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 [...]...www.VNMATH.com Tương giao c a Bài 5 Tìm m (d): mx − y − m = 0 c t A, B phân bi t sao cho AB có th các hàm s 2 th (C) y = 2 x − 4 x + 10 t i 2 i m −x + 1 dài ng n nh t Gi i: Xét phương trình 2 x 2 − 4 x + 10 = mx − m ⇔ g ( x ) = ( m + 2 ) x 2 − 2 ( m + 2 ) x +... D ) : y = x + 1 m = 1 ⇔ m 2 + 4m − 5 = 0 ⇔  ⇒   m = −5 ( D ) : y = x − 5   2 ư ng th ng i qua 2 giao i m c a (C1 ): y = x + x − 1 , x+2 2 x + ( m + 1) x + m + 3 (C2): y = song song v i y = 4 x + 5 x +1 3 Bài 7 Tìm m Gi i: (C1): y = x − 1 + Hoành x −1 + 1 và (C ): y = x + m + 3 2 x+2 x +1 giao i m c a (C1) và (C2) là nghi m c a phương trình: 1 = x + m + 3 ⇔ m + 1 = 1 − 3 (1) x+2 x +1 x + 2 x... + m ⇔ g ( x ) = x 2 + ( m − 3) x − ( m + 1) = 0 x −1 2 2 Ta có: ∆ g = ( m − 3) + 4 ( m + 1) = ( m − 1) + 12 > 0 ∀m nên (D) luôn c t (C) t i B, C phân bi t và ∆ABC cân t i A 97 www.VNMATH.com Chương I Hàm s – Tr n Phương ( ) ( Gi s (D) ∩ (l) ≡ I ⇒ I 3 − m , 3 + m ⇒ AI 2 = 2 7 − m 2 2 2 2 ) 2 2 G i B ( x1 , x1 + m ) ; C ( x2 , x 2 + m ) ⇒ BC 2 = 2 ( x2 − x1 ) = 2 ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2    2 ⇔ BC 2... cho ∆ABC nh ư ng th ng (D) c t (C) t i 2 u TCÐ : x = 1  Gi i: • y = 2 x + 1 = 2 + 3 ⇒  x −1 x −1 TCN : y = 2  ⇒ Phân giác t o b i 2 ti m c n: ( l ) : y = − x + 3 • y′ = ⇒ −3 ( x − 1) 2 y 5 A < 0 ⇒ Hàm s ngh ch bi n 2 O 1 -2 th (C) có d ng như hình v Do A(−2, 5)∈(l) là tr c -1/2 x -1 i x ng c a (C) nên (l ) (D) ư ng th ng (D) c n tìm ph i vuông góc v i (l) ⇒ (D): y = x + m Xét phương trình: 2 x . 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. 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. 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