Khảo sát hàm số hoàn chỉnh luyện thi đại học

THẦY NGUYỄN QUANG SƠN 0909 230 970

1 | P a g e G I ẢN G D ẠY T ẠI T P . H C M

KHẢO SÁT HÀM SỐ HOÀN CHỈNH LTĐH

CHỦ ĐỀ 1. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

PHẦN 1 : CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ BẬC 4

CÂU 1. ( DB-2004 ). Cho hàm số   4 2 2 2 1 m y x m x C    (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=1

2. Tìm m dể hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân .

Giải

1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C)

2. Ta có :   3 2 2 2

2 2 0 ' 4 4 4 0 0 (*) x y x m x x x m m x m

            

- Với điều kiện (*) thì hàm số (1) có ba điểm cực trị . Gọi ba điểm cực trị là :

      4 4 0;1 ; ;1 ; ;1 A B m m C m m    . Do đó nếu ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân ,

thì đỉnh sẽ là A .

- Do tính chất của hàm số trùng phương , tam giác ABC đã là tam giác cân rồi , cho nên để thỏa

mãn điều kiện tam giác là vuông , thì AB vuông góc với AC.

      4 4 ; ; ; ; 2 ;0 AB m m AC m m BC m         

Tam giác ABC vuông khi :   2 2 2 2 2 8 2 8 4 BC AB AC m m m m m       

  2 4 4 2 1 0; 1 1 m m m m      

Vậy với m = -1 và m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán .

* Ta còn có cách khác

- Tam giác ABC là tam giác vuông khi trung điểm I của BC : AI = IB , với   4 0; I m  

ThuVienDeThi.com

THẦY NGUYỄN QUANG SƠN 0909 230 970

2 | P a g e G I ẢN G D ẠY T ẠI T P . H C M

    4 2 8 2 2 2 2 8 2 0; ; ;0 IA m IA m IB m IB m IA IB m m             

. Hay

4 1 1 m m   .

CÂU 2. Cho hàm số 1 2 2 4    mx x y (1)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1

2.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thi hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn

đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.

Giải

1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C).

2. Ta có mx x y 4 4 ' 3  

 





  

m x

x y 2

0 0 '

- Hàm số có 3 cực trị y’ đổi dấu 3 lần phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt m > 0

Khi m > 0 , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là

)1 ; 0 ( , ) 1 ; ( , ) 1 ; ( 2 2 C m m B m m A   

- Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.

Vì 2 điểm A, B đối xứng qua trục tung nên I nằm trên trục tung.

Đặt I(0 ; y0). Ta có : IC = R 





     2

0 1 ) 1(

0

0 2 0 y

y y

) 0 ; 0 ( O I   hoặc ) 2 ; 0 (I

* Với ) 0 ; 0 ( O I 

ThuVienDeThi.com

THẦY NGUYỄN QUANG SƠN 0909 230 970

3 | P a g e G I ẢN G D ẠY T ẠI T P . H C M

2 2 4 2

0

1

1 5 (1 ) 1 2 0

2 1 5 2

m

m

IA R m m m m m m

m

                      

So sánh điều kiện m > 0, ta được m = 1 và m = 2

5 1 

* Với I(0 ; 2) .

IA = R 0 2 1 ) 1 ( 2 4 2 2          m m m m m (*)

Phương trình (*) vô nghiệm khi m > 0

Vậy bài toán thỏa mãn khi m = 1 và m = 2

5 1 

CÂU 3.Cho hàm số (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi .

2) Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có cực tiểu mà không có cực đại.

 .

Đồ thị của hàm số (1) có cực tiểu mà không có cực đại  PT có 1 nghiệm  .

CÂU 4.Cho hàm số .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 1.

2) Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo

thành 1 tam giác vuông cân.

 Ta có

y x mx 4 2 1 3 2 2   

m 3 

y x mx x x m 3 2 2 2 2 ( )     x y x m 2

0 0     

y 0  m 0 

4 2 2 ( ) 2( 2) 5 5        y f x x m x m m m C ( )

m C ( )



3

2

0 4 4( 2) 0

2

          

x f x x m x

x m

ThuVienDeThi.com