Một số vấn đề liên quan đến khảo sát hàm số

bax CBxAx bax CBxAxy 2 2 2 Qua các bước : + Vẽ (C), và bỏ đi nhánh đồ thị của (C) bên trái tiệm cận đứng (d): a b x −= + Lấy đối xứng phần (C) bên trái tiệm cận đứng (d): a b x −= vừa bỏ đi qua d Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08  Tương tự với a < 0 (ta có thể nhân tử và mẫu với –1)  Tương tự với các đồ thị (C4) dcx baxy + + = hay ( )( )xQ xPy = ... và các đồ thị ( )( )xQ xP y = hay ( ) ( )...xQxPy = 5) Dạng 5:Từ đồ thị (C): y = f(x) suy ra đường cong biểu diễn (C5): ( )xfy = hay (C5): ( )( ) ( )( )0≥  − = xf:ñk xf xf 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, (xuông phía dưới trục Ox) Bài toán 1 : (Phép suy thứ nhất) a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( ) 1 : 2 − = x xyC b) Suy ra đồ thị ( ) 1 : 2 1 − = x xyC 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) Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 -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 y=-x-1 Bài toán 2: (Phép suy thứ hai) Vẽ đồ thị ( ) 1 : 2 2 − = x xyC Đồ thị (C2) -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 2 4 6 x y x=1 y=x+1y=-x+1 x=-1 Bài toán 3: (Phép suy thứ ba) Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 Vẽ đồ thị ( ) 1 : 2 3 − = x x yC 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 ( ) 1 : 2 4 − = x xyC 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 Bài toán 5: (Phép suy thứ năm) Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 Vẽ đồ thị ( ) 1 : 2 5 − = x xyC -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 hoành 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 toán 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 (C) : y = x3 – 3x + 2 * Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) x 3 – 3x + 2 = m(x – 2) + 4  (x – 2)( x2 + 2x + 1 – m) = 0 (1) Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 * 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 m=∆′ m < 0 0<∆′⇔ : (2) vô nghiệm m = 0 0=∆′⇔ : (2) có nghiệm kép x = – 1 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 m = 9 : (D) cắt (C) tại 1 điểm và tiếp xúc đồ thị tại điểm (2; 4) Bài toán 2: Cho hàm số y = 2 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 hoàn độ giao điểm của (C) và (D) : x 2 + 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 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]    >−+−−−−=− >−−−+−=∆ ≠−= ⇔ 032221412 03214244 01 mmmmaf mmmm ma     >− >+ ⇔ m) ( m m 013 0162429     > ≠ ⇔ 1. 3 4 m m Kết luận :     > ≠ ⇔ 1. 3 4 m m thì (D) cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của (C) Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 Bài toán 3:Cho hàm số 1 2 − = x xy . 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 hoành độ giao điểm của (d’) và (C) x 2 = (x – 1)( – x + m) (đk : x ≠ 1) ⇔ 2x2 – (m + 1)x + m = 0 (*) Ta có ∆ = (m + 1)2 – 8m > 0 ⇔ m2 – 6m + 1 > 0     +> −< ⇔ 53 53 m m Giả sử (d’) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi I là trung điểm A, B:       − =+−= + = + = ⇒ 4 13 4 1 2 m mxy mxx x II BA I A và B đối xứng qua (d) ⇒ I thuộc (d): y = x – 1 ⇒ 1 4 1 4 13 − + = − mm ⇒ m = – 1 Lúc đó (*) thành trở thành : 2x2 – 1 = 0 ⇔ x = 2 1± Vậy       +− − 2 21; 2 1A       −− 2 21; 2 1B 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 hoành độ giao điểm của (d) và (P) x 2 – 2x – 3 = 2x + m ⇔ x2 – 4x – 3 – m = 0 (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B ⇔ ∆′ = 7 + m > 0 ⇔ m > –7 Lúc đó gọi xA , xB là 2 nghiệm của (1) ta có S = xA + xB = 4 Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 P = xA xB = – 3 – m a) Tiếp tuyến của (P) tại A, B vuông góc  f’(xA )f’(xB) = –1 ⇔ (2 xA –2)(2 xB –2) = – 1 ⇔ 4P – 4S + 5 = 0 ⇔ 4(–3 –m) –16 + 5 = 0 ⇔ m = 4 23 − (nhận vì m > –7) b) A, B thuộc (d) ⇒ yA = 2 xA + m yB = 2 xB + m Ta có AB2 = 100 ⇔ (xA – 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 toán 5 : Cho hàm số ( ) ( )H mx mxxfy + +−+== 13 Tìm a để đường thẳng ( )∆ : y = a(x+1) + 1 cắt (H) tại 2 điểm có hoành độ trái dấu Giải:Phương trình hoành độ giao điểm cả (C) và ( )∆ : ( ) ( )111 1 12 −≠++= + ++ x:ñk xa x x ( ) 11233 22 ++++=++⇔ xxxaxx ( ) ( ) ( ) ( )* 02121 2 =−+−+−=⇔ axaxxxg ( )∆ cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ trái dáu ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt 2121 01, xxxx <<Λ−≠ ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 21012121 021 01 01 001 <<⇔    ≠=−+−−− <−− ⇔      ≠− ≠− <− ⇔ a aaa aa a g ga
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) là: (y – y0) = f’(x0)(x – x0) 2)Loại 2: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) và đi qua điểm A - Cách 1: Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 * 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 hoành 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) đi 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 hoành 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 góc k (D) có 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) 22 432 − +− = x xxy . M là một điểm tuý ý trên (C) Tiếp 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 không phụ thuộc vào M Giải: ( ) (C) 1x ≠ − +−= − +− = 1 11 222 432 x x x xxy ( ) ( )⇒∈ CbaM ; tiếp tuyến tại M là (d) ( )( ) baxyy a +−′=       − +−= 1 11 2 a ab ( ) ( ) 1 11 21 1 2 1 2 − +−+−      − −=⇔ a a ax a y Tiệm cận đứng của (C) là (d1) : x = 1 ( ) ( )       − +−=∩⇒ 1 2 2 1 ;11 a Add Tiệm cận xiên của (C) là (d2) : ( ) ( )       −−=∩⇒−= 2 3 ;121 2 2 aaBddxy Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 Ta có : ( ) ( ) MBA xaaxx ==−+=+ 1212 1 2 1 ( ) MBA y a a a a yy = − +−=    −+ − +−=+ 1 11 22 3 1 2 2 1 2 1 2 1 Vậy M là trung điểm của AB Giao điểm của 2 tiệm cận là IBIAIAB xxyySI −−=⇒      − 2 1 2 1 ;1 222. 1 2 . 2 1 =− − = a a Vậy SIAB không phụ thuộc vào M Bài toán 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) = 963 020 −+ xx Ta có ( ) 121213 20 −≥−+= xk . Dấu “=” xảy ra khi x0 = – 1 Vậy 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 toán 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 vuông góc nhau Giải: Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (Cm) x 3 + 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 ( )   −< > ⇔    ≠= >−=∆ ⇔ 2 2 010 042 m m g mg Vì xB , xC là nghiệm của g(x) = 0    == −=+= ⇒ 1CB CB xxP mxxS Tiếp tuyến tại B và C vuông góc ( ) ( ) 1−=′′⇔ BC xfxf ( )( ) 12323 −=++⇔ mxmxxx CBCB ( )[ ] 1469 2 −=+++⇔ mxxmxxxx CBCBCB ( )[ ] 14691 2 −=+−+⇔ mmm Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 102 2 =⇔ m 5±=⇔ m (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 ( ) ( )( ) ( ) ( )12132313 32003020 +−−=−−+−−= xxxxxxxxyd Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (H) ( ) ( )121323 3203 +−−=−− xxxxx ( ) ( ) 02 020 =+−⇔ xxxx ( )    −= = ⇔ 0 0 2xx xx ùpnghieäm ke 