Tương giao của đồ thị các hàm số

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 (C
1
), (C
2
) 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 O
x
:
y
= 0
Giao điểm của hai đồ thị có hoành độ là nghiệm của phương trình
(
)
, 0
f x m
=

3. Các phương pháp chung
Phương pháp nhẩm nghiệm hữu tỉ

Xét phương trình:
ƒ

(
x
)
= a
n
x
n
+ a
n
−

1
x
n
−

1
+ + a
1
x + a
0

=
0
Nếu
( )
; , 1
p
x p q
q

= ∈ =
»
là nghiệm của
ƒ
(
x
) thì
q
|
n
a
và
p
|
0
a

Phương pháp hàm số
(Sử dụng khi tham số là bậc 1)
Chuyển phương trình tương giao:
( )
( )
, 0 ( )
y g x
f 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 O
x
:
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 x
f 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
(
)
2
3 2
f x ax bx c
′
= + +

(
)
(
)

(
)
f x x p g x
= −

1
nghiệm

(1 giao
điểm)

x
x
x
1 2
x
a > 0
a < 0
x
2
1
x
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
x
1 2
x
a < 0
a > 0
x
21
x
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)

x
x
1
2
x

a > 0
a < 0
x
2
1
x
x
1
x
x
2
3
x
x
1
2
x x
3

2
CT CÐ
3 0
. 0
b ac
f f

′
∆ = − >



<



( )
0
0
g
g p
∆ >



≠



1
2 3
x
x x
α < <
<

3
x
x
2
1
x

x
3
2
x
x
1
x
x
1
2
x
a < 0
a > 0
x
2
1
x
x
α
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 x
x
1
2
x
a > 0
a < 0
x
2
1
x
x
1
x
x
2
3
x
x
1
2
x
x
3
( )

( )
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<
<


3
x
x
21
x
x
3
2
x
x
1
x

x
1
2
x
a < 0
a > 0
x
2
1
x
x
α
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
x
x
1
2
x
a > 0
a < 0
x
2
1
x

x
1
x
x
2
3
x
x
1
2
x
x
3

( )
( )
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 (C
m
):
( )
(
)
( )
3 2 2
3 1 2 4 1 4 1
y x m x m m x m m
= − + + + + − +

cắt O
x
tại
1 2 3

, ,
x x x
phân biệt và > 1
Giải:
Xét PT:
( )
(
)
( )
3 2 2
3 1 2 4 1 4 1 0
x m x m m x m m
− + + + + − + =

⇔

( ) ( ) ( )
[
]
2
2 3 1 2 1 0
x x m x m m
− − + + + =

⇔

( ) ( ) ( )
[
]
2 2 1 0

x x m x m
− − − + =

ycbt
⇔

2 2 1 2
1
1
2
2 1; 1 1
m m
m
m m
≠ ≠ + ≠


⇔ < ≠

> + >



Bài 2.

Tìm
m
để đồ thị (C
m
):

(
)
(
)
3 2 2 2
2 2 1 1
y x mx m x m m
= − + − + −

cắt O
x
tại
1 2 3
, ,
x x x
phân biệt và > 0
Giải:
Xét PT:
(
)
(
)
3 2 2 2
2 2 1 1 0
x mx m x m m
− + − + − =

⇔

( )

[
]
2 2
1 0
x m x mx m
− − + − =

⇔

(
)
2 2
1 0
x 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
2
2
0
4 3 0; 1 0
2
1
4
1
3
0 ; 1 0
3
m
m g m m
m
m
S m P m
>


∆ = − > = − ≠
 
⇔ ⇔ < <
 
< <
= > = − >
 




www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương
90

Bài 3.

CMR: (C):
( ) ( )
3 3
3
y x a x b x
= + + + −
luôn cắt O
x
tại đúng 1 điểm.
Giải:
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
(
)
3 3
3 3 2 2 2 3 3
3 3
f x x a x b x x a b x a b x a b
= + + + − = + + + + + +

( )

(
)
( ) ( )
(
)
2 2 2 2 2 2
3 6 3 0 2 0
y x a b x a b g x x a b x a b
′
= + + + + = ⇔ = + + + + =

• Nếu
0
g
ab
′
∆ = ≤
thì
y

=

f
(
x
) không có cực trị nên (C) cắt O
x
tại 1 điểm.
• Nếu
ab

> 0 thì
g
(
x
)
=
0 hay
ƒ′
(
x
)
=
0 có 2 nghiệm phân biệt
x
1
,
x
2
đồng thời
hàm số đạt cực trị tại
x
1
,
x
2
. Thực hiện phép chia
ƒ
(
x
) cho

g
(
x
) ta có:

( ) ( )
[
]
( ) ( )
[
]
. 4
f x x a b g x ab x a b
= + + − + +
.
Do
(
)
(
)
1 2
0
g x g x
= =
nên
(
)
( )
(
)

( )
1 1 2 2
4 ; 4
f x ab x a b f x ab x a b
   
= − + + = − + +
   

⇒

(
)
(
)
( ) ( )
2 2
C Ð CT 1 2 1 2
. . 4 4
f f f x f x a b x a b x a b
   
= = + + + +
   

( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 8 9 4 0 , 0
a b a b a b a b a b a b ab ab
   

= + − + + + = − + > ∀ >
 
 

⇒
(C):
y

=

f
(
x
) luôn cắt O
x
tại đúng 1 điểm.
Bài 4.

Tìm
m
để (C
m
):
( )
(
)
(
)
3 2 2 2
3 3 1 1

y f x x mx m x m
= = − + − + −
cắt O
x
tại
1 2 3
, ,
x x x
phân biệt và > 0
Giải:
Yêu cầu bài toán
⇔
Đồ thị (C
m
) 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 2
3 2 1 0 2 1 0
f x x mx m g x x mx m
′

= − + − = ⇔ = − + − =

1 2
1 ; 1
x x m x x m
⇔ = = − = = +

• Xét (2): Thực hiện phéo chia
ƒ
(
x
) cho
g
(
x
) ta có:

( ) ( ) ( )
(
)
( )
2
2 1 1
f x x m g x x m m
= − − + − −
. Do
(
)
(
)

1 2
0
g x g x
= =
nên

(
)
(
)
( )
(
)
(
)
( )
2 2
1 1 2 2
2 1 1 ; 2 1 1
f x x m m f x x m m
= − + − − = − + − −

⇒

( ) ( )
(
)
( )
( )
(

)
( )
2 2
C Ð CT 1 2 1 2 1 2
. . 4 1 1 2 1 1
f f f x f x x x m m x x m m
 
= = − − − + − − −
 

O
x
y
x
1 1
x
x
2 3
x
2
x
www.VNMATH.com
Tương giao của đồ thị các hàm số
91

(
)
(
)
( )

(
)
( )
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
4 1 1 1 4 1 1 1 3 2 1
m m m m m m m m m m
 
= − − − − − − − = − − − −
 

• Xét (3), (4):
1
1 0 1
x m m
= − > ⇔ >
;
(
)
2 2
0 1 0 1
f m m
= − < ⇔ >
. Hệ (*)
⇔

(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
2 2 2
2 2
1 3 2 1 0
3 2 1 0
1 0
1 0
m m m m m m m
m
m

− − − − <
− − − <
 
⇔
 
− >
− >



 
3 1 2
m⇔ < < +

Bài 5.

