ễN TP V HM S BC 3 (Trung tõm Luyn thi i hc Vnh Vin) Gi s : y = ax 3 + bx 2 + cx + d vi a 0 cú th l (C). y = 3ax 2 + 2bx + c, y = 6ax + 2b 1) y = 0 x = a3 b (a 0 ) x = a3 b 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 x 1 , x 2 vi x 1 < x 2 hm s t cc i ti x 1 v t cc tiu ti x 2 . Ngoi ra ta cũn cú : + x 1 + x 2 = 2x 0 vi x 0 l honh im un. + hm s tng trờn (, x 1 ) + hm s tng trờn (x 2 , +) + hm s gim trờn (x 1 , x 2 ) iv) a < 0 v y = 0 cú 2 nghim phõn bit x 1 , x 2 vi x 1 < x 2 hm t cc tiu ti x 1 v t cc i ti x 2 tha iu kin x 1 + x 2 = 2x 0 (x 0 l honh im un). Ta cng cú : + hm s gim trờn (, x 1 ) + hm s gim trờn (x 2 , +) + hm s tng trờn (x 1 , x 2 ) 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 + q 4) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit 0) 2 x(y). 1 x(y 2 x, 1 x bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y 5) Gi s a > 0 ta cú : i) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit > 0) 2 x(y). 1 x(y 0)(y 2 x 1 x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y ii) (C) ct Ox ti 3 im phõn bit < 0) 2 x(y). 1 x(y 0)(y 2 x 1 x thoỷa bieọt aõnnghieọm ph 2 coự 0'y Tương tự khi a < 0 . 6) Tiếp tuyến : Gọi I là điểm uốn. Cho M  (C). Nếu M  I thì ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M. Nếu M khác I 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. 7) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt cách đều nhau  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y(x 0 ) = 0 (x 0 là hoành độ điểm uốn) 8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (1) (a  0) khi x =  là 1 nghiệm của (1). Nếu x =  là 1 nghiệm của (1), ta có ax 3 + bx 2 + cx + d = (x - )(ax 2 + b 1 x + c 1 ) nghiệm của (1) là x =  với nghiệm của phương trình ax 2 + b 1 x + c 1 = 0 (2). Ta có các trường hợp sau: i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x =  ii) nếu (2) có nghiệm kép x =  thì (1) có duy nhất nghiệm x =  iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt   thì (1) có 3 nghiệm phân biệt iv) nếu (2) có 1 nghiệm x =  và 1 nghiệm khác  thì (1) có 2 nghiệm. v) nếu (2) có nghiệm kép   thì (1) có 2 nghiệm BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3 Cho họ đường cong bậc ba (C m ) và họ đường thẳng (D k ) lần lượt có phương trình là y = x 3 + mx 2  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 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 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 (C m ) 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 (C m ) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (D k ) cắt (C m ) 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. 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' = – 3x 2 + 6x  hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k 1 = – 3n 2 + 6n  (0, 3] (vì n  (0, 2)). Đường thẳng vuông góc với tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k 2 = 1 k 1  (với 0 < k 1  3). Hoành độ của tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x 2 + 6x = 1 k 1  (= k 2 )  3x 2 – 6x 1 k 1  = 0. Phương trình này có a.c < 0,  k 1  (0, 3] nên có 2 nghiệm phân biệt,  k 1  (0, 3]. Vậy trên (C) luôn có 2 điểm phân biệt mà tiếp tuyến đó vuông góc với tiếp tuyến tại M. 2) E (e, 1)  . Phương trình tiếp tuyến qua E có dạng y = h(x – e) + 1 (D). (D) tiếp xúc (C)  hệ      hx6x3 1)ex(h3n3x 2 23 có nghiệm.  Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là : – x 3 + 3x 2 – 3 = (– 3x 2 + 6x)(x – e)+ 1 (1)  – x 3 + 3x 2 – 4 = x(– 3x + 6)(x – e)  (x – 2)(x 2 – x – 2) = 3x(x – 2)(x – e)  x = 2 hay x 2 – x – 2 = 3x 2 – 3ex  x = 2 hay 2x 2 – (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 Ta có  > 0  e < – 1 hay e > 3 5 . Biện luận : i) Nếu e < – 1 hay 3 5 < e < 2 hay e > 2  (1) có 3 nghiệm phân biệt  có 3 tiếp tuyến. ii) Nếu e = – 1 hay e = 3 5 hay e = 2  (1) có 2 nghiệm  có 2 tiếp tuyến. iii) Nếu – 1 < e < 3 5  (1) có 1 nghiệm  có 1 tiếp tuyến. Nhn xột : T th, ta cú y = 1 l tip tuyn ti (2, 1) nờn phng trỡnh (1) chc chn cú nghim x = 2, e. 3) Vỡ y = 1 l tip tuyn qua E (e, 1), e v ng x = khụng l tip tuyn nờn yờu cu bi toỏn. (2) cú 2 nghim phõn bit x 1 , x 2 tha : y'(x 1 ).y'(x 2 ) = 1 1)x6x3)(x6x3( )2(cuỷanghieọmlaứx,x 3 5 e1e 2 2 21 2 1 21 1)2x)(2x(x.x9 1x.x 2 1e3 xx 3 5 ehay1e 2121 21 21 1]4)1e3(1[9 3 5 ehay1e e = 27 55 . Vy E 1, 27 55 4) Tip im ca tip tuyn (vi (C)) cú h s gúc bng p l nghim ca : y' = p 3x 2 6x + p = 0 (3) Ta cú ' = 9 3p > 0 p < 3 Vy khi p < 3 thỡ cú 2 tip tuyn song song v cú h s gúc bng p. Gi x 3 , x 4 l nghim ca (3). Gi M 3 (x 3 , y 3 ); M 4 (x 4 , y 4 ) l 2 tip im. Ta cú : 1 a2 b 2 x x 43 1 2 6)xx(3)xx( 2 yy 2 4 2 3 3 4 3 343 Vy im c nh (1, 1) (im un) l trung im ca M 3 M 4 . 5) Cỏch 1 : i vi hm bc 3 (a 0) ta d dng chng minh c rng : M (C), ta cú : i) Nu M khỏc im un, ta cú ỳng 2 tip tuyn qua M. ii) Nu M l im un, ta cú ỳng 1 tip tuyn qua M. Cỏch 2 : Gi M(x 0 , y 0 ) (C). Phng trỡnh tip tuyn qua M cú dng : y = k(x x 0 ) 3x3x 2 0 3 0 (D) Phng trỡnh honh tip im ca (D) v (C) l : 3 2 2 3 2 0 0 0 3 3 ( 3 6 )( ) 3 3 x x x x x x x x ( 5 ) 0)x6x3)(xx()xx(3xx 2 0 2 0 2 3 0 3 0x6x3x3x3xxxx0xx 2 0 2 00 2 0  0x3xx)x3(x2hayxx 0 2 00 2 0   0 ) 3 x x 2 )( x x ( hay x x 000       2 x 3 xhayxx 0 0   Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x 0 , y 0 )  (C)  1x 2 x 3 x 0 0 0    Suy ra, y 0 = 1. Vậy M(1, –1) (điểm uốn). Nhận xét : vì x 0 là 1 hoành độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm kép là x 0 Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x 2 + 2mx 6) (C m ) qua (x, y), m  y + x 3 = m (x 2 – 1) , m                  1y 1x hay 1y 1x 0xy 01x 3 2 Vậy (C m ) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1). Vì y' = – 3x 2 + 2mx nên tiếp tuyến với (C m ) tại H và K có hệ số góc lần lượt là : a 1 = y'(1) = – 3 + 2m và a 2 = y'(–1) = –3 – 2m. 2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.  a 1 .a 2 = – 1  9 – 4m 2 = – 1  m = 2 10 . 7) Hàm có cực trị  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.  3x 2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt.  x = 0 và x = 3 m 2 là 2 nghiệm phân biệt.  m  0. Khi đó, ta có : 'ym 9 1 x 3 1 mxm 9 2 y 2               và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là : mxm 9 2 y 2  (với m  0) 8) Khi m  0, gọi x 1 , x 2 là nghiệm của y' = 0, ta có : x 1 .x 2 = 0 và x 1 + x 2 = 3 m 2  y(x 1 ).y(x 2 ) =               mxm 9 2 mxm 9 2 2 2 1 2 = 2 21 2 m)xx(m 9 2  = 24 mm 27 4  Với m  0, ta có y(x 1 ).y(x 2 ) < 0  2 4 1 0 27 m     2 33 m 4 27 m 2  Vậy (C m ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.       