www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 1  Vấn đề 1: Phép biến đổi đồ thò : Phương pháp: 1) Dạng 1: Từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đồ thò (C 1 ):   xfy  , với các ghi nhớ: * (C): y = f(x) và (C’): y = – f(x) đối xứng nhau qua Ox * Viết        0 0 f(x) - f(x) khi (x) f(x) khi f xfy * Đồ thò (C 1 ) :  xfy  được vẽ bằng các bước: + Giữ lại đồ thò (C) nằm phía trên x + Lấy đối xứng qua Ox của phần đồ thò (C) nằm phía dưới Ox + Hợp 2 phần đồ thò ta được đồ thò (C 1 ):   xfy  2) Dạng 2:Từ đồ thò (C):y = f(x) suy ra đồ thò của hàm (C 2 ):   xfy  với các ghi nhớ *  xfy  là hàm chẵn nên có đồ thò đối xứng qua Oy * Ta vẽ đồ thò (C 2 ) qua các bước: + Giữ lại phần đồ thò (C) bên phải Oy + Lấy đối xứng qua Oy phần vừa giữ lại của (C) + Hợp 2 phần đồ thò ta có đồ thò (C 2 ):   xfy  3) Dạng 3: từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đồ thò của hàm (C 3 ):   xfy  bằng cách kết hợp dạng 1 và dạng 2 + Lấy đối xứng phần bên phải trục qua Oy (sau khi bỏ đi phần bên trái Oy. Giữ nguyên phần bên phải, hợp của nó và phần lấy đối xứng là đồ thò (C 2 )   xfy  + Lấy đối xứng tất cả các phần đồ thò (C 2 ) vừa kết hợp nằm dưới trục Ox lên trên Ox + Giữ nguyên phần bên trên, lúc đó ta có đồ thò của hàm (C 3 ):  xfy  4) Dạng 4 : Ta xét trường hợp đơn giản Từ đồ thò (C) : bax CBxAx y    2 (giả sử a > 0) suy ra đồ thò (C 4 )                  0)a;(x 0)a;(x a b bax CBxAx a b bax CBxAx bax CBxAx y 2 2 2 Qua các bước : + Vẽ (C), và bỏ đi nhánh đồ thò của (C) bên trái tiệm cận đứng (d): a b x  + Lấy đối xứng phần (C) bên trái tiệm cận đứng (d): a b x  vừa bỏ đi qua d  Tương tự với a < 0 (ta có thể nhân tử và mẫu với –1)  Tương tự với các đồ thò (C 4 ) dcx bax y    hay    xQ xP y  và các đồ thò   xQ xP y  hay   xQxPy  5) Dạng 5:Từ đồ thò (C): y = f(x) suy ra đường cong biểu diễn (C 5 ):  xfy  hay (C 5 ):    0      xf:đk xf xf y qua các bước www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 2 + Vẽ (C): y = f(x) và bỏ phần ở dưới trục Ox + Lấy đối xứng phần giữ lại qua trục Ox, (xuông phía dưới trục Ox) Bài toán 1 : (Phép suy thứ nhất) a) Khảo sát và vẽ đồ thò  1 : 2   x x yC b/ Suy ra đồ thò  1 : 2 1   x x yC Giải: Đồ thò (C) -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y x=1 y=x+1 Đồ thò (C 1 ) -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y x=1 y=x+1 y=-x-1 Bài toán 2 : (Phép suy thứ hai) Vẽ đồ thò  1 : 2 2   x x yC Đồ thò (C 2 ): -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 2 4 6 x y x=1 y=x+1 y=-x+1 x=-1 www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 3 Bài toán 3: (Phép suy thứ ba) Vẽ đồ thò  1 : 2 3   x x yC Đồ thò (C 3 ) -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 2 4 6 x y x=-1 x=1 y=-x+1 y=x+1 Bài toán 4 :(Phép suy thứ tư) Vẽ đồ thò  1 : 2 4   x x yC Đồ thò (C 4 ) -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 2 4 6 x y x=1 y=x+1 y=-x-1 x=-1 Bài toán 5: (Phép suy thứ năm) Vẽ đồ thò  1 : 2 5   x x yC www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 4 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y x=1 y=x+1 y=-x-1  Vấn đề 2: Biện luận tương giao của hai đường: Phương pháp : Cho hai đường cong (C 1 ): y = f(x) và (C 2 ): y= g(x) Biện luận sự tương giao của (C 1 ) với (C 2 ) * Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) và (C 2 ) f(x) = g(x)  f(x) – g(x) = 0 (1) * Giải và biện luận phương trình (1) * Kết luận : số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của (C 1 ) với (C 2 ) - Phương trình (1) có nghiệm đơn : (C 1 ) cắt (C 2 ) - Phương trình (1) có nghiệm kếp : (C 1 ) tiếp xúc (C 2 ) Bài toán 1: Cho hàm số y = f(x) = x 3 – 3x + 2 . (D) là đường thẳng qua A(2; 4) có hệ số góc m. Biện luận theo m số giao điểm của (C) và (D) Giải: (D) qua A(2; 4) , hệ số góc m : y = m(x – 2) + 4 (C) : y = x 3 – 3x + 2 * Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) x 3 – 3x + 2 = m(x – 2) + 4  (x – 2)( x 2 + 2x + 1 – m) = 0 (1) * Số giao điểm của (C) và (d) chính là số nghiệm của phương trình (1) - Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm x = 2 - Xét phương trình g(x) = x 2 + 2x + 1 – m = 0 (2) Nếu g(x) = 0 có nghiệm x = 2 thì 9 – m = 0  m = 9 Do đó : m = 9 thì (1) có nghiệm kép x = 2, nghiệm đơn x = – 4 Nếu m ≠ 9 thì g(x) = 0 có nghiệm x ≠ 2 Ta có m  m < 0 0   : (2) vô nghiệm m = 0 0    : (2) có nghiệm kép x = – 1 0 < m ≠ 9 0   : (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 - Kết luận: m < 0 : (D) cắt (C) tại 1 điểm m = 0 : (D) cắt (C) tại 1 điểm và tiếp xúc đồ thò tại 1 điểm 0 < m ≠ 9 : (D) cắt (C) tại 3 điểm m = 9 : (D) cắt (C) tại 1 điểm và tiếp xúc đồ thò tại điểm (2; 4) www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 5 Bài toán 2 : Cho hàm số y = 2 x 4x 1 x 2 y ++ = + (C) Tìm tất cả các giá trò m để đường thẳng (D) y = mx + 2 – m cắt đồ thò (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của đồ thò (C) Giải: Phương trình hoàn độ giao điểm của (C) và (D) : x 2 + 4x + 1 = mx 2 + 2x + mx + 4 – 2m (với x ≠ – 2)  (1 – m)x 2 + (2 – m)x + 2m – 3 = 0 (*) (D) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc một nhánh của đồ thò (C)  (*) có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 sao cho x 1 < x 2 < – 2 V – 2 < x 1 < x 2                   032221412 03214 2 44 01 mmmmaf mmmm ma         m) ( m m 013 01624 2 9         1. 3 4 m m Kết luận :         1. 3 4 m m thì (D) cắt đồ thò (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của (C) Bài toán 3 :Cho hàm số 1 2   x x y . Tìm 2 điểm A , B nằm trên đồ thò (C) và đối xứng nhau qua đường thẳng (d) y = x – 1 Giải: Vì A , B đối xứng nhau qua đường thẳng (d) y = x – 1. Suy ra A, B thuộc đường thẳng (d’) y = –x + m Phương trình hoành độ giao điểm của (d’) và (C) x 2 = (x – 1)( – x + m) (đk : x ≠ 1)  2x 2 – (m + 1)x + m = 0 (*) Ta có  = (m + 1) 2 – 8m > 0  m 2 – 6m + 1 > 0        53 53 m m Giả sử (d’) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi I là trung điểm A, B:               4 13 4 1 2 m mxy mxx x II BA I A và B đối xứng qua (d)  I thuộc (d): y = x – 1  1 4 1 4 13     mm  m = – 1 Lúc đó (*) thành trở thành : 2x 2 – 1 = 0  x = 2 1  Vậy           2 2 1; 2 1 A ,          2 2 1; 2 1 B Bài toán 4:Cho (P) y = x 2 – 2x – 3 và đường thẳng (d) cùng phương đường y = 2x sao cho (d) cắt (P) tại 2 điểm A, B a) Viết phương trình (d) khi 2 tiếp tuyến của (P) tại A và B vuông góc b) Viết phương trình (d) khi AB = 10 Giải: Gọi (d): y = 2x + m là đường thẳng cùng phương với đường y = 2x Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) x 2 – 2x – 3 = 2x + m  x 2 – 4x – 3 – m = 0 (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B    = 7 + m > 0 www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 6  m > –7. Lúc đó gọi x A , x B là 2 nghiệm của (1) ta có S = x A + x B = 4,P = x A x B = – 3 – m a) Tiếp tuyến của (P) tại A, B vuông góc  f’(x A )f’(x B ) = –1  (2 x A –2)(2 x B –2) = – 1  4P – 4S + 5 = 0  4(–3 –m) –16 + 5 = 0  m = 4 23  (nhận vì m > –7) b) A, B thuộc (d) y A = 2 x A + m , y B = 2 x B + m Ta có AB 2 = 100  (x A – x B ) 2 + (y B – y A ) 2 = 100  (x A – x B ) 2 + (2 x A –2 x B ) 2 = 100  (x A – x B ) 2 = 20  S 2 – 4P = 20  16 + 4(3+m) = 20  m = – 2 (nhận vì m > –7) Bài toán 5 : Cho hàm số   H mx mxxfy   1 3 Tìm a để đường thẳng   : y = a(x+1) + 1 cắt (H) tại 2 điểm có hoành độ trái dấu Giải:Phương trình hoành độ giao điểm cả (C) và    :    111 1 1 2    x:đk xa x x   11233 22  xxxaxx         * 02121 2        axaxxxg   cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ trái dấùu  (*) có 2 nghiệm phân biệt 2121 01, xxxx       21 012121 021 01 01 001                 a aaa aa a g ga  Vấn đề 3: Viết phương trình tiếp tuyến : Phương pháp : 1)Loại 1: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) tại điểm M(x 0 ; y 0 ) Tính y’ = f’(x)  y’(x 0 ) = f’(x 0 ) Phương trình Tiếp tuyến (C) tại M(x 0 ;y 0 ) là: (y – y 0 ) = f’(x 0 )(x – x 0 ) 2)Loại 2: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) và đi qua điểm A - Cách 1: * Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) là tiếp truyến của (C) đi qua A(x A ; y A ) và có hệ số góc k : (D) : y =k(x – x A ) + y A * Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D): f(x) = k(x – x A ) + y A (1) * (D) là tiếp tuyến của (C) khi (1) có nghiệm kép, từ đó xác đònh đïc k. Từ đó viết được phương trình (D) - Cách 2: * Gọi M(x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm * Phương trình tiếp tuyến (D) tại M: (y – y 0 ) = f’(x 0 )(x – x 0 ) * (D) đi qua điểm A nên : (y A – y 0 ) = f’(x 0 )(x A – x 0 ) (1) Giải (1) tìm được x 0 , từ đó tìm được phương trình của (D) 3)Loại 3: Viết phương trình đường cong (C) y = f(x) và có hệ số góc cho trước - Cách 1: * Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) là tiếp truyến của (C) và có hệ số góc k (D) : y = kx + m (1) * Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D): f(x) = kx + m * (D) là tiếp tuyến của (C)  (1) có nghiệm kép. Từ đó tìm được giá trò của m , từ đó viết www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 7 được phương trình của (D) - Cách 2: * Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) và M(x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm: (D) có hệ số góc k (D) có hệ số góc f’(x 0 )  f’(x 0 ) = k (1) * Giải (1) tìm được x 0 ; y 0 = f(x 0 ). Từ đó viết được phương trình của (D) Bài toán 1: Cho hàm số (C) 22 43 2    x xx y . M là một điểm tuý ý trên (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt đường tiệm cận xiên và đứng tại A và B . Chứng tỏ rằg M là trung điểm của AB, và tam giác IAB (I là giao điểm của hai đường tiệm cận) có diện tích không phụ thuộc vào M Giải:  (C) 1x       1 1 1 222 43 2 x x x xx y   CbaM ; tiếp tuyến tại M là (d)    baxyy a             1 1 1 2 a a b   1 1 1 2 1 1 2 1 2           a a ax a y Tiệm cận đứng của (C) là (d 1 ) : x = 1            1 2 2 1 ;1 1 a Add Tiệm cận xiên của (C) là (d 2 ) :           2 3 ;121 2 2 aaBdd x y Ta có :  MBA xaaxx  121 2 1 2 1  MBA y a a a a yy             1 1 1 22 3 1 2 2 1 2 1 2 1 Vậy M là trung điểm của AB Giao điểm của 2 tiệm cận là IBIAIAB xxyySI         2 1 2 1 ;1 222. 1 2 . 2 1    a a Vậy S IAB không phụ thuộc vào M Bài toán 2: Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 – 9x + 5 (C) . Tìm tiếp tuyến của đồ thò (C) có hệ số góc nhỏ nhất Giải : Gọi M(x 0 ; y 0 )  C : hệ số góc tiếp tuyến tại M : k = f’(x 0 ) = 963 0 2 0   xx Ta có  121213 2 0  xk . Dấu “=” xảy ra khi x 0 = – 1 Vậy Min k = – 12  M(–1; 16) Do đó trong tất cả các tiếp tuyến của (C) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất Bài toán 3 : Cho hàm số y = x 3 + mx 2 + 1 (Cm) Tìm m để (Cm) cắt (d) y = – x + 1 tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 8 cho các tiếp tuyến của Cm) tại B và C vuông góc nhau Giải: Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (Cm) x 3 + mx 2 + 1 = – x + 1  x(x 2 + mx + 1) = 0 (*) Đặt g(x) = x 2 + mx + 1 . (d) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt  g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0              2 2 010 04 2 m m g mg Vì x B , x C là nghiệm của g(x) = 0       1 CB CB xxP mxxS Tiếp tuyến tại B và C vuông góc  1    BC xfxf     12323      mxmxxx CBCB    1469 2     mxxmxxxx CBCBCB     14691 2      mmm 102 2  m 5 m (nhận so với điều kiện) Bài toán 4: Cho hàm số y = x 3 – 3x – 2 (H) Xét 3 điểm A, B, C thẳng hàng thuộc (H). Gọi A 1 , B 1 , C 1 lần lït là giao điểm của (H) với các tiếp tuyến của (H) tại A, B, C. Chứng minh rằng A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng. Giải: Gọi M(x 0 ; y 0 ) thuộc (H). Phương trình tiếp tuyến của (H) tại M          12132313 32 00 3 0 2 0        xxxxxxxxyd Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (H)     121323 32 0 3   xxxxx   02 0 2 0  xxxx        0 0 2xx xx ù pnghiệm ke Gọi A(a; y A ) , B(b; y B ) , C(c; y C )  giao điểm A 1 , B 1 , C 1 của các tiếp tuyến tại A, B, C với (H)   268;2 3 1    aaaA ,   268;2 3 1      bbbB ,   268;2 3 1    cccC * A, B, C thẳng hàng :    acac abab ac ab       3 3 33 33 3 3 1 22 22    acac abab abbacc  22     0      cbabc  bc     0cba * A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng :      caca baba ca ba       68 68 22 22 33 33    34 34 1 22 22    caca baba abbacc  22     0      cbacb  bc     0cba Vậy : A, B, C thẳng hàng  A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng  Vấn đề 4: Biện luận số nghiệm phương trình, bất phương trình bằng đồ thò: Phương pháp : 1)Dạng 1: cho phương trình f(x m) = 0 (1) * Đưa về dạng : g(x) = m * Vẽ đồ thò (C) : y = g(x) và (D) : y = m * Xét sự tương giao của (C) và (D) trên đồ thò theo tham số m www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 9 * Kết luận : số giao điểm trên đồ thò là số nghiệm của phương trình (1) 2)Dạng 2: f(x) = g(m) * y = g(m) là đường thẳng luôn qua M(x 0 ; y 0 ) cố đònh * y = g(m) là đường thẳng có hệ số góc khôâng đổi * g(m) = f(m) Bài toán 1: Cho hàm số y = x 3 – 3x (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thò b) Tìm giá trò lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số xxy 3 sin33sin    Giải: a) Đồ thò (C) -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -2 2 4 x y b) xxy 3 sin33sin    xxxy 33 sin3sin4sin3      xxy 33 sin3sin  .Đặt t = sinx ,   1;1   t Xét y = t 3 – 3t với  1;1t Nhìn vào đồ thò (C) ta thấy      2 2 12 1;1 kxtMaxy t ,   Zlk,     2 2 12 1;1 lxtMiny t Bài toán 2: Cho hàm số 1 12 2    x xx y (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số b) Tìm giá trò lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức 1cos 1coscos2 2    x xx y Giải: a)Đồ thò (C) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 x y www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong 10 b) Đặt 10cos  txt Vậy 1 12 2    t tt A với  1;0D Nhìn vào đồ thò hàm số (1) ở trên khi xét  1;0t ta thấy:               kxx x x t t MaxA 0sin 1cos 1cos )( 2 1 1 2 loại  Zlk,    lxxtMinA 2 0cos01 Bài toán 3: Cho hàm số 2 3 2    x xx y (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thò b) Biện luận theo m số nghiệm của:     0231 24      mtmttf Giải: a) -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -6 -4 -2 2 x y b)  0231 24  mtmt (*)   23 234  tmtt m t tt     2 3 2 24 Xét hàm số 2 3 2    x xx y với 0 2   t x Nhìn vào đồ thò ta thấy khi 2 3  m thì (d) cắt (C) tại 1 điểm có hoành độ không âm. Vậy khi 2 3 m có nghiệm x = t 2 = 0  (*) có nghiệm kép 0 21   tt 2 3 m thì (*) có 2 nghiệm , 2 3 m thì () vô nghiệm Bài toán 4:Cho hàm số  1 2   x x xfy (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thò b) Biện luận theo m số nghiệm của   02    mxm với  2;1x Giải:a) Đồ thị (C) [...]... phân biệt hay hàm số y = x3 – 3x2 – 6x + 1 (C) có hai giá trò cực trò trái dấu Ta có: y’ = 3x2 – 6x – 6  y’ = 0  x  1 3    Suy ra yCĐyCT =  6 3  7 6 3  7  59 Kết luận : (Cm) luôn qua 3 điểm cố đònh thược đường thẳng (d): y = 17x – 2 Vấn đề 6: Tìm tập hợp điểm (quỹ tích): Phương pháp: điểm M di động thoả các điều kiện cho trước * Tính toạ độ điểm M phụ thuộc theo một tham số m , t x =... ta được : y  2 x  4 x.x  2.4 x  y  2 x  8 x Vậy quỹ tích đỉnh S của (P) : y  2 x  8 x 2 Bài toán 4: Cho hàm số (Cm) : y  f  x   x  3mx  2 x  3m  1 3 2 Tìm quỹ tích điểm uốn của đồ thò (Cm) của hàm số Giải: TXĐ : D = R 2 Ta có y  f  x   3 x  6mx  2 , y  f  x   6 x  6m , y  0  x  m 1 x  m 3 2 2  y  x  3mx  2 x  3m  1 3 2 Thế m = x vào (2) ta có : y ... C    phương trình vô nghiệm Bài toán 6: Giải và biện luận theo m số nghiệm phương trình 4 x 2  16 x  12  x  2m  0 Giải: D   ;1  3;  Đặt (d) : y  4 x 2  16 x  12  x  2m  0  x 2  4 x  3  x m 2 x  m Xét (C) : y  x 2  4 x  3 2 12 www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong y 6 4 y x 1  2 2 y x 3  2 2 x 2 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -2   3  : phương trình đã cho... quỹ tích của I là đường cong C  : y  2 x  x  1 2 x 2  m  2 x Bài toán 5: Cho hàm số y  Đònh m để hàm số có cực đại, cực tiểu x 1 (Cm) có điểm uốn I  Khi đó, hãy tìm quỹ tích của điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thò m 2 x  m  2 x 2 x  1  m  y'  2   Giải: y  2 x 1 x  1 x  12  m > 0 thì hàm số có CĐ – CT 2 2 Gọi M1, M2 thứ tự là toạ độ CĐ – CT , ta có  m  x1  1... x2 (C) x 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) b) Biện luận số nghiệm của phương trình 1  m x  1  x x  1  0 Giải: a) Đồ thò (C) 2 11 www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong y 6 y=-3x+1 4 2 x -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -2 b) 1  m x  1  x x  1  0 (*) 2 Ta thấy x = 1 không là nghiệm của (*) , ta có *  x2  mx  1 x 1 Đặt (d) : y = mx + 1 , (d) luôn đi qua A(0;1) Số nghiệm của phương... trình đã cho vô nghiệm 2  3 1  1  m   ;  : phương trình có 1 nghiệm, m   ;  : phương trình có 2 nghiệm  2 2  2  2 4 Bài toán 7: Cho hàm số y  3  2 x  x (C) * Dựa vào đồ thò ta có: m    ; a) Khảo sát và vẽ đồ thò 4 2 4 b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x  2 x  m  2m 2 Giải: a) Đồ thò (C) : y  3  2 x  x 2 4 y y=4 4 y=3 3 2 1 x -2 4 2 -1.5 4 -1 2 -0.5 4 0.5... (1; b) , (-1; c) với a ≠1 V b ≠2 V c ≠ 0 Bài toán 5 : Cho họ đường cong (Cm) y = (m + 3)x3 – 3(m + 3)x2 – (6m + 1)x + 1 CMR: (Cm) luôn đi qua 3 điểm cố đònh thẳng hàng Giải : y = (m + 3)x3 – 3(m + 3)x2 – (6m + 1)x + 1  (x3 – 3x2 – 6x + 1)m + (3x3 – 9x2 – x + 1 – y) = 0 Toạ độ điểm cố đònh (nếu có) sẽ là nghiệm của hệ  x 3  3x 2  6 x  1  0  x 3  3x 2  6 x  1  0   3 3x  9 x 2  x  1  y... hệ thức độc lập đối với m có dạng sau gọi là phương 15 www.vnmath.com GV:Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong trình quỹ tích : F(x, y) = 0 (hay y = h(x) ) * Giới hạn : dựa lvào điều kiện của tham sô m, ta tìm được điều kiện của x và y để M(x, y) tồn tại Đó là sự giới hạn của quỹ tích 3 2 Bài toán 1: Cho hàm số y  x  3 x Gọi   là đường thẳng qua gốc tạo độ và có hệ số góc k Với những giá trò nào... y 6 4 2 x -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -2 b) Xét phương trình m  2  x  m  0 với x   1;2  m x  1  2 x (*) Vì x  1 không là nghiệm của (*) Vậy m  Xét đường y = m và y  2x x 1 2x x 1 với x   1;2 với x   1;2 y 4 2 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 -4 Nhìn vào đồ thò ta thấy : m   ;0  : (*) có 2 nghiệm, m  0  4;    : (*) có 1 nghiệm, m  0;4  : (*) vô nghiệm Bài toán 5: Cho hàm số. .. y0) là điểm cố đònh (Cm) luôn đi qua * M(x0; y0) tuộc (Cm)  y0 = f(x0) * Biến đổi y0 = f(x0,m)  Am + B = 0 hoặc Am2 + Bm + C = 0 về dạng A  0 A  0 I  hoặc II  B  0 Giải hệ ta được các cặp nghiệm (x0; y0) Các điểm cần tìm  B0  C  0  Bài toán 1: Cho hàm số y = x3 – (m + 1 )x2 – (2m2 – 3m + 2 )x + 2m(2m – 1 ) (Cm) Tìm điểm cố đònh mà họ (Cm) luôn đi qua với mọi m ĐỊnh m để (Cm) tiếp .       1 CB CB xxP mxxS Tiếp tuyến tại B và C vuông góc  1    BC xfxf     12323      mxmxxx CBCB    1 469 2     mxxmxxxx CBCBCB     1 469 1 2      mmm. Bài toán 2: Cho hàm số 1 12 2    x xx y (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số b) Tìm giá trò lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức 1cos 1coscos2 2    x xx y Giải: a)Đồ thò (C) -8 -6 -4. lxxtMinA 2 0cos01 Bài toán 3: Cho hàm số 2 3 2    x xx y (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thò b) Biện luận theo m số nghiệm của:     0231 24      mtmttf Giải: a) -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -6 -4 -2 2 x y