Tìm
m
để đồ thị
(
)
(
)
(
)
3 2
: 3 3 1 1 3
m
C y f x x x m x m
= = − + − + +

cắt O
x
tại
1 2 3
1
x x x
< < <

Giải:

Xét phương trình:
(
)
(
)
3 2
0 3 3 1 3 1
f x x x x m x
= ⇔ − + + = −
(*)
( )
( )
3 2
3 3 1
3 1
x x x
g x m
x
− + +
⇔ = =
−
. Ta có:
( )
( )
(
)
( )
2
2
2 2 1

3 1
x x x
g x
x
− − +
′
=
−

(
)
0 2
g 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
(
)
m
C
cắt O
x
tại
1 2 3
1
x x x
< < <

3 3 1
m m
⇔ > ⇔ >

Bài 6.

Tìm
m
để đồ thị
(
)
(
)
3 2
: 18 2
m
C y f x x x mx m
= = − + −

cắt O
x
tại
1 2 3
0
x x x
< < <
phân biệt
Giải:
Xét
(
)
(
)
3 2 3 2
18 2 0 2 9 1
f x x x mx m m x x x

= − + − = ⇔ − = − +
(*)
( )
3 2
2
9 1
x x
g x m
x
− +
⇔ = =
−
. Ta có:
( )
( )
( )
2
2
2 3 1
9 1
x x
g x
x
− −
′
=
−

⇒
Bảng biến thiên

Nghiệm của phương trình
ƒ
(
x
)
=
0
là hoành độ giao điểm của đường
thẳng
y

=
2
m
với (L):
y

=

g
(
x
).
Nhìn bảng biến thiên suy ra:
ƒ
(
x
)
=
0 có nghiệm thoả mãn

1 2 3
0
x x x
< < <

⇔
2
m
< 0
⇔

m
< 0.

x
−∞

0

1
9

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 O
x
có hoành độ tạo thành cấp số
Bài toán gốc 1
: Tìm điều kiện tham số để (C):
(
)
3 2
0
y ax bx cx d a
= + + + ≠
cắt
O

x
tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số cộng.
Điều kiện cần:
Giả sử (C) cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt là
÷

x
1
,
x
2
,
x
3
khi đó:
(
)
(
)
(
)
3 2
1 2 3
ax bx cx d a x x x x x x
+ + + = − − −

∀
x

(
)
(
)
3 2 3 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
ax 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 2
3
3
b
b a x x x a x x x ax x
a
−
 
= − + + = − + + = − ⇒ =
 

Thế
2
3
b
x

a
−
=
vào
(
)
3 2
0
f 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
0
y ax bx cx d ad
= + + + ≠
cắt
O
x
tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số nhân.
Điều kiện cần:
Giả sử (C) cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt là cấp số nhân
x
1
,
x
2
,
x
3
,
khi đó:
(
)
(
)
(

)
3 2
1 2 3
ax bx cx d a x x x x x x
+ + + = − − −

∀
x

(
)
(
)
3 2 3 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
ax bx cx d a x x x x x x x x x x x x x x x x
 
⇔ + + + = − + + + + + − ∀
 

Suy ra:
3
3
1 2 3 2 2
d
d x x x ax x
a
−
= − = − ⇒ =
.

Thế
3
2
d
x
a
−
=
vào phương trình
(
)
3 2
0
f 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
3
2
x d
= −
, khi đó:
(
)
2
0
f x
=

⇔

( )
2
3 3
0
b d c d
− + ⋅ − =

⇔

3
3 2 3 3 2 3 3
c d b d c d b d c b d
⋅ − = = − ⋅ ⇔ − = − ⇔ =

Bài tập áp dụng 1:
Tìm
m
để (C
m
):
(
)
(
)
3 2 2
3 2 4 9
y f x x mx m m x m m
= = − + − + −
cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt có
hoành độ lập thành 1 cấp số cộng.
Điều kiện cần:
Giả sử (C
m
) cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt là
÷

x
1
,
x
2
,
x
3
khi đó:
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 2
1 2 3
3 2 4 9
x mx m m x m m x x x x x x
− + − + − = − − −

∀
x

(
)
3 2 2

3 2 4 9
x mx m m x m m
⇔ − + − + −

(
)
(
)
3 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
x x x x x x x x x x x x x x x x
= − + + + + + − ∀

