Bài tập giải mẫu Khảo sát hàm số - Hàm đa thức

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Hàm bậc ba: Bài 1: Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  (2  m) x  m  2 (C) 1. Tìm m để hàm đồng biến trên  0;   2 Tìm m để hàm số có CĐ, CT thỏa mãn: a. xCT  2 b. Hoành độ các điểm cực trị lớn hơn -1 1 c. x1  x2  , với x1 ; x2 là hoành độ các điểm cực trị 3 d. Có ít nhất 1 hoành độ cực trị thuộc khoảng (-2; 0) Giải: 1. Hàm đồng biến trên  0;    y '  3 x 2  2(1  2m) x  (2  m)  0 với x   0;  . 3 x 2  2x  2  m với x   0;   4x 1 2  6 x 2  x  3 1  73 Ta có: f '  x    0  6x2  x  3  0  x  2 12  4 x  1  f  x . Lập bảng biến thiên của hàm f(x) trên  0;   , từ đó ta đi đến kết luận:.  1  73  3  73 f  m   m  8  12  2. Ta có: y '  3 x 2  2(1  2m) x  (2  m) Hàm số có CĐ, CT  y '  0 có 2 nghiệm phân biệt 5  m 2 2    '  (1  2m)  3(2  m)  4m  m  5  0  4 (*)   m  1 Với điều kiện (*), gọi x1  x2 là 2 nghiệm phân biệt của y’ = 0. Hàm số đạt cực trị tại các điểm x1 ; x2 . 2 m  1  4m 2  m  5 a. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  x2   xCT  x2 3 2m  1  4 m 2  m  5 Do đó: xCT  2  2 3.  4m 2  m  5  7  2m 7  2m  0  2 2  m 2  4m  m  5   7  2m . 5  Kết hợp với (*), kết luận các giá trị cần tìm của m là: m   ; 1   ; 2  4  b. Hoành độ các điểm cực trị lớn hơn -1  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 đều lơn hơn 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>    '  4m 2  m  5  0   '  4m2  m  5  0   5  2(1  2m) -1   x1  x2  2    2 m 3 4  x 1 x 1  0     1 2   2(1  2m) 2  m  0  3 3 2(1  2m)   x1  x2   3 c. Áp dụng định lí viet, ta có:  x x  2  m  1 2 3 1 1 2 2 Ta có: x1  x2    x1  x2    x1  x2   4 x1 x2  3 9 2 2  4 1  2m   4  2  m   1  16m  12m  5  0 3  29 3  29 m 8 8 3  29 Kết hợp (*), ta suy ra m   m  1 8 d. Để hàm số có ít nhất 1 cực trị thuộc (-2; 0)  y '  f  x   0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 và có ít m.  2  x1  x2  0;(1) nhất 1 nghiệm thuộc (-2; 0)   2  x1  0  x2 ;(2)  x1  2  x2  0;(3). Ta có:. 4m 2  m  5  0   '  4m  m  5  0   2  2m  1  0  x  x  3 2  1 2  0 10  (1)       m  1 2 4(2m  1) 2  m 7  0  x  2  x  2   0 4  1 2 3 3    x1 x2  0 2  m  0  3 2.  4m2  m  5  0   '  4m  m  5  0 m  2    f 0  2  m  0 (2)     2m  1   2 m2 x  2  x  2  0     3 1 2    x  2  x  2   0  2  m 4  2m  1 2  1   40 3  3 2. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 4m 2  m  5  0   '  4m  m  5  0 3m  5  0  f  2  10  6 m  0 5     (3)     2m  1  0    m  1 3  x1  x2  0  3 x x  0 2  m  1 2 0   3  5  Tóm lại các giá trị m cần tìm là: m    ; 1   2;    3  Bài 2: Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  2 . Tìm m để hàm số có: 1. Cực trị và các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1 2. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với y = - 4x + 3 3. Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị tạo với đường thẳng x + 4y – 5 = 0 một góc 45 .  5 17  4. Các điểm cực trị đối xứng qua tâm I  ;   3 3  3 1 5. Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng  : y  x  2 2 6. Các điểm cực trị nằm về 2 phía đối với đường thẳng y = 4x + 5. 7. Có cực trị và chứng minh khoảng cách giữa 2 điểm cực trị lớn hơn 2 . 8. Cực trị tại x1 ; x2 thỏa mãn: x1  3x2  4 . Lời giải: Hàm số có CĐ, CT  y '  3 x 2  6 x  m  0 có 2 nghiệm phân biệt   '  9  3m  0  m  3 (*) Với điều kiện (*), gọi x1  x2 là 2 nghiệm phân biệt của y’ = 0. Hàm số đạt cực trị tại các điểm x1 ; x2 ; 2. gọi hai điểm cực trị là A  x1 ; y1  ; B  x2 ; y2  Thực hiện phép chia y cho y’ ta được:. m  2m   y1  y  x1      2  x1   2   3 1 m  3   1  2m   y   x   y '   2 x   2    3 3 m 3  3    2m   y2  y  x2      2  x2   2   3  3   m  2m    2 x   2    Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là d: y    3  3   1. Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y = x – 1  xảy ra 1 trong 2 trường hợp: TH1: Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường thẳng 3  2m  y = x – 1    2   1  m   (thỏa mãn) 2  3  TH2: Trung điểm I của AB nằm trên đường thẳng y = x – 1. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> y1  y2 x1  x2  1 2 2 m  2m      2   x1  x2   2  2     x1  x2   2 3  3   2m  2m    3  .2  6  m0 3  3  3  Vậy các giá trị cần tìm của m là: m  0;   2  2. Đường thẳng đi qua các điểm cực trị song song với y = - 4x + 3   2m     3  2   4      m  3 (thỏa mãn) m    2 3  3   2m  3. Đặt k     2  là hệ số góc của đường thẳng đi qua các điểm cực trị.  3  Đường thẳng x + 4y – 5 = 0 có hệ số góc bằng -1/4 1 1 3 39    1 k k   1 k m k    5 4 4 10 4  Ta có: tan 45    1 k   5  k  1  1  1 k m   1 1 k    4 4 4 3 2  1 Kết hợp đk (*), suy ra giá trị m cần tìm là: m   2  5 17  4. Các điểm cực trị đối xứng qua tâm M  ;   3 3  17 m  2m 5   2    2    m  3 (thỏa mãn)  M  d     3 3  3 3  Vậy m = 3  x1  x2  2  5. Theo định lí viet ta có:  m  x1 x2   3  yI  xI  1 . Gọi I là trung điểm của AB  I 1;  m  . Các điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng  : y . d   3 1 x   2 2 I  .   2m  3   3  2  . 2  1     m  2 (thỏa mãn (*)) m  3  1  2 2 Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn bài toán 6. Các điểm cực trị A, B nằm về 2 phía đối với đường thẳng y = 4x + 5.. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. m     3   4 x1 x2  2  x1  x2   1  0 3  2. 4m  m      3  5  0 3  3   m  3  3  0 15  m 4 5  4 m  0  3 Vậy m . 15 là các giá trị cần tìm. 4 2. 2. 7. Ta có: AB   x1  x2    y1  y2 . 2. 2  2m  2     2   1  x1  x2     3. 2  2m  2m      2   1  4   3    3   2m Với m thỏa mãn đk (*)   2  0  AB 2  2  AB  2 3 Vậy khi hàm số có cực trị thì khoảng cách cực trị luôn lớn hơn 2 8. Áp dụng định lí viet, kết hợp điều kiện ta có hệ: 5  x  1   x1  x2  2 2   m 1 m 5 15   (thỏa mãn (*))   x2     m  x1 x2   3 2 3 4 4   m  x1  3x2  4   x1 x2   3  15 Vậy m  4 Bài 3: Cho hàm số y   x3  3 x  2 (C) 1. Tìm điểm trên trục hoành sao từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C); 2. Tìm m để hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = mx; 3. Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua tâm M(-1; 3); 4. Tìm 2 điểm trên đồ thị hàm số sao cho chúng đối xứng nhau qua đt 2x – y + 2 = 0; 5. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau: 3 a.  x  3 x  m  1  0. m 1 2 x 1 6. Chứng minh tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. Lời giải: 1. Điểm M thuộc trục hoành Ox  M  a; 0  . Nhận thấy đường thẳng x = a không là tiếp tuyến của b. x 2  x  2 . (C), xét đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có dạng: y  k  x  a  tiếp xúc với (C). 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x3  3 x  2  k  x  a   có nghiệm. 2 3x  3  k Suy ra:  x 3  3x  2   3x 2  3  x  a    x  1  2 x 2   3a  2  x  3a  2   0  x  1  2  f  x   2 x   3a  2  x  3a  2  0 Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số (C) thì f  x   0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác -.  64 3 a 2      3a  2  2  8  3a  2   0 3a  12a  4  0 3 1     64 3 6  0  f  1  0 a  3    64 3   6 4 3 Vậy các điểm M thỏa mãn có tọa độ  a; 0  với a   ; ;      3   3   3   x  3 x  2  mx 2. Hàm số tiếp xúc với đường thẳng y  mx   có nghiệm 2 3x  3  m Suy ra:  x 3  3x  2   3x 2  3 x  2  x  1  x 2  x  1  0  x  1 Thay vào ta được m = 0. Vậy m = 0 thì (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 0. 3. Gọi A  x0 ; y0    C  , B   C  là điểm đối xứng với A qua điểm M  1;3  B  2  x0 ; 6  y0 . Vì A, B   C .  y0   x03  3 x0  2  3 6  y0    2  x0   3  2  x0   2 3.  6   x03  3 x0  2   2  x0   3  2  x0   2  6 x02  12 x0  6  0  x0  1  y0  0 Vậy 2 điểm cần tìm là:  1;0  và  1;6  4. Gọi M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  thuộc (C) là hai điểm đối xứng qua đường thẳng d.  x  x y  y2  I là trung điểm của AB nên I  1 2 ; 1  , ta có I  d 2   2 3 3 y1  y2   x1  3 x1  2     x2  3x2  2  x x Có:   2. 