Mot so chuyen de LTDH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (241.85 KB, 29 trang )

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

Chủ đề I.

HÀM S

Ố VÀ ĐỒ THỊ

I. TẬP XÁC ĐỊNH CỦA HÀM SỐ.

1. Hàm số dạng y = ( )
( )
f x

g x . (1)
TXĐ: D =



x D g(x) g 0



D \ x g



D g(x) = 0g



2. Hàm số dạng y = f x .( ) (2)
TXĐ: D =



x D f(x) f  0



3. Hàm số có dạng y = lnf(x).
TXĐ: D =



x D f(x) > 0f



Do vậy ta chuyển các bài tốn tìm tập xác định của hàm số vào chủ đề phương trình và hệ
phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình.

II. TẬP GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ.
1. Tìm tập giá trị bằng định nghĩa.

ĐN. Cho hàm số y = f(x) xác định trên D. y là một giá trị thuộc tập giá trị của f(x) khi và chỉ
khi phương trình f(x) = y có nghiệm thuộcD.

PP. Tìmđiều kện y để phương trình f(x) = y có nghiệm. Phương pháp này thường dùng cho
các hàm số có tập xác địnhR.

Ví dụ 1. Tìm tập giá trị của hàm số y = 2 1
1

x
x


 .

Giải:TXĐ.R \

 

1 .
Phương trình y = 2 1

x
x



 

2 1

1
yx y x
x

  


 

 

( 2) 1

y x y
x

  


 

 y 2

Vậy tập giá trị của hàm số là R \

 

2 .

Ví dụ 2. Tìm tập giá trị của hàm số y =

2 1

x x
x

 

 .

Giải:TXĐ.R \ 1

2
 

 

 .
Phương trình y =

2 1

x x
x

 

 

2yx + y = 2x - x - 1
1

x
2





 

 

2 (2 1) 1 0

1
2

x y x y

x

     




 


4y2 + 4y + 1 + 8y + 8  0 4y2 + 12y + 9  0: Bất phương trình này thoả với mọi y.
Vậy tập giá trị của hàm số là R.

Ví dụ 3. Tìm tập giá trị của hàm số y =

1
x
x .

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

y =

1
x
x 

yx - y = x
x 1






 

0
1

x yx y
x

   

 

 y2- 4y  0  y  0 hoặc y  4.

Vậy tập giá trị của hàm số là (; 0)(4;)

Ví dụ 4. Tìm tất cả các giá trị của m để ph ương trình (m-1)sinx + m(cosx - 2) = 0 có nghiệm

Giải:

Phương trình tương đương m(sinx+ cosx - 2) = sinx (1)

Do sinx + cosx  2 nên sinx + cosx - 2 < 0. Suy ra sinx + cosx - 2 0

(1)  sin

sin cos 2

x

x x = m (2)

Đặt y = sin
sin cos 2

x
x x

TXĐ:R

Gọi y là một giá trị thuộc tập giá trị của hàm số.
Khi đó phương trình y = sin

sin cos 2

x

x x có nghiệm.

y = sin

sin cos 2

x

x x (y - 1)sinx + ycosx - 2y = 0

Phương trình này có nghiệm khi chỉ khi (y - 1)2 + y2  (- 2y)2

2y2 + 2y - 1  0

- 1 - 3 - 1 + 3
y

2 2

  

Vậy phương trìnhđã cho có nghiệm khi và chỉ khi - 1 - 3 m - 1 + 3

2   2

BTII.1.

1) Tìm tập giá trị của hàm số
a)

2
2

1
1

x
y

x







b) 2 2
1

x
y

x




2) Tìm tất cả các giá trị của m để ph ương trình sauđây có nghiệm :
sinx - 2cosx + 1

= 1 - 2m
sinx + 2

HD. Cho hàm số y = f(x) xác định trên D. Phương trình f(x) = k có nghiệm trên D khi và chỉ
khi k thuộc tập giá trị của f(x).

3) Chứng minh - 1

2
2

cos 2 cos

1
2 cos 1

x x

 



 

 

  , với (0; )
 HD. Tìm tập giá trị của hàm số

2
2

cos 2 cos

2 cos 1

x x

y

x x

 



 



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

4)* Tìm ađể tập giá trị của hàm số y x2 1
x a




 chứa đoạn [0; 1]

5)* Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

3
4
2

12 ( )
36
x x a
y

x



 

   
 HD. Tìm tập giá trị của hàm số

3
4
2

12 ( )
36
x x a
y

x



 

    .
2. Tìm tập giá trị bằng phương pháp bất đẳng thức.

PP. Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên D.

Nếu m  f(x)  M,  x D thì tập xác định của f(x) là [m; M]
Nếu m  f(x),  x D thì tập xác định của f(x) là [m; +)

Nếu f(x)  M thì tập xác định của f(x) là ( - ; M]

Chú ý nếu khơng có dấu bằng trong các bất đẵng thức trên thì phải thêm điều kiện về giới hạn.
Ví dụ: f(x) > m,  x D thì khơng thể kết luận ngay tập giá trị của f(x) là (m; +)

mà phải có thêm điều kiện

lim

xx f(x) = m.

Ví dụ 1. Tìm tập giá trị của hàm số y = 2 2
1

x
x

 .

Giải:Ta có 1 2 2 1

x
x

  

 ,  x R, y = 2

2
1

x
x

 liên tục trên R. Vậy tập giá trị của hàm số y =

2
1

x
x

 là [-1; 1].

Ví dụ 2. y = x2  x 1 x2 x 1

Giải:Ta có: y =

2 2

1 1

x

x   x x  x
=

2 2

1 3 1 3

( ) ( )

2 4 2 4

x

x   x 



2 2

1 1

( ) ( )

2 2

x
x  x

= 2

1 1

2 2

x
x  x

 2

1 1

2 2

x
x  x

= 2
2

x
x = 1

Dấu bằng không xảy ra vì hệ sau vơ nghiệm:

1 1

0 ( )( ) 0

2) 2

0
x

x x x

x

 


     



 


Mặt khác ta có lim ( 2 2 1 2 2 1)

x x  x  x  x = 2 2

2
lim

1 1

x

x x x x

      = - 1

2 2

lim ( 2 1 2 1)

x x  x  x  x = 2 2

2
lim

1 1

x

x x x x

      = 1

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

BTII.2. Tìm tập giá trị các hàm số sau
1) y = x22x 3 x22x3
2) y = 4x2

3) y = (x2)(3 2 ) x
4) y = x 3 6x

3. Tìm tập giá trị bằng phương pháp khảo sát sự biến thiên của hàm số.

PP. Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên D. Khảo sát và lập bảng biến thiên, ta sẽ thấy
ngay tập giá trị của hàm số.

Ví dụ 1. Tìm tập giá trị của hàm số y = 2 2
1

x
x

 .

Giải:TXĐ:R

Ta có y' =

2 2

2(1 ) 4
(1 )

x x

x

 

 =

2
2 2

2(1 )
(1 )

x
x




Bảng biến thiên:

Thấy ngay tập giá trị [ -1; 1]

Ví dụ 2. y = x2  x 1 x2 x 1

Giải:TXĐ:R

Ta có: y' =

2 1

x
x x



  - 2

2 1

x
x x


 
* Nếu 1

 x 1

 thì y'  0
* Nếu x 1

 thì y'  0  (x2- x + 1)(2x + 1)2  (x2 + x + 1)(2x - 1)2

 -2x2 + 2x + x2- x + 1 2x2 + 2x - x2- x - 1

 x2 1- 1  x 1
hay 1

2  x 1 thì y'  0
* Nếu x < - 1

2 thì y'  0

 (x2- x + 1)(2x + 1)2  (x2 + x + 1)(2x - 1)2

 -2x2 + 2x + x2- x + 1 2x2 + 2x - x2- x - 1

 x2 1 x  1hoặc x  1.
hay với x < - 1

2 thì y'  0
Bảng biến thiên:

Vậy tập giá trị của hàm số là (- 1; 1)

BTII.3. Tìm tập giá trị các hàm số sau
1) y = x22x 3 x22x3

x

-



- 1 1 +



y'

0 + 0

-y

0 1

-1 0

x

-



+



y'

+

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

2) y = x + 4x2
3) y = x + 4x2
4) y = x 4 4x

III. ĐIỂM ĐẶC BIỆT CỦA ĐỒ THỊ.

1. Điểm cố định.

ĐN.Điểm M(x0; y0) được gọi là điểm cố định của đồ thị hàm số y = f(m, x), trong đó m là

tham số, nếu M(x0; y0) thuộc mọi đồ thị của hàm số y = f(m, x).

PP. M(x0; y0) thuộc mọi đồ thị của hàm số y = f(m, x) khi và chỉ khi y0 = f(m, x0), m.

hay phương trình y0 = f(m, x0), thoảm.

Vậy M(x0; y0) là điểm cố định của đồ thị hàm số y = f(m, x) khi chỉ khi ph ương trình y0 = f(m,

x0), thoảm. Từ đây suy ra x0, y0.

