Bài 9: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \((C)\) của hàm số
\(f(x) = {1 \over 2}{x^4} – 3{x^2} + {3 \over 2}\)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị \((C)\) tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình \(f’’(x) = 0\)
c) Biện luận theo tham số \(m\) số nghiệm của phương trình: \(x^4- 6x^2+ 3 = m\)
a) Xét hàm số y = \(f(x) = {1 \over 2}{x^4} – 3{x^2} + {3 \over 2}\) \((C)\)
Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
* Sự biến thiên:
\(y’ = 2x^3- 6x = 2x(x^2– 3)\)
\(y’ = 0 ⇔ x = 0, x = ±\sqrt3\)
– Hàm số nghịch biến trên khoảng \((-\infty;-\sqrt3)\) và \((0;\sqrt3)\), đồng biến trên khoảng \((-\sqrt 3;0)\) và \((\sqrt3;+\infty)\).
– Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại \(x=0\); \(y_{CĐ}={3\over 2}\)
Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm \(x=-\sqrt3\) và \(x=\sqrt3\); \(y_{CT}=y_(\pm\sqrt3)=-3\)
– Giới hạn:
\(\mathop {\lim y}\limits_{x \to \pm \infty } = + \infty \)
– Bảng biến thiên:
* Đồ thị:
Hàm số đã cho là hàm số chẵn nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
b)
\(y’’ = 6x^2– 6x\)
\(y’’ = 0 ⇔ 6x^2– 6x = 0 ⇔ x = ± 1\)
\(y’(-1) = 4, y’(1) = -4, y(± 1) = -1\)
Tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \((-1, -1)\) là : \(y = 4(x+1) – 1= 4x+3\)
Tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \((1, -1)\) là: \(y = -4(x-1) – 1 = -4x + 3\)
c) Ta có: \({x^4} – 6{x^2} + 3 = m \Leftrightarrow {1 \over 2}{x^4} – 3{x^2} + {3 \over 2} = {m \over 2}\) (1)
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của \((C)\) và đường thẳng (d) : \(y = {m \over 2}\)
Từ đồ thị ta thấy:
\(m < -6\): ( 1) vô nghiệm
\(m = -6\) : (1) có 2 nghiệm
\(-6 < m < 3\): (1) có 4 nghiệm
Advertisements (Quảng cáo)
\(m = 3\): ( 1) có 3 nghiệm
\(m > 3\): (1) có 2 nghiệm
Bài 10: Cho hàm số:
\(y = -x^4+ 2mx^2- 2m + 1\) ( \(m\) là tham số) có đồ thị (Cm)
a) Biện luận theo m số cực trị của hàm số
b) Với giá trị nào của m thì (Cm) cắt trục hoành?
c) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu
a) \(y = -x^4+ 2mx^2- 2m + 1\)(Cm).
Tập xác định: \(D =\mathbb R\)
\(y’ = -4x^3+ 4mx = -4x (x^2- m)\)
+) Với \(m ≤ 0\) thì \(y’\) có một nghiệm \(x = 0\) và đổi dấu \(+\) sang \(–\) khi qua nghiệm này. Do đó hàm số có một cực đại là \(x = 0\)
+) Với \(m>0\)
Hàm số có 3 cực trị.
Do đó, hàm số có 2 cực đại tại \(x = ± \sqrt m\) và có một cực tiểu tại \(x = 0\)
b) Phương trình \(-x^4+ 2mx^2- 2m + 1=0\) luôn có nghiệm \(x = ± 1\) với mọi m nên (Cm) luôn cắt trục hoành.
c) Theo lời giải câu a, ta thấy ngay:
với \(m > 0\) thì đồ thị (Cm) có cực đại và cực tiểu.
Bài 11: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
\(y = {{x + 3} \over {x + 1}}\)
Advertisements (Quảng cáo)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\), đường thẳng \(y = 2x + m\) luôn cắt \((C)\) tại hai điểm phân biệt \(M\) và \(N\)
c) Xác định m sao cho độ dài \(MN\) là nhỏ nhất
d) Tiếp tuyến tại một điểm \(S\) bất kì của \((C)\) luôn cắt hai tiệm cận của \((C)\) tại \(P\) và \(Q\). Chứng minh rằng \(S\) là trung điểm của \(PQ\).
a) \(y = {{x + 3} \over {x + 1}}\)
Tập xác định : \(D=\mathbb R\backslash {\rm{\{ }} – 1\} \)
* Sự biến thiên:
\(y’ = {{ – 2} \over {{{(x + 1)}^2}}} < 0,\forall x \in D\)
– Hàm số nghịch biến trên khoảng: \((-\infty;-1)\) và \((-1;+\infty)\)
– Cực trị: Hàm số không có cực trị.
– Tiệm cận:
\(\eqalign{
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = – \infty \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = + \infty \cr
& \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 1 \cr} \)
Tiệm cận đứng: \(x = -1\)
Tiệm cận ngang: \(y = 1\)
Bảng biến thiên:
* Đồ thị:
Đồ thị hàm số giao \(Ox\) tại \((-3;0)\), giao \(Oy\) tại \((0;3)\)
Đồ thị hàm số nhận điểm \(I(-1;1)\) làm tâm đối xứng.
b) Xét phương trình có nghiệm là hoành độ giao điểm của \((C)\) và đường thẳng (d): \(y = 2x + m\) (1)
\(\eqalign{
& {{x + 3} \over {x + 1}} = 2x + m \Leftrightarrow x + 3 = (2x + m)(x + 1) \cr
& \Leftrightarrow 2{x^2} + (m + 1)x + m – 3 = 0,x \ne – 1 \cr} \)
\(Δ = (m+1)^2– 4.2(m-3) = m^2– 6m + 25 = (m-3)^2+ 16> 0\), nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt khác \(-1\).
Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt \(M, N\) (hoành độ của \(M, N\) chính là nghiệm của (1)).
c) Theo định lí Vi-et ta có:
\(\left\{ \matrix{
{x_M} + {x_N} = – {{m + 1} \over 2} \hfill \cr
{x_M}.{x_N} = {{m – 3} \over 2} \hfill \cr} \right.\)
\(\eqalign{
& M{N^2} = {\rm{ }}{\left( {{x_M}-{x_N}} \right)^2} + {\rm{ }}{({y_M} – {\rm{ }}{y_N})^2} \cr
& = {\left( {{x_M}-{x_N}} \right)^2} + {\left[ {(2{x_M} + m) – (2{x_N} + m)} \right]^2} \cr
& = 5{\left( {{x_M}-{x_N}} \right)^2} = 5\left[ {{{\left( {{x_M}+{x_N}} \right)}^2} – 4{x_M}{x_N}} \right] \cr
& = 5\left[ {{{( – {{m + 1} \over 2})}^2} – 4.{{m – 3} \over 2}} \right] = {5 \over 4}({m^2} – 6m + 25) \cr
& = {5 \over 4}\left[ {{{(m – 3)}^2} + 16} \right] \ge {5 \over 4}.16 = 20 \cr} \)
\(MN = 2\sqrt5 ⇔ m = 3\)
Vậy độ dài \(MN\) nhỏ nhất bằng \(2\sqrt5\) khi \(m=3\)
d) Giả sử \(S(x_0;y_0)\) là điểm bất kì thuộc (C)
Phương trình tiếp tuyến \(Δ\) của (C) tại \(S\) là:
\(\eqalign{
& y – y = y'({x_0})(x – {x_0}) \cr
& \Leftrightarrow y = {{ – 2} \over {{{({x_0} + 1)}^2}}}(x – {x_0}) + {{{x_0} + 3} \over {{x_0} + 1}} \cr} \)
\(Δ\) cắt tiệm cận ngang tại \(P(2x_0+ 1, 1)\), \(Δ\) cắt tiệm cận đứng tại \(Q( – 1,{y_0} + {2 \over {{x_0} + 1}})\)
Rõ ràng: \({x_P} + {x_Q} = 2{x_0},{y_P} + {y_Q} = 2{y_0}\). Do đó, \(S\) là trung điểm của \(PQ\).
Bài 12: Cho hàm số: \(f(x) = {1 \over 3}{x^3} – {1 \over 2}{x^2} – 4x + 6\)
a) Giải phương trình \(f’(sin x) = 0\)
b) Giải phương trình \(f’’(cos x) = 0\)
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình \(f’’(x) = 0\).
\(f(x) = {1 \over 3}{x^3} – {1 \over 2}{x^2} – 4x + 6\)
\(f’(x) = x^2– x – 4\)
\(f’’(x) = 2x – 1\)
a)
\(\eqalign{
& f'(s{\rm{inx}}) = 0 \Leftrightarrow {\sin ^2}x – {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in x}} – 4 = 0 \cr
& \Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in x = }}{{1 \pm \sqrt {17} } \over 2}(1) \cr
& Do{{1 – \sqrt {17} } \over 2} < – 1,{{1 + \sqrt {17} } \over 2} > 1 \cr} \)
Suy ra (1) vô nghiệm.
b)
\(\eqalign{
& f”(cosx) = 0 \Leftrightarrow 2cosx – 1 = 0 \cr
& \Leftrightarrow \cos x = {1 \over 2} = \cos {\pi \over 3} \cr
& \Leftrightarrow x = \pm {\pi \over 3} + k2\pi ,k \in\mathbb Z \cr} \)
c) Nghiệm của phương trình \(f’’(x) = 0\) là \(x = {1 \over 2}\)
Ta có:
\(\eqalign{
& f'({1 \over 2}) = {1 \over 4} – {1 \over 2} – 4 = {{ – 17} \over 4} \cr
& f({1 \over 2}) = {1 \over 3}.{1 \over 8} – {1 \over 2}.{1 \over 4} – 4.{1 \over 2} + 6 = {{47} \over {12}} \cr} \)
Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng:
\(y = {{ – 17} \over 4}(x – {1 \over 2}) + {{47} \over {12}} \Leftrightarrow y = – {{17} \over 4}x + {{145} \over {24}}\).
