88 KHÁO SÁT SỰ BIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA MỘT SỐ HÀM ĐA THỨC
§7 KHẢO SÁT SỰ HIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ
CỦA MỘT SỐ HÀM PHAN THUC HOU Ti
§8 MỘT SỐ BÀI TỐN THƯỜNG GẶP VỀ BỒ THỊ
A TRONG TAM KIEN THỨC I Cac bước khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Khi khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số, ta tiến hành các bước sau đây : e Tìm tập xác định của hàm số
zg ok tA ` K£ © Xét sw bién thiên của hàm số
Trang 22 Sự tiếp xúc của hai đường cong
Định nghĩa Giả sử hai hàm số y = f(z)
và = g(z) có đạo hàm tại điểm z, Ta nói rang hai dudng cong y= f(z) và y= g(x) tiép xiic voi nhau tai điểm M(a, 3 1y) nêu Ä⁄' là một điểm chung của
chúng và hai đường cong có tiếp tuyến chung tai M Điểm M được goi la tiép ˆ_ điểm của hai đường cong đã cho
Mệnh đề cơ bản : Hai đường cong y = f(z) va y = g(z) tiếp xúc với nhau khi f(x) = g(2)
va chi khi hé phuong trinh f(a) = 92) có nghiệm và nghiệm của hệ phương ©
trình trên là hoành độ tiếp điểm của hai đường đó
Chú ý : Nếu một trong hai đường trên là đường thẳng, ta có mệnh đề tổng quát về -
tiếp tuyến với một đường cong
B CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN
Dạng1 ,CAC BAI TOAN VE HAM SO DANG DA THUC
Loại 1 Các bài toán thuần tuý về khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
Phương pháp giải
Đề khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm đa thức ta làm như sau : e Tìm tập xác định của hàm số
e Sự biến thiên của hàm số
+ Tìm giới hạn tại vồ cực ( lim y va Jim | y)
+ Lap bang bién thién của hàm số, bao gồm:
Tìm đạo hàm của hàm số, xét dấu đạo hàm, xét chiều biến thiên và tìm cực trị của hàm số (nếu có), điền các kết quả vao bang
© Dé thi của ham sé
+ Điểm uốn : Tìm nghiệm z, của phương trình 1” = 0
+ Xác định một số điểm đặc biệt của đồ thị, chăng hạn tìm giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ (trong trường hợp đồ thị không cắt trục toạ độ hoặc việc tìm toạ độ giao điểm phức tạp thì bỏ qua phân nay)
+ Nhận xét đồ thị : Chỉ ra trục và tâm đối xứng của đô thị (nếu có, không yêu cầu chứng minh)
Trang 3
Ví dụ 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y = 2° — 32” | Giải ® Tập xác định : Hàm số xác định với mọi x € (—oo ; +00) ® Sự biến thiên : : + Giới hạn ở vô cực : lim y= lim (z° —3z?)= —oco ; lim = lim (zŠ —3z?) = +oo #—=—©œO© z——-œ #—+œ z—++oo + Bang bién thién : =0 Ta có : gˆ = 3z” — 6z = 3z(z—2) ; =0 © =
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 2) ; đồng biến trên khoảng z# Jr% 0 2 +5
(—œ; 0} và (2; + oo) 3 + 96 - 0 +
+00
Ham số dat cyc tidu tai diém | y | —-7°~ %
‘z= 2 ; gid trị cực tiểu của ham số là VS -4 y(2) = —4 Ham số đạt cực đại tại
điểm z =Ú;; giá trị cực đại của hàm số (0) = 0
® Đồ thị A
+ Điểm uốn : y
y" =62—6 ; y”=0 tại điểm z=1 và O -
ự” đổi dấu từ âm sang đương khi z qua đểm ˆ q 21 3] x
