Khảo sát hàm số và một số vấn đề liên quan đến khảo sát hàm số

www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

1

Vấn đề 1: Phép biến đổi đồ thò :

Phương pháp:
1) Dạng 1: Từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đồ thò (C
1
):


xfy

, với các ghi nhớ:
* (C): y = f(x) và (C’): y = – f(x) đối xứng nhau qua Ox
* Viết







0
0
f(x) - f(x) khi
(x) f(x) khi f
xfy

* Đồ thò (C

1
) :

xfy 
được vẽ bằng các bước:
+ Giữ lại đồ thò (C) nằm phía trên x
+ Lấy đối xứng qua Ox của phần đồ thò (C) nằm phía dưới Ox
+ Hợp 2 phần đồ thò ta được đồ thò (C
1
):


xfy


2) Dạng 2:Từ đồ thò (C):y = f(x) suy ra đồ thò của hàm (C
2
):


xfy  với các ghi nhớ
*

xfy 
là hàm chẵn nên có đồ thò đối xứng qua Oy
* Ta vẽ đồ thò (C
2
) qua các bước:
+ Giữ lại phần đồ thò (C) bên phải Oy
+ Lấy đối xứng qua Oy phần vừa giữ lại của (C)

+ Hợp 2 phần đồ thò ta có đồ thò (C
2
):


xfy 

3) Dạng 3: từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đồ thò của hàm (C
3
):


xfy 
bằng cách kết hợp dạng
1 và dạng 2
+ Lấy đối xứng phần bên phải trục qua Oy (sau khi bỏ đi phần bên trái Oy. Giữ nguyên
phần bên phải, hợp của nó và phần lấy đối xứng là đồ thò (C
2
)


xfy 

+ Lấy đối xứng tất cả các phần đồ thò (C
2
) vừa kết hợp nằm dưới trục Ox lên trên Ox
+ Giữ nguyên phần bên trên, lúc đó ta có đồ thò của hàm (C
3
):


xfy 

4) Dạng 4
: Ta xét trường hợp đơn giản
Từ đồ thò (C) :
bax
CBxAx
y



2
(giả sử a > 0) suy ra đồ thò (C
4
)



















0)a;(x
0)a;(x
a
b
bax
CBxAx
a
b
bax
CBxAx
bax
CBxAx
y
2
2
2

Qua các bước :
+ Vẽ (C), và bỏ đi nhánh đồ thò của (C) bên trái tiệm cận đứng (d):
a
b
x 

+ Lấy đối xứng phần (C) bên trái tiệm cận đứng (d):
a
b
x  vừa bỏ đi qua d

 Tương tự với a < 0 (ta có thể nhân tử và mẫu với –1)
 Tương tự với các đồ thò (C
4
)
dcx
bax
y



hay



xQ
xP
y 
và các đồ thò


xQ
xP
y 
hay
 
xQxPy 
5) Dạng 5:Từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đường cong biểu diễn (C
5
):


xfy 
hay (C
5
):



0




 xf:đk
xf
xf
y
qua các bước
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

2
+ Vẽ (C): y = f(x) và bỏ phần ở dưới trục Ox
+ Lấy đối xứng phần giữ lại qua trục Ox, (xuông phía dưới trục Ox)
Bài toán 1 : (Phép suy thứ nhất)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò

1
:
2



x
x
yC
b/ Suy ra đồ thò

1
:
2
1


x
x
yC

Giải: Đồ thò (C)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
x=1
y=x+1

Đồ thò (C
1
)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1


Bài toán 2
: (Phép suy thứ hai) Vẽ đồ thò

1
:
2
2



x
x
yC
Đồ thò (C
2
):
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-2
2
4
6
x
y
x=1
y=x+1
y=-x+1
x=-1

www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

3
Bài toán 3: (Phép suy thứ ba)
Vẽ đồ thò

1
:
2
3



x
x
yC

Đồ thò (C
3
)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-2
2
4
6
x
y
x=-1
x=1
y=-x+1
y=x+1


