Công thức cực trị của hàm bậc 4 - hàm trùng phương
CÔNG THỨC CỰC TRỊ CỦA HÀM BẬC 4 TRÙNG PHƯƠNG GIẢI NHANH
Một số công thức tính cực đại cực tiểu hàm trùng phương
R Xét hàm số trùng phương y=ax4+bx2+c với hệ số a≠0.
Ta có: y′=4ax3+2bx=0⇔[x=0 x2=−b2a. Khi đó:
Hàm số có một cực trị ⇔−b2a≥0⇔ab≥0.
Hàm số có ba cực trị ⇔−b2a<0⇔ab<0.
Hàm số có một cực trị và cực trị là cực tiểu ⇔{a>0b≥0.
Hàm số có một cực trị và cực trị là cực đại ⇔{a>0b≤0.
Hàm số có hai cực tiểu và một cực đại ⇔{a>0b<0.
Hàm số có hai cực đại và một cực tiểu ⇔{a>0b>0.
R Bài toán hàm trùng phương có ba cực trị tạo tam giác ABC (rất hay gặp)
Tìm điều kiện tồn tại ba điểm cực trị: −b2a>0(∗)
Với điều kiện (*) ta có y′=0⇔[x=0=xA→yA x2=√−b2a=xB→yBx3=−√−b2a=xC→yC, từ đó
A(0;yA);B(√−b2a;yB);C(−√−b2a;yC)
Do hàm chẵn với x nên các điểm B, C có yB=yC.
Nhận xét: A∈Oy,B;C đối xứng nhau qua Oy nên tam giác ABC luôn là tam giác cân tại A.
Ta xét một số tính chất cơ bản thường gặp của hàm số:
Tính chất 1: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.
Tính chất 2: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.
Do tam giác ABC đã cân tại A nên chỉ có thể vuông cân tại đỉnh A. Khi đó ta có điều kiện →AB.→AC=0,(1) với →AB=(√−b2a;yB−yA);→AC=(−√−b2a;yC−yA)
Từ đó (1)⇔→AB.→AC=0⇔b2a+(yB−yA)2=0
Giá trị m tìm được kết hợp với điều kiện tồn tại ở (*) cho ta kết quả cuối cùng của bài toán.
Ngoài ra ta cũng có thể dùng điều kiện Pitago cho tam giác cân ABC: AB2+AC2=BC2⇔2AB2=BC2
Tính chất 3: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng 1200.
Tam giác ABC cân tại A nên ⌢BAC=1200. Gọi H là trung điểm của BC⇒H(0;yB).
Ta có cos⌢HAB=AHAB⇔cos600=AHAB⇔AB=2AH⇔AB2=4AH2,(3)
với →AB=(√−b2a;yB−yA);→AH=(0;yB−yA), từ đó (3) ⇔−b2a+(yB−yA)2=4(yB−yA)2
Giá trị m tìm được kết hợp với điều kiện tồn tại ở (*) cho ta kết quả cuối cùng của bài toán.
Tính chất 4: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích S=So cho trước.
Gọi H là trung điểm của BC⇒H(0;yB). Khi đó
SΔABC=12AH.BC⇔2So=AH.BC⇔4S2o=AH2.BC2,(4)
với →BC=(−2√−b2a;0);→AH=(0;yB−yA), từ đó (4) ⇔4S2o=(yB−yA)2.4(−b2a)
Giá trị m tìm được kết hợp với điều kiện tồn tại ở (*) cho ta kết quả cuối cùng của bài toán.
Tính chất 5: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp R cho trước.
Sử dụng công thức diện tích tam giác S=abc4R⇒R=abc4S⇔R=AB.AC.BC4.12.AH.BC⇔R=AB22AH
Giải phương trình trên ta được giá trị của m, đối chiếu với (*) cho ta kết luận cuối cùng.
Tính chất 6: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có trọng tâm G(0;α) cho trước.
Ta có điều kiện trong trường hợp này là α=yA+yB+yC3⇔yA+2yB=3α
Tính chất 7: 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp r cho trước.
Sử dụng công thức diện tích tam giác S=p.r⇒r=Sp=12AH.BCAB+AC+BC2=AH.BC2AB+BC
Giải phương trình trên ta được giá trị của m, đối chiếu với (*) cho ta kết luận cuối cùng.
R Một số công thức tính nhanh liên quan đến cực trị của hàm trùng phương (tham khảo)
Xét hàm số y=ax4+bx2+c với a≠0 và hàm số có ba điểm cực trị.
Khi đó gọi A(0;c);B(√−b2a;−Δ4a);C(−√−b2a;−Δ4a) lần lượt là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số ⇒AB=AC=√b416a2−b2a;BC=2√−b2a với Δ=b2−4ac.
Xét ΔABC cân, đặt ⌢BAC=α ta có tan2α2=−8ab3.
Và diện tích S=14.b2|a|.√−b2a⇒S2=−b532a3, phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B, C là
x2+y2−(c+n)x+c.n=0 với n=2b−Δ4a.
Đồ thị hàm số y=ax4+bx2+c (ab<0) có ba điểm cực trị A∈Oy,B,C tạo thành
Bảng công tính nhanh tính đơn điệu của hàm số
|
DỮ KIỆN GIẢ THIẾT |
CÔNG THỨC TÍNH NHANH |
|
Tam giác ABC vuông cân tại A |
α=900 |
|
Tam giác ABC đều |
α=600 |
|
⌢BAC=α |
tan2α2=−8ab3 |
|
SΔABC=So |
(So)2=−b532a3 |
|
rΔABC=ro (bán kính đường tròn nội tiếp) |
ro=b2|a|(1+√1−b2a) |
|
BC=m0 |
a.m20+2b=0 |
|
Ab=AC=n0 |
16a2.n20−b4+8b=0 |
|
B,C∈Ox (ba điểm cực trị nằm trên cùng một trục tọa độ) |
b2−4ac=0 |
|
Tam giác có trọng tâm O(0;0) (gốc tọa độ) |
b2−6ac=0 |
|
Tam giác có trực tâm O(0;0) (gốc tọa độ) |
b3+8a−4ac=0 |
|
RΔABC=R0 (bán kính đường tròn ngoại tiếp) |
R0=b3−8a8|a|b |
TOÁN LỚP 12