⇒

(
)
1 2 3 1 3 2 2 2
3 3
m x x x x x x x x m
= + + = + + = ⇒ =
. Thế
2
x m
=
vào
(
)
0
f x

=

⇒

2
0 0 1
m m m m
− = ⇔ = =
hoÆc

Điều kiện đủ:
Với
m

=
0 thì
(
)
3
0 0
f x x x
= = ⇔ =
(loại)
Với
m

=
1 thì
( ) ( )
(

)
3 2 2
3 6 8 0 1 2 8 0
f x x x x x x x
= − − + = ⇔ − − − =

(
)
(
)
(
)
2 1 4 0
x x x
⇔ + − − =

⇔

÷

x
1

=

−
2;
x
2

=
1;
x
3

=
4
Kết luận:
(C
m
) cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng
⇔

m

=
1.
Bài tập áp dụng 2 :
Tìm
m
để (C
m
):
(
)
(
)
(

)
3 2
3 1 5 4 8
y f x x m x m x
= = − + + + −
cắt O
x
tại 3
điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số nhân.
Điều kiện cần:
Giả sử (C) cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt là cấp số nhân
x
1
,
x
2
,
x
3
,
khi đó:
(
)
(
)
(
)
(

)
(
)
3 2
1 2 3
3 1 5 4 8
x m x m x x x x x x x
− + + + − = − − −

∀
x

( ) ( )
( )
(
)
3 2 3 2
1 2 3 1 2 3
3 1 5 4 8
i j
x m x m x x x x x x x x x x x x x
⇔ − + + + − = − + + + − ∀
∑

Suy ra:
3
1 2 3 2 2
8 2
x x x x x
= = ⇒ =

.
Thế
2
2
x
=
vào phương trình
(
)
0
f x
=

⇒

(
)
2 2 0 2
m m
− = ⇔ =

Điều kiện đủ:
Với
m

=
2 thì
(
)
3 2

7 14 8 0
f x x x x
= − + − =

(
)
(
)
(
)
1 2 4 0
x x x
⇔ − − − =

⇔

1 2 3
1; 2; 4
x x x
= = =

Kết luận:
(C
m
) cắt O
x
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 O
x
CÓ HOÀNH ĐỘ TẠO THÀNH CẤP SỐ
Bài 1.

Tìm
m
để (C
m
):
(
)
(
)
4 2
2 1 2 1
y f x x m x m
= = − + + +
cắt O
x
tại 4 điểm
phân biệt lập thành 1 cấp số cộng
Xét phương trình:

(
)
(
)
4 2
0 2 1 2 1 0
f x x m x m
= ⇔ − + + + =
(1). Đặt
(
)
(
)
(
)
2 2
; 2 1 2 1
t x f x g t t m t m
= = = − + + +

Yêu cầu bài toán
⇔

ƒ
(
t
)
=
0 có 2 nghiệm
t

2
>
t
1
> 0 sao cho (1) có sơ đồ nghiệm:

Ta có:
4 3 3 2 2 1
x x x x x x
− = − = −

⇔

4 3 3 2
x x x x
− = −

⇔

(
)
2 1 1 1 2 1
3
t t t t t t
− = − − ⇔ =

⇔

2 1
9 0

t t
= >
. Yêu cầu bài toán
⇔

( )
2
2 1
2 1
1 2
1
1 2
2
1
1
0
0; 9
2
9
2 1 0
5 1
. 2 1 0
9 2 1
m
m t t
t t
t t m
t m
t t m
t m

−

< ≠
′

∆ = > =




=
+ = + > ⇔



= +

= + >



= +


⇔

(
)
2 1
2

1
0
2
4
9
4
1
9
9 2 1
5
m
m
t t
m
m
m
−

< ≠

=



=
⇔

−

=



+

= +



Bài 2.

