TẬP ÁP DỤNG:









b y )

;

c y )

;

d y )

a y )

;

x

x  3 4 x  1

x  1 2

 4 x  6

x  1 2 x  2

Bài 1. Tìm các đường tiệm cận của các hàm số sau:

Hướng dẫn:

a) Hàm số đã cho xác định trêm  \ {0}.

x

 

   1

y=-1 laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá khi

f x lim ( ) x 

y

x

  

 

1 laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá khi

f x lim ( ) 1 x 

x

   

 

0 laø tieäm caän ñöùng cuûa ñoà thò haøm soá khi





0



x

f x lim ( ) x  0 x 



f x , lim ( ) x  0

x

 

 

0 Haøm khoâng coù tieäm caän xieân khi

lim x 

 0 vaø f x ( ) x

Ta có:

Các câu khác làm tương tự

2

2





a y )

;

;

b y )

2

4 

7

x 2 2 x 2 x

x x 3 x





c y )

;

d y )

2

x   5 1 x   4 2 x   2 3 2 x  1

x



3

x   x  4  1 



Bài 2. Tìm các đường tiệm cận ngang và đứng của các hàm số sau:

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

33

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

c

y



)Haøm coù tieäm caän ngang laø:

1;

x

Tieäm caän ñöùng laø:

1. Vì:

  2

2

x

x

3

3



 

.

lim  x  1

lim  x  1

1

1  3





 

0; lim  x  1

vì lim  x  1

x

x   2 x  1 2 x  x

x   2 2 x  1 1 

1 2

1

x x  2  1

  

  

2

2

x

x

3

3







.

lim  x  1

lim  x  1

1 

1

 x 2

x

x 3

 

 

3 0

vì lim  x  1

; lim  x  1

x

x   2 2 x  1 1 

1

x  2  1 x   2 x  1

  

   f x Töông töï cho lim ( )

x



 1

Các câu khác làm tương tự

2





a y )

b y )

3

x

x 3  27

x



5

Bài 3. Tìm TCN và TCĐ của đồ thị hàm số:

b



) Taäp xaùc ñònh : D=

;5



 2

y



 

x



Ta coù: lim  5

lim  x  5

x



5

x

y

TCN y





Vaäy, ñoà thò coù tieäm caän ñöùng

  0

:

0

x

5. Maët khaùc: lim 

Hướng dẫn:

2

x

x





2

1

1







c y )

b y )

a y )

;

Bài 4. Tìm TCN và TCĐ của đồ thị hàm số:

2

2 1  x

x 2 x 2

  1

x

x  

2

;

c)Haøm soá xaùc ñònh treân

\{0}



y

x

    

 

1

1 laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá khi

y

x

  

 

1 laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá khi



x

x

 

 

  



0 laø tieäm caän ñöùng cuûa ñoà thò haøm soá khi

0





f x ; lim ( ) x



0



x



f x lim ( ) x  f x lim ( ) 1 x  f x lim ( ) x  0 vaø

0

2

1

x



 

  0

haøm soá khoâng coù tieäm caän xieân khi

 2

lim x 

lim x 

f x ( ) x

x x

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

34

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

35

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

2

x

7





a y .

b y .

x  2 2 - 4





c y .

d y .

3

x

x

 x -4 

1

x  2 3 x  1 x 3  27

Bài 1. Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số sau:

2

2

2

-5

5

-5

5

-5

5

-2

-2

-2

-4

-4

-4

2

x

x



1







a y .

b y .

c y .

2

x x

x  x 

  1

3 1

x



4

Bài 2. Tìm tiệm cận các hàm số

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

36

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 2: MỘT SÔ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TIỆM CẬN. TÌM THAM SỐ M THỎA ĐIỀU KIỆN 

x



2

1

y



BÀI TẬP ÁP DỤNG:

m  2 x m 

Bài 1. Tìm giá trị của tham số m sao cho đồ thị hàm số có

tiệm cận đứng qua điểm M( -3;1)

x



2

1

y



D



  2

m }

Hướng dẫn:

 \ {

m  2 x m 

1 x m 

y

y

x

m



  

 

TCD:





x

x

lim m 

lim m 

3m 

Ta có: có tập xác định là



2

Từ đó ta tìm được

 C y :

x

x 

 2 x m  6

Bài 2. Tuỳ theo m, tìm các đường tiệm cận của 

2

x



x m 



6

0 vôùi

   9

m y



0

TCN y

TCÑ x





3;

0

:

:

9 :haøm khoâng coù tieäm caän ñöùng. TCN: 9 : m 

Xeùt phöông trình m   m     8

9 :Phöông trình (*) coù hai nghieäm phaân bieät

.

x x ; 1

2

TCÑ x

x

x





:

;

2

TCN y



:

x 1 0

y

x

m  



 

8 :

,

....



 2 ...

x

1 

4



y

Hướng dẫn:

Bài 3. Cho hàm số :

. Tìm điểm thuộc (C) cách đều 2 đường tiệm cận .

 3x 4  x 2

Hướng dẫn:

Gọi M(x;y) (C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3

   

| x – 2 | = | y – 3 |

   x 2

x 2

2

 3x 4  x 2

x  x 2



 





 x 1     x 2 4 x

x  x 2



Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

37

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M 1( 1; 1) và M2(4; 6)

y



Bài 4. Cho hàm số

. Tìm những điểm trên (C) sao cho tổng khoảng cách đến

x  1 2 x  1

hai tiệm cận là nhỏ nhất.

0

x



C (

).Goïi A vaø B laàn löôït laø hình chieáu cuûa M leân tieäm caän ñöùng

Goïi M ; 0

x 2 x

0

  

 1   1 

0

x

MB

y





vaø tieäm caän ngang thì MA=

1 ;

  2

  2

0

0

x 2 x

x

1 

 1  1

1

0

0

............Coù hai ñieåm M

Hướng dẫn:

7

2

y



BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

 m

x m  x  2

M 

( 7;1)

Bài 1. Tìm giá trị của tham số m sao cho có tiệm cận đứng qua điểm

2

y



y a) 

Bài 2. Tìm m để đồ thị của các hàm số sau có đúng hai tiệm cận đứng:

2

2

2

 m

x

x

x

m

x 







x m 



3 

2 2(

3

1)

4

4

2(2

3)

1

y



y



b)

2

2

2

x

x  3 x m  



x

m



x 



2

2(

 3 x m  2)

1

y



y



c) d)

2

2

2

x

3 mx m 





x

m



x 



1

2

2

2(

 1 x m  1)

2

y



e) f)

x m  2 mx  1

Bài 3. Cho hàm số . Tìm m sao cho đồ thị hàm số có tiệm cận đứng,

tiệm cận ngang và các tiệm cận cùng với hao trục tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 8.

m

S

m



   

Ñieàu kieän :

0;

  8

8

1 2 . m m

1 2

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

38

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

mx

m





x m 



3

2



y



x



 1 1

2

Bài 4. Tìm m để đô thị hàm số có tiệm cận xiên  ,

biết  tiếp xúc với đường tròn tâm I(1;2), bán kính

m

y mx

m

y

m





mx    

 

Ñieàu kieän :

0;Tieäm caän xieân

  :

2

1

2

1 0

1



    )

d I ( ;

2

 tieáp xuùc vôùi ñöôøng troøn I 1;2 , baùn kính baèng 2



1 7

  m     m 



C y ( ) :

Hướng dẫn:

2

x

x 

 3 x m  4

Bài 5. Tìm các đường tiệm cận của đường cong:

y



x mx

 1 3

1

Bài 6. Tùy theo giá trị của tham số m. Tìm tiệm cận của đồ thị hàm số sau:

y

x

  

m *

0

-



 



y=0 laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá

m *

  1

f x ( )

f x lim ( ) 0 x 

 1:haøm khoâng coù tieäm caän x  1 3 x  1



ñoà thò haøm soá khoâng coù tieäm caän ñöùng

f x lim ( )  x  1

1   3

0

1



*

haøm soá xaùc ñònh treân

\



3

1

m

  

  

f x Vì lim ( )  x  1   m  m  

Ñöôøng thaúng y=0 laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá

1

Ñöôøng thaúng x=

laø tieäm caän ñöùng cuûa ñoà thò haøm soá

3

m

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

39

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

CHỦ ĐỀ: TIỆM CẬN XIÊN (NHÓM 2: SEMINAR)

MỘT SỐ BÀI TẬP THẢO LUẬN:

2

3

2

x



-3

2

2

1

x

c y







a y .

2

  1

b y .

.

2

x

 x

2 

5 

x x

x  5 x  

1

x 1

3

 1

Bài 1. Tìm tiệm cận xiên của đồ thị hàm số:

2

x

x







a y )

2

2

2

x

x  



b y )

1

Bài 2. Tìm tiệm cận của các đồ thị hàm số sau:

Hướng dẫn:

a) Hàm số đã cho xác định trêm  .

a

b

ax





 





1;

1



lim x 

 f x lim ( ) x 

y

x

x

  

 

f x ( ) x 1 laø tieäm caän xieân cuûa ñoà thò haøm soá khi

b

ax

a

 









1;

1



 f x lim ( ) x 

lim x 

x

x

y

 

f x ( ) x    

1 laø tieäm caän xieân cuûa ñoà thò haøm soá khi

Ta có:



     ; 1 

 1; 

. b) Hàm số đã cho xác định trên 

a

b

ax











2;

0



lim x 

 f x lim ( ) x 

f x ( ) x

x

x

y  

 

2 laø tieäm caän xieân cuûa ñoà thò haøm soá khi

a

b

ax











0;

0



lim x 

 f x lim ( ) x 

f x ( ) x

x

y  

 

0 laø tieäm caän xieân cuûa ñoà thò haøm soá khi

Ta có:

2

ax

bx









f x ( )

0

Nhận xét:

 c a



a 

1. Xét hàm số

0 thì ñoà thò haøm soá khoâng coù tieäm caän xieân

 Neáu

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

40

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

a

y





Neáu

0 thì ñoà thò haøm soá coù tieäm caän xieân

khi

b a 2

 a x  

  

x

y

x

 

 

 



vaø coù tieäm caän xieân

khi

b a 2

 a x  

  

2

p ax

bx

 







f x mx n  ( )

0



 c a



mx n

p a x



 



2. Xét hàm số

b a 2

2

y

x

x





x  

2

4

2

thì hàm số coù tieäm caän xieân laø ñöôøng thaúng y

2

x

1

y



C (

)

Bài 3. Tìm tiệm cân của đồ thị hàm số sau:

x   x  1

Bài 4. Cho hàm số .

a) Chứng minh tích khoảng cách từ một điểm bất kì trên (C) đến hai đường

tiệm cận là không đổi

b) Không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua giao điểm của hai tiệm cận.

