Ôn tập môn Toán 12 - Ôn tập về hàm số bậc 3

ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3 
Giả sử : y = ax3 + bx2 + cx + d với a ≠ 0 có đồ thị là (C). y’ = 3ax2 + 2bx + c, y” = 6ax + 2b 
1) y” = 0 ⇔ x = 
a3
b− (a ≠ 0 ) 
 x = 
a3
b− là hoành độ điểm uốn. Đồ thị hàm bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. 
2) Để vẽ đồ thị 1 hàm số bậc 3, ta cần biết các trường hợp sau : 
i) a > 0 và y’ = 0 vô nghiệm ⇒ hàm số tăng trên R (luôn luôn tăng) 
ii) a < 0 và y’ = 0 vô nghiệm ⇒ hàm số giảm (nghịch biến) trên R (luôn luôn giảm) 
iii) a > 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 < x2 
 ⇒ hàm số đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x2. 
 Ngoài ra ta còn có : 
 + x1 + x2 = 2x0 với x0 là hoành độ điểm uốn. 
 + hàm số tăng trên (−∞, x1) 
 + hàm số tăng trên (x2, +∞) 
 + hàm số giảm trên (x1, x2) 
iv) a < 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 < x2 
 ⇒ hàm đạt cực tiểu tại x1 và đạt cực đại tại x2 thỏa điều kiện x1 + x2 = 2x0 (x0 là hoành độ 
điểm uốn). Ta cũng có : 
 + hàm số giảm trên (−∞, x1) 
 + hàm số giảm trên (x2, +∞) 
 + hàm số tăng trên (x1, x2) 
3) Giả sử y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y = k(Ax + B)y’ + r x + q với k là hằng số khác 0; 
 thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là y = r x + q 
4) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt 
 ⇔ 




<
=
0)2x(y).1x(y
2x,1x biệt ânnghiệm ph 2 có 0'y
5) Giả sử a > 0 ta có : 
i) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt > α 
 ⇔ 






<
<α
<<α=
0)2x(y).1x(y
0)(y
2x1x thỏa biệt ânnghiệm ph 2 có 0'y
ii) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < α 
 ⇔ 






<
>α
α<<=
0)2x(y).1x(y
0)(y
2x1x thỏa biệt ânnghiệm ph 2 có 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(x0) = 0 
(x0 là hoành độ điểm uốn) 
8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) (a ≠ 0) khi x = α là 1 nghiệm 
của (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 
hợp sau: 
i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = α 
ii) nếu (2) có nghiệm kép x = α thì (1) có duy nhất nghiệm x = α 
iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt ≠ α thì (1) có 3 nghiệm phân biệt 
iv) 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 nghiệm 
BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3 
 Cho 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 , Bø . 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 (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 
hai đoạn 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 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' = – 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 tại M có hệ số góc là k2 = 
1k
1
− (với 0 < k1 ≤ 3). Hoành độ của tiếp 
tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x2 + 6x = 
1k
1
− (= k2) 
⇔ 3x2 – 6x 
1k
1
− = 0. Phương trình này có a.c < 0, ∀ k1 ∈ (0, 3] nên có 2 
nghiệm phân biệt, ∀ k1 ∈ (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 : 
 – 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) 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 
3
5
 . 
Biện luận : 
i) Nếu e < – 1 hay 
3
5 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. 
Nhận xét : Từ đồ thị, ta có y = 1 là tiếp tuyến tại (2, 1) nên phương trình (1) 
chắc chắn có nghiệm x = 2, ∀ e. 
3) Vì y = 1 là tiếp tuyến qua E (e, 1), ∀ e và đường x = α không là tiếp 
tuyến nên yêu cầu bài toán. 
 ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa : y'(x1).y'(x2) = – 1 
 ⇔ 