Bài toán 4 :(Phép suy thứ tư)
Vẽ đồ thò

1
:
2
4


x

x
yC

Đồ thò (C
4
)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-2
2
4
6
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1
x=-1

Bài toán 5: (Phép suy thứ năm)
Vẽ đồ thò

1
:
2
5


x
x
yC

www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

4
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
x=1
y=x+1
y=-x-1



Vấn đề 2: Biện luận tương giao của hai đường:

Phương pháp : Cho hai đường cong (C
1
): y = f(x) và (C
2
): y= g(x)
Biện luận sự tương giao của (C

1
) với (C
2
)
* Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C
1
) và (C
2
)
f(x) = g(x)  f(x) – g(x) = 0 (1)
* Giải và biện luận phương trình (1)
* Kết luận : số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của (C
1
) với (C
2
)
- Phương trình (1) có nghiệm đơn : (C
1
) cắt (C
2
)
- Phương trình (1) có nghiệm kếp : (C
1
) tiếp xúc (C
2
)
Bài toán 1: Cho hàm số y = f(x) = x
3
– 3x + 2 . (D) là đường thẳng qua A(2; 4) có
hệ số góc m. Biện luận theo m số giao điểm của (C) và (D)

Giải: (D) qua A(2; 4) , hệ số góc m : y = m(x – 2) + 4
(C) : y = x
3
– 3x + 2
* Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D)
x
3
– 3x + 2 = m(x – 2) + 4
 (x – 2)( x
2
+ 2x + 1 – m) = 0 (1)
* Số giao điểm của (C) và (d) chính là số nghiệm của phương trình (1)
- Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm x = 2
- Xét phương trình g(x) = x
2
+ 2x + 1 – m = 0 (2)
Nếu g(x) = 0 có nghiệm x = 2 thì 9 – m = 0

m = 9
Do đó : m = 9 thì (1) có nghiệm kép x = 2, nghiệm đơn x = – 4
Nếu m ≠ 9 thì g(x) = 0 có nghiệm x ≠ 2
Ta có
m


m < 0 0

 : (2) vô nghiệm
m = 0 0



 : (2) có nghiệm kép x = – 1
0 < m ≠ 9
0


: (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
- Kết luận:
m < 0 : (D) cắt (C) tại 1 điểm
m = 0 : (D) cắt (C) tại 1 điểm và tiếp xúc đồ thò tại 1 điểm
0 < m ≠ 9 : (D) cắt (C) tại 3 điểm
m = 9 : (D) cắt (C) tại 1 điểm và tiếp xúc đồ thò tại điểm (2; 4)

www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

5
Bài toán 2
: Cho hàm số y =
2
x 4x 1
x 2
y
++
=
+
(C)
Tìm tất cả các giá trò m để đường thẳng (D) y = mx + 2 – m cắt đồ thò
(C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của đồ thò (C)
Giải: Phương trình hoàn độ giao điểm của (C) và (D) :
x

2
+ 4x + 1 = mx
2
+ 2x + mx + 4 – 2m (với x ≠ – 2)
 (1 – m)x
2
+ (2 – m)x + 2m – 3 = 0 (*)
(D) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc một nhánh của đồ thò (C)
 (*) có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
sao cho x
1
< x
2
< – 2 V – 2 < x
1
< x
2



 
 













032221412
03214
2
44
01
mmmmaf
mmmm
ma









m) (
m m
013
01624
2
9









1.
3
4
m
m

Kết luận :








1.
3
4
m
m
thì (D) cắt đồ thò (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của (C)
Bài toán 3

:Cho hàm số
1
2


x
x
y
. Tìm 2 điểm A , B nằm trên đồ thò (C) và đối xứng nhau qua
đường thẳng (d) y = x – 1
Giải: Vì A , B đối xứng nhau qua đường thẳng (d) y = x – 1. Suy ra A, B thuộc
đường thẳng (d’) y = –x + m
Phương trình hoành độ giao điểm của (d’) và (C)
x
2
= (x – 1)( – x + m) (đk : x ≠ 1)
 2x
2
– (m + 1)x + m = 0 (*)
Ta có

= (m + 1)
2
– 8m > 0
 m
2
– 6m + 1 > 0









53
53
m
m

Giả sử (d’) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi I là trung điểm A, B:















4
13
4
1

2
m
mxy
mxx
x
II
BA
I
A và B đối xứng qua (d)

I thuộc (d): y = x – 1

1
4
1
4
13



 mm
 m = – 1
Lúc đó (*) thành trở thành : 2x
2
– 1 = 0

x =
2
1


Vậy










2
2
1;
2
1
A
,









2
2
1;

2
1
B

Bài toán 4:Cho (P) y = x
2
– 2x – 3 và đường thẳng (d) cùng phương đường y = 2x sao
cho (d) cắt (P) tại 2 điểm A, B
a) Viết phương trình (d) khi 2 tiếp tuyến của (P) tại A và B vuông góc
b) Viết phương trình (d) khi AB = 10
Giải: Gọi (d): y = 2x + m là đường thẳng cùng phương với đường y = 2x
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P)
x
2
– 2x – 3 = 2x + m

x
2
– 4x – 3 – m = 0
(d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B




= 7 + m > 0
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

6

m > –7. Lúc đó gọi x

A
, x
B
là 2 nghiệm của (1) ta có
S = x
A
+

x
B
= 4,P = x
A
x
B
= – 3 – m
a) Tiếp tuyến của (P) tại A, B vuông góc  f’(x
A
)f’(x
B
) = –1
 (2 x
A
–2)(2 x
B
–2) = – 1

4P – 4S + 5 = 0

4(–3 –m) –16 + 5 = 0


m =
4
23

(nhận vì m > –7)
b) A, B thuộc (d) y
A
= 2 x
A
+ m , y
B
= 2 x
B
+ m
Ta có AB
2
= 100

(x
A
– x
B
)
2
+ (y
B
– y
A
)
2

= 100


(x
A
– x
B
)
2
+ (2 x
A
–2 x
B
)
2
= 100


(x
A
– x
B
)
2
= 20

S
2
– 4P = 20


16 + 4(3+m) = 20

m = – 2 (nhận vì m > –7)
Bài toán 5
: Cho hàm số
 
H
mx
mxxfy


1
3

Tìm a để đường thẳng

 : y = a(x+1) + 1 cắt (H) tại 2 điểm có hoành độ trái dấu
Giải:Phương trình hoành độ giao điểm cả (C) và



:

  
111
1
1
2 


 x:đk xa
x
x


11233
22
 xxxaxx








* 02121
2







axaxxxg


 cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ trái dấùu


(*) có 2 nghiệm phân biệt
2121
01, xxxx 



 

21
012121
021
01
01
001















 a

aaa
aa
a
g
ga


Vấn đề 3: Viết phương trình tiếp tuyến :
Phương pháp :
1)Loại 1: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) tại điểm M(x
0
; y
0
)
Tính y’ = f’(x)
 y’(x
0
) = f’(x
0
)
Phương trình Tiếp tuyến (C) tại M(x
0
;y
0
) là: (y – y
0
) = f’(x
0
)(x – x
0

)
2)Loại 2: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) và đi qua điểm A
- Cách 1:
* Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) là tiếp truyến của (C) đi qua A(x
A
; y
A
) và có hệ số góc k : (D) :
y =k(x – x
A
) + y
A

* Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D): f(x) = k(x – x
A
) + y
A
(1)
* (D) là tiếp tuyến của (C) khi (1) có nghiệm kép, từ đó xác đònh đïc k. Từ đó viết được
phương trình (D)
- Cách 2:
* Gọi M(x
0
; y
0
) là tiếp điểm
* Phương trình tiếp tuyến (D) tại M: (y – y
0
) = f’(x
0

)(x – x
0
)
* (D) đi qua điểm A nên : (y
A
– y
0
) = f’(x
0
)(x
A
– x
0
) (1)
Giải (1) tìm được x
0
, từ đó tìm được phương trình của (D)
3)Loại 3: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) và có hệ số góc cho trước
- Cách 1:
* Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) là tiếp truyến của (C) và có hệ số góc k
(D) : y = kx + m (1)
* Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D): f(x) = kx + m
* (D) là tiếp tuyến của (C)  (1) có nghiệm kép. Từ đó tìm được giá trò của m , từ đó viết
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

7
được phương trình của (D)
- Cách 2:
* Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) và M(x
0

; y
0
) là tiếp điểm:
(D) có hệ số góc k
(D) có hệ số góc f’(x
0
)


f’(x
0
) = k (1)
* Giải (1) tìm được x
0
; y
0
= f(x
0
). Từ đó viết được phương trình của (D)
Bài toán 1: Cho hàm số (C)
22
43
2



x
xx
y
. M là một điểm tuý ý trên (C) Tiếp

tuyến của (C) tại M cắt đường tiệm cận xiên và đứng tại A và B .
Chứng tỏ rằg M là trung điểm của AB, và tam giác IAB (I là giao điểm
của hai đường tiệm cận) có diện tích không phụ thuộc vào M
Giải:

(C) 1x 





1
1
1
222
43
2
x
x
x
xx
y



 CbaM ; tiếp tuyến tại M là (d)



baxyy

a













1
1
1
2 a
a
b



1
1
1
2
1
1
2

1
2










a
a
ax
a
y

Tiệm cận đứng của (C) là (d
1
) : x = 1
  









1
2
2
1
;1
1
a
Add

Tiệm cận xiên của (C) là (d
2
) :
  







2
3
;121
2
2
aaBdd
x
y
Ta có :


MBA
xaaxx  121
2
1
2
1



MBA
y
a
a
a
a
yy 











1
1
1

22
3
1
2
2
1
2
1
2
1

Vậy M là trung điểm của AB
Giao điểm của 2 tiệm cận là
IBIAIAB
xxyySI 







2
1
2
1
;1

222.
1

2
.
2
1


 a
a

Vậy S
IAB
không phụ thuộc vào M

Bài toán 2: Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
– 9x + 5 (C) .
Tìm tiếp tuyến của đồ thò (C) có hệ số góc nhỏ nhất
Giải : Gọi M(x
0
; y
0
)

C : hệ số góc tiếp tuyến tại M : k = f’(x
0
) = 963
0
2

0


xx
Ta có

121213
2
0
 xk . Dấu “=” xảy ra khi x
0
= – 1
Vậy Min k = – 12

M(–1; 16)
Do đó trong tất cả các tiếp tuyến của (C) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số
góc nhỏ nhất

Bài toán 3
: Cho hàm số y = x
3
+ mx
2
+ 1 (Cm)
Tìm m để (Cm) cắt (d) y = – x + 1 tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

8
cho các tiếp tuyến của Cm) tại B và C vuông góc nhau
Giải: Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (Cm)

x
3
+ mx
2
+ 1 = – x + 1
 x(x
2
+ mx + 1) = 0 (*)
Đặt g(x) = x
2
+ mx + 1 . (d) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt
 g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0














2
2
010
04

2
m
m
g
mg
Vì x
B
, x
C
là nghiệm của g(x) = 0







1
CB
CB
xxP
mxxS

Tiếp tuyến tại B và C vuông góc


1




BC
xfxf




12323




 mxmxxx
CBCB





1469
2



 mxxmxxxx
CBCBCB




14691

2





mmm
102
2
 m 5 m (nhận so với điều kiện)
Bài toán 4: Cho hàm số y = x
3
– 3x – 2 (H)
Xét 3 điểm A, B, C thẳng hàng thuộc (H). Gọi A
1
, B
1
, C
1
lần lït là giao điểm của
(H) với các tiếp tuyến của (H) tại A, B, C. Chứng minh rằng A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng.
Giải: Gọi M(x
0
; y

0
) thuộc (H). Phương trình tiếp tuyến của (H) tại M










12132313
32
00
3
0
2
0






 xxxxxxxxyd
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (H)






121323
32
0
3

 xxxxx

 
02
0
2
0
 xxxx








0
0
2xx
xx
ù
pnghiệm ke
Gọi A(a; y

A
) , B(b; y
B
) , C(c; y
C
)


giao điểm A
1
, B
1
, C
1
của các tiếp tuyến tại A, B, C với (H)



