Tương giao của đồ thị các hàm số
87

TƯƠNG GIAO CỦA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Bài toán tương giao tổng quát

Cho 2 đồ thị với các hàm số tương ứng:
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2
: , ; : ,
C y f x m C y g x m
= =
.
Giao điểm của hai đồ thị (C
1
), (C
2
) có hoành độ là nghiệm của phương trình
tương giao:
(
)
(
)

(
x
)
= a
n
x
n
+ a
n
−

1
x
n
−

1
+ + a
1
x + a
0

=
0
Nếu
( )
; , 1
p
x p q
q


=



II. CÁC DẠNG TƯƠNG GIAO TỔNG QUÁT CỦA HÀM BẬC 3 VỚI Ox
1. Các phương pháp xét tương giao
Bài toán:
Xét tương giao của đồ thị hàm bậc 3
(
)
(
)
: ,
C y f x m
=
với O
x
:
y
= 0
1.1
Phương pháp nhẩm nghiệm cố định:
( )
( )
( ) ( ) ( )
(
)
2
,

( )
, 0 ( )
y g x
f x m g x m
y m
=

= ⇔ = ⇔

=


www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương
88

2. Bảng tổng kết các bài toán tương giao đồ thị hàm bậc 3
Hình dạng đồ thị
(
)
2
3 2
f x ax bx c
′
= + +

(
)
(
)

. 0
b ac
b ac
f f

′
∆ = − ≤



′
∆ = − >




>




( )
0
0
0
g
g
g p
∆ <



2
CT CÐ
3 0
. 0
b ac
f f

′
∆ = − >


=



( )
( )
0
0
0
0
g
g
g p
g p

∆ >



a > 0
a < 0
x
2
1
x
x
1
x
x
2
3
x
x
1
2
x x
3

2
CT CÐ
3 0
. 0
b ac
f f

′
∆ = − >



x
3
2
x
x
1
x
x
1
2
x
a < 0
a > 0
x
2
1
x
x
α
α

( )
( )
2
CT CÐ
3 0
. 0
. 0
. 0
3

2
g
g
g p
p
a
g
S
∆ >



≠



α <


α >



α <



1 2
3
x x

( )
2
CT CÐ
3 0
. 0
. 0
. 0
3
b ac
f f
a f
a f
b
a

′
∆ = − >

 <


α >


′
α >


−
α >


α >

www.VNMATH.com
Tương giao của đồ thị các hàm số
89

1
2 3
x
x x
< α<
<3
x
x
21
x
x
3
2
x
x
1
x

′
∆ = − >

 <


α >


′

α ≤



−

α ≤




( )
( )
( )
0
. 0
2
. 0
0


α <



≠



1 2
3
x x
x
<
< α<α
α
x
x
1
2
x
a > 0
a < 0
x
2
1
x

′
∆ = − >

 <


α <


′

α ≤



−

α ≥




( )
( )
( )
0
. 0
2
. 0
0


α <



≠



3. Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1.

Tìm
m
để đồ thị (C
m
):
( )
(
)
( )
3 2 2
3 1 2 4 1 4 1
y x m x m m x m m
= − + + + + − +

cắt O
x
tại
1 2 3

x x m x m
− − − + =

ycbt
⇔

2 2 1 2
1
1
2
2 1; 1 1
m m
m
m m
≠ ≠ + ≠


⇔ < ≠

> + >



Bài 2.

Tìm
m
để đồ thị (C
m
):

[
]
2 2
1 0
x m x mx m
− − + − =

⇔

(
)
2 2
1 0
x m g x x mx m
= ∨ = − + − =

Yêu cầu bài toán
⇔

m
> 0 và
g
(
x
)
=
0 có 2 nghiệm phân biệt > 0 và khác
m
.
⇔



www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương
90

Bài 3.

CMR: (C):
( ) ( )
3 3
3
y x a x b x
= + + + −
luôn cắt O
x
tại đúng 1 điểm.
Giải:
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
(
)
3 3
3 3 2 2 2 3 3
3 3
f x x a x b x x a b x a b x a b
= + + + − = + + + + + +

( )

> 0 thì
g
(
x
)
=
0 hay
ƒ′
(
x
)
=
0 có 2 nghiệm phân biệt
x
1
,
x
2
đồng thời
hàm số đạt cực trị tại
x
1
,
x
2
. Thực hiện phép chia
ƒ
(
x
) cho

( )
1 1 2 2
4 ; 4
f x ab x a b f x ab x a b
   
= − + + = − + +
   

⇒

(
)
(
)
( ) ( )
2 2
C Ð CT 1 2 1 2
. . 4 4
f f f x f x a b x a b x a b
   
= = + + + +
   

( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 8 9 4 0 , 0
a b a b a b a b a b a b ab ab
   

y f x x mx m x m
= = − + − + −
cắt O
x
tại
1 2 3
, ,
x x x
phân biệt và > 0
Giải:
Yêu cầu bài toán
⇔
Đồ thị (C
m
) có dạng như hình vẽ sau:
⇔

( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
1 2
C Ð CT 1 2
1 CÐ
0 1
. . 0 2
0 3

= − + − = ⇔ = − + − =

1 2
1 ; 1
x x m x x m
⇔ = = − = = +

• Xét (2): Thực hiện phéo chia
ƒ
(
x
) cho
g
(
x
) ta có:

( ) ( ) ( )
(
)
( )
2
2 1 1
f x x m g x x m m
= − − + − −
. Do
(
)
(
)

)
( )
2 2
C Ð CT 1 2 1 2 1 2
. . 4 1 1 2 1 1
f f f x f x x x m m x x m m
 
= = − − − + − − −
 

O
x
y
x
1 1
x
x
2 3
x
2
x
www.VNMATH.com
Tương giao của đồ thị các hàm số
91

(
)
(
)
( )


(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
2 2 2
2 2
1 3 2 1 0
3 2 1 0
1 0
1 0
m m m m m m m
m
m

− − − − <
− − − <
 
⇔
 
− >
− >



Xét phương trình:
(
)
(
)
3 2
0 3 3 1 3 1
f x x x x m x
= ⇔ − + + = −
(*)
( )
( )
3 2
3 3 1
3 1
x x x
g x m
x
− + +
⇔ = =
−
. Ta có:
( )
( )
(
)
( )
2
2
2 2 1

m
với (L):
y

=

g
(
x
).
Nhìn bảng biến thiên ta có:
Đồ thị
(
)
m
C
cắt O
x
tại
1 2 3
1
x x x
< < <

3 3 1
m m
⇔ > ⇔ >

Bài 6.


= − + − = ⇔ − = − +
(*)
( )
3 2
2
9 1
x x
g x m
x
− +
⇔ = =
−
. Ta có:
( )
( )
( )
2
2
2 3 1
9 1
x x
g x
x
− −
′
=
−

⇒
Bảng biến thiên


1 2 3
0
x x x
< < <

⇔
2
m
< 0
⇔

m
< 0.

x
−∞

0

1
9

1
3+∞

f

x

−∞1 2+∞

f

′−−

0

+f
+
∞
x
tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1 cấp số cộng.
Điều kiện cần:
Giả sử (C) cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt là
÷

x
1
,
x
2
,
x
3
khi đó:
(
)
(
)
(
)
3 2
1 2 3
ax bx cx d a x x x x x x
+ + + = − − −

∀
x

a
−
=
vào
(
)
3 2
0
f x ax bx cx d
= + + + =

⇒
điều kiện ràng buộc về tham số
hoặc điều kiện của tham số
Điều kiện đủ:
Thử giá trị của tham số kiểm tra
ƒ
(
x
)
=
0 có 3 nghiệm phân biệt.
Kết luận:
Từ điều kiện cần và điều kiện đủ suy ra đáp số.
Chú ý:

Theo qui ước 1 cấp số cộng được hiểu phải có công sai khác 0 nên nếu
không cho cụ thể yêu cầu 3 điểm phân biệt thì ta vẫn phải hiểu luôn có ràng
buộc 3 điểm phân biệt trong dạng toán trên.
Bài toán gốc 2:

)
3 2
1 2 3
ax bx cx d a x x x x x x
+ + + = − − −

∀
x

(
)
(
)
3 2 3 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
ax bx cx d a x x x x x x x x x x x x x x x x
 
⇔ + + + = − + + + + + − ∀
 

Suy ra:
3
3
1 2 3 2 2
d
d x x x ax x
a
−
= − = − ⇒ =
.


Hệ quả:
Nếu
a

=
1 thì
3
2
x d
= −
, khi đó:
(
)
2
0
f x
=

⇔

( )
2
3 3
0
b d c d
− + ⋅ − =

⇔



x
1
,
x
2
,
x
3
khi đó:
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 2
1 2 3
3 2 4 9
x mx m m x m m x x x x x x
− + − + − = − − −

∀
x

(
)
3 2 2

=

⇒

2
0 0 1
m m m m
− = ⇔ = =
hoÆc

Điều kiện đủ:
Với
m

=
0 thì
(
)
3
0 0
f x x x
= = ⇔ =
(loại)
Với
m

=
1 thì
( ) ( )
(

=
1;
x
3

=
4
Kết luận:
(C
m
) cắt O
x
tại 3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số cộng
⇔

m

=
1.
Bài tập áp dụng 2 :
Tìm
m
để (C
m
):
(
)
(
)
(

)
(
)
3 2
1 2 3
3 1 5 4 8
x m x m x x x x x x x
− + + + − = − − −

∀
x

( ) ( )
( )
(
)
3 2 3 2
1 2 3 1 2 3
3 1 5 4 8
i j
x m x m x x x x x x x x x x x x x
⇔ − + + + − = − + + + − ∀
∑

Suy ra:
3
1 2 3 2 2
8 2
x x x x x
= = ⇒ =

7 14 8 0
f x x x x
= − + − =

(
)
(
)
(
)
1 2 4 0
x x x
⇔ − − − =

⇔

1 2 3
1; 2; 4
x x x
= = =

Kết luận:
(C
m
) cắt O
x
3 điểm phân biệt lập thành 1 cấp số nhân
⇔

m

(
)
(
)
4 2
0 2 1 2 1 0
f x x m x m
= ⇔ − + + + =
(1). Đặt
(
)
(
)
(
)
2 2
; 2 1 2 1
t x f x g t t m t m
= = = − + + +

Yêu cầu bài toán
⇔

ƒ
(
t
)
=
0 có 2 nghiệm
t

t t
= >
. Yêu cầu bài toán
⇔

( )
2
2 1
2 1
1 2
1
1 2
2
1
1
0
0; 9
2
9
2 1 0
5 1
. 2 1 0
9 2 1
m
m t t
t t
t t m
t m
t t m
t m

1
0
2
4
9
4
1
9
9 2 1
5
m
m
t t
m
m
m
−

< ≠

=



=
⇔

−

=

0
a
≠
có 4 nghiệm
1 2 3 4
, , ,
x x x x
khi đó ta có:
1 2 3 4
1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
b
x x x x
a
c
x x x x x x x x x x x x
a

+ + + = −



+ + + + + =


Áp dụng:
Điều kiện cần:
Nếu
x

=

α < α < α < α
. Do
2 3
1 1 1 1
, , ,
q
q q
α α
α α
cũng là nghiệm nên
1
t
−

1
t

2
t2
t
−

x
1

x
2

a
a
− −
− −

α + α + α + α =


+

α + α + + + α + α =

.
Đặt
1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3
2 . 2
t
− −
= α + α ≥ α α =

⇒

3
4 2
2
16
2 17
3 2
16
a

2 5 2 3 2 1 2 0
t t t
 
− − − − =
 
. Do
t

≥
2 nên suy ra
5
2
t
=

⇒

a

=
170.
Điều kiện đủ:
Với
a

=
170 ta có:
4 3 2
16 170 357 170 16 0
x x x x

a

=
170.
IV. TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ
Bài 1.

Tìm
m
để (
∆
):
y

=

m
cắt đồ thị (C):
2
1
1
x mx
y
x
+ −
=
−
tại 2 điểm A, B
phân biệt sao cho OA
⊥

y

=

m
cắt (C) tại A, B phân biệt
⇔

2
,
0 1
0 1 1
1
1
A B
m
m
x m
x m
≠ <

< − ≠

 
⇔
 
= ± −
= −



− ±
+ − = ⇔ =
thoả mãn điều kiện (*)
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương
96

Bài 2.

Tìm
m
để
( : 1
y mx
∆) = −
cắt (C):
2
1
2
x x
y
x
+ −
=
+
tại 2 điểm A, B phân
biệt thuộc cùng 1 nhánh của (C).
Giải:

Xét PT:

1 0
0
1 01 2 0
m m
m
mm g
′
∆ >


− >
 
⇔ ⇔ <
 
− >− − >




Bài 3.

Tìm
m
để
( : 3 2
y x
∆) = −
cắt (C):
(
)


− + +
= − ⇔

−
− + + = − −


.
( ) ( ) ( )
2
1
3 2 2 1 0
x
g x m x m x
≠


⇔

= − − − + =


Do (C) có tiệm cận đứng
x

=
1 nên (
∆
)

(Đề thi TSĐH khối A năm 2004)

Tìm
m
để đường thẳng
y = m
cắt đồ
thị (C):
( )
2
3 3
2 1
x x
y
x
− + −
=
−
tại 2 điểm A, B sao cho AB = 1.
Giải:
Xét phương trình tương giao giữa
y m
=
và đồ thị (C):
( )
2
3 3
2 1
x x
m

B A A B A B
x x x x x x m m m
±
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ =

www.VNMATH.com
Tương giao của đồ thị các hàm số
97

Bài 5.

Tìm
m
để (d):
0
mx y m
− − =
cắt đồ thị (C)
2
2 4 10
1
x x
y
x
− +
=
− +
tại 2 điểm
A, B phân biệt sao cho AB có độ dài ngắn nhất.
Giải:

2 2 2
1 4 1
B A B A A B
AB m x x x x x x m
 
= + − − + − +
 

(
)
( ) ( )
( )
2
2
2
32 1
4 1
32
2
2
m
m m
g m g m
m
m
− +
+ −
′
= = ⇒ = −
+

1 1
x
y
x x
+
= = +
− −

⇒

TCÐ : 1
TCN : 2
x
y
=



=



⇒
Phân giác tạo bởi 2 tiệm cận:
(
)
: 3
l y x
= − +



=

x

+

m
.
Xét phương trình:
( ) ( ) ( )
2
2 1
3 1 0
1
x
x m g x x m x m
x
+
= + ⇔ = + − − + =
−

Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
3 4 1 1 12 0
g
m m m m
∆ = − + + = − + > ∀
nên (D) luôn cắt (C) tại B, C

)
3 3
,
2 2
m m
I
− +

⇒

(
)
2
2
7
2
2
m
AI
−
=
.
Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
, ; ,
B x x m C x x m

(
)
( )
2
2 2 2
3 4 3 2 13 7
BC AI m m m
= ⇔ − + = −

2
1
4 5 0
5
m
m m
m
=

⇔ + − = ⇔

= −



⇒

( )
( )
D : 1
D : 5

)
2
1 3
1
x m x m
y
x
+ + + +
=
+
song song với
4
5
3
y x
= +

Giải:

(C
1
):
1
1
2
y x
x
= − +
+
và (C

⇒

3 5
1
2 1 2
x
x x
= ⇔ = −
+ +

⇒
(C
1
)
∩
(C
2
) tại 1 điểm
⇒

m

≠

−
1.
Đặt
1
1m
k

(
)
1 2
2 1 2 1
2 1
1 2
2 3
3 3
1 1
5 2
x x k
y y x m x m
x x
x x k

+ = − +

   
⇒ − = − + − − +

   
+ +
= +    



( )
( )( )
( )
( )

 

YCBT
⇔

2 1
2 1
4 1 4 1 1 4
1 3
3 3 3 3
y y
k m
x x k k
−
− −
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = − ⇔ =
−
,
khi đó
(
)
2
3 13 0
g x x x
= − − =
có
0
g
∆ >
.