bien doi do thituong giaotiep tuyen v v NC

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (306.26 KB, 19 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phần 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ

MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HAØM SỐ


Vấn đề 1: Phép biến đổi đồ thị :
Phương pháp:

1) Dạng 1: Từ đồ thị (C): y = f(x) suy ra đồ thị (C1): y=

|

f(x)

|

, với các ghi nhớ:

* (C): y = f(x) và (C’): y = – f(x) đối xứng nhau qua Ox
* Viết

f(x) khi f(x)≥0
- f(x) khi f(x)<0

y=

|

f(x)

|

* Đồ thị (C1) : y=f

|

(x)

|

được vẽ bằng các bước:

+ Giữ lại đồ thị (C) nằm phía trên Oõx

+ Lấy đối xứng qua Ox của phần đồ thị (C) nằm phía dưới Ox
+ Hợp 2 phần đồ thị ta được đồ thị (C1): y=

|

f (x)

|

2) Dạng 2:Từ đồ thị (C):y = f(x) suy ra đồ thị của hàm (C2): y=f

(

|x|

)

với các ghi nhớ

* y=f

(

|x|

)

là hàm chẵn nên có đồ thị đối xứng qua Oy

* Ta vẽ đồ thị (C2) qua các bước:

+ Giữ lại phần đồ thị (C) bên phải Oy

+ Lấy đối xứng qua Oy phần vừa giữ lại của (C)
+ Hợp 2 phần đồ thị ta có đồ thị (C2): y=f

(

|x|

)

3) Dạng 3: từ đồ thị (C): y = f(x) suy ra đồ thị của hàm (C3): y=

|

f

(

|x|

)

|

bằng cách kết hợp

daïng 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 thị (C2) y=f

(

|x|

)

+ Lấy đối xứng tất cả các phần đồ thị (C2) vừa kết hợp nằm dưới trục Ox lên trên Ox

+ Giữ nguyên phần bên trên, lúc đó ta có đồ thị của hàm (C3): y=

|

f

(|

x

|)

|

4) Dạng 4: Ta xét trường hợp đơn giản
Từ đồ thị (C) : y=Ax

+Bx+C

ax+b (giả sử a > 0) suy ra đồ thị (C4)

Ax2+Bx+C
ax+b (x>−

b

a;a>0)

−Ax
2

+Bx+C
ax+b (x<−

b
a;a>0)

¿
¿
¿

y=Ax
2

+Bx+C

|ax+b| =¿

Qua các bước :

+ Vẽ (C), và bỏ đi nhánh đồ thị của (C) bên trái tiệm cận đứng (d): x=−b
a

+ Lấy đối xứng phần (C) bên trái tiệm cận đứng (d): x=−b

a vừa bỏ đi qua d
 Tương tự với a < 0 (ta có thể nhân tử và mẫu với –1)

 Tương tự với các đồ thị (C4) y=
ax+b

|cx+d| hay y=

P(x)

Q(x) ... và các đồ thị y=

|P

(x)

|

Q(x) hay
y=

|

P(x)

|

Q(x).. .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

hay (C5):

f(x)

− f(x)

(

ñk :f(x)≥0)

y=¿

qua các bước

+ Vẽ (C): y = f(x) và bỏ phần ở dưới trục Ox

+ Lấy đối xứng phần giữ lại qua trục Ox, (xng phía dưới trục Ox)
Bài tốn 1 : (Phép suy thứ nhất)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C):y= x
2

x −1 b/ Suy ra đồ thị

(

C1

)

:y=

|

x
2
x −1|

Giải: Đồ thị (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 thị (C1)

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-3
-2
-1
1
2
3
4
5

x
y

x=1

y=x+1

y=-x-1

Bài toán 2: (Phép suy thứ hai) Vẽ đồ thị

(

C2

)

:y= x
2

|x|−1 Đồ thị (C2):

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

-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 3: (Phép suy thứ ba) 
Vẽ đồ thị

(

C3

)

:y=

|

|x|2
|x|−1

|

Đồ thị (C3)

-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 thị

(

C4

)

:y= x

|x −1|

Đồ thị (C4)

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-2
2
4
6

x
y

x=1

y=x+1
y=-x-1

x=-1

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vẽ đồ thị

(

C5

)

:|y|= x
2
x −1

-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 (C1): y = f(x) và (C2): y= g(x)

Biện luận sự tương giao của (C1) với (C2)

* Lập phương trình hồnh độ giao điểm của (C1) và (C2)

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 (C1) với (C2)

- Phương trình (1) có nghiệm đơn : (C1) cắt (C2)

- Phương trình (1) có nghiệm kếp : (C1) tiếp xúc (C2)

Bài tốn 1: Cho hàm số y = f(x) = x3 – 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

* Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (D)
x3 – 3x + 2 = m(x – 2) + 4

 (x – 2)( x2 + 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) = x2 + 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 Δ'

=m

m < 0 ⇔Δ'<0 : (2) vô nghiệm

m = 0 ⇔Δ'

=0 : (2) có nghiệm kép x = – 1

0 < m ≠ 9 ⇔Δ'>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 thị tại 1 điểm
0 < m ≠ 9 : (D) cắt (C) tại 3 điểm

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

m = 9 : (D) cắt (C) tại 1 điểm và tiếp xúc đồ thị tại điểm (2; 4)

Bài toán 2: Cho hàm số y =

x 4x 1
x 2

y= + +

+ (C)

Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng (D) y = mx + 2 – m cắt đồ thị
(C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của đồ thị (C)

Giải: Phương trình hồn độ giao điểm của (C) và (D) :

x2 + 4x + 1 = mx2 + 2x + mx + 4 – 2m (với x ≠ – 2)

⇔ (1 – m)x2 + (2 – m)x + 2m – 3 = 0 (*)

(D) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc một nhánh của đồ thị (C)

⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho x1 < x2 < – 2 V – 2 < x1 < x2

⇔

a=1− m≠0
Δ=

(

4−4m+m2

)

−4

(1− m)(2m−3)>0
af(−2)=(1− m)

[

4(1− m)−2(2−m)+2m−3

]

¿
¿{ {

⇔

9m2 24 m +16>0
3(1−m)>0

¿
¿{

⇔

m≠4
3
m.>1

¿{

Kết luận :

⇔

m≠ 4
3
m.>1

¿{

thì (D) cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của (C)

Bài toán 3:Cho hàm số y= x
2

x −1 . Tìm 2 điểm A , B nằm trên đồ thị (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 hồnh độ giao điểm của (d’) và (C)
x2 = (x – 1)( – x + m) (đk : x ≠ 1)

⇔ 2x2 – (m + 1)x + m = 0 (*)

Ta coù Δ = (m + 1)2 – 8m > 0

⇔ m2 – 6m + 1 > 0

⇔

m<3−

√

m>3+

√

¿
¿
¿

¿
¿

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

⇒

xI=xA+xB

2 =

m+1
4
yI=− xI+m=3m −1

¿{

A và B đối xứng qua (d) ⇒ I thuộc (d): y = x – 1

⇒ 3m −4 1=m+1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Lúc đó (*) thành trở thành : 2x2 – 1 = 0 ⇔ x = ±1

2 Vaäy A

(

−1

√

2;−1+

√

2
2

)

,
B

(

√

2;−1−

√

)

Bài toán 4:Cho (P) y = x2 – 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 hồnh độ giao điểm của (d) và (P)

x2 – 2x – 3 = 2x + m

⇔ x2 – 4x – 3 – m = 0

(d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A vaø B

⇔ Δ' = 7 + m > 0

⇔ m > –7. Lúc đó gọi xA , xB là 2 nghiệm của (1) ta có

S = xA + xB = 4,P = xA xB = – 3 – m

a) Tiếp tuyến của (P) tại A, B vuông góc ó f’(xA )f’(xB) = –1

⇔ (2 xA –2)(2 xB –2) = – 1 ⇔ 4P – 4S + 5 = 0 ⇔ 4(–3 –m) –16 + 5

= 0

⇔ m = −23

4 (nhaän vì m > –7)

b) A, B thuộc (d) ⇒ yA = 2 xA + m , yB = 2 xB + m

Ta coù AB2 = 100 ⇔ (x

A – xB)2 + (yB – yA)2 = 100

⇔ (xA – xB)2 + (2 xA –2 xB)2 = 100

⇔ (xA – xB)2 = 20 ⇔ S2 – 4P = 20

⇔ 16 + 4(3+m) = 20 ⇔ m = – 2 (nhận vì m > –7)

Bài tốn 5 : Cho hàm số y=f(x)=x+3− m+ 1

x+m (H)

Tìm a để đường thẳng (Δ) : y = a(x+1) + 1 cắt (H) tại 2 điểm có hồnh độ trái dấu

Giải:Phương trình hồnh độ giao điểm cả (C) và (Δ) :

x+2+ 1

x+1=a(x+1)+1 (ñk:x≠ −1)

⇔x2

+3x+3=a

(

x2+2x+1

)

+x+1 ⇔g(x)=(1− x)x2+2(1− a)x+2− a=0 ( )
(Δ) cắt (C) tại 2 điểm có hồnh độ trái dấùu ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt

x1, x2≠ −1Λ x1<0<x2

⇔

(1− a)g(0)<0
g(−1)≠0

1−a ≠0

⇔

¿(1− a) (2− a)<0
(1− a)−2(1− a)+2− a=1≠0

⇔1<a<2

¿{ {


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(x0; y0)

Tính y’ = f’(x) ⇒ y’(x0) = f’(x0)

Phương trình Tiếp tuyến (C) tại M(x0;y0) laø: (y – y0) = f’(x0)(x – x0)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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(xA; yA) và có hệ số góc k : (D) :

y =k(x – xA) + yA

* Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (D): f(x) = k(x – xA) + yA (1)

* (D) là tiếp tuyến của (C) khi (1) có nghiệm kép, từ đó xác định đuợc k. Từ đó viết được
phương trình (D)

- Cách 2:

* Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm

* Phương trình tiếp tuyến (D) tại M: (y – y0) = f’(x0)(x – x0)

* (D) ñi qua điểm A nên : (yA – y0) = f’(x0)(xA – x0) (1)

Giải (1) tìm được x0, 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 hồnh 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 trị của m , từ đó viết
được phương trình của (D)

- Cách 2:

* Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) và M(x0; y0) là tiếp điểm:

(D) có hệ số goùc k
(D) coù hệ số góc f’(x0)

⇒ f’(x0) = k (1)

* Giải (1) tìm được x0 ; y0 = f(x0). Từ đó viết được phương trình của (D)

Bài toán 1: Cho hàm số (C) y=x2−3x+4

2x −2 . M là một điểm tuý ý trên (C) Tieáp

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 khơng phụ thuộc vào M

Giải: y=x
2

−3x+4
2x −2 =

x
2−1+

x −1 (x ≠1) (C)

M(a; b)∈(C)⇒ tiếp tuyến tại M là (d) y=y('a)(x − a)+b

(

b=a
2−1+

1
a −1

)

⇔y=

[

1
2−

(a −1)2

]

(x −a)+
a
2−1+

a −1

Tiệm cận đứng của (C) là (d1) : x = 1 ⇒(d)∩

(

d1

)

=A

(

1;−
1
2+

2
a −1

)

Tiệm cận xiên của (C) là (d2) : y=2x−1⇒(d)∩

(

d2

)

=B

(

2a−1; a−32

)

Ta coù : 12

(

xA+xB

)

2(1+2a −1)=a=xM
12

(

yA+yB

)

1
2

[

−

1
2+

2
a −1+a −

3
2

]

a
2−1+

1
a−1=yM
Vậy M là trung điểm của AB

Giao điểm của 2 tiệm cận là I

(

1;−1

)

⇒SIAB=
1

|

yA− yI

||

xB− xI

|

¿1

2.
2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Vaäy SIAB không phụ thuộc vào M

Bài tốn 2: Cho hàm số y = x3 + 3x2 – 9x + 5 (C) .

Tìm tiếp tuyến của đồ thị (C) có hệ số góc nhỏ nhất
Giải : Gọi M(x0; y0) (C) : hệ số góc tiếp tuyến tại M : k = f’(x0) = 3x0

+6x0−9

Ta có k=3

(

x0+1

)

2−12≥ −12 . Dấu “=” xảy ra khi x0 = – 1

Vaäy 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 tốn 3: Cho hàm số y = x3 + mx2 + 1 (Cm)

Tìm m để (Cm) cắt (d) y = – x + 1 tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao
cho các tiếp tuyến của Cm) tại B và C vng góc nhau

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (Cm)
x3 + mx2 + 1 = – x + 1

⇔ x(x2 + mx + 1) = 0 (*)

Đặt g(x) = x2 + mx + 1 . (d) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt

⇔ g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0

⇔

Δg=m2−4>0
g(0)=1≠0

⇔

m>2

m<−2

¿
¿{

¿
¿ ¿

Vì xB , xC là nghiệm của g(x) = 0

⇒

S=xB+xC=−m

P=xBxC=1
¿{

Tiếp tuyến tại B và C vuông góc

⇔f'

(

xC

)

f
'

(

xB

)

=−1 ⇔xBxC

(

3xB+2m

) (

3xC+2m

)

=−1

⇔xBxC

[

9xBxC+6m

(

xB+xC

)

+4m2

]

=−1 ⇔1

[

9+6m(−m)+4m2

]

=−1

⇔2m2

=10 ⇔m=±

√

5 (nhận so với điều kiện)

Bài toán 4: Cho hàm số y = x3 – 3x – 2 (H)

Xét 3 điểm A, B, C thẳng hàng thuộc (H). Gọi A1, B1, C1 lần luợt là giao điểm của

(H) với các tiếp tuyến của (H) tại A, B, C. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng.

Giải: Gọi M(x0; y0) thuộc (H). Phương trình tiếp tuyến của (H) tại M
(d) y=3

(

x0

−1

)

(

x − x0

)

+x
3

−3x0−2=3

(

x0
2

−1

)

x −2

(

x3+1

)

Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (H)

x3−3x −2=3

(

x0
2

−1

)

x −2

(

x3+1

)

⇔

(

x − x0

)

(

x+2x0

)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

⇔

x=x0(nghiệm kép)

x=−2x0

¿
¿
¿
¿
¿

Gọi A(a; yA) , B(b; yB) , C(c; yC)

⇒ giao điểm A1, B1, C1 của các tiếp tuyến tại A, B, C với (H)
A1=

(

−2a ;−8a

+6a−2

)

, B1=

(

−2b ;−8b
3

+6b −2

)

, C1=

(

−2c ;−8c
3

+6c −2

)

* A, B, C thẳng hàng :

⇔b − a

c −a=

b3− a3−3(b − a)

c3− a3−3(c −a) ⇔1=

b2+a2+ab−3
c2+a2+ac−3

⇔c2+ac=b2+ab





c



b



a



b



c





0

⇔a+b+c=0 (c ≠ b)

* A1, B1, C1 thẳng hàng :

⇔2a −2b

2a −2c=

(

a3−b3

)

−6(a −b
)
8

(

a3− c3

)

−6(a −c

) ⇔1=

(

a2

+ab+b2

)

−3
4

(

a2

+ac+c2

)

−3

⇔c2+ac=b2+ab ⇔(b − c)(a+b+c)=0

⇔a+b+c=0 (c ≠ b)

Vậy : A, B, C thẳng hàng ⇔ A1, B1, C1 thẳng hàng


Vấn đề 4: Biện luận số nghiệm phương trình, bất phương trình bằng đồ thị:

Phương pháp :

1)Dạng 1: cho phương trình f(x m) = 0 (1)
* Đưa về dạng : g(x) = m

* Vẽ đồ thị (C) : y = g(x) và (D) : y = m

* Xét sự tương giao của (C) và (D) trên đồ thị theo tham số m

* Kết luận : số giao điểm trên đồ thị là số nghiệm của phương trình (1)
2)Dạng 2: f(x) = g(m)

* y = g(m) là đường thẳng luôn qua M(x0; y0) cố định

* y = g(m) là đường thẳng có hệ số góc khơâng đổi
* g(m) = f(m)

Bài toán 1: Cho hàm số y = x3 – 3x (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị

b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y=−sin 3x −3 sin3x
Giải: a) Đồ thị (C)

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4
-2
2
4

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

b) y=−sin 3x −3 sin3x ⇔y

(

−3 sinx+4 sin3x

)

−3 sin3x

⇔y=sin3x −3 sin3x .Đặt t = sinx , t∈

[

−1;1]

Xét y = t3 – 3t với t∈

[

−1;1] Nhìn vào đồ thị (C) ta thấy 
Maxy= 2

t∈[−1;1]

⇔t=−1⇔x=−Π

2 +k2Π ,
Miny= 2

t∈[−1;1]

⇔t=1⇔x=Π

2+l2Π (k,l∈Z)

Bài toán 2: Cho hàm số y=2x
2

+x+1

x+1 (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

b) Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức y=2 cos
2

x+|cosx|+1

|cosx+1|

Giải: a)Đồ thị (C)

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-12
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
6

x
y

b) Đặt t=|cosx|⇒0≤ t ≤1

Vaäy A=2t
2

+t+1

t+1 với D=

[

0;1] Nhìn vào đồ thị hàm số (1) ở trên khi xét t∈

[0

;1]

ta thaáy:


























 x x k

x
x
t

t

MaxA sin 0

cos

1
cos
)

(
2
1
1
2

loại

MinA=1⇔t=0⇔cosx=0⇔x=Π

2 +lΠ (k,l∈Z)

Bài toán 3: Cho hàm số y=x
2

+x −3

x+2 (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị

b) Biện luận theo m số nghiệm của: f (t)=t4

+(1−m)t2−3−2m=0

Giải: a)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

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

-6
-4
-2
2

x
y

b) t4

+(1− m)t2−3−2m=0 (*) ⇔t4+t3−3=m

(

t2+2

)

⇔t4+t2−3

t2

+2 =m

Xét hàm số y=x
2

+x −3

x+2 với x=t
2≥0

Nhìn vào đồ thị ta thấy khi m≥ −3

2 thì (d) cắt (C) tại 1 điểm có hồnh độ khơng âm.

Vậy khi m=−3

2 có nghiệm x = t2 = 0 ⇒ (*) có nghiệm kép t1=t2=0
m>−3

2 thì (*) có 2 nghiệm , m<−
3

2 thì () vô nghiệm

Bài tốn 4:Cho hàm số y=f(x)= 2x

x −1 (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị

b) Biện luận theo m số nghiệm của (m−2)|x|− m=0 với x∈

[

−1;2

]

Giaûi:a) Đồ thị (C)

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

-2
2
4

x
y

b) Xét phương trình (m−2)|x|− m=0 với x∈

[

−1;2

]

⇔m

(

|x|−1

)

=2|x| (*)

Vì |x|=1 không là nghiệm của (*) Vậy m= 2|x|

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Xét đường y = m và y= 2|x|

|x|−1 với x∈

[

−1;2

]

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4
-2
2
4

x
y

Nhìn vào đồ thị ta thấy : m∈(−∞ ;0) : (*) có 2 nghiệm, m∈{0}∪¿ : (*) có 1 nghiệm,

m∈(0;4) : (*) vô nghiệm

Bài tốn 5: Cho hàm số y=f(x)= x

x −1 (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C)

b) Biện luận số nghiệm của phương trình (1− m)x2−(1− x)x+1=0

Giải: a) Đồ thị (C)

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

-2
2
4
6

x
y

y=-3x+1

b) (1− m)x2−(1− x)x+1=0 (*)

Ta thấy x = 1 không là nghiệm của (*) , ta có ( )⇔ x
2

x −1=mx+1

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) : y= x

x −1 (d) laø tiếp tuyến của (C) khi (*) có nghiệm kép

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

⇔

1−m≠0
(1− m)2−4(1−m)=0

¿{

⇔

m≠1
m2+2m −3=0

¿{

⇔

m=−3

m=1(loại)

¿
¿
¿
¿
¿

⇔m=−3

Vậy tiếp tuyến của (C) qua A(0;1) : y = –3x + 1
* Kết luận

m=−3 : (d) tiếp với (C) ⇔ phương trình (*) có nghiệm kép

m∈(−∞ ;−3)∪(1;+∞) :(d) cắt (C) tại 2 diểm phân biệt ⇔ phương trình

(*)có 2 nghiệm đơn

m∈¿ : (d)∩(C)=Φ phương trình vơ nghiệm
Bài tốn 6: Giải và biện luận theo m số nghiệm phương trình

√

4x2−16x+12− x −2m=0

Giải: D=¿∪¿

√

4x2−16x+12− x −2m=0⇒

√

x2−4x+3=x
2+m

Đặt (d) : y=x

2+m Xét (C) : y=

√

x2−4x+3

-2 -1 1 2 3 4 5 6

-2
2
4
6

x
y

2
1
2
x

y

2
3
2
x

y

* Dựa vào đồ thị ta có: m∈

(

− ∞;−3

)

: phương trình đã cho vơ nghiệm
m∈¿ : phương trình có 1 nghiệm, m∈¿ : phương trình có 2 nghiệm

Bài toán 7: Cho hàm số y=3+2x2− x4 (C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x4−2x2

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2
1

2
3
4

x
y

y=4

y=3

b) x4−2x2=m4−2m2 ⇔− x4+2x2+3=− m4+2x2+3

Xeùt y=f (x)=− x4+2x2+3 (C) y=t=− m4+2m2+3=f(m)

Nhìn vào đồ thị ta thấy :

Khi t=4⇔m=±1 : (*) có 2 nghiệm kép x=±1

t=3⇔m=0 V m=±

√2

: (*) có 3 nghiệm ; 1 nghiệm kép x = 0

và 2 nghiệm đơn x=±

√

2
3<t<4⇔

−

√

2<m<

√2

m≠ ±1

m≠0

¿{ {

:(*) có 4 nghiệm phân biệt

t<3⇔
m<−

√

m>

√

¿{

:(*) có 2 nghiệm đơn

Vấn đề 5: Tìm điểm cố định của họ đường cong:
Phương pháp:

Cho (Cm): y = f(x, m) . Tìm các điểm cố định của (Cm) khi m thay đổi
* Gọi M(x0; y0) là điểm cố định (Cm) luôn đi qua

* M(x0; y0) tuoäc (Cm) ⇔ y0 = f(x0)

* Biến đổi y0 = f(x0,m) ⇔ Am + B = 0 hoặc Am2 + Bm + C = 0 về dạng
(I)

A=0

B=0

¿{

hoặc

(II)
A=0
B=0
C=0

¿{ {

Giải hệ ta được các cặp nghiệm (x0; y0). Các điểm cần tìm .

Bài tốn 1: Cho hàm số y = x3 – (m + 1 )x2 – (2m2 – 3m + 2 )x + 2m(2m – 1 ) (Cm)

Tìm điểm cố định mà họ (Cm) luôn đi qua với mọi m . ĐỊnh m để (Cm)
tiếp xúc với Ox

Giaûi: a) y = x3 – (m + 1 )x2 – (2m2 – 3m + 2 )x + 2m(2m – 1 )

⇔ ( 2x – 4)m2 + (x2 – 3x + 2)m + y – x3 + x2 + 2x = 0

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Toạ độ điểm cố định là nghiệm của hệ :

2x −4=0
x2−3x+2=0

y − x3

+x2+2x=0

⇔

¿x=2

y=0

¿{ {

¿
Kết luận : (Cm) luôn đi qua điểm M(2; 0) với mọi m

b) M(2; 0) là điểm cố định của(Cm) nên M(2; 0) vừa thuộc (Cm) vừa thuộc 0x
nên: x3 – (m + 1 )x2 – (2m2 – 3m + 2 )x + 2m(2m – 1 ) = 0

ó (x – 2)[x2 – (m – 1)x – (2m2 – m)] = 0

Để (Cm) tiếp xúc với Ox thì g(x) = x2 – (m – 1)x – 2m2 + m = 0 có nghiệm

x = 2 hoặc có nghiệm kép khác 2

⇔

¿Δ=9m2−6m+1=0
g(2)≠0

⇔m=1

¿
¿

Δ=9m2−6m+1>0

g(2)=0

⇔

m=−2

¿
¿

m=3
2

¿
¿{

¿ ¿

Bài tốn 2: cho đường cong (Cm): y = (m + 1)x3 – 2mx2 – (m – 2)x + 2m + 1

Chứng minh rằng (Cm) luôn đi qua 3 điểm cố định khi m thay đổi
Giải : y = (m + 1)x3 – 2mx2 – (m – 2)x + 2m + 1

⇔

x3−2x2− x+2
=0
x3+2x+1−y =0

⇔

x=1
y=4

¿
¿
¿
¿

x=−1

y=−2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Bài toán 3: cho hàm số y=(m−1)x −2

x − m (Hm)

Chứng minh rằng (Hm) luôn luôn đi qua hai điểm cố định khi m thay
đổi ,ngoại trừ một vài giá trị m mà ta phải xác định

Giaûi: y=(m−1)x −2

x=m ⇔y(x −m)=(m −1)x −2 (x ≠ m)

⇔(x+y)m−(xy+x+2)=0

⇔

x+y=0
xy+x+2=0

¿
¿{

⇔

¿x=−1

y=1

⇒m≠ −1

¿
¿

x=2

¿
¿

y=−2

⇒m≠2

¿ ¿

Vậy: khi m thay đổi , với

m≠ −1

m≠2

¿
¿

thì (Hm) ln đi qua hai điểm cố định
Bài toán 4: Cho hàm số y = mx3 + (1 – m)x + 1 có đồ thị (Cm)

Tìm tất cả các điểm mà (Cm) không bao giờ đi qua với mọi m
Giải: Gọi M (x0; y0) là điểm mà (Cm) không bao giờ đi qua

M(x0; y0) không thuộc (Cm) ⇔ (x3 – x)m + x + 1 – y ≠ 0 với mọi m

⇔

x3− x=0
x+1− y ≠0

¿{

⇔

x=0
y ≠1
V

¿x=1

y ≠2
V

¿x=−1

y ≠0

¿{

Kết luận : Đồ thị (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)x3 – 3(m + 3)x2 – (6m + 1)x + 1

CMR: (Cm) luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng
Giải : y = (m + 3)x3 – 3(m + 3)x2 – (6m + 1)x + 1



(x3 – 3x2 – 6x + 1)m + (3x3 – 9x2 – x + 1 – y) = 0

Toạ độ điểm cố định (nếu có) sẽ là nghiệm của hệ

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

x3−3x2−6x+1=0
3x3−9x2− x+1− y

⇔

¿x3−3x2−6x+1=0 (1)
y=17x −2 (2)

¿{

Đểâ chứng minh (Cm) luôn qua 3 điểm cố định thẳng hàng ta cần chứng minh
(1) có 3 nghiệm phân biệt hay hàm số y = x3 – 3x2 – 6x + 1 (C) có hai giá trị

cực trị trái dấu

Ta có: y’ = 3x2 – 6x – 6 ⇒ y’ = 0 ⇔x=1±

√

Suy ra yCÑyCT = −

(

√

3+7

)(6

√

3−7

)

=−59

Kết luận : (Cm) luôn qua 3 điểm cố định 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
trình quỹ tích :

F(x, y) = 0 (hay y = h(x) )

* Giới hạn : dựa lvào điều kiện của tham sơ 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 tốn 1: Cho hàm số y=x3−3x2

Gọi (Δ) là đường thẳng qua gốc tạo độ và có hệ số góc k . Với những

giá trị nào của k thì (Δ) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, O ? Tìm tập hợp trung

điểm I của AB khi k thay đổi.
Giải: (Δ) qua gốc toạ độ nên có dạng :y = kx

Phương trình hồnh độ giao điểm của (Δ) và (C) là : x3−3x2=kx

⇔x

(

x2−3x − k

)

=0 ( ) Đặt g(x)=x2−3x − k

(Δ) caét (C) tại 3 điểm phân biệt A, B,O ⇔ g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

⇔

g(0)=− k ≠0
Δg(x)=9+4k>0

¿{

⇔

k ≠0
k>−9

¿{

Vì xA, xB là nghiệm của g(x)

⇒

S=xA+xB=−b
a=3
P=xAxB=−k

¿{

Gọi I là trung điểm cuûa AB

⇒

xI=xA+xB

2 =

3
2
yI=kxI=3

2k

¿{

Giới hạn :
¿

k ≠0
k>−9

¿{

⇔

2
3 yI≠0

2
3 yI>−

9
4

¿{

⇔

yI≠0

yI>−27

¿{

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

x=3

2 với y ≠0Λ y>−

27
8

Bài toán 2: Cho hàm số (C) y=x
2

x . Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng toađộ để từ đó

có thể kẻ đến (C) 2 tiếp tuyến vng góc
Giải: Gọi M(x0; y0)

Phương trình đường thẳng (d) qua M có hệ số góc k
y = k(x – x0) + y0

Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (C)
x2+1=x

(

kx−kx0+y0

)

(kx≠0)

⇔(1−k)x2−

(

y0−kx0

)

x+1=0 ( )

(d) tiếp xúc (C)

⇔

k ≠1
Δ=

(

y0−kx0

)

−4(1− k)=0

¿{

⇔

k ≠1

x02k2+2

(

2− x0y0

)

k+y02−4=0
y0≠kx0

(I)

¿{ {

Từ M vẽ 2 tiếp tuyến đến (C) vng góc nhau

⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt

k1, k2≠1

k1k2=−1

¿{

⇔

x0≠0
y02−4

x02

=−1

(

y0− x0

)

2≠0

¿{{

⇔

x0≠0
x02

+y02=4
y0≠ x0

¿{ {

Vậy tập hợp các điểm thoả yêu cầu bài tốn là đường trịn có phương trình x2+y2=4

loại bỏ 4 giao điểm của đường tròn với 2 đường tiệm cận

Bài tốn 3:Cho Parabol(Pm) y=2x2−(m−2)x+2m −4 .Tìm quỹ tích đỉnh của (Pm)

(Pm) y=2x2−(m−2)x+2m −4 có đỉnh S:

x=− b

2a
y=2x2−

(m−2)x+2(m−2)

¿Salignl{

¿
x=m−2

4 (1)

y=2x2−(m −2)x+2(m−2) (2)
¿⇔Salignl{

(1)⇔4x=m−2

Thế vào (2) , ta được : y=2x2−4x.x+2. 4x⇔y=−2x2+8x
Vậy quỹ tích đỉnh S của (P) : y=−2x2+8x

Bài toán 4: Cho hàm số (Cm) : y=f(x)=x3−3 mx2+2x −3m−1

Tìm quỹ tích điểm uốn của đồ thị (Cm) của hàm số
Giải: TXĐ : D = R

Ta coù y'=f'

(x)=3x2−6 mx+2 , y''=f' '(x)=6x −6m , y''=0⇔x=m

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

(Cm) có điểm uốn

x=m (1)
y=x3−3 mx2+2x −3m −1 (2)

¿Ialignl{

Theá m = x vào (2) ta có : y=x3−3x.x2+2x −3x −1

y=−2x3− x −1

Vậy quỹ tích của I là đường cong (C):y=−2x3− x −1

Bài toán 5: Cho hàm số y=2x

+(m −2)x

x −1 . Định 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 thị
Giải: y=2x

+(m −2)x

x −1 ⇒ y '=2−

m
(x −1)2=

2(x −1)2−m
(x −1)2

⇒ m > 0 thì hàm số có CĐ – CT

Gọi M1, M2 thứ tự là toạ độ CĐ – CT , ta có
M1

x1=1−

√

m

2
y1=4x1+m −2

¿{

và

M2
x2=1+

√

m
2
y2=4x2+m−2

¿{

⇒

M1
x<1
y1=2x12

¿{

và

M1

x<1
y2=2x22

¿{

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

y=2x2
x<1

¿Palignl{

hay

y=2x2
x>1

¿Palignl{

</div>

bien doi do thituong giaotiep tuyen v v NC

|

|

|

|

|

|

|

|

(

)

(

)

(

)

|

(

)

|

(

)

|

(|

|)

|

|P

|

<sub>|</sub>

<sub>|</sub>

(

(

)

|

(

)

(

)

|

|

(

)

(

)

(

<sub>)</sub>

[

]

√

√

(

√

√

)

(

√

√

)

(

)

(

)

[

]

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

[

]

(

)

|