Ví dụ 1. Tìmđiểm cố định của họ đường thẳng: y = m(x - 1) + m - 1

Giải:M(x0; y0) là điểm cố định của đồ thị hàm số y = m(x- 1) + m - 1 khi chỉ khi phương trình

y0 = m( x0- 1) + m - 1, thoảm.

mx0- 1 - y0 = 0 thoảm  x0 = 0, y0 = 1.

Ví dụ 2.Cho hàm số y = x3- 3(m + 1)x2 + 2(m2 + 4m + 1)x - 4m(m +1 ) (1)
1) Chứng minh rằng đồ thị luôn luôn đi qua một điểm cố định.

2) Tìm tất cảcác giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có
hồnh độ lớn hơn 1.

Giải:

1) M(x0; y0) là điểm cố định của đồ thị hàm số

y = x3- 3(m + 1)x2 + 2(m2 + 4m + 1)x - 4m(m +1 )
khi chỉ khi phương trình : y0 = x

0 - 3(m + 1)x
2

0 + 2(m

+ 4m + 1)x0- 4m(m +1 ) thoảm.

(2x0- 4)m2- (3 x20- 8 x0 + 4)m + x
3
0 - 3 x

0 + 2 x0- y0 = 0 thoảm.


0
2

0 0

3 2

0 0 0 0

2 4 0

3 8 4 0

3 2 0

x

x x

x x x y

 


   



    


 x0 = 2, y0 = 0.

2) Từ 1) cho ta thấy khi y = 0 ph ương trình:

x3- 3(m + 1)x2 + 2(m2 + 4m + 1)x - 4m(m +1 ) = 0 có 1 nghiệm x = 2
Vì thế phương trình tương đương với ( x- 2)[x2- (3m + 1)x + 2m(m +1)] = 0
Thấy ngay 3 nghiệm x = 2, x = 2m, x = m + 1.

Ta phải có:

2 2

1 2

2 1

1 1
m
m

m m
m
m



  

  



 


 


m > 1

2  m 1

Bài tập III.1.1

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

2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.

Bài tập III.1.2. Tìmđiểm cố định của đồ thị các hàm số sau đây
1) y = x4 + mx2- m - 5

2) y =

x x n
x n

  


3) y =

2x (1 m x) 1 m
x m

   



4) y = x3- (m + 1)x2- (2m2- 3m + 2)x + 2m( 2m - 1)

2. Điểm khơng có đồ thị n ào đi qua.

ĐN.Điểm M(x0; y0) được gọi là điểm khơng có đồ thị nào của đồ thị hàm số y = f(m, x), trong

đó m là tham số, đi qua nếu M(x0; y0) không thuộc mọi đồ thị của hàm số y = f(m, x).

PP. M(x0; y0) không thuộc mọi đồ thị của hàm số y = f(m, x) khi và chỉ khi y0 = f(m, x0),

khơng thoảm hay phương trình y0 = f(m, x0), vô nghiệm m.

Từ đây suy ra x0, y0.

Ví dụ 1. Tìm tất cả các điểm trong mặt phẳng m à khơng có đồ thị nào của họ đường thẳng:
y = m(x - 2) + m2- 1 đi qua

Giải: GọiM(x0; y0) là điểm như thế  y0 = m(x0- 2) + m2- 1, vô nghiệm m

 m2 + (x0- 2)m - 1 - y0 = 0, vô nghiệm m

(x0- 2)2- 4(1 + y0) < 0

y0 >

1
4(

0 4 0

x  x )

Đó là ph ần trong của parabol y = 1
4(

x  x )
(phần mặt phẳng chứa điểm (0; 1)

Ví dụ 2. Tìm tất cả các điểm trên đường thẳng y = 1 sao cho khơng có đồ thị nào của họ y =

2 2

m x + 1

x đi qua.

Giải: GọiM(x0; 1) là điểm như thế  1 =

2 2
0
0

m x + 1

x , vô nghiệm m
Phương trình 

2 2

0 0

x m = x - 1
x 0





 (1)

Thấy ngay hệ (1) vô nghiệm m chỉ khi x0 = 0 hoặc x0 < 1.

Đó là tập hợp những điểm thuộc đ ường thẳng y = 1, có hồnh độ x < 1.

Bài tập III.2.1.

1) Tìm tất cả các điểm trên mặt phẳng sao cho khơng có đồ thị nào của họ đồ thị sau đây đi qua:

x + mx - 8
y =

x - m .

2) Tìm tất cả các điểm trên mặt phẳng sao cho khơng có đồ thị nào của họ đồ thị sau đây đi qua:

(m - 2)x - (m - 2m + 4)
y =

x - m .

3. Điểm chỉ có một số đồ thị đi qua.

f(x)=(x^2-4x)/4

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

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

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

ĐN.Điểm M(x0; y0) có k đồ thị của họ đồ thị hàm số y = f(m, x) đi qua nếu M(x0; y0) thuộc

vào đúng k đồ thị của họ.

PP. Điểm M(x0; y0) có k đồ thị của họ đồ thị hàm số y = f(m, x) khi và chỉ khi phương trình

y0= f(m, x0) có đúng k nghiệm m.

Ví dụ. Chứng minh rằng những điểm trong mặt phẳng bên phải trục tung có đúng hai đồ thị
của họ đồ thị hàm số

2 2

(m + 1)x - m
y =

x - m đi qua.

Giải: Gọi A(x0; y0) , trong đó x0 > 0. Xét phương trình

2 2

0
0

(m + 1)x - m
y =

x - m (1)

(1) 

2 2 2 2 2 2

2 2 2 4 2 2 2

2 2 4 2

2 2 4 2 3

yx - ym = mx + x - m m - (x + y)m - x + x y = 0
(1)

x - m 0 x - m 0

Δ = (x + y) + 4x - 4xy = x + 2x y + y + 4x - 4xy =
= y + 2(x - 2x)y + x + 4x

δ' = (x - 2x) x - 4x = - 4x

 



 

 

 

 < 0, x > 0.

Δ > 0, x > 0, y.



  

Suy ra (1) có hai nghiệm phân biệt.

Bài tập III.3.1.

1) Chứng minh rằng những điểm trong mặt phẳng và không thuộc trục tung có đúng hai đồ thị
của họ đồ thị hàm số

2 2

x - mx - m
y =

x + m đi qua.

2) Những điểm thuộc đường thẳng y = 1, có bao nhi êu đồ thị của họ đồ thị hàm số sau đi qua:
y = x4- 2mx2 + m2 + 1 đi qua.

3) Cho hàm số

2 2

- x + mx - m
y =

x - m , (Cm)
a) Khảo sát hàm số khi m = 1.

b) Tìm mđể hàm số có cực đại, cực tiểu. Khi đó viết ph ương trìnhđường thẳng đi qua hai
điểm cực đại và cực tiểu của hàm số.

c) Tìm trên mặt phẳng các điểm có đúng hai đồ thị của họ (Cm) đi qua.

IV. VẤN ĐỀ ĐỐI XỨNG.
1. Trục đối xứng.

Ta chỉ xét trục đối xứng là đường thẳng vng góc trục hồnh.

ĐLý: Đồ thị hàm số y = f(x) có trục đối xứng l à đường thẳng x = x0 khi và chỉ khi qua phép biến

đổi x = x + X0
y = Y




 hàm số đã cho trở thành Y = f(x0 + X) là một hàm số chẵn.

Ví dụ 1:Chứng tỏ rằng đồ thị hàm số y = x4- 4x3- 2x2 + 12x - 1 có trục đối xứng. Từ đó suy ra
hồnh độ giao điểm của đồ thị với trục hoành.

Giải:

Giả sử đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của đồ thị hàm số.

Khi đó qua phép biến đổi: x x0 X
y Y

 


 

 hàm số đã cho trở thành:

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

= x04  4x Xo3  6x Xo2 2 4x X0 3 X4
-- 4x0312x X02 12x X0 2 4X3

-- 2x02 4x X0  2X2+

12 12

x X

  



Y là hàm số chẵn của X 0

3 2

0 0 0

4 4 0

4 12 4 12 0

x

x x x

 


 

   


Suy ra: x0 = 1.

Vậy đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường thẳng x = 1.

*Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hồnh.

Theo trên, khi x0 = 1 thì Y = X4- 8X2 + 6

Hoành độ giao điểm của đồ thi với trục hồnh là nghiệm phương trình:
y = 0 Y = 0 X4- 8X2 + 6 = 0

 X2 = 4  10

X =  4 10 , X =  4 10

Suy ra phương trình có 4 nghiệm: x = 1 4 10 , x = 1 4 10

Hoành độ 4 giao điểm với trục hoành là : x = 1 4 10 , x = 1 4 10

***Từ ví dụ 1 trên đây ta suy ra một phương pháp giải phương trình bậc bốn nếu vế trái của
phương trình là một hàm mà đồ thị cuả nó có trục đối xứng.