1 2  2 2 2 2 3    x1  x2   3 x1 x2  x1  x2   3  x1  x2   2  x1  x2   x1  x2  0  2 2  x1  x1 x2  x2  1. 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lại có: MN  d   x2  x1  .1   y2  y1  .2  0  7  x2  x1   2  x2  x1   x12  x1 x2  x22   0 7 2 7 7 - Xét x1  x2  0  x1   ; x2   2 2 9  2 2  x12  x1 x2  x22  1 x  x  1 2   4  vô nghiệm - Xét  2 7 2 5  x1  x1 x2  x2  x x   2  1 2 4  7 1 7  7 1 7 Vậy 2 điểm đối xứng của đồ thị hàm số là:  ;2  ;   ; 2   2 2  2 2 2   2 5. Bạn đọc tự vẽ đồ thị hàm số  C  : y   x 3  3x  2  x12  x1 x2  x22 . 3. 3. a. Ta có:  x  3 x  m  1  0   x  3 x  2  3  m 3. Vẽ đồ thị hàm số y   x  3 x  2 như sau: - Giữ nguyên phần đồ thị  C p  hàm số (C) bên phải trục Oy - Lấy  C ' p  đối xứng phần đồ thị  C p  qua Oy.   C1    C ' p    C p  từ đó dựa vào đồ thị hàm số biện luận b. x 2  x  2 . m 1 m 1    x 2  x  2 x  1   với x  1 2 x 1 2. Vẽ đồ thị hàm số  C2  y    x 2  x  2  x  1 như sau: - Giữ nguyên phần đồ thị  C p  của  C  - ứng với x > -1 - Lấy  C 'p  đối xứng với phần đồ thị của  C  - ứng với x < -1 qua trục hoành Ox   C    C p'    C p  (Các bạn tự vẽ hình). Từ đó dẫn tới kết luận 6. Ta có: y '  3 x 2  3 ; y "  6 x  0  x  0  U  0; 2  là điểm uốn của đồ thị hàm số Hệ số góc của tiếp tuyến tại U là: k  y '  0   3 Với điểm M  x0 ; y0  bất kì thuộc đồ thị hàm số, thì hệ số góc tại M là: k1  y '  x0   3x02  3  3 Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. Bài 4: Cho hàm số (C): y  x 3  3mx 2  mx và đường thẳng d: y = x + 2. Tìm m để hàm số (C) cắt đường thẳng d: 1. Tại đúng 2 điểm phân biệt. 2. Tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. 3. Tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC 4. Tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số nhân. Lời giải: 1. Xét phương trình hoành độ giao điểm: 7 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> x 3  3mx 2  mx  x  2  f  x   Ta có: f '  x  . 3x 4  2 x3  3 x 2  12 x  2. 3x. 2.  x. 2. x3  x  2 m 3x 2  x.  0  3 x 4  2 x 3  3 x 2  12 x  2  0  .... Lập bảng biến thiên của hàm số f(x), từ đó dựa vào bảng biến thiên kết luận bài toán 2. Tương tự như câu a 3. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3mx 2  mx  x  2  g  x   x3  3mx 2   m  1 x  2  0 Hàm số (C) cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC  g '  x   0 có 2 nghiệm phân biệt và điểm uốn của đồ thị hàm số y  g  x  nằm trên trục hoành Ox. - Phương trình g '  x   3x 2  6mx   m  1  0 có  '  9m 2  3m  3  0 nên luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m - Hàm y  g  x  có điểm uốn là U  m; 2m3  m 2  m  2   Ox khi và chỉ khi:. 2m3  m2  m  2  0   m  1  2m 2  m  2   0  m  1 Vậy m  1 4. Đk cần: Giả sử (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 ; x3 lần lượt lập thành cấp số nhân. Khi đó ta có: g  x    x  x1  x  x2  x  x3   x1  x2  x3  3m  Suy ra:  x1 x2  x2 x3  x1 x3   m  1 x x x  2  1 2 3. Vì x1 x3  x22  x23  2  x2  3 2 nên ta có: m  1  4  3 2.3m  m   Đk đủ: Với m   Vậy m  . 5 33 2 1. 5 , thay vào tính nghiệm thấy thỏa mãn. 3 2 1 3. 5 3 2 1 3. Bài 5: 3 2 Cho hàm số y = x + mx  m a. Khi nào đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt b. Xác định m sao cho x  1  y  1. Giải: a. Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có cực đại và cực tiểu và ycđ.yct < 0 2 Thấy rằng y’ = 3x + 2mx = x(3x + 2m) y’ = 0  x = 0 và x =  2m/3 Hàm có cực đại và cực tiểu   2m/3  0  m  0. y c® .y ct  y  0  .y  2m / 3   m  4m2  27  0  m . 4m3  27m 0 27. 3 3 2. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Vậy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi m  3 3 / 2 b. y  x   1 với x  1  y  0   m  1 Với m  1 , m  0, ta có 2m / 3  1 . Vậy, với m  [1, 1]\ 0 để y  x   1 với x  1 điều kiện đủ là 1  y  2m / 3  . 4m3 m 27. (vì y (1) =  1, y(1) = 1, y (0) = m đều thuộc [1, 1]).  4m3 4m2  Nhưng ,  m  1    m  1 khi m  1 . m = 0 cũng thỏa mãn.  27 27    Kết luận m  [1, 1]. Bài 6: 3 Cho hàm số y = (m  2)x  mx + 2 (1) a. Chứng minh rằng khi m  (0, 2) hàm không có cực đại và cực tiểu. b. Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (1) luôn qua ba điểm cố định. Giải: 2 a. y’ = 3(m  2)x  m Khi m  (0, 2)  m / 3(m  2) < 0 và phương trình y’ = 0 vô nghiệm. 3 3 2 3 b. y = mx  2x  mx + 2  mx (x  1)  2(x  1)  y = 0 Điểm cố định (xo, yo) phải thỏa mãn yo  2  x x2  1  0  x o  0,  o o    x o  1, yo  4 ,   y o  2 x3o  1 x  1 yo  0  o  Đồ thị luôn đi qua 3 điểm cố định (0, 2), ( 1, 4), (1, 0). Bài 7: 3 2 Cho hàm số y = f(x) = 2x  3(2m + 1)x + 6m (m + 1)x + 1 (1) a. Tìm quĩ tích điểm uốn b. Tìm quĩ tích điểm cực đại c. Tìm quĩ tích trung điểm đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị. Giải. 2 a. y’ = 6x  6(2m + 1) x + 6m(m + 1) 2m  1 y” = 12x  6(2m + 1), y” = 0  x  2  2m  1  2m  1   y” đổi dấu khi x biến thiên qua (2m + 1)/2. Vậy điểm uốn là U  ,f  .  2   2. . . . . 2m  1 2x  1 suy ra m  , thay vào phương trình y = f(x) ta thu 2 2 3 được y  2x3  x  1. 2 3 Vậy quĩ tích đồ thị hàm y  2x3  x  1. 2 x  m 2 b. y’ = 6[x  (2m + 1)x + m (m + 1)], y’ = 0   x  m  1 Đó là hai nghiệm phân biệt và rõ ràng Từ x . 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> y’(x) < 0  x  (m, m + 1) y’(x) > 0  x  (, m)  (m + 1, +) Vậy hàm luôn có cực đại và cực tiểu tại x = m và x = m + 1 tương ứng. Điểm cực đại là 3 2 (m,f(m)). Khử m bằng cách thay m = x, vào (1) ta được y = 2x + 3x + 1. Vậy đồ thị của hàm 3. 2. y = 2x + 3x + 1 là quĩ tích các điểm cực đại của hàm số khi m thay đổi. c. Trung điểm của đoạn nối điểm cực đại và cực tiểu là điểm uốn, mà quĩ tích đã biết ở câu a. Bài 8: Cho hàm số: y  mx 3  3mx 2  (2m  1) x  3  m (Cm ) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số có cực đại, cực tiểu. Chứng minh rằng khi đó đường thẳng nối hai điểm cực đại, cực tiểu của (Cm ) luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: y   3mx 2  6mx  2m  1 . Hàm số có cực đại, cực tiểu  y  có 2 nghiệm phân biệt . Chia y cho y’, ta được kết quả:  m  0 và   9m 2  3m(2m  1)  0  m  0 hoặc m  1 x 1 2m  2 10  m 2m  2 10  m y . y  x  y x là phương trình đường thẳng qua các điểm 3 3 3 3 3 1 cực trị. Đường thẳng này luôn qua điểm I ( ;3) cố định. 2 Bài 9: Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  m Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1. Lời giải: f ( x)  x 3  3x 2  mx  m  f ( x)  3x 2  6 x  m f ( x ) có   9  3m Nếu   0  f ( x)  0x  hàm số luôn đồng biến Nếu   0  f ( x ) có 2 nghiệm phân biệt là x1  x2 . Ta có: f ( x)  0  x1  x  x2 . Tức là hàm số nghịch biến trong khoảng ( x1 , x2 ) Yêu cầu bài toán:  x2  x1  1 . 3   3   9  1 m  3 3 4. Bài 10: Cho hàm số y   (m2  5m) x 3  6mx 2  6 x  6 . Gọi (Cm ) là đồ thị của nó. Tìm tất cả các điểm cố định trong mặt phẳng tọa độ mà (Cm ) luôn đi qua với mọi giá trị m. Tiếp tuyến của (Cm ) tại mỗi điểm đó có cố định hay không khi m thay đổi, tại sao? Lời giải: y  (m 2  5m) x3  6mx 2  6 x  6  x 3m 2  (5 x 3  6 x 2 )m  y  6 x  6  0 Các điểm mà đồ thị luôn đi qua với mọi m sẽ có tọa độ thỏa mãn phương trình trên có nghiệm với mọi m, tức là các hệ số của m bằng 0. Giải ra ta có nghiệm duy nhất x  0; y  6 nên m , đồ thị luôn đi qua điểm cố định A(0; -6). Vì y (0)  6 m nên tiếp tuyến của (Cm ) tại điểm cố định A (0; - 6) cố định khi m thay đổi. Bài 11: Cho hàm số y   x3  3 x  2 Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị. Hướng dẫn: Làm tương tự bài 13, gọi điểm cần tìm là A(a;0), dựa vào điều kiện tiếp tuyến, sau khi biến đổi về 10 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> phương trình của a, đó là phương trình bậc 3 dễ dàng tìm được 1 nghiệm, ta tìm k sao phương trình này có 3 nghiệm phân biệt. Kết luận: các điểm cần tìm trên trục hoành là các điểm có hoành độ thỏa mãn : 2 x  1; 1  x   hoặc x  2 . 3 Bài 12: Cho hàm số y  x3  mx 2  m  1 . Viết phương trình tiếp tuyến tại các điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi giá trị của m. Tìm quỹ tích giao điểm của các tiếp tuyến đó khi m thay đổi. Lời giải: Dễ thấy đồ thị đi qua 2 điểm cố định là A1 (1; 0), A2 (1; 2) y   3x 2  2mx , do đó tiếp tuyến tại A1 (1;0) có PT: y  (2m  3)( x  1) và tiếp tuyến tại A2 (1; 2) có PT: y  (2m  3)( x  1)  2 . Giao điểm M của 2 tiếp tuyến có tọa độ thỏa mãn 2 phương trình sau: y  (2m  3)( x  1) và y  (2m  3)( x  1)  2 . Rút m từ 1 PT thay vào PT còn lại ta có:. 3x 2  x  2 , đó chính là quỹ tích cần tìm. x Bài 13: Cho hàm số y  2 x3  (2  m) x 2  1 (1) , với m là tham số . Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Lời giải: Yêu cầu bài toán  x0  0 để y ( x0 )   y ( x0 ) y.  x0  0 để 2 x0 3  (2  m) x0 2  1  2 x0 3  (2  m) x0 2  1  x0  0 để (2  m) x02  1  m  2 Bài 14: Cho hàm số y  x 3  (3  m) x 2  mx  m  5 Với giá trị nào của m để trên đồ thị có 2 điểm đối xứng qua gốc O. Lời giải: Đồ thị có 2 điểm đối xứng nhau qua gốc O tức là phải tồn tại x,y sao cho điểm (x;y) và (- x;- y) cùng thuộc đồ thị tương đương hệ gồm 2 phương trình sau nghiệm khác (0;0): y  x 3  (3  m) x 2  mx  m  5 (1);  y   x3  (3  m) x 2  mx  m  5 (2) Lấy (1) cộng với (2) ta được: 2(m  3) x 2  2(m  5)  0 , phương trình này phải có nghiệm khác 0 m5   0  m  5  m  3 m3 Bài 15: Cho hàm số y  x 3  3x 2  m (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 4. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho  AOB  1200. Giải:  x  2  y  m  4. Ta có: y’ = 3x2 + 6x = 0   x  0  y  m Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(2 ; m + 4)   1 Ta có: OA  (0; m), OB  ( 2; m  4) . Để  AOB  1200 thì cos AOB   2. 11 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> . m(m  4) m2  4  ( m  4) 2 .  4  m  0 1 12  2 3    12  2 3  m  2 3 m  3 . Bài 16: Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn AB = 4 2 . Giải: 2. Giả sử A(a; a3  3a 2  1), B(b; b3  3b 2  1) (a  b) Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y (a)  y (b)  (a  b)(a  b  2)  0  a  b  2  0  b = 2 – a  a  1 (vì a  b).. AB 2  (b  a)2  (b3  3b2  1  a3  3a2  1)2 = 4(a  1)6  24(a  1)4  40(a  1)2 AB = 4 2  4(a  1)6  24(a  1)4  40(a  1)2 = 32   a  3  b  1  a  1  b  3.  A(3; 1) và B(–1; –3) Bài 17: Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: x  0 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   2 (2)  x  3x  m  0 - (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:  Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE  0. m  0   9  4m  0   2  4 (*) m  0  3  0  m  0  9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: kD = y’(xD) = 3x2D  6x D  m  (3x D  2m); kE = y’(xE) = 3x2E  6x E  m  (3xE  2m). - Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) = -1  9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1  9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét).  9  65 m  8  4m2 – 9m + 1 = 0    9  65 m  8  1 So sánh Đk (*) ta được m = 9  65 8 Bài 18:. . . 12 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Cho hàm số : y  x 3  2mx2  3  m  1  x  2 , có đồ thị.  Cm  .. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số khi m  0 .. 2. Tìm tất cả các giá trị tham số m  . để đường thẳng x  y  2  0 cắt đồ thị tại 3 điểm. A  0;2 , B,C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 6 , biết M  3;1  .. Giải:. 6   6   2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có A  a; 2   ; B  b; 2   ; a, b  1 a 1   b 1    a b a 2 b2 Trung điểm I của AB: I  ;    2 a 1 b 1  Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0    AB.MN  0 a  0  A(0; 4) Có :  =>     I  MN b  2  B (2;0) Bài 19: Cho hàm số: y  2 x 3   m  1 x 2   m 2  4m  3 x  1 .Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực 3. 2. tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x1 .x 2  2  x1  x 2  . Giải: Ta có y   2 x 2  2  m  1 x  m 2  4m  3 . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay 2     m  1  2  m 2  4m  3  0  m 2  6m  5  0  5  m  1 Theo định lí Vi-ét, ta có x1  x 2    m  1 , x1 .x 2  1  m 2  4m  3 2. Suy ra 1  m 2  4m  3  2  m  1  1 m 2  8m  7 2. 