268;2
3
1


 aaaA ,


268;2
3
1






bbbB ,


268;2
3
1



cccC
* A, B, C thẳng hàng :




acac
abab
ac
ab






3

3
33
33
3
3
1
22
22



acac
abab

abbacc 
22




0




 cbabc


bc




 0cba
* A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng :






caca
baba
ca
ba






68
68
22
22

33
33



34
34
1
22
22



caca
baba

abbacc 
22




0




 cbacb



bc



 0cba
Vậy : A, B, C thẳng hàng  A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng

Vấn đề 4: Biện luận số nghiệm phương trình, bất phương trình bằng đồ thò:
Phương pháp :

1)Dạng 1: cho phương trình f(x m) = 0 (1)
* Đưa về dạng : g(x) = m
* Vẽ đồ thò (C) : y = g(x) và (D) : y = m
* Xét sự tương giao của (C) và (D) trên đồ thò theo tham số m
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

9
* Kết luận : số giao điểm trên đồ thò là số nghiệm của phương trình (1)
2)Dạng 2: f(x) = g(m)
* y = g(m) là đường thẳng luôn qua M(x
0
; y
0
) cố đònh

* y = g(m) là đường thẳng có hệ số góc khôâng đổi
* g(m) = f(m)
Bài toán 1: Cho hàm số y = x
3
– 3x (C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò
b) Tìm giá trò lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
xxy
3
sin33sin 



Giải: a) Đồ thò (C)
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y

b) xxy
3
sin33sin 


xxxy
33
sin3sin4sin3






xxy
33
sin3sin  .Đặt t = sinx ,


1;1


t
Xét y = t
3
– 3t với

1;1t Nhìn vào đồ thò (C) ta thấy






2
2
12
1;1
kxtMaxy

t
,


Zlk, 



2
2
12
1;1
lxtMiny
t

Bài toán 2: Cho hàm số
1
12
2



x
xx
y
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số
b) Tìm giá trò lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức
1cos
1coscos2

2



x
xx
y

Giải: a)Đồ thò (C)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-12
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
6
x
y

www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

10
b) Đặt
10cos  txt
Vậy
1
12

2



t
tt
A
với

1;0D Nhìn vào đồ thò hàm số (1) ở trên khi xét

1;0t ta thấy:














 kxx
x
x
t

t
MaxA 0sin
1cos
1cos
)(
2
1
1
2
loại


Zlk, 

 lxxtMinA
2
0cos01

Bài toán 3: Cho hàm số
2
3
2



x
xx
y
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò

b) Biện luận theo m số nghiệm của:




0231
24





mtmttf
Giải: a)
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
-6
-4
-2
2
x
y


b)

0231
24
 mtmt (*)



23
234
 tmtt

m
t
tt




2
3
2
24

Xét hàm số
2
3
2



x
xx
y
với 0
2



t
x

Nhìn vào đồ thò ta thấy khi
2
3

m thì (d) cắt (C) tại 1 điểm có hoành độ không âm.
Vậy khi
2
3
m
có nghiệm x = t
2
= 0

(*) có nghiệm kép
0
21


tt


2
3
m
thì (*) có 2 nghiệm ,
2
3

m
thì () vô nghiệm
Bài toán 4:Cho hàm số

1
2


x
x
xfy
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò
b) Biện luận theo m số nghiệm của


02



mxm với

2;1x
Giải:a) Đồ thị (C)
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

11
-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-2
2

4
6
x
y

b) Xét phương trình

02  mxm với


2;1


x



xxm 21

 (*)
Vì
1x không là nghiệm của (*) Vậy
1
2


x
x
m
với



2;1


x
Xét đường y = m và
1
2


x
x
y
với


2;1


x
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y

Nhìn vào đồ thò ta thấy :

0;

m : (*) có 2 nghiệm,





;40m : (*) có 1
nghiệm,

4;0m : (*) vô nghiệm
Bài toán
5: Cho hàm số

1
2


x
x
xfy
(C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò (C)
b) Biện luận số nghiệm của phương trình