Ví dụ 2:Giải phương trình x4 + 8x3 + 12x2- 16x + 3 = 0
Đặt y = x4 + 8x3 + 12x2- 16x + 3.

Giả sử đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của đồ thị hàm số.

Khi đó qua phép biến đổi: x x0 X
y Y

 


 

 hàm số đã cho trở thành:

Y = (x0 + X)4 + 8(x0 + X)3 + 12(x0 + X)2- 16(x0 + X) + 3 =

= x04  4x Xo3  6x Xo2 2 4x X0 3 X4

-3 2 2 3

0 0 0

8x 24x X 24x X 8X

    

2 2

0 0

12x 24x X 12X

   

16 16

x X

  



Y là hàm số chẵn, suy ra: x0 = - 2

Y = X4- 12X2 + 35

Y = 0  X2 = 5, X2 = 7  X =  5, X =  7
Suy ra bốn nghiệm X =- 2  5, X = - 2  7

Bài tập tương tự:

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

ĐS ố: x = 2 1
2

 , x = 2  2.

BT2. Giải phương trình 6x4 + 24x3 + 23x2- 2x - 1 = 0
ĐS ố: x =- 1 2

 , x = - 1 3
2

 .

BT3. Chứng tỏ rằng đồ thị hàm sốy = x4 + 8x3 + 12x2- 16x + 3 có trục đối xứng. Từ đó suy
ra hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hồnh.

BT4. Tìm tất cả các giá trị a để đồ thị hàm số sau có trục đối xứng:
y = ax4 + 4x3- 2ax2 + 1

2. Tâm đối xứng.

ĐLý: Đồ thị hàm số y = f(x) có tâm đối xứng là M0(x0, y0) khi và chỉ khi qua phép biến đổi

0
0

x = x + X
y = y + Y




 hàm số đã cho trở thành Y = f(x0 + X) - y0 là một hàm số lẻ.

Ví dụ 1:Chứng tỏ rằng đồ thị hàm số y = 4x3- 2x2 + 12x - 1 có một tâm đối xứng.

Giải:

Với M0(x0, y0) : Qua phép biến đổi

0
0

x = x + X
y = y + Y




 hàm số đã cho trở thành

3 2

0 0 0

Y = 4(x + X) - 2(x + X) + 12(x + X) + 1 - y0 =

= 4x0312x Xo2  12x X0 2 4X3

-2 2

0 0

2x 4x X 2X

   +

+ 1 - y0

Y là một hàm số lẻ  30 2

0 0 0

12x - 2 = 0

4x - 2x + 1 - y = 0




 

1
x =

6
97
y =







Vậy, đồ thị hàm số có đúng một tâm đối xứng là M0 1 97;
6 98

 

 

 

**Chú ý: Bài toán yêu cầu tìm tâmđối xứng hay chứng minh đồ thị có tâm đối xứ ng ta đều đi
tìm tâmđối xứng.

Đối với hàm số bậc ba, bạn có thể chỉ ra tâm đối xứng l à điểm uốn của đồ thị, nhưng như thế
không chứng minh được " có đúng một tâm đối xứng".

Ví dụ 2:Tìm tâmđối xứng của đồ thị hàm số

x - 2x
y =

x - 1 .

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

Giả sử M0(x0, y0) là tâm đối xứng. Qua phép biến đổi

0
0

x = x + X
y = y + Y




 hàm số đã cho trở thành

2 2 2

0 0 0 0 0

0 0

2 2

0 0 0 0 0 0 0

( ) 2( ) 2( 1) 2

( ) 1 1

(2 2) 2

x X x X X x X x x

y Y

x X x X

X x y X x x x y y

Y

x X

      

  

   

      

 

 

Y phải là một hàm số lẻ, trong khi mẫu thức chỉ có thể là một hàm số lẻ, do đó tử thức phải là
một hàm số chẵn. Suy ra: 0 0

0 0 0

1 0 1

2 2 0 0

x x

x y y

  

 



     

 

Vậy tâm đối xứng duy nhất của đồ thị là M0(1, 0).

**Chú ý: Nếu bạn dùng tính chất giao điểm của hai tiệm cận l à tâm đối xứng để thấy M0(1, 0),

rồi cho dù bạn dùng định lý trên để chứng minh M0(1, 0) là tâm đối xứng của đồ thị, vì qua phép

biến đổi x = 1 + X
y = 0 + Y




 hàm số đã cho trở thành

2 2

(1 X) 2(1 X) X 1
Y

X X

   

  là một hàm số lẻ

thì lời giải vẫn chưa trọn vẹn bởi bạn chưa trả lời được câu hỏi: cịn nữa khơng ?

Ví dụ :Chứng minh rằngM(- 1; - 2) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số

x
y =

x + 1.

Giải:

Qua phép biến đổi x = -1 + X
y = 2 + Y




 hàm số đã cho trở thành

2 2 2

( 1 ) 2 1 1

( 1 ) 1

X X X X

Y Y

X X X

    

     

  

Y là một hàm số lẻ. Suy ra đpcm.

Bài tập tương tự:

BT1. Chứng tỏ rằng đồ thị các hàm số sau đều có một tâm đối xứng:
1) y = 2 - 3x

2x - 3 2) y =

2x + x - 1
x - 1
3) y = 2x3- 3x2 + 1

BT2. Tìm tâmđối xứng của đồ thị các hàm số:
1) y = 2 + 3x

2x - 3 2) y =

2x - x - 1
x + 2
3) y = x3- x2 + x - 1

**Chú ý: Cần và đủ để điểm M'(x'; y') là điểm đối xứng của M(x: y) qua
i) M0(x0; y0) là

0
0

x + x' = 2x
y + y' = 2y




 Đặc biệt qua O(0; 0) là

x + x' = 0
y + y' = 0





ii) Đường thẳng y = m là x = x'
y + y' = 2m




 Đặc biệt qua trục hoành là

x = x'
y = - y'

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

3i) Đường thẳng x = m là x + x' = 2m
y = y'




 Đặc biệt qua trục tung là

x = - x'
y = y'





4i) Phân giác y = x là x' = y
y' = x





 , phân giác y = - x là

x' = - y
y' = - x





5i) Đường thẳng Ax + By + C = 0 : Xem Ph ương pháp toạ độ trong mặt phẳng.

Ví dụ1 :Tìm tất cả các cặp điểm M,N trên đồ thị hàm số

2
2
1
x x
y
x
 


 đối xứng qua I (0; 5/2)
Giải: Gọi M(x1. y1), N(x2. y2). Ta có

2
1 1
1

1
2
1
x x
y
x
 

 ,
2
2 2
2
2
2
1
x x
y
x
 


 , x1 + x2 = 0, y1 + y2 = 5

Suy ra: x1 = - x2 , y1 = 5 - y2 ,

2
1 1
1
1
2

1
x x
y
x
 


 , 5

-2
1 1
1
1
2
1
x x
y
x
 

 

Suy ra: 5

2
1 1
1
2
1
x x

x
 

 +
2
1 1
1
2
1
x x
x
 
 

Ví dụ2 :Tìm phương trìnhđường cong đối xứng với đ ường cong

2
2
2
x x
y
x
 


 qua đường

thẳng y = 2.

Giải: Gọi đồ thị hàm số

2
2
2
x x
y
x
 


 là (C), đồ thị đối xứng qua đường thẳng y = 2 là ( D)

M'(x'; y')  ( D)  M(x; y) đối xứng M'(x'; y') và M(x; y)  (C) 

2
2
1
'
4 '
x x
y
x
x x
y y
  

 
 

  



Suy ra

2 2 2

' ' 2 ' ' 2 ' 3 ' 2

4 ' ' 4

' 1 ' 1 ' 1

x x x x x x

y y

x x x

      

     

   hay

2
3 2
2
x x
y
x

  


 là hàm số

có đồ thị( D).
Bài tập tương tự:

BT1. Với giá trị nào của m thì trênđồ thị hàm số y = x3- (m + 3)x2 + mx + m + 5 có cặp điểm
đối xứng nhau qua O. Tìm cặp điểm đó khi m = 1.

BT2. Cho hàm số y = x3 + 2x2- 4x - 3.

Chứng tỏ đồ thị cắt trục hồnh tại A(-3; 0). Tìm Bđối xứng A qua tâm đối xứng của đồ thị.

BT2. Viết phương trìnhđường cong đối xứng đường cong y = x3 + 3x2- 4 qua đường thẳng x =
1

V. VẤN ĐỀ TIẾP XÚC.
1. Tiếp tuyến của đồ thị .

1.1. Tiếp tuyến tại M0(x0; y0).

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến tạiM0(x0; y0) (C) là:

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

1.2. Tiếp tuyến đi qua M0(x0; y0).

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C). Gọid đường thẳng đi qua M0(x0; y0).Khi đó phương trình của

d là y = k( x - x0) + y0. d là tiếp tuyến của(C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

0 0

( ) ( ) ( )

'( )

f x k x x f x
f x k

  



 



(nghiệm x của hệ là hồnh độ tiếp điểm).

