bien doi do thituong giaotiep tuyen v v NC

Ñònh m ñeå haøm soá coù cöïc ñaïi, cöïc tieåu.[r]

Phần 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ

MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HAØM SỐ 

Vấn đề 1: Phép biến đổi đồ thị : Phương pháp:

1) Dạng 1: Từ đồ thị (C): y = f(x) suy đồ thị (C1): y=|f(x)| , với ghi nhớ:

* (C): y = f(x) (C’): y = – f(x) đối xứng qua Ox * Viết

f(x) f(x)≥0 - f(x) f(x)<0

¿

y=|f(x)|={

¿

* Đồ thị (C1) : y=f|(x)| vẽ bước:

+ Giữ lại đồ thị (C) nằm phía Oõx

+ Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) nằm phía Ox + Hợp phần đồ thị ta đồ thị (C1): y=|f (x)|

2) Dạng 2:Từ đồ thị (C):y = f(x) suy đồ thị hàm (C2): y=f(|x|) với ghi nhớ

* y=f(|x|) hàm chẵn nên có đồ thị đối xứng qua Oy

* Ta vẽ đồ thị (C2) qua bước:

+ Giữ lại phần đồ thị (C) bên phải Oy

+ Lấy đối xứng qua Oy phần vừa giữ lại (C) + Hợp phần đồ thị ta có đồ thị (C2): y=f(|x|)

3) Dạng 3: từ đồ thị (C): y = f(x) suy đồ thị hàm (C3): y=|f(|x|)| cách kết hợp

daïng dạng

+ Lấy đối xứng phần bên phải trục qua Oy (sau bỏ phần bên trái Oy Giữ nguyên phần bên phải, hợp phần lấy đối xứng đồ thị (C2) y=f(|x|)

+ Lấy đối xứng tất phần đồ thị (C2) vừa kết hợp nằm trục Ox lên Ox

+ Giữ nguyên phần bên trên, lúc ta có đồ thị hàm (C3): y=|f (|x|)|

4) Dạng 4: Ta xét trường hợp đơn giản Từ đồ thị (C) : y=Ax

2

+Bx+C

ax+b (giả sử a > 0) suy đồ thị (C4)

Ax2+Bx+C ax+b (x>−

b

a;a>0)

¿

−Ax

+Bx+C ax+b (x<−

b a;a>0)

¿ ¿ ¿

y=Ax

+Bx+C

|ax+b| =¿

Qua bước :

+ Vẽ (C), bỏ nhánh đồ thị (C) bên trái tiệm cận đứng (d): x=−b a

+ Lấy đối xứng phần (C) bên trái tiệm cận đứng (d): x=−b

a vừa bỏ qua d  Tương tự với a < (ta nhân tử mẫu với –1)

 Tương tự với đồ thị (C4) y= ax+b

|cx+d| hay y=

P(x)

Q(x) đồ thị y= |P(x)|

Q(x) hay y=|P(x)|Q(x)

hay (C5):

f(x)

¿

− f(x)

¿

(ñk :f(x)≥0)

¿

y=¿

qua bước

+ Vẽ (C): y = f(x) bỏ phần trục Ox

+ Lấy đối xứng phần giữ lại qua trục Ox, (xng phía trục Ox) Bài toán : (Phép suy thứ nhất)

a) Khảo sát vẽ đồ thị (C):y= x

x −1 b/ Suy đồ thị (C1):y=| x x −1|

Giải: Đồ thị (C)

-4 -3 -2 -1

-3 -2 -1

x y

x=1

y=x+1

Đồ thị (C1)

-4 -3 -2 -1

-3 -2 -1

x y

x=1

y=x+1

y=-x-1

Bài toán 2: (Phép suy thứ hai) Vẽ đồ thị (C2):y= x

|x|−1 Đồ thị (C2):

-4 -3 -2 -1

-2

x y

x=1

y=x+1 y=-x+1

x=-1

Bài toán 3: (Phép suy thứ ba) Vẽ đồ thị (C3):y=|

|x|2 |x|−1|

Đồ thị (C3)

-4 -3 -2 -1

-2

x y

x=-1 x=1

y=-x+1

y=x+1

Bài toán :(Phép suy thứ tư)

Vẽ đồ thị (C4):y= x

|x −1|

Đồ thị (C4)

-4 -3 -2 -1

-2

x y

x=1

y=x+1 y=-x-1

x=-1

Vẽ đồ thị (C5):|y|= x x −1

-8 -6 -4 -2

-10 -8 -6 -4 -2

x y

x=1

y=x+1 y=-x-1



Vấn đề 2: Biện luận tương giao hai đường:

Phương pháp : Cho hai đường cong (C1): y = f(x) (C2): y= g(x)

Biện luận tương giao (C1) với (C2)

* Lập phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (C2)

f(x) = g(x) ⇔ f(x) – g(x) = (1) * Giải biện luận phương trình (1)

* Kết luận : số nghiệm phương trình (1) số giao điểm (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 + (D) đường thẳng qua A(2; 4) có

hệ số góc m Biện luận theo m số giao điểm (C) (D) Giải: (D) qua A(2; 4) , hệ số góc m : y = m(x – 2) +

(C) : y = x3 – 3x + 2

* Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (D) x3 – 3x + = m(x – 2) + 4

 (x – 2)( x2 + 2x + – m) = (1)

* Số giao điểm (C) (d) số nghiệm phương trình (1) - Phương trình (1) luôn có nghiệm x =

- Xét phương trình g(x) = x2 + 2x + – m = (2)

Neáu g(x) = có nghiệm x = – m = ⇔ m =

Do : m = (1) có nghiệm kép x = 2, nghiệm đơn x = – Nếu m ≠ g(x) = có nghiệm x ≠

Ta coù Δ'

=m

m < ⇔Δ'<0 : (2) vô nghiệm

m = ⇔Δ'

=0 : (2) có nghiệm kép x = –

0 < m ≠ ⇔Δ'>0 : (2) có nghiệm phân biệt khác

- Kết luận:

m < : (D) cắt (C) điểm

m = : (D) cắt (C) điểm tiếp xúc đồ thị điểm < m ≠ : (D) cắt (C) điểm

m = : (D) cắt (C) điểm tiếp xúc đồ thị điểm (2; 4)

Bài toán 2: Cho hàm số y =

2

x 4x x

y= + +

+ (C)

Tìm tất giá trị m để đường thẳng (D) y = mx + – m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt thuộc nhánh đồ thị (C)

Giải: Phương trình hồn độ giao điểm (C) (D) :

x2 + 4x + = mx2 + 2x + mx + – 2m (với x ≠ – 2)

⇔ (1 – m)x2 + (2 – m)x + 2m – = (*)

(D) cắt (C) điểm phân biệt thuộc nhánh đồ thị (C)

⇔ (*) có nghiệm phân biệt x1; x2 cho x1 < x2 < – V – < x1 < x2

¿

⇔

a=1− m≠0 Δ=(4−4m+m2)−4

(1− m)(2m−3)>0 af(−2)=(1− m)[4(1− m)−2(2−m)+2m−3]>0

¿ ¿{ {

¿

¿

⇔

9m2 24 m +16>0 3(1−m)>0

¿ ¿{

¿

⇔

m≠4 m.>1

¿{

Kết luận :

⇔

m≠ m.>1

¿{

(D) cắt đồ thị (C) điểm phân biệt thuộc nhánh (C)

Bài toán 3:Cho hàm số y= x

x −1 Tìm điểm A , B nằm đồ thị (C) đối xứng qua

đường thẳng (d) y = x –

Giải: Vì A , B đối xứng qua đường thẳng (d) y = x – Suy A, B thuộc đường thẳng (d’) y = –x + m

Phương trình hồnh độ giao điểm (d’) (C) x2 = (x – 1)( – x + m) (đk : x ≠ 1)

⇔ 2x2 – (m + 1)x + m = (*)

Ta coù Δ = (m + 1)2 – 8m >

⇔ m2 – 6m + > 0

⇔

m<3−√5

¿

m>3+√5

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Giả sử (d’) cắt (C) điểm phân biệt A, B Gọi I trung điểm A, B:

⇒

xI=xA+xB

2 =

m+1 yI=− xI+m=3m −1

4

¿{

A B đối xứng qua (d) ⇒ I thuộc (d): y = x –

⇒ 3m −4 1=m+1

Lúc (*) thành trở thành : 2x2 – = ⇔ x = ±1

2 Vaäy A(

−1 √2;−1+

√2 ) , B(

√2;−1− √2

2 )

Bài toán 4:Cho (P) y = x2 – 2x – đường thẳng (d) phương đường y = 2x

cho (d) cắt (P) điểm A, B

a) Viết phương trình (d) tiếp tuyến (P) A B vuông góc b) Viết phương trình (d) AB = 10

Giải: Gọi (d): y = 2x + m đường thẳng phương với đường y = 2x Phương trình hoành độ giao điểm (d) (P)

x2 – 2x – = 2x + m

⇔ x2 – 4x – – m =

(d) cắt (P) điểm phân biệt A vaø B

⇔ Δ' = + m >

⇔ m > –7 Lúc gọi xA , xB nghiệm (1) ta có

S = xA + xB = 4,P = xA xB = – – m

a) Tieáp tuyến (P) A, B vuông góc ó f’(xA )f’(xB) = –1

⇔ (2 xA –2)(2 xB –2) = – ⇔ 4P – 4S + = ⇔ 4(–3 –m) –16 +

=

⇔ m = −23

4 (nhận m > –7)

b) A, B thuoäc (d) ⇒ yA = xA + m , yB = xB + m

Ta coù AB2 = 100 ⇔ (x

A – 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 = – (nhận m > –7)

Bài toán : Cho hàm số y=f(x)=x+3− m+

x+m (H)

Tìm a để đường thẳng (Δ) : y = a(x+1) + cắt (H) điểm có hồnh độ trái dấu

Giải:Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (Δ) :

x+2+

x+1=a(x+1)+1 (ñk:x≠ −1)

⇔x2

+3x+3=a(x2+2x+1)+x+1 ⇔g(x)=(1− x)x2+2(1− a)x+2− a=0 ( ) (Δ) cắt (C) điểm có hồnh độ trái dấùu ⇔ (*) có nghiệm phân biệt

x1, x2≠ −1Λ x1<0<x2

⇔

(1− a)g(0)<0 g(−1)≠0

1−a ≠0

⇔

¿(1− a) (2− a)<0 (1− a)−2(1− a)+2− a=1≠0

⇔1<a<2

¿{ { 

Vấn đề 3: Viết phương trình tiếp tuyến :

Phương pháp :

1)Loại 1: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) điểm M(x0; y0)

Tính y’ = f’(x) ⇒ y’(x0) = f’(x0)

Phương trình Tiếp tuyến (C) M(x0;y0) là: (y – y0) = f’(x0)(x – x0)

2)Loại 2: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) qua điểm A - Cách 1:

* Goïi (D) tiếp tuyến (C) tiếp truyến (C) qua A(xA; yA) có hệ số góc k : (D) :

y =k(x – xA) + yA

* Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (D): f(x) = k(x – xA) + yA (1)

* (D) tiếp tuyến (C) (1) có nghiệm kép, từ xác định đuợc k Từ viết phương trình (D)

- Cách 2:

* Gọi M(x0; y0) tiếp điểm

* Phương trình tiếp tuyến (D) taïi M: (y – y0) = f’(x0)(x – x0)

* (D) qua điểm A nên : (yA – y0) = f’(x0)(xA – x0) (1)

Giải (1) tìm x0, từ tìm phương trình (D)

3)Loại 3: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) có hệ số góc cho trước - Cách 1:

* Gọi (D) tiếp tuyến (C) tiếp truyến (C) có hệ số góc k (D) : y = kx + m (1)

* Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (D): f(x) = kx + m

* (D) tiếp tuyến (C) ⇔ (1) có nghiệm kép Từ tìm giá trị m , từ viết phương trình (D)

- Cách 2:

* Gọi (D) tiếp tuyến (C) M(x0; y0) tiếp điểm:

(D) có hệ số góc k (D) có hệ số goùc f’(x0)

⇒ f’(x0) = k (1)

* Giải (1) tìm x0 ; y0 = f(x0) Từ viết phương trình (D)

Bài toán 1: Cho hàm số (C) y=x2−3x+4

2x −2 M điểm tuý ý (C) Tiếp

tuyến (C) M cắt đường tiệm cận xiên đứng A B Chứng tỏ rằg M trung điểm AB, tam giác IAB (I giao điểm hai đường tiệm cận) có diện tích khơng phụ thuộc vào M

Giaûi: y=x

−3x+4 2x −2 =

x 2−1+

1

x −1 (x ≠1) (C)

M(a; b)∈(C)⇒ tiếp tuyến M laø (d) y=y('a)(x − a)+b (b=a 2−1+

1 a −1)

⇔y=[1 2−

1

(a −1)2](x −a)+ a 2−1+

1 a −1

Tiệm cận đứng (C) (d1) : x = ⇒(d)∩(d1)=A(1;− 2+

2 a −1)

Tieäm cận xiên (C) (d2) : y=2x−1⇒(d)∩(d2)=B(2a−1; a−32)

Ta coù : 12(xA+xB)=

1

2(1+2a −1)=a=xM 12(yA+yB)=

1 2[−

1 2+

2 a −1+a −

3 2]=

a 2−1+

1 a−1=yM Vậy M trung điểm AB

Giao điểm tiệm cận I(1;−1

2)⇒SIAB=

2|yA− yI||xB− xI| ¿1

2

Vậy SIAB không phụ thuộc vào M

Bài toán 2: Cho hàm số y = x3 + 3x2 – 9x + (C)

Tìm tiếp tuyến đồ thị (C) có hệ số góc nhỏ Giải : Gọi M(x0; y0) (C) : hệ số góc tiếp tuyến M : k = f’(x0) = 3x0

2

+6x0−9

Ta coù k=3(x0+1)2−12≥ −12 Dấu “=” xảy x0 = –

Vaäy Min k = – 12 ⇔ M(–1; 16)

Do tất tiếp tuyến (C) tiếp tuyến điểm uốn có hệ số góc nhỏ

Bài tốn 3: Cho hàm số y = x3 + mx2 + (Cm)

Tìm m để (Cm) cắt (d) y = – x + điểm phân biệt A(0; 1), B, C cho tiếp tuyến Cm) B C vng góc

Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (Cm) x3 + mx2 + = – x + 1

⇔ x(x2 + mx + 1) = (*)

Đặt g(x) = x2 + mx + (d) caét (Cm) điểm phân biệt

⇔ g(x) = có nghiệm phân biệt khác

⇔

Δg=m2−4>0 g(0)=1≠0

⇔

m>2

¿ ¿

m<−2

¿ ¿{

¿ ¿ ¿

Vì xB , xC nghiệm g(x) =

⇒

S=xB+xC=−m

P=xBxC=1 ¿{

Tieáp tuyeán B C vuông góc

⇔f'(xC)f '

(xB)=−1 ⇔xBxC(3xB+2m) (3xC+2m)=−1

⇔xBxC[9xBxC+6m(xB+xC)+4m2]=−1 ⇔1[9+6m(−m)+4m2]=−1

⇔2m2

=10 ⇔m=±√5 (nhận so với điều kiện)

Bài toán 4: Cho hàm số y = x3 – 3x – (H)

Xét điểm A, B, C thẳng hàng thuộc (H) Gọi A1, B1, C1 lần luợt giao điểm

(H) với tiếp tuyến (H) A, B, C Chứng minh A1, B1, C1 thẳng hàng

Giải: Gọi M(x0; y0) thuộc (H) Phương trình tiếp tuyến (H) M (d) y=3(x0

2

−1)(x − x0)+x

−3x0−2=3(x0

−1)x −2(x3+1)

Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (H)

x3−3x −2=3(x0

−1)x −2(x3+1)

⇔(x − x0)

(x+2x0)=0

⇔

x=x0(nghiệm kép)

¿

x=−2x0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Goïi A(a; yA) , B(b; yB) , C(c; yC)

⇒ giao điểm A1, B1, C1 tiếp tuyến A, B, C với (H) A1=(−2a ;−8a

3

+6a−2) , B1=(−2b ;−8b

+6b −2) , C1=(−2c ;−8c

+6c −2)

* A, B, C thaúng haøng :

⇔b − a

c −a=

b3− a3−3(b − a)

c3− a3−3(c −a) ⇔1=

b2+a2+ab−3 c2+a2+ac−3

⇔c2+ac=b2+ab  c babc0

⇔a+b+c=0 (c ≠ b)

* A1, B1, C1 thẳng hàng :

⇔2a −2b

2a −2c=

8(a3−b3)−6(a −b ) 8(a3− c3)−6(a −c

) ⇔1=

4(a2

+ab+b2)−3 4(a2

+ac+c2)−3

⇔c2+ac=b2+ab ⇔(b − c)(a+b+c)=0

⇔a+b+c=0 (c ≠ b)

Vaäy : A, B, C thẳng hàng ⇔ A1, B1, C1 thẳng hàng 

Vấn đề 4: Biện luận số nghiệm phương trình, bất phương trình đồ thị:

Phương pháp :

1)Dạng 1: cho phương trình f(x m) = (1) * Đưa dạng : g(x) = m

* Vẽ đồ thị (C) : y = g(x) (D) : y = m

* Xét tương giao (C) (D) đồ thị theo tham số m

* Kết luận : số giao điểm đồ thị số nghiệm phương trình (1) 2)Dạng 2: f(x) = g(m)

* y = g(m) đường thẳng qua M(x0; y0) cố định

* y = g(m) đường thẳng có hệ số góc khơâng đổi * g(m) = f(m)

Bài toán 1: Cho hàm số y = x3 – 3x (C)

a) Khảo sát vẽ đồ thị

b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y=−sin 3x −3 sin3x Giải: a) Đồ thị (C)

-4 -3 -2 -1

-4 -2

b) y=−sin 3x −3 sin3x ⇔y

=(−3 sinx+4 sin3x)−3 sin3x

⇔y=sin3x −3 sin3x Đặt t = sinx , t∈[−1;1]

Xét y = t3 – 3t với t∈[−1;1] Nhìn vào đồ thị (C) ta thấy Maxy=

t∈[−1;1]

⇔t=−1⇔x=−Π

2 +k2Π , Miny=

t∈[−1;1]

⇔t=1⇔x=Π

2+l2Π (k,l∈Z)

Bài toán 2: Cho hàm số y=2x

+x+1

x+1 (C)

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

b) Tìm giá trị lớn , nhỏ biểu thức y=2 cos

x+|cosx|+1

|cosx+1|

Giải: a)Đồ thị (C)

-8 -6 -4 -2

-12 -10 -8 -6 -4 -2

x y

b) Đặt t=|cosx|⇒0≤ t ≤1

Vậy A=2t

+t+1

t+1 với D=[0;1] Nhìn vào đồ thị hàm số (1) xét t∈[0;1]

ta thaáy:

    

  

   

   

   

 x x k

x x t

t

MaxA sin

1 cos

1 cos )

( 1

loại

MinA=1⇔t=0⇔cosx=0⇔x=Π

2 +lΠ (k,l∈Z)

Bài toán 3: Cho hàm số y=x

+x −3

x+2 (C)

a) Khảo sát vẽ đồ thị

b) Biện luận theo m số nghiệm của: f (t)=t4

+(1−m)t2−3−2m=0

Giải: a)

-6 -5 -4 -3 -2 -1

-6 -4 -2

x y

b) t4

+(1− m)t2−3−2m=0 (*) ⇔t4+t3−3=m(t2+2)

⇔t4+t2−3

t2

+2 =m

Xeùt hàm số y=x

+x −3

x+2 với x=t 2≥0

Nhìn vào đồ thị ta thấy m≥ −3

2 (d) cắt (C) điểm có hồnh độ khơng âm

Vậy m=−3

2 có nghiệm x = t2 = ⇒ (*) có nghiệm kép t1=t2=0 m>−3

2 (*) có nghiệm , m<−

2 () vô nghiệm

Bài tốn 4:Cho hàm số y=f(x)= 2x

x −1 (C)

a) Khảo sát vẽ đồ thị

b) Biện luận theo m số nghiệm (m−2)|x|− m=0 với x∈[−1;2]

Giaûi:a) Đồ thị (C)

-3 -2 -1

-2

x y

b) Xét phương trình (m−2)|x|− m=0 với x∈[−1;2]

⇔m(|x|−1)=2|x| (*)

Vì |x|=1 không nghiệm (*) Vậy m= 2|x|

Xét đường y = m y= 2|x|

|x|−1 với x∈[−1;2]

-4 -3 -2 -1

-4 -2

x y

Nhìn vào đồ thị ta thấy : m∈(−∞ ;0) : (*) có nghiệm, m∈{0}∪¿ : (*) có nghiệm,

m∈(0;4) : (*) vô nghiệm

Bài tốn 5: Cho hàm số y=f(x)= x

x −1 (C)

a) Khảo sát vẽ đồ thị (C)

b) Biện luận số nghiệm phương trình (1− m)x2−(1− x)x+1=0

Giải: a) Đồ thị (C)

-3 -2 -1

-2

x y

y=-3x+1

b) (1− m)x2−(1− x)x+1=0 (*)

Ta thấy x = không nghiệm (*) , ta có ( )⇔ x

x −1=mx+1

Đặt (d) : y = mx + , (d) qua A(0;1)

Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm (C) (d) : (C) : y= x

2

x −1 (d) tiếp tuyến (C) (*) có nghiệm kép

⇔

1−m≠0 (1− m)2−4(1−m)=0

¿{

⇔

m≠1 m2+2m −3=0

¿{

⇔

m=−3

¿

m=1(loại)

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇔m=−3

Vậy tiếp tuyến (C) qua A(0;1) : y = –3x + * Kết luận

m=−3 : (d) tiếp với (C) ⇔ phương trình (*) có nghiệm kép

m∈(−∞ ;−3)∪(1;+∞) :(d) cắt (C) diểm phân biệt ⇔ phương trình

(*)có nghiệm đơn

m∈¿ : (d)∩(C)=Φ phương trình vơ nghiệm Bài toán 6: Giải biện luận theo m số nghiệm phương trình

√4x2−16x+12− x −2m=0

Giải: D=¿∪¿ √4x2−16x+12− x −2m=0⇒√x2−4x+3=x 2+m

Đặt (d) : y=x

2+m Xeùt (C) : y=√x2−4x+3

-2 -1

-2

x y

2 2 x

y

2 2 x

y

* Dựa vào đồ thị ta có: m∈(− ∞;−3

2) : phương trình cho vơ nghiệm m∈¿ : phương trình có nghiệm, m∈¿ : phương trình có nghiệm

Bài toán 7: Cho hàm số y=3+2x2− x4 (C) a) Khảo sát vẽ đồ thị

b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x4−2x2

-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5

2

x y

y=4

y=3

b) x4−2x2=m4−2m2 ⇔− x4+2x2+3=− m4+2x2+3

Xeùt y=f (x)=− x4+2x2+3 (C) y=t=− m4+2m2+3=f(m)

Nhìn vào đồ thị ta thấy :

Khi t=4⇔m=±1 : (*) coù nghiệm kép x=±1

t=3⇔m=0 V m=±√2 : (*) có nghiệm ; nghiệm kép x =

nghiệm đơn x=±√2 3<t<4⇔

−√2<m<√2 m≠ ±1

m≠0

¿{ {

:(*) có nghiệm phân biệt

t<3⇔ m<−√2

m>√2

¿{

:(*) có nghiệm đơn

Vấn đề 5: Tìm điểm cố định họ đường cong: Phương pháp:

Cho (Cm): y = f(x, m) Tìm điểm cố định (Cm) m thay đổi * Gọi M(x0; y0) điểm cố định (Cm) qua

* M(x0; y0) tuoäc (Cm) ⇔ y0 = f(x0)

* Biến đổi y0 = f(x0,m) ⇔ Am + B = Am2 + Bm + C = dạng (I)

A=0 B=0

¿{

(II) A=0 B=0 C=0

¿{ {

Giải hệ ta cặp nghiệm (x0; y0) Các điểm cần tìm

Bài tốn 1: Cho hàm số y = x3 – (m + )x2 – (2m2 – 3m + )x + 2m(2m – ) (Cm)

Tìm điểm cố định mà họ (Cm) qua với m ĐỊnh m để (Cm) tiếp xúc với Ox

Giaûi: a) y = x3 – (m + )x2 – (2m2 – 3m + )x + 2m(2m – )

⇔ ( 2x – 4)m2 + (x2 – 3x + 2)m + y – x3 + x2 + 2x = 0

Toạ độ điểm cố định nghiệm hệ :

¿

2x −4=0 x2−3x+2=0 y − x3

+x2+2x=0

⇔

¿x=2

y=0

¿{ {

¿ Kết luận : (Cm) qua điểm M(2; 0) với m

b) M(2; 0) điểm cố định của(Cm) nên M(2; 0) vừa thuộc (Cm) vừa thuộc 0x nên: x3 – (m + )x2 – (2m2 – 3m + )x + 2m(2m – ) = 0

ó (x – 2)[x2 – (m – 1)x – (2m2 – m)] =

Để (Cm) tiếp xúc với Ox g(x) = x2 – (m – 1)x – 2m2 + m = có nghiệm

x = có nghiệm kép khác

⇔

¿Δ=9m2−6m+1=0 g(2)≠0

⇔m=1

¿ ¿

Δ=9m2−6m+1>0

¿

g(2)=0

¿

⇔

¿

m=−2

¿ ¿

m=3

¿ ¿{

¿ ¿

Bài toán 2: cho đường cong (Cm): y = (m + 1)x3 – 2mx2 – (m – 2)x + 2m + 1

Chứng minh (Cm) qua điểm cố định m thay đổi Giải : y = (m + 1)x3 – 2mx2 – (m – 2)x + 2m + 1

⇔

x3−2x2− x+2 =0 x3+2x+1−y =0

⇔

¿

x=1 y=4

¿ ¿ ¿ ¿

x=−1

¿

y=−2

Bài toán 3: cho hàm số y=(m−1)x −2

x − m (Hm)

Chứng minh (Hm) luôn qua hai điểm cố định m thay đổi ,ngoại trừ vài giá trị m mà ta phải xác định

Giaûi: y=(m−1)x −2

x=m ⇔y(x −m)=(m −1)x −2 (x ≠ m)

¿

⇔(x+y)m−(xy+x+2)=0

⇔

x+y=0 xy+x+2=0

¿ ¿{

¿

⇔

¿x=−1

y=1

⇒m≠ −1

¿ ¿

x=2

¿ ¿

y=−2

¿

⇒m≠2

¿ ¿

Vậy: m thay đổi , với

m≠ −1

¿

m≠2

¿ ¿ ¿ ¿

(Hm) ln qua hai điểm cố định Bài tốn 4: Cho hàm số y = mx3 + (1 – m)x + có đồ thị (Cm)

Tìm tất điểm mà (Cm) không qua với m Giải: Gọi M (x0; y0) điểm mà (Cm) không qua

M(x0; y0) không thuộc (Cm) ⇔ (x3 – x)m + x + – y ≠ với m

⇔

x3− x=0 x+1− y ≠0

¿{

⇔

x=0 y ≠1 V

¿x=1

y ≠2 V

¿x=−1

y ≠0

¿{

Kết luận : Đồ thị (Cm) không qua điểm (0; a) , (1; b) , (-1; c) với

a ≠1 V b ≠2 V c ≠

Bài toán : Cho họ đường cong (Cm) y = (m + 3)x3 – 3(m + 3)x2 – (6m + 1)x + 1

CMR: (Cm) qua điểm cố định thẳng hàng Giải : y = (m + 3)x3 – 3(m + 3)x2 – (6m + 1)x +

 (x3 – 3x2 – 6x + 1)m + (3x3 – 9x2 – x + – y) = 0

Toạ độ điểm cố định (nếu có) nghiệm hệ

¿

x3−3x2−6x+1=0 3x3−9x2− x+1− y

=0

⇔

¿x3−3x2−6x+1=0 (1) y=17x −2 (2)

¿{

¿

Đểâ chứng minh (Cm) qua điểm cố định thẳng hàng ta cần chứng minh (1) có nghiệm phân biệt hay hàm số y = x3 – 3x2 – 6x + (C) có hai giá trị

cực trị trái dấu

Ta coù: y’ = 3x2 – 6x – ⇒ y’ = ⇔x=1± √3

Suy yCÑyCT = −(6√3+7)(6√3−7)=−59

Kết luận : (Cm) qua điểm cố định thược đường thẳng (d): y = 17x –

Vấn đề 6: Tìm tập hợp điểm (quỹ tích):

Phương pháp: điểm M di động thoả điều kiện cho trước * Tính toạ độ điểm M phụ thuộc theo tham số m , t x = f(m) & y = g(m)

* Khử m (hay t) x y, ta có hệ thức độc lập m có dạng sau gọi phương trình quỹ tích :

F(x, y) = (hay y = h(x) )

* Giới hạn : dựa lvào điều kiện tham sơ m, ta tìm điều kiện x y để M(x, y) tồn Đó giới hạn quỹ tích

Bài toán 1: Cho hàm số y=x3−3x2

Gọi (Δ) đường thẳng qua gốc tạo độ có hệ số góc k Với

giá trị k (Δ) cắt (C) điểm phân biệt A, B, O ? Tìm tập hợp trung

điểm I AB k thay đổi Giải: (Δ) qua gốc toạ độ nên có dạng :y = kx

Phương trình hồnh độ giao điểm (Δ) (C) : x3−3x2=kx

⇔x(x2−3x − k)=0 ( ) Đặt g(x)=x2−3x − k

(Δ) cắt (C) điểm phân biệt A, B,O ⇔ g(x) có nghiệm phân biệt khác

⇔

g(0)=− k ≠0 Δg(x)=9+4k>0

¿{

⇔

k ≠0 k>−9

4

¿{

Vì xA, xB nghiệm g(x)

⇒

S=xA+xB=−b a=3 P=xAxB=−k

¿{

Gọi I trung điểm AB

⇒

xI=xA+xB

2 =

3 yI=kxI=3

2k

¿{

Giới hạn : ¿

k ≠0 k>−9

2

¿{

¿

⇔

2 yI≠0

2 yI>−

9

¿{

⇔

yI≠0

yI>−27

8

¿{

x=3

2 với y ≠0Λ y>−

27

Bài toán 2: Cho hàm số (C) y=x

+1

x Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toađộ để từ

có thể kẻ đến (C) tiếp tuyến vng 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 hồnh độ giao điểm (d) (C) x2+1=x(kx−kx0+y0) (kx≠0)

⇔(1−k)x2−

(y0−kx0)x+1=0 ( )

(d) tiếp xúc (C)

⇔

k ≠1 Δ=(y0−kx0)

2

−4(1− k)=0

¿{

⇔

k ≠1

x02k2+2(2− x0y0)k+y02−4=0 y0≠kx0

(I)

¿{ {

Từ M vẽ tiếp tuyến đến (C) vng góc

⇔ (1) có nghiệm phân biệt

¿

k1, k2≠1 k1k2=−1

¿{

¿

⇔

x0≠0 y02−4

x02

=−1

(y0− x0) 2≠0

¿{{

⇔

x0≠0 x02

+y02=4 y0≠ x0

¿{ {

Vậy tập hợp điểm thoả u cầu tốn đường trịn có phương trình x2+y2=4

loại bỏ giao điểm đường tròn với đường tiệm cận

Bài tốn 3:Cho Parabol(Pm) y=2x2−(m−2)x+2m −4 Tìm quỹ tích đỉnh (Pm)

(Pm) y=2x2−(m−2)x+2m −4 có đỉnh S:

¿

x=− b

2a y=2x2−

(m−2)x+2(m−2)

¿Salignl{

¿

¿ x=m−2

4 (1)

y=2x2−(m −2)x+2(m−2) (2) ¿⇔Salignl{

¿

(1)⇔4x=m−2

Thế vào (2) , ta : y=2x2−4x.x+2 4x⇔y=−2x2+8x Vậy quỹ tích đỉnh S (P) : y=−2x2+8x

Bài toán 4: Cho hàm số (Cm) : y=f(x)=x3−3 mx2+2x −3m−1

Tìm quỹ tích điểm uốn đồ thị (Cm) hàm số Giải: TXĐ : D = R

Ta coù y'=f'

(x)=3x2−6 mx+2 , y''=f' '(x)=6x −6m , y''=0⇔x=m

(Cm) coù điểm uốn

¿

x=m (1) y=x3−3 mx2+2x −3m −1 (2)

¿Ialignl{

¿

Theá m = x vào (2) ta có : y=x3−3x.x2+2x −3x −1

y=−2x3− x −1

Vậy quỹ tích I đường cong (C):y=−2x3− x −1

Bài toán 5: Cho hàm số y=2x

2

+(m −2)x

x −1 Định m để hàm số có cực đại, cực tiểu

Khi đó, tìm quỹ tích điểm cực đại điểm cực tiểu đồ thị Giải: y=2x

2

+(m −2)x

x −1 ⇒ y '=2−

m (x −1)2=

2(x −1)2−m (x −1)2

⇒ m > hàm số có CĐ – CT

Gọi M1, M2 thứ tự toạ độ CĐ – CT , ta có M1

x1=1−√ m

2 y1=4x1+m −2

¿{

vaø

M2 x2=1+√

m y2=4x2+m−2

¿{

⇒

M1 x<1 y1=2x12

¿{

vaø

M1 x<1 y2=2x22

¿{

Vậy quỹ tích điểm CĐ CT đồ thị nửa parabol ¿

y=2x2 x<1

¿Palignl{

¿

hay

¿

y=2x2 x>1

¿Palignl{