0111
2
 xxxm
Giải: a) Đồ thò (C)
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

12
-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-2
2
4
6
x
y
y=-3x+1


b)

0111
2
 xxxm (*)
Ta thấy x = 1 không là nghiệm của (*) , ta có

1
1
*
2



 mx
x
x

Đặt (d) : y = mx + 1 , (d) luôn đi qua A(0;1)
Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của (C) và (d) :
(C) :
1
2


x
x
y
(d) là tiếp tuyến của (C) khi (*) có nghiệm kép








0141
01
2
mm
m







032
1
2
mm
m








loại1
3
m
m

3 m
Vậy tiếp tuyến của (C) qua A(0;1) : y = –3x + 1
* Kết luận
3m : (d) tiếp với (C)

phương trình (*) có nghiệm kép




 ;13;m :(d) cắt (C) tại 2 diểm phân biệt

phương trình
(*)có 2 nghiệm đơn



1;3m :
 


 Cd phương trình vô nghiệm
Bài toán 6: Giải và biện luận theo m số nghiệm phương trình
0212164
2
 mxxx
Giải:



 ;31;D m
x
xxmxxx 
2
340212164
22

Đặt (d) : m
x
y 
2
Xét (C) : 34
2
 xxy
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

13

-2-1 123456
-2
2
4
6
x
y
2
1
2

x
y
2
3
2

x

y


* Dựa vào đồ thò ta có:







2
3
;m
: phương trình đã cho vô nghiệm








2
1
;
2
3
m
: phương trình có 1 nghiệm,







 ;
2
1
m
: phương trình có 2 nghiệm
Bài toán 7: Cho hàm số
42
23 xxy  (C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thò
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
2424
22 mm
x
x



Giải: a) Đồ thò (C) :
42
23 xxy 
-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2
1
2
3

4
x
y
y=4
y=3


b)
2424
22 mm
x
x
 3232
2424







x
m
x
x

Xét

32
24

 xxxfy
(C)

mfmmty  32
24

Nhìn vào đồ thò ta thấy :
Khi 14

 m
t
: (*) có 2 nghiệm kép 1


x

203  mm
t
V : (*) có 3 nghiệm ; 1 nghiệm kép x = 0
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

14
và 2 nghiệm đơn 2
x











0
1
22
43
m
m
m
t
:(*) có 4 nghiệm phân biệt








2
2
3
m
m
t
:(*) có 2 nghiệm đơn
Vấn đề 5: Tìm điểm cố đònh của họ đường cong:

Phương pháp:
Cho (Cm): y = f(x, m) . Tìm các điểm cố đònh của (Cm) khi m thay đổi
* Gọi M(x
0
; y
0
) là điểm cố đònh (Cm) luôn đi qua
* M(x
0
; y
0
) tuộc (Cm)

y
0
= f(x
0
)
* Biến đổi y
0
= f(x
0
,m)  Am + B = 0 hoặc Am
2
+ Bm + C = 0 về dạng








0
0
B
A
I
hoặc









0
0
0
C
B
A
II
Giải hệ ta được các cặp nghiệm (x
0
; y
0
). Các điểm cần tìm .
Bài toán 1: Cho hàm số y = x

3
– (m + 1 )x
2
– (2m
2
– 3m + 2 )x + 2m(2m – 1 ) (Cm)
Tìm điểm cố đònh mà họ (Cm) luôn đi qua với mọi m . ĐỊnh m để (Cm)
tiếp xúc với Ox
Giải: a) y = x
3
– (m + 1 )x
2
– (2m
2
– 3m + 2 )x + 2m(2m – 1 )

( 2x – 4)m
2
+ (x
2
– 3x + 2)m + y – x
3
+ x
2
+ 2x = 0
Toạ độ điểm cố đònh là nghiệm của hệ :















0
2
02
023
042
23
2
y
x
xxxy
xx
x

Kết luận : (Cm) luôn đi qua điểm M(2; 0) với mọi m
b) M(2; 0) là điểm cố đònh của(Cm) nên M(2; 0) vừa thuộc (Cm) vừa thuộc 0x
nên: x
3
– (m + 1 )x
2
– (2m