VD1. Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số

1
x
y

x



 , (C) :

1) Tại M(3; 9/2).
2) Đi qua N(2; 0)

Giải: Ta có y ' =

2
2

2
( 1)

x x

x



 .

1) y'(3) = 3/2. Suy ra phương trình tiếp tuyến là 3( 3) 9

2 4

y x  hay 3 9

2 4

y x

2) Gọid đường thẳng đi qua N(2; 0). Khi đó ph ương trình d là y = k(x - 2).

d là tiếp tuyến của(C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

2
2

( 2) (1)
1

(2)
( 1)

x

k x
x

x x
k
x



 

 


 

 

 

Thay kở (2) vào (1) ta có:

2 2

0
0

( 2) 4

1 ( 1) ( 1) ( 2)

x

x x x

x

x x x x x x







 

    



      


i) x = 0 suy ra k = 0. Ta có tiếp tuyến y = 0.

ii) x = 4

3 suy ra k =
8
9

 . Ta có tiếp tuyến y = 8
9

 (x - 2).

VD2. Tìm trênđường thẳng y = 4 những điểm có thể kẻ đ ược hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số

1
x
y

x



 và hai tiếp tuyến này vng góc với nhau.
 Giải.Vì y' =

2
2

2
( 1)

x x

x



 nên x = 2 là một điểm cực trị và dơ đó M(2; 4) là một điểm cực trị của

đồ thị hàm số. Suy ra đường thẳng y = 4 là một tiếp tuyến của đồ thị.

Gọi A(a; 4) là điểm thuộc đường thẳng y = 4. đường thẳng đi qua A tạo với đ ường thẳng y = 4
góc 450 nghĩa là tạo với trục hồnh góc 450 thì có hệ sốgóc bằng 1 hoặc-1.

i) Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1: y = x - a + 4

Xét hệ phương trình

2
2

4
1

2
1
( 1)

x

x a
x

x x
x



  
 



 

 

 


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

Suy ra khơng có tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1 tạo với đ ường thẳng y = 4 góc 450.
ii) Tiếp tuyến có hệ số góc bằng - 1: y = - x + a + 4

Xét hệ phương trình

2
2

4 (1)
1

1 (2)
( 1)

x

x a
x

x x
x



   
 



 

  

 


Từ (2) suy ra 2x2- 4x + 1 = 0 x = 1  1
2

Từ (1) suy ra

2 2 2

2 5 4 (2 4 1) 3

1 1 1

x x x x x x

a x

x x x

     

    

  

Do đó:

i) Khi x = 1 + 1

2 . Suy ra a = 2 2 1 . Ta có A( 2 2 1 ; 4).
ii) Khi x = 1 - 1

2 . Suy ra a = 2 2 1 . Ta có A( 2 2 1  ; 4).

VD3. Cho y = 2x3- 3(m + 3)x2 + 18mx - 8

1) Tìm m để đồ thị tiếp xúc với trục hoành.

2) Chứng minh rằng trên parabol y = x2 có hai điểm khơng thuộc đồ thị (1) dù m lấy bất
kỳ giá trị nào

Giải: Đồ thị tiếp xúc với trục hoành khi chỉ khi hệ sau có nghiệm

3 2

2 3( 3) 18 8 0 (1)
( 3) 3 0 (2)

x m x mx

x m x m

     




   



Từ (2) suy ra x = 3, x = m. Thay vào (1):

i) x = 3: 54 - 27(m +3) + 54m - 8 = 0 27m = 35 m = 35
27

ii) x = m: 2m3- 3(m + 3)m2 + 18m2- 8 = 0 m3- 9m2 + 8 = 0 m = 1, m = 8.

2. Haiđồ thị tiếp xúc.

ĐN. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C), hàm số y = g(x) có đồ thị (D).

(C) và (D) được gọi là tiếp xúc nhau tại điểm chung M0(x0; y0) nếu các tiếp tuyến của (C) và

(D) tạiM0(x0; y0) trùng nhau.

Đlý:Cần và đủ để(C) và (D) tiếp xúc là hệ phương trình sau có nghiệm: ( ) ( )
'( ) '( )
f x g x
f x g x




 



(nghiệm của hệ là hoành độ tiếp điểm)

VD1. Cho hàm số

1
1
x x
y

x

 


 (C)

1) Tìm trên trục tung những điểm từ đó có thể kẻ đ ược ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C).

2) Tìm tất cả các giá trị a để (C) tiếp xúc parabol y = x2 + a.

Giải:

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

d là tiếp tuyến của(C) khi chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

2
2

(1)
1

(2)
( 1)

x x

kx a
x

x x

k
x

    

 



 

 

 


Thay kở (2) vào (1):

2 2

2 2 2

1 2

( 1)( 1) ( 2 ) ( 1)

1 ( 1)

x x x x

x a x x x x x x a x

x x

            

 

ax2- 2(a + 1)x + a - 1 = 0.

i) a = 0: Phương trình có nghiệm

ii) a  0: Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi '  0 3a + 1  0 a  - 1
3.

2) (C) tiếp xúc parabolkhi chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

2
2

(1)
1

2 (2)
( 1)

x x

x a
x

x x

x
x

    

 



 

 

 

Từ (2) suy ra x = 0 hoặc 22 2

( 1)
x
x

 

 x = 0 hoặc 2x

- 5x + 4 = 0 x = 0.
Thay vào (1) ta có a = - 1.

VD2. Cho hàm số y = (x -1)2(x + 1)2, (C)

1) Tìm trên trục tung những điểm từ đó có thể kẻ đ ược ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C).

2) Tìm tất cả các giá trị b để (C) tiếp xúc parabol y = 2x2 + b.

Giải:

1) Gọi điểm thuộc trục tung A(0; a). đ ường thẳngd qua A: y = kx + a

d là tiếp tuyếncủa(C) khi chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

4 2

2 1 (1)
4 4 (2)

x x kx a

x x k

    




 


Thay aở (2) vàp (1): 3x4- 2x2 = 1 - a (3)

Đặt f(x) = 3x4- 2x2 , Suy ra f '(x) = 12x3- 4x

Hàm số đạt cực tiwr tại x = 1

 . Suy ra minf(x) = - 1
3

Hệ phương rình có nghiệm khi chỉ khi phương trình (3) có nghiệm  1 - a  - 1
3 a

4
3
 .
 2) (C) tiếp xúc parabol y = 2x2 + b  hệ phương trình sau có nghiệm

4 2 2

2 1 2 + b (1)
4 4 4 (2)

x x x

   




 


Từ (2) suy ra x = 0 , x =  2

i) x = 0: b = 1
ii) x =  2: b = - 3

Bài tập tương tự:

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

2) Gọi A là điểm cố định có hồnh độ dương của (Cm). Tìm mđể tiếp tuyến tại A của
(Cm) song song với đường thẳng y = 2x.

BT2. Cho hàm số y= 1
3x

- mx2 + (2m - 1)x - m + 2 có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số khi m = 2.

2) Qua A(4/9; 4/3) kẻ được mấy tiếp tuyến đến (C). Viết phương trình các tiếp tuyến đó.
3) Với giá trị nào của m thì hàm số (1) nghịch biến trên (- 2; 0)

BT3. Cho các hàm số y = mx2- mx - 2 và 2

mx

y

x






1) Chứng minh rằng hai đồ thị của hai hàm số trên có cùng một điểm cố định.

2) Tìm m để điểm cố định trên trở thành tiếp điểm. Viết phương trình tiếptuyến chung tại
tiếp điểm.

BT4. Cho hàm số y = 2x3- 3(m + 1)x2 + 18mx - 8 (1)
1) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc trục hoành.

2) Chứng minh rằng trên parabol y = x2 có hai điểm khơng thuộc đồ thị hàm số (1) dù m lấy
bất kỳ giá trị nào.

HD.

1) Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc trục hoành khi chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

3 2

2 3( 3) 18 8 0 (1)
( 3) 3 0 (2)

x m x mx

x m x m

     




   



Để ý rằng (2) có 2 nghiệm x = 3, x = m.

2) Gọi điểm như thế là M0(x0; y0) hệ phương trình sau vơ nghiệm m:

3 2

0 0 0 0

0 0

2 3( 3) 18 8 (1)
(2)

y x m x mx

y x

     







Suy ra phương trình x02 2x033(m3)x0218mx08 vơ nghiệm m

 3 2

0 0 0

2x (3m10)x 18mx  8 0vô nghiệm m

 2 3 2

0 0 0 0

(18x 3x m) 2x 10x  8 0 vô nghiệm m

BT5. Cho hàm số y =- x4 + 2mx2- 2m + 1 có đồ thị (Cm)

1) Chứng minh rằng đồ thị hàm số luôn ln đi qua hai điểm cố định A, B.
2) Tìm mđể các tiếp tuyến của (Cm) tại A và B vng góc với nhau.