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) ( )268;2 31 −+−−= aaaA ( )268;2 31 −+−−= bbbB ( )268;2 31 −+−−= cccC * A, B, C thẳng hàng : ( ) ( )acac abab ac ab −−− −−− = − − ⇔ 3 3 33 33 3 31 22 22 −++ −++ =⇔ acac abab abbacc +=+⇔ 22 ( )( ) 0=++−⇔ cbabc ( )bc ≠=++⇔ 0cba * A1, B1, C1 thẳng hàng : ( ) ( ) ( ) ( )caca baba ca ba −−− −−− = − − ⇔ 68 68 22 22 33 33 ( ) ( ) 34 341 22 22 −++ −++ =⇔ caca baba abbacc +=+⇔ 22 ( )( ) 0=++−⇔ cbacb ( )bc ≠=++⇔ 0cba Vậy : A, B, C thẳng hàng ⇔ A1, B1, C1 thẳng hàng Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08
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 không 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 xxy 3sin33sin −−= Giải: a) Đồ thị (C) -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -2 2 4 x y b) xxy 3sin33sin −−= ( ) xxxy 33 sin3sin4sin3 −+−=⇔ xxy 33 sin3sin −=⇔ Đặt t = sinx , [ ]1;1−∈t Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 Xét y = t3 – 3t với [ ]1;1−∈t Nhìn vào đồ thị (C) ta thấy [ ] Π+Π−=⇔−=⇔= −∈ 2 2 12 1;1 kxtMaxy t [ ] ( )Zlk, ∈Π+Π=⇔=⇔= −∈ 2 2 12 1;1 lxtMiny t Bài toán 2: Cho hàm số 1 12 2 + ++ = x xxy (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b) Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức 1cos 1coscos2 2 + ++ = x xx y 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 10cos ≤≤⇒= txt Vậy 1 12 2 + ++ = t ttA với [ ]1;0=D Nhìn vào đồ thị hàm số (1) ở trên khi xét [ ]1;0∈t ta thấy: Π=⇔=⇔   −= = ⇔     −= = ⇔= kxx x x t t MaxA 0sin 1cos 1cos )( 2 1 1 2 loaïi Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 ( )Zlk, ∈Π+Π=⇔=⇔=⇔= lxxtMinA 2 0cos01 Bài toán 3: Cho hàm số 2 32 + −+ = x xxy (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị b) Biện luận theo m số nghiệm của: ( ) ( ) 0231 24 =−−−+= mtmttf Giải: a) -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -6 -4 -2 2 x y b) ( ) 0231 24 =−−−+ mtmt (*) ( )23 234 +=−+⇔ tmtt m t tt = + −+ ⇔ 2 3 2 24 Xét hàm số 2 32 + −+ = x xxy với 02 ≥= tx Nhìn vào đồ thị ta thấy khi 2 3 −≥m thì (d) cắt (C) tại 1 điểm có hoành độ không âm Vậy khi 2 3 −=m có nghiệm x = t2 = 0 Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 ⇒ (*) có nghiệm kép 021 == tt 2 3 −>m thì (*) có 2 nghiệm 2 3 −<m thì () vô nghiệm Bài toán 4:Cho hàm số ( ) 1 2 − == x x xfy (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị b) Biện luận theo m số nghiệm của ( ) 02 =−− mxm với [ ]2;1−∈x Giải:a) Đồ thị (C) -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -2 2 4 6 x y b) Xét phương trình ( ) 02 =−− mxm với [ ]2;1−∈x ( ) xxm 21 =−⇔ (*) Vì 1=x không là nghiệm của (*) Vậy 1 2 − = x x m với [ ]2;1−∈x Xét đường y = m và 1 2 − = x x y với [ ]2;1−∈x Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -2 2 4 x y Nhìn vào đồ thị ta thấy ( )0;∞−∈m : (*) có 2 nghiệm { } )[ ∞+∪∈ ;40m : (*) có 1 nghiệm ( )4;0∈m : (*) vô nghiệm Bài toán 5: Cho hàm số ( ) 1 2 − == x x xfy (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) b) Biện luận số nghiệm của phương trình ( ) ( ) 0111 2 =+−−− xxxm Giải: a) Đồ thị (C) Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -2 2 4 6 x y y=-3x+1 b) ( ) ( ) 0111 2 =+−−− xxxm (*) Ta thấy x = 1 không là nghiệm của (*) , ta có ( ) 1 1 * 2 += − ⇔ mx x x 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) : 1 2 − = x xy (d) là tiếp tuyến của (C) khi (*) có nghiệm kép ( ) ( )  =−−− ≠− ⇔ 0141 01 2 mm m    =−+ ≠ ⇔ 032 1 2 mm m ( )  = −= ⇔ loaïi1 3 