M C

  )

(

;

  2

Hướng dẫn:

0

0

x

3 

1

0

 M x x  

  

TCN

x



 

laø

:

1 0

1

ñpcm



a)

d d . 1

2





3 2 2

TCÑ

x

y



  

laø

:

2

0

2

I

. Từ đó:

    . 1 2

 1;3







Giaû söû

laø tieáp tuyeán baát kyø cuûa (C), luùc ñoù

coù daïng:

y

x

x

y









:

f x '(

)

0

0





I

  



0 : phöông trình naøy voâ nghieäm. Vaäy khoâng coù tieáp tuyeán naøo

x

0 6 

1

0

cuûa ñoà thò ñi qua I

2

mx

x







23 m

2

2





y



C (

)

b)

x m  3

Bài 5. Cho hàm số .

1. Tìm m để góc giữa hai tiệm cận bằng 450

2. Tìm m đường tiệm cận xiên cắt hai trục tọa độ tại các điểm A,B tạo thành

tam giác có diện tích bằng 4.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

41

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y mx 



Ta coù:

- 2

m  6 2 x m  3

Ñoà



thò haøm soá coù tieäm caän

6m-2

   0 m

1 3

y





  

TCN x m :

3

0;

TCÑ mx :

2

0

0

c

m





   

045

os45

1

Hướng dẫn:

2 2

  n n . 1 2   n n . 1 2

0

B





;0

1. Góc giữa hai tiệm cận bằng

 .Khi ñoù: A 0; 2 ;



2 m

m



  

  

1 3

  m    

m



   

OA OB .

4

2

ABC

S 

1 2





22 x

2

y



2. Hàm có tiệm cận xiên

mx m  3 x 1

 tiệm cận xiên tạo với các trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4.

Bài 5. Tìm giá trị của tham số m sao cho đồ thị ham số có

2

2

x

m

m

mx









x m 



(3

2

1

(2

3

y

y





Bài 6. Tìm m để đồ thị của các hàm số sau có tiệm cận xiên:

 x

m x

 

x 2)  5

1) 2

a) b)

2

x

1

4

7

y

y

y







Bài 7. Tính diện tích của tam giác tạo bởi tiệm cận xiên của đồ thị các hàm số sau chắn trên hai trục toạ độ:

23 x  x

23 x x   x  1

x    2

x   x  3

a) b) c)

2

2

x

m

m









1

(2

2

3

y

y





Bài 8. Tìm m để tiệm cận xiên của đồ thị các hàm số sau tạo với các trục toạ độ m ột tam giác có diện tích S đã chỉ ra:

 x



x mx  x 1

x 1)  1

x

m









22 x

2(2

4

5

2

22

y

y





a) ; S = 8 b) ; S = 8



m  1) x  1

x mx  x 1

c) ; S = 16 d) ; S = 4

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

42

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

2

x

x



1

22 x

4

7

y

y

y







Bài 9. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kì t rên đồ thị của các hàm số đến hai tiệm cận bằng một hằng số:

 x

5 

x   x  1

x 3

x   x  3

a) b) c)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

43

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 3: CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG TIỆM CẬN HÀM PHÂN THỨC

y



C (

)

Bài toán 1: Các bài toán liên quan đến khoảng cách

x x

 

1 2

Bài 1. Cho hàm số

a) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ điểm M thuộc (C) đến hai đường

tiệm cận bằng một số không đổi

b) Tìm điểm M thuộc (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận đạt

giá trị nhỏ nhất.





;1

C (

)

Hướng dẫn:

0

2;d d lần lượt là khoảng cách từ M đến tiệm 1

x

0

 M x   

 1   2 

1

a) . Gọi

d d  1 2.

d

x







  2

2

cận đứng và tiệm cận ngang thì

d 1

2

0

x

1 

2

0

b)

y



C (

)

Bài toán 2: Dựa vào tính chất hai nhánh của đồ thị (C) nằm về hai phía (C) của đường tiệm cận.

x  2 x  2 1

y mx m





1

 cắt (C)



 :

md

Bài 1. Cho hàm số . Với giá trị nào của m thì đường thẳng

a) Tại hai điểm thuộc cùng một nhánh của đồ thị

b) Tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị

Hướng dẫn:

)md

x

 

mx m 

  1

x  2 x  2 1

2

mx

m

1 2 



x m 

 

2

3

3 0 (1)



 1

     

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ( và (C)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

44

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

)md

a) Đường thẳng ( cắt (C) tại hai điểm thuộc cùng một nh aùnh của đồ thị khi

2,x x sao cho

x

x



 



(hoaëc -

x 1

2

x 1

1 2

1 2

  m m

0  

3

   ) 2 

(1) có hai nghiệm 1

)md

m

x

0

0

b) Đường thẳng ( cắt (C) tại hai điểm thuộc cùng hai nhaùnh của đồ thị khi

x 2,x x sao cho 1

    2

(1) có hai nghiệm 1

y



C (

)

x x

 

2 1

Baøi 2. Cho haøm soá

a) Tìm caùc ñieåm thuoäc hai nhaùnh cuûa ñoà thò sao cho khoaûng caùch cuûa chuùng

laø ngaén nhaát

b) Goïi (d) laø ñöôøng thaúng qua A(1;0) coù heä soá goùc k. Tìm k ñeå (d) caét (C) taïi

 AM

 AN

 

2

hai ñieåm M, N thuoäc hai nhaùnh cuûa (C) sao cho

Höôùng daãn:

P

a

Q

b













a) Goïi P vaø Q laàn löôït laø caùc ñieåm thuoäc nhaùnh phaûi vaø nhaùnh traùi cuûa ñoà thò

1

a ;1

1

b ;1

 0 ;

 0 .





3 a

3 b

  

  

  

  

2

2

2

PQ

ab



a b 











haøm soá thì

9

4

24





1 a

1 b

36 ab

  

  

b

MinPQ

a

b





  

2 6

3

ab



4

36 ab

  a    

y



Ta coù:

 k x

1  . Phương trình hoành độ giao

b) Phöông trình ñöôøng thaúng (d):

1





 k x

 1

x x

 

2 1

kx

k

x

k





  

2

2

0 (1)



 1

  x    2 

điểm của đường thẳng ( )d và (C)

)md

k

x

1

    . 0

Đường thẳng ( cắt (C) tại hai điểm thuộc hai nhaùnh của đồ thị khi (1) có hai

x 2,x x sao cho 1

2

nghiệm 1

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

45

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

 AN

x







;

;

neân

1;

;

1;











 N x y 2 2

y 1

2

y 1

Ta coù:  AM

 M x y ; 1 1  AN

x

k

 

   

  

2

1

2



 1

x 1

2

  AM x  1 2 3

Bài toán 3: Tính chaát tieáp tuyeán taïi moät ñieåm tuøy yù thuoäc (C)

y



C (

)

x  1 2 x  1

Baøi 1. Cho haøm soá

Goïi I laø giao ñieåm cuûa hai ñöôøng tieäm caän, M laø moät ñieåm tuøy yù treân (C). Tieáp

tuyeán taïi M cuûa ñoà thò (C) caét hai ñöôøng tieäm caän taïi P vaø Q.

a) Chöùng minh raèng M laø trung ñieåm cuûa PQ vaø dieän tích tam giaùc IPQ khoâng

ñoåi

b) Tìm treân ñoà thò (C) ñieåm M sao cho   IP IQ  2 2



;

C (

). Phöông trình tieáp tuyeán taïi M caét hai ñöôøng tieäm caän laàn

0

x 0 

2 1

0

 M x   

 1   x 

P

x

 

löôït taïi hai ñieâm

1;

1; 2

 vaø Q 2



0

x 2 0 x  1

0

   

a

x

x



) Ta coù:

. Vaäy M laø trung ñieåm cuûa PQ

     2

x Q

P

x





S

IP IQ .

.2

  1

2

IP

Q

0

1 2

M 2 x 

1 . 2 1

0

b

 IM

  IP IQ 



) Theo keát quaû caâu a) thì M laø trung ñieåm PQ neân

2

x



0

0

IM

2

x

 

2

0

     

Höôùng daãn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

46

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BAØI TAÄP TÖÏ LUYEÄN



C y ( ) :

x m  2 x m 

Baøi 1. Cho haøm soá . Goïi I laø giao ñieåm cuûa hai ñöôøng tieäm caän.

y

 

 . x m

2R  tieáp xuùc vôùi

2

Tìm m ñeå ñöôøng troøn taâm I, baùn kính



C y ( ) :

x x

 

7 2

Baøi 2. Cho . Goïi I laø giao ñieåm cuûa hai ñöôøng tieäm caän. Tìm

y

M d 

x  

( ) :

2 sao cho IM nhoû nhaát

.