BT6. Tìm mđể hai đường cong y = x3- 1 và y = - mx2 tiếp xúc với nhau. Từ đó suy ra m > 0 để
phương trình x3 + mx2- 1 = 0 có nghiệm duy nhất.

BT7. Viết phương trình tiếp tuyến chung của các cặp đường cong sau:
1) y = x2- 2x + 3 và y = x2- 4x + 5

2) y = x2- 5x + 6 và y = - x2- x - 14

***Chú ý: Đường thẳng y = px + q là tiếp tuyến của parabol y = ax2 + bx + c khi và chỉ khi
phương trình ax2 + bx + c = px + q hay ax2 + (b - p)x + c - q = 0 có nghiệm kép, tức là

= (b - p)2- 4a(c - q) = 0

VD. Viết phương trìnhđường thẳng đi qua A(1; 2) và tiếp xúc parabol y = 2x2 + x + 1.

Giải: Đường thẳngd đi qua A: y = k(x - 1) + 2

d là tiếp tuyến của parabol khi chỉ khi ph ương trình 2x2 + x + 1 = k(x - 1) + 2 có nghiệm kép.

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

3. Họ đường thẳng tiếp xúc một đ ường cong cố định.

Bài tốn. Chứng minh rằng họ đường thẳng (dm) ln ln tiếp xúc một đường cong cố

định.

Phương pháp. Tìm những điểm trong mặt phẳng mà họ đường thẳng (dm) không đi qua
với mọi m. Biên của tập hợp cần tìm làđường cong cố định cần tìm.

VD1. Chứng minh rằng tiệm cận xiên của họ: y =

2 2

(m 1)x m
x m

 

 luôn luôn tiếp xúc một parabol

cố định.

Giải:Họ tiệm cận xiên (dm) : y = (m + 1)x + m2 + m

M(x: y) là điểm thuộc mặt phẳng sao cho khơng có đ ường thẳng của (dm) đi qua khi và chỉ khi

phương trình y = (m + 1)x + m2 + m vô nghiệm m  m2 + (x + 1)m + x - y = 0 vô nghiệm m

 = (x + 1)2- 4(x - y) < 0 y < - 1
4(x - 1)

.
Ta chứng minh (dm) tiếp xúc với parabol y =

-1
4(x - 1)

.
Thật vậy, xét phương trình: (m + 1)x + m2 + m = - 1

4(x - 1)

4(m + 1)x + 4m2 + 4 m = - (x - 1)2

x2 + 2(2m + 1)x 4m2 + 4 m + 1 = 0

Phương trình này có nghiệm kép với mọi m. Suy ra điều phải chứng minh.

VD2. Chứng minh rằng họ đường thẳng phụ thuộc thâm số  :

(x1) cos(y1) sin 4 0 (d)
luôn luôn tiếp xúc một đường tròn cố định.

Giải:M(x; y) là điểm thuộc mặt phẳng sao cho không có đ ường thẳng nào của họ đi qua

phương trình (x1) cos(y1) sin 4 0 vô nghiệm  .

(x - 1)2 + (y - 1)2 < 16

Xét đường tròn: (x - 1)2 + (y - 1)2 = 16 có tâm I(1; 1), R = 4.
Ta có d(I, d) = 2 4 2 4

cos  sin 





 = R. Suy ra họ đường thẳngd tiếp xúc đường tròn cố định:
(x - 1)2 + (y - 1)2 = 16

Bài tập tương tự:

BT1. Chứng minh họ đường thẳng 4x - 2my + m2 = 0 luôn luôn tiếp xúc một parabol cố định.

BT2. Chứng minh rằng tiệm cận xiên của họ: y =

mx x m
x m

 

 luôn luôn tiếp xúc một parabol cố

định.

BT3. Chứng minh họ đường thẳng xcosysincos sin 2 0ln ln tiếp xúc một
đườngtrịn cố định.

VI. VẤN ĐỀ TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ.

ĐLý. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C), hàm số y = g(x) có đồ thị (D).

Xét hệ phương trình ( )
( )
y f x
y g x



 

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

Từ hệ phương trình suy ra phương trình: f(x) = g(x) ( phương trình cho biết hồnh độ điểm
chung (nếu có) của (C) và (D)).

(C) và (D) có bao nhiêu điểm chung khi và chỉ khi hệ ( )
( )
y f x
y g x



 

 hay phương trình f(x) = g(x)

có bấy nhiêu nghiệm.
Từ đây có hai bài toán:

i) Biện luận số điểm chung của hai đồ thị (C) và (D) dựa vào hệ phương trình
( )

( )

y f x
y g x



 

 hay phương trình f(x) = g(x).

ii) Biện luận số nghiệm của ph ương trình f(x) = g(x) hay hệ phương trình ( )
( )
y f x
y g x



 

 dựa

vào số điểm chung của hai đồ thị (C) và (D) .

VD1. Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx +1, (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 3.

2) Chứng minh rằng với mọi m đồ thị (Cm) luôn luôn cắt đồ thị hàm số y = x3 + 2x2+ 7
tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn AB.

3) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm C(0; 1), D, E sao cho các tiếp

tuyến của (Cm) tại D, E vng góc với nhau.

Giải. 2) Xét phương trình x3 + 3x2 + mx +1 = x3 + 2x2+ 7  x2 + mx - 6 = 0 (*)
Thấy ngay phương trình này ln ln có hai nghiệm phân biệt. Suy ra đpcm.

Gọi A(x1; y1), B(x2; y2) là các điểm chung. Khi đó x1, x2 là nghiệm của (*)

x1 + x2 = - m, x1x2 = - 6 và:

3 2

1 1 2 1 7

y x  x  , y2 x232x227
Gọi I(x; y) là trung điểm của AB thì : x = 1 2

( )

2 2

m

x x   m = - 2x, x1 + x2 = 2x



3 3

 

2 2



1 2

1 2 1 2

2 2

y y

y   x x  x x + 7 = 1



1 2



3 3 1 2( 1 2)



1 2



2 2 1 2 7

2 x x x x x x x x x x

       

 

 

= 1 3

 

8 3( 6)(2 ) 2 2( 6) 7
2 x   x  x    = 4x

+ 4x2 + 18x + 19.
Suy ra quỷ tích y = 4x3+ 4x2 + 18x + 19.

3) Xét phương trình x3 + 3x2 + mx +1 = 1 x3 + 3x2 + mx = 0

 2 0 (1)

3 0 (2)
x

x x m




   


Với (1), ta có C(0; 1)

(2) có hai nghiệm phân biệt khi chỉ khi 9 - 4m > 0 m < 4/9

Gọi A(x1; y1), B(x2; y2) làcác điểm chung khác C. Khi đó x1, x2 là nghiệm của (2)

x1 + x2 = - 3 x1x2 = - m và:

1 1 1

' 3 6

y  x  x m, 2

2 2 2

' 3 6

y  x  x m

Theo giả thiết :  1 y y1' 2' 



3x126x1 m



3x226x2m



. Khai triển dạng tổng và tích của x1,

x2. Áp dụng Viet. Ta có các giá trị cần tìm của m.

VD2. Cho hàm số y = x3- 3x2 + 2

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

2) Dựa vào (C) biện luận theo m số nghiệm ph ương trình x3- 3x2 + 1 - m = 0
Giải: 1) Bạn hãy tự giải.

2) pt x3- 3x2 + 2 - 1 - m = 0

x3- 3x2 + 2 = 1 + m

Đặt y = x3- 3x2 + 2 có đồ thị (C)

y = 1 + m là họ đường thẳng
vng góc trục tung và cắt trục
tung tại 1+m.

Dựa vào đồ thị ta có kết quả:

i) 1 + m < - 2 hoặc 1 + m > 2

m < - 3 hoặc m > 1: 1 nghiệm.

ii) 1 + m = - 2 hoặc 1 + m = 2 m = - 3 hoặc m = 1: 2 nghiệm.
3i) - 2 < 1 + m < 2 - 3 < m < 1: 3 nghiệm.

VD3. Cho hàm số

1
x
y

x




1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Dựa vào (C) biện luận theo a số nghiệm ph ương trình:

1
x

x a
x   

Giải: 1) Bạn hãy tự giải.
2) Đặt

1
x
y

x



 có đồ thị (C)

y = - x + a là họ đường thẳng có hệ số
góc bằng- 1 khơng đổi, cắt trục trung tại a.

Chú ý hai vị trí tiếp tuyến:
Đường thẳng y =- x + a là tiếp

tuyến khi chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:

2
2

1
2

1
( 1)

x

x a
x

x x

x



  
 



 

  

 


3 2 2 3 2 2

Suy ra: 2x2- 4x + 1 = 0

 1 1

2
x 

Suy ra

2 2 2

2 (2 4 1) 3 1

1 1 1

x x x x x x

a x

x x x

    

   

  

1
1

x   a = 2 23
1

1
2

x   a = 3 2 2
Dựa vào đồ thị ta có kết quả:

i) a < 3 2 2 hoặc a > 3 2 2 : Hai nghiệm phân biệt.
ii) 3 2 2 < a < 3 2 2 : Vô nghiệm.

f ( x ) = x ^ 3 - 3 x ^ 2 + 2

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

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

x
f ( x )

y =1+m
1+m

f(x)=(x^2)/(x-1)

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

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

x
f(x)

3 2 2

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

3i) a = 3 2 2 : 1 1
2

x  ; a = 2 23: 1 1
2
x  .

