08 1 huong dan giai

TƯƠNG GIAO HAI ĐỒ THỊCỦA HÀM SỐ Dạng 1: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT TRỤC HOÀNH... Nên 2 có nghiệm dương  1 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt  đồ thị hàm số 1 luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điể

TƯƠNG GIAO HAI ĐỒ THỊ

CỦA HÀM SỐ Dạng 1: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT TRỤC HOÀNH.

Bài toán 01: ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH TẠI 1,2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT.

Bài 1:

1 Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục Ox:

x

      f(x) x2 2 f '(x) 2x 22 f '(x) 0 x 1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yêu cầu bài toán  m3 m  3

Cách 2: Để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm ta có các trường hợp sau:

TH 1: Đồ thị hàm số (1) không có cực trị hay là hàm số (1) luôn đồng biến (do

a 1 0  ) trên Ry' 3x 2m0 x ¡ m0

TH 2: Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu y' 0 x2 m x m

m Hai giá trị cực trị là: 0 y1 2 2m m

3

1 2

4m

27

        Vậy m 3 là những giá trị cần tìm

2  y 6x2 6(m 1)x 6m và có   y' 9(m 1) 2 36m9(m 1) 2

Nếu m 1 thì y  0, x ¡ thì hàm số đồng biến trên ¡  đồ thị cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất  m1 thoả mãn

Nếu m1 thì hàm số có các điểm cực trị x , x (1 2 x , x là các nghiệm của phương1 2

trình  y 0 ) x1x2 m 1; x x 1 2m

Lấy y chia cho y ta được:         

2

 phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là: y (m 1) x 2 m(m 1) 2   

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất  y x y x   1 2 0

 (m 1) x 2 1 2 m(m 1) (m 1) x     2 2 2 m(m 1)  0

 (m 1) (m 2 2 2m 2) 0    m2 2m 2 0 (vì m  1)    1 3m 1  3

Bài 2:

1 Phương trình hoành độ giao điểm: x3 3x2 (2m 1)x 4m 2 0   

(d): tiếp xúc đồ thị (C) của hàm số tại hai điểm phân biệt khi phương trình f(x) 0 phải có nghiệm x , x thỏa mãn: 1 2 2x1x2 hoặc x1 2 x2

Th1: 2x1x2

    



5 m 8



Th2: x1 2 x2 0 8m 5 0

    

1 m 2



2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị của hàm số với trục Ox:

x 2m x m 2m 0 (1).Đặt t x (t 0) , (1) trở thành : 2 

t 2m t m 2m 0 (2) Ta có :  ' 2m0 và S 2m20 với mọi m0 Nên (2) có nghiệm dương  (1) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt  đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt

Bài 3:

1 Để Cmtiếp xúc Ox tại đúng 2 điểm phân biệt khi Cm có 2 cực trị đồng thời

C

y Đ0 hoặc yCT 0 Cm có 2 cực trị y' 0 có 2 nghiệm phân biệt

   có 2 nghiệm phân biệt Khi m thì y' 00   xm

  3

C

y Đy m  0 2m 2m 0 m0 (loại)

  3

CT

y y m   0 2m 2m 0 m 0 m 1

Bài 4: Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và Ox :m

x  2(m 1)x m  3m(1) t  2(m 1)t m   3m0 (2) tx 0

1. (C ) và Ox có 4 điểm chung  phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt m

 phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

2

1 m

1

5



 

  







2 (C ) và Ox có ba điểm chung  phương trình (1) có ba nghiệm m

 phương trình (2) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương

3 (C ) và Ox có hai điểm chung  phương trình (1) có đúng hai nghiệm.m

 phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép dương

0 m 3

P 0

1

5 5

S 0

          

d (C ) và Ox không có điểm chung  phương trình (1) vô nghiệm.m

 phương trình (2) vô nghiệm hoặc là có nghiệm và các nghiệm đều âm



1 m



 



 





               



Bài toán 02: ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH TẠI 2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT THỎA MÃN HOÀNH ĐỘ CHO TRƯỚC.

Bài 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm: 4   2

x  2 m 1 x 2m 1 0    Đặt tx ,t2  thì 0   trở thành: f(t) t2 2 m 1 t 2m 1 0     

Cm cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 3

 

f t

 có 2 nghiệm phân biệt t , t sao cho: 1 2 1 2

0 tt 3





1

2

Bài 2 Xét phương trình hoành độ giao điểmx42mx2m 3 0  (1)

Đặt tx2 điều kiện t 0 Phương trình trở thành t22mt m 3 0   (2)

Giả sử nếu phương trinh (2) có 2 nghiệm thỏa mãn0 tt 1 2 thì phương trình (1) sẽ

có các nghiệm làx1 t2 x2  t1 x3  t1 x4 t2

Với lập luận trên bài toán trở thành tìm m để phương trình (2) có 2 nghiệm dương

phân biệt thỏa mãn:t1 1 4 t 2

2

     





 





Bài 3:

1 Hàm số đã cho có hai cực trị trái dấu (C )m cắt Ox tại ba điểm phân biệt

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và Ox:m

x  (4m 3)x (m 2)x 3m  0 (x 1)[x 2 2(2m 1)x 3m] 0  

x 1

  hoặc 2

Yêu cầu bài toán   có hai nghiệm phân biệt khác 1( )

2 Đồ thị (C ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có ít nhất một điểm có hoành m

độ âm  hàm số có hai cực trị đồng thời y ycd ct 0

y(0) 0







Ta có: y' 3[x 2 2(m 1)x m]   y' 0  x2 2(m 1)x m   ( )0 

Hàm số có hai cực trị   có hai nghiệm phân biệt( )

          đúng m

Gọi x , 1 x là hai nghiệm của ( )2 

Ta có: y1 1(x1 m 1)y'(x ) 2(m1 2 m 1)x1 m2 1

3

Tương tự y2 2(m2m 1)x 2m21

 y y1 2(m 1)(m 3 m2 m 3) .Nên 

(1)

m 1



 



Xét hàm số g(m) m 3 m2 m 3, m 1 

2 Lập bảng biến thiên ta thấy g(m) 0 m 1  

m 1 0

m 1



3 Phương trình hoành độ giao điểm của Cm và đường thẳng y1 :

   

x  3m 2 x 3m 1 x  3m 2 x 3m 1 0 

Đặt tx , t 0;2   phương trình trở thành : 2  

t  3m 2 t 3m 1 0    t 1 hoặc

t3m 1 Yêu cầu bài toán: 0 3m 1 4

3m 1 1



 



1

m 1 3





 



là những giá trị cần tìm

4 x4 2mx2m2 1 0  x2 m 1 hoặc  x2m 1

Đồ thị (Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2  1 m3

Bài 4:

1 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox

x  3mx (3m 1)x 6m 6 0    (x 2)[x 2 (3m 2)x 3m 3] 0   

x 2

  hoặc x2 (3m 2)x 3m 3 0 ( )    

(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác 2

2

5 3m 0

    



 



5 m 3

 







Khi đó x12x22 x23x x x1 2 3(x1x )2 24 (3m 2)  24

Nên ta có : (3m 2) 24209m2 12m 12 0 2

3

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d:

x  2x  (3m 1)x m 3 (1 m)x m 5         2 8

x

(*)

Xét hàm số y f(x) ta có :

2

8 2(x 2)(x x 2)

Dựa vào bảng biến thiên ta có2m f(1) 7 m 7

2

3 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với đường thẳng y :1

x (3m 2)x 3m 1 0  x2 1 hoặc x2 3m 1

(Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt

1

3 3m 1 1



 



Khi đó x12x22 x23x24x x x x1 2 3 4 3m 3

Nên x21 x22 x23 x24 x x x x1 2 3 4 4 m 1

3

Bài 5: Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox.

x  (2m 3)x (2m  m 9)x 2m  3m 7 0   x 1,

(Cm) cắt Ox tại ba điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hoành độ lớn hơn 1

 Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 < x1 < x2

(1)   ' (m 1) 2 2m23m 7 0 m25m 6 0   2 m 3 (a)

m 0 (b)

Từ (a) và (b) ta có:

2 2 2 2 2

BC (x  x ) (x x )  4x x 4(m 1)  4(2m  3m 7)

2

Bài 6:

1 Cm cắt trục Ox : x3  3mx2 3x 3m 2 0  

        

Cm cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x ,x ,x giả sử 1 2 3 x31

thì x ,x là nghiệm khác 1 của phương trình 1 2  2 Theo định lý Vi-et ta có:

Theo bài toán ta có :

 

 

2

2

2 2

0



2 Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số và trục hoành:

     1 Đặt tx ,2 t 0  khi đó phương trình  1 trở thành

2

    , t 0  2

Để đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt M, N, P, Q khi và chỉ khi phương trình  2 có 2 nghiệm phân biệt dương

2

   





hay m 1

Với m 1 phương trình  2 có 2 nghiệm phân biệt 2

1

t 2m 2 m  m hoặc

2 2

t 2m 2 m  m, giả sử tt 1 2.

MQ2NPOQ 4OP tức là t24t1 5 m2 m3m, bình phương 2 vế và rút gọn ta được phương trình 16m2 25m , phương trình này có 0 25

m 16

 thỏa điều kiện m 1

Bài 7:

1 Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt trong đó có ba điểm có hoành

độ nhỏ hơn 1 và một điểm có hoành độ lớn hơn 2

Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành

x  (3m 1)x 2m 2m 12 0 (1)  Đặt t = x2

, t 0 Phương trình (1) trở thành: t2 (3m 1)t 2m  22m 12 0 (2) 

(Cm) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt  Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

Vì phương trình (2) luôn có hai nghiệm là t1 = m+3 và t2 = (2m – 4) ,do đó

Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt





Khi đó 4 nghiệm của (1) là  m 3 ,  2m 4

* Nếu m+3 > 2m – 4 2 m 7 thì ta có  m 3   2m 4  2m 4  m 3 Trong các nghiệm này có ba nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2 ,điều này



 

Giao với điều kiện 2 < m < 7 , ta được 2 < m < 5

2.

* Nếu 2m – 4 > m + 3 m7 thì ta có  2m 4   m 3  m 3  2m 4

Ba nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2

m 3 1



2 Tìm m để (Cm) và trục Ox chỉ có hai điểm chung B,C sao cho tam giác ABC đều

với A(0;2)

(Cm) và Ox có hai điểm chung  Phương trình (1) có đúng hai nghiệm

 Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu hoặc (2) có đúng một nghiệm dương

* (2) có hai nghiệm trái dấu (m 3)(2m 4) 0    3 m 2

* (2) có đúng một nghiệm dương  m 3 2m 4 0    m 7

Vậy (Cm) và Ox có hai điểm chung  3 m 2 m7.

Với điều kiện – 3 < m < 2 thì m+3 > 0 và 2m – 4 < 0 thì B( m 3; 0) , C( m 3; 0) 

Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và O là trung điểm của BC ,do đó

Tam giác ABC là tam giác đều AO BC 3 2 3 m 3

2

5

3



     thỏa điều kiện – 3 < m < 2

Khi m = 7 thì B( 7 ; 0) , C( 7 ; 0),suy ra BC = 2 7

Vì AO BC 3

2

 nên tam giác ABC không đều do đó m = 7 bị loại

Bài toán 03: ĐỒ THỊ CẮT TRỤC HOÀNH TẠI 3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT CÓ

Bài 1: Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 2 m 1 x   22m 1 0   

Đặt tx ,t2  thì 0   trở thành: 2  

f(t) t  2 m 1 t 2m 1 0   

Để Cm cắt Ox tại 4 điểm phân biệt thì f(t) 0 phải có 2 nghiệm dương phân biệt Gọi tt 1 2 là 2 nghiệm của f(t) 0 , khi đó hoành độ giao điểm của Cm với Ox

lần lượt là: x1 t , x2 2  t , x1 3 t , x1 4  t2

x , x , x , x lập thành cấp số cộng  x2 x1x3 x2 x4 x3 t2 9t1

9



Bài 2:

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và Ox :m

     

x  (3m 2)x 2m   5m 1 2 1   t – 3m 2 t 2m – 5m – 3 0 2  

t2m 1  tm 3. (C ) cắt (d) tại 4 điểm phân biệt  phương trình (1) có 4 m nghiệm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

1 m



 









Khi đó 2m + 1 > m – 3 do đó 4 nghiệm của

(1) xếp theo thứ tự lớn dần là  2m 1 ,  m 3 , m 3 , 2m 1.  

1 Bốn nghiệm lập thành một cấp số cộng  2m 1  m 3  m 3 (   m 3)

2

điều kiện m > 3 ta được 3 < m < 15

2 .

Bài 3:

1 Điều kiện cần: Giả sử (C ) cắt Ox tại ba điểm A,B,C suy ra phương trìnhm

x 3x (4m 1)x 2m   3 0 ( ) có ba nghiệm phân biệt x1x2x3 và khi đó

A(x ; 0), B(x ; 0), C(x ; 0)  AB BC x2 x1x3 x2 x1x32x2 (1)

x 3x (4m 1)x 2m   3 (x x )(x x )(x x )    x3 ax2bx c

Với ax1x2x ; b x x3  1 2x x2 3x x ; c3 1 x x x1 2 3

So sánh hệ số của 2

x ta có: a3x1x2x33 (2)

Từ (1) và (2) suy ra 3x23 x2   có một nghiệm1 ( )

2

x    1 1 3 4m 1 2m   3 0  m0,m 2

Điều kiện đủ:

* m   0 ( ) x33x2 x 3 0   x(x2 1) 3(x 2 1) 0

2

        ba nghiệm này thỏa (1) nên m thỏa yêu0 cầu bài toán

* m   2 ( ) x33x27x 5 0  (x 1)(x 22x 5) 0  x1 m loại.2

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) với Ox: m 4 2

x  2mx 2m 3 0  Đặt tx ,t2  ta có: 0 t2 2mt 2m 3 0   (1)

m

(C ) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt (1) có hai nghiệm dương phân biệt

2

    





( ) Gọi t1m ', t2 m '

Khi đó A t ;0 , B2   t ; 0 , C1   t ; 0 , D1   t ; 02 

tt 2 t

2 tt t





3 x3px2pqx q 30  xq hoặc x2(p q)x q  20 ( )

Ta có  (p q) 2 4q2 p2 2pq 3q 2(p q)(p 3q) 

Do p,q0 và p 3q   0 Nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa

2

1 2

x x q Do đó ba nghiệm x , q,x1  2 lập thành CSN

4 t2 10mt 6m 3 0 (1) t    x2

Cm cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm dương phân biệt

Gọi hai nghiệm dương của phương trình (1) t , t tt 1 2 1 2 khi đó bốn nghiệm của

phương trình cho xếp theo thứ tự lớn dần và lập CSC là  t ,2  t , t , t1 1 2 thỏa mãn : tt2  tt1  1tt  1 1  2  t2 3 tt1 9t2  1

Áp dụng định lí Vi-et vào phương trình (1) ,kết hợp với điều kiện t2 9t1 ,ta có hệ

1

3