z =1 Vậy (1;— 2) là điểm uốn của đồ thị mm
_+ Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 0) , -2| -1 — 1 + Đồ thị cắt trục hoành khi :
l 1
= 0 > 1
z3 —8z? =0 @ |” z=3ä Do đó đồ thị cắt -4 - |
trục hoành tại hai điểm (0 ; 0), (3 ; 0)
Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn (1;— 2) làm tâm đối xứng Ví dụ 2 - Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ự = z* — 22” Giải ® Tập xác định : D=R ® Sự biên thiên :: + Giới hạn ở vô cực :
lim y= lim (zÍ—2z”)= +œo ; lim y= lim (ct — 22”) = +00
#—=~—o0c z—=—ằœo i #—+oc #Z—=+cc
Trang 4Ta có : y=4z”—4z ; 1 +00 - 90 + —œ -] 1 z=0 i /, |9] — 0 + ụU=0© =31 Do đó, hàm số |+00 +œo nghịch biến trên (—oo;—1) va , NG ⁄ Nw Z (0;1), đồng biến trên (- 1; ;0) va (1 i+ 00) Hàm số đạt cực tiêu tại các điểm #„= —1, z = Ì và các giá trị cực tiểu ©cœ|C|IC của hàm số là (—1) = (1) = —1 ; hàm số: đạt cực đại tại điểm x = 0, gia tri cuc đại của hàm số (0) = e Đồ thị : + Điểm uốn : " 2 " soe sk V2 y =122°-4 ; =0 tại các điểm + zr, - 8s = 8 và ” đổi dấu khi z Ks ck ` £
qua moi diém 2, 1 va z, Do đó, 2
U, ở - 5 va U 3 ;m 5 là hai điểm uốn của đồ thị 2
+ Đề thị cắt trục tung tại điểm O(0; 0)
+ Đồ thị cắt trục hoành khi : z! — 2z? =0 œ Do đó đồ thị hàm
: % =2
số cắt trục hoành tại ba điểm (0;0), (W250) va (—V2;0)
Nhận xét : Hàm số đã cho là ham số chăn nên đồ thị của nó nhận trục tung làm trục đối xứng
Loại 2 Các bài toán thường gắn liền với bài toán khảo sát hàm số
Đồng thời với yêu cầu đòi hỏi học sinh khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số, người ta thường gan với chúng các bài toán cơ bản sau đây :
® Bài tốn về điểm cắt : Khảo sát sự giao nhau của đồ thị với một đường cho
trước nào đó
® Các bài toán sử dụng các kết quả của việc khảo sát hàm số để biện luận phương trình và bất phương trình có tham số
® Các bài toán liên quan đến vài tính chất định tính của hàm đa thức : như điểm
cố định của họ hàm đa thức phụ thuộc tham sé, tính đối xứng của đường cong
1 BÀI TOÁN VÈẺ DIEM CAT
Phương pháp giải
Trang 5® Để tìm giao điểm của một đường cong y = ƒ(z) nói chung (của lớp các hàm đa thức nói riêng) với một đường y = g(x) nào đó, phương pháp chung là ta quy về xét sự tồn tại nghiệm của phương trình : f(z) = ø(2)
(1)
Nhìn chung (1) déu la các phương trình bậc cao (có bậc > 3) Nêu có thé được các bạn tìm mọi cách hạ bậc (1) Ta luén str dụng kết quả sau : Nếu z = ø là một nghiệm đoán được của (1), thì (1) có thể đưa được về dạng sau
: (#—a)h(z) = 0, trong đó phương trình h{z) = 0 có bậc giảm đi l so với
phương trình gốc (1)
® Tuy nhiên sử dụng các kết quả về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm bậc ba, ta có kết quả thông dụng sau : Xét phương trình :
ƒ() = az” + bz” + c + d = 0,a = 0 (2) Khi đó :
1 Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ƒ(z) có cực đại, cực tiểu và 9 rhax’ Yin
2 Phuong trình (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi f(z) có cực đại,
