Phương pháp giải bài toán đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1, 2, 3, 4 điểm phân biệt

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN: ĐỒ THỊ HÀM SỐ CẮT
TRỤC HỒNH TẠI 1, 2, 3, 4 ĐIỂM PHÂN BIỆT
1. Phƣơng pháp
Cho đồ thị (C) : y  f(x) và trục Ox.


Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục Ox: f(x)  0



Số giao điểm của đồ thị (C) với trục Ox chính là số nghiệm của phương trình: f(x)  0 .



Giải và biện luận phương trình f(x)  0

2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1 :
Định m để đồ thị của hàm số y  x3  mx2  2m

t trụ

t i điểm duy nhất.

Lời giải.
Hàm số đã ho á định D 
Ta có: y  3x2  2mx  x(3x  2m)
Khi m = 0 thì y  3x2  0  hàm số đồng biến trên
Khi m  0 thì hàm số cho có 2 cực trị x1  0 , x2 

 thoả yêu cầu bài tốn.

2m
.
3



Do đó đồ thị c t Ox t i duy nhất 1 điểm khi y(x1 ).y  x2   0  2m  2m 


4m 3 
0
27 

m  0

2m 2 

 4m  1 
0  3 6
3 6

27 
m

 2
2
2

 3 6 3 6
;
 thì đồ thị của hàm số c t Ox t i điểm duy nhất.

2
2 

Vậy, với khi m   

Ví dụ 2 : Định m để đồ thị của hàm số y  x3  3m2 x  2m tiếp xúc trụ

t i hai điểm ph n iệt.

Lời giải.
Hàm số đã ho á định D 
Để đồ thị của hàm số tiếp xúc trục hồnh hai điểm phân biệt thì đồ thị của hàm số
phải ó 2 điểm cực trị  y  0 có 2 nghiệm phân biệt, tức là 3x2  3m2  0 có 2
nghiệm phân biệt  m  0
Với m  0 thì y'  0 có 2 nghiệm x  m và y(m)  2m3  2m, y(m)  2m3  2m
Đồ thị của hàm số tiếp

trụ

t i hai điểm ph n iệt  y(m)  0 hoặc

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

y(m)  0 .

Với y(m)  0  2m3  2m  0  m  0 (lo i)
Với y(m)  0  2m3  2m  0  m  0 hoặc m  1
Vậy, với m  1 thỏa mãn bài tốn.
Ví dụ 3 : Định m để đồ thị của hàm số y  x3  mx2  m

t trụ

t i a điểm ph n iệt.

Lời giải.
Hàm số đã ho á định D 
Đồ thị của hàm số t trụ
giá trị ự trị trái ấu.

t i a điểm ph n iệt khi đồ thị của hàm số ó hai ự trị đồng th i hai
 x  0  y  m

Ta có: y'  3x2  2mx và y'  0  

 x  2m  y  4 m 3  m

3
27

àm số ó hai ự trị  m  0
 2m 
 4 3


  0   m  .  m  m   0
 3 
 27


ai giá trị ự trị trái ấu  y(0).y 

 m2 .(4m2  27)  0  4m 2  27  0 (m  0)  m 

Vậy, với m 

3 3
đồ thị của hàm số
2

t trụ

3 3
2

t i a điểm ph n iệt

Ví dụ 4 : Định m để đồ thị của hàm số y  x4  mx2  m  1

t trụ

t i ốn điểm ph n iệt.

Lời giải.

Hàm số đã ho á định D 
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị với trục Ox : x4  mx2  m  1  0 (1)
Đặt t  x2 , t  0 , khi đó: (1)  t 2  mt  m  1  0 (2)  t  1 hoặc t  m  1
Đồ thị của hàm số t trụ
t i ốn điểm ph n iệt khi (1) có 4 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm
ương ph n iệt  0  m  1  1  1  m  2 .
Ví dụ 5 : Tìm m để đư ng thẳng y  mx  1 c t đồ thị  C  : y  2x3  6x2  1 t i a điểm phân biệt A,
B,C sao cho A 0;1 và B là trung điểm của AC .

