Giáo án lớp 12 môn đại số - 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 (C1), (C2) 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 Ox: y = 0 Giao điểm của hai đồ thị có hoành độ là nghiệm của phương trình ( ), 0f x m = 3. Các phương pháp chung Phương pháp nhẩm nghiệm hữu tỉ Xét phương trình: ƒ(x) = anxn + an − 1xn − 1 +... + a1x + a0 = 0 Nếu ( ); , 1px p qq= ∈ =
là nghiệm của ƒ(x) thì q | na và p | 0a Phương pháp hàm số (Sử dụng khi tham số là bậc 1) Chuyển phương trình tương giao: ( ) ( ), 0 ( ) y g xf 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 Ox: 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 xf x m g x m y m = = ⇔ = ⇔  = 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 ( ) 23 2f x ax bx c′ = + + ( ) ( ) ( )f x x p g x= − 1 nghiệm (1 giao điểm) x xx1 2x a > 0 a < 0 x21x 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 x1 2x a < 0 a > 0 x21x 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) xx1 2x a > 0 a < 0 x2 1x x 1x x2 3x x1 2x x3 2 CT CÐ 3 0 . 0 b ac f f  ′∆ = − >  < ( ) 0 0 g g p ∆ >  ≠ 1 2 3 x x x α < < < 3x x2 1x x3 2x x1 x x1 2xa < 0 a > 0 x2 1x xα 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 xx1 2x a > 0 a < 0 x2 1x x 1x x2 3x x1 2x x3 ( ) ( ) 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 >  Tương giao của đồ thị các hàm số 89 1 2 3 x x x < α< < 3x x21x x3 2xx1 x x1 2x a < 0 a > 0 x2 1x xα 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 xx1 2x a > 0 a < 0 x2 1x x 1x x2 3x x1 2x x3 ( ) ( ) 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 (Cm): ( ) ( ) ( )3 2 23 1 2 4 1 4 1y x m x m m x m m= − + + + + − + cắt Ox tại 1 2 3, ,x x x phân biệt và > 1 Giải: Xét PT: ( ) ( ) ( )3 2 23 1 2 4 1 4 1 0x m x m m x m m− + + + + − + = ⇔ ( ) ( ) ( )[ ]22 3 1 2 1 0x x m x m m− − + + + = ⇔ ( ) ( ) ( )[ ]2 2 1 0x x m x m− − − + = ycbt ⇔ 2 2 1 2 1 122 1; 1 1 m m m m m ≠ ≠ + ≠ ⇔ < ≠ > + > Bài 2. Tìm m để đồ thị (Cm): ( ) ( )3 2 2 22 2 1 1y x mx m x m m= − + − + − cắt Ox tại 1 2 3, ,x x x phân biệt và > 0 Giải: Xét PT: ( ) ( )3 2 2 22 2 1 1 0x mx m x m m− + − + − = ⇔ ( )[ ]2 2 1 0x m x mx m− − + − = ⇔ ( ) 2 2 1 0x 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 22 04 3 0; 1 0 2141 30 ; 1 0 3 mm g m m m mS m P m >∆ = − > = − ≠  ⇔ ⇔ < <  = − >   Chương I. Hàm số – Trần Phương 90 Bài 3. CMR: (C): ( ) ( )3 3 3y x a x b x= + + + − luôn cắt Ox tại đúng 1 điểm. Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 2 2 2 3 33 3f x x a x b x x a b x a b x a b= + + + − = + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 23 6 3 0 2 0y x a b x a b g x x a b x a b′ = + + + + = ⇔ = + + + + = • Nếu 0g ab′∆ = ≤ thì y = f (x) không có cực trị nên (C) cắt Ox tại 1 điểm. • Nếu ab > 0 thì g(x) = 0 hay ƒ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 đồng thời hàm số đạt cực trị tại x1, x2. Thực hiện phép chia ƒ(x) cho g(x) ta có: ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]. 