−=+−+−
>∨−<
1)x6x3)(x6x3(
)2(củanghiệmlàx,x
3
5e1e
2
2
21
2
1
21 
 ⇔ 








−=−−
=
−
=+
>−<
1)2x)(2x(x.x9
1x.x
2
1e3xx
3
5ehay1e
2121
21
21 
 ⇔ 




−=+−−
>−<
1]4)1e3(1[9
3
5ehay1e 
 ⇔ e = 
27
55
 . Vậy E 




 1,
27
55 
4) 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 < 3 
 Vậy 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 : 
 1
a2
b
2
xx 43 =−=+ 
 1
2
6)xx(3)xx(
2
yy 24
2
3
3
4
3
343 −=
−+++−
=
+ 
 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) 3x3x 20
3
0 −+− (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(3xx 20
2
0
23
0
3 =+−−+−−− 
 ⇔ 0x6x3x3x3xxxx0xx 20
2
00
2
0 =+−−−++∨=− 
 ⇔ 0x3xx)x3(x2hayxx 0
2
00
2
0 =+−+−= 
 ⇔ 0)3xx2)(xx(hayxx 000 =−+−= 
 ⇔ 
2
x3xhayxx 00
−
== 
 Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x0, y0) ∈ (C) 
 ⇔ 1x
2
x3x 000 =⇔
−
= 
 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 
kép là x0 
Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x2 + 2mx 
6) (Cm) qua (x, y), ∀m 
 ⇔ y + x3 = m (x2 – 1) , ∀m 
 ⇔ 



=
−=



−=
=
⇔



=+
=−
1y
1x
hay
1y
1x
0xy
01x
3
2
 Vậy (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 
lượt là : 
 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 = 2
10±
 . 
7) Hàm có cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt. 
 ⇔ 3x2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt. 
 ⇔ x = 0 và x = 
3
m2
 là 2 nghiệm phân biệt. 
 ⇔ m ≠ 0. Khi đó, ta có : 
 'ym
9
1x
3
1mxm
9
2y 2 





−+





−= 
 và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là : 
 mxm
9
2y 2 −= (với m ≠ 0) 
8) Khi m ≠ 0, gọi x1, x2 là nghiệm của y' = 0, ta có : 
 x1.x2 = 0 và x1 + x2 = 3
m2 
 ⇒ y(x1).y(x2) = 





−





− mxm
9
2mxm
9
2
2
2
1
2 
 = 221
2 m)xx(m
9
2
++− = 24 mm
27
4
+− 
 Với m ≠ 0, ta có y(x1).y(x2) < 0 
 ⇔ 24 1 0
27
m− + < 
 ⇔ 
2
33m
4
27m2 >⇔> 
 Vậy (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. 
 ⇔ 



<
=
0)x(y).x(y
x,xbiệtphânnghiệm2có0'y
21
21 
 ⇔ 
2
33m > 
Nhận xét : 
i) Khi 
2
33m −< thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương. 
ii) Khi 
2
33m > 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 ta 
có hoành độ 2 điểm cực trị là 0 và 
3
m2
. 
i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên 


 0,
3
m2
 . 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
m2,0 
 Do đó, ycbt ⇔ m > 0 và 



⊂
3
m2,0]2,1[ 
 ⇔ 3m2
3
m2
≥⇔≥ 
 b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0. 
 Khi m ≤ 0 ta có hàm số nghịch biến trên 




∞−
3
m2, 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 
 (Cm) 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
33m
0
3
my
2
33m
23 
 ⇔ 






±
=⇔
=−
>
2
63m
01
27
m2
2
33m
2 
11) 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(
01mk1m1
2 
 ⇔ (*) 




−−
<
−−≠
4
3m2mk
3m2k
2 
b) Vì (Dk) qua điểm K(–1,1) ∈ (Cm) nên ta có : 
 (Dk) cắt (Cm) thành 2 đoạn bằng nhau. 
 ⇒ (Dk) qua điểm uốn 





−m
27
m2;
3
m 3
 của (Cm) 
 ⇒ 11
3
mkm
27
m2 3
+





+=− 
 ⇒ 
)3m(9
27m27m2k
3
+
−−
= (**) 
 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 ∨ 
2
1mx += 
 y' (–1) = – 2m – 3 
 




 +
+




 +
−=




 +
2
1mm2
2
1m3
2
1m'y
2
 = 
4
1 (m2 – 2m – 3) 
 Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là : 
 y = – (2m + 3)(x + 1) + 1 
 y = 
4
1 (m2 – 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 (Cm) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là : 
 h = – 3x2 + 2mx 
 Ta có h đạt cực đại và là max khi 
3
m
a2
bx =−= (hoành độ điểm uốn) 
 Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất. 
Nhận xét : 
3
m
3
m
3
mx3mx2x3
222
22 ≤+





−−=+− 
Ghi chú : Đối với hàm bậc 3 
 y = 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.