Tìm
a
để PT
(
)
4 3 2
16 2 17 16 0
x ax a x ax
− + + − + =
có 4 nghiệm phân
biệt lập thành 1 cấp số nhân.
Bổ đề:
Giả sử phương trình
4 3 2
0
ax bx cx dx e
+ + + + =
,
(
)

0
a
≠
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
b
x x x x
a
c
x 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
1
x
=
α
cũng là nghiệm.
Không mất tính tổng quát giả sử 4 nghiệm là:
2 3
, , ,
q q q
÷÷ α α α α
với
0
α ≠

và
1
q
>

⇒

2 3
q q q

α < α < α < α
. Do
2 3
1 1 1 1
, , ,
q
q q
α α
α α
cũng là nghiệm nên
1
t
−

1
t

2
t


2
t
−

x
1

x
2

x
3

x
4

www.VNMATH.com
Tương giao của đồ thị các hàm số
95

3 2 / 3
1
q 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 17
1 1
16

a
a
− −
− −

α + α + α + α =


+

α + α + + + α + α =

.
Đặt
1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3
2 . 2
t
− −
= α + α ≥ α α =

⇒

3
4 2
2
16
2 17
3 2
16
a

t t
a
t t

− =


+

− + =


⇒

(
)
(
)
( )( )
(
)
4 2 3 2
16 3 2 32 2 17 0 2 5 2 3 4 4 1 0
t t t t t t t t
− + − − − = ⇔ − − − − =

⇔

( )( ) ( )
2

2 5 2 3 2 1 2 0
t t t
 
− − − − =
 
. Do
t

≥
2 nên suy ra
5
2
t
=

⇒

a

=
170.
Điều kiện đủ:
Với
a

=
170 ta có:
4 3 2
16 170 357 170 16 0
x x x x

− + − + =

⇔

(
)
(
)
(
)
(
)
8 1 2 1 2 8
x x x x
− − − −

=
0
⇔

÷÷
1 2 3 4
1 1
; ; 2; 8
8 2
x 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 mx
y
x
+ −
=
−
tại 2 điểm A, B
phân biệt sao cho OA
⊥

OB.
Giải:

Xét PT:
( )
2
2 2
1 1
1
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 1
0 1 1
1
1
A B
m
m
x m
x m
≠ <

< − ≠

 
⇔
 
= ± −
= −





(*)
Ta có: OA
⊥
OB
⇔

( )
2
. 1 1 1
1
A B
OA OB
A B
y y
m
k k
x x
m
= − ⇔ ⋅ = − ⇔ = −
− −

⇔

2
1 5
1 0
2
m m m

− ±
+ − = ⇔ =
thoả mãn điều kiện (*)
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương
96

Bài 2.

Tìm
m
để
( : 1
y mx
∆) = −
cắt (C):
2
1
2
x x
y
x
+ −
=
+
tại 2 điểm A, B phân
biệt thuộc cùng 1 nhánh của (C).
Giải:

Xét PT:

( ) ( ) ( )
2
2
1
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 2
y x
∆) = −
cắt (C):
(
)

2
2 1 3
1
mx m x
y
x
− + +
=
−
tại 2 điểm phân
biệt thuộc 2 nhánh của (C).
Giải:

Xét PT:
( )
( ) ( ) ( )
2
2
1 0 1
2 1 3
3 2
1
2 1 3 3 2 1
x x
mx 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
2
3 1 0
m g m m
m m
m
m 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 x
y
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 0
g x x m x m
= + − − + =
.
Ta có
y = m
cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt
2
3
1
4 4 3 0 V
2 2
m m m m
⇔ ∆ = − − > ⇔ < − >
. Với điều kiện này ta có AB = 1
( ) ( )
2 2
2
1 5
1 4 1 1 0
2

B A A B A B
x 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):
0
mx y m
− − =
cắt đồ thị (C)
2
2 4 10
1
x x
y
x
− +
=
− +
tại 2 điểm
A, B phân biệt sao cho AB có độ dài ngắn nhất.
Giải:

Xét phương trình
( ) ( ) ( )
2
2
2 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 2
m m m m
′
⇔ ≠ − ∆ > ⇔ ≠ − − + > ⇔ < −
. Khi đó
(
)
( ) ( )
(
)
2 2

2 2 2
1 4 1
B A B A A B
AB m x x x x x x m
 
= + − − + − +
 

(
)
( ) ( )
( )
2
2
2
32 1
4 1
32
2
2
m
m m
g m g m
m
m
− +
+ −
′
= = ⇒ = −
+

+

Lập bảng biến thiên suy ra với
2 5
m = − −
thì
8 2 5
MinAB = +

Bài 6.

Cho (C):
2 1
1
x
y
x
+
=
−
và A(
−
2, 5). Xác định đường thẳng (D) cắt (C) tại 2
điểm B, C sao cho
∆
ABC đều.
Giải:
•
2 1 3
2

1 1
x
y
x x
+
= = +
− −

⇒

TCÐ : 1
TCN : 2
x
y
=



=



⇒
Phân giác tạo bởi 2 tiệm cận:
(
)
: 3
l 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:
( ) ( ) ( )
2
2 1
3 1 0
1
x
x m g x x m x m
x
+
= + ⇔ = + − − + =
−

Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
3 4 1 1 12 0
g
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 2
m m
I
− +

⇒

(
)
2
2
7
2
2
m
AI
−
=
.
Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
, ; ,
B x x m C x x m

+ +

⇒

( ) ( )
2 2
2
2 1 2 1 1 2
2 2 4
BC x x x x x x
 
= − = + −
 

⇔

( ) ( )
( )
2
2 2
2 3 4 1 2 2 13
BC m m m m
 
= − + + = − +
 

∆
ABC đều
⇔

(
)
( )
2
2 2 2
3 4 3 2 13 7
BC 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 (C
1
):
2
1
2
x x
y
x
+ −
=
+
,
(C
2
):
(

)
2
1 3
1
x m x m
y
x
+ + + +
=
+
song song với
4
5
3
y x
= +

Giải:

(C
1
):
1
1
2
y x
x
= − +
+
và (C

2
):
3
1
y x m
x
= + +
+
.
Hoành độ giao điểm của (C
1
) và (C
2
) là nghiệm của phương trình:
3 3
1 1
1 1
2 1 2 1
x x m m
x x x x
− + = + + ⇔ + = −
+ + + +
(1)
Nếu
m

=

−
1

⇒

3 5
1
2 1 2
x
x x
= ⇔ = −
+ +

⇒
(C
1
)
∩
(C
2
) tại 1 điểm
⇒

m

≠

−
1.
Đặt
1
1m
k

+ =
(
k

≠
0), khi đó (1)
⇔

(
)
(
)
2
2 3 5 2 0
g x x k x k
= + + + + =
.
Giả sử (C
1
), (C
2
) cắt nhau tại
(
)
(
)
1 1 2 2
, , ,
A x y B x y
, khi đó:

(
)
1 2
2 1 2 1
2 1
1 2
2 3
3 3
1 1
5 2
x x k
y y x m x m
x x
x x k

+ = − +

   
⇒ − = − + − − +

   
+ +
= +    



( )
( )( )
( )
( )

2 1 2 1
2 1 1 2 1 2
3 3
1 1
1 1 1
x x x x
x x x x x x
   
= − − = − −
   
+ + + + +
   

( )
( )
( )
(
)
2 1 2 1
3
1
1 1
5 2 2 3 1
x x x x
k
k k
 
= − − = − −
 
+ − + +

 

YCBT
⇔

2 1
2 1
4 1 4 1 1 4
1 3
3 3 3 3
y y
k m
x x k k
−
− −
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = − ⇔ =
−
,
khi đó
(
)
2
3 13 0
g x x x
= − − =
có
0
g
∆ >
.

www.VNMATH.com