2
– 3m + 2 )x + 2m(2m – 1 ) = 0
 (x – 2)[x
2
– (m – 1)x – (2m
2
– m)] = 0
Để (Cm) tiếp xúc với Ox thì g(x) = x
2
– (m – 1)x – 2m
2
+ m = 0 có nghiệm
x = 2 hoặc có nghiệm kép khác 2






























2
3
2
02
0169
3
1
02
0169
2
2
m
m
g
mm
m
g
mm

Bài toán 2: cho đường cong (Cm): y = (m + 1)x
3
– 2mx
2
– (m – 2)x + 2m + 1
Chứng minh rằng (Cm) luôn đi qua 3 điểm cố đònh khi m thay đổi
Giải : y = (m + 1)x
3
– 2mx
2
– (m – 2)x + 2m + 1

































13
2
2
1
4
1
012
022
3
23
y
x
y
x
y
x

y xx
xxx

www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

15
Bài toán 3: cho hàm số

mx
xm
y



21
(Hm)
Chứng minh rằng (Hm) luôn luôn đi qua hai điểm cố đònh khi m thay
đổi ,ngoại trừ một vài giá trò m mà ta phải xác đònh
Giải:

 
mxxmmxy
mx
xm
y 


 21
21















02
0
02
xxy
yx
xxymyx























2
2
2
1
1
1
m
y
x
m
y
x

Vậy: khi m thay đổi , với






2
1
m
m
thì (Hm) luôn đi qua hai điểm cố đònh
Bài toán 4: Cho hàm số y = mx
3
+ (1 – m)x + 1 có đồ thò (Cm)
Tìm tất cả các điểm mà (Cm) không bao giờ đi qua với mọi m
Giải: Gọi M (x
0
; y
0
) là điểm mà (Cm) không bao giờ đi qua
M(x
0
; y
0
) không thuộc (Cm)  (x
3
– x)m + x + 1 – y ≠ 0 với mọi m






01

0
3
yx
xx


















0
11
1
0
y
x
y
x

V
2y
x
V
Kết luận : Đồ thò (Cm) không bao giờ đi qua các điểm
của (0; a) , (1; b) , (-1; c) với a ≠1 V b ≠2 V c ≠ 0
Bài toán 5 : Cho họ đường cong (Cm) y = (m + 3)x
3
– 3(m + 3)x
2
– (6m + 1)x + 1
CMR: (Cm) luôn đi qua 3 điểm cố đònh thẳng hàng
Giải : y = (m + 3)x
3
– 3(m + 3)x
2
– (6m + 1)x + 1


(x
3
– 3x
2
– 6x + 1)m + (3x
3
– 9x
2
– x + 1 – y) = 0
Toạ độ điểm cố đònh (nếu có) sẽ là nghiệm của hệ















2217
10163
0193
0163
23
23
23


xy
xxx
yxxx
xxx

Đểâ chứng minh (Cm) luôn qua 3 điểm cố đònh thẳng hàng ta cần chứng minh
(1) có 3 nghiệm phân biệt hay hàm số y = x
3

– 3x
2
– 6x + 1 (C) có hai giá trò
cực trò trái dấu
Ta có: y’ = 3x
2
– 6x – 6

y’ = 0
31 x

Suy ra y
CĐ
y
CT
=




59736736 
Kết luận : (Cm) luôn qua 3 điểm cố đònh thược đường thẳng (d): y = 17x – 2
Vấn đề 6: Tìm tập hợp điểm (quỹ tích):

Phương pháp
: điểm M di động thoả các điều kiện cho trước
* Tính toạ độ điểm M phụ thuộc theo một tham số m , t
x = f(m) & y = g(m)
* Khử m (hay t) giữa x và y, ta có một hệ thức độc lập đối với m có dạng sau gọi là phương
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