0)x(y).x(y x , x bieät phaân nghieäm 2 coù 0 ' y 21 21  2 33 m  Nhận xét : i) Khi 2 33 m  thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương. ii) Khi 2 33 m  thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm. 9) a) Hàm đồng biến trên (1,2)  – 3x 2 + 2mx  0, x  (1,2). Nếu m  0 ta có hoành độ 2 điểm cực trị là 0 và 3 m 2 . i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên       0, 3 m 2 . Vậy loại trường hợp m < 0 ii) Nếu m = 0  hàm luôn nghịch biến (loại). iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên       3 m 2 ,0 Do đó, ycbt  m > 0 và        3 m 2 ,0]2,1[  3m2 3 m 2  b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0. Khi m  0 ta có hàm số nghịch biến trên        3 m 2 , 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. 10) y" = – 6x + 2m , y" = 0  x = 3 m (C m ) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành.                           0m 9 m .m 27 m 2 33 m 0 3 m y 2 33 m 23             2 63 m 01 27 m2 2 33 m 2 11) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và (D k ) là – x 3 + mx 2 – m = kx + k + 1  m(x 2 – 1) = k(x + 1) + 1 + x 3  x + 1 = 0  m(x – 1) = k + 1 – x + x 2  x = – 1 hay x 2 – (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11) a) Do đó, (D k ) cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt  (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1            0)1mk(4)1m( 0 1 m k 1 m 1 2  (*)         4 3m2m k 3 m 2 k 2 b) Vì (D k ) qua điểm K(–1,1)  (C m ) nên ta có : (D k ) cắt (C m ) thành 2 đoạn bằng nhau.  (D k ) qua điểm uốn          m 27 m2 ; 3 m 3 của (C m )  11 3 m km 27 m2 3          )3m(9 27m27m2 k 3    (**) Vậy ycbt  k thỏa (*) và (**). 12) Phương trình tiếp tuyến với (C m ) đi qua (–1,1) có dạng : y = k(x + 1) + 1 (D k ) Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (D k ) và (C m ) là : – x 3 + mx 2 – m = (– 3x 2 + 2mx)(x + 1) + 1 (12)  m(x 2 – 1) = (– 3x 2 + 2mx)(x + 1) + 1 + x 3  x + 1 = 0  m(x – 1) = – 3x 2 + 2mx + 1 – x + x 2  x = – 1 hay 2x 2 + (1 – m)x – m – 1 = 0 (13)  x = – 1  2 1 m x   y' (–1) = – 2m – 3                        2 1m m2 2 1m 3 2 1m 'y 2 = 4 1 (m 2 – 2m – 3) Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là : y = – (2m + 3)(x + 1) + 1 y = 4 1 (m 2 – 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 (C m ) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là : h = – 3x 2 + 2mx Ta có h đạt cực đại và là max khi 3 m a2 b x  (hoành độ điểm uốn) Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. Nhận xét : 3 m 3 m 3 m x3mx2x3 22 2 22         Ghi chú : Đối với hàm bậc 3 y = ax 3 + bx 2 + 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) . x 0 ) 3x3x 2 0 3 0 (D) Phng trỡnh honh tip im ca (D) v (C) l : 3 2 2 3 2 0 0 0 3 3 ( 3 6 )( ) 3 3 x x x x x x x x ( 5 ) 0)x6x3)(xx()xx(3xx 2 0 2 0 2 3 0 3 0x6x3x3x3xxxx0xx 2 0 2 00 2 0 .      hx6x3 1)ex(h3n3x 2 23 có nghiệm.  Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là : – x 3 + 3x 2 – 3 = (– 3x 2 + 6x)(x – e)+ 1 (1)  – x 3 + 3x 2 – 4 = x(– 3x + 6)(x –. y' = p 3x 2 6x + p = 0 (3) Ta cú ' = 9 3p > 0 p < 3 Vy khi p < 3 thỡ cú 2 tip tuyn song song v cú h s gúc bng p. Gi x 3 , x 4 l nghim ca (3) . Gi M 3 (x 3 , y 3 ); M 4