Lời giải.
Đư ng thẳng y  mx  1 c t  C  t i a điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình





2x3  6x2  1  mx  1 ó a điểm phân biệt  x 2x2  6x  m  0 có ba nghiệm phân biệt

 2x2  6x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x  0

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai


9

9  2m  0
 '0

m 
 2


2

m  0
m  0
2.0  6.0  m  0


 

Với điều kiện   thì đư ng thẳng y  mx  1 c t đồ thị  C  a điểm phân biệt A 0;1 , B,C .
x2  2x1

Vì B là trung điểm của AC nên có:  mx2  1  1
 x2  2x1 1
 mx1  1


2
x1  x 2  3

m
x1 .x 2 

2

Theo định lý Vi – et , ta có: 

 2

Từ 1 và  2 suy ra m  4
3. Bài tập
Bài 1:
1. Cho hàm số y  x3  mx  2 . Tìm m để đồ thị của hàm số c t trục hoành t i điểm duy nhất .
2. Cho hàm số y  2x3  3(m  1)x2  6mx  2 . Tìm m để đồ thị của hàm số c t trục hoành t i điểm duy
nhất .
Bài 2:
1. Định m để đồ thị của hàm số y  x3  3x2  (2m  1)x  4m  2 tiếp

trụ

t i hai điểm ph n iệt.

2. Cho hàm số y  x4  2m2 x2  m4  2m . Chứng minh đồ thị của hàm số luôn c t trục Ox t i ít nhất hai
điểm phân biệt, với mọi m  0 .
Bài 3: Tìm m 

để:

1. Hàm số y  x3  3m2 x  2m ó đồ thị là  Cm  tiếp xúc Ox t i đ ng 2 điểm phân biệt.
Bài 4: Gọi  Cm  là đồ thị của hàm số y  x4  2(m  1)x2  m2  3m . Tìm m để  Cm  và trục hồnh:
1. Có 4 điểm chung phân biệt.

3. Có hai điểm chung

2. Có 3 điểm chung.

4. Khơng ó điểm chung.

HƢỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1. Cách 1: Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục Ox:
x3  mx  2  0  x2 

2
2
2
 f '(x)  0  x  1
 m . f(x)  x2   f '(x)  2x 
x
x
x2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yêu cầu bài toán  m  3  m  3
Cách 2: Để đồ thị hàm số (1) c t Ox t i duy nhất một điểm ta ó á trư ng hợp sau:

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

TH 1: Đồ thị hàm số (1) khơng có cực trị hay là hàm số (1) luôn đồng biến (do a  1  0 ) trên
R  y'  3x2  m  0 x 

m0

TH 2: Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu y'  0  x2  

cực trị là: y1  2 
 y1 .y2  4 

m
m
với m  0 . Hai giá trị
x 
3
3

2m
m
2m
m
 ; y2  2 

3
3
3
3

4m 3
 0  3  m  0 . Vậy m  3 là những giá trị cần tìm.
27

2. y  6x2  6(m  1)x  6m và có y'  9(m  1)2  36m  9(m  1)2
Nếu m  1 thì y  0, x 

thì hàm số đồng biến trên

 đồ thị c t trục hoành

t i 1 điểm duy nhất  m  1 thoả mãn .
Nếu m  1 thì hàm số ó á điểm cực trị x1 , x2 ( x1 , x2 là các nghiệm của phương
trình y  0 ) x1  x2  m  1; x1x2  m .
x
3

Lấy y chia cho y ta được: y   

m  1
2
 y  (m  1) x  2  m(m  1) .
6 

 phương trình đư ng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là: y  (m  1)2 x  2  m(m  1)
Đồ thị hàm số c t trục hoành t i 1 điểm duy nhất  y  x1  .y  x2   0
  (m  1)2 x1  2  m(m  1)  .  (m  1)2 x2  2  m(m  1)   0
 (m  1)2 (m2  2m  2)  0  m2  2m  2  0 (vì m  1)  1  3  m  1  3 .
Bài 2:
1. Phương trình hồnh độ giao điểm: x3  3x2  (2m  1)x  4m  2  0
 (x  2)(x2  x  2m  1)  0  x  2 hoặc f(x)  x2  x  2m  1  0
(d): tiếp xúc đồ thị (C) của hàm số t i hai điểm phân biệt khi phương trình f(x)  0 phải có nghiệm
x1 , x2 thỏa mãn: 2  x1  x2 hoặc x1  2  x2
  0
8m  5  0
5