2. 2. Ta nhận thấy, với m   5;  1 thì 9  m 2  8m  7   m  4   9  0 Do đó A lớn nhất bằng 9 khi m = -4. 2. Bài 20: Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3) x  4 có đồ thị là (Cm). 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 . Giải: x  0 x 3  2mx 2  (m  3) x  4  x  4 (1)  x ( x 2  2 mx  m  2)  0   2  g( x )  x  2mx  m  2  0 (2) (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.  /  m2  m  2  0 m  1  m  2   (a) m  2  g(0)  m  2  0 Mặt khác: d (K , d ) . 1 3  4 2.  2. Do đó: SKBC  8 2  1 BC.d(K, d)  8 2  BC  16  BC2  256 2 13 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  ( x B  xC )2  ( yB  yC )2  256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2).  ( x B  xC )2  (( x B  4)  ( xC  4))2  256  2( x B  xC )2  256  ( x B  xC )2  4 x B xC  128.  4 m 2  4( m  2)  128  m 2  m  34  0  m  1  137 (thỏa ĐK (a)). Vậy m  1  137 2 2 Bài 21: Cho hàm số f ( x )  x 3  mx  2, có đồ thị (Cm ) . Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị. (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Giải: Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình x 3  mx  2  0, (*) x  0 không thỏa mãn nên: (*)  m  . Xét hàm số g ( x )  . x3  2 x. x3  2 2 2   x 2   g '( x )  2 x  2 x x x. g '( x )  0  x  1 ta có bảng biến thiên: x.  1. g '( x). 0.  ll. +. . . 0. g ( x).  Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y  m và đồ thị hàm số y  g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m  3 Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y  f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành Bài 22: Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  (2  m) x  m  2 (1) m là tham số. Tìm tham số m để đồ thị của 1 hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y  7  0 góc  , biết cos  . 26 Giải: Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  tiếp tuyến có véctơ pháp n1  (k ;1) d: có véctơ pháp n2  (1;1) 3  k  1  k 1 1 2 Ta có cos      12k 2  26k  12  0   2 26 2 k 1 k  2 n1 n2  2 3 Yêu cầu của bài toán thỏa mãn  ít nhất một trong hai phương trình: y /  k1 (1) và y /  k 2 (2) có n1 .n2. 14 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> nghiệm x 3  2 3 x  2(1  2m) x  2  m  2 có  / 1  0   /   2  0 3 x 2  2(1  2m) x  2  m  2 có  3 1 1  m   ; m  2  8m  2m  1  0 4 2  m   1 hoặc m  1  2  4 2 m   3 ; m  1  4m  m  3  0  4 Bài 23: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m (1) Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Giải: Ta có y ,  3 x 2  6mx  3(m 2  1) Để hàm số có cực trị thì PT y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt  x 2  2mx  m 2  1  0 có 2 nhiệm phân biệt    1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m +1;-2-2m)  m  3  2 2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m 2  6m  1  0    m  3  2 2 Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . Bài 24: 3 2. 1 2. Cho hàm số : y  x 3  mx 2  m3 . Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x. Giải: x  0 x  m. Ta có y '  3x 2  3mx  3x( x  m)  0  . Với m  0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.  1  Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A  0; m 3  , B(m; 0) .  2  Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là OA  OB tức là: 1 m  m3  m 2  2  m   2 2. Bài 25: Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Giải: YCBT  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1 .  '  4 m 2  m  5  0   f (1)  5m  7  0   S 2m  1  2  3  1. . 5 7 <m< 4 5. 15 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bài 26: Cho hàm số : y  ( x – m)3 – 3x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.  x  1 3  3x  k  0  2. Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:  1 1 2 3  log 2 x  log 2 ( x  1)  1 3 2. Giải:  x  3 3  3x  k  0 (1)  Ta có :  1 . Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1. 