TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊA. CƠ SỞ LÝ THUYẾT \[\left( I \right)\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = f\left( x \right)\;\;\left( {{C_1}} \right)}\\{y = g\left( x \right)\;\left( {{C_2}} \right)}\end{array}} \right.\] + Tọa độ giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) là nghiệm của hệ \(\left( I \right)\). + Phương trình hoành độ giao điểm: \(f\left( x \right) = g\left( x \right)\;\;\left( * \right)\) - Số nghiệm của (*) là số giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\). - Nghiệm của (*) là hoành độ của giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\). - Tung độ giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) được thay vào \(f\left( x \right)\) hoặc \(g\left( x \right)\) tùy theo hàm nào đơn giản hơn. Chẳng hạn A(\({x_0};a{x_0} + b)\). B. HAI DẠNG TOÁN CƠ BẢN I. DẠNG I: BIỆN LUẬN SỐ GIAO ĐIỂM CỦA HAI ĐỒ THỊ SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH HOÀNH ĐỘ GIAO ĐIỂM (*) 1. Các cấp độ câu hỏi. Cấp độ 1: Hỏi về số giao điểm của \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\): (là số nghiệm của (*)) HỏiTrả lời+ Không cắt + Cắt tại 1 điểm + Cắt tại 2 điểm + Cắt tại 3 điểm + Cắt tại 4 điểm(*) Vô nghiệm (*) có 1 nghiệm (*) có 2 nghiệm (*) có 3 nghiệm (*) có 4 nghiệmCấp độ 2: Hỏi về hoành độ giao điểm: (là các nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3},{x_4}, \ldots \) của (*)) HỏiTrả lời+ \({x_1},{x_2}\) cùng dương, cùng âm, trái dấu + \({x_1},{x_2},{x_3}\) là cấp số cộng + \(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2\) + v.v… Giải tường minh (khi \({\rm{\Delta }}\) là 1 bình phương). Dùng định lý Viet. Dùng \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \frac{{\sqrt {\rm{\Delta }} }}{{\left| a \right|}}\) Cấp độ 3: Hỏi về giao điểm: A, B, C, …(dùng cả hoành độ lẫn tung độ của A, B, C) Quan trọng: \({x_1},{x_2},{x_3}, \ldots \) là nghiệm của (*), \({y_1} = a{x_1} + b,{y_2} = a{x_2} + b, \ldots \) thay vào đường thẳng HỏiTrả lời+ Độ dài AB: bằng, nhỏ nhất, lớn nhất + Tam giác OAB vuông, cân tại O + Trung điểm của AB + Trọng tâm tam giác OAB + Diện tích tam giác OAB + v.v…. Công thức \(\sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} + {{\left( {{y_1} - {y_2}} \right)}^2}} \) \(\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0\); \(OA = OB\) Công thức trung điểm Công thức trọng tâm \(S = \frac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1}}&{{y_1}}\\{{x_2}}&{{y_2}}\end{array}} \right|} \right| \)\(= \dfrac{1}{2}\left| {{x_1}{y_2} - {x_2}{y_1}} \right|\) 2. Các bài toán thường gặp a) Đồ thị hàm bậc 3 và đường thẳng \(\left( * \right) \Leftrightarrow a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\;\;\left( {a \ne 0} \right)\) Nhẩm được nghiệm \(x = {x_0}\) (là giá trị của x là khử mất \(m\)). \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {x - {x_0}} \right)\left( {a{x^2} + \left( {b + a{x_0}} \right)x - \frac{d}{{{x_0}}}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {x_0}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{g\left( x \right) = a{x^2} + \left( {b + a{x_0}} \right)x - \frac{d}{{{x_0}}} = 0\;\left( {**} \right)}\end{array}} \right.\) + PT (*) có 1 nghiệm \( \Leftrightarrow \) (**) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng \({x_0}\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}{\Delta _g} < 0\\\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} = 0\\g({x_0}) = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\) + PT (*) có 2 nghiệm \( \Leftrightarrow \) (**) có nghiệm khác khác \({x_0}\) hoặc có 1 nghiệm bằng \({x_0}\) nhưng nghiệm còn lại khác \({x_0}\)\( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}g({x_0}) = 0\\ - \frac{d}{{ax_0^2}} \ne {x_0}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} = 0\\g({x_0}) \ne 0\end{array} \right.\end{array} \right.\) + PT (*) có 3 nghiệm \( \Leftrightarrow \) (**) có 2 nghiệm phân biệt khác \({x_0}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} > 0\\g({x_0}) \ne 0\end{array} \right.\) Khi đó 3 nghiệm của (*) là \(x = {x_0},\;x = {x_1},\;x = {x_2}\) với \({x_1},{x_2}\) là 2 nghiệm của (**).b) Đồ thị hàm trùng phương và đường thẳng \(y = c\), c là hằng số \((*) \Leftrightarrow a{x^4} + b{x^2} + c = 0\;(a \ne 0)\) Đặt \(t = {x^2}\), ta có \(g\left( t \right) = a{t^2} + bt + c = 0\;\;\left( {**} \right)\) + PT (*) vô nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\Delta _g} < 0\\\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} \ge 0\\ - b/a < 0\\c/a > 0\end{array} \right.\end{array} \right.\) + PT (*) có 1 nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\ - b/a \le 0\end{array} \right.\) + PT (*) có 2 nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}ac < 0\\\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} = 0\\ - b/a > 0\end{array} \right.\end{array} \right.\) + PT (*) có 3 nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\ - b/a > 0\end{array} \right.\) + PT (*) có 4 nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} > 0\\ - b/a > 0\\c/a > 0\end{array} \right.\) . Khi đó gọi 2 nghiệm đương đó là \({t_1} > {t_2}\), thì 4 nghiệm của (*) là : \( - \sqrt {{t_1}} ,\; - \sqrt {{t_2}} ,\;\sqrt {{t_2}} ,\;\sqrt {{t_1}} \). Bốn nghiệm này lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi \({t_1} = 9{t_2} \Leftrightarrow 9{b^2} = 100ac\)c) Đồ thị hàm bậc nhất trên bậc nhất và đường thẳng \((*) \Leftrightarrow \frac{{ax + b}}{{cx + d}} = kx + e\)\( \Leftrightarrow g(x) = A{x^2} + bx + c = 0\;(x \ne - \frac{d}{c})\) Nếu \(\frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) không chứa tham số, thì không quan tâm đến điều kiện \(x \ne - \frac{d}{c}\) (Vì \(x = - \frac{d}{c}\) không phải là nghiệm của pt). Nếu \(\frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) chứa tham số, + PT (*) vô nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\Delta _g} < 0\\\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} = 0\\ - \frac{B}{{2A}} = - \frac{d}{c}\end{array} \right.\end{array} \right.\) + PT (*) có 1 nghiệm \( \Leftrightarrow \)\(g(x)\) có nghiệm kép khác \( - \frac{d}{c}\) , hoặc có 1 nghiệm bằng \( - \frac{d}{c}\), nghiệm còn lại khác \( - \frac{d}{c}\). + PT (*) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(g(x)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - \frac{d}{c}\)Ví dụ 1: Cho \(\left\{ \begin{array}{l}y = {x^3} - 2{x^2} + (1 - m)x + m\;\;\;({C_m})\\y = 0\;\;(Ox)\end{array} \right.\) Tìm \(m\) để \({C_m}\) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn: \(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 < 4\) Hướng dẫn: (cấp độ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của \({C_m}\) và Ox: \({x^3} - 2{x^2} + \left( {1 - m} \right)x + m = 0\;\left( * \right)\)\( \Leftrightarrow (x - 1)({x^2} - x - m) = 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - x - m = 0\;\;(**)\end{array} \right.\) . \({C_m}\) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt chỉ khi (**) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _g} > 0\\g(1) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m + 1 > 0\\ - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < m \ne 0\;\;(1)\) Khi đó (*) có 3 nghiệm là \(x = {x_1} = 1,\;x = {x_2},x = {x_3}\) với \({x_2},{x_3}\) là 2 nghiệm của (**). \(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 < 4\)\( \Leftrightarrow x_2^2 + x_3^2 < 3 \Leftrightarrow {({x_2} + {x_3})^2} - 2{x_2}.{x_3} < 3\;\;(2)\) Theo Viet \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} + {x_3} = 1}\\{{x_2}{x_3} = - m}\end{array}} \right.\) Vậy \((2) \Leftrightarrow 1 + 2m < 3 \Leftrightarrow m < 1\) Kết hợp với (1): \( - \frac{1}{4} < m \ne 0 < 1\) Ví dụ 2: Cho đồ thị \(y = {x^3} - 3{x^2} + 4\;\;\;\left( C \right)\) và đường thẳng d qua I(1;2) có hệ số góc k (k > -3) Chứng minh d luôn cắt C tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của AB. Hướng dẫn: (Cấp độ 3) d: \(y = k\left( {x - 1} \right) + 2\) Phương trình hoành độ giao điểm của C và d: \({x^3} - 3{x^2} + 4 = k\left( {x - 1} \right) + 2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( * \right)\) \( \Leftrightarrow (x - 1)({x^2} - 2x - 2 - k) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\g(x) = {x^2} - 2x - 2 - k = 0\;\;(**)\end{array} \right.\) Ta thấy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{\Delta }}_g’ = k + 3 > 0,\;\;\;\forall k > - 3\;\;\;\;\;\;}\\{g\left( 1 \right) = - 3 - k \ne 0,\;\;\;\;\forall k > - 3}\end{array}} \right.\). Vậy d luôn cắt C tại 3 điểm phân biệt với mọi k > - 3. Khi đó 3 nghiệm của (*) là \(x = 1,x = {x_1},\;x = {x_2}\) với \({x_1},{x_2}\) là 2 nghiệm của (**). Đồng thời 3 giao điểm của C và d là: I(1;2), A(\({x_1},k\left( {{x_1} - 1} \right) + 2\)), B(\({x_2},k\left( {{x_2} - 1} \right) + 2\)). Ta thấy \(\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = 1\)\( \Rightarrow \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = {x_I}\) (Viet) . Mà I, A, B thẳng hàng. Vậy I là trung điểm của AB. Ví dụ 3: Cho \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = {x^4} - \left( {3m + 2} \right){x^2} + 3m\;\;\;\left( {{C_m}} \right)}\\{y = - 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( d \right)\;\;\;}\end{array}} \right.\) tìm m để d cắt \({C_m}\) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ đều nhỏ hơn 2. Giải (cấp độ 2) Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^4} - \left( {3m + 2} \right){x^2} + 3m + 1 = 0\;\;\left( * \right)\) Đặt \(t = {x^2}\) \(g\left( t \right) = {t^2} - \left( {3m + 2} \right)t + 3m + 1 = 0\;\left( {**} \right)\) Có \({{\rm{\Delta }}_g} = 9{m^2}\) là một bình phương (giải tường minh được nghiệm): (**) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 3m + 1\end{array} \right.\) . Vậy (**) có 2 nghiệm dương phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 3m + 1\\3m + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{3} < m \ne 0\;\;(1)\) Khi đó, 4 nghiệm của (*) là: \( - 1,\; - \sqrt {3m + 1} ,1,\sqrt {3m + 1} \). Cả 4 nghiệm nhỏ hơn 2 \( \Leftrightarrow m < 1\) Kết hợp với (1): \( - \frac{1}{3} < m \ne 0 < 1\). Ví dụ 4: Cho \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\;\;\;\;\left( C \right)\;\;\;}\\{y = \; - 2x + m\;\;\;\left( d \right)}\end{array}} \right.\) m? C cắt d tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB = \(\sqrt 3 \). Giải: (cấp độ 3) Phương trình hoành độ giao điểm \(\frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = - 2x + m\;\;\;\;\left( * \right)\) \( \Leftrightarrow g(x) = 2{x^2} + (4 - m)x + 1 - m = 0\) (vì \(x = - 1\) không là nghiệm của pt) \({{\rm{\Delta }}_g} = {\left( {4 - m} \right)^2} - 8\left( {1 - m} \right) = {m^2} + 8\) Do \({{\rm{\Delta }}_g} > 0\;\forall m \in R\) nên d cắt C tại 2 điểm phân biệt với mọi m. Gọi \({x_1},{x_2}\) là 2 nghiệm của (*), không mất tính tổng quát, giả sử \(A\left( {{x_1}; - 2{x_1} + m} \right)\) ; \(B\left( {{x_2}; - 2{x_2} + m} \right)\) Cách 1: PT tổng quát của đường thẳng d: 2x+y-m = 0. Khoảng cách thừ O đến d: \(d\left( {O,d} \right) = \frac{{\left| { - m} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| m \right|}}{{\sqrt 5 }}\) Độ dài AB: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} + {{\left( { - 2{x_1} + 2{x_2}} \right)}^2}} \) \( = \sqrt 5 \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt 5 .\frac{{\sqrt {{{\rm{\Delta }}_g}} }}{{\left| {{a_g}} \right|}} = \sqrt 5 .\frac{{\sqrt {{m^2} + 8} }}{2}\) Vậy, diện tích tam giác OAB: \(S = \frac{1}{2}d\left( {O,d} \right).AB = \frac{1}{4}\left| m \right|\sqrt {{m^2} + 8} \) \(S = \sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{1}{4}\left| m \right|\sqrt {{m^2} + 8} = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = \pm 2\) Cách 2: \(\overrightarrow {OA} = \left( {{x_1}; - 2{x_1} + m} \right)\) \(\overrightarrow {OB} = \left( {{x_2}; - 2{x_2} + m} \right)\) Theo công thức \(S = \frac{1}{2}\left| { - 2{x_1}{x_2} + m{x_1} + 2{x_1}{x_2} - m{x_2}} \right| = \frac{1}{2}\left| m \right|\left| {{x_1} - {x_2}} \right|\)\( = \frac{1}{2}\left| m \right|.\frac{{\sqrt {{{\rm{\Delta }}_g}} }}{{\left| {{a_g}} \right|}} = \frac{1}{2}\left| m \right|.\frac{{\sqrt {{m^2} + 8} }}{2}\) Ví dụ 5: Cho \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = \frac{{m{x^2} + x + m}}{{x - 1}}\;\;\;\;\;\;\;\;\left( {{C_m}} \right)}\\{y = 0\;\;\;\;\left( {Ox} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\end{array}} \right.\;\;\) Tìm m để \({C_m}\) cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. Giải (cấp độ 2) Phương trình hoành độ giao điểm \(g(x) = m{x^2} + x + m = 0\;\;(x \ne 1)\) PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(g\left( x \right)\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\Delta _g} > 0\\g(1) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < m \ne 0 < \frac{1}{2}\;\;(1)\) Khi đó, 2 nghiệm của \(g\left( x \right)\) dương \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{1}{m} > 0\\1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\) . Kết hợp với (1): \( - \frac{1}{2} < m < 0\). II. DẠNG II: DÙNG ĐỒ THỊ ĐỂ BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH (CÔ LẬP ĐƯỢC THAM SỐ) \[F\left( {x,m} \right) = 0\] B1: Cô lập tham số đưa về dạng Phương trình2 đồ thị\(g\left( m \right) = f\left( x \right)\)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = f\left( x \right)\;\;\;\left( C \right)}\\{y = g\left( m \right)\;\;\left( d \right)}\end{array}} \right.\) \(g\left( m \right) = \left| {f\left( x \right)} \right|\)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = \left| {f\left( x \right)} \right|\;\;\;\left( {{C_1}} \right)}\\{y = g\left( m \right)\;\;\left( d \right)\;\;\;}\end{array}} \right.\) \(g\left( m \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = f\left( {\left| x \right|} \right)\;\;\;\left( {{C_2}} \right)}\\{y = g\left( m \right)\;\;\left( d \right)}\end{array}} \right.\) \( \ldots \) \( \ldots \)Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của 2 đồ thị. Đặc biệt, đường thẳng \(y = g\left( m \right)\) là đường song song với Ox cắt Oy ở \(g\left( m \right)\), tức ở độ cao \(g\left( m \right)\). B2: Vẽ các đồ thị a) Vẽ \(\left( {{C_1}} \right)\) từ \(\left( C \right)\): \(y = \left| {f(x)} \right| = \left\{ \begin{array}{l}f(x);\;f(x) \ge 0\\ - f(x);\;f(x) < 0\end{array} \right.\) Do \(\left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right)\) với \(f\left( x \right) \ge 0\)nên \(\left( {{C_1}} \right) \equiv \left( C \right)\) ở phần \(\left( C \right)\) nằm bên trên Ox. Do \(\left| {f\left( x \right)} \right| = - f\left( x \right)\) với \(f\left( x \right) < 0\)nên \(\left( {{C_1}} \right)\) đới xứng với \(\left( C \right)\) ở phần \(\left( C \right)\) nằm dưới Ox. Cách vẽ \(\left( {{C_1}} \right)\) + Giữ nguyên phần \(\left( C \right)\) nằm trên Ox + Lấy đối xứng phần \(\left( C \right)\) nằm dưới Ox qua Ox đồng thời xóa bỏ phần \(\left( C \right)\) nằm dưới Oxb) Vẽ \(\left( {{C_2}} \right)\) từ \(\left( C \right)\): \(y = f(\left| x \right|)\)\( = \)\(f(x)\) với \(x \ge 0\) Vì \(f\left( {\left| x \right|} \right) = f\left( x \right)\) với \(x \ge 0\) nên \(\left( {{C_2}} \right) \equiv \left( C \right)\) ở phần \(\left( C \right)\) nằm bên phải trục Oy (đường \(x = 0)\) Mặt khác, hàm \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) là hàm chẵn nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng. Cách vẽ \(\left( {{C_2}} \right)\): + Giữ nguyễn phần \(\left( C \right)\) nằm bên phải Oy, xóa bỏ phần bên trái. + Lấy đối xứng phần giữ lại qua Oy.Ví dụ 1: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^4} - 4{x^2}\). Tìm \(m\) để phương trình \({x^2}\left| {{x^2} - 2} \right| = m\) có đúng 6 nghiệm thực phân biệt. Hướng dẫn: Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = 2{x^4} - 4{x^2}\) Phương trình \({x^2}\left| {{x^2} - 2} \right| = m\)\( \Leftrightarrow \left| {2{x^4} - 4{x^2}} \right| = 2m\)\( \Leftrightarrow \)\(\left| {f\left( x \right)} \right| = 2m\;\;\left( * \right)\) Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) và đường thẳng \(y = 2m\). Do \(\left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right)\) với \(f\left( x \right) \ge 0\) nên \(\left( {{C_1}} \right) \equiv \left( C \right)\) ở phần \(\left( C \right)\) nằm bên trên Ox Do \(\left| {f\left( x \right)} \right| = - f\left( x \right)\) với \(f\left( x \right) < 0\) nên \(\left( {{C_1}} \right)\) đới xứng với \(\left( C \right)\) ở phần \(\left( C \right)\) nằm dưới Ox. Cách vẽ \(\left( {{C_1}} \right)\) + Giữ nguyên phần \(\left( C \right)\) nằm trên Ox + Lấy đối xứng phần \(\left( C \right)\) nằm dưới Ox qua Ox đồng thời xóa bỏ phần \(\left( C \right)\) nằm dưới Ox Đồ thị hàm số \(y = \left| {2{x^4} - 4{x^2}} \right|\) Từ đồ thị ta thấy, đường thẳng \(y = 2m\) cắt đồ thị \(y = \left| {2{x^2} - 4x} \right|\) tại 6 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow 0 < 2m < 2 \Leftrightarrow 0 < m < 1\). Ví dụ 2: Khảo sát và vẽ đồ thị \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\)\(\left( C \right)\). Biện luận theo m số nghiệm của phương trình \[2x + 1 - \left| {x - 1} \right| = m\left| {x - 1} \right|\] Giải: Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\;\left( C \right)\) Phương trình đã cho tương đương \(\frac{{2x + 1}}{{\left| {x - 1} \right|}} = m + 1\;\;\left( * \right)\) Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đồ thị d: \(y = m + 1\) và đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{\left| {x - 1} \right|}}\;\;\left( {{C_1}} \right)\) Ta thấy \(y = \frac{{2x + 1}}{{\left| {x - 1} \right|}} = \left\{ \begin{array}{l}f(x)\;{\rm{vs}}\;x > 1\\ - f(x)\;{\rm{vs}}\;x < 1\end{array} \right.\) Do đó, \(\left( {{C_1}} \right) \equiv \left( C \right)\) ở phần \(\left( C \right)\) nằm bên phải đường thẳng \(x = 1\) (tiệm cận đứng) và \(\left( {{C_1}} \right)\) đối xứng với phần \(\left( C \right)\) ở bên trái đường thẳng \(x = 1\) qua Ox. Cách vẽ \({C_1}\): + Giữ nguyên phần \(\left( C \right)\) nằm bên phải tiệm cận đứng. + Lấy đối xứng phần \(\left( C \right)\) bên trái tiệm cận đứng qua Ox, xóa bỏ phần \(\left( C \right)\) vừa lấy đối xứng. Từ đồ thị ta thấy: Với \(m + 1 \le - 2 \Leftrightarrow m \le - 3\) : d không cắt \(\left( {{C_1}} \right)\) nên phương trình vô nghiệm. Với \( - 2 < m + 1 \le 2 \Leftrightarrow - 3 < m \le 1\): d cắt \(\left( {{C_1}} \right)\) tại 1 điểm nên phương trình có 1 nghiệm. Với \(m + 1 > 2 \Leftrightarrow m > 1\) : d cắt \(\left( {{C_1}} \right)\) tại 2 điểm phân biệt nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