VD4. Cho hàm số y = 1 3
3x , (C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).

2) Tuỳ theo m, biện luận số nghiệm phương trình

x3- 3mx - 3m = 0

Giải: 1) Bạn hãy tự giải.
2) Phương trình  1 3

3x = mx + m
Đặt y = 1 3

3x có đồ thị (C).

y = mx + m là họ đường thẳng quay xung quanh I( - 1; 0) cố định và có hệ số góc m.

Để ý rằng khi đường thẳng y = mx + m là tiếp tuyến thì hệ số góc m = 9/4.
Dựa vào đồ thị ta có kết quả:

i) m < 9/4 : 1 nghiệm
ii) m = 9/4 : x = - 3/2

3i) m > 9/4: 3 nghiệm phân biệt

Bài tập tương tự:
 BT1. Cho hàm số

4 3

x x

y
x

 




1) Khảo sát sự biến thiên vàvẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm tất cả các giá tri k để đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B.
3) Tìm quỷ tích trung điểm I của đoạn AB.

BT2. Cho hàm số 3 4

x
y

x






1) Khảo sát sự biến thiên vàvẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm tất cả các giá tri a để đường thẳng y = ax + 3 khơng có điểm chung nào với (C).

3) Từ một điểm A thuộc trục tung có thể kẻ đ ược bao nhiêu tiếp tuyến đến (C).
BT3. Cho hàm số

( 0)
x x a

y a

x a

  

 

 (1)

1) Xác định a để tiệm cận xiên đi qua (2; 0). Khi đó hãy khảo sát sự biến thiên vàvẽ đồ
thị (C) của hàm số.

2) Tìm tất cả các giá tri a để đồ thị hàm số (1) cắt đườngthẳng y = x- 1 tại hai điểm
phân biệt. Gọi y1, y2 là tung độ các giao điểm , tìm hệ thức liên hệ y1, y2 khơng phụ thuộc a.

BT4. Cho hàm số y = x2 + (2m + 1)x + m2- 1

1) Chứng minh rằng với mọi m đồ thị hàm số luôn luôn cắt đường thẳng y = x tại hai
điểm phân biệt và khoảng cách giữa hai điểm n ày không đổi.

2) Chứng minh rằng với mọi m đồ thị luôn luôn tiếp xúc một đ ường thẳng cố định. Xác
định phương trìnhđường thẳng đó.

HD. 2) Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến cố định khi chỉ khi :

Phương trình x2 + (2m + 1)x + m2- 1 = ax + b có nghiệm kép với mọi m.

Phương trình x2 + (2m - a + 1)x + m2- 1 - b = 0 có nghiệm kép với mọi m.
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

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

x

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

 = (2m - a + 1)2- 4(m2- 1 - b) = 0 , mọi m.

4(1 - a)m + (1 - a)2 + 4(1 + b) = 0 , mọi m.

a = 1, b = - 1.

BT5. Cho hàm số y = x4 + 2x2- 3.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2) Dựa vào (C) biện luận theo a số nghiệm ph ương trình: cos4t + 2cos2t + a - 1 = 0

3) Dựa vào (C) biện luận theo a số nghiệm t > 0 của ph ương trình:

e

+ 2e

+ 2a - 3 = 0

BT6. Cho hàm số y = x x2

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2) Dựa vào (C) biện luận theo m số nghiệm ph ương trình: x x2 = mx

BT7. Cho hàm số

2
1
x x
y

x

 




1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2) Từ đồ thị (C) hãy suy rađồ thi (D) của hàm số

2
1
x x
y

x

 




3) Dựa vào (C), biện luận theo a số nghiệm ph ương trình

2
1
x x

x

 

 = ax - a + 1.
VII. VẤN ĐỀ QUỶ TÍCH ĐẠI SỐ.

Bài tốn: Tìm quỷ tich những điểm M(x; y) : ( )
( )

x m

y m






 

 , m tham số.

 Phương pháp giải: Khử m trong hệ trên để được liên hệ y = f(x).
 Chú ý:

1) Quỷ tich những điểm M(x; y) : 0
( )
x x
y  m



 

 , m tham số, là đường thẳng x = x0.

2) Quỷ tich những điểm M(x; y) :

( )

x m

y y




 

 , m tham số, là đường thẳng y = y0.

3) Nếu tham số m có điều kiện thì phải suy ra điều kiện của x hoặc y để hạn chế quỷ tích.

VD1. Tìm quỷ tích đỉnh parabol y = x2- (m - 1)x - m2- 4

Giải: Đỉnh parabol I(x; y):

2 2

1
( 1)
2

( 1) 4

x m

y x m x m

  




     


Suy ra: y = x2- (2x+1 - 1)x - (2x + 1)2- 4 = - 5x2- 4x - 4.
Quỷ tích là y = - 5x2- 4x - 4.

VD2. Cho hàm số

2 ( 2)

x m x

y

x

 





1) Với giá trị nào của m thì hàm số đạt cực đại, cực tiểu.
2) Tìm quỷ tích các điểm cực đại v à các điểm cực tiểu.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

2 4 2

y'=

( 1)

x x m

x

  

 . Hàm số có cực trị 
2

2 4 2 0

1 0

x x m

x

    


 

 có hai nghiệm phân

biệt   = 2m > 0  m > 0.

2) Với m > 0. Các điểm cực trị x1, x2 là nghiệm phương trình: 2x2- 4x + 2 - m = 0 (1)

i) Quỷ tích cực đại.

Gọi M(x; y) là điểm cực đại của đồ thị. Ta có:

2 2

2
1

( 2 ) (2 2 )

2 2 2 2 2 2 2 2(2 2 ) 2

2 2

m
x

m x

y m m m x x


 





           



Ta có y = 2x2 và x < 1.

ii) Quỷ tích cực tiểu.

Gọi N(x; y) là điểm cực đại của đồ thị. Ta có:

2 2

2
1

( 2 ) (2 2)

2 2 2 2 2 2 2 2(2 2) 2

2 2

m
x

m x

y m m m x x


 





           



Ta có y = 2x2 và x > 1.

Bài tập tương tự:

BT1. Tìm quỷ tích đỉnh các parabol y = 2x2- 2(m + 1)x + (m - 1)2.

BT2. Cho hàm số

2 1

x mx
y

x

 



 .

Tìm tất cả các giá trị m để hàm số đã cho có cực trị. Tìm quỹ tích các điểm cực trị của đồ thị
hàm số.

BT3. Cho hàm số

4
2

x x m

y

x

 



 . Chứng minh rằng, với mọi m làm cho hàm số có cực trị thì

các điểm cực trị của đồ thị hàm số luôn luôn thuộc một đ ường thẳng cố định.

BT4. Cho hàm số 2 1 2

m

y x

x

  

 .

Tìm tất cả các giá trị m để hàm số đã cho có cực trị. Tìm quỹ tích các điểm cực trị của đồ thị
hàm số.

BT5. Cho hàm số

2 4

x mx m

y

x

  



 , (1)

1) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số đã cho có cực trị. Tìm quỹ tích các điểm cực trị của
đồ thị hàm số.

2) Tìm những điểm mà đồ thị hàm số (1) đi qua với mọi m.

VIII. VẤN ĐỀ SUY ĐỒ THỊ.

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C).

Từ đồ thị (C) của hàm số y = f(x) suy ra đồ thị hàm số:

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

3) y = f x b( ) ằng cách:

 Giữ nguyên đồ thị (C) phần nằm phía trên trục hồnh (cả những điểm thuộc trục hồnh)
 Lấy đối xứng qua trục hoành phần của (C) nằm phía dưới trục hồnh.

4) y = f( x ) bằng cách:

 Giữ nguyên đồ thị (C) phần nằm phía bên phải trục tung (cả những điểm thuộc trục tung)
 Lấy đối xứng qua trục tung phần của (C) vừa giữ nguyên đó.

5) y = f(x)

 Giữ nguyên đồ thị (C) phầnnằm phía trên trục hồnh (cả những điểm thuộc trục hoành)
 Lấy đối xứng qua trục hoành phần của (C) vừa giữ nguyên đó.

VD. Từ đồ thị (C) của hàm số

1
x
y
x


 , hãy suy rađồ thị các hàm số dưới đây:

1)
2
1
x
y
x


 , 2)

2
1
x
y
x
 

 , 3)

2
1
x

y
x


 , 4)

2
1
x
y
x


 , 5)

2
1
x
y
x


Giải: Đặt

2
( )
1
x
f x
x



 . Khi đó:

1)
2
1
x
y
x


 = - f(x) 3)

2
1
x
y
x


 = f x( )
2)
2
1
x
y
x
 

 = f(- x) 4)

2
1
x
y
x


 = f( x )
5) y = f(x)

Ta có các đồthị.

