Luyện thi ĐH môn Toán 2015: Cực trị hàm trùng phương (Phần 1) - Thầy Đặng Việt Hùng

Chia sẻ: Nguyễn Oanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

388
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu luyện thi ĐH môn Toán 2015 về "Cực trị hàm trùng phương (Phần 1)" cung cấp kiến thức lý thuyết, 1 số bài tập ví dụ và bài tập tự luyện. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu sau để ôn tập và chuẩn bị cho kỳ thi Đại học 2015 cũng như các kỳ thi Đại học sau này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luyện thi ĐH môn Toán 2015: Cực trị hàm trùng phương (Phần 1) - Thầy Đặng Việt Hùng

Khóa h c LT H môn Toán 2015 – Th y NG VI T HÙNG Facebook: LyHung95 03. C C TR HÀM TRÙNG PHƯƠNG – P1 Th y ng Vi t Hùng x = 0 y = ax 4 + bx 2 + c ⇒ y′ = 4ax 3 + 2bx = 2 x ( 2ax 2 + b ) = 0 ⇔  2 x = − b  2a  C C TR C A HÀM S Xét hàm s D NG 1. BI N LU N V S Hàm s có m t c c tr khi y′ ch i d u m t l n, t c là − b ≤0 2a b >0 2a Hàm s có m t c c tr khi y′ ch i d u ba l n, t c là y′ = 0 có ba nghi m phân bi t ⇔ − Ví d 1: [ VH]. Cho hàm s Tìm m a) hàm s có 1 c c tr . b) hàm s có 3 c c tr . y = x 4 − 2mx 2 + 3m − 1 L i gi i: x = 0 Ta có y = 4 x3 − 4mx = 4 x x 2 − m ⇒ y′ = 0 ⇔  2 x = m a) Hàm s có m t c c tr khi m ≤ 0. b) Hàm s có ba c c tr khi m > 0. ( ) Ví d 2: [ VH]. Cho hàm s y = ( m + 1) x 4 − 3mx 2 + 3 − 5m Bi n lu n theo m s c c tr c a hàm s ã cho. L i gi i: x = 0 Ta có y = 4 ( m + 1) x3 − 6mx = 2 x (m + 1) x 2 − 3m  ⇒ y ′ = 0 ⇔  2   ( m + 1) x − 3m, (1)  TH1 : m = −1 ⇒ y ′ = 6 x; y = 0 ⇔ x = 0 Trong trư ng h p này hàm s có m t c c tr , và ó là i m c c ti u. 3m TH2 : m ≠ −1, (1) ⇔ x 2 = m +1 3m + Hàm s có m t c c tr khi ≤ 0 ⇔ −1 < m ≤ 0 m +1 m > 0 3m + Hàm s có ba c c tr khi >0⇔ m +1  m < −1 K t lu n : Hàm s có m t c c tr khi −1 ≤ m ≤ 0 m > 0 Hàm s có ba c c tr khi   m < −1 D NG 2. TÍNH CH T C C TR C A HÀM S TH1: Hàm s có ba i m c c tr A, B, C. +) Tìm i u ki n t n t i ba i m c c tr : − b >0 2a ( *)   x = 0 = x A  y A →   −b = xB  yB , t → +) V i i u ki n (*) ta có y′ = 0 ⇔  x2 = 2a   −b = xC  yC →  x3 = − 2a   −b   −b  ó A ( 0; y A ) ; B   2a ; yB  ; C  − 2a ; yC         Tham gia tr n v n khóa LT H môn Toán 2015 t i Moon.vn t i m s cao nh t trong kỳ TS H 2015! Khóa h c LT H môn Toán 2015 – Th y NG VI T HÙNG Facebook: LyHung95 Do hàm ch n v i x nên các i m B, C có yB = yC. Nh n xét : A ∈ Oy, B ; C i x ng nhau qua Oy nên tam giác ABC luôn là tam giác cân t i A. Ta xét m t s tính ch t cơ b n thư ng g p c a hàm s : Tính ch t 1: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác vuông cân. Do tam giác ABC ã cân t i A nên ch có th vuông cân t i nh A. Khi o ta có i u ki n AB. AC = 0, (1)  −b   −b  v i AB =  ; yB − y A  ; AC =  − ; yC − y A   2a   2a      b 2 T ó (1) ⇔ AB. AC = 0 ⇔ + ( yB − y A ) = 0 2a Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i (*) cho ta k t qu cu i cùng c a bài toán. Ngoài ra ta cũng có th dùng i u ki n Pitago cho tam giác cân ABC : AB 2 + AC 2 = BC 2 ⇔ 2 AB 2 = BC 2 Tính ch t 2: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác Tam giác ABC u khi AB = BC ⇔ AB 2 = BC 2 , ( 2 ) u.  −b   −b  v i AB =  ; yB − y A  ; BC =  −2 ;0   2a    2a     −b −2b 2 + ( yB − y A ) = T ó ( 2) ⇔ 2a a Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i qu cu i cùng c a bài toán. (*) cho ta k t Tính ch t 3: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có m t góc b ng 1200 Tam giác ABC cân t i A nên BAC = 1200 . G i H là trung i m c a BC ⇒ H ( 0; yB ) AH AH ⇔ cos 600 = ⇔ AB = 2 AH ⇔ AB 2 = 4 AH 2 , ( 3) AB AB  −b  −b 2 2 v i AB =   2a ; yB − y A  ; AH = ( 0; yB − y A ) , t ó ( 3) ⇔ 2a + ( yB − y A ) = 4 ( yB − y A )    Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i (*) cho ta k t qu cu i cùng c a bài toán. Ta có cos HAB = Tính ch t 4: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có di n tích S = So cho trư c G i H là trung i m c a BC ⇒ H ( 0; yB ) . Khi ó S∆ABC = 1 2 AH .BC ⇔ 2 So = AH .BC ⇔ 4So = AH 2 .BC 2 , 2 ( 4)  −b  2  −b  2 v i BC =  −2 ;0  ; AH = ( 0; yB − y A ) , t ó ( 3) ⇔ 4 So = ( yB − y A ) .4     2a   2a   Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i (*) cho ta k t qu cu i cùng c a bài toán. Tính ch t 5: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có bán kính ư ng tròn ngo i ti p R cho trư c abc abc AB. AC .BC AB 2 ⇒R= ⇔R= ⇔R= 1 4R 4S 2 AH 4. AH .BC 2 Gi i phương trình trên ta ư c giá tr c a m, i chi u v i (*) cho ta k t lu n cu i cùng. S d ng công th c di n tích tam giác S = Tính ch t 6: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có tr ng tâm G(0; α) cho trư c Ta có i u ki n trong trư ng h p này là α = y A + yB + yC ⇔ y A + 2 yB = 3α 3 Tính ch t 7: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có bán kính ư ng tròn n i ti p r cho trư c Tham gia tr n v n khóa LT H môn Toán 2015 t i Moon.vn t i m s cao nh t trong kỳ TS H 2015! Khóa h c LT H môn Toán 2015 – Th y NG VI T HÙNG Facebook: LyHung95 1 AH .BC S AH .BC 2 = S d ng công th c di n tích tam giác S = p.r ⇒ r = = AB + AC + BC 2 AB + BC p 2 Gi i phương trình trên ta ư c giá tr c a m, i chi u v i (*) cho ta k t lu n cu i cùng. Ví d 1: [ VH]. ( H kh i B - 2011). Cho hàm s y = x 4 − 2( m + 1) x 2 + m , v i m là tham s . Tìm m th hàm s ã cho có ba i m c c tr A, B, C sao cho OA = BC, v i O là g c t a , A là i m c c tr thu c tr c tung, B và C là hai i m c c tr còn l i. L i gi i: x = 0   Ta có y′ = 4 x3 − 4(m + 1) x = 4 x  x 2 − (m + 1)  ⇒ y′ = 0 ⇔  2 x = m +1 Hàm s có ba i m c c tr khi phương trình y′ = 0 có ba nghi m phân bi t ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1, (*)  x1 = 0 ⇒ y1 = m  V i m > −1 thì y′ = 0 ⇔  x2 = m + 1 ⇒ y2 = −(m + 1) 2 + m  2  x3 = − m + 1 ⇒ y3 = −(m + 1) + m Theo bài ta có t a các i m c c tr là A ( 0; m ) , B ( m + 1; −m2 − m − 1 , C − m + 1; −m2 − m − 1 ) ( ) m = 2 + 2 2 ó OA = BC ⇔ OA2 = BC 2 ⇔ m2 = 4 ( m + 1) ⇔ m 2 − 4m − 4 = 0 ⇔  m = 2 − 2 2  K t h p v i i u ki n (*) ta ư c m = 2 ± 2 2 là các giá tr c n tìm. Ví d 2: [ VH]. (D b kh i B - 2003). Cho hàm s y = x 4 − 2m 2 x 2 + 1 , v i m là tham s . Tìm m th hàm s ã cho có ba i m c c tr là ba nh c a m t tam giác vuông cân. L i gi i: x = 0   Ta có y′ = 4 x3 − 4m2 x = 4 x  x 2 − m 2  ⇒ y ′ = 0 ⇔  2 2 x = m Hàm s có ba i m c c tr khi phương trình y′ = 0 có ba nghi m phân bi t ⇔ m2 > 0 ⇔ m ≠ 0, ( *) T  x1 = 0 ⇒ y1 = 1  V i m ≠ 0 thì y′ = 0 ⇔  x2 = m ⇒ y2 = 1 − m 4  A ( 0;1) , B ( m;1 − m 4 ) , C ( − m;1 − m 4 ) →  x = −m ⇒ y = 1 − m4 3  3 Ta nh n th y tam giác ∆ABC luôn cân t i A. T ∆ABC vuông cân thì ph i vuông cân t i A. m = 0 ó suy ra AB ⊥ AC ⇔ AB. AC = 0 ⇔ ( m; − m 4 ) . ( − m; − m 4 ) = 0 ⇔ − m 2 + m8 = 0 ⇔ m 2 (m 6 − 1) = 0 ⇔   m = ±1 K t h p v i i u ki n (*) ta ư c m = ±1 là các giá tr c n tìm. Ví d 3: [ VH]. Cho hàm s y = x 4 + 2mx 2 − m − 1 , v i m là tham s . Tìm m hàm s có ba i m c c tr ng th i các i m c c tr c a th t o thành m t tam giác a) có di n tích b ng 4 2 . b) u. c) có m t góc b ng 1200 L i gi i: x = 0 Ta có y′ = 4 x3 + 4mx = 4 x ( x 2 + m ) ⇒ y′ = 0 ⇔  2  x = −m Hàm s có ba i m c c tr khi phương trình y′ = 0 có ba nghi m phân bi t, t c là m < 0, (*) V i m < 0 thì  x = 0 ⇒ y = −m − 1  y′ = 0 ⇔  x = − m ⇒ y = − m 2 − m − 1  A ( 0; − m − 1) , B − m ; − m 2 − m − 1 , C − − m ; − m 2 − m − 1 →  2  x = − −m ⇒ y = −m − m − 1 Ta nh n th y A thu c Oy, B ; C i x ng qua Oy nên tam giác ABC cân t i A. ( ) ( ) Tham gia tr n v n khóa LT H môn Toán 2015 t i Moon.vn t i m s cao nh t trong kỳ TS H 2015! Khóa h c LT H môn Toán 2015 – Th y NG VI T HÙNG Facebook: LyHung95 a) G i H là trung i m c a BC ⇒ H 0; − m 2 − m − 1 Khi ó, S∆ABC = ( ) 1 AH .BC = 4 2 ⇔ AH .BC = 8 2 ⇔ AH 2 .BC 2 = 128, (1) 2 Ta có BC = −2 −m ;0 ; AH = 0; −m 2 , t ó (1) ⇔ −4m.m 4 = 128 ⇔ m5 = −32 ⇒ m = −2 ( ) ( ) i chi u v i i u ki n (*) ta th y m = −2 là giá tr c n tìm. b) Tam giác ABC u khi AB = BC ⇔ AB 2 = BC 2 , ( 2 ) Ta có AB = ( −m ; −m 2 , BC = −2 −m ;0 , t ) ( ) m = 0 ó ( 2 ) ⇔ − m + m 4 = −4m ⇔ m 4 = −3m ⇔  3 m = − 3 i chi u v i i u ki n (*) ta ư c m = − 3 3 là giá tr c n tìm. c) Tam giác ABC cân t i A nên có m t góc b ng 1200 thì BAC = 1200 G i H là trung i m c a BC ⇒ H 0; − m2 − m − 1 ( ) Trong tam giác vuông HAB có sin HAB = sin 600 = BH BH 3 ⇔ = ⇔ 3 AB = 2 BH = BC ⇔ 3 AB 2 = BC 2 , AB AB 2 m = 0 2 4 Ta có AB = − m ; − m , BC = −2 − m ;0 , khi ó ( 3) ⇔ 3 −m + m = −4m ⇔  m = − 1 3  3  1 i chi u v i i u ki n (*) ta ư c m = − 3 là giá tr c n tìm. 3 ( 3) ( ) ( ) ( ) Ví d 4: [ VH]. Cho hàm s y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 , v i m là tham s . Tìm m hàm s có ba i m c c tr ng th i các i m c c tr c a ư ng tròn ngo i ti p b ng 2. L i gi i: x = 0 Ta có y′ = 4 x3 − 4mx = 4 x ( x 2 − m ) ⇒ y ′ = 0 ⇔  2 x = m th t o thành m t tam giác có bán kính Hàm s có ba i m c c tr khi phương trình y′ = 0 có ba nghi m phân bi t, t c là m > 0, (*) x = 0 ⇒ y = m −1  V i m > 0 thì y′ = 0 ⇔  x = m ⇒ y = −m 2 + m − 1  A ( 0; m − 1) , B m ; −m 2 + m − 1 , C − m ; −m 2 + m − 1 →  2  x = − m ⇒ y = −m + m − 1 Ta nh n th y A thu c Oy, B ; C i x ng qua Oy nên tam giác ABC cân t i A. ( ) ( ) G i H là trung i m c a BC ⇒ H 0; −m 2 + m − 1 Di n tích tam giác ABC : S∆ABC = Ta có AB = ( ) ( AH .BC AB.BC . AC AB 2 = ⇒R= , 2 4R 2 AH  AB 2 = m + m 4  m ; −m 2 ; AH = 0; −m 2 ⇒  2  AH = m  (1) ) ( ) m = 1 m + m4 3 2 Khi ó, (1) ⇔ 2 = ⇔ m − 2m + 1 = 0 ⇔ ( m − 1) m + m − 1 = 0 ⇔  2  m = −1 ± 5 m  2  5 −1 i chi u v i i u ki n (*) ta ư c m = 1; m = là các giá tr th a mãn yêu c u bài toán. 2 ( ) Ví d 5: [ VH]. (Kh i A - 2012). Cho hàm s y = x 4 − 2(m + 1) x 2 + m 2 (1) , v i m là tham s . Tìm m hàm s có ba i m c c tr t o thành ba nh c a m t tam giác vuông L i gi i: x = 0   Ta có y′ = 4 x3 − 4(m + 1) x = 4 x  x 2 − (m + 1)  ⇒ y′ = 0 ⇔  2 x = m +1 Hàm s có ba i m c c tr khi phương trình y′ = 0 có ba nghi m phân bi t ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1, (*) Tham gia tr n v n khóa LT H môn Toán 2015 t i Moon.vn t i m s cao nh t trong kỳ TS H 2015! Khóa h c LT H môn Toán 2015 – Th y NG VI T HÙNG Facebook: LyHung95  x1 = 0 ⇒ y1 = m 2  V i m ≠ 0 thì y′ = 0 ⇔  x2 = m + 1 ⇒ y2 = −2m − 1  A ( 0; m 2 ) , B m + 1; −2m − 1 , C − m + 1; − 2m − 1 →   x3 = − m + 1 ⇒ y3 = −2m − 1  Ta nh n th y tam giác ∆ABC luôn cân t i A. ∆ABC vuông cân thì ph i vuông cân t i A. ( ) ( ) Ta có AB = ( m + 1; −(m + 1)2 ; AC = − m + 1; −(m + 1)2 ) ( ) T m + 1 = 0  m = −1 ó suy ra AB ⊥ AC ⇔ AB. AC = 0 ⇔ −(m + 1) + (m + 1)4 = 0 ⇔  ⇔ m + 1 = 1 m = 0 K t h p v i i u ki n (*) ta ư c m = 0 là các giá tr c n tìm. BÀI T P T Tìm m hàm s có ba i m c c tr LUY N th t o thành m t tam giác Bài 1: [ VH]. Cho hàm s y = x 4 − 4mx 2 + 2m + 1 , v i m là tham s . ng th i các i m c c tr c a a) có di n tích b ng 3 2.  2 b) có tr ng tâm là G  0;  .  3 c) có bán kính ư ng tròn ngo i ti p b ng 1. Bài 2: [ VH]. Tìm m a) tam giác ABC u. , A là i m c c tr thu c Oy, B ; C là hai i m c c tr còn l i. nh c a m t hàm s y = x 4 − 2m2 x 2 + 1 có ba i m c c tr A, B, C sao cho b) OA = 2 BC , trong ó O là g c t a Bài 3: [ VH]. Tìm m tam giác vuông cân. hàm s y = x 4 + 2 ( m − 2 ) x 2 + m2 − 5m + 5 có ba i m c c tr và là ba /s : m = 1. Bài 4: [ VH]. Tìm m hàm s y = x 4 + 2mx 2 + m2 + m có ba i m c c tr ng th i các i m c c tr c a th t o thành m t tam giác có m t góc b ng 1200. 1 /s : m = − 3 . 3 Bài 5: [ VH]. Cho hàm s y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m4 có V i nh ng giá tr nào c a m thì tam giác có di n tích b ng 4. th (Cm) . ng th i ba i m c c tr ó l p thành m t th (Cm) có ba i m c c tr , /s : m = 5 16. Bài 6: [ VH]. Bi n lu n theo m s c c tr c a các hàm s sau : a) y = −2 x 4 − (2m + 1) x 2 + m + 3. b) y = (1 − m) x 4 − (3m + 1) x 2 + 2m + 5. c) y = (3m 2 − 2) x 4 − mx 2 + m3 − 1. Bài 7: [ VH]. Cho hàm s y = x 4 − 2mx 2 + 2 (C).Tìm m hàm s có 3 c c tr t o thành tam giác có: a) Bán kính ư ng tròn n i ti p b ng 1 b) Bán kính ư ng tròn ngo i ti p g p ôi bán kính ư ng tròn n i ti p. Tham gia tr n v n khóa LT H môn Toán 2015 t i Moon.vn t i m s cao nh t trong kỳ TS H 2015!