Tài liệu ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 pdf

8 322 1
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/01/2014, 05:20

ễN TP V HM S BC 3(Trung tõm Luyn thi i hc Vnh Vin)Gi s : y = ax3 + bx2 + cx + d vi a 0 cú th l (C). y = 3ax2 + 2bx + c, y = 6ax + 2b1) y = 0 x = a3b (a 0 )x = a3b l honh im un. th hm bc 3 nhn im un lm tõm i xng.2) v th 1 hm s bc 3, ta cn bit cỏc trng hp sau :i) a > 0 v y = 0 vụ nghim hm s tng trờn R (luụn luụn tng)ii) a < 0 v y = 0 vụ nghim hm s gim (nghch bin) trờn R (luụn luụn gim)iii) a > 0 v y = 0 cú 2 nghim phõn bit x1, x2 vi x1 < x2 hm s t cc i ti x1 v t cc tiu ti x2.Ngoi ra ta cũn cú :+ x1 + x2 = 2x0 vi x0 l honh im un.+ hm s tng trờn (, x1)+ hm s tng trờn (x2, +)+ hm s gim trờn (x1, x2)iv) a < 0 v y = 0 cú 2 nghim phõn bit x1, x2 vi x1 < x2 hm t cc tiu ti x1 v t cc i ti x2 tha iu kin x1 + x2 = 2x0 (x0 l honh imun). Ta cng cú :+ hm s gim trờn (, x1)+ hm s gim trờn (x2, +)+ hm s tng trờn (x1, x2)3) Gi s y = 0 cú 2 nghim phõn bit v y = k(Ax + B)y + r x + q vi k l hng s khỏc 0;thỡ phng trỡnh ng thng qua 2 im cc tr l y = r x + q4) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit <=0)2x(y).1x(y2x,1x bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y5) Gi s a > 0 ta cú :i) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit > <<<<=0)2x(y).1x(y0)(y2x1x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'yii) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit < <><<=0)2x(y).1x(y0)(y2x1x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'yTng t khi a < 0 .6) Tip tuyn : Gi I l im un. Cho M (C).Nu M I thỡ ta cú ỳng 1 tip tuyn qua M.Nu M khỏc I thỡ ta cú ỳng 2 tip tuyn qua M.Bin lun s tip tuyn qua 1 im N khụng nm trờn (C) ta cú nhiu trng hp hn.7) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit cỏch u nhau y = 0 cú 2 nghim phõn bit v y(x0) = 0 (x0 lhonh im un)8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) (a ≠ 0) khi x = α là 1 nghiệmcủa (1).Nếu x = α là 1 nghiệm của (1), ta có ax3 + bx2 + cx + d = (x - α)(ax2 + b1x + c1)nghiệm của (1) là x = α với nghiệm của phương trình ax2 + b1x + c1 = 0 (2). Ta có các trường hợpsau:i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = αii) nếu (2) có nghiệm kép x = α thì (1) có duy nhất nghiệm x = αiii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt ≠ α thì (1) có 3 nghiệm phân biệtiv) nếu (2) có 1 nghiệm x = α và 1 nghiệm khác α thì (1) có 2 nghiệm.v) nếu (2) có nghiệm kép ≠ α thì (1) có 2 nghiệmBÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3Cho họ đường cong bậc ba (Cm) và họ đường thẳng (Dk) 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 tạiM với (C).2) Gọi ∆ là đường thẳng có phương trình y = 1. Biện luận số tiếp tuyến với (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 điểmcủa 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 (Cm). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau.7) Định m để (Cm) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị.8) Định m để (Cm) 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 (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (Dk) cắt (Cm) thành haiđoạn bằng nhau.12) Viết phương trình tiếp tuyến với (Cm) và đi qua điểm (-1, 1).13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (Cm) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.BÀI GIẢIPHẦN I : m = 3Khảo 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 tạiM có hệ số góc là k2 = 1k1− (với 0 < k1 ≤ 3). Hoành độ của tiếp tuyến vuônggóc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x2 + 6x = 1k1− (= k2) ⇔ 3x2 – 6x1k1− = 0. Phương trình này có a.c < 0, ∀ k1 ∈ (0, 3] nên có 2 nghiệm phânbiệt, ∀ k1 ∈ (0, 3]. Vậy trên (C) luôn có 2 điểm phân biệt mà tiếp tuyến đóvuông góc với tiếp tuyến tại M.2) E (e, 1) . Phng trỡnh tip tuyn qua E cú dng y = h(x e) + 1 (D). (D)tip xỳc (C) h =++=+hx6x31)ex(h3n3x223 cú nghim. Phng trỡnh honh tip im ca (D) v (C) l : 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) cú = (3e 1)2 16 = (3e 5)(3e + 3)(2) cú nghim x = 2 8 2(3e 1) + 2 = 0 e = 2Ta cú > 0 e < 1 hay e > 35 .Bin lun :i) Nu e < 1 hay 35 < e < 2 hay e > 2(1) cú 3 nghim phõn bit cú 3 tip tuyn.ii) Nu e = 1 hay e = 35 hay e = 2 (1) cú 2 nghim cú 2 tip tuyn.iii) Nu 1 < e < 35 (1) cú 1 nghim cú 1 tip tuyn.Nhn xột : T th, ta cú y = 1 l tip tuyn ti (2, 1) nờn phng trỡnh (1) chcchn cú nghim x = 2, e.3) Vỡ y = 1 l tip tuyn qua E (e, 1), e v ng x = khụng l tip tuynnờn yờu cu bi toỏn. (2) cú 2 nghim phõn bit x1, x2 tha : y'(x1).y'(x2) = 1=++><1)x6x3)(x6x3()2(cuỷanghieọmlaứx,x35e1e22212121===+><1)2x)(2x(x.x91x.x21e3xx35ehay1e21212121⇔−=+−−>−<1]4)1e3(1[935ehay1e⇔ e = 2755 . Vậy E 1,27554) Tiếp điểm của tiếp tuyến (với (C)) có hệ số góc bằng p là nghiệm của : y' = p ⇔ 3x2 – 6x + p = 0 (3)Ta có ∆' = 9 – 3p > 0 ⇔ p < 3Vậy khi p < 3 thì có 2 tiếp tuyến song song và có hệ số góc bằng p. Gọi x3, x4 là nghiệm của (3).Gọi M3 (x3, y3); M4 (x4, y4) là 2 tiếp điểm. Ta có :1a2b2xx43=−=+126)xx(3)xx(2yy2423343343−=−+++−=+Vậy điểm cố định (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M3M4.5) 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.Cách 2 : Gọi M(x0, y0) ∈ (C). Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng :y = k(x – x0) 3x3x2030−+− (D)Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :3 2 2 3 20 0 03 3 ( 3 6 )( ) 3 3x x x x x x x x− + − = − + − − + −( 5 )⇔0)x6x3)(xx()xx(3xx20202303=+−−+−−−⇔0x6x3x3x3xxxx0xx2020020=+−−−++∨=−⇔0x3xx)x3(x2hayxx020020=+−+−=⇔0)3xx2)(xx(hayxx000=−+−=⇔2x3xhayxx00−==Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x0, y0) ∈ (C)⇔1x2x3x000=⇔−=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 képlà x0Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x2 + 2mx6) (Cm) qua (x, y), ∀m⇔ y + x3 = m (x2 – 1) , ∀m⇔=−=−==⇔=+=−1y1xhay1y1x0xy01x32Vậy (Cm) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1).Vì y' = – 3x2 + 2mx nên tiếp tuyến với (Cm) tại H và K có hệ số góc lần lượtlà :a1 = y'(1) = – 3 + 2m và a2 = y'(–1) = –3 – 2m. 2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.⇔ a1.a2 = – 1 ⇔ 9 – 4m2 = – 1 ⇔ m = 210± .7) Hàm có cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.⇔ 3x2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt.⇔ x = 0 và x = 3m2 là 2 nghiệm phân biệt.⇔ m ≠ 0. Khi đó, ta có :'ym91x31mxm92y2−+−=và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là :mxm92y2−= (với m ≠ 0)8) Khi m ≠ 0, gọi x1, x2 là nghiệm của y' = 0, ta có :x1.x2 = 0 và x1 + x2 = 3m2⇒ y(x1).y(x2) = −− mxm92mxm922212= 2212m)xx(m92++− = 24mm274+−Với m ≠ 0, ta có y(x1).y(x2) < 0⇔ 241 027m− + <⇔ 233m427m2>⇔>Vậy (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.