IX. CÁC CÂU HỎI KHÁC.

1. Về cặp điểm thuộc hai nhánh đồ thị có khoảng cách nhỏ nhất.
VD1. Tìm trên hai nhánh đồ thị hàm số 2 1

1
x
y
x



 cặp điểm có khoảng cách nhỏ nhất.

Giải: Gọi cặp điểm cần tìm là M(x1; y1), N(x2; y2). Gọi I(1; 2) là giao điểm hai tiệm cận.

Qua phép chuyển hệ trục theo OI: 1
2
x X
y Y
 

  

 hàm số đã cho trở thành

1 2
2 X
Y
X

 

Y 1 2X 2 1

X X



    Y 1

X

 .

Trong hệ trục mới IXY: M(X1; Y1), N(X2; Y2), trong đó 1 2

1 2

1 1

Y Y

X X

  . Ta có thể xem
X1 < 0 và X2 > 0. Khi đó:

2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 2

1 2 1 2

1 2 2 1 2

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) 1

( )

1 1

4 1 4 4 2

( )

MN X X Y Y X X X X

X X X X

X X X X

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi





1 2

1 2 1 2

2 4

1 2 1 2 2

1 2

1
1

X X

X X X X

X X X X X

X X
 
     

  
   


 
 


Suy ra X2 =1, X1 = - 1, Y2 = 1, Y1 = - 1. Do đó x2 = 2, x1 = 0, y2 = 3, y1 = 1.

Như thế M( 0; 1), N(2; 3)

VD2. Tìm trên hai nhánh đồ thị hàm số 1

y x

x

 

 cặp điểm có khoảng cách nhỏ nhất.

Giải: Gọi cặp điểm cần tìm là M(x1; y1), N(x2; y2). Gọi I(1; 1) là giao điểm hai tiệm cận.

Qua phép chuyển hệ trục theo OI: 1
1
x X
y Y
 

  

 hàm số đã cho trở thành

1 1

Y X

X

   

 Y X 1

X

  .

Trong hệ trục mới IXY: M(X1; Y1), N(X2; Y2), trong đó 1 1 2 2

1 2

1 1

Y X Y X

X X

    . Ta

có thể xem X1 < 0 và X2 > 0. Khi đó:

2 2

2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) 1 1

MN X X Y Y X X X X X X

X X X X

 
   
 
               
 
     
2 2
2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 1 2 1

(X X ) 2 4X X 2

X X X X X X X X

       
   
         
       
   

1 2
1 2
1
4 2 2 X X

X X

 

    

  4 2 2 2







Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi





1 2 1 2 1 2

2 4

1 2 1 2 2

1 2

1 1 1

2 2

X X X X X X

X X X X X

X X
 
      
  
   
 
  

1 2
2 4
1
2
X X
X
 


  
 
4 4

2 4 1 4 2 4 2 4

1 1 1 1

, , 2, 2

2 2 2 2

X  X   Y   Y   

 4 4

2 4 1 4 2 4 1 4

1 1 1 1

1 , 1 , 1 2, 1 2

2 2 2 2

x   x   y    y   

 4 4

4 4 4 4

1 1 1 1

1 ;1 2 , 1 ;1 2

2 2 2 2

M     N    

   

Bài tập tương tự:

BT1. Tìm trên hai nhánhđồ thị 1 2
2 4
x
y
x



 cặp điểm có khoảng cách nhỏ nhất.

BT2. Tìm trên hai nhánh đồ thị

2
2
1
x x
y
x



</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

2. Về phương trìnhđường đi qua các điểm cực trị.
2.1. Cho hàm số

ax + bx + c
y =

mx + n (am  0, tử khơng chia hết mẫu) có cực trị
Khi đóđường thẳng

y =

1 (2ax + b)

m

đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số của

hàm số đã cho.

Thật vậy: Giả sử rằng hàm sốđạt cực trị tại x0. Hiển nhiên là y'(x0) = 0.

2
2

0 0 0 0

0 2

0
2

0 0 0 0

(2ax + b)(mx + n) - m(ax + bx + c)
y' =

(mx + n)

(2ax + b)(mx + n) - m(ax + bx + c)
0 '( )

(mx + n)
(2ax + b)(mx + n) - m(ax + bx + c) = 0

y x

  



0 0

0
0

0 0

ax + bx + c 1

(2ax + b)
mx + n m

y(x ) (2ax + b)

 

Đẳng thức cuối cho ta suy ra đpcm.

2.2. Cho hàm đa thứcy = ax3 + bx2 + cx + d ( a  0) có cực trị. Nếu bằng phép
chia đa thức:ax3 + bx2 + cx + d cho đạo hàm của nó là 3ax2 + 2bx + c được dư mx + n

thìđường thẳngy = mx + nlà đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị của
hàm số đã cho.

Thật vậy, giả sử rằng hàm sốđạt cực trị tại x0. Hiển nhiên là y'(x0) = 0.

Khi đó từ : ax3 + bx2 + cx + d = (3ax2 + 2bx + c)Q(x) + mx + n

suy ra:

3 2

0 0 0 0 0 0 0 0

y(x ) = ax + bx + cx + d = y'(x )Q(x ) + mx + n = mx + n

2.3 Tổng quát:Cho hàm đa thức y = P(x) có cực trị.

Nếu bằng phép chia đa thức P(x) = P'(x).Q(x) + r(x) thìđồ thị hàm số y = r(x) đi
qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = P(x) đã cho.

VD1. Cho hàm số

x - 2x + m + 2
y =

x + m - 1

1) Khảo sátsự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =- 1.
2) Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) kẻ từ A(6; 4).

3) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số đã cho có cực trị. Viết phương trìnhđường thẳng đi
qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Giải: 3)

2 2

(2x-2)(x+m-1)- (x -2x+m+2) 2( 1) 3
'

(x + m-1) (x + m-1)

x m x m

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

2( 1) 3 0 (1)
' 0

x + m - 1 0 (2)

x m x m

y       




Hàm số đã cho có cực trị khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thoả (2)

2
2

' ( 1) 3 0

1 0
(1- m) +2(m-1)(1-m) - 3m 0

m m

    



    



 : Thoả mọi m.

Giả sử M(x; y) là điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

0 =

2
2

(2x -2 )(x + m - 1)- (x - 2x + m + 2)
'

(x + m - 1)
y 

2
2

(2x - 2 )(x + m - 1)- (x - 2x + m + 2) = 0
x - 2x + m + 2

2x - 2 y = 2x - 2
x + m - 1



  

Suy ra, đường thẳng y = 2x -2 là đường thẳng đi qua các điểm cực trị.

VD2. Cho hàm số y =- x3 + 3mx2+ 3(1 - m2)x + m3- m2 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2) Tìm k để phương trình - x3 + 3x2 + k3 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

3) Viết phương trìnhđường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
(ĐH&CĐ - A2002)

Giải: 3) Cách 1. y' = - 3x2 + 6mx + 3(1 - m2) = -3(x - m)2 + 3
y' = 0 x = m - 1, x = m + 1.

Hai điểm cực trị là M(m - 1; - m2 + 3m - 2), N(m + 1; - m2 + 3m +2)
Đường thẳng MN có phương trình y = 2x - m2 + m

Cách 2. Giả sử M(x; y) là điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.
suy ra 0 = y' = - 3x2 + 6mx + 3(1 - m2)

Ta có y = - x3 + 3mx2 + 3(1 - m2)x + m3- m2 = (x/3 - m/3)(- 3x2 + 6mx + 3 - 3m2) + 2x - m2 + m
= 2x - m2 + m

Suy ra, đường thẳng y = 2x - m2 + m là đường thẳng đi qua các điểm cực trị.

Bài tập tương tự:

BT1. Cho hàm số y = x3 + mx2 + 3mx + 5.

Tìm tất cả các giá trị m để hàm số có cực trị. Viết phương trìnhđường thẳng đi qua hai
điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

BT2. Cho hàm số

x - x + m + 1
y =

x - m (1)

1) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số (1) có cực trị.

2) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị của hàm số (1).
3) Tìm qỷ tích các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).

BT3. Trong các bài tập mục VII từ BT2 đến BT5 hãy viết phương trình đường thẳng đi qua
các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

3. Về các điểm cực trị phải thoả mãn một số điều kiện nào đó.
 VD1. Cho hàm số

x - mx + m
y =

x - m , (m  0) (1)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

2) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số (1) có cực trị đồng thời các cực trị trái dấu nhau.

HD. 2) y' =

2 2

x - 2mx + m - m
(x - m)

Hàm số có cực trị khi chỉ khi ph ương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt m > 0.

Gọi x1, x2 là các điểm cực trị. Khi đó x1, x2 là nghiệm của phương trình: x2- 2mx + m2 + m = 0.

Các cực trị tương ứng y1 = 2x1- m, y2 = 2x2- m.