C y ( ) :

x  1 2 x  1

Baøi 3. Cho haøm soá . Goïi I laø giao ñieåm hai ñöôøng tieäm caän. Tìm

treân ñoà thò (C) ñieåm M sao cho tieáp tuyeán taïi M vôùi ñoà thò (C) caét hai ñöôøng tieäm

caän taïi A vaø B thoõa maõn   IA IB  2 10



C y ( ) :

x  3 2 x  2

Baøi 4 .Cho haøm soá . Goïi I laø giao ñieåm hai ñöôøng tieäm caän. M laø

ñieåm baát kì treân (C), tieáp tuyeán taïi M vôùi ñoà thò (C) caét hai ñöôøng tieäm caän taïi A

vaø B. Tìm toïa ñoä ñieåm M sao cho ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc IAB coù dieän tích

4

nhoû nhaát.



C y ( ) :

 x

x 

 2 1

Baøi 5. Cho haøm soá . Tìm treân ñoà thò (C) ñieåm M sao cho tieáp

tuyeán taïi M vôùi ñoà thò (C) taïo vôùi hai ñöôøng tieäm caän moät tam giaùc coù chu vi nhoû

nhaát

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

47

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BÀI 5: KHẢO SÁT HÀM SỐ

VẤN ĐỀ 1 : HÀM TRÙNG PHƯƠNG

a 

0)

DẠNG 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y=ax4 +bx2+c (

Miền xác định : D=

3

2

y

ax

bx

x

ax

b







 ' 4

2

2

2





0

' 0

Đạo hàm:

y  hoặc có một nghiệm (

a b  ) hoặc có 3 nghiệm phân .

Phương trình

biệt. Do đó hàm số hoặc chỉ có một cực trị hoặc có ba cực trị.

a



0

4

y

ax







1

2

4

lim x 

lim x 

b ax

c ax

khi a

 



khi

0

  

  

  

Giới hạn:

hay a





a a (

0

0)

Bảng biến thiên:

'y phụ thuộc vào dấu của

Dấu của và dấu của a.b, do đó

ta có bốn trường hợp bảng biến thiên khác nhau.

Đồ thị hàm số: Do đó bốn trường hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm trùng phương có bốn dạng sau đây:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

48

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

a > 0 a < 0 y

y

y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  ab < 0

0

x

0

x

y

y

0

x

0

x

y’ = 0 chỉ có 1 nghiệm  ab > 0

Hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

49

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN KHẢO SÁT HÀM SỐ:

4

4

2

x

x





 



a y )

b y )

x 4

23 x 2

Bài 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (trường hợp có 3 cực trị):

4

4

2

2

x

x

x







 



a y )

b y )

1 2

3 2

x 4

3 2

Bài 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (trường hợp có 1 cực trị):

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

4

2

4

2

x

x

x

x













a y )

1

b y )

4

20

2

4

2

1 2 4 x

x

x

x













c y )

4

3

d y )

2

1

Bài 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

4

2

4

2

x

x

y

x











a y .

-

2 b.

x

2

4

2

4

2

x

x

x

x













c y .

6

1

d y .

3

5 2

2

4

4

2

x

x

x











e y .

-

 2 3

f y .

2

1

1 2 x

Bài 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

50

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

a 

0

Một số tính chất của hàm trùng phương

1. Hàm số luôn có cực trị với mọi giá trị của tham số sao cho

2

y

x ax

b



0

   ' 0

2 (2

) 0

 có ba nghiệm phân biệt

b   a 2

2. Hàm số đạt giá trị cực đại, cực tiểu (có ba cực trị)

0

3. Đồ thị hàm số luôn nhận Oy là trục đối xứng.

 

0

  a b 

4. Hàm số có hai cực đại và một cực tiểu

 

0 0

  a b 

5. Hàm số có một cực đại và hai cực tiểu

6. Nếu hàm số có ba cực trị trị chúng tạo thành một tam giác cân.

4

2

bx



A B C D AB BC CD hay ax 





c  

C (

 ) Ox

:

,

,

,

0 (*) coù 4 nghieäm





taïo thaønh CSC

0

Ñaët t





2 x t ,

0. Luùc ñoù: (*)

  t 2

at

bt



c  

0

  

0



 



  0

t 2

t 2

ycbt





3

t   2

t 1

2

2

at

bt



c  

g t ( )

0

at

t 1 bt 

c  

t 2 g t  ( )

t 1 0

   t  1    

    

9

höông trình :

Giaûi heä p

t 2

  t t 2 1  S t    1   P t t 1 2

7. Đồ thị (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng:

8. Điều kiện cần để từ một điểm trên trục đối xứng kẻ đến đồ thị hàm trùng phương (C) ba tiếp tuyến là ba tiếp tuyến phải có một tiếp tuyến nằm ngang.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

51

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

4

2

y

ax

bx









c a (

0)



0

9. Điều kiện của tham số để đồ thị hàm số tiếp

 



0

b a 2

   

 b  a 2      y     

4

2

ax

bx

a



c  



0 (

0) (*)

xúc với Ox tại hai điểm phân biệt:

2

t



at

bt

a



c  



2, x t

0

0

0

10. Phương trình trùng phương

 lúc đó phương trình trở thành





Đặt . Ta

thấy rằng: cứ 1 nghiệm dương của (**) thì sẽ cho ra 2 nghiệm (1 âm, 1 dương) của phương trình (*).

Vậy: điều kiện cần và đủ để phương trình(*) có nghiệm là phương trình (**) có ít nhất 1 nghiệm không âm.

 Phương trình (*) có 4 nghiệm  (**) có 2 nghiệm dương phân

0 0 0

   P     S

biệt

0

 Phương trình (*) có 3 nghiệm  (**) có 1 nghiệm dương và 1

 

0

  P S 

nghiệm bằng 0

0

0P 

0

     S   2

 Phương trình (*) có 2 nghiệm  (**) có 1 nghiệm dương

0 0

0

0





t 2 0

t 2

   t 1  t   1

0

  P  S        S  2

 Phương trình (*) có 1 nghiệm  (**) có nghiệm thỏa

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

52

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

0

 Phương trình (*) vô nghiệm  (**) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm

0 0 0

       P    S 

âm

4

2

y

x

x







f x ( )

2

MỘT SỐ BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH

Bài 1. Cho hàm số

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b . Tìm

điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.

3

f x

x

x



 '( ) 4

4

Hướng dẫn:

Ta có . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.

3

3

k

f a

a

a k

f b

b

b









 '( ) 4

4 ,

 '( ) 4

4

A

B

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là

y











'

'

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:

y

b













'

'

f b ( )

  f a x a   f b x b

 

  f a   f b

  f a x   f b x

  f a  ( ) af' a   f' b

;

3

3

2

2

k

k

b

  

  



ab b 





4a

4a = 4b

4

0 (1)

A

B



 a b a

 1

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:

b , do đó (1) tương đương với phương trình:

2

a



ab b 

 

2 1 0 (2)

Vì A và B phân biệt nên a

2

2

2

2

a

ab b 

1 0

a

 

a



Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

 b  

ab b   4 2

1 0 4

2







bf b '

a

b



 





2

b 3

a 3

2

   f a

    af a '

  f b

 

    

    

,

  và   1; 1

 1; 1 .

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = ( -1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là 

Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

53

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

ab b 

2 1 0  

1

 a   a      a b

4

3

2

y







x m  x

2x

m  3 x 1 (1)

Bài 2. Cho hàm số .

1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.

2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.

4

3

2

y

m



x m 





x

2x

2 x 1

 (1)

3

2

2

x

mx

x m x

x















4

3

4

3

(

1)[4

 (4 3 )

m x m  3 ]

Hướng dẫn:

1

/

Đạo hàm / y

y

0

  x 2

x



m x m 



4

 (4 3 )

3

0

(2)

   



2

m



m   

.

 Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

4 3

0 

  4) m m  3

0

  (3    4 4 3 

x

,

 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

m   , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

x x , 1

2

3

4 3

Giả sử: Với

 Bảng biến thiên:

x x1 x2 x3 - +

y/ 0 0 - + - + 0

y CĐ + +

CT CT

m  

.

 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.

4 3

Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi

Bài 3.

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

54

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

4

2

x

x

a





4

log

3 0

  có 4 nghiệm thực phân

3

2.Tìm a để phương t rình :

biệt



1 

Hướng dẫn:

log a 3

  

a 

 

1 log

1a

1

3

 3 log

4

2

y

x

2 m x m











2(1

)

1

Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương < 3

Bài 4. Cho hàm số

1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m=0

2: Tìm m để hàm số có cực đại cực,cực tiểu và các điểm cực trị của đồ th ị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất.

Hướng dẫn:

1m 

y'=4x3-4(1-m2)x

Lập luận để hàm số có cực đại,cực tiểu khi và chỉ khi

2

4

2

4





2 m m 





2 m m 

1

m m  ;

2

1

m m  ;

2

Tọa độ các điểm cực trị:

4

2

2 m m

m

m









BC d A BC . ( ;

)

1

2

  1

(1

2 5 )

1

A(0;m+1); B( ) ; C(- )

 .Dấu bằng xảy ra

1 2

S ABC =

khi m=0

4

y

x







25 x

4,

Vậy m=0

Bài 5.Cho hàm số có đồ thị (C)

4

2

x

x

m







|

5

4 |

log

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

2

2. Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt.

9 4

m

m

  



log

12

4 144 12

12

9 4

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

55

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

4

2

2

y

x

m

x







(

10)

 . 9

Bài 6. Cho hàm số:

x

x

,

,

,

1.Khảo sát sự bthiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0

x thỏa :

x 1

2

3

4

x

x

x









8

x 1

2

3

4

2)Tìm m để đồ thị của hsố cắt trục hoành tại 4 điểm pbiệt

Hướng dẫn:

4

2

2

x

m

x

t

x









(

10)

9

2( t

0)

  (1) 0

Phương trình hoành độ giao điểm của (C m) và Ox.

