TƯƠNG GIAO CỦA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Bài toán tương giao tổng quát
Cho 2 đồ thị với các hàm số tương ứng: (C1) y=f( x, m); (C2)y= g (x, m )
Giao điểm của hai đồ thị (C1), (C2) có hoành độ là nghiệm của phương trình
tương giao: f( x, m)= g (x, m )
Tương giao của đồ thị các hàm số 87 TƯƠNG GIAO CỦA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Bài toán tương giao tổng quát Cho 2 đồ thị với các hàm số tương ứng: ( ) ( ) ( ) ( )1 2: , ; : ,C y f x m C y g x m= = . Giao điểm của hai đồ thị (C1), (C2) có hoành độ là nghiệm của phương trình tương giao: ( ) ( ), ,f x m g x m= 2. Bài toán cơ bản Cho đồ thị ( ) ( ): ,C y f x m= và trục hoành Ox: y = 0 Giao điểm của hai đồ thị có hoành độ là nghiệm của phương trình ( ), 0f x m = 3. Các phương pháp chung Phương pháp nhẩm nghiệm hữu tỉ Xét phương trình: ƒ(x) = anxn + an − 1xn − 1 +... + a1x + a0 = 0 Nếu ( ); , 1px p qq= ∈ = là nghiệm của ƒ(x) thì q | na và p | 0a Phương pháp hàm số (Sử dụng khi tham số là bậc 1) Chuyển phương trình tương giao: ( ) ( ), 0 ( ) y g xf x m g x m y m = = ⇔ = ⇔ = II. CÁC DẠNG TƯƠNG GIAO TỔNG QUÁT CỦA HÀM BẬC 3 VỚI Ox 1. Các phương pháp xét tương giao Bài toán: Xét tương giao của đồ thị hàm bậc 3 ( ) ( ): ,C y f x m= với Ox: y = 0 1.1 Phương pháp nhẩm nghiệm cố định: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2,f x m x p a m x u m x v m= − + + . 1.2 Phương pháp nhẩm nghiệm chứa tham số: ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )( )2,f x m x m a m x u m x v m= − ϕ + + 1.3 Phương pháp hình dạng đồ thị và vị trí cực trị của hàm số ( ) ( ): ,C y f x m= 1.4 Phương pháp hàm số ( ) ( ), 0 ( ) y g xf x m g x m y m = = ⇔ = ⇔ = www.VNMATH.com Chương I. Hàm số – Trần Phương 88 2. Bảng tổng kết các bài toán tương giao đồ thị hàm bậc 3 Hình dạng đồ thị ( ) 23 2f x ax bx c′ = + + ( ) ( ) ( )f x x p g x= − 1 nghiệm (1 giao điểm) x xx1 2x a > 0 a < 0 x21x x x 2 2 CT CÐ 3 0 3 0 . 0 b ac b ac f f ′∆ = − ≤ ′∆ = − > > ( ) 0 0 0 g g g p ∆ < ∆ = = 2 nghiệm (2 giao điểm) x x1 2x a < 0 a > 0 x21x x 2 CT CÐ 3 0 . 0 b ac f f ′∆ = − > = ( ) ( ) 0 0 0 0 g g g p g p ∆ > = ∆ = ≠ 3 nghiệm (3 giao điểm) xx1 2x a > 0 a < 0 x2 1x x 1x x2 3x x1 2x x3 2 CT CÐ 3 0 . 0 b ac f f ′∆ = − > < ( ) 0 0 g g p ∆ > ≠ 1 2 3 x x x α < < < 3x x2 1x x3 2x x1 x x1 2xa < 0 a > 0 x2 1x xα α ( ) ( ) 2 CT CÐ 3 0 . 0 . 0 . 0 3 b ac f f a f a f b a ′∆ = − > < α < ′ α > −α < ( ) ( ) 0 0 . 0 2 g g g p p a g S ∆ > ≠ α < α > α < 1 2 3 x x x < < < α α α xx1 2x a > 0 a < 0 x2 1x x 1x x2 3x x1 2x x3 ( ) ( ) 2 CT CÐ 3 0 . 0 . 0 . 0 3 b ac f f a f a f b a ′∆ = − > < α > ′ α > −α > ( ) ( ) 0 0 . 0 2 g g g p p a g S ∆ > ≠ α > α > α > www.VNMATH.com Tương giao của đồ thị các hàm số 89 1 2 3 x x x < α< < 3x x21x x3 2xx1 x x1 2x a < 0 a > 0 x2 1x xα α ( ) ( ) 2 CT CÐ 3 0 . 0 . 0 . 0 3 b ac f f a f a f b a ′∆ = − > < α > ′ α ≤ −α ≤ ( ) ( ) ( ) 0 . 0 2 . 0 0 g g p a g S p a g g p ∆ > < α α > α < > α α < ≠ 1 2 3 x x x < < α< α α xx1 2x a > 0 a < 0 x2 1x x 1x x2 3x x1 2x x3 ( ) ( ) 2 CT CÐ 3 0 . 0 . 0 . 0 3 b ac f f a f a f b a ′∆ = − > < α < ′ α ≤ −α ≥ ( ) ( ) ( ) 0 . 0 2 . 0 0 g g p a g S p a g g p ∆ > > α α > α > < α α < ≠ 3. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. Tìm m để đồ thị (Cm): ( ) ( ) ( )3 2 23 1 2 4 1 4 1y x m x m m x m m= − + + + + − + cắt Ox tại 1 2 3, ,x x x phân biệt và > 1 Giải: Xét PT: ( ) ( ) ( )3 2 23 1 2 4 1 4 1 0x m x m m x m m− + + + + − + = ⇔ ( ) ( ) ( )[ ]22 3 1 2 1 0x x m x m m− − + + + = ⇔ ( ) ( ) ( )[ ]2 2 1 0x x m x m− − − + = ycbt ⇔ 2 2 1 2 1 122 1; 1 1 m m m m m ≠ ≠ + ≠ ⇔ < ≠ > + > Bài 2. Tìm m để đồ thị (Cm): ( ) ( )3 2 2 22 2 1 1y x mx m x m m= − + − + − cắt Ox tại 1 2 3, ,x x x phân biệt và > 0 Giải: Xét PT: ( ) ( )3 2 2 22 2 1 1 0x mx m x m m− + − + − = ⇔ ( )[ ]2 2 1 0x m x mx m− − + − = ⇔ ( ) 2 2 1 0x m g x x mx m= ∨ = − + − = Yêu cầu bài toán ⇔ m > 0 và g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt > 0 và khác m. ⇔ ( )2 2 22 04 3 0; 1 0 2141 30 ; 1 0 3 mm g m m m mS m P m >∆ = − > = − ≠ ⇔ ⇔ < < = − > www.VNMATH.com Chương I. Hàm số – Trần Phương 90 Bài 3. CMR: (C): ( ) ( )3 3 3y x a x b x= + + + − luôn cắt Ox tại đúng 1 điểm. Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 2 2 2 3 33 3f x x a x b x x a b x a b x a b= + + + − = + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 23 6 3 0 2 0y x a b x a b g x x a b x a b′ = + + + + = ⇔ = + + + + = • Nếu 0g ab′∆ = ≤ thì y = f (x) không có cực trị nên (C) cắt Ox tại 1 điểm. • Nếu ab > 0 thì g(x) = 0 hay ƒ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 đồng thời hàm số đạt cực trị tại x1, x2. Thực hiện phép chia ƒ(x) cho g(x) ta có: ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]. 4f x x a b g x ab x a b= + + − + + . Do ( ) ( )1 2 0g x g x= = nên ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 24 ; 4f x ab x a b f x ab x a b = − + + = − + + ⇒ ( ) ( ) ( ) ( )2 2C Ð CT 1 2 1 2. . 4 4f f f x f x a b x a b x a b = = + + + + ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 216 8 9 4 0 , 0a b a b a b a b a b a b ab ab = + − + + + = − + > ∀ > ⇒ (C): y = f (x) luôn cắt Ox tại đúng 1 điểm. Bài 4. Tìm m để (Cm): ( ) ( ) ( )3 2 2 23 3 1 1y f x x mx m x m= = − + − + − cắt Ox tại 1 2 3, ,x x x phân biệt và > 0 Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ Đồ thị (Cm) có dạng như hình vẽ sau: ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 C Ð CT 1 2 1 CÐ 0 1 . . 0 2 0 3 0 0 4 f x x x f f f x f x x x f ′ = < = < = > < cã nghiÖm (*) • Xét (1): ( ) ( ) ( )2 2 2 23 2 1 0 2 1 0f x x mx m g x x mx m′ = − + − = ⇔ = − + − = 1 21 ; 1x x m x x m⇔ = = − = = + • Xét (2): Thực hiện phéo chia ƒ(x) cho g(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 1 1f x x m g x x m m= − − + − − . Do ( ) ( )1 2 0g x g x= = nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 2 22 1 1 ; 2 1 1f x x m m f x x m m= − + − − = − + − − ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2CÐ CT 1 2 1 2 1 2. . 4 1 1 2 1 1f f f x f x x x m m x x m m = = − − − + − − − O x y x1 1x x2 3x2x www.VNMATH.com Tương giao của đồ thị các hàm số 91 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 24 1 1 1 4 1 1 1 3 2 1m m m m m m m m m m = − − − − − − − = − − − − • Xét (3), (4): 1 1 0 1x m m= − > ⇔ > ; ( ) 2 20 1 0 1f m m= − . Hệ (*) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )[ ]2 2 2 2 21 3 2 1 0 3 2 1 0 1 0 1 0 m m m m m m m m m − − − − < − − − < ⇔ − > − > 3 1 2m⇔ < < + Bài 5. Tìm m để đồ thị ( ) ( ) ( )3 2: 3 3 1 1 3mC y f x x x m x m= = − + − + + cắt Ox tại 1 2 31x x x< < < Giải: Xét phương trình: ( ) ( )3 20 3 3 1 3 1f x x x x m x= ⇔ − + + = − (*) ( ) ( ) 3 23 3 1 3 1 x x xg x m x − + +⇔ = = − . Ta có: ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 3 1 x x xg x x − − + ′ = − ( ) 0 2g x x′ = ⇔ = ⇒ Bảng biến thiên Nghiệm của phương trình ƒ(x) = 0 là hoành độ giao điểm của đường thẳng y = m với (L): y = g(x). Nhìn bảng biến thiên ta có: Đồ thị ( )mC cắt Ox tại 1 2 31x x x ⇔ > Bài 6. Tìm m để đồ thị ( ) ( ) 3 2: 18 2mC y f x x x mx m= = − + − cắt Ox tại 1 2 30x x x< < < phân biệt Giải: Xét ( ) ( )3 2 3 218 2 0 2 9 1f x x x mx m m x x x= − + − = ⇔ − = − + (*) ( ) 3 2 29 1 x xg x m x − +⇔ = = − . Ta có: ( ) ( )( ) 2 2 2 3 1 9 1 x xg x x − − ′ = − ⇒ Bảng biến thiên Nghiệm của phương trình ƒ(x) = 0 là hoành độ giao điểm của đường thẳng y = 2m với (L): y = g(x). Nhìn bảng biến thiên suy ra: ƒ(x) = 0 có nghiệm thoả mãn 1 2 30x x x< < < ⇔ 2m < 0 ⇔ m < 0. x −∞ 0 19 1 3 +∞ f ′ + 0 − 0 f −∞ 0 −∞ +∞ −∞ x −∞ 1 2 +∞ f ′ − − 0 + f +∞ −∞ +∞ 3 +∞ www.VNMATH.com Chương I. Hàm số – Trần Phương 92 4. Tương giao hàm bậc 3 với Ox có hoành độ tạo thành cấp số Bài toán gốc 1: Tìm điều kiện tham số để (C): ( )3 2 0y ax bx cx d a= + + + ≠ cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số cộng. Điều kiện cần: Giả sử (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là ÷ x1, x2, x3 khi đó: ( ) ( ) ( )3 2 1 2 3ax bx cx d a x x x x x x+ + + = − − − ∀x ( ) ( )3 2 3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3ax bx cx d a x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + = − + + + + + − ∀ Đồng nhất hệ số bậc 2 ở 2 vế suy ra: ( ) ( )1 2 3 1 3 2 2 23 3bb a x x x a x x x ax x a− = − + + = − + + = − ⇒ = Thế 2 3 bx a − = vào ( ) 3 2 0f x ax bx cx d= + + + = ⇒ điều kiện ràng buộc về tham số hoặc điều kiện của tham số Điều kiện đủ: Thử giá trị của tham số kiểm tra ƒ(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Kết luận: Từ điều kiện cần và điều kiện đủ suy ra đáp số. Chú ý: Theo qui ước 1 cấp số cộng được hiểu phải có công sai khác 0 nên nếu không cho cụ thể yêu cầu 3 điểm phân biệt thì ta vẫn phải hiểu luôn có ràng buộc 3 điểm phân biệt trong dạng toán trên. Bài toán gốc 2: Tìm điều kiện tham số để (C): ( )3 2 0y ax bx cx d ad= + + + ≠ cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số nhân. Điều kiện cần: Giả sử (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là cấp số nhân x1, x2, x3, khi đó: ( ) ( ) ( )3 2 1 2 3ax bx cx d a x x x x x x+ + + = − − − ∀x ( ) ( )3 2 3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3ax bx cx d a x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + = − + + + + + − ∀ Suy ra: 3 31 2 3 2 2 dd x x x ax x a − = − = − ⇒ = . Thế 32 dx a − = vào phương trình ( ) 3 2 0f x ax bx cx d= + + + = ta được các điều kiện ràng buộc về tham số hoặc điều kiện của tham số Điều kiện đủ: Thử giá trị của tham số kiểm tra ƒ(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Kết luận: Từ điều kiện cần và điều kiện đủ suy ra đáp số. www.VNMATH.com Tương giao của đồ thị các hàm số 93 Hệ quả: Nếu a =1 thì 32x d= − , khi đó: ( )2 0f x = ⇔ ( )23 3 0b d c d− + ⋅ − = ⇔ 33 2 3 3 2 3 3c d b d c d b d c b d⋅ − = = − ⋅ ⇔ − = − ⇔ = Bài tập áp dụng 1: Tìm m để (Cm): ( ) ( )3 2 23 2 4 9y f x x mx m m x m m= = − + − + − cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số cộng. Điều kiện cần: Giả sử (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là ÷ x1, x2, x3 khi đó: ( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 1 2 33 2 4 9x mx m m x m m x x x x x x− + − + − = − − − ∀x ( )3 2 23 2 4 9x mx m m x m m⇔ − + − + − ( ) ( )3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3x x x x x x x x x x x x x x x x= − + + + + + − ∀ ⇒ ( )1 2 3 1 3 2 2 23 3m x x x x x x x x m= + + = + + = ⇒ = . Thế 2x m= vào ( ) 0f x = ⇒ 2 0 0 1m m m m− = ⇔ = = hoÆc Điều kiện đủ: Với m = 0 thì ( ) 3 0 0f x x x= = ⇔ = (loại) Với m = 1 thì ( ) ( ) ( )3 2 23 6 8 0 1 2 8 0f x x x x x x x= − − + = ⇔ − − − = ( ) ( ) ( )2 1 4 0x x x⇔ + − − = ⇔ ÷ x1 = −2; x2 = 1; x3 = 4 Kết luận: (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng ⇔ m = 1. Bài tập áp dụng 2 : Tìm m để (Cm): ( ) ( ) ( )3 23 1 5 4 8y f x x m x m x= = − + + + − cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số nhân. Điều kiện cần: Giả sử (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là cấp số nhân x1, x2, x3, khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 1 2 33 1 5 4 8x m x m x x x x x x x− + + + − = − − − ∀x ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 21 2 3 1 2 33 1 5 4 8 i jx m x m x x x x x x x x x x x x x⇔ − + + + − = − + + + − ∀∑ Suy ra: 31 2 3 2 28 2x x x x x= = ⇒ = . Thế 2 2x = vào phương trình ( ) 0f x = ⇒ ( )2 2 0 2m m− = ⇔ = Điều kiện đủ: Với m = 2 thì ( ) 3 27 14 8 0f x x x x= − + − = ( ) ( ) ( )1 2 4 0x x x⇔ − − − = ⇔ 1 2 31; 2; 4x x x= = = Kết luận: (Cm) cắt Ox 3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số nhân ⇔ m = 2. www.VNMATH.com Chương I. Hàm số – Trần Phương 94 III. TƯƠNG GIAO HÀM BẬC 4 VỚI Ox CÓ HOÀNH ĐỘ TẠO THÀNH CẤP SỐ Bài 1. Tìm m để (Cm): ( ) ( )4 22 1 2 1y f x x m x m= = − + + + cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng Xét phương trình: ( ) ( )4 20 2 1 2 1 0f x x m x m= ⇔ − + + + = (1). Đặt ( ) ( ) ( )2 2; 2 1 2 1t x f x g t t m t m= = = − + + + Yêu cầu bài toán ⇔ ƒ(t) = 0 có 2 nghiệm t2 > t1 > 0 sao cho (1) có sơ đồ nghiệm: Ta có: 4 3 3 2 2 1x x x x x x− = − = − ⇔ 4 3 3 2x x x x− = − ⇔ ( )2 1 1 1 2 13t t t t t t− = − − ⇔ = ⇔ 2 19 0t t= > . Yêu cầu bài toán ⇔ ( ) 2 2 1 2 11 2 1 1 2 2 1 1 00; 9 2 92 1 0 5 1 . 2 1 0 9 2 1 mm t t t tt t m t m t t m t m − = =+ = + > ⇔ = + = + > = + ⇔ ( ) 2 1 2 1 0 2 4 9 4 1 99 2 15 m m t t m m m − < ≠ = = ⇔ − = + = + Bài 2. Tìm a để PT ( )4 3 216 2 17 16 0x ax a x ax− + + − + = có 4 nghiệm phân biệt lập thành 1 cấp số nhân. Bổ đề: Giả sử phương trình 4 3 2 0ax bx cx dx e+ + + + = , ( )0a ≠ có 4 nghiệm 1 2 3 4, , ,x x x x khi đó ta có: 1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 bx x x x a cx x x x x x x x x x x x a + + + = − + + + + + = Áp dụng: Điều kiện cần: Nếu x = α là một nghiệm thì α ≠ 0 và 1x = α cũng là nghiệm. Không mất tính tổng quát giả sử 4 nghiệm là: 2 3, , ,q q q÷÷ α α α α với 0α ≠ và 1q > ⇒ 2 3q q qα < α < α < α . Do 2 3 1 1 1 1 , , , q q qα α α α cũng là nghiệm nên 1t− 1t 2t 2t− x1 x2 x3 x4 www.VNMATH.com Tương giao của đồ thị các hàm số 95 3 2 / 31q q −α = ⇔ = α α suy ra 4 nghiệm là: 1/ 3 1/ 3 1, , ,− −α α α α . Sử dụng bổ đề ta có: 1/ 3 1/ 3 1 4 / 3 2 / 3 2 / 3 4 / 3 16 2 171 1 16 a a − − − − α + α + α + α = +α + α + + + α + α = . Đặt 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 32 . 2t − −= α + α ≥ α α = ⇒ 3 4 2 2 16 2 173 2 16 at t at t − = + − + = ⇒ ( ) ( ) ( ) ( )( )4 2 3 216 3 2 32 2 17 0 2 5 2 3 4 4 1 0t t t t t t t t− + − − − = ⇔ − − − − = ⇔ ( )( ) ( )22 5 2 3 2 1 2 0t t t − − − − = . Do t ≥ 2 nên suy ra 52t = ⇒ a = 170. Điều kiện đủ: Với a = 170 ta có: 4 3 216 170 357 170 16 0x x x x− + − + = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )8 1 2 1 2 8x x x x− − − − = 0 ⇔ ÷÷ 1 2 3 41 1; ; 2; 88 2x x x x= = = = Kết luận: Từ điều kiện cần và điều kiện đủ suy ra đáp số a = 170. IV. TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ Bài 1. Tìm m để (∆): y = m cắt đồ thị (C): 2 1 1 x mxy x + − = − tại 2 điểm A, B phân biệt sao cho OA ⊥ OB. Giải: Xét PT: ( ) 2 2 2 1 11 1 1 1 1 x x x mx m x x mx m x x m ≠ ≠ + − = ⇔ ⇔ − + − = − = − (∆): y = m cắt (C) tại A, B phân biệt ⇔ 2 , 0 10 1 1 11 A B mm x mx m ≠ << − ≠ ⇔ = ± −= − (*) Ta có: OA ⊥ OB ⇔ ( ) 2 . 1 1 1 1 A B OA OB A B y y mk k x x m = − ⇔ ⋅ = − ⇔ = − − − ⇔ 2 1 51 0 2 m m m − ±+ − = ⇔ = thoả mãn điều kiện (*) www.VNMATH.com Chương I. Hàm số – Trần Phương 96 Bài 2. Tìm m để ( : 1y mx∆) = − cắt (C): 2 1 2 x xy x + − = + tại 2 điểm A, B phân biệt thuộc cùng 1 nhánh của (C). Giải: Xét PT: ( ) ( ) ( )2 21 1 1 2 1 1 0 2 x x mx g x m x m x x + − = − ⇔ = − + − − = + . Do (C) có tiệm cận đứng x = −2 nên (∆) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng 1 nhánh của đồ thị (C) ⇔ ( ) ( ) ( )0 1 0 0 1 01 2 0 m m m mm g ′∆ > − > ⇔ ⇔ < − >− − > Bài 3. Tìm m để ( : 3 2y x∆) = − cắt (C): ( )2 2 1 3 1 mx m xy x − + + = − tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh của (C). Giải: Xét PT: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 0 12 1 3 3 2 1 2 1 3 3 2 1 x xmx m x x x mx m x x x − ≠ ⇔ ≠− + + = − ⇔ − − + + = − − . ( ) ( ) ( )2 1 3 2 2 1 0 x g x m x m x ≠ ⇔ = − − − + = Do (C) có tiệm cận đứng x = 1 nên (∆) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh của đồ thị (C) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 0; 1 2 0 3 3 2 0 23 1 0 m g m m m m mm g − ≠ = − ≠ > ⇔ − − < ⇔ < − < Bài 4. (Đề thi TSĐH khối A năm 2004) Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị (C): ( ) 2 3 3 2 1 x xy x − + − = − tại 2 điểm A, B sao cho AB = 1. Giải: Xét phương trình tương giao giữa y m= và đồ thị (C): ( ) 2 3 3 2 1 x x m x − + − = − . ⇔ ( ) ( )2 2 3 2 3 0g x x m x m= + − − + = . Ta có y = m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt 2 314 4 3 0 V 2 2 m m m m⇔ ∆ = − − > ⇔ . Với điều kiện này ta có AB = 1 ( ) ( )2 2 2 1 51 4 1 1 0 2B A A B A Bx x x x x x m m m ±⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ = www.VNMATH.com Tương giao của đồ thị các hàm số 97 Bài 5. Tìm m để (d): 0mx y m− − = cắt đồ thị (C) 22 4 10 1 x xy x − + = − + tại 2 điểm A, B phân biệt sao cho AB có độ dài ngắn nhất. Giải: Xét phương trình ( ) ( ) ( )2 22 4 10 2 2 2 10 0 1 x x mx m g x m x m x m x − + = − ⇔ = + − + + + = − + . Ta có (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt ( )2; 0 2; 8 2 0 2m m m m′⇔ ≠ − ∆ > ⇔ ≠ − − + > ⇔ < − . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 21 4 1B A B A A BAB m x x x x x x m = + − − + − + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 32 1 4 132 2 2 m m mg m g m m m − + + − ′= = ⇒ = − + + Lập bảng biến thiên suy ra với 2 5m = − − thì 8 2 5MinAB = + Bài 6. Cho (C): 2 11 xy x + = − và A(−2, 5). Xác định đường thẳng (D) cắt (C) tại 2 điểm B, C sao cho ∆ABC đều. Giải: • 2 1 321 1 xy x x + = = + − − ⇒ TCÐ : 1 TCN : 2 x y = = ⇒ Phân giác tạo bởi 2 tiệm cận: ( ) : 3l y x= − + • ( )2 3 0 1 y x − ′ = < − ⇒ Hàm số nghịch biến ⇒ Đồ thị (C) có dạng như hình vẽ. Do A(−2, 5)∈(l) là trục đối xứng của (C) nên đường thẳng (D) cần tìm phải vuông góc với (l) ⇒ (D): y = x + m. Xét phương trình: ( ) ( ) ( )22 1 3 1 01 x x m g x x m x m x + = + ⇔ = + − − + = − Ta có: ( ) ( ) ( )2 23 4 1 1 12 0g m m m m∆ = − + + = − + > ∀ nên (D) luôn cắt (C) tại B, C phân biệt và ∆ABC cân tại A. 1 2 -1 -1/2 O x y 5 -2 A l( ) (D) www.VNMATH.com Chương I. Hàm số – Trần Phương 98 Giả sử (D) ∩ (l) ≡ I ⇒ ( )3 3,2 2m mI − + ⇒ ( )22 72 2 mAI −= . Gọi ( ) ( )1 1 2 2, ; ,B x x m C x x m+ + ⇒ ( ) ( )2 22 2 1 2 1 1 22 2 4BC x x x x x x = − = + − ⇔ ( ) ( ) ( )22 22 3 4 1 2 2 13BC m m m m = − + + = − + ∆ABC đều ⇔ ( ) ( )22 2 23 4 3 2 13 7BC AI m m m= ⇔ − + = − 2 1 4 5 0 5 m m m m = ⇔ + − = ⇔ = − ⇒ ( ) ( ) D : 1 D : 5 y x y x = + = − Bài 7. Tìm m để đường thẳng đi qua 2 giao điểm của (C1): 2 1 2 x xy x + − = + , (C2): ( ) 2 1 3 1 x m x my x + + + + = + song song với 4 53y x= + Giải: (C1): 11 2y x x= − + + và (C2): 3 1y x m x= + + + . Hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) là nghiệm của phương trình: 3 31 11 12 1 2 1x x m mx x x x− + = + + ⇔ + = −+ + + + (1) Nếu m = −1 ⇒ 3 51 2 1 2xx x= ⇔ = −+ + ⇒ (C1) ∩ (C2) tại 1 điểm ⇒ m ≠ −1. Đặt 11m k+ = (k ≠ 0), khi đó (1) ⇔ ( ) ( ) 2 2 3 5 2 0g x x k x k= + + + + = . Giả sử (C1), (C2) cắt nhau tại ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y , khi đó: ( )1 2 2 1 2 1 2 11 2 2 3 3 3 1 15 2 x x k y y x m x m x xx x k + = − + ⇒ − = − + − − + + + = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 12 1 1 2 1 2 3 31 1 1 1 1 x x x x x x x x x x = − − = − − + + + + + ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 13 11 15 2 2 3 1x x x x kk k = − − = − − + − + + YCBT ⇔ 2 1 2 1 4 1 4 1 1 41 33 3 3 3 y y k m x x k k − − − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = − ⇔ = − , khi đó ( ) 2 3 13 0g x x x= − − = có 0g∆ > . www.VNMATH.com
Tài liệu đính kèm: