07 hàm số bậc hai phần 3 đặng việt hùng image marked

Chuyên đề: Hàm số bậc nhất, bậc hai

07. HÀM SỐ BẬC HAI (Phần 3)

DẠNG 3. BÀI TOÁN TƯƠNG GIAO – TIẾP TUYẾN

Ví dụ 1 [ĐVH]. Tìm giao điểm của đồ thị hàm số :
a) y  x  1 và y  x 2  2 x  1
b) y  2 x  5 và y  x 2  4 x  1
Lời giải:
a) Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị:
x 2  2 x  1  x  1  x 2  3 x  0  x  0 hoặc x  3
Khi x  0 thì y  1 ; x  3 thì y  2
Vậy có 2 giao điểm A  0;  1 và A  3; 2  .
b) Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị:
x2  4x 1  2x  5  x2  6x  4  0
Δ '  9  4  5 nên x1  3  5 , x2  3  5

Khi x1  3  5 thì y1  1  2 5 , khi x2  3  5 thì y2  1  2 5 .



 



Vậy có 2 giao điểm M 3  5;1  2 5 , N 3  5;1  2 5 .
Ví dụ 2 [ĐVH]. Tìm tọa độ giao điểm của hai đường parabol:
x2
a) y  x 2  4 và y  4  x 2
b) y   x  1 và y  x 2  2 x  1

4
Lời giải:
2
a) Phương trình hồnh độ giao điểm: x  4  4  x 2  2 x 2  8  x 2  4  x  2
Khi x  2 thì y  0 ; x  2 thì y  0 . Vậy có 2 giao điểm A  2; 0  và B  2; 0  .
x2
 x  1  x 2  2 x  1  3 x 2  4 x  0  x  0 hoặc x  4
b) Phương trình hồnh độ giaod điểm:
4
Khi x  0 thì y  1 ; x  4 thì y  9 . Vậy có 2 giao điểm I  0;1 và J  4; 9  .

Ví dụ 3 [ĐVH]. Chứng minh đường thẳng:
a) y   x  3 cắt  P  : y   x 2  4 x  1
b) y  2 x  5 tiếp xúc với  P  : y  x 2  4 x  4
Lời giải:
a) Phương trình hồnh độ giao điểm:  x  3   x 2  4 x  1  x 2  3 x  2  0
Vì Δ  9  8  0 nên đường thẳng cắt  P  tại 2 điểm phân biệt.
b) Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  4 x  4  2 x  5  x 2  6 x  9  0
Vì Δ  9  9  0 nên đường thẳng tiếp xúc với  P  .

Ví dụ 4 [ĐVH]. Cho hàm số y  x 2  2 x  m  1. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số:
a) Không cắt trục Ox
b) Tiếp xúc với trục Ox
c) Cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt ở về bên phải gốc O.
Lời giải:


Cho y  0  x 2  2 x  m  1  0; Δ '  1   m  1  2  m
a) Đồ thị không cắt trục Ox khi Δ '  0  2  m  0  m  2 .
b) Đồ thị tiếp xúc trục Ox khi Δ '  0  2  m  0  m  2 .

c) Đồ thị cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt ở về bên phải gốc O khi phương trình có nghiệm dương
phân biệt
Δ '  0
2  m  0
m  2


1 m  2 .
 P  0  m  1  0  
m  1
S  0
1  0


Ví dụ 5 [ĐVH]. Biện luận số giao điểm của đường thẳng  d  : y  2 x  m với  P  : y  x 2  x  6.
Khi cắt 2 điểm A, B, tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn AB.
Lời giải:
2
Phương trình hồnh độ giao điểm: x  x  6.  2 x  m  x 2  x  6  m  0
Δ  1  4  6  m   4m  25. Do đó:
Nếu m  

25
thì Δ  0 : phương trình vơ nghiệm nên  d  và  P  khơng có điểm chung.
4

25
thì Δ  0 : phương trình có nghiệm kép nên  d  tiếp xúc với  P  .
4
25

Nếu m  
thì Δ  0 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt nên  d  và  P  có hai điểm chung phân
4
biệt.
Giả sử  P  và  d  cắt nhau tại hai điểm A và B phân biệt thì A, B có tọa độ: A  x1 ; 2 x1  m  và

Nếu m  

B  x2 ; 2 x2  m  .
x x

Do đó trung điểm của đoạn thẳng AB là I  1 2 ; x1  x2  m 
 2

1

x 
Theo định lí Vi-ét, ta có x1  x2  1 nên điểm I : 
2
 y  1  m

Vì điều kiện m  

25
19
nên y   .
4
5

1

19
Vậy quỹ tích của trung điểm I là phần đường thẳng: x  , giới hạn y   .
2
5


Ví dụ 6 [ĐVH]. Cho parabol  P  : y  x 2  4 x  3
Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A  4;1 biết rằng:
a) d cắt  P  tại hai điểm phân biệt

b) d tiếp xúc với  P  .

Lời giải:
Gọi k là hệ số góc của đường thẳng đi qua A, phương trình của d là:
y  1  k  x  4   y  kx  4k  1
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  4 x  3  kx  4k  1  x 2   k  4  x  4k  2  0
Δ   k  4   4  4k  2   k 2  8k  4 .
2

a) d cắt  P  tại hai điểm phân biệt khi Δ  0
 k 2  8k  4  0   k  4   8  k  4  2 2  k  4  2 2 hoặc k  4  2 2 .
2

Phương trình d : y  kx  4k  1 .
b) d tiếp xúc với  P  khi Δ  0  k 2  8k  4  0  k  4  2 2









Vậy d : y  4  2 2 x  15  8 2; y  4  2 2 x  15  8 2 .
Ví dụ 7 [ĐVH]. Lập phương trình tiếp tuyến với  P  : y  x 2  x  1
a) Tại điểm A  2;1

b) đi qua B  1;  5 

Lời giải:
a) Đường thẳng d đi qua A  2;1 có hệ số góc k:

y  1  k  x  2   y  kx  2k  1
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  x  1  kx  2k  1  x 2  1  k  x  2  2k  0
Điều kiện tiếp xúc: Δ  0  1  k   4  2k  2   0  k 2  6k  9  0  k  3. Vậy tiếp tuyến
2

d : y  3 x  5 .
b) Đường thẳng d đi qua B  1; 5  có hệ số góc k ' :
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  x  1  kx  k  5  x 2  1  k  x  4  k  0
Điều kiện tiếp xúc: Δ  0  1  k   4  4  k   0  k 2  2k  15  0  k  3 hoặc k  5 .
2

Khi k  3 , phương trình tiếp tuyến d1 : y  3 x  2
Khi k  5 , phương trình tiếp tuyến d 2 : y  5 x  10 .
Ví dụ 8 [ĐVH]. Cho parabol  P  : y  x 2  3 x  2 . Lập phương trình tiếp tuyến của  P  biết rằng:
a) Tiếp tuyến đó tạo với tia Ox một góc bằng 450
b) Tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y  2 x  1
1

c) Tiếp tuyến đó vng góc với đường thẳng y   x  2
3
Lời giải:
a) Theo giả thiết tiếp tuyến d tạo với tia Ox một góc bằng 450 nên hệ số góc của đường thẳng d là
d  tan 450  1 , do đó d : y  x  b.
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  3 x  2  x  b  x 2  4 x   2  b   0
Điều kiện tiếp xúc: Δ '  4   2  b   0  b  2
Vậy phương trình đường thẳng d là y  x  2 .


b) Tiếp tuyến d song song với đường thẳng y  2 x  1 nên hệ số góc của d bằng 2, do đó
d : y  2 x  b, b  1.
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  3 x  2  2 x  b  x 2  5 x   2  b   0
Điều kiện tiếp xúc: Δ '  25  4  2  b   0  b  
Vậy phương trình tiếp tuyến d là y  2 x 

17
.
4

17
.
4

1
c) Tiếp tuyến d vng góc với đường thẳng y   x  2 nên có hệ số góc của d bằng 3, do đó
3
d : y  3x  b

Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  3 x  2  3 x  b  x 2  6 x  2  b  0

Điều kiện tiếp xúc: Δ '  9   2  b   0  b  7 .
Vậy phương trình tiếp tuyến d là y  3 x  7.
Ví dụ 9 [ĐVH]. Tìm m để đường thẳng d : y  x  1 cắt parabol  P  : y  x 2  mx  1 tại hai điểm P, Q
mà đoạn PQ  3 .
Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm: x  mx  1  x  1  x 2   m  1 x  2  0
2

Điều kiện cắt tại 2 điểm P, Q : Δ  0  m 2  2m  7  0
Ta có PQ  3   x2  x1    y2  y1   9
2

2

  x2  x1    x2  1  x1  1  9  2  x2  x1   9
2

2

2

 2  x12  x22  2 x1 x2   9  S 2  4 P 

Theo định lí Vi-ét: S  x1  x2  
nên: 1  m   8 
2

9
2

b
c
 1  m, P  x1 x2   2
a
a

9
25
5
5 2
2
 1  m  
(chọn).
 m 1  
 m  1
2
2
2
2

DẠNG 4. TỔNG HỢP VỀ HÀM SỐ BẬC HAI

Ví dụ 1 [ĐVH]. Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất (bé nhất) nếu có của các hàm số:
a) y  7 x 2  3 x  10
b) y  2 x 2  x  1
Lời giải:
a) y  7 x 2  3 x  10 có a  7  0 nên y đạt giá trị bé nhất tại đỉnh x1  

b
3

 là
2a 14

 3  271
y1  f  x1   f   
và không tồn tại giá trị lớn nhất.
8
 14 

b) y  2 x 2  x  1 có a  2  0 nên y đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh x1  
 1 9
y1  f  x1   f     và không tồn tại giá trị nhỏ nhất.
 4 8

Ví dụ 2 [ĐVH]. Cho hàm số y  x 2  6 x  5

b
1
  là
2a
4


a) Vẽ đồ thị của hàm số y  x 2  6 x  5 trên đoạn  0; 4 .
b) Tìm GTLN và GTNN của y trên  0; 4 .
c) Tìm tập hợp các giá trị của x   0; 4 sao cho y  0.
Lời giải:

a) Tập xác định: D  
 Tọa độ đỉnh: I (3;5)

 Bảng biến thiên:
x
0
5

3

4
3

f ( x)
4
 Bảng giá trị:
x
0
1
y
5
0
 Đồ thị hàm số như hình vẽ sau:

2
3

3
4

4
3

b) Dựa vào bảng biến thiên, ta được max y  5; min y   4
0;4

0;4

c) Dựa vào đồ thị, ta thấy ( P) nằm trên đường thẳng y  0 khi x   0;1
Vậy bất phương trình y  0  x   0;1 .
Ví dụ 3 [ĐVH]. Cho hàm số y  x 2  4 x  3  P 
a) Vẽ đồ thị  P  .
b) Xét sự biến thiên của hàm số trong khoảng  0;1 .
c) Xác định giá trị của x sao cho y  0.

d) Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn  0;3 .
Lời giải:

Tập xác định: D  
 Tọa độ đỉnh: I (2; 1)
 Bảng biến thiên:

x





2

f ( x)
1
 Bảng giá trị:

x
y

0
3

1
0

2
1

3
0

4
3


 Đồ thị hàm số như hình vẽ sau:

b) Bảng biến thiên của hàm số trên khoảng (0;1) như sau:
x
0
3

1

f ( x)
0

c) Dựa vào đồ thị, ta thấy ( P) nằm dưới đường thẳng y  0 khi x  1;3
Do đó, bất phương trình y  0  x  1;3 .
d) Dựa vào đồ thị, ta được max y  3; min y  1.
0;3

