[KSHS] Hàm bậc 3 [lần 2]

Bài 6: Cho hàm số $$y=x^3-3(m+1)x^2+3m(m+2)x-12m+8 $$ có đồ thị là $(C_{m})$ . Tìm $m$ để $(C_m)$ có hai điểm cực trị $A,$ $B$ sao cho $AM+BM$ nhỏ nhất với $M( 3;2 ).$

Hướng dẫn
Trước tiên, đạo hàm của hàm số
$f(x) = x^3 -3(m+1)x^2 + 3m(m+2)x -12m+ 8$ là $f'(x) = 3x^2 - 6x(m+1) + 3m^2 + 6m.$ $$ \begin{aligned} f'(x)=0 &\Leftrightarrow 3x^2 -6x(m+1) + 3m^2 + 6m = 0 \\&\Leftrightarrow x^2 -2x(m+1)+m^2+2m = 0 \\&\Leftrightarrow (x-m-1)^2 = 1
\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = m+2 \\ x=m \end{array}\right. \end{aligned}$$
Không mất tính tổng quát, ta có thể cho $x=m$ là hoành độ điểm $A$ và $x=m+2$ là hoành độ điểm $B$. Khi đó, ta tìm được tọa độ của chúng là:
$$A(m, \, m^3 +3m^2-12m+8), \quad B(m+2, \, m^3 + 3m^2 -12m+4).$$
Khi đó,
$ \mathcal{P} = MA + MB$
$ = \sqrt{(m-3)^2+(m^3+3m^2-12m+6)^2} + \sqrt{(m-1)^2 +(m^3+3m^2-12m+2)^2}.$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $$\begin{matrix} \sqrt{(3-m)^2+(m^3+3m^2-12m+6)}\cdot \sqrt{1+4} \ge 3-m + 2(m^3+3m^2-12m+6) = 2m^3 + 6m^2 -25m + 15,\\ \sqrt{(m-1)^2 + (m^3+3m^2-12m+2)^2}\cdot \sqrt{1+4} \ge (m-1) + 2(-m^3-3m^2+12m-2) = -2m^3 -6m^2 +25m -5.\end{matrix}$$ Do đó, $\sqrt{5}\mathcal{P} \ge 10 \Rightarrow \mathcal{P} \ge 2\sqrt{5}$. Do đó, giá trị nhỏ nhất của $\mathcal{P}$ là $2\sqrt{5},$ xảy ra khi và chỉ khi $m=2.$ $\blacksquare$


Có thể xứ lí gọn hơn như sau:

Nhận thấy $AB=2\sqrt{5},$ do đó theo bất đẳng thức tam giác ta có: $$AM+BM \geq AB=2\sqrt{5}.$$ Đẳng thức xảy ra khi: $$\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB},\quad k>0.$$ Từ đó ta tìm được $m=2.$

Bài 7: Cho hàm số $y=x^3+3(m+1)x^2+3m(m+2)x+m^3+3m^2.$[*] Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với $m=0.$[*] Chứng minh rằng với mọi $m \in \mathbb R,$ hàm số luôn có hai cực trị, đồng thời khoảng cách giữa hai điểm này không phụ thuộc vào $m.$

Lời giải.

[*] Các bạn tự làm.
[*] Hàm số xác định với mọi $x \in \mathbb R.$  Ta có: $$y'=3 \left[x^2+2(m+1)x+m(m+2) \right].$$Do đó: $$y'=0 \Leftrightarrow x_1=-m,\, x_2=-m-2. $$ Vì $x_1 \neq x_2$ nên hàm số đã cho luôn có hai điểm cực trị. Toan độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A(-m,\,  0)$ và $B(-m-2,\, 4 ).$ Suy ra $AB=2\sqrt{5}.$ Từ đó ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

Bài 8: Cho hàm số: \[y=x^3+2(m-1)x^2+(m^2-4m+1)x-2(m^2+1).\] Tìm $m$ để hàm số có cực đại, cực tiểu tại $x_1,\, x_2$ và $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{x_1+x_2}{2}.$

Ta có $$y'=f'(x)=3{x}^{2}+4(m-1)x+{m}^{2}-4m+1.$$ Hàm số có cực đại, cực tiểu tại ${x}_{1},\, {x}_{2}$ khi và chỉ khi phương trình $y'=0$ có hai nghiệm phân biệt, tức là $$\Delta' > 0\Leftrightarrow {m}^{2}+4m+1>0\Leftrightarrow m<-2-\sqrt{3} \vee m>-2+\sqrt{3}.$$ Sử dụng định lý Viette, ta có $x_1+x_2=\displaystyle -\frac{4(m-1)}{3}$ và $x_1x_2=\displaystyle\frac{m^2-4m+1}{3}.$ Theo giả thiết thì $\displaystyle\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}.$ Điều này xảy ra khi và chỉ khi $$\left[\begin{array}{l} \begin{cases} x_1+x_2 =0 \\ x_1x_2 \ne 0 \end{cases} \\ x_1x_2=2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} \begin{cases} m-1=0 \\ m^2-4m+1\ne 0 \end{cases} \\ m^2-4m+1=6 \end{array} \right. \Leftrightarrow m=1 \vee m=-1 \text{ (loại)} \vee m=5.$$ Đây chính là các giá trị cần tìm. $\blacksquare$

Bài 9: Cho hàm số $y=(x+a)^3+(x+b)^3-x^3.$[1] Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với $a=1$ và $b=2.$[2] Trong trường hợp tổng quát, các hệ số $a,\,b$ phải thỏa mãn điều kiện gì để hàm số có cực đại và cực tiểu?[3] Chứng rằng với mọi $a,\, b \in \mathbb R,$ phương trình $$(x+a)^3+(x+b)^3-x^3$$ không thể có $3$ nghiệm phân biệt.

Câu 1 dùng để kiểm tra kĩ năng vẽ đồ thị nên xin dành cho bạn. Các câu tiếp theo giải như sau:

Câu 2. Ta có $y=(x+a)^3+(x+b)^3-x^3$ nên $$y' = 3(x+a)^2+3(x+b)^2-3x^2 = 3(x^2+2x(a+b)+a^2+b^2).$$ Suy ra điều kiện ban đầu tương đương với: $y'=0 \Leftrightarrow x^2+2x(a+b)+a^2+b^2 = 0 $ có hai nghiệm phân biệt. Ta tính được $$\Delta' = (a+b)^2-(a^2+b^2)=2ab, \quad \Delta'>0 \Leftrightarrow ab>0.$$ Đây chính là điều kiện cần tìm.

Câu 3. Giả sử ngược lại là phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với $$y_{\text{CĐ}} \cdot y_{\text{CT}} <0.$$ Điều này có nghĩa là $a, \, b$ cùng dấu. Nếu như $a, \, b > 0$ thì $x+a,\, x+b >x$ nên phương trình đã cho vô nghiệm. Do đó, $a, \, b <0.$ Đặt $a = -m^2, \, b = -n^2,\, m, \, n >0.$ Đến đây tính nghiệm của phương trình mới là $$x^2-2x(m^2+n^2)+m^4+n^4 = 0, $$ ra được nghiệm đẹp rồi thay vào hàm số đã cho để thu được $y_{\text{CĐ}}, \,y_{\text{CT}}.$ Chứng minh tích của hai giá trị này dương nữa là xong. $\blacksquare$

Bài 10: Cho hàm số $$y=\frac{1}{3}mx^3-(m-1)x^2+3(m-2)x+\frac{1}{3}.$$ [a] Tìm điểm cố định của họ đồ thị của hàm số.[b] Với giá trị nào của $m$ thì hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại và cực tiểu $x_1,\, x_2$ thỏa mãn điều kiện $$x_1+2x_2=1.$$[c] Với giá trị nào của $m$ thì hàm số đồng biến trên $[2,\, +\infty).$

Hướng dẫn

Câu a. Để tìm điểm cố định, ta coi phương trình đã cho có ẩn là $m$ còn $x,\; y$ là tham số. Điểm $A(x,\; y)$ là điểm cố định nếu phương trình ẩn m kia nghiệm đúng với mọi $m.$

Với phương trình $am + b = 0,$ thì nghiệm đúng với mọi $m$ khi $a = b = 0.$ Áp dụng vào bài này ta viết phương trình thành  $$m\left(\frac{x^3}{3}-x^2+3x\right)+x^2-6x+\frac{1}{3}-y=0.$$ Phương trình này có nghiệm với mọi $m$ khi và chỉ khi $$\begin{cases}\frac{x^3}{3}-x^2+3x=0\\x^2-6x+\frac{1}{3}-y=0\end{cases}$$ Giải ta được $x=0,\;\displaystyle y=\frac{1}{3}.$ Vậy $A\left(0,\;\displaystyle \frac{1}{3}\right)$ là điểm cố định.

Câu b.  Cực trị của hàm số liên quan đến dấu của đạo hàm cấp một, với hàm số bậc ba nó có hai cực trị tương đương đạo hàm cấp một có hai nghiệm phân biệt. Ta có $$ y' = mx^2-2(m-1)x+3(m-2).$$ Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì đạo hàm cấp một phải có hai nghiệm phân biệt, điều kiện cần là $ m \not = 0.$ Khi đó $$\Delta'=(m-1)^2-3m(m-2)>0\Leftrightarrow - 2m^2+4m+1>0.\quad (1)$$ Với điều kiện $(1),$ ta tính được hai nghiệm của phương trình $y' = 0$ rồi thế vào đẳng thức đề cho để giải tìm $m$ chú ý rằng dấu của $m$ sẽ cho ta hai trường hợp của $x_1,\; x_2.$

Câu c  Hàm số đồng biến trên $[2,\, +\infty)$ khi đạo hàm cấp một không âm, khác hằng trên đó. Ta viết lại $$y'=m(x^2-2x+3)+2x-6.$$ Khi đó $y'\ge 0$ sẽ tương đương với $$m  \ge  \frac{6-2x}{x^2-2x+3}=g(x),\quad \forall x \in [2,\, +\infty).$$ Yêu cầu của bài toán dẫn đến ta cần tìm $m$ để cận trên của $g(x)$ trên $[2,\, +\infty)$ không vượt quá $m.$

