Luyện thi ĐH môn Toán 2015: Cực trị hàm trùng phương (Phần 1) - Thầy Đặng Việt Hùng

Tài liệu luyện thi ĐH môn Toán 2015 về "Cực trị hàm trùng phương (Phần 1)" cung cấp kiến thức lý thuyết, 1 số bài tập ví dụ và bài tập tự luyện. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu sau để ôn tập và chuẩn bị cho kỳ thi Đại học 2015 cũng như các kỳ thi Đại học sau này.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Luyện thi ĐH môn Toán 2015: Cực trị hàm trùng phương (Phần 1) - Thầy Đặng Việt HùngKhóa h c LT H môn Toán 2015 – Th yNG VI T HÙNGFacebook: LyHung9503. C C TR HÀM TRÙNG PHƯƠNG – P1Th y ng Vi t Hùngx = 0 y = ax 4 + bx 2 + c ⇒ y′ = 4ax 3 + 2bx = 2 x ( 2ax 2 + b ) = 0 ⇔  2 x = − b  2a C C TR C A HÀM SXét hàm sD NG 1. BI N LU N V SHàm s có m t c c tr khi y′ chi d u m t l n, t c là −b ≤0 2a b >0 2aHàm s có m t c c tr khi y′ chi d u ba l n, t c là y′ = 0 có ba nghi m phân bi t ⇔ −Ví d 1: [ VH]. Cho hàm s Tìm m a) hàm s có 1 c c tr . b) hàm s có 3 c c tr .y = x 4 − 2mx 2 + 3m − 1L i gi i:x = 0 Ta có y = 4 x3 − 4mx = 4 x x 2 − m ⇒ y′ = 0 ⇔  2 x = m a) Hàm s có m t c c tr khi m ≤ 0. b) Hàm s có ba c c tr khi m > 0.()Ví d 2: [ VH]. Cho hàm s y = ( m + 1) x 4 − 3mx 2 + 3 − 5m Bi n lu n theo m s c c tr c a hàm s ã cho. L i gi i: x = 0 Ta có y = 4 ( m + 1) x3 − 6mx = 2 x (m + 1) x 2 − 3m  ⇒ y ′ = 0 ⇔  2   ( m + 1) x − 3m, (1)  TH1 : m = −1 ⇒ y ′ = 6 x; y = 0 ⇔ x = 0 Trong trư ng h p này hàm s có m t c c tr , và ó là i m c c ti u. 3m TH2 : m ≠ −1, (1) ⇔ x 2 = m +1 3m + Hàm s có m t c c tr khi ≤ 0 ⇔ −1 < m ≤ 0 m +1 m > 0 3m + Hàm s có ba c c tr khi >0⇔ m +1  m < −1 K t lu n : Hàm s có m t c c tr khi −1 ≤ m ≤ 0 m > 0 Hàm s có ba c c tr khi   m < −1D NG 2. TÍNH CH T C C TR C A HÀM STH1: Hàm s có ba i m c c tr A, B, C.+) Tìm i u ki n t n t i ba i m c c tr : −b >0 2a( *)  x = 0 = x A  y A →   −b = xB  yB , t → +) V i i u ki n (*) ta có y′ = 0 ⇔  x2 = 2a   −b = xC  yC →  x3 = − 2a  −b   −b  ó A ( 0; y A ) ; B   2a ; yB  ; C  − 2a ; yC        Tham gia tr n v n khóa LT H môn Toán 2015 t i Moon.vnt i m s cao nh t trong kỳ TS H 2015!Khóa h c LT H môn Toán 2015 – Th yNG VI T HÙNGFacebook: LyHung95Do hàm ch n v i x nên các i m B, C có yB = yC. Nh n xét : A ∈ Oy, B ; C i x ng nhau qua Oy nên tam giác ABC luôn là tam giác cân t i A. Ta xét m t s tính ch t cơ b n thư ng g p c a hàm s : Tính ch t 1: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác vuông cân. Do tam giác ABC ã cân t i A nên ch có th vuông cân t i nh A. Khi o ta có i u ki n AB. AC = 0, (1) −b   −b  v i AB =  ; yB − y A  ; AC =  − ; yC − y A   2a   2a      b 2 T ó (1) ⇔ AB. AC = 0 ⇔ + ( yB − y A ) = 0 2a Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i (*) cho ta k t qu cu i cùng c a bài toán. Ngoài ra ta cũng có th dùng i u ki n Pitago cho tam giác cân ABC : AB 2 + AC 2 = BC 2 ⇔ 2 AB 2 = BC 2Tính ch t 2: 3 i m c c tr t o thành m t tam giácTam giác ABC u khi AB = BC ⇔ AB 2 = BC 2 , ( 2 )u. −b   −b  v i AB =  ; yB − y A  ; BC =  −2 ;0   2a    2a     −b −2b 2 + ( yB − y A ) = T ó ( 2) ⇔ 2a a Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i qu cu i cùng c a bài toán.