 1

 m
8
2

 2
2
 2a

Th1: 2  x1  x2   b

  0

8m  5  0
1

 m
2
f(2)  0
2m  1  0

Th2: x1  2  x2  

2. Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị của hàm số với trục Ox:
x4  2m2 x2  m4  2m  0 (1).Đặt t  x2 (t  0) , (1) trở thành :

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

t 2  2m2 t  m4  2m  0

(2). Ta có :  '  2m  0 và S  2m2  0 với mọi m  0 .

Nên (2) có nghiệm ương  (1) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt  đồ thị hàm số (1)
luôn c t trục Ox t i ít nhất hai điểm phân biệt.
Bài 3:
1. Để  Cm  tiếp xúc Ox t i đ ng 2 điểm phân biệt khi  Cm  có 2 cực trị đồng th i yCĐ  0 hoặc
yCT  0 .  Cm  có 2 cực trị  y'  0 có 2 nghiệm phân biệt  3x2  3m2  0 có 2 nghiệm phân biệt

.Khi m  0 thì y'  0  x  m .
yCĐ  y  m   0  2m3  2m  0  m  0 (lo i)
yCT  y  m   0  2m3  2m  0  m  0  m  1

Bài 4: Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm ) và Ox :
x4  2(m  1)x2  m2  3m(1)  t 2  2(m  1)t  m 2  3m  0 (2) t  x 2  0

1. (Cm ) và

ó 4 điểm chung  phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

 phương trình (2) có hai nghiệm ương ph n iệt

1
(m  1)2  m 2  3m  0
m   5
 '  0

1



 P  0  m 2  3m  0
 m  0  m  3    m  0  m  3.
5
S  0
2(m  1)  0
m  1





2. (Cm ) và

ó a điểm chung  phương trình (1) có ba nghiệm .

 phương trình (2) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm ương .
P  0
m  0  m  3

 m  0  m  3.

S  0
m  1

3. (Cm ) và

ó hai điểm chung  phương trình (1) ó đ ng hai nghiệm.

 phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép ương

0  m  3
P  0

1


1
   '  0  m    m    0  m  3.
5
5

 S  0


m  1

d. (Cm ) và

khơng ó điểm chung  phương trình (1) vơ nghiệm.

 phương trình (2) vơ nghiệm hoặc là có nghiệm và các nghiệm đều âm.

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai


1
m   5

 '  0
1 
1

  '  0  P  0  m     m  0  m  3  m   .
5
5
S  0
m  1




Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website HOC247 cung cấp một môi trư ng học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội
dung bài giảng được biên so n công phu và giảng d y bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sƣ phạm đến từ á trư ng Đ i họ và á trư ng chuyên
danh tiếng.
I.

Luyện Thi Online
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
-

Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ á Trư ng Đ và T PT anh tiếng

xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

-

Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trư ng PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và á trư ng
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn
Đức Tấn.

II.

Khoá Học Nâng Cao và HSG
Học Toán Online cùng Chuyên Gia
-

Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp hương trình Tốn N ng Cao, Toán Chuyên ành ho á em S
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư uy, n ng ao thành tí h học tập ở trư ng và đ t
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-

Bồi dƣỡng HSG Tốn: Bồi ưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp
dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc
Bá Cẩn ùng đơi LV đ t thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.

Kênh học tập miễn phí

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí
HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí
-

HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chƣơng trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả
các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập tr c nghiệm mễn phí, kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-

HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, huyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin ọc và
Tiếng Anh.

Trang | 7