Ta lập bảng biến thiên hàm $g$ để tìm ra kết quả. $\Box$

Bài 11: Cho hàm số $y=x^3-3ax^2+4a^3.$  

[a] Xác định $a$ để các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số là đối xứng với nhau qua đường thẳng $y=x.$ 

[b] Xác định $a$ để đường thẳng $y=x$ cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt $A,\,B,\,C$ sao cho $AB=BC.$

Câu a: 

Phân tích hướng giải câu a.Khi nói đến cực đại và cực tiểu ta cần chú ý nó liên quan đến đạo hàm cấp một, nghiệm và dấu của của $y'.$ Đặc biệt bài toán lại đòi hỏi tính đối xứng của hai điểm qua một đường thẳng cho trước nên ta cần biết tính chất hình học của nó bao gồm hai ý: đường thẳng đi qua hai điểm phải vuông góc với đường thẳng cho trước và trung điểm của hai điểm đó phải thuộc đường thẳng cho trước.

Lời giải.
Ta có tập xác định: $D =\mathbb R.$ Lại có: $ y' = 3x^2-6ax.$ Từ đó: $$ y'=0 \Leftrightarrow 3x^2-6ax=0 \Leftrightarrow 3x (x-2a)=0 \Leftrightarrow \left [ \begin {matrix} x=0 \\ x=2a \end{matrix} \right .$$ Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình $y'=0$ có hai nghiệm phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua hai nghiệm đó. Điều đó tương thích với điều kiện lúc này là $a \neq 0.$

Gọi tọa độ hai cực điểm đó là $A(0,\,4a^3) ,\, B(2a,\, 0).$
[*] Hướng giải 1. Ta có phương trình thẳng $AB$: $$\dfrac{x}{2a}+\dfrac{y}{4a^3}=1 \Leftrightarrow y=-2a^2x+4a^3.$$ Gọi $I$ là trung điểm của $AB$  thì tọa độ điểm $I$ là nghiệm của hệ phương trình: $$\begin{cases} x_I=\dfrac{x_A+x_B}{2}=a\\y_I=\dfrac{y_A+y_B}{2}=2a^3 \end{cases}$$ Vậy $I(a,\, 2a^3).$ Có $A,\, B$ đối xứng qua đường thẳng $y=x$ khi có điều kiện: $$\begin{cases} k_{AB}k_{d}=-1\\ I \in d \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (-2a^2)\cdot 1=-1 \\ 2a =4a^3 \end{cases} \Leftrightarrow a^2=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow a = \pm \dfrac{\sqrt 2}{2}.$$
 [*]Hướng giải 2. Ta quan sát thấy tọa độ hai điểm $A,\, B$ rất đặc biệt đúng không? Thật vậy, $A \in Ox , \,B \in Oy.$ Lại một điều đặc biệt nữa đó là đường thẳng $y=x$ là đường phân giác thứ nhất của mặt phẳng tọa độ nên điều kiện của bài toán thỏa khi ta có: $$ \begin{cases} x_A=y_B \\y_A =x_B \end{cases} \Leftrightarrow 4a^3=2a \Leftrightarrow a^2= \dfrac{1}{2}  \Leftrightarrow  a= \pm \dfrac{\sqrt 2}{2}.$$  [/LIST] Vậy giá trị cần tìm là $ a= \pm \dfrac{\sqrt 2}{2} .$ $\blacksquare$


Câu b
Hoành độ $A, \,B,\,  C$ là nghiệm của phương trình $$ x^3-3tx^2+4t^3=x.\quad(1)$$ Yêu cầu của bài toàn thì phương trình này phải có ba nghiệm phân biệt và $AB = BC.$ Ta giả sử phương trình này đã có ba nghiệm phân biệt rồi (tẹo nữa ta kiểm tra lại) và ba nghiệm đó theo thứ tự là $a,\, b,\, c$ (ứng với các hoành độ của $A, \, B,\,  C.$ Và thế thì tọa độ của $A(a,\, a),\, B(b,\, b),\, C(c,\, c).$ Ta có: $$AB^2=BC^2 \Leftrightarrow 2(b-a)^2=2(c-b)^2 \Leftrightarrow b-a = c - b \Leftrightarrow 2b = a + c \Leftrightarrow 3b = a + b + c.$$ Nhưng, theo định lý Viette cho phương trình bậc ba thì $a + b + c = 3t.$ Thế cho nên $b=t.$ Thay $b=t$ vào phương trình $(1)$ ta tìm được $$t=0, \quad t= \frac{1}{\sqrt{2}},\quad t = -\frac{1}{\sqrt{2}}.$$ Giờ, ta kiểm tra lại xem với $t$ nào thì phương trình $(1)$ có đủ ba nghiệm phân biệt là xong. Việc này mời các bạn tiếp tục nhé! $\blacksquare$