Sự tương giao của hai đồ thị hàm số, toán phổ thông 12

Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} – 3{x^2} + 2x + 1 = 1 \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} + 2x = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\). Vậy có ba giao điểm \(A\left( {0;1} \right),B\left( {1;1} \right),C\left( {2;1} \right).\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(m{x^3} – {x^2} – 2x + 8m = 0\) (1)
\( \Leftrightarrow \)\(\left( {x + 2} \right)\left[ {m{x^2} – (2m + 1)x + 4m} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = – 2\\m{x^2} – (2m + 1)x + 4m = 0{\rm{ (2)}}\end{array} \right.\)
\(\left( {{C_m}} \right)\) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(\left( 1 \right)\)có ba nghiệm phân biệt.
\( \Leftrightarrow \)\(\left( 2 \right)\)có hai nghiệm phân biệt khác \( – 2\)
\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta = – 12{m^2} + 4m + 1 > 0\\12m + 2 \ne 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \) \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ – \dfrac{1}{6} < m < \dfrac{1}{2}\\m \ne – \dfrac{1}{6}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ – \dfrac{1}{6} < m < \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy \(m \in \left( { – \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{2}} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\) thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\)và d:
\(2{x^3} – 3m{x^2} + \left( {m – 1} \right)x + 1 = – x + 1 \Leftrightarrow x\left( {2{x^2} – 3mx + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} – 3mx + m = 0\left( * \right)\end{array} \right.\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác 0
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = 9{m^2} – 8m > 0\\m \ne 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow m \in \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {\dfrac{8}{9}; + \infty } \right)\).
Vậy \(m \in \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {\dfrac{8}{9}; + \infty } \right)\) thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là
\({x^3} + mx + 2 = 0\).
Vì \(x = 0\) không là nghiệm của phương trình, nên phương trình tương đương với
\(m = – {x^2} – \dfrac{2}{x}\,{\rm{ }}\left( {x \ne 0} \right)\)
Xét hàm số \(f(x) = – {x^2} – \dfrac{2}{x}\) với \(x \ne 0\), suy ra \(f'(x) = – 2x + \dfrac{2}{{{x^2}}} = \dfrac{{ – 2{x^3} + 2}}{{{x^2}}}\). Vậy
\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1\).
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại một điểm duy nhất \( \Leftrightarrow m > – 3\). Vậy \(m > – 3\) thỏa yêu cầu bài toán.

giải
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành:
\({x^3} – 3{x^2} – 9x + m = 0 \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} – 9x = – m{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình hoành độ giao điểm của đường \(\left( C \right):y = {x^3} – 3{x^2} – 9x\) và đường thẳng \(d:y = – m\). Số nghiệm của \(\left( 1 \right)\) bằng số giao điểm của \(\left( C \right)\)và d.
Khảo sát và vẽ bảng biến thiên của hàm số \(y = {x^3} – 3{x^2} – 9x\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Đạo hàm \(y’ = 3{x^2} – 6x – 9;{\rm{ }}y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = – 1\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\left( 1 \right)\) có ba nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow – 27 < – m < 5 \Leftrightarrow – 5 < m < 27\).

giải
Đường thẳng d đi qua \(A( – 1;0)\) và có hệ số góc \(k\) nên có dạng \(y = k(x + 1)\), hay
\(kx – y + k = 0\).
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
\({x^3} – 3{x^2} + 4 = kx + k \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} – 4x + 4 – k} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\g(x) = {x^2} – 4x + 4 – k = 0\,\,(*)\end{array} \right.\)
dcắt (C)tại ba điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \)phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\g( – 1) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k > 0\\k \ne 9\end{array} \right.\).
Khi đó \(g(x) = 0 \Leftrightarrow x = 2 – \sqrt k ;x = 2 + \sqrt k \). Vậy các giao điểm của hai đồ thị lần lượt là
\(A( – 1;0),\;\;B\left( {2 – \sqrt k ;3k – k\sqrt k } \right),\;\;C\left( {2 + \sqrt k ;3k + k\sqrt k } \right)\).
Tính được \(BC = 2\sqrt k \sqrt {1 + {k^2}} ,\;\,\,d(O,BC) = d(O,d) = \dfrac{{\left| k \right|}}{{\sqrt {1 + {k^2}} }}\). Khi đó
\({S_{\Delta OBC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\left| k \right|}}{{\sqrt {1 + {k^2}} }}.2\sqrt k .\sqrt {1 + {k^2}} = 1 \Leftrightarrow \left| k \right|\sqrt k = 1 \Leftrightarrow {k^3} = 1 \Leftrightarrow k = 1\).
Vậy \(k = 1\) thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^4} + 2{x^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = – 3\end{array} \right. \Rightarrow x = 1 \vee x = – 1.\)
Vậy có hai giao điểm: \(A\left( { – 1;0} \right),{\rm{ }}B\left( {1;0} \right).\)

Phương trình: \({x^4} – 2{x^2} – m + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^4} – 2{x^2} + 3 = m{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Phương trình \(\left( 1 \right)\)là phương trình hoành độ giao điểm của hai đường \(\left( C \right):y = {x^4} – 2{x^2} + 3\) và đường thẳng \(d:y = m\). Số nghiệm của \(\left( 1 \right)\) bằng số giao điểm của \(\left( C \right)\) và d.
Khảo sát và vẽ bảng biến thiên của hàm số \(y = {x^4} – 2{x^2} + 3\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Đạo hàm \(y’ = 4{x^3} – 4x;{\rm{ }}y’ = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = – 1\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\left( 1 \right)\) có bốn nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 2 < m < 3\). Vậy \(2 < m < 3\) thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(({C_m})\) và d:
\({x^4} – 2\left( {m + 1} \right){x^2} + {m^2} – 3m – 2 = – 2 \Leftrightarrow {x^4} – 2\left( {m + 1} \right){x^2} + {m^2} – 3m = 0\;\;\;\left( 1 \right)\).
Đặt \(t = {x^2}{\rm{ }}\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình trở thành
\({t^2} – 2\left( {m + 1} \right)t + {m^2} – 3m = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\).
\(({C_m})\)và d có bốn giao điểm \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\)có bốn nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( 2 \right)\)có hai nghiệm dương phân biệt.
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\P > 0\\S > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m + 1 > 0\\{m^2} – 3m > 0\\2\left( {m + 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > – \dfrac{1}{5}\\m < 0,m > 3\\m > – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} – \dfrac{1}{5} < m < 0\\m > 3\end{array} \right.\).
Vậy \(m \in \left( { – \dfrac{1}{5};0} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\) thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:\(y = – 1\) là
\({x^4} – \left( {3m + 2} \right){x^2} + 3m = – 1 \Leftrightarrow {x^4} – \left( {3m + 2} \right){x^2} + 3m + 1 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\), ta có phương trình
\({t^2} – \left( {3m + 2} \right)t + 3m + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 3m + 1\end{array} \right.\)
Khi đó \(\left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 3m + 1\end{array} \right.\). Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < 3m + 1 < 4\\3m + 1 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow – \dfrac{1}{3} < m < 1\) và \(m \ne 0\). Vậy \( – \dfrac{1}{3} < m < 1\) và \(m \ne 0\)thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^4} – \left( {3m + 4} \right){x^2} + {m^2} = 0\) \(\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\) \(\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình \(\left( 1 \right)\)trở thành: \({t^2} – \left( {3m + 4} \right)t + {m^2} = 0\) \(\left( 2 \right)\)
\(\left( {{C_m}} \right)\) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(\left( 1 \right)\)có bốn nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \)\(\left( 2 \right)\)có hai nghiệm dương phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta = 5{m^2} + 24m + 16 > 0\\P = {m^2} > 0\\S = 3m + 4 > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \) \(\left\{ \begin{array}{l}m < – 4 \vee m > – \dfrac{4}{5}\\m \ne 0\\m > – \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}m > – \dfrac{4}{5}\\m \ne 0\end{array} \right.\) (*)
Khi đó phương trình \(\left( 2 \right)\)có hai nghiệm $0 < {t_1} < {t_2}$. Suy ra phương trình \(\left( 1 \right)\) có bốn nghiệm phân biệt là \({x_1} = – \sqrt {{t_2}} < {x_2} = – \sqrt {{t_1}} < {x_3} = \sqrt {{t_1}} < {x_4} = \sqrt {{t_2}} \). Bốn nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3},{x_4}\) lập thành cấp số cộng
\( \Leftrightarrow \)\({x_2} – {x_1} = {x_3} – {x_2} = {x_4} – {x_3}\) \( \Leftrightarrow \)\( – \sqrt {{t_1}} + \sqrt {{t_2}} = 2\sqrt {{t_1}} \) \( \Leftrightarrow \)\(\sqrt {{t_2}} = 3\sqrt {{t_1}} \) \( \Leftrightarrow {t_2} = 9{t_1}\) (3)
Theo định lý Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 3m + 4{\rm{ (4)}}\\{t_1}{t_2} = {m^2}{\rm{ (5)}}\end{array} \right.\)
Từ \(\left( {\rm{3}} \right)\)và \(\left( 4 \right)\)ta suy ra được \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} = \dfrac{{3m + 4}}{{10}}\\{t_2} = \dfrac{{9\left( {3m + 4} \right)}}{{10}}\end{array} \right.\)\(\left( {\rm{6}} \right).\)
Thay \(\left( 6 \right)\)vào \(\left( 5 \right)\) ta được \(\dfrac{9}{{100}}{\left( {3m + 4} \right)^2} = {m^2}\)
\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}3\left( {3m + 4} \right) = 10m\\3\left( {3m + 4} \right) = – 10m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 12\\m = – \dfrac{{12}}{{19}}\end{array} \right.\)(thỏa (*))
Vậy giá trị m cần tìm là \(m = 12;{\rm{ }}m = – \dfrac{{12}}{{19}}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\dfrac{{2x + 1}}{{2x – 1}} = x + 2\) \(\left( 1 \right)\)
Điều kiện: \(x \ne \dfrac{1}{2}\). Khi đó \((1)\)\( \Leftrightarrow \)\(2x + 1 = \left( {2x – 1} \right)\left( {x + 2} \right)\)\( \Leftrightarrow 2{x^2} + x – 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}x = – \dfrac{3}{2} \Rightarrow y = \dfrac{1}{2}\\x = 1 \Rightarrow y = 3\end{array} \right.\)
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là \(\left( { – \dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2}} \right)\) và \(\left( {1;3} \right)\).

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\dfrac{{2x – 1}}{{x – 1}} = – x + m\) \(\left( 1 \right)\)
Điều kiện: \(x \ne 1\). Khi đó \((1)\) \( \Leftrightarrow \) \(2x – 1 = \left( { – x + m} \right)\left( {x – 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow \) \({x^2} – \left( {m – 1} \right)x + m – 1 = 0\) \(\left( 2 \right)\)
dcắt (C)tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(\left( 1 \right)\)có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \)(2) có hai nghiệm phân biệt khác \(1\)\( \Leftrightarrow \) \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left[ { – \left( {m – 1} \right)} \right]^2} – 4\left( {m – 1} \right) > 0\\1 – \left( {m – 1} \right).1 + m – 1 \ne 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \)\({m^2} – 6m + 5 > 0\)\( \Leftrightarrow m \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {5; + \infty } \right).\)
Vậy giá trị m cần tìm là \(m \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {5; + \infty } \right).\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\dfrac{{mx – 1}}{{x + 2}} = 2x – 1\) \(\left( 1 \right)\)
Điều kiện: \(x \ne – 2\). Khi đó
\((1)\)\( \Leftrightarrow \)\(mx – 1 = \left( {2x – 1} \right)\left( {x + 2} \right)\)\( \Leftrightarrow \)\(2{x^2} – \left( {m – 3} \right)x – 1 = 0\) \(\left( 2 \right)\)
d cắt \(\left( {{C_m}} \right)\)tại hai điểm phân biệt \(A,{\rm{ }}B\) \( \Leftrightarrow \)\(\left( 1 \right)\)có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \)(2) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 2\)
\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left[ { – \left( {m – 3} \right)} \right]^2} + 8 > 0\\8 + 2m – 6 – 1 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \)\(m \ne – \dfrac{1}{2}\) (*)
Đặt \(A\left( {{x_1};2{x_1} – 1} \right);{\rm{ }}B\left( {{x_2};2{x_2} – 1} \right)\)với \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 2 \right)\).
Theo định lý Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m – 3}}{2}\\{x_1}{x_2} = – \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\), khi đó
\(AB = \sqrt {{{\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}^2} + 4{{\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}^2}} = \sqrt {10} \)\( \Leftrightarrow \)\(5\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} – 4{x_1}{x_2}} \right] = 10\)
\( \Leftrightarrow \)\({\left( {\dfrac{{m – 3}}{2}} \right)^2} + 2 = 2\)\( \Leftrightarrow \)\(m = 3\) (thỏa (*))
Vậy giá trị m cần tìm là \(m = 3\).

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
\(\dfrac{{2x + 1}}{{x + 1}} = – 2x + m \Leftrightarrow 2x + 1 = \left( {x + 1} \right)\left( { – 2x + m} \right)\) ( điều kiện: \(x \ne – 1\))
\( \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {4 – m} \right)x + 1 – m = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\) ( điều kiện: \(x \ne – 1\)).
d cắt (C) tại hai điểm\(A,{\rm{ }}B\) phân biệt \( \Leftrightarrow \)(1) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {m^2} + 8 > 0{\rm{ }}\forall m\\2.{\left( { – 1} \right)^2} + \left( {4 – m} \right)\left( { – 1} \right) + 1 – m \ne 0\end{array} \right.\).
Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm \(A,{\rm{ }}B\) phân biệt với mọi m.
Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right);{\rm{ }}B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\), trong đó\({y_1} = – 2x{}_1 + m;{\rm{ }}{y_2} = – 2x{}_2 + m\) và \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) là các nghiệm của \(\left( 1 \right)\). Theo định lý Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m – 4}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{1 – m}}{2}\end{array} \right.\). Tính được:
\(d\left( {O;AB} \right) = \dfrac{{\left| m \right|}}{{\sqrt 5 }};{\rm{ }}AB = \sqrt {{{\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}^2} + {{\left( {{y_1} – {y_2}} \right)}^2}} = \sqrt {5{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} – 20{x_1}{x_2}} = \dfrac{{\sqrt {5\left( {{m^2} + 8} \right)} }}{2}\)
\({S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}AB.d\left( {O;AB} \right) = \dfrac{{\left| m \right|\sqrt {{m^2} + 8} }}{4} = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = 2 \vee m = – 2.\)
Vậy các giá trị m cần tìm là \(m = 2;{\rm{ }}m = – 2.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
\(\dfrac{{2x + 1}}{{x + 1}} = kx + 2k + 1 \Leftrightarrow 2x + 1 = \left( {x + 1} \right)\left( {kx + 2k + 1} \right)\)(điều kiện: \(x \ne – 1\))
\( \Leftrightarrow k{x^2} + \left( {3k – 1} \right)x + 2k = 0\;\;\;\left( 1 \right)\). (điều kiện: \(x \ne – 1\))
d cắt (C) tại hai điểm\(A,{\rm{ }}B\) phân biệt \( \Leftrightarrow \)(1) có hai nghiệm phân biệt khác \( – 1\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \ne 0\\\Delta = {k^2} – 6k + 1 > 0\\k{\left( { – 1} \right)^2} + \left( {3k – 1} \right)\left( { – 1} \right) + 2k \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \ne 0\\k < 3 – 2\sqrt 2 \vee k > 3 + 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)
Khi đó: \(A\left( {{x_1};k{x_1} + 2k + 1} \right),{\rm{ }}B\left( {{x_2};k{x_2} + 2k + 1} \right)\) với \({x_1},{\rm{ }}{x_2}\) là nghiệm của (1).
Theo định lý Viet ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ – 3k + 1}}{k}\\{x_1}{x_2} = 2\end{array} \right.\). Tính được
\(d\left( {A;Ox} \right) = d\left( {B;Ox} \right) \Leftrightarrow \left| {k{x_1} + 2k + 1} \right| = \left| {k{x_2} + 2k + 1} \right|\)
<=>\(\left[ \begin{array}{l}k{x_1} + 2k + 1 = k{x_2} + 2k + 1\\k{x_1} + 2k + 1 = – k{x_2} – 2k – 1\end{array} \right.\)
<=>\(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2}\,\,\left( {{\rm{loa\”i i}}} \right)\\k\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4k + 2 = 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow k\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4k + 2 = 0 \Leftrightarrow k = – 3\).
Vậy \(k = – 3\) thỏa yêu cầu bài toán.