2

t





2( m

t 10)

9

0

Đặt Ptrình trở

  (2) Ta có đk:

2

2

m







10)

36

0

2

t

x

x

t

  

m  

0

,

 => 0 < t1 < t2 , với

(   9 2

m



10

  0,

   P    S m 





4

2

16

thành:

t 1

t 2

t     1

t 2

t t . 1 2

Vì hs đã cho là hs chẵn và theo đề bài ta có :

2

m







10 ,

(3)

 . 9

t 1

t   2

t t 1 2

b  a

c a

Áp dụng Viet :

4

2

y

x

m

x

m

 









3

2

11

Ta có pt: m2 + 10 = 10  m = 0.



 1

y



m  2

13

Bài 7. Cho hàm số . Tìm m để (Cm) cắt đường thẳng

(d): tại 4 điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng.

Hướng dẫn:

2

4

m

x

t

x

x









(

1)

2

0

0)

2( t

3

  (1). Đặt

Phương trình hoành độ giao điểm của (C m) và Ox.

t

m



2 ( 

t 1)

2

  (2) 0

. Ptrình đã cho trở thành:

m

  



2 6 1

Ta có đk:

0 0 0

   P    S

.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

56

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

t . Giả sử

  , khi đó

2;t

0 t 1

t 2

Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm dương 1





,

,

,

phương (1) có 4 nghiệm phân biệt được sắp xếp theo thứ tự tăng dần là

t 2

t 1

t 1

t 2

 

   

2

3

t 1

t 2

t 2

t 1

t 1

t   2

t 9 (1) 1





m

1

(2)

t 1

t   2

 3

. Bốn nghiệm này lập thành cấp số cộng nên:



(3)

t t . 1 2

2 3

    

m



9

1



 1





;

Theo định lí vi-ét ta có:

t 1

t 2

m  30

30

m

loaïi

  1

(

)

m

  1

10 6 3 10 6 3

     

Từ (1) và (2) ta tìm được : và từ (3) cho ta:

4

y

x





22 x

MỘT SỐ BÀI TỰ LUYỆN:

Bài 1 (TNTHPT-2008). Cho hàm số

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

4

3

2

y

x

mx

m

x











4

3(

1)

1

b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = -2

Bài 2. Cho hàm số

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m =0

b. Với giá trị nào của m hàm số có 3 cực trị

4

x

 

22 x

1 0

Bài 3 (ĐH Đà Lạt - 2002)

a. Giải phương trình

22 x

4

x

m





22 x

  1

0

 1 b. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = 4 x

4

2

y

x

mx

 



2

c. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

(C ) m

Bài 4 (ĐH Thái Nguyên - 2002) Cho hàm số

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1

b. Hãy xác định m để hàm số đồ thị hàm số có 3 cực trị

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

57

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

4

y

x

 





25 x

4

Bài 5. (ĐH Vinh - 2002)

4

2

2

x



x m 



5

3

0

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

 có 4 nghiệm phân biệt.

4

2

y

x







2

2. Xác định m để phương trình

x 4

9 4

Bài 6. Cho hàm số

y

k  

22 x

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

4

3

2

2

y

x

mx m m









2

b. Biện luận theo k số giao điểm của (C) với đồ thị (P) của hàm số

Bài 7. Cho hàm số

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

)mC của hàm số đã cho tiếp xúc với trục hoành tại 2

b. Xác định m để đồ thị (

4

y

x

m





22 x

  2

điểm

Bài 8. (ĐH Cần thơ - 2002). Cho hàm số (Cm)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 0

b. Tìm các giá trị của m để đồ thị (C m) của hàm số chỉ có hai điểm chung với

Ox

c. Chứng minh với mọi m tam giác có 3 đỉnh là ba cực trị là một tam giác

4

2

y

x

2 m x







2

1

vuông cân.

Bài 9. Cho hàm số

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m =1

b. Tìm m để đồ thị hàm số có ba cực trị là ba đỉnh của tam giác vuông cân.

2

y

2

 ' 4

 0m

Hướng dẫn:



4

4

A







;1

;1

Ta có: hàm có ba cực trị. Khi đó tọa độ các điểm cực

 0;1 ;





 m .

2

2

2

AB

AC

BC





m   

1

trị là Hàm số đã cho xác định trên   x x m . Với   m C m B m ;



AB AC    AC AB .

0

   

Dễ thấy nên tam giác ABC vuông cân  .

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

58

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

m

 1

Vậy, là những giá trị cần tìm

Bài 10. Cho hàm số y = x4 – 2(2m2 – 1)x2 + m (1)

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.

2/ Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với trục hòanh.

Bài 11.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x 4 – 6x2 + 5

y y

5 5

2. Tìm m để phương trình: x 4 – 6x2 – log2m = 0 có 4 nghiệm phân biệt trong đó 3 nghiệm lớn hơn – 1.

. .

Hướng dẫn:

-1 -1

Pt  x4 – 6x2 + 5 = 5 + log2m

. .

. . 1 1

o o

x x

Nhìn vào đồ thị ta thấy yêu cầu bài toán

. .

. .

4 4

4

2

y

x

x







8

9

1

 0 < 5 + log2m < 5  1/32 < m < 1

Bài 12. Cho hàm số

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

4

2

x



x m 

8cos

9 cos

0,

x    

  0; 

2. Dựa vào đồ thị biện luận số nghiệm của phương trình:

4

t

x





2 t m 



Ñaët

t cos , phöông tình ñaõ cho trôû thaønh 8

9

0 (2)



Vì x

0;

neân t

 

4

m

Ta coù: (2)

 1;1 .     1 1

(3).

   t   8 4

    2 t 9 2

y

t

m





t    

Goïi (C ) :

t 8

9

1,

(

D y ) :

  1

1

 

 1;1 ; 

Soá nghieäm cuûa phöông trình (3) chính

laø soá giao ñieåm cuûa ñoà thò (C ) vaø (D).

1

 

Chuù yù raèng: ñoà thò (C ) gioáng vôùi ñoà thò (C) trong mieàn -1 t 1.

1 Döïa vaøo ñoà thò (C) ta ruùt ra ñöôïc keát luaän....

4

2

y

x mx m









1

Hướng dẫn:

1 4

Bài 12. Cho hàm số

a) Khảo sát hàm số khi m=1

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

59

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

b) Tìm m để hàm số có 3 cực trị và ba cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một

4

2

y

x

m

x

m









2

3

2

1

tam giác có diện tích là

 . Tìm m sao cho (Cm):



 1

Bài 13. Cho (Cm):

y :

2

a) Cắt trục hoành tại hai điểm A,B sao cho AB=4

  tại 4 điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng.

b) Cắt

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

60

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

VẤN ĐỀ 2 : HÀM BẬC BA

DẠNG 1: KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM BẬC BA

PHƯƠNG PHÁP CHUNG:

Tập xác định: D=

2

y

ax

c





 ' 3

2

bx 2

y

ax

bx



c  

  ' 0

3

2

0

(1)

Đạo hàm:

 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, hàm số có cực đại và cực tiểu

 Nếu (1) vô nghiệm hay có nghiệm kép, thì hàm số đơn điệu trên TXĐ

khi a



0

3

y

ax









1

2

3

lim x 

lim x 

b ax

c ax

d ax

khi a

 



0

  

  

  

Giới hạn:

hay a





0

0

Bảng biến thiên:

'y phụ thuộc vào dấu của

'y , do đó ta có



 a a bốn trường hợp biến thiên khác nhau.

Dấu của và dấu của

Đồ thị hàm số: Do có bốn trường hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ thị của hàm bậc ba có bốn dạng sau đay:

a > 0 a < 0

y

y

y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

I

0

x

0

x

0

y 

 '

I

( Có hai cực trị)

y

y

y’ = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

I

I

0

0

0

x

x

0

  y  '     y '

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

61

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

( Không có cực trị)

@ Mẹo nhỏ: Đối với trường hợp đồ thị hàm số không có cực trị, để vẽ đồ thị được đẹp và chính xác ta nên tìm điểm uốn (điểm mà tại đó đạo hàm cấp hai bằng 0) để biết đồ thị “uốn lượn” ở đâu?

Và ta dễ dàng thấy rằng: đồ thị hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

3

2

3

2

x

x

x

x

 











a y )

3

1

b y )

2

3

2

' 0

Bài 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số sau: (Trường hợp có cực trị)

y  có nghiệm

Bài 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: (Trường hợp

3

2

3

2

x

x

x

x

x

 











x  

a y )

3

3

1

b y )

1

1 3

' 0

kép)

y  vô nghiệm)

3

2

3

2

x

x

x

x

x

x















a y )

3

4

2

b y )

Bài 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: (Trường hợp

3

2

3

2

x

x

x

x

x





x  

 







a y )

2

1

b y )

3

1 3

5 3

3

2

3

x

x

x

x











d y )

c y )

3

2 3

1 3

1 4

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số sau:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

62

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀ M BẬC BA

3

2

y

bx

cx d C









ax

(

)

MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI TOÁN:

Cho hàm số

'

2

y

g x

bx

c





 ( ) 3ax

2

0

  có hai nghiệm phân biệt

1. Điều kiện cần và đủ để đồ thị (C) có cực đại và cực tiểu ( có cực trị) là:

1. Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị. Ba điểm A, I, B thẳng hàng

f x '( )

(I là điểm uốn: điểm mà tại đó y’’=0, A và B là hai điểm cực trị)





  Để chứng minh ba điểm A,I, B thẳng hàng ta chứng minh AB k AI

 Giả sử y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y = k(Ax + B)y’ + r x + q với k là hằng số khác 0 thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là y = r x + q. Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt chính là f x ( ) : phần dư trong phép chia đa thức

2. Qũy tích cực trị, điểm uốn hàm bậc ba:

Từ các điểm A,B,I chứa tham số m, ta tìm được quỹ tích của chính các điểm đó bằng cách:

 Khử tham số m

 Giới hạn khoảng chạy của tọa độ từ điều kiện tồn tại m với moih giá trị

mD

tham số m

 Qũy tích của A,B, hay I là y = r x + q.

4. Xác định tham số m để đồ thị hàm bậc 3 cắt trục hoành trong từng trường hợp cụ thể:

' 0

  y 0  y 

a) (C) tiếp xúc với Ox thì hệ sau có nghiệm 

y

b) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt

(C)

yCĐ

x2

A

x

o

C x"0

x0

x1

' 0 coù 2 nghieäm phaân bieät x , 1

2

x



B x'0 yCĐ

(H.3)

y x

). (

 ) 0

2

  y  y x (  1

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

63

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y

(C)

yCĐ

(H.2)

c) (C) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt

B

A x0 o

x1

x'0

x

x

' 0 coù 2 nghieäm phaân bieät x , 1

2

(yCT = f(x0) = 0)

y x

). (

 ) 0

2

  y  y x (  1

3

2

bx

cx d

a



 



  ax

0(

0)



d) (C) cắt Ox ít nhất 1 điểm không thể vô

nghiệm

x

' 0 coù hai nghieäm phaân bieät x , 1

2

 ) 0

) (

2

 phöông trình y'=0 coù nghieäm keùp hoaëc voâ nghieäm    y  y x y x (  1

e) (C) cắt Ox tại 1 điểm duy nhất 

y

y

(C)

(C)

yCĐ

A

A x0

x2

yCT x1 o

x0

O

x

(h.1a)

x

(h.1b)

3

2

bx

cx d

a





 



ax

0(

0)

a

a









0

0

hoaëc

f

f

0 y y . CD CT  (0) 0 

0 y y . CD CT  (0) 0 

0

0

x CD

x CT

       

      

f) Phương trình có 3 nghiệm dương

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

64

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

3

2

bx

cx d

a





 



ax

0(

0)

a

a









0

0

hoaëc

f

f

0 y y . CD CT  (0) 0 

0 y y . CD CT  (0) 0 

0

0

x CT

x CD

       

      

3

2

bx

cx d

a





 



ax

0(

0)

g) Phương trình có 3 nghiệm âm

a

a





0

0

hoaëc





0

0

y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät y y . CD CT x  0 CT

y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät y y . CD CT x  0 CT

       

      

3

2

bx

cx d

a





 



ax

0(

0)

h) Phương trình có 2 nghiệm dương:

a

a





0

0

hoaëc





0

0

y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät y y . CD CT x  0 CD

y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät y y . CD CT x  0 CT

       

      

i) Phương trình có 2 nghiệm âm:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

65

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

x

x

C







2

hay (

 ) Ox

,

,

x 1

3

2



 A B C AB BC :





0 : ñieåm uoán I

DU

y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät  f x



    

Ox 6. Biện luận số nghiệm của phương trình : ax 3 + bx2 + cx + d = 0 (1) (a  0) khi x =  là 1 nghiệm của (1).

5. Phương trình bậc 3 cắt Ox lập thành cấp số cộng tức (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt cách đều nhau.

Nếu x =  là 1 nghiệm của (1), ta có

ax3 + bx2 + cx + d = (x - )(ax2 + b1x + c1)

nghiệm của (1) là x =  với nghiệm của phương trình ax 2 + b1x + c1 = 0 (2). Ta có các trường hợp sau:

 nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = 

 nếu (2) có nghiệm kép x =  thì (1) có duy nhất nghiệm x = 

 nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt   thì (1) có 3 nghiệm phân biệt

 nếu (2) có 1 nghiệm x =  và 1 nghiệm khác  thì (1) có 2 nghiệm.

3

2

y

bx







cx d a 



ax

(

0)

 nếu (2) có nghiệm kép   thì (1) có 2 nghiệm

7. Tiếp tuyến : Gọi I là điểm uốn. Cho M  (C): .

)C

 Nếu M  I thì ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.

 Nếu M khác I và M ( thì ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.

 Biện luận số tiếp tuyến qua 1 điểm N không nằm trên (C) ta có nhiều

trường hợp hơn.

 Nếu a>0: hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn bé nhất; a<0: hệ số góc

của tiếp tuyến tại điểm uốn lờn nhất

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

66

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BÀI TẬP MẪU:

Cho họ đường cong bậc ba (C m) và họ đường thẳng (D k) lần lượt có phương

trình là : y = x3 + mx2  m và y = kx + k + 1.

(I) PHẦN I. Trong phần này cho m = 3. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

1) Gọi A và B là 2 điểm cực đại và cực tiểu của (C) và M là điểm bất kỳ trên

cung AB với M khác A , B . Chứng minh rằng trên (C) ta tìm được hai điểm tại đó có tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến tại M với (C).

2) Gọi  là đường thẳng có phương trình y = 1. Biện luận số tiếp tuyến v ới (C)

vẽ từ E   với (C).

3)

Tìm E   để qua E có ba tiếp tuyến với (C) và có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.

4) Định p để trên (C) có 2 tiếp tuyến có hệ số góc bằng p, trong trường hợp này

chứng tỏ trung điểm của hai tiếp điểm là điểm cố định.

5) Tìm M  (C) để qua M chỉ có một tiếp tuyến với (C).

(II) PHẦN I I.Trong phần này cho tham số m thay đổi.

6)

Tìm điểm cố định của (C m). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau.

7) Định m để (C m) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm

cực trị.

8) Định m để (C m) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.

9) Định m để :

a) hàm số đồng biến trong (1, 2).

b) hàm số nghịch biến trong (0, +).

10) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ tạo thành cấp số cộng.

11) Tìm điều kiện giữa k và m để (D k) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (D k)

cắt (Cm) thành hai đoạn bằng nhau.

12) Viết phương trình tiếp tuyến với (C m) và đi qua điểm (-1, 1).

13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (C m) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có

hệ số góc lớn nhất.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

67

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BÀI GIẢI

PHẦN I : m = 3

Khảo sát và vẽ đồ thị (độc giả tự làm)



1) Gọi n là hoành độ của M. Vì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = 2 nên 0 < n < 2; y' = – 3x2 + 6x  hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k1 = – 3n2 + 6n  (0, 3] (vì n  (0, 2)). Đường thẳng vuông góc với tiếp tuyến tại M có hệ số

1 k 1





góc là k2 = (với 0 < k1  3). Hoành độ của tiếp tuyến vuông góc với tiếp

1 k 1

1 k 1

tuyến M là nghiệm của – 3x2 + 6x = = 0. Phương (= k2)  3x2 – 6x

trình này có a.c < 0,  k1  (0, 3] nên có 2 nghiệm phân biệt,  k1  (0, 3]. Vậy trên (C) luôn có 2 điểm phân biệt mà tiếp tuyến đó vuông góc với tiếp tuyến tại M.

3

e



23 n

  3

h x (

 ) 1

2) E (e, 1)  . Phương trình tiếp tuyến qua E có dạng y = h(x – e) + 1 (D). (D)

x

h





x  23 x

6

      

tiếp xúc (C)  hệ có nghiệm.

 Phương trình hoành độ tiếp điểm của (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 nghiệm x = 2  8 – 2(3e – 1) + 2 = 0  e = 2

5 3

Ta có  > 0  e < – 1 hay e > .

Biện luận :

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

68

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

5 3

i) Nếu e < – 1 hay < e < 2 hay e > 2

 (1) có 3 nghiệm phân biệt  có 3 tiếp tuyến.

5 3

ii) Nếu e = – 1 hay e = hay e = 2

 (1) có 2 nghiệm  có 2 tiếp tuyến.

5 3

iii) Nếu – 1 < e <  (1) có 1 nghiệm  có 1 tiếp tuyến.

Nhận xét : Từ đồ thị, ta có y = 1 là tiếp tuyến tại (2, 1) nên phương trình (1) chắc

chắn có nghiệm x = 2,  e.

3) Vì y = 1 là tiếp tuyến qua E (e, 1),  e và đường x =  không là tiếp tuyến nên

yêu cầu bài toán.

e

e

    1

5 3

 (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa : y'(x1).y'(x2) = – 1

(2)

x

x







 

6

)

1

       ( 3 

x x laø nghieäm cuûa , 1 2 2 x 1

x 6 )( 3 1

2 2

2

e

hay e

 



1

5 3

1

x







e  3 2

2 

1

x





 

2)(

2)

1

        

x 1 x x . 1 2 x x x ( 9 . 1 2 1

2

e

hay e

 



1



 

 

5 3 1) 4]

e  9[1 (3

1

    

,1



55 27

55 27

  

  

 e = . Vậy E

4) Tiếp điểm của tiếp tuyến (với (C)) có hệ số góc bằng p là nghiệm của :

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

69

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y' = p  3x2 – 6x + p = 0 (3)

Ta có ' = 9 – 3p > 0  p < 3

Vậy khi p < 3 thì có 2 tiếp tuyến song song và có hệ số góc bằng p.

Gọi x3, x4 là nghiệm của (3).

x

x

3

4





1

b a

 2

 2

y

x

x

x

x







(

 ) 6

y 3

4

3 3

3 4

2 3

2 4



 

1

 2

 ) 3( 2

Gọi M3 (x3, y3); M4 (x4, y4) là 2 tiếp điểm. Ta có :

Vậy điểm cố định (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M 3M4.

5) Cách 1 : Đối với hàm bậc 3 (a  0) ta dễ dàng chứng minh được rằng :

 M  (C), ta có :

i) Nếu M khác điểm uốn, ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.

ii) Nếu M là điểm uốn, ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.

2

x





3

 (D)

Cách 2 : Gọi M(x 0, y0)  (C). Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng :

3 0

x 03

y = k(x – x0)

3

2

2

Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :

3 0

2 0

0

3

2

2

x x x x x x x x           3 3 ( 3 6 )( ) 3 3 ( 5 )

x

x

x

x

x

x

x

x













3(

)

(

 )( 3

 6 ) 0

3 0

2 0

0

2

2



x

x

x

xx

x

x

x

x

x

















  0

3

3

3

6

0

0

2 0

0

0

2



x

x

x

x













2

(3

3

0

x hay 0

x x ) 0

2 0

0

x

x

x

x











(

)(2

 3) 0

x hay x 0

0

0

x

3

0

x







x hay x 0

 2



Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x0, y0)  (C)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

70

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

x

3

0

x



1

0

x   0

 2



Suy ra, y0 = 1. Vậy M(1, –1) (điểm uốn).

Nhận xét : vì x0 là 1 hoành độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm kép là

x0

Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x2 + 2mx

6) (Cm) qua (x, y), m

2

x

1

 y + x3 = m (x2 – 1) , m

hay



  1 0 3

x y

x y

 1  

  

1

1

y

x





0

  

  

    



Vậy (Cm) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1).

Vì y' = – 3x2 + 2mx nên tiếp tuyến với (C m) tại H và K có hệ số góc lần lượt là :

a1 = y'(1) = – 3 + 2m và a2 = y'(–1) = –3 – 2m.



2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.

10 2

.  a1.a2 = – 1  9 – 4m2 = – 1  m =

7) Hàm có cực trị  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

 3x2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt.

m 2 3

 x = 0 và x = là 2 nghiệm phân biệt.

y

x



m x m 





'

22 9

1 3

1 9

  

  

  

 m y  

 m  0. Khi đó, ta có :

y

m x m



 (với m  0)

22 9

và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là :

8) Khi m  0, gọi x1, x2 là nghiệm của y' = 0, ta có :

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

71

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

m 2 3

2

2





x1.x2 = 0 và x1 + x2 =

m x m 1

m x m 2

2 9

2 9

  

  

  

2

2

x

m









4 m m 

)

 y(x1).y(x2) =

2 m x ( 1

2

4 27

2 9

= =

2

Với m  0, ta có y(x1).y(x2) < 0

 

1 0

4 m 27

2

m

m

  



27 4

3 3 2



,

1

2

Vậy (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệ t.

coù y x

). (

nghieäm phaân bieät x x 2  ) 0

2

  y ' 0  y x (  1



m 

3 3 2



m  

Nhận xét :

3 3 2

m 

i) Khi thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương.

3 3 2

ii) Khi thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm.

9) a) Hàm đồng biến trên (1,2)  – 3x2 + 2mx  0, x  (1,2). Nếu m  0 ta có

m 2 3

,0

hoành độ 2 điểm cực trị là 0 và .

m 2  3 

  

i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên . Vậy loại trường hợp m < 0

ii) Nếu m = 0  hàm luôn nghịch biến (loại).

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

72

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

0,

m 2 3

  

  

0,

[1,2]

iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên

m 2 3

   

  

Do đó, ycbt  m > 0 và

m

  

2

3

m 2 3



,

b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0.

m 2 3

  

  

Khi m  0 ta có hàm số nghịch biến trên và hàm số cũng nghịch biến

trên [0, +).

Vậy để hàm nghịch biến trên [0, + ) thì m  0.

Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn.

m 3

10) y" = – 6x + 2m , y" = 0  x =

(Cm) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.

m



m



3 3 2

3 3 2

 y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành.



3

2

y



0

m









m .

0

m 3

m 27

m 9

     

  

  

      

m





3 3 2

m  



2

3 6 2

 

1 0

m 2 27

     



11) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m) 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)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

73

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

a) Do đó, (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt

 (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1

m 

k m k m 

   1 2  1)

  1 0   1) 0

4(

  1  m ( 



3

m 2 2



m





3

   k   k  

m 2 4

 (*)

b) Vì (Dk) qua điểm K(–1,1)  (Cm) nên ta có :

m



(Dk) cắt (Cm) thành 2 đoạn bằng nhau.

32 m m ; 27 3

  

  

 (Dk) qua điểm uốn của (Cm)



m k 





1

1

32 m 27

m 3

  

  

32 m

27



k



m   27 m  3) 9(

 (**)

Vậy ycbt  k thỏa (*) và (**).

12) Phương trình tiếp tuyến với (C m) đi qua (–1,1) có dạng :

y = k(x + 1) + 1 (Dk)

Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (D k) và (Cm) là :

– 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

m

1

x



 x = – 1 hay 2x2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13)

 2

 x = – 1 

2

m

m

m

1

1

1

y

m

 



'

3

2

y' (–1) = – 2m – 3

1 4

 2

 2

 2

  

  

  

  

  

  

= (m2 – 2m – 3)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

74

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là :

y = – (2m + 3)(x + 1) + 1

1 4

y = (m2 – 2m – 3)(x + 1) + 1

Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc chắn có nghiệm kép là x = – 1 và phương trình (13) chắc chắn có nghiệm là x = – 1.

13) Các tiếp tuyến với (Cm) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là :

x

 

h = – 3x2 + 2mx

b m  a 2 3

Ta có h đạt cực đại và là max khi (hoành độ điểm uốn)

2

2

2

2

2

x

mx

x





 







3

2

3

Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.

m 3

m 3

m 3

  

  

Nhận xét :

MỘT SỐ BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH:

Bài 1. Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x 1 và x2 thỏa x1 = - 4x2

Hướng dẫn:

D = R

x

 

4

x 1

2

x



 

y’ = 12x2 + 2mx – 3

x 1

2

m 6

 

x x 1 2

       

1 4

m  

9 2

3

2

y

mx

m

x









f x mx  ( )

3

1

Ta có: ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị

 , m là tham số



 1

Bài 2. Cho hàm số

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

75

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y



f x ( )

2. Xác định các giá trị của m để hàm số không có cực trị.

y

1

Hướng dẫn:

x   , nên hàm số không có cực trị.

2

mx

y  





0m 

' 3

6

+ Khi m = 0

 mx m 

 1

' 0

+ Khi

y  không có nghiệm hoặc có nghiệm

Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi

2

2



m

m

m

  











m  0

' 9

3

12

3

0

 m m

 1

1 4

3

2

3

y

x

mx

m







kép

3 2

1 2

Bài 3. Cho hàm số :

1. Khảo sát hàm số với m=1.

2. Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại,cực tiểu đối xứng với nh au qua đt:

y=x

2

y

x

mx





x x m 

 ' 3

3

3 (

Hướng dẫn:

   ) 0

  x 0 x m 

Tacó

0m  thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT



0

ta thấy với

MAXy

MINy

31 m 2

0

+ Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và ;có CT tại x=m và

 ;có CT tại x=0 và

MINy

MAXy

31 m 2

+ Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và

Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đường

3

2

m

m

m

m



     2

2

1 2

3

2

y

x

mx

m

x









2

(

3)

4

phân giác y=x,điều kiện ắt có và đủ là OA OB tức là:

 có đồ thị là (Cm)

Bài 4. Cho hàm số

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1) của hàm số trên khi m = 1.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

76

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của

tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác

KBC có diện tích bằng 8 2 .

Hướng dẫn:

3

2

2

x

mx

m

x

x







  





mx m 



2

(

3)

4

4 (1)

x x (

2

 2) 0

  x

0

2

x





mx m 

g x ( )

2

  2

0 (2)

  

Phương trình hoành độ điểm chung của (C m) và d là:

(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm

m

m

2

  2

0





a ( )

phân biệt khác 0.

m

/   g

2 m m  m



(0)

  2

0

     1    2 

    

  1 3 4





d K d , )

(

2

.

2

2

BC

BC





  



8 2

BC d K d . (

 , ) 8 2

16

256

KBC

S 

1 2

2

2

Mặt khác: Do đó:

x x là hai nghiệm của phương trình (2). ,B

C

B

B

2

2

2

x

x













x   (

)

((

4)

(

4))

  256

2(

)

256

B

x C

x C

B

2





x   (

)

4

128

B

x C x C

B x x B C



1

2

m

m

2 m m

m







  



  

4

4(

2) 128

34

0

y    x   ( ) ( ) 256 với x C y C

137 2



1

m



(thỏa ĐK (a)).

137 2

Vậy

Bài 5. Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.

2. Xác định m để (C m) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

77

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

Phương trình hoành độ giao điểm của (C m) và đường thẳng y = 1 là:

0

x



x m 



3

0

(2)

  x  2 

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0 

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:

0

m



9 4

0

 Phương trình (2) có 2 nghiệm x D, xE  0.



m



m



0

   3 0

0

     2 

4 9

  m    



Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

23 x D

D

D

x m x      6 ( m 2 ); kD = y’(xD) =

23 x E

E

E

x m x      6 ( m 2 ). kE = y’(xE) =

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1.

(3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

9

65



9m + 6m  (–3) + 4m2 = –1;(vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et).



1 8

hay m





9

65

9

65



4m2 – 9m + 1 = 0  m = 







1 8

1 8

ĐS: m = 

3

2

y

x

x







2

3

1

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

Bài 1(TNTHPT – 2008) .Cho hàm số

3

2

x

x

m



2

3

  1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

b) Biệm luận theo m số nghiệm của phương trình

Bài 2 (TN THPT- lần 2 – 2008). Cho hàm số y = x3 - 3x2

3

x



23 x m 

0

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

 có 3 nghiệm phân

b. Tìm các giá trị của m để phương trình

biệt.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

78

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

x

2

 có đồ thị là (C) .

Bài 3 (TNTHPT - 2007).Cho hàm số y= 3 3 x

a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số .

3

x





23 x

b/ Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm A(2 ;4) .

Bài 4 (TNTHPT - 2006) .Cho hàm số y= có đồ thị (C) .

3

x





23 x

a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số .

x





26 x

9

b/ Dựa vào đồ thị biện luận số nghiệm phương trình : -m=0 .