0;3

Ví dụ 4 [ĐVH]. Với mỗi hàm số y   x 2  2 x  3 và y 

1 2
x  x  4.
2

a) Vẽ đồ thị của hàm số.
b) Tìm tập hợp các giá trị x sao cho y  0.
c) Tìm tập hợp các giá trị x sao cho y  0.
Tập xác định: D  
 Tọa độ đỉnh: I (1; 4)
 Bảng biến thiên:

x

Lời giải:



1
4

f ( x)


 Bảng giá trị:
1
x
0
y
0
3
 Đồ thị hàm số như hình vẽ sau:



1
4

2
3

 Dựa vào đồ thị, ta thấy ( P) nằm trên đường thẳng y  0 khi x  (1;3)
Do đó, bất phương trình y  0  x  (1;3).
x  3
 Dựa vào đồ thị, ta thấy ( P) nằm dưới đường thẳng y  0 khi 
x  1

3
0

Do đó, bất phương trình y  0  x  ( ;1)  (3;  ).
b) Tập xác định: D  
 Tọa độ đỉnh: I (1; 4)
 Bảng biến thiên:

x
1





f ( x)

 Bảng giá trị:
x

3
2
5
y
4

2
 Đồ thị hàm số như hình vẽ sau:

 Ta có y  0 

9
2

1
9

2

0

4

1
5

2

1 2
x  x  4  0  x   4; x  2.
2

x  2
Dựa vào đồ thị, ta thấy ( P) nằm trên đường thẳng y  0 khi 
x   4
Do đó, bất phương trình y  0  x  ( ;  4)  (2;  )
 Dựa vào đồ thị, ta thấy ( P) nằm dưới đường thẳng y  0 khi  4  x  2
Do đó, bất phương trình y  0  x  ( 4; 2).

Ví dụ 5 [ĐVH]. Cho hàm số y  x 2  4 x  m  P 
a) Tìm m để  P  qua M  2;1 ;
b) Khảo sát hàm số và vẽ  P  với m tìm được;
c) Tìm tập hợp các giá trị y sao cho x  0;

d) Tìm tập hợp các giá trị y sao cho x  0.
Lời giải:
a) Theo bài ra, ta có y ( 2)  1  4  8  m  1  m  5
Do đó, phương trình parabol là ( P) : y  x 2  4 x  5
b)  Tập xác định: D  
 Tọa độ đỉnh: I ( 2;1)
 Bảng biến thiên:

x


2

f ( x)

1





 Bảng giá trị:
4
3
x
y
5
2
 Đồ thị hàm số như hình vẽ sau:

2
1

1
2

0
5

c) Với x  0, dựa vào đồ thị, ta được y  5 
 Ty  (5;  )
d) Với x  0, dựa vào đồ thị, ta được y  1 
 Ty  1;    .

Ví dụ 6 [ĐVH]. Cho Parabol  P  : y  x 2  3 x  2 và đường thẳng d : y  mx  2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  P  . // Bỏ qua ý này
b) Tìm tham số m để hai đồ thị của hai hàm số tiếp xúc nhau (có duy nhất một điểm chung), cắt nhau
tại hai điểm phân biệt.
c) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x 2  3 x  3  2m  0 .
Lời giải:
2
b) PT hoành độ giao điểm của d và  P  : x  3 x  2  mx  2  x 2  3 x  mx  x  x  3  m   0
Để hai đồ thị của hai hàm số tiếp xúc nhau thì: 3  m  0  m  3
Để hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì: 3  m  0  m  3
c) Xét phương trình x 2  3 x  3  2m  0 *
Ta có Δ  9  4  3  2m   8m  3
Kết luận:
+) PT vơ nghiệm khi m 

3

8

+) Có nghiệm duy nhất khi m 

3
8

+) Có 2 nghiệm phân biết khi m 

3
8

Ví dụ 7 [ĐVH]. Cho Parabol  P  y  x 2  1 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ  P  . // bỏ qua ý này nhé em
b) Xác định điểm M trên  P  để đoạn OM là ngắn nhất.
c) Chứng minh rằng khi OM ngắn nhất thì đường thẳng OM vng góc với tiếp tuyến tại M của  P  .
Lời giải:


2

1 1 1

b) Gọi M  x; x  1   P   OM  x   x  1  2 x  2 x  1  2  x 2     , x   .
2 2 2

2

2

2

2

2

4

2

1
1
1
 1
 1
M
; , M  
; .
2
2 2
 2 2

c) Trong hai trường hợp trên ta có OM vng góc với tiếp tuyến của (P) tại M.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  

Ví dụ 8 [ĐVH]. Cho đường thẳng d : y  2 x  1  2m và Parabol  P  đi qua điểm A 1;0  và đỉnh

S  3; 4  .
a) Lập phương trình và vẽ Parabol  P  .
b) Chứng minh rằng d luôn đi qua một điểm cố định.

c) Chứng minh rằng d luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt.
Lời giải:

 A 1;0    P 
a  b  c  0
a)  P  : y  ax 2  bx  c . Ta có 

9a  3b  c  4
 S  3; 4    P 
Hơn nữa S  3; 4  là đỉnh nên
1

a   5
a  b  c  0

b
6
1
6
7



 3  b  6a  9a  3b  c  4  b     P  : y   x 2  x  .
2a
5
5
5
5
b  6a  0



7

c  5

b) d khơng có điểm cố định.
c) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là
1
6
7
 x 2  x   2 x  1  2m  x 2  6 x  7  10 x  5  10m  0  x 2  16 x  10m  2  0 (*).
5
5
5
33
Hai đồ thị cắt nhau khi (*) có hai nghiệm phân biệt, tức là Δ  66  10m  0  m   .
5

Ví dụ 9* [ĐVH]. Cho hai hàm số y1  x  1  x  1 và y2 

1 2 3
x  x 1
4
4

a) Chứng minh đồ thị của y1 có trục đối xứng.
b) Tìm những giá trị của x để y1  y2 .
Lời giải:
a) y1  f  x   x  1  x  1 có D  R : x  D   x  D

f  x    x  1   x  1  x  1  x  1  f  x  . Vậy f là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng Oy.

2 x khi x  1

b) Ta có y1  f  x   2
khi  1  x  1
2 x khi x  1

Ta xét 3 trường hợp:
- Với x  1: y1  y2  2 x 
Chọn nghiệm:

11  105
11  105
1 2 3
x
x  x  1  x 2  11x  4  0 
2
2
4
4

11  105
 x  1.
2


- Với 1  x  1: y1  y2  2 

1 2 3
x  x  1  x 2  3 x  4  0  4  x  1. Chọn nghiệm 1  x  1
4
4

.
- Với x  1: y1  y2  2 x 
Vậy giá trị x cần tìm

1 2 3
x  x  1  x 2  5 x  4  0  1  x  4 (thỏa mãn).
4
4

11  105
 x  4.
2

Ví dụ 10* [ĐVH]. Cho f  x   ax 2  bx  c thỏa mãn f  x   1, x  1; 0;1
5
Chứng minh: f  x   , x   1;1 .
4

Lời giải:
1

a  2  f 1  f  1   f  0 
 f  1  a  b  c 

1


 b   f 1  f  1   f  0 
Ta có:  f  0   c
2


 f 1  a  b  c
c  f  0 


1
1
Do đó: f  x   ax 2  bx  c  f 1 .  x 2  x   f  1 .  x 2  x   f  0  . 1  x 2 
2
2

Vì f  1  1, f  0   1, f 1  1 nên có:
f  x 

1
1
1
1
f 1 . x 2  x  f  1 . x 2  x  f  0  . 1  x 2  x 2  x  x 2  x  1  x 2
2
2
2
2

2

1  x  x 2 khi  1  x  0
5 
1 5
2

 1 x  x    x   
2
4 
2 4
1  x  x khi 0  x  1