m m 3−=⇔ m Vậy tiếp tuyến của (C) qua A(0;1) : y = –3x + 1 * Kết luận 3−=m : (d) tiếp với (C) ⇔ phương trình (*) có nghiệm kép ( ) ( )+∞∪−∞−∈ ;13;m :(d) cắt (C) tại 2 diểm phân biệt ⇔ phương trình (*)có 2 nghiệm đơn ( ]1;3−∈m : ( ) ( ) Φ=∩ Cd phương trình vô nghiệm Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 Bài toán 6: Giải và biện luận theo m số nghiệm phương trình 0212164 2 =−−+− mxxx Giải: ( ] [ )+∞∪∞−= ;31;D m x xxmxxx +=+−⇒=−−+− 2 340212164 22 Đặt (d) : mxy += 2 Xét (C) : 342 +−= xxy -2 -1 1 2 3 4 5 6 -2 2 4 6 x y 2 1 2 −= xy 2 3 2 −= xy * Dựa vào đồ thị ta có       −∞−∈ 2 3 ;m : phương trình đã cho vô nghiệm      −−∈ 2 1 ; 2 3 m : phương trình có 1 nghiệm      +∞−∈ ; 2 1 m : phương trình có 2 nghiệm Bài toán 7: Cho hàm số 4223 xxy −+= (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 2424 22 mmxx −=− Giải: a) Đồ thị (C) : 4223 xxy −+= -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 1 2 3 4 x y y=4 y=3 b) 2424 22 mmxx −=− 3232 2424 ++−=++−⇔ xmxx Xét ( ) 32 24 ++−== xxxfy (C) ( )mfmmty =++−== 32 24 Nhìn vào đồ thị ta thấy : Khi 14 ±=⇔= mt : (*) có 2 nghiệm kép 1±=x 203 ±==⇔= mmt V : (*) có 3 nghiệm ; 1 nghiệm kép x = 0 và 2 nghiệm đơn 2±=x      ≠ ±≠ <<− ⇔<< 0 1 22 43 m m m t : (*) có 4 nghiệm phân biệt     > −< ⇔< 2 2 3 m m t : (*) có 2 nghiệm đơn Vấn đề 5: Biện luận số đường cong đi qua diểm cho trước: Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 Phương pháp: cho đường (Cm) = f(x, m) và điểm M(x0; y0) cho trước. Biện luận theo m số đường (Cm) đi qua M * M(x0; y0) thuộc (Cm) ⇔ y0 = f(x0, m) * Biến đổi phương trình có ẩn m , và x0; y0 là tham số Am + B = 0 (1) hay Am2 + Bm + C = 0 (2) * Biện luận số nghiệm của phương trình (1) và (2) theo m . Từ đó suy ra số(Cm) đi qua M Bài toán 1: Cho hàm số ( ) mx mxmy + ++− = 31 (Cm) Biện luận theo m số đường (Cm) đi qua điểm ( )βα;M cho sẵn Giải: ( ) ( ) ( ) ( )α α αββα −≠ + ++− =⇔∈ m m mmCmM 31; ( ) ( ) 31 ++−=+⇔ mmm αβα ( ) 31 −+=+−⇔ ααββα m (*) * Nếu 101 +≠⇒≠+− αββα thì (*) có 1 nghiệm 1 3 +− −+ = βα ααβ m Vậy 1+≠ αβ thì có một đương (Cm) đi qua M * Nếu 101 +=⇒=+− αββα ( ) ( ) 320310* 2 −+=⇔−++=⇔ ααααα mm - Nếu    −≠ ≠ ⇔≠−+ 3 1 0322 α α αα thì (*) vô= nghiệm . Vậy 31;1 −≠∪≠+= αααβ thì không có (Cm) đi qua M - Nếu 31;1 −=∪=+= αααβ thì có vô số (Cm) đi qua ( ) ( )2,3,2;1 21 −−MM Nhận xét : M1, M2 chính là 2 điểm có định của (Cm) Bài toán 2:Cho hàm số ( ) mx mmxmmmxy − +−+−+− = 21 222 có đồ thị (Cm) CMR luôn tìm được 2 giá trị của m để đồ thị (Cm) đi qua M(x0; y0) với x0 > 1 Giải: ( ) ⇔∈ CmM ( ) mx mmxmmmxy − +−+−+− = 0 2 0 22 0 0 21 ( )mx ≠0 ( ) ( ) 0211 000002020 =+−++−−+−⇔ yxxmyxxmx ( )10 >x (*) Ta giải (*) để tìm nghiệm m ( ) ( )( )2141 0000200201 +−−++−−=∆ yxxxyxx ( )[ ] ( ) ( )[ ]121411 0002000 −−−+−+−= yxxyxx Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )1141811121 0000200002020 −−−−+−+−−+−= yxxxyyxxxx ( ) ( )( ) ( ) ( )20200000201 1181121 −+−+−−−−=∆⇔ xxxyxxy Ta cần chứng minh ( )10 00 >∈∀>∆ xRy vôùi Đặt 10 −= yt ta được ( ) ( ) ( ) ( )xgxxxtxxt =−+−+−−=∆ 20200002 11812 RyRt ∈∀>∆⇒∈∀>∆⇒ 011 ,0,0 ⇒ (*) luôn có 2 nghiệm m Vậy: có 2 đường (Cm) đi qua M(x0; y0) với x0 > 1 Vấn đề 6: 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) tuộc (Cm) ⇔ y0 = f(x0) * Biến đổi y0 = f(x0,m) ⇔ Am + B = 0 hoặc Am2 + Bm + C = 0 về dạng ( )    = = 0 0 B A I hoặc ( )      = = = 0 0 0 C B A II Giải hệ ta được các cặp nghiệm (x0; y0). Đó chính là toạ độ các điểm cần tìm Bài toán 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 Giải: 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 Toạ độ điểm cố định là nghiệm của hệ :    = = ⇔      =++− =+− =− 0 2 02 023 042 23 2 y x xxxy xx x 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  (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 Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 ( ) ( )           = −= ⇔    = >+−=∆ =⇔    ≠ =+−=∆ ⇔ 2 3 2 02 0169 3 1 02 0169 2 2 m m g mm m g mm Bài toán 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              = =    −= −=    = = ⇔    =−++ =+−− ⇔ 13 2 2 1 4 1 012 022 3 23 y x y x y x y xx xxx Bài toán 3: cho hàm số ( ) mx xmy − −− = 21 (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 Giải: ( ) ( ) ( ) ( )mxxmmxy mx xmy ≠−−=−⇔ = −− = 2121 ( ) ( )    =++ =+ ⇔ =++−+⇔ 02 0 02 xxy yx xxymyx        ≠⇒    −= = −≠⇒    = −= ⇔ 2 2 2 1 1 1 m y x m y x Vậy: khi m thay đổi , với    ≠ −≠ 2 1 m m thì (Hm) luôn 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 Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08    ≠−+ =− ⇔ 01 03 yx xx    ≠ −=    ≠ =    ≠ = ⇔ 0 11 1 0 y x y x V 2y x V 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 ( ) ( )  −= =+−− ⇔    =−+−− =+−− 2217 10163 0193 0163 23 23 23 xy xxx yxxx xxx Để 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 31±=⇔ x Suy ra yCĐyCT = ( )( ) 59736736 −=−+− Kết luận : (Cm) luôn qua 3 điểm cố định thược đường thẳng (d): y = 17x – 2 Vấn đề 7: 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 sô 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 toán 1: Cho hàm số 23 3xxy −= Gọi ( )∆ là đường thẳng qua gốc tạo độ và có hệ số góc k . Với những giá trị nào của k thì ( )∆ cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, O ? Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi. Giải: ( )∆ qua gốc toạ độ nên có dạng :y = kx Phương trình hoành độ giao điểm của ( )∆ và (C) là : kxxx =− 23 3 ⇔ Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 ( ) ( )* 032 =−−⇔ kxxx Đặt ( ) kxxxg −−= 32 ( )∆ cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B,O ⇔ g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ( ) ( )   >+=∆ ≠−= ⇔ 049 00 k kg xg     −> ≠ ⇔ 4 9 0 k k Vì xA, xB là nghiệm của g(x)     −== =−=+= ⇒ kxxP a b xxS BA BA 3 Gọi I là trung điểm của AB       == = + = ⇒ kkxy xx x II BA I 2 3 2 3 2 Giới hạn :     −> ≠ 2 9 0 k k       −> ≠ ⇔ 4 9 3 2 0 3 2 I I y y     −> ≠ ⇔ 8 27 0 I I y y Vậy tập hợp của I là đường thẳng có phương trình 2 3 =x với 8 270 −>Λ≠ yy Bài toán 2: Cho hàm số (C) x xy 1 2 + = . Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng toạ độ để từ đó có thể kẻ đến (C) 2 tiếp tuyến vuông 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 hoành độ giao điểm của (d) và (C) ( ) ( )0kx ≠+−=+ 002 1 ykxkxxx ( ) ( ) ( )*011 002 =+−−−⇔ xkxyxk (d) tiếp xúc (C) Chuyên đề khảo sát hàm sô1 Năm học 07-08 ( ) ( )  =−−−=∆ ≠ ⇔ 014 1 2 00 kkxy k ( ) ( )I y0    ≠ =−+−+ ≠ ⇔ 0 2 000 22 0 0422 1 kx ykyxkx k Từ M vẽ 2 tiếp tuyến đến (C) vuông góc nhau ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt    −= ≠ 1 1, 21 21 kk kk ( )       ≠− −= − ≠ ⇔ 0 14 0 2 00 2 0 2 0 0 xy x y x      ≠ =+ ≠ ⇔ 00 2 0 2 0 0 4 0 xy yx x Vậy tập hợp các điểm thoả yêu cầu bài toán là đường tròn có phương trình 422 =+ yx loại bỏ 4 giao điểm của đường tròn với 2 đường tiệm cận Bài toán 3:Cho Parabol