Ta phải có y1 y2 = (2x1- m)(2x2- m) < 0

VD2. Cho hàm số

2 2 2

x - m x + 2m 5m + 3
y =



, (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2. Viết ph ương trình tiếp
tuyến của (C) đi qua A(1; 0).

2) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số (1) có cực trị đồng thời điểm cực trị thuộc khoảng (0; 2m).

VD3. Cho hàm số y = x4- 2mx2 + 2m + m4.

1) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số có cực đại và cực tiểu.

2) Viết phương trình parabol các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

3) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời các điểm cực trị
của đồ thị hàm số là đỉnh của một tam giác đều.

HD. 1) y' = 4x3- 4mx = 4x(x2- m).

Thấy ngay hàm sốcó cực đại và cực tiểu khi chỉ khi m > 0.
2) x4- 2mx2 + 2m + m4 = (4x3- 4mx)

x

- mx2 + 2m + m4
Suy ra parabol đi qua các đi ểm cực trị là y = - mx2 + 2m + m4.

3) Ba điểm cực trị của hàm số là - m , 0, m .
Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị:

B(- m ; m4- m2 + 2m), A(0; m4 + 2m) , C( m ; m4- m2 + 2m).

Do tính chất đối xứng của đồ thị nên thấy ngay tam giác ABC cân đỉnh A.

Cần và đủ để tam giác ABC đều là ABC = 600 hệ số góc của (AB) bằng 3

 B A 3

B A

y y
x x

 



3
m

m

   3

m

VD4. Cho hàm số y = 2x3 + ax2-12x - 13.

f ( x ) = x ^ 4 - 4 x ^ 2 + 5

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

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

x
f ( x )

C
B

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

1) Tìm tất cả các giá trị a để hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời các điểm cực trị của
đồ thị hàm số cách đều trục tung. Viết ph ương trìnhđường thẳng đi qua hai điểm cực trị.

2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi a =3.

Giải: 1) y' = 6x2 + 2ax - 12. (1)

Thấy ngay phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt với mọi a. Suy ra hàm số ln ln có hai
cực trị. Gọi x1, x2 là các điểm cực trị của hàm số. Khi đó x1, x2 là nghiệm của (1).

Các điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đều trục tung x1 + x2 = 0  a = 0.

Bạn tự viết phương trìnhđường thẳng đi qua hai điểm cực trị.

VD5. Cho hàm số

x + mx - m + 8
y =

x- 1

1) Khảosát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =- 1.

2) Viết phương trình parabolđi qua điểm cực đại, cực tiểu của (C) và tiếp xúc đường thẳng
2x - y - 10 = 0.

3) Trong trường hợp tổng quát, hãy xácđịnh m để cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số ở về
hai phía của đường thẳng 9x- 7y - 1 = 0.

Giải: 2) Hai điểm cực trị của (C) là M(4; 7) và N(-2; - 5)
Giả sử parabol là y = ax2 + bx + c (a 0), (P)

M(4; 7) và N(-2; - 5) thuộc (P)  16 4 7

4 2 5

a b c
a b c

  



    

 

4 4 5 (1)
2 2 (2)

a b c
a b

   



  



Đường thẳng 2x - y - 10 = 0 tiếp xúc parabol hệ sau có nghiệm

2 10 (3)
2 2 (4)
ax bx c x

ax b

    

  



Từ (2) và (4) suy ra x = 1 thay vào (3) ta có a + b + c = - 8
Từ đó suy ra a = 1, b = 0, c = - 9.

Cách 2. Hai điểm cực trị của (C) là M(4; 7) và N(-2; - 5)
Giả sử parabol là y = ax2 + bx + c (a 0), (P)

M(4; 7) và N(-2; - 5) thuộc (P)  16 4 7

4 2 5

a b c
a b c

  



    

 

4 4 5 (1)
2 2 (2)

a b c
a b

   



  



Đường thẳng 2x - y - 10 = 0 tiếp xúc parabol pt sau có nghiệm kép:

2 10 (3)
ax bx c  x

(b - 2)2- 4a(c + 10) = 0

Cách 3. Hai điểm cực trị của (C) là M(4; 7) và N(-2; - 5)

Parabol đi qua M, N có pt d ạng : y = a(x - 4)(x + 2) + bx + c (a 0), (P)
3)

x + mx - m + 8
y =

x- 1 

2 2

(2x + m)(x - 1) - (x + mx - m + 8) x 2 8
y' =

(x - 1) (x - 1)

x

 



y' = 0 x2- 2x - 8 = 0

Gọi x1, x2 là các điểm cực trị. Khi đó x1, x2 là nghiệm của phương trình: x2- 2x - 8 = 0

Các cực trị tương ứng y1 = 2x1 + m, y2 = 2x2 + m.

Ta phải có (9x1- 7y1- 1)(9x2- 7y2- 1) < 0 (- 5x1- 7m - 1)(- 5x2- 7m - 1) < 0

25x1x2 + 5(7m + 1)(x1 + x2 ) + (7m + 1)2 < 0 25(- 8) + 10(7m + 1) + (7m + 1)2 < 0

 49m2 + 84m - 189 < 0 7m2 + 12m - 27 < 0 - 3 < m < 9/7

VD6. Cho hàm số

mx + 2mx + m + 1
y =

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2) Tìm m để (C) có cực đại và cực tiểu nằm ở góc phần t ư thứ nhất và góc phần tư thứ ba
của mặt phẳng Oxy.

3) Tìmm để (C) cắt Ox tại hai điểm phân biệt. Tìm hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm
đó.

Giải: 1) Ta có y = mx + 3m + 4 1
1

m
x




Để có tiệm cận đứng thì 4m + 1  0. Để có tiệm cận xiên thì 4m + 1  0 và m  0.
Suy ra m  - 1/4 và m  0.

2) y' =

2 3 1

( 1)

mx mx m

x

  


2

2 3 1 0 (1)
' 0

x - 1 0 (2 )

mx mx m

y       




Hàm số đã cho có cực trị khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thoả (2)

' 4 3 0 0

4
4 1 0

m

m m m m

m





         

  



Gọi x1, x2 là các điểm cực trị. Khi đó x1, x2 là nghiệm của phương trình: mx2- 2mx - 3m - 1 = 0

Các cực trị tương ứng y1 = 2mx1 + 2m, y2 = 2mx2 + 2m.

Để ý rằng hai điểm cực tr ị của đồ thị nằm về hai phía của đ ường thẳng x = 1.
Điểm cực tiểu M của đồ thị nằm phía tr ên điểm cực đại N của đồ thị.

i) Với m <- 1/4 : N nằm bên phải đường thẳng x = 1 nên khơng thể thuộc góc phần tư
thứ ba. Nhưng khi M thuộc vào góc phần tư thứ ba thì N khơng thể thuộc góc phần tư thứ nhất.
Vậy m <- 1/4 không thoả.

ii) m > 0: M nằm bên phải đường thẳng x = 1 thể thuộc góc phần t ư thứ ba.
Suy ra M thuộc góc phần thư thứ nhất, N thuộc góc phần t ư thứ ba.

(Để ý rằng khi đó với x1< 1 < x2 thì M(x2; y2), N(x1; y1))


2
1
1

0 (3)
0 (4)
0 (5)
y

x
y




 

 


với

2
1

1 m m

x

m


 

(3) là hiển nhiên khio m > 0

(4) là hiển nhiên vì (1) có hai nghiệm trái dấu khi m > 0
(5) 

2 1 m m 2 4 2 4

y m m m m m

m

  

      

  < 0 hiển nhiên khi m > 0

Tóm lại: m > 0 thoả điều kiện bài toán.

VD7. Cho hàm số

2 2

mx + (2 - m )x - 2m - 1
y =

x - m , (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =-1. Từ đó suy ra đồ thị hàm số

- x - x + 1
y =

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

2) Tìm m để (1) có cực trị. Chứng minh rằng với m vừa tìmđược, trên đồ thị hàm số (1)
ln ln tìm được hai điểm mà tiếp tuyến của đồ thị tại hai điểm đó vng góc nhau.

HD. 2) Hàm số y = mx + 2- 1

x m , y' = m + 2

1
(x m )

m < 0 thì hàm số có cực trị.

Trên đồ thị hàm số (1) ln ln tìmđược hai điểm mà tiếp tuyến của đồ thị tại hai điểm đó
vng góc nhau khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:

(1)

1 1

(2)

( )

m k

x m

m

x m k

  

 




   




Để ý rằng hệ
0
k m

k m




   

 ln ln có nghiệm k nên

</div>

Mot so chuyen de LTDH

<b>HÀM S</b>

<b>Ố VÀ ĐỒ THỊ</b>

















 

 

x

-

- 1 1 +

y'

0 + 0

-y

0 1

-1 0

x

-

+

y'

+



 











 







e

+ 2e

+ 2a - 3 = 0













y =

1

(2ax + b)

m

y(x ) = ax + bx + cx + d = y'(x )Q(x ) + mx + n = mx + n

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về