4f x x a b g x ab x a b= + + − + + . Do ( ) ( )1 2 0g x g x= = nên ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 24 ; 4f x ab x a b f x ab x a b   = − + + = − + +    ⇒ ( ) ( ) ( ) ( )2 2C Ð CT 1 2 1 2. . 4 4f f f x f x a b x a b x a b   = = + + + +    ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 216 8 9 4 0 , 0a b a b a b a b a b a b ab ab   = + − + + + = − + > ∀ >   ⇒ (C): y = f (x) luôn cắt Ox tại đúng 1 điểm. Bài 4. Tìm m để (Cm): ( ) ( ) ( )3 2 2 23 3 1 1y f x x mx m x m= = − + − + − cắt Ox tại 1 2 3, ,x x x phân biệt và > 0 Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ Đồ thị (Cm) 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 23 2 1 0 2 1 0f x x mx m g x x mx m′ = − + − = ⇔ = − + − = 1 21 ; 1x x m x x m⇔ = = − = = + • Xét (2): Thực hiện phéo chia ƒ(x) cho g(x) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 1 1f x x m g x x m m= − − + − − . Do ( ) ( )1 2 0g x g x= = nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 2 22 1 1 ; 2 1 1f x x m m f x x m m= − + − − = − + − − ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2CÐ CT 1 2 1 2 1 2. . 4 1 1 2 1 1f f f x f x x x m m x x m m = = − − − + − − −  O x y x1 1x x2 3x2x Tương giao của đồ thị các hàm số 91 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 24 1 1 1 4 1 1 1 3 2 1m m m m m m m m m m = − − − − − − − = − − − −  • Xét (3), (4): 1 1 0 1x m m= − > ⇔ > ; ( ) 2 20 1 0 1f m m= − . Hệ (*) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )[ ]2 2 2 2 21 3 2 1 0 3 2 1 0 1 0 1 0 m m m m m m m m m  − − − − < − − − <  ⇔  − > − >   3 1 2m⇔ < < + Bài 5. Tìm m để đồ thị ( ) ( ) ( )3 2: 3 3 1 1 3mC y f x x x m x m= = − + − + + cắt Ox tại 1 2 31x x x< < < Giải: Xét phương trình: ( ) ( )3 20 3 3 1 3 1f x x x x m x= ⇔ − + + = − (*) ( ) ( ) 3 23 3 1 3 1 x x xg x m x − + +⇔ = = − . Ta có: ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 3 1 x x xg x x − − + ′ = − ( ) 0 2g 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 ( )mC cắt Ox tại 1 2 31x x x ⇔ > Bài 6. Tìm m để đồ thị ( ) ( ) 3 2: 18 2mC y f x x x mx m= = − + − cắt Ox tại 1 2 30x x x< < < phân biệt Giải: Xét ( ) ( )3 2 3 218 2 0 2 9 1f x x x mx m m x x x= − + − = ⇔ − = − + (*) ( ) 3 2 29 1 x xg x m x − +⇔ = = − . Ta có: ( ) ( )( ) 2 2 2 3 1 9 1 x xg x x − − ′ = − ⇒ Bảng biến thiên Nghiệm của phương trình ƒ(x) = 0 là hoành độ giao điểm của đường thẳng y = 2m với (L): y = g(x). Nhìn bảng biến thiên suy ra: ƒ(x) = 0 có nghiệm thoả mãn 1 2 30x x x< < < ⇔ 2m < 0 ⇔ m < 0. x −∞ 0 19 1 3 +∞ f ′ + 0 − 0 f −∞ 0 −∞ +∞ −∞ x −∞ 1 2 +∞ f ′ − − 0 + f +∞ −∞ +∞ 3 +∞ Chương I. Hàm số – Trần Phương 92 4. Tương giao hàm bậc 3 với Ox có hoành độ tạo thành cấp số Bài toán gốc 1: Tìm điều kiện tham số để (C): ( )3 2 0y ax bx cx d a= + + + ≠ cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số cộng. Điều kiện cần: Giả sử (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là ÷ x1, x2, x3 khi đó: ( ) ( ) ( )3 2 1 2 3ax bx cx d a x x x x x x+ + + = − − − ∀x ( ) ( )3 2 3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3ax 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 23 3bb a x x x a x x x ax x a− = − + + = − + + = − ⇒ =  Thế 2 3 bx a − = vào ( ) 3 2 0f 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 0y ax bx cx d ad= + + + ≠ cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số nhân. Điều kiện cần: Giả sử (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là cấp số nhân x1, x2, x3, khi đó: ( ) ( ) ( )3 2 1 2 3ax bx cx d a x x x x x x+ + + = − − − ∀x ( ) ( )3 2 3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3ax bx cx d a x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + = − + + + + + − ∀  Suy ra: 3 31 2 3 2 2 dd x x x ax x a − = − = − ⇒ = . Thế 32 dx a − = vào phương trình ( ) 3 2 0f 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. Tương giao của đồ thị các hàm số 93 Hệ quả: Nếu a =1 thì 32x d= − , khi đó: ( )2 0f x = ⇔ ( )23 3 0b d c d− + ⋅ − = ⇔ 33 2 3 3 2 3 3c d b d c d b d c b d⋅ − = = − ⋅ ⇔ − = − ⇔ = Bài tập áp dụng 1: Tìm m để (Cm): ( ) ( )3 2 23 2 4 9y f x x mx m m x m m= = − + − + − cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số cộng. Điều kiện cần: Giả sử (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là ÷ x1, x2, x3 khi đó: ( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 1 2 33 2 4 9x mx m m x m m x x x x x x− + − + − = − − − ∀x ( )3 2 23 2 4 9x mx m m x m m⇔ − + − + − ( ) ( )3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3x x x x x x x x x x x x x x x x= − + + + + + − ∀ ⇒ ( )1 2 3 1 3 2 2 23 3m x x x x x x x x m= + + = + + = ⇒ = . Thế 2x m= vào ( ) 0f x = ⇒ 2 0 0 1m m m m− = ⇔ = = hoÆc Điều kiện đủ: Với m = 0 thì ( ) 3 0 0f x x x= = ⇔ = (loại) Với m = 1 thì ( ) ( ) ( )3 2 23 6 8 0 1 2 8 0f x x x x x x x= − − + = ⇔ − − − = ( ) ( ) ( )2 1 4 0x x x⇔ + − − = ⇔ ÷ x1 = −2; x2 = 1; x3 = 4 Kết luận: (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng ⇔ m = 1. Bài tập áp dụng 2 : Tìm m để (Cm): ( ) ( ) ( )3 23 1 5 4 8y f x x m x m x= = − + + + − cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số nhân. Điều kiện cần: Giả sử (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt là cấp số nhân x1, x2, x3, khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 1 2 33 1 5 4 8x m x m x x x x x x x− + + + − = − − − ∀x ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 21 2 3 1 2 33 1 5 4 8 i jx m x m x x x x x x x x x x x x x⇔ − + + + − = − + + + − ∀∑ Suy ra: 31 2 3 2 28 2x x x x x= = ⇒ = . Thế 2 2x = vào phương trình ( ) 0f x = ⇒ ( )2 2 0 2m m− = ⇔ = Điều kiện đủ: Với m = 2 thì ( ) 3 27 14 8 0f x x x x= − + − = ( ) ( ) ( )1 2 4 0x x x⇔ − − − = ⇔ 1 2 31; 2; 4x x x= = = Kết luận: (Cm) cắt Ox 3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số