16
trình quỹ tích :
F(x, y) = 0 (hay y = h(x) )
* Giới hạn : dựa lvào điều kiện của tham sô m, ta tìm được điều kiện của x và y để M(x, y) tồn
tại . Đó là sự giới hạn của quỹ tích.
Bài toán 1: Cho hàm số
23
3xxy 
Gọi

 là đường thẳng qua gốc tạo độ và có hệ số góc k . Với những
giá trò nào của k thì

 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, O ? Tìm tập hợp trung
điểm I của AB khi k thay đổi.
Giải:

 qua gốc toạ độ nên có dạng :y = kx
Phương trình hoành độ giao điểm của



và (C) là : kx
x
x


23
3




* 03
2
 kxxx Đặt

kxxxg



3
2



 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B,O

g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0








049
00
k

kg
xg








4
9
0
k
k
Vì x
A
, x
B
là nghiệm của g(x)








kxxP
a

b
xxS
BA
BA
3

Gọi I là trung điểm của AB












kkxy
xx
x
II
BA
I
2
3
2
3
2

Giới hạn :








2
9
0
k
k










4
9
3
2
0

3
2
I
I
y
y








8
27
0
I
I
y
y


Vậy tập hợp của I là đường thẳng có phương trình

2
3
x
với
8

27
0  yy

Bài toán 2: Cho hàm số (C)
x
x
y
1
2


. Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng toộ để từ đó
có thể kẻ đến (C) 2 tiếp tuyến vuông góc
Giải: Gọi M(x
0
; y
0
)
Phương trình đường thẳng (d) qua M có hệ số góc k
y = k(x – x
0
) + y
0

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C)




0kx






00
2
1 ykxkxxx


 


*011
00
2



 xkxyxk
(d) tiếp xúc (C)








014

1
2
00
kkxy
k


 
I
y
0









0
2
000
22
0
0422
1
kx
ykyxkx
k

Từ M vẽ 2 tiếp tuyến đến (C) vuông góc nhau
www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong

17

(1) có 2 nghiệm phân biệt





1
1,
21
21
kk
kk















0
1
4
0
2
00
2
0
2
0
0
xy
x
y
x









00
2
0
2

0
0
4
0
xy
yx
x

Vậy tập hợp các điểm thoả yêu cầu bài toán là đường tròn có phương trình 4
22
 yx
loại bỏ 4 giao điểm của đường tròn với 2 đường tiệm cận
Bài toán 3:Cho Parabol(Pm)


4222
2



 mxmxy .Tìm quỹ tích đỉnh của (Pm)
(Pm)

4222
2


 mxmxy có đỉnh S:









2222
2
2
mxmxy
a
b
x
S



 









2
1
2222

4
2
2
mxmxy
m
x
S



241



mx

Thế vào (2) , ta được :
xxyxxxxy 824.2.42
22







Vậy quỹ tích đỉnh S của (P) :
xxy 82
2





Bài toán 4
: Cho hàm số (Cm) :

1323
23





 mxmxxxfy
Tìm quỹ tích điểm uốn của đồ thò (Cm) của hàm số
Giải: TXĐ : D = R
Ta có

263
2






mxxxfy ,


mxxfy 66








, mxy 



0
(Cm) có điểm uốn








2
1
1323
23
mxmxxy
mx
I

Thế m = x vào (2) ta có :

132.3
23




 xxxxxy

12
3




xxy
Vậy quỹ tích của I là đường cong


12:
3




xxyC

Bài toán 5
: Cho hàm số

1

22
2



x
xmx
y
. Đònh m để hàm số có cực đại, cực tiểu.
Khi đó, hãy tìm quỹ tích của điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thò
Giải:





2
2
2
2
1
12
1
2'
1
22









x
mx
x
m
y
x
xmx
y


 m > 0 thì hàm số có CĐ – CT
Gọi M
1
, M
2
thứ tự là toạ độ CĐ – CT , ta có








24
2

1
11
1
1
mxy
m
x
M
và







24
2
1
22
2
2
mxy
m
x
M









2
11
1
2
1
xy
x
M
và





2
22
1
2
1
xy
x
M

Vậy quỹ tích điểm CĐ và CT của đồ thò là một nửa parabol







1
2
2
x
xy
P
hay





1
2
2
x
xy
P