(*) cho ta k tTính ch t 3: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có m t góc b ng 1200Tam giác ABC cân t i A nên BAC = 1200 . G i H là trung i m c a BC ⇒ H ( 0; yB )AH AH ⇔ cos 600 = ⇔ AB = 2 AH ⇔ AB 2 = 4 AH 2 , ( 3) AB AB  −b  −b 2 2 v i AB =   2a ; yB − y A  ; AH = ( 0; yB − y A ) , t ó ( 3) ⇔ 2a + ( yB − y A ) = 4 ( yB − y A )    Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i (*) cho ta k t qu cu i cùng c a bài toán. Ta có cos HAB =Tính ch t 4: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có di n tích S = So cho trư cG i H là trung i m c a BC ⇒ H ( 0; yB ) . Khi ó S∆ABC = 1 2 AH .BC ⇔ 2 So = AH .BC ⇔ 4So = AH 2 .BC 2 , 2( 4) −b  2  −b  2 v i BC =  −2 ;0  ; AH = ( 0; yB − y A ) , t ó ( 3) ⇔ 4 So = ( yB − y A ) .4     2a   2a   Giá tr m tìm ư c k t h p v i i u ki n t n t i (*) cho ta k t qu cu i cùng c a bài toán.Tính ch t 5: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có bán kính ư ng tròn ngo i ti p R cho trư cabc abc AB. AC .BC AB 2 ⇒R= ⇔R= ⇔R= 1 4R 4S 2 AH 4. AH .BC 2 Gi i phương trình trên ta ư c giá tr c a m, i chi u v i (*) cho ta k t lu n cu i cùng.S d ng công th c di n tích tam giác S =Tính ch t 6: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có tr ng tâm G(0; α) cho trư cTa có i u ki n trong trư ng h p này là α = y A + yB + yC ⇔ y A + 2 yB = 3α 3Tính ch t 7: 3 i m c c tr t o thành m t tam giác có bán kính ư ng tròn n i ti p r cho trư cTham gia tr n v n khóa LT H môn Toán 2015 t i Moon.vnt i m s cao nh t trong kỳ TS H 2015!Khóa h c LT H môn Toán 2015 – Th yNG VI T HÙNGFacebook: LyHung951 AH .BC S AH .BC 2 = S d ng công th c di n tích tam giác S = p.r ⇒ r = = AB + AC + BC 2 AB + BC p 2 Gi i phương trình trên ta ư c giá tr c a m, i chi u v i (*) cho ta k t lu n cu i cùng.Ví d 1: [ VH]. ( H kh i B - 2011). Cho hàm s y = x 4 − 2( m + 1) x 2 + m , v i m là tham s . Tìm m th hàm s ã cho có ba i m c c tr A, B, C sao cho OA = BC, v i O là g c t a , A là i m c c tr thu c tr c tung, B và C là hai i m c c tr còn l i. L i gi i: x = 0   Ta có y′ = 4 x3 − 4(m + 1) x = 4 x  x 2 − (m + 1)  ⇒ y′ = 0 ⇔  2 x = m +1 Hàm s có ba i m c c tr khi phương trình y′ = 0 có ba nghi m phân bi t ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1, (*) x1 = 0 ⇒ y1 = m  V i m > −1 thì y′ = 0 ⇔  x2 = m + 1 ⇒ y2 = −(m + 1) 2 + m  2  x3 = − m + 1 ⇒ y3 = −(m + 1) + m Theo bài ta có t a các i m c c tr là A ( 0; m ) , B(m + 1; −m2 − m − 1 , C − m + 1; −m2 − m − 1) ()m = 2 + 2 2 ó OA = BC ⇔ OA2 = BC 2 ⇔ m2 = 4 ( m + 1) ⇔ m 2 − 4m − 4 = 0 ⇔  m = 2 − 2 2  K t h p v i i u ki n (*) ta ư c m = 2 ± 2 2 là các giá tr c n tìm. Ví d 2: [ VH]. (D b kh i B - 2003). Cho hàm s y = x 4 − 2m 2 x 2 + 1 , v i m là tham s . Tìm m th hàm s ã cho có ba i m c c tr là ba nh c a m t tam giác vuông cân. L i gi i: x = 0   Ta có y′ = 4 x3 − 4m2 x = 4 x  x 2 − m 2  ⇒ y ′ = 0 ⇔  2 2 x = m Hàm s có ba i m c c tr khi phương trình y′ = 0 có ba nghi m phân bi t ⇔ m2 > 0 ⇔ m ≠ 0, ( *)T x1 = 0 ⇒ y1 = 1  V i m ≠ 0 thì y′ = 0 ⇔  x2 = m ⇒ y2 = 1 − m 4  A ( 0;1) , B ( m;1 − m 4 ) , C ( − m;1 ...