Bài 5 (TNTHPT – 2004- PB).Cho hàm số y= 3 x có đồ thị là (C) .

a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số .

b/ Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương

trình y’’=0

c/ Với giá trị nào của m thì đường thẳng y=x+m 2-m đi qua trung điểm của

2

3

mx

m





3

4

đoạn thẳng nối cực đại vào cực tiểu .

Bài 6 (TNTHPT – 2004 - KPB).Cho hàm số y= 3 x .

a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 .

3

2

3

2

2

y

x

mx

 







m x m m 



3

3(1

)

b/ Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=1 .

Bài 7 (ĐH- A- 2002). Cho hàm số

3

2

3

2

x

x

k









3

k 3

0

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m= 1

 có 3 nghiệm phân biệt.

b. Tìm k để phương trình:

c. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).

Bài 8 (CĐ SP MGTW- 2004). Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 4m

a. Chứng minh đồ thị hàm số luôn có 2 cực trị.

3

2

2

2

y

x

x

m

 









3

3(

1)

x m  3

1

b. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

Bài 9 (ĐH-B- 2007). Cho hàm số

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m =1

b. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và các điểm cực trị cách đều điểm O.

Bài 10 (ĐH - D - 2004)

Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + 9x + 1

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

79

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2

b. Tìm m để nghiệm của phương trình y’’= 0 thuộc đường thẳng y = x+ 1

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

Bài 1.Cho hàm số y = (x -1)(x2 + mx + m)

a. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

3

2

y

x

m

x

m

x













2

3(

1)

6(

2)

1

b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m= 4

Bài 2. Cho hàm số

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m =2

y

x

x





3 3 

2

b. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu.

Bài 3. (ĐH 2006- D. )Cho hàm số

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .

b. Gọi d là đường thẳng qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc m. Tìm m để đường thẳng d cắt (C ) tại 3 điểm phần biệt. (Gợi ý đường thẳng d qua M(x 0;y0) có hệ số góc m có dạng: y = m(x - x0) + y 0)

Bài 4. Cho hàm số y = (x - m)3 - 3x

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm s ố với m = 1

b. Tìm m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0

Bài 5.Cho hàm số y = (x -1)(x2 + mx + m)

c. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

2

2



mx m x 



2

2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m= 4

Bài 6.Cho hàm số y = 3 x

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m =1

b. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 1

Bài 7. Cho hàm số y = x(x – 3)2 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2. Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng (d): y = ax + b không thể tiếp xúc với đồ thị của hàm số (1).

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

80

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

VẤN ĐỀ 3: HÀM HỮU TỈ

DẠNG 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số hửu tỉ

y

x



 

ad bc 



,

;

0

d c

ax b  cx d 

  

  

D



PHƯƠNG PHÁP KHẢO SÁT HÀM NHẤT BIẾN

  \

 d c /

y



'

.

Tập xác định:

cx d 

ad bc  2



ad bc

0

Đạo hàm:

  hàm số đồng biến trên D

ad bc

0

 Nếu

  hàm số nghịch biến trên D

 Nếu

y

y

  

laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá

lim x 

a c

a c

y

x

    

laø tieäm caän ngang cuûa ñoà thò haøm soá

d c

lim d x  c

Giới hạn, tiệm cận:







x











x 'y

'y



y

y

a c

a c



a c

a c Đồ thị:

Bảng biến thiên:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

81

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y

y

0

0

x

x

ad – bc > 0

ad – bc < 0

MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN KHẢO SÁT HÀM SỐ:







a y )

b y )

c y )







d y )

e y )

f y )

x  x  x 3 x

x 2 x  1 x  2 x  2

x  1 x  1 x  1 2 x  2

2 2  2  1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số sau:

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

82

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

DẠNG 2: Khảo sát và vẽ hàm số nhất biến (htb1/1)

Một số chú ý

1. Hàm số có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

2. Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

3. Không có bất kì tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua giao điểm hai



ad bc 



C y ( ) :

0

đường tiệm cận





b  ax cx d 

4. Gọi M là điểm tùy ý trên và (T) là tiếp

MH

x

y



 





Haï

(

) :

vaø MK (d ) :

theo thöù töï ñoù.

d 1

2

d c





Xaùc ñònh giao ñieåm A=(T)

B (d ); =(T)

a c (d ) (neáu coù) thì:

1

2

tuyến tại M với (C).

 AB luôn nhận M làm trung điểm

 Diện tích tam giác AIB không đổi

 Tích số MH.MK không đổi

 Diện tích tứ giác IHMK không đổi

 M,N nằm về ở hai nhánh phân biệt của đồ thị hàm số thì các hoành

độ của xM, xN nằm về hai phía tiệm cận đứng

y



BÀI TẬP MẪU:

x x

 

1 1

Bài 1. Cho hàm số .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

83

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

b) M(x0; y0) là một điểm bất kỳ thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M.

Hướng dẫn:

 \ 1

1. Tập xác định: D =

2. Sự biến thiên:

y



x

'

1

a) Chiều biến thiên:

y => ' 0

   => HS nghịch biến trên mỗi KXĐ

2

x

 2  1)

(

+

b) Cực trị: HS không có cực trị

y

y

y



1

   là TCN 1

c) Giới hạn và tiệm cận:

1; lim x 

y

y

 

+ lim x 

  =>

1x  là TCĐ

lim  x  1

; lim  x  1

+

d) Bảng biến thiên

3. Đồ thị: Vẽ đúng, đẹp

b) M(x0; y0) là một điểm bất kỳ thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

84

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

0

y

x









;

C (

)

(

1)

0

0

0

0

 M x y



x x

 

1 1

0

0

y

x

x

 





(

)

+

0

2

x x

 

x

2 

1 1

(

1)

0

0

I

(1;1)

+ PTTT tại M có dạng: ()

1;

+ Giao điểm của 2 tiệm cận:

x 0 x

0

  

 3   1 

x  02

+ A = ()  TCĐ => A=

 1;1

+ B = ()  TCN => B =

1

4 x  0

x 

1

+ IA =

02

+ IB =

1 2

y



.IA.IB = 4 (đvdt) không phụ thuộc vị trí M + SIAB =

x  1 2 x  2

Bài 2. Cho hàm số có đồ thị là (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2. Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

Hướng dẫn:

x

2

   2

x  1 2 x  2

x

m





 



(4

m x )

1 2

0 (1)

x m      

2

2

m

va

m

m

 

 





1 0

 ( 2)

(4

   ).( 2) 1 2

3 0

2. Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình

m     nên đường

Do (1) có

AB 

24

thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B

y



Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó

x 2 x

 2  1

Bài 3. Cho hàm số (C)

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

85

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

1. Khảo sát hàm số.

2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B

sao cho AB = 5 .

Hướng dẫn:

2. Phương trình hoành độ giao điểm: 2x 2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1)

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > 0 (2

x



 

x 1

2

Gọi A(x 1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).

m

m 2 2



x x 1 2

    

 2

2

2

2

x

x

x











(

)

4(

)

  5

(

)

4x

1

Theo ĐL Viét ta có .

  m2 - 8m - 20 = 0

x 1

2

x 1

2

x 1

2

x 1 2

AB2 = 5 

 m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2))

y



KL: m = 10, m = - 2.

x x

 

2 1

Bài 4. Cho hàm số: (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số

2. Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho

2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành.

Hướng dẫn:



kx a 

2 1

Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d)



3

x





2 1

  x   x  k   

d là tiếp tuyến với ( C ) khi và chỉ khi hệ PT có nghiệm

<=> Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1

Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

86

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

a



2

2



x





x 1

2



1

a



    2

1

(*)



a ' 3

6

  a 1    



x x 1 2

a a

 

 a 2 1

      

y

  1

;

  1

. Theo định lý Viet:

y 1

2

x

3 

3 

1

1

2

x 1

a

a

  

0

1

    . Kết hợp với điều kiện (*) ta được

y y . 1

2

2 3

2 3



y

Suy ra: . Để hai tiếp tuyến nằm về hai trục của Ox thì

 2x 3  x 2

Bài 5. Cho hàm số có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)

2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai

tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất

1

x

C





 

Laáy ñieåm M ;2

. Ta coù:

f x '(

)

0

0





2

x

1 

2

0

x



2

  

  

0





1

y

x

x

 



Tieáp tuyeán (d) taïi M coù phöông trình laø:

  2

0





2

x

1 

2

0

x



2

0







Giao ñieåm (d) vôùi tieäm caän ñöùng A 2;2

x

2 

2

0

  





Giao ñieåm (d) vôùi tieäm c

aän ngang

2;2

0

x

2 

2

0

    B x 2  

  

2

2

1

1

2

AB

x

x













4

2

8. Daáu"=" xaûy ra khi

2

...

0

0









2

2

x

x





2

2

0

0









   

   

Hướng dẫn:



y

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

 1 x 2  1 x

Bài 1. Cho hàm số

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2.Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M cắt trục Ox, Oy lần l ượt tại A, B thoả mãn:OA=3OB.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

87

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

Hướng dẫn:

2. Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại điểm M(x 0;y0) cắt Ox, Oy lần lượt tại A,B sao cho OA=3OB.

Do tam giác OAB vuông tại O nên tanA=OB/OA=1/3. Vì vậy hệ số góc của đưòng thẳng d bằng 1/3 hoặc -1/3.







  0





 y x ' 0

 y x ' 0

2

2

1 3

3 

3 



 1

x 0

x 0







 2  

4

y y

 (2) 1   ( 4) 3

x 0 x 0

 1   

  

Hệ số góc của d tại M(x 0;y0) là:





  



y

(

x

2) 1

y

x





  



va

y

(

x

4) 3

y

x

1 3 1 3

1 3 13 3

1 3 1 3

y



Khi đó có 2 tiếp tuyến thoả :

x  3 2 x  2

Bài 2. Cho hàm số

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.



1



x



y x '(

)

;

,

2

Hướng dẫn:

0

0

0

2

x 2 x

0

x



2

 M x  

 3 0   2 

0







1

y

x

x









:

(

)

Ta có: ,

0

2

x 2 x

 3 0  2

0

x



2

0





0

A



2;

2;2

;

0

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:

 và hai tiệm cận là:

 B x 2



x 2 x

0

  

 2   2 

Toạ độ giao điểm A, B của 

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

88

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ



x

x

y

y

2

A

B

0

A

B

x

x







y





M

M

0

x 2 x

 2

x  2 2 2

 2

 3 0  2

0

Ta thấy , suy ra M là trung

điểm của AB.

2

2

2

2

IM

x

x























(

2)

2

(

2)

 2

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường trò n ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

0

0

2

x 2 x

 3 0  2

x

1 

(

2)

0

0

  

  

   

   

   

   

x



1

0

2

x





(

2)

S =

0

2

x

1 

x



(

2)

3

0

0

   

Dấu “=” xảy ra khi



y

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

 x 2 1  x 1

Bài 3. Cho hàm số

)2;1(I

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm tới tiếp

tuyến của (C) tại M là lớn nhất .



2;

C (

)

Hướng dẫn:

3 

1

x 0

  xM 0 

  

















(3

x

)

(

2 ()1

y

 (3)2

)1

0

y

 2

(

x

)

Nếu thì tiếp tuyến tại M có phương trình

x 0

x 0

x 0

x 0

2

3 

3 

1

(

)1

x 0

x 0

)2;1(I

hay







1(3

)1

6

1

6

x 0

x 0







d

Khoảng cách từ tới tiếp tuyến là

4

4



2





 (9

)1

 (3) 

x 0  1

9

x 0

x 0





(

)1

x 0

2

9 

(

)1

x 0

2









6d

6

(

)1

92

6

. Theo bất đẳng thức

x 0

2

9 

(

)1

x 0

, vây . Khoảng cách d lớn nhất bằng Côsi

2

2







(

)1

 1

3

1

3

khi

x 0

x 0

 x 0

2

9 

(

)1

x 0

.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

89

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ





1

2;3

1

2;3

 M

3

 M

3



y

Vậy có hai điểm M : hoặc

 x 2  x

1 1

Bài 4. Cho hàm số (1).

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳ ng

đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9.

M

I





M C

  )

(

; 2

Hướng dẫn:

M x ( 0

  k IM

2

3 

 

) 1

y x

y x

 3  1)

(

x 0

M

I

x 0





)

Ta có I(- 1; 2). Gọi

Mk

y x '( 0

2

3 



 1

x 0

 

ycbt

9

k k . M IM

Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:



y

Giải được x 0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)

 x 2  2 x 1

Bài 5. Cho hàm số

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2)

Hướng dẫn:

Pt đường trung trực đọan AB : y = x



x

 2 x  2 1 x

2



1

x

x

0

1

5



x



1

5



x

     

 2  2

1

5

1

5

1

5

1

5

,

;

,

Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :

 2

 2

 2

 2

   

   

   

   

Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

90

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

BÀI TẬP LUYỆN TẬP:



Bài 1.

y

 1  1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 x x

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến

2 .

tiếp tuyến bằng

(

(

;

))

)

Hướng dẫn:

C (

*Tiếp tuyến của (C) tại điểm có phương trình

M x f x 0

0







)(

'(

)

)

( f x

y f x x x 0

0

0

2

2









1)

1 0

x

( x

y

2 x

2 x

  (*)

0

0

0

2

Hay

 2 2

*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng

x





2

4

0 

 1 (

1)

x

0

2

x  và 0

giải được nghiệm 0

x  0

1 0

5 0

x y  

*Các tiếp tuyến cần tìm :

x y   và



y

2 x x

 4  1

Bài 2. Cho hàm số .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M( -3; 0) và

N(-1; -1).





; 2

;

; 2

;

a b ,

  1

Hướng dẫn:

6 

6 

a

1

b

1

 A a  

  

 B b  

  



;

Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có

 

 

a b a a

 2

2 1

b b

2 1

  

  

Trung điểm I của AB: I

Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

91

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

0

A

 (0; 4)



0



2

B

(2;0)

  a   b

  

    AB MN .   I MN



y

Có : =>

 

 x x2

1 1

Bài 3. Cho hàm số : (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.



A

0,

Hướng dẫn:

1 2

  

  





y

Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là

1 2

 xk  

  



y

Phương trình tiếp tuyến ( ) qua A có dạng

 3x 4  x 2

Bài 4. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : .

Tìm điểm thuộc (C) cách đều 2 đường tiệm cận .

Hướng dẫn:

   

   x 2

x 2

2

Gọi M(x;y) (C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3

 3x 4  x 2

x  x 2



 





4

x  x 2

 x 1     x 2 x 





)1(



1 2

 xk  

  

1 2

  k x 

  



/

| x – 2 | = | y – 3 |



k co ù nghieäm



k

)2(

  

   x 1   2x 1     x 1      2x 1  

 1x  1x2  3   2  1x2

      

() tiếp xúc với (C)

Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

92

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

 

 

 



 

(x 1)(2x 1) 3(x

)

x

   x 1

  x 1  2x 1

1 2

1 2

3 2

1    3 x  2   2  2x 1



x

k 

và

1 12

5   . Do đó 2

 

y

1 12

1 2

  x 

  

y



. Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

0;1M

x  1 2 x  1

của đồ thị hàm số (C) Bài 5. Giả sử  là tiếp tuyến tại điểm 

Hãy tìm trên (C) những điểm có hoành độ lớn hơn 1 mà khoảng cách từ đó đến  là ngắn nhất.

Hướng dẫn:

3

y

y





'

;

3

Khoảng cách từ một điểm trên (C) tới đường thẳng  là ngắn nhất khi và chỉ khi điểm đó là tiếp điểm của đồ thị (C) với tiếp tuyến là song song với đường thẳng  .

  ' 0

2

x



 1



y

x





:

3

Ta có: .

 . 1



;

C x ( ),

1

Phương trình tiếp tuyến của (C) là

 có khoảng cách tới  ngắn nhất, thế thì



0x là nghiệm

 N x y 0

0

0

x

y    

2

5

0

y x '(

Gọi

0

x



0 0 (loaïi)

0

    ) 3 

y

m





của phương trình



2

x m  x  2

Bài 6. Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số có ít nhất một

điểm cách đều hai trục tọa độ, đồng thời hoành độ và tung độ của điểm đó trái dấu

nhau.

x  . Giả sử





Hướng dẫn: Những điểm cách đều hai trục tọa độ có hoành độ và tung độ trái dấu ;M x y là điểm thõa mãn đề bài thì nhau sẽ nằm trên đ ường thẳng y

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

93

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

2

x

x m

 



  0 *

x  

   

x m  x  2

2

x 

m



0

m

 



ta có phương trình: . Phương trình (*) có ít nhất

1 4

0

   1 4  m   2 

2

     x

y

C



một nghiệm khác 2 khi và chỉ khi





x 2 x  2

C là hai nhánh của đồ thị hàm số và

Bài 7. Tính khoảng cách giữa hai nhánh của đồ thị hàm số



  ;C 1

2







 C N b ; ;





1

C 2

a 2 a  2

b 2 b  2

 M a ;  

  

  

  

4

y

 MN







.Tieáp tuyeán vôùi (C) taïi M coù phöông trình:

'

,

b a  ;

2

b 2 b  2

a 2 a  2

  

  

x



2





2

4

2

x

a

y

a

x a 









y=

  4

2

2

0









2

a 2 a  2

a



2





C khi và chỉ khi tiếp tuyến tại



  ;C 1

2

C song song với nhau và chúng vuông góc với đường thẳng chứa



2

Hướng dẫn: Giả sử 

4

4



(1)

2

2

a

b





2

2









2











2

4

0

(2)

 b a a



b 2 b  2

a 2 a  2

  

  

       

4

a

a

a







  

 

Töø (1)

2

32

0

0 (do

2)





 MN

MN

b   



4 vaø

4 2

b=-4-a thay vaøo (2) ta ñöôïc -2 

    4;4

y

C



Ta thấy MN là khoảng cách của hai nhánh    M,N với  ;C 1 MN. Điều đó tương đương





x  1 2 x  2

BTTT: Tính khoảng cách giữa hai nhánh của đồ thị hàm số

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

94

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

y

y



x x

 

1 x 6

1 1

Bài 8. Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm số .

nhỏ

Tìm điểm M thuộc đường phân giác góc phần tư thứ nhất sao cho MA MB nhất

x

A

B



2;

;

3;

1 3

1 2

  

  

  

  

1 6 x x

 

1 1

 y      y  

x

y



;

'

:

Hướng dẫn: Tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình

  Gọi 0.

 A a b



x

y



:

Dễ thấy A và B nằm cùng phía đối với đường phân giác

  thế thì 0.

a

b







 .1 0

 2 .1

1 3

  

A





'

;2

1 3

  

  

b



1 3 2

a

2

 a     b 

   1 3





0

       

 2

2

M laø giao ñieåm cuûa A'B vaø

7 7 5 5

    M ; 

  

là điểm đối xứng của A qua

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

95

TRUNG TÂM GIA SƯ ĐỈNH CAO CHẤT LƯỢNG. SĐT:0978421673 -TP HUẾ

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Trần Đình Cư (2012). Bài giảng cấp tốc luyện thi đại học.

2. Trần Sĩ tùng (2011). Chuyên đề hàm số.

3. Nguyễn Phú Khánh, Nguyễn Tất Thu (2011). Chuyên đề hàm số

4. Các đề thi của bộ giáo dục và đào tạo.

5. Đề thi thử các trường 2012.

Chuyên đề LTĐH

Biên soạn:Trần Đình Cư

96