1 2 3  log 2 x  log2 ( x  1)  1 (2) 2 3 Từ (2)  x(x – 1) 2  1 < x  2. Hệ PT có nghiệm  (1) có nghiệm thoả 1 < x  2 (x 1)3  3x  k  0 (x 1)3  3x < k   1  x  2 1  x  2 3 Đặt: f(x) = (x – 1) – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C)  (1) có nghiệm x (1;2]  k  min f ( x )  f (2)  5 . Vậy hệ có nghiệm  k > – 5 1;2. Bài 27: 3. 2. 3. Cho hàm số y  x  3mx  4m (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Giải:. x  0 . Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.  x  2m  3 Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m ) Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0  . Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3). Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 3 2  2m  4m  0  3 Giải ra ta có: m   ;m=0 2  2m  m. Kết hợp với điều kiện ta có: m  . 2 2. Bài 28: Cho hàm số y  x 3  2mx 2  3  m  1 x  2 (1) (m là tham số thực). Cho điểm M(3; 1) và đường thẳng : y   x  2 . Tìm các giá trị của m để đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 6 . Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng  là:  x  0  y  2 x 2  2mx 2  3  m  1 x  2   x  3   2  g  x   x  2mx  3m  2  0. Đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A(0; 2), B, C  Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x  0 16 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> m  2  m 2  3m  2  0    0     2  g  x   0 3m  2  0  m  1; m  3 2S Chiều cao MBC: h = d(M; ()) = 3  1  2  2 . Vậy BC  MBC  4 3 . h 2. Vì xB, xC là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C   nên: 2. 2. 2. 2. BC 2   x B  x C    y B  y C   2  x B  x C   2  x B  x C   4 x B x C  2  4m 2  12m  8   8  m 2  3m  2   48  m 2  3m  4  0  m  1 (loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn).. Bài 29: Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1). Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x – 2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Giải: Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P = 3x – y – 2 Thay tọa độ điểm A(0;2)  P = - 4 < 0, thay tọa độ điểm B(2;-2)  P = 6 > 0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y = 3x – 2, để MA + MB nhỏ nhất  3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y = - 2x + 2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4  x  y  3 x  2   4 2 5  => M  ;   5 5  y  2 x  2 y  2  5 Bài 30: Cho hàm số : y  x 3  1  2m  x 2   2  m  x  m  2 (1) ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1 Giải: Đạo hàm: y  g ( x)  3x 2  2 1  2m  x  2  m . Yêu cầu bài toán  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa x1 < x2 < 1.    '  4m 2  m  5  0  5     g (1)  5m  7  0   m  1   m  5  4    S 2m  1   1 3 2 Bài 31: 3. 2. Cho hàm số: y  x  3  m  1 x  9 x  m  2 (1) có đồ thị là (Cm) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường 1 thẳng y  x . 2 Giải: y '  3x 2  6(m  1) x  9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: '  9(m  1) 2  3.9  0  (m  1) 2  3  0  m  (;1  3 )  (1  3;) 17 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> m 1 2 1 2 Ta có y   x   3x  6(m  1) x  9  2(m  2m  2) x  4m  1 3 3   Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2 ; y2)  y1  2(m 2  2m  2) x1  4m  1 và y 2  2(m 2  2m  2) x2  4m  1 Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y  2(m 2  2m  2) x  4m  1 1 Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y  x ta có điều kiện cần 2 m  1 1 là  2(m 2  2m  2) .  1  m 2  2m  2  1  m 2  2m  3  0   2  m  3. . . . .  x  x  2(m  1) Theo định lí Viet ta có:  1 2  x1. x2  3 Khi m = 1  ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:  x1  x 2 4  2  2  2 y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là:   y1  y 2   2( x1  x2 )  10  1  2 2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y  x  m  1 thỏa mãn. 2 Khi m = -3  phương trình đường thẳng đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ trung  x1  x 2  2  điểm CĐ và CT là:  2  y1  y 2   2( x1  x2 )  10  9  2 2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng y  x  m  3 không thỏa mãn. 2 Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 32: Cho hàm số y  f ( x )  x 3  (m  3) x 2  3x  4 (m là tham số) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu. Khi đó viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị này. Bài giải: TXD: D = R Ta có: y '  3 x 2  2(m  3) x  3, y '  0  3x 2  2(m  3) x  3  0 (1). Hàm số có CĐ, CT  (1) có 2 nghiệm phân biệt.   '  0  (m  3)2  9  0  m2  6m  0  m  6  m  0. 1 1 1  2 Chia f(x) cho f’(x) ta được: y  f '( x)  x  (m  3)   (m 2  6m) x  m  5 9 3 3  9 2 1 Vậy phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là: y   (m 2  6m) x  m  5 . 9 3 Bài 33: Cho hàm số y  2 x3  3(m - 3) x 2  11 - 3m ( Cm ) Tìm m để hàm số có hai cực trị. Gọi M 1 và M 2 là các điểm cực trị, tìm m để các điểm M 1 , M 2 và B(0,-1) thẳng hàng. 18 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bài giải: Tìm m để hàm số có 2 cực trị. Ta có: y  2 x3  3(m  3) x 2  11  3m. y ,  6 x 2  6(m  3) nên y ,  0  6 x 2  6(m  3)  0. (1). x  0 (1)   x  3  m Hàm số có 2 cực trị  (1) có 2 nghiệm phân biệt  m  30  m 3. Tìm m để 2 điểm cực trị M1, M2 và B (0, -1) thẳng hàng. Để tìm phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị M1, M2 ta chia f(x) cho f ' ( x ) : m 3 1 2 f ( x )  f ' ( x)  x    (m  3) x  11  3m 3 6   Suy ra phương trình đường thẳng M M là: y   (m  3)2 x  11  3m 1. 2. M1, M2, B thẳng hàng  B  M1M2  -1 = 11 - 3m  m = 4 So với điều kiện m  3 nhận m = 4. Vậy với m = 4 thoả yêu cầu bài toán Bài 34: Cho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x 2  6m(m  1) x  1 (1). Chứng minh rằng, m hàm số (1) luôn đạt cực trị tại x1 , x2 với x1  x2 không phụ thuộc m Bài giải: TXĐ: D = R Ta có: y '  6 x 2  6(2m  1) x  6m(m  1). y '  0  x 2  (2m  1) x  m(m  1)  0   (2m  1)2  4m(m  1)  1  0. (*).  (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt l x1 , x2  Hàm số luôn đạt cực trị tại x1 , x2 . Ta có: x  2m  1  1  2m, x  2m  1  1  2m  2 1 2  x  x  2m  2  2m  2 (haèng soá) 2 1 Vậy: x  x không phụ thuộc m.  đpcm 2 1 Bài 35: m Cho hàn số y = f(x) = x3  2(m  1) x (m là tham số m) 3 a. Khảo sát hàm số khi m = 1 b. Tìm tất cả giá trị m sao cho hàm số có cực đại, cực tiểu và tung độ điểm cực đại yCD , tung độ điểm 2 cực tiểu yCT thỏa: ( yCD  yCT ) 2  (4m  4)3 9 Bài giải a. Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu sao cho: ( yC Ñ  yC T )2 . 2 ( 4 m  4 )3 9. 19 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Ta có: y  m x 3  2 ( m  1 ) x 3. y '  m x 2  2( m  1) y '  0  m x 2  2( m  1)  0 (1) Hàm số có cực đại và cực tiểu  (1) có 2 nghiệm phân biệt. 2 ( m  1)  0  m  1  m  0 m Khi đó (1) có 2 nghiệm x1 , x2 ( x1  x2 )  yCÑ  f ( x1 ) và yCT  f ( x2 ) Để tìm yCÑ và yCT ta chia f(x) cho f’(x) thì được: 1 4 f ( x )  f '( x ).  x   ( m  1) x 3   3 .  y C Ñ  f ( x 1 )   4 ( m  1) x 1 yC T. (Vì f'(x1 )  0, f '( x2 )  0). 3 4  f ( x 2 )   ( m  1) x 2 3. Theo giả thiết: ( yCÑ  yCT )2 . 2 (4m  4)3 9. 16 2 (m  1)2 ( x1  x2 )2  64(m  1)3 9 9  ( x1  x2 )  8(m  1) ( Vì m+1  0 ) .  S2  4 P  8(m+1) 8(m+1) -2(m+1)  0 (vì S = 0 , P = ) m m  m = 1 ( Vì m+1  0 ) So với điều kiện m< -1  m > 0 nhận giá trị m = 1 Vậy với m = 1 thoả yêu cầu bài toán Bài 36: Tìm m để (Cm ) : y = x3 + 3x2 + (m + 2)x + 2m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là số âm. Bài Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và Ox. x3  3 x 2  m  2 x  2m  0  x  2 x 2  x  m  0 (1). . . . . . .  x  2    x 2  x  m  0 (2) (Cm ) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ âm  (2) có 2 nghiệm âm phân biệt khác -2.. . m    P  S.  2  0  0  0. Vậy với 0  m . . m  2 1  4 m  0    m  0   1  0. m  2  1  m  4   m  0. . 0  m . 1 4. 1 thoả yêu cầu bài toán 4. 20 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>