nhân ⇔ m = 2. Chương I. Hàm số – Trần Phương 94 III. TƯƠNG GIAO HÀM BẬC 4 VỚI Ox CÓ HOÀNH ĐỘ TẠO THÀNH CẤP SỐ Bài 1. Tìm m để (Cm): ( ) ( )4 22 1 2 1y f x x m x m= = − + + + cắt Ox tại 4 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng Xét phương trình: ( ) ( )4 20 2 1 2 1 0f x x m x m= ⇔ − + + + = (1). Đặt ( ) ( ) ( )2 2; 2 1 2 1t x f x g t t m t m= = = − + + + Yêu cầu bài toán ⇔ ƒ(t) = 0 có 2 nghiệm t2 > t1 > 0 sao cho (1) có sơ đồ nghiệm: Ta có: 4 3 3 2 2 1x x x x x x− = − = − ⇔ 4 3 3 2x x x x− = − ⇔ ( )2 1 1 1 2 13t t t t t t− = − − ⇔ = ⇔ 2 19 0t t= > . Yêu cầu bài toán ⇔ ( ) 2 2 1 2 11 2 1 1 2 2 1 1 00; 9 2 92 1 0 5 1 . 2 1 0 9 2 1 mm t t t tt t m t m t t m t m − =    =+ = + > ⇔   = + = + >  = + ⇔ ( ) 2 1 2 1 0 2 4 9 4 1 99 2 15 m m t t m m m − < ≠  =  = ⇔ − = +  = +  Bài 2. Tìm a để PT ( )4 3 216 2 17 16 0x ax a x ax− + + − + = có 4 nghiệm phân biệt lập thành 1 cấp số nhân. Bổ đề: Giả sử phương trình 4 3 2 0ax bx cx dx e+ + + + = , ( )0a ≠ 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 bx x x x a cx 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 1x = α cũng là nghiệm. Không mất tính tổng quát giả sử 4 nghiệm là: 2 3, , ,q q q÷÷ α α α α với 0α ≠ và 1q > ⇒ 2 3q q qα < α < α < α . Do 2 3 1 1 1 1 , , , q q qα α α α cũng là nghiệm nên 1t− 1t 2t 2t− x1 x2 x3 x4 Tương giao của đồ thị các hàm số 95 3 2 / 31q 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 2 171 1 16 a a − − − − α + α + α + α =   +α + α + + + α + α =  . Đặt 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 32 . 2t − −= α + α ≥ α α = ⇒ 3 4 2 2 16 2 173 2 16 at t at t  − =   + − + =  ⇒ ( ) ( ) ( ) ( )( )4 2 3 216 3 2 32 2 17 0 2 5 2 3 4 4 1 0t t t t t t t t− + − − − = ⇔ − − − − = ⇔ ( )( ) ( )22 5 2 3 2 1 2 0t t t − − − − =  . Do t ≥ 2 nên suy ra 52t = ⇒ a = 170. Điều kiện đủ: Với a = 170 ta có: 4 3 216 170 357 170 16 0x x x x− + − + = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )8 1 2 1 2 8x x x x− − − − = 0 ⇔ ÷÷ 1 2 3 41 1; ; 2; 88 2x 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 mxy x + − = − tại 2 điểm A, B phân biệt sao cho OA ⊥ OB. Giải:
Xét PT: ( ) 2 2 2 1 11 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 10 1 1 11 A B mm x mx m ≠ << − ≠  ⇔  = ± −= −   (*) Ta có: OA ⊥ OB ⇔ ( ) 2 . 1 1 1 1 A B OA OB A B y y mk k x x m = − ⇔ ⋅ = − ⇔ = − − − ⇔ 2 1 51 0 2 m m m − ±+ − = ⇔ = thoả mãn điều kiện (*) Chương I. Hàm số – Trần Phương 96 Bài 2. Tìm m để ( : 1y mx∆) = − cắt (C): 2 1 2 x xy x + − = + tại 2 điểm A, B phân biệt thuộc cùng 1 nhánh của (C). Giải:
Xét PT: ( ) ( ) ( )2 21 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 2y x∆) = − cắt (C): ( )2 2 1 3 1 mx m xy x − + + = − tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh của (C). Giải:
Xét PT: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 0 12 1 3 3 2 1 2 1 3 3 2 1 x xmx 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 23 1 0 m g m m m m mm 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 xy 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 0g x x m x m= + − − + = . Ta có y = m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt 2 314 4 3 0 V 2 2 m m m m⇔ ∆ = − − > ⇔ . Với điều kiện này ta có AB = 1 ( ) ( )2 2 2 1 51 4 1 1 0 2B A A B A Bx x x x x x m m m ±⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ = Tương giao của đồ thị các hàm số 97 Bài 5. Tìm m để (d): 0mx y m− − = cắt đồ thị (C) 22 4 10 1 x xy x − + = − + tại 2 điểm A, B phân biệt sao cho AB có độ dài ngắn nhất. Giải: Xét phương trình ( ) ( ) ( )2 22 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 2m m m m′⇔ ≠ − ∆ > ⇔ ≠ − − + > ⇔ < − . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 21 4 1B A B A A BAB m x x x x x x m = + − − + − +  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 32 1 4 132 2 2 m m mg m g m m m − + + − ′= = ⇒ = − + + Lập bảng biến thiên suy ra với 2 5m = − − thì 8 2 5MinAB = + Bài 6. Cho (C): 2 11 xy x + = − và A(−2, 5). Xác định đường thẳng (D) cắt (C) tại 2 điểm B, C sao cho ∆ABC đều. Giải: • 2 1 321 1 xy x x + = = + − − ⇒ TCÐ : 1 TCN : 2 x y =  = ⇒ Phân giác tạo bởi 2 tiệm cận: ( ) : 3l 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: ( ) ( ) ( )22 1 3 1 01 x x m g x x m x m x + = + ⇔ = + − − + = − Ta có: ( ) ( ) ( )2 23 4 1 1 12 0g 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) Chương I. Hàm số – Trần Phương 98 Giả sử (D) ∩ (l) ≡ I ⇒ ( )3 3,2 2m mI − + ⇒ ( )22 72 2 mAI −= . Gọi ( ) ( )1 1 2 2, ; ,B x x m C x x m+ + ⇒ ( ) ( )2 22 2 1 2 1 1 22 2 4BC x x x x x x = − = + −  ⇔ ( ) ( ) ( )22 22 3 4 1 2 2 13BC m m m m = − + + = − +  ∆ABC đều ⇔ ( ) ( )22 2 23 4 3 2 13 7BC 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 (C1): 2 1 2 x xy x + − = + , (C2): ( ) 2 1 3 1 x m x my x + + + + = + song song với 4 53y x= + Giải:
(C1): 11 2y x x= − + + và (C2): 3 1y x m x= + + + . Hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) là nghiệm của phương trình: 3 31 11 12 1 2 1x x m mx x x x− + = + + ⇔ + = −+ + + + (1) Nếu m = −1 ⇒ 3 51 2 1 2xx x= ⇔ = −+ + ⇒ (C1) ∩ (C2) tại 1 điểm ⇒ m ≠ −1. Đặt 11m k+ = (k ≠ 0), khi đó (1) ⇔ ( ) ( ) 2 2 3 5 2 0g x x k x k= + + + + = . Giả sử (C1), (C2) cắt nhau tại ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y , khi đó: ( )1 2 2 1 2 1 2 11 2 2 3 3 3 1 15 2 x x k y y x m x m x xx x k  + = − +    ⇒ − = − + − − +    + + = +     ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 12 1 1 2 1 2 3 31 1 1 1 1 x x x x x x x x x x     = − − = − −    + + + + +    ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 13 11 15 2 2 3 1x x x x kk k = − − = − − + − + +  YCBT ⇔ 2 1 2 1 4 1 4 1 1 41 33 3 3 3 y y k m x x k k − − − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = − ⇔ = − , khi đó ( ) 2 3 13 0g x x x= − − = có 0g∆ > .