Cực tiểu và Ynax’Ymin =
3 Phương trình (2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi :
— Hoặc là ƒ(z) không có cực đại, cực tiểu ;
_— Hoặc là ĐC, ) có cực đại, cực tiểu và max" Yuin >0
e Cần nhắn mạnh rằng với bài tốn ngồi việc đòi hỏi tính giao nhau của các
đường cong bậc ba vối một đường cong khác có bậc không quá ba, ta còn
quan tầm đến tính chất của Các giao điểm thì kết quả vừa dẫn ra ở trên chỉ có
thê xem như một điều kiện cẩn Nó chưa đủ sức mạnh để giải hoàn toàn bài
Trang 62m > 1 2m z 2 1 Vì thế (1) có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1khi: ‡m+1>1 6 mà mm +1 2 ml 2m z mm +1 Vĩ dụ 2 — Biện luận theo m số giao điểm của trục hoành với đường cong : y= 2° — 32? + 3(1—m)c +14 3m Giải Ta có : y! = 32? —62+3(1—m) = 3(z” — 2z -+1— m) Đường cong có
cực trị khi và chỉ khi phương trình : g' = 3(z” — 2z-+1— m) =0 có hai nghiệm
phân biệt, tức là: - A=1-(I-m)=m >0 (1)
Ta có nhận xét sau: z” — 3z? + 3(1— mm)z +1 + 3m
= (2° ~ 22 +1—m)(r—1)+2(—mz+14+m)
| 1
Hay : y= sue -1) + A-ma +1+m) (2)
Đẳng thức (2) chứng tỏ rằng : nếu (z; ; y,) va (2, ; y,) la cde diém oye tri y, = 2(—maz, +1+m)
Y, = 2(—mz, +1+m)
Bây giờ ta biện luận số giao điểm của đường cong với trục hoành như sau :
1 Đường cong cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi
a) Hoặc là đường cong không có cực đại, cực tiểu, tức là A/ <0 &m<0 của hàm số, thì
b) Hoặc là có cực đại, cực tiểu nhưng ?,, > 0 Điều đó xảy ra khi :
in >0 YY > 0? |mx,2, — m(1+m)(e, +2,) + (1-+m)? > 0 e n >0 () I
Do z,, z, là hai nghiệm của phương trình +? — 2z + 1—m =0, nên theo
Vi-ét ta có : 2, +2, =2 ; 2,2, =1—m Thay vao (I) ta duoc: m>0
mm |
Vậy đường cong cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi m < 1
2 Đường cong cắt trục hoành tại hai điểm khi đường cong có cực trị và
m>0 h >0
©m = ]1
9w, = 0 Điêu này xây ra khi : r =0 7 |-m? +1=0
3 Tương tự đường cong cắt trục hoành tại ba điểm khi-: zn > 1
Trang 7Ví dụ 3 Cho đường cong: ý= z2 —3z°+(2m—2)z+mm—3 Tìm mì để
đường cong cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ z z, thoả mãn điều kiện Øø <—=l<# <#;
Giải
Điều kiện cần : Giả sử có gia tri m thoả mãn yêu cầu đầu bài Khi đó ta có : f(z) = a? — 3a? + (2m — 2)z + m.— 3 = (# — #,)(œ — #,)(œ — #) Từ giả thiết : z¿<—1<z, <z, ta suy ra : ƒ(1)>0 —m—ð >0
=>m < —5 Vậy với mm < —5 là điều kiện cần đẻ thoả mãn điều kiện đề ra Điều kiện đủ : Giả sử mm < —5 Ta có :
ƒ(1)=_—-m—5 >0; ƒ(0)= m— 3 <0 (do mm < —ð) Vì lim ƒ(z)= —oo, nên tồn tại số b < —1 sao cho ƒ(ð) < 0 ; im f(z) = +00, nén tổn tại số ø > 0 sao cho ƒ(a) > 0
Từ tính liên tục của f(z) và do : ƒ@6)<0 ; ƒ( >0 ; f(0)<0 ;
ƒ()>0, nên tồn tại z„, z,, z, sao cho f(z,)=f(z,)=f(@,)=0 và 7
b<ø›¿<—1<#,<0<z, <ø Vậy đường cong đã cho cắt trục hoành tại ba
điểm phân biệt có hoành độ z,, z,, z; thoả mãn z#¡ < ~l< #; < 2; khi và chỉ
khi mm < —5
Chú ý : Học sinh có thể tham khảo thêm về lí thuyết của Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai
Ví dụ 4 Cho đường cong = #Š — 3mz° + 2m(m — 4) + 9m? — m Tìm mm
để đường cong chắn trên trục hoành hai đoạn bằng nhau Giải
ˆ_ Điểu kiện cẩn : Giả sử đường cong chắn trên trục hoành hai đoạn bằng nhau, tức là đường cong cắt trục hoành tai ba diém „
Trang 8Từ đó : 3m = 3z, + z, =m Do m la nghigém cua (1), nén thay m vào m=0 (1) tacé: m? — 3m? +2m?(m—4)+9m? —m=08m?-m=08 ' m=i1 Vậy : điều kiện cần là m = 0 hoặc zn = 1 Điều kiện đủ :
® Nếu mm = 0, khi đó đường cong trở thành ÿ = z” Rõ ràng = #” chỉ cắt
trục hoành tại một điểm, suy ra loại trường hợp này ® Nếu m = 1 => = z` — 3z? —6z+8 Từ :
z= -2
y=0 8 (4- 1)(@* - 2z—8)=0 |x, =1 RO rang đường cong cat z, = 4
trục hoành tại ba điểm có hoành độ Z,, Z, , Sao cho #, —# = #¿ — #,, tức là chắn trên trục hoành ba toạ độ bằng nhau
Vay voi m = | là giá trị của tham sô mm cân tìm
_ 2.CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUANĐÉN CAC TINH CHAT DINH TINH CUA HAM SO
Phương pháp giải
© Để phát hiện tính đối xứng trục hoặc đối xứng tâm của đồ thị hàm số, người ta dùng phép tịnh tiến theo vectơ Ol (với Ï (x, Yo) ), biến hệ tọa độ Oxy thành hệ toa d6 mdi IXY Ta cé công thức đôi hệ trục toạ độ như sau : z= X+y , y=Y+y- ® Nếu trong hệ trục toạ độ mới (theo các biến X,Y ) hàm số có dạng hàm số
chẵn thì đồ thị có trục đối xứng song song với trục tung ; còn nêu hàm sô có
Trang 9Yty,=(X+ +} + đm(X +)” + 3m +1)(X +ay} +, (1)
Đô thị có trục đôi xứng khi và chỉ khi (1) có dạng hàm sô chăn theo X ; tức là các hệ số của X” và X trong khai triển về phải của (1) bằng 0, tức là hệ sau được 4z, + 4m = 0 1y =—m (2) thoả mãn : đa + 12ma,’ + 6(m + 1)#„ = 0 - 8m? — 6m? — 6m = 0 (3) m=0 Từ @), ta có : m(4m? — 3m — 3) = 0 © = 3+ 57 : — 8 + Vậy, để đường cong có trục đối xứng song song với trục tung, thì các giá trị cân tìm của m là :
- Hoặc rn = Ö : khi đó trục đôi xứng là z = 0 ;
- Hoặc m = ¿rối : khi đó trục đối xứng la 2-= =3= vst :
- Hoặc in = =_ : khi đó trục đối xứng la 2 = = tvs Vidu2 Cho hàm số: ụ = z” — 3+ có đồ thị (C) 1 Khảo sát và vẽ đỗ thị hàm số 2 Viết phương trình đường cong (C”) đối xứng với (C) qua đường thẳng r=, 3, Vé dé thi cia duong cong (C’) Giải _1, Học sinh tự làm Đồ thị (Œ) của hàm số có dạng như hình bên 1 "Mt AM’ Bop ¬43 H : > O} 2,1 2-4, 4 #=l
2 Ta có nhận xét : Điểm M(2, > Y,) khi đối xứng qua đường thẳng z = 1 sé
trở thành điểm Ä⁄//(2 — Zi Yy) Phép đối xứng trục là phép dời hình, nên bảo toàn
hình dáng và độ lớn của hình Vì thế qua phép đối xứng + == 1, đường cong ụ = +” 3z vẫn biến thành đường cong bậc ba ÿ = a#” + b+” + e# + đ Mặt khác
Trang 10một đường cong bậc ba được xác định một cách duy nhất khi biết bốn điểm của nó Xét bốn điểm đặc biệt sau trên đường cong y=2° — 8z là O(0;0) ; M(-1; 2) ; N(1;—2) ; P(2; 2) Qua phép bién hinh, ta co :
O—=O(2;0); M— MÍ(3;2) : WN—N(1;—2); P— P10;2)
VÌ đường cong (C”) với phương trình y = a# + bz? + c+ + đ đi qua : Ó', Mˆ, N', P7 nên ta có hệ phương trình sau : 8a + 4b + 2c+d=0 4a+ 2b +c=—1 œ@= —] 27a + 9b +3c+d=9— |9a+3b+e=0 b=6 atb+c+d=-2 “Ja+b4e=-4 c=-9 d=2 d=2 d= 2, Vậy : (C”) có dạng : = —2* +62? —92 +2, 3 Xét (Œ/) với phương trình : Ụ = —#” +6z? — 0z +2 Ta có : Uˆ = =3z” + 12z — 9 = 3(~z? + 4z — 3) y= 04> | Ta có bảng xét roy 1 3 + dấu y' Từ đó, suy ra đồ thị của (C") có dạng như hình dưới 9 An Nhận xét: ® Ta có cách giải Câu 2 tìm phương trình của (Œ') như sau : Như đã biết qua phép đối xứng trục z = 1, điểm M(+z; z” — 3x) +00 \ / nằm trén (c) biến thành điểm
M'(2—2;2° —2) nam trén (C’) Dé tim dang
của (C”) ta phải biểu diễn 2? — 32 qua đa thức bậc ba của 2 — z như sau :
+” = đe = A(2—2)' + BQ-~ z} + Œ2—z)+ÐD
= A(8— 12z + 6+” — z”) + B(4~ 4z+z”)+Œ(2—z)+D
Trang 11Vậy (C”) có phương trình : = —z” + 6z? — 9z +2 ® Khi xét họ đường cong phụ thuộc tham số, chúng ta thường gặp các bài toán sau : ; ; - Tìm điểm cô định trên mặt phẳng toạ độ mà mọi đường cong của họ đều đi qua - Tìm điểm trên mặt phăng toạ độ mà không có bat ctr đường nào của họ - đi qua
- Tìm điểm trên mặt phẳng toạ độ có đúng k đường của họ đi qua
Thực chất các loại bài toán này, chính là các bài toán về khảo sát nghiệm của một phương trình đại số Vì lẽ ấy kiến thức cơ bản sẽ dùng ở đây là các hiểu biết cặn kẽ về phương trình bậc hai, bậc ba thông thường
Ví dụ 3 Cho họ đường cong : y= a? +2(m—1)2? + (m? — 4m + 1)+ — 2(m” + 1) Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ mà họ đường cong di qua voi moi m Giải Gọi (2, ; ạ) là điểm cần tìm Khi đó ta có : Uạ =) +2(m —1)#) + (m° — 4m + 1)z¿ — 2(m” +1), Vm - hay : m”(œy — 3) + 2m(4 — 24) + z) — 2a° +2,—-2-—y, =0, Vm Từ đó suy ra hệ phương trình sau day dé xác định (Tạ ¡ 9g) :
z,—2=0 (1)
— 2u =0 (2)
®ụ — 28g + đụ — 2— tạ = Ö (3)
Từ (1) có z„ = 2 Thay vào (3) có tạ = 32 Thay z¿ = 2 vào (2) thấy thoả mãn Vậy họ đường cong đã cho đi qua điểm có định duy nhất (2 ; 0) với mọi mm Nhận xét :
68
1 Như vậy lược đỗ chung đê giải bài toán tìm điểm mà họ đường cong luôn
đi qua là : Goi (z, ; y,) là điểm mà họ đường cong ÿ = ƒ(z; m) luôn đi
qua với mọi rm Từ hệ thức 1 = f(z,;m), Vm, va dya vào tính chất
Trang 12phương trình 2* + 2(m — 1)#” + (m” — 4m + 1)z ~2(m” +1)= 0 luôn có
một nghiệm z = 2 với mọi m Từ đó ta suy ra trong nhiều trường hợp có thể sử dụng việc tìm điểm có định để nhằm một nghiệm của + phương trình bậc cao có tham số
Giả sử ta phải biện luận (hoặc giải) phương trình bậc cao có tham số sau :
y = f(x ;m) = 0 Như ta đã biết, nếu biết trước một nghiệm z,„ của nó, thì
ta có thê hạ bậc phương trình, khi đó mọi việc sẽ đơn giản hơn
Ta có thể làm như sau : Tìm điểm cố định (ạ ; 0ạ) của họ y= ƒ(œ ; m)
theo cách trên Nếu như tổn tại điểm cố định (z, ; 0), thì z =z„ chính là
một nghiệm Dĩ nhiên không phải điều này lúc nào cũng có Nếu có thì ta có
thê áp dụng việc tìm điểm cố định của một họ đường cong phụ thuộc tham số để nhằm nghiệm một phương trình bậc cao với tham số
Ví dụ 4 (Bài toán ba điểm có định thẳng hàng) Chứng minh rằng các họ
đường cong sau với mọi n luôn đi qua ba điểm cố định thẳng hàng 1 =(m+2)z` +2(m +9)+” — (m + 3)z — 2m + 1 2 =(m+1)+” ~ (2m —1)+ —m + 1 3 =(m—3)z” — A(m — 3)#” — (m +1)z +m Giải 1 Xét họ đường cong : = (m + 2)#” + 2(m +2)” ~ (m + 3) — 2m + 1 Goi (a, ; yy) 1a điểm có định cần tìm Khi đó ta có : =(m+3)z) + 2(m +2)z2 —(m +3)z„ — 2m +1, Vm Từ đó lập luận như trên suy ra hệ phương trình sau đây để xác định Lys Vy: x) +22? —32,-2=0 (1) tạ — 2 — 4g + 3x, —1=0 (2) Dé thay (1) (z¿ +2)(zj — 1) = 0 _ a Vậy đường cong luôn đi
qua ba điểm cố định A(—2; 7), B(1; 4) và Œ(—1; 6)
Tacé: AB =(3;—3) ; AC =(1;—1) Vi: AB=3AC, nén A, B,C
thang hang (dpcm)
Nhận xét : Phương trình (2) © ty — 2(z3 + 22° — 32,) — 32, —1 = 0 Từ (1) suy ra: y, —3z, —1=0 (*) Vay nếu (1) có ba nghiệm phân biệt, thì từ (*) suy ra ba điểm cố định thẳng hàng vì chúng cùng nằm trên đường thắng
—3+z—1=0
Trang 13Di nhiên với đường cong đã cho, thì cách làm trực tiếp là đơn giản (vì mọi
tính toán ở đó là dễ dàng) Tuy nhiên không phải lúc nào cách làm trực tiệp cũng suôn sẻ 2 Xét họ đường cong : = (m + 1)#” — (2m — 1)z — m +1 Gọi (zu ; ạ) là điểm có định cần tìm Tính toán như trên dẫn đến hệ phương a, ~2a,-1=0 — (8) trình sau để tìm z,, ,: 5 ~ Uọ —?ạ +, —1= 0 (4) Ta có : (4)© tụ — (2) — 2ø — l — zạ —2 =0 Kết hợp với (3) suy ra : Uạ ~#ạ =2 =0 Mặt khác, do (3)© (y +1)(z2 — zạ —1)=0, nên nó có ba nghiệm phân biệt Vậy đường cong đã cho có ba điểm cố định cùng nằm trên
đường thăng _ — z — 2 = 0, nên chúng thẳng hàng
Nhận xéi : Dĩ nhiên có thê giải trực tiếp bằng cách tìm nghiệm của (3) 145
3
Ta có : Be Ly = —l Và Tụ = Việc tìm y, theo x, ở đây đã
phức tạp hơn vì z„ có nghiệm dưới dạng căn thức ! Sau đó lại phải dùng các
phép tính về các vectơ dé chi ra ba điểm có định thắng hàng Rõ ràng giải trực
tiếp là có thể, nhưng chắc chắn phức tạp hơn hăn cách ta trình bày ở trên !
3 Xét họ đường cong: = (m — 3)z” — 4(m — 3)x” — (m +1) +m
Goi (a, ; „) là điểm có định cần tìm Ta có hệ sau đây để xác định z„, , :
đỷ — 4? —m +1 =0 (5)
Yy + 32, ¬ 12+) +z, =0 (6)
_ Viết lại (6) dưới dạng : , + 3(s) — 4z” — 2, +1) +40, —3=0, két hop với (5) suy ra : tụ, + 4z, — ä = 0 Bây giờ chứng minh (5) có ba nghiệm phân biệt
Thật vậy, xét : ƒ(z) = z” — 4z” — z +1, ta có :
f(-I)=-3 <0; f(0)=1>0; f)=-3 <0; f(5)=21>0
Từ tính liên tục cua f(a) suy ra phuong trinh (5) có ba nghiệm phan biét
_ Vậy đường cong có ba điểm cố định thang hang (vi cling nam trén duong thắng + 4z — 3 = 0)
Nhân xét :
® Trong ví dụ này phương pháp tìm các điểm cố định cụ thé, rồi chứng minh
chúng thăng hàng là hồn rồn khơng thể làm được ! (vì mặc dù ta biết (Š) có
ba nghiệm phân biệt, nhưng làm sao tìm được các nghiệm ây !!)
Trang 14số ?n : = ƒ(œ ; n) Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ sao cho mọi đường cong của họ đều không đi qua các điểm ấy với mọi giá trị của tham sé m
Lược đồ chung để giải chúng như sau :
Gọi (2; ; ạ) là điểm phải tìm, thì phương trình (Ân m ) sau đây vô nghiệm :
YW = f(z, ;m) (1)
Như vậy ta quy bài toán về việc tìm điều kiện dé (1) (an m) v6 nghiém Tuy
dạng của (1), mà ta có các điều kiện vô nghiệm tương ứng Từ các điều kiện
này sẽ cho ta lời giải của bài tốn
® Lưu ý với các bạn, để làm sáng tỏ các kết quả tìm được, trong các trường hợp có thể được, bạn hãy biểu diễn hình học các kết quả tìm được trên mặt phẳng toạ độ Đề làm được điều này, bạn chỉ cần nắm được cách biểu diễn miễn trên mặt phẳng toạ độ từ“các hệ thức cho trước
Vi du 5 Cho ho dudng cong y = mz* +(1—m)z phy thudc tham sé m Tim
các điểm trên mặt phẳng tạo độ sao cho không có đường nào của họ đi
qua
Giải
Gọi (ạ ;ạ) là điểm phải tìm Khi đó phương trình (ẫn mm) sau đây vô
nghiệm : Y = Tư) +(1—m)z, (1)
Dé thay, (Nes y,- 2 = m(z —2,) (2)
Ta co phuong trinh (2) (an m) vo nghiệm khi và chỉ khi hệ sau thoả mãn : zr, =0 a — a, = 0, đạ =Ì Đụ — #ạ = 0 + = - tạ z 2 Vậy các điểm cần tìm gồm ba đường thẳng z =0 ; z=1 ; z=—1 bỏ đi ba điểm : A(0;0) ; B(1;1); C(—1;—1) Se
Ví dụ 6 — Cho họ đường cong = 2° — mx? + 2mx +m? —1 Tim cdc điểm trên mặt phăng toa độ mà họ đường cong không hề di qua voi moi m
Giải
Gọi (2, ; ạ) là điểm phải tìm Khi đó phương trình (ân mm.) sau vô nghiệm :
Yy = 7, — ma? +2mz, +m —1 (1)
Viết lại (1) dưới dang : m°a? — m? —2mz, + y, +1-22 =0 (2)
Néu Z, = 0, thi (2) la phuong trinh bậc ba mà mọi phương trình bậc ba déu có ít nhất một nghiệm Vì thé dé (2) (ẫn m ) vô nghiệm, trước hết cần có „=0
Trang 15Khi đó (2) có dạng : —m” + ụ +1= 0 @ mỶ = tạ +1 @)
Do đó (2) vô nghiệm khi (3) vô nghiệm, nghĩa là : › + 1 < 0 @ 1; < —1
tl, =
Vậy các điểm (z, ; ạ) phải tìm thoả mãn hệ : Uy <—1 Đó là phần trục
tung với tung độ nhỏ hơn —1
Vi du 7 Cho họ đường cong : y= 2 +2(m —1)+? + (m° — 4m +1)+ — 2(m? +1) Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ sao cho mọi đường của họ đều không đi qua các điểm ấy Giải Goi (2, ; ạ) là điểm cần tìm Phương trình (Ân rn ) sau đây vô nghiệm : tạ = Tô + 2(n —1)z2 + (m — 4m + 1)z, —2(m?+1) - (i) Viết lại (1) dưới dạng sau : (x, — 2)m° + 2a(œạ — 2)m + x) — 2# + đụ — 2— tụ = 0, (2) Xét các khả năng sau :
® Nếu #ạ =2 Khi đó (2) trở thành : 1ạ¿ = 0 Vậy (1) trong trường hợp này
vô nghiệm khi : (i - 5
® Nếu z„ = 2 Khi đó (2) vô nghiệm khi : Al = = #0(8ạ ~ 2)? — (x? — 2a} +2, —2—q)(œạ 2) <0 & (2, —2)[22(c, —2)0? +20? #y +2+]<0— # (a, —2)(-@, +2+y) <0 ry >2 tạ < ®ạ —2 Ly <2 Yy > Ly — 2
Tom lai nhitng diém trén mat phang toa dd ma moi đường của họ không đi qua được biểu diễn bằng
hai góc đối đỉnh, kể cả một cạnh z = 2, nhưng không kể đỉnh A(2 ; 0) và cạnh kia
ự=z—2.Nó được biểu diễn bằng phần không gạch trong hình vẽ bên cạnh