⇔ <=0)x(y).x(yx,xbieätphaânnghieäm2coù0'y2121⇔ 233m >Nhận xét :i) Khi 233m −<thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương.ii) Khi 233m > 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 tacó hoành độ 2 điểm cực trị là 0 và 3m2.i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên 0,3m2 . Vậy loại trường hợp m < 0ii) Nếu m = 0 ⇒ hàm luôn nghịch biến (loại).iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên 3m2,0Do đó, ycbt ⇔ m > 0 và ⊂3m2,0]2,1[ ⇔ 3m23m2≥⇔≥b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0. Khi m ≤ 0 ta có hàm số nghịch biến trên ∞−3m2, và hàm số cũng nghịchbiến trên [0, +∞).Vậy để hàm nghịch biến trên [0, +∞) thì m ≤ 0.Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn.10) y" = – 6x + 2m , y" = 0 ⇔ x = 3m(Cm) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.⇔ y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành.⇔=−+−>⇔=>0m9m.m27m233m03my233m23⇔±=⇔=−>263m0127m2233m211) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và (Dk) là – x3 + mx2 – m = kx + k + 1⇔ m(x2 – 1) = k(x + 1) + 1 + x3⇔ x + 1 = 0 ∨ m(x – 1) = k + 1 – x + x2⇔ x = – 1 hay x2 – (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11)a) Do đó, (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt⇔ (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1⇔>++−+≠+++++0)1mk(4)1m(01mk1m12⇔ (*)−−<−−≠43m2mk3m2k2b) Vì (Dk) qua điểm K(–1,1) ∈ (Cm) nên ta có :(Dk) cắt (Cm) thành 2 đoạn bằng nhau.⇒ (Dk) qua điểm uốn − m27m2;3m3 của (Cm)⇒113mkm27m23++=−⇒)3m(927m27m2k3+−−= (**)Vậy ycbt ⇔ k thỏa (*) và (**).12) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) đi qua (–1,1) có dạng : y = k(x + 1) + 1 (Dk)Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (Dk) 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⇔ x = – 1 hay 2x2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13)⇔ x = – 1 ∨ 21mx+=y' (–1) = – 2m – 3+++−=+21mm221m321m'y2 = 41(m2 – 2m – 3)Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là :y = – (2m + 3)(x + 1) + 1y = 41(m2 – 2m – 3)(x + 1) + 1Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc chắncó 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 :h = – 3x2 + 2mxTa có h đạt cực đại và là max khi 3ma2bx =−=(hoành độ điểm uốn)Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.Nhận xét : 3m3m3mx3mx2x322222≤+−−=+−Ghi chú : Đối với hàm bậc 3y = ax3 + bx2 + cx + d, ta có :i) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.ii) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Luyện thi đại học Vĩnh Viễn) . =++=+hx6x31)ex(h3n3x2 23 cú nghim. Phng trỡnh honh tip im ca (D) v (C) l : x 3 + 3x2 3 = ( 3x2 + 6x)(x e)+ 1 (1) x 3 + 3x2 4 = x( 3x +. nghiệm của (3) .Gọi M 3 (x 3 , y 3 ); M4 (x4, y4) là 2 tiếp điểm. Ta có :1a2b2xx 43 =−=+126)xx (3) xx(2yy242 3 34 3 3 43 −=−+++−=+Vậy
- Xem thêm -

Xem thêm: Tài liệu ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 pdf, Tài liệu ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 pdf, Tài liệu ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 pdf

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn