Dạng 1: Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \left| {f\left( x \right)} \right|$
Ta có: $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \left| y \right| = \left\{ \begin{array}{l}y\,nếu\,y \ge 0\\- y\,nếu\,y \le 0\end{array} \right.$
Do đó đồ thị $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \left| {f\left( x \right)} \right|$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía trên ${\rm{Ox}}$
+ Phần 2: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía dưới ${\rm{Ox}}$ lấy đối xứng qua ${\rm{Ox}}$
Dạng 2 Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_2}} \right):{y_2} = f\left( {\left| x \right|} \right)$
Nhận xét : $\left( {{C_2}} \right):{y_2} = f\left( {\left| x \right|} \right)$ là hàm số chẵn
Nên $\left( {{C_2}} \right):{y_2} = f\left( {\left| x \right|} \right)$ nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta có: $\left( {{C_2}} \right):{y_2} = f\left( {\left| x \right|} \right) = \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = y\,nếu\,x \ge 0\left( 1 \right)\\f\left( { – x} \right)\,nếu\,x \le 0\end{array} \right.$
Do đó đồ thị $\left( {{C_2}} \right):{y_2} = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía bên phải $Oy$ (Do (1) ta có)
+ Phần 2: là phần đồ thị 1 lấy đối xứng qua $Oy$ vì hàm số chẵn
Dạng 3 Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_3}} \right):\left| {{y_3}} \right| = f\left( x \right)$
Nhận xét : Nếu $M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( {{C_0}} \right) \Rightarrow M\left( {{x_0}, – {y_0}} \right) \in \left( {{C_3}} \right)$
Nên $\left( {{C_3}} \right):\left| {{y_3}} \right| = f\left( x \right)$ nhận $Ox$ làm trục đối xứng.
Ta có: $\left( {{C_3}} \right):\left| {{y_3}} \right| = f\left( x \right) = y \Rightarrow {y_3} = y$ nếu $y \ge 0$
Do đó đồ thị $\left( {{C_3}} \right):\left| {{y_3}} \right| = f\left( x \right)$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía trên $Ox$
+ Phần 2: là phần đồ thị 1 lấy đối xứng qua $Ox$ .
Dạng 4 Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = u\left( x \right).v\left( x \right)$ ra đồ thị hàm số $\left( {{C_4}} \right):{y_4} = \left| {u\left( x \right)} \right|.v\left( x \right)$
Ta có: $\left( {{C_4}} \right):{y_4} = \left| {u\left( x \right)} \right|.v\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}u\left( x \right).v\left( x \right) = f\left( x \right) = y & neu\,u\left( x \right) \ge 0\\- u\left( x \right).v\left( x \right)\, = – f\left( x \right) = – y & neu\,u\left( x \right) \le 0\end{array} \right.$
Do đó đồ thị $\left( {{C_4}} \right):{y_4} = \left| {u\left( x \right)} \right|.v\left( x \right)$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm trên miền $u\left( x \right) \ge 0$
+ Phần 2: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm trên miền $u\left( x \right) \le 0$ lấy đối xứng qua $Ox$
Ta hay gặp dạng đơn giản sau:
Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = \left( {x – a} \right).v\left( x \right)$ suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_4}} \right):{y_4} = \left| {x – a} \right|.v\left( x \right),a \in {\rm{R}}$
Ta có: $\left( {{C_4}} \right):{y_4} = \left| {x – a} \right|.v\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\left( {x – a} \right).v\left( x \right) = f\left( x \right) = y & neu\,x \ge a\\- \left( {x – a} \right).v\left( x \right)\, = – f\left( x \right) = – y & neu\,x \le a\end{array} \right.$
Do đó đồ thị $\left( {{C_4}} \right):{y_4} = \left| {x – a} \right|.v\left( x \right),a \in {\rm{R}}$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm bên phải đường thẳng ${x = a}$
+ Phần 2: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm bên trái đường thẳng ${x = a}$ lấy đối xứng qua $Ox$.
TỔNG QUÁT
Từ 4 dạng đồ thị có chứa dấu giá trị tuyệt đối cơ bản trên ta có thể suy ra nhiều dạng đồ thị có chứa dấu giá trị tuyệt đối khác chẳng hạn:
Dạng 5 Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_5}} \right):{y_5} = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$
Để vẽ $\left( {{C_5}} \right):{y_5} = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$ ta làm 2 bước như sau:
+ Bước 1: vẽ ${y_51} = f\left( {\left| x \right|} \right) = g\left( x \right)$ dựa vào dạng 2
+ Bước 2: vẽ ${y_5} = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right| = \left| {g\left( x \right)} \right|$ dựa vào dạng 1
Dạng 6 Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_6}} \right):\left| {{y_6}} \right| = f\left( {\left| x \right|} \right)$
Để vẽ $\left( {{C_6}} \right):\left| {{y_6}} \right| = f\left( {\left| x \right|} \right)$ ta làm 2 bước như sau:
+ Bước 1: vẽ ${y_{61}} = f\left( {\left| x \right|} \right) = g\left( x \right)$ dựa vào dạng 2
+ Bước 2: vẽ $\left| {{y_6}} \right| = g\left( x \right)$ dựa vào dạng 3
Dạng 7 Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_7}} \right):\left| {{y_7}} \right| = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$
Để vẽ $\left( {{C_7}} \right):\left| {{y_7}} \right| = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$ ta làm 3 bước như sau:
+ Bước 1: vẽ ${y_{71}} = f\left( {\left| x \right|} \right) = g\left( x \right)$ dựa vào dạng 2
+ Bước 2: vẽ ${y_{72}} = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right| = \left| {g\left( x \right)} \right| = h\left( x \right)$ dựa vào dạng 1
+ Bước 3: vẽ $\left( {{C_7}} \right):\left| {{y_7}} \right| = h\left( x \right)$ dựa vào dạng 3
MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Cho hàm số $y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1$ có đồ thị $\left( C \right)$.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\left( C \right)$ tại giao điểm của $\left( C \right)$ với đường thẳng $x = – 1$.
3) Tìm tham số $m$ để phương trình $2{\left| x \right|^3} – 3{x^2} + 2 = m$ có bốn nghiệm phân biệt.
Giải
1) Khảo sát và vẽ đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số.
TXĐ: $D = R$
$y’ = 6{x^2} – 6x;y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 1$
HSĐB trên khoảng $\left( { – \infty ;0} \right);\left( {1; + \infty } \right)$. HSNB trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ Hàm số đạt cực đại tại $x = 0;{y_{CD}} = 1$; Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1;{y_{CT}} = 0$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \pm \infty $
BBT
$y” = 12x – 6;y” = 0 \Leftrightarrow x = 1/2$
2) Viết PTTT của đồ thị $\left( C \right)$ tại giao điểm của $\left( C \right)$ với đường thẳng $x = – 1$
$x = – 1 \Rightarrow y = f\left( { – 1} \right) = – 4 \Rightarrow $ giao điểm $M\left( { – 1; – 4} \right)$ pttt có dạng d$d:y = f’\left( {{x_0}} \right).\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$.
$f’\left( {{x_0}} \right) = f’\left( { – 1} \right) = 12 \Rightarrow $ pttt $d:y = 12\left( {x + 1} \right) – 4 = 12x + 8$
3) Tìm tham số $m$ để phương trình $2{\left| x \right|^3} – 3{x^2} + 2 = m$ có bốn nghiệm phân biệt.
Ta có: $2{\left| x \right|^3} – 3{x^2} + 2 = m \Leftrightarrow 2{\left| x \right|^3} – 3{x^2} + 1 = m – 1$
Đây là PT HĐGĐ của đồ thị $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = 2{\left| x \right|^3} – 3{x^2} + 1$ và đường thẳng $d:y = m – 1$
Ta có $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \left\{ \begin{array}{l}2{x^3} – 3{x^2} + 1 & neu\,x \ge 0\\- 2{x^3} – 3{x^2} + 1 & neu\,x < 0\end{array} \right.$$ \Rightarrow \left( {{C_1}} \right)$ có 2 phần đồ thị:
Phần I : Đồ thị $\left( C \right)$ nằm bên phải trục $Oy$ (cả điểm nằm trên $Oy$)
Phần II : Lấy đối xứng đồ thị Phần $I$ qua $Oy$ vì hàm số ${y_1}$ là hàm số chẵn
Vẽ $\left( {{C_1}} \right)$ ( Hình 2)
Dựa vào $\left( {{C_1}} \right)$ ta có: $0 < m – 1 < 1 \Leftrightarrow 1 < m < 2$
Ví dụ 2. Cho hàm số $y = \frac{1}{2}{x^4} – 4{x^2} + 3$ có đồ thị là $\left( C \right)$
a) Khảo sát và vẽ đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số.
b) Định $m$ để phương trình : $\frac{1}{2}{x^4} – 4{x^2} + 3 = \lg m$ có 4 nghiệm phân biệt.
c) Định $m$ để phương trình : $\left| {\frac{1}{2}{x^4} – 4{x^2} + 3} \right| = \lg m$ có 8 nghiệm phân biệt.
Giải
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
TXĐ: $D = R$.
Hàm số chẵn $y’ = 2{x^3} – 8x;y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = \pm 2$
Giới hạn : $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = + \infty $
BBT :
HSĐB trên khoảng $\left( {–2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.
HSNB trên khoảng $\left( { – \infty ;–2} \right)$ và $\left( {0;2} \right)$
$y” = 6{x^2} – 8;y” = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2\sqrt 3 /3$
BXD $y”$
Đồ thị:
NX: đồ thị nhận $Oy$ làm trục đối xứng
ĐĐB: $A\left( {–3;15/2} \right),B\left( {3;15/2} \right)$
b) Định $m$ để phương trình : $\frac{1}{2}{x^4} – 4{x^2} + 3 = \lg m$ có 4 nghiệm phân biệt.
YCBT $ \Leftrightarrow – 5 < \lg m < 3 \Leftrightarrow \lg {10^{ – 5}} < \lg m < \lg {10^{ – 3}} \Leftrightarrow {10^{ – 5}} < m < {10^{ – 3}}$
c) Định $m$ để phương trình : $\left| {\frac{1}{2}{x^4} – 4{x^2} + 3} \right| = \lg m$ có 8 nghiệm phân biệt.
Đây là PT HĐGĐ của đồ thị $\frac{1}{2}{x^4} – 4{x^2} + 3 = 0$ và đường thẳng $d:y = m – 1$
Ta có : $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \left| y \right| = \left\{ \begin{array}{l}y & neu\,y \ge 0\\- y & neu\,y \le 0\end{array} \right.$
Do đó đồ thị $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \left| {f\left( x \right)} \right|$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía trên $Ox$
+ Phần 2: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía dưới $Ox$ lấy đối xứng qua $Ox$
YCBT $ \Leftrightarrow 0 < \lg m < 3 \Leftrightarrow \lg 1 < \lg m < \lg {10^{ – 3}} \Leftrightarrow 1 < m < 1000$
Ví dụ 3. Vẽ đồ thị hàm số $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \frac{{{x^2}}}{{\left| {x – 1} \right|}}$
Ta vẽ đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{{x^2}}}{{x – 1}}$
Dựa vào (C) ta có: $\left( {{C_1}} \right):{y_1} = \frac{{{x^2}}}{{\left| {x – 1} \right|}}$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm bên phải đường thẳng ${x = 1}$
+ Phần 2: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm bên trái đường thẳng ${x = 1}$ lấy đối xứng qua $Ox$.
Ví dụ 4. Vẽ đồ thị hàm số $\left( {{C_1}} \right):\left| {{y_1}} \right| = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}$
Ta vẽ đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}$
Dựa vào $\left( C \right)$ ta có: $\left( {{C_1}} \right):\left| {{y_1}} \right| = \frac{{x – 1}}{{x + 1}}$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía trên $Ox$
+ Phần 2: là phần đồ thị 1 lấy đối xứng qua $Ox$.
Ví dụ 5. Vẽ đồ thị hàm số $\left( {{C_5}} \right):{y_5} = \frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}$
Dựa vào đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{{x^2}}}{{x – 1}}$ ở ví dụ 3 ta có: $\left( {{C_5}} \right):{y_5} = \frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}$ có 2 phần đồ thị:
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( C \right):y = f\left( x \right)$ nằm phía bên phải $Oy$
+ Phần 2: là phần đồ thị 1 lấy đối xứng qua $Oy$ vì hàm số chẵn
Ví dụ 6. Vẽ đồ thị hàm số $\left( {{C_6}} \right):{y_6} = \left| {\frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}} \right|$
Dựa vào đồ thị hàm số $\left( {{C_5}} \right):{y_5} = \frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}$ ở ví dụ 5 ta có:
$\left( {{C_6}} \right):{y_6} = \left| {\frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}} \right|$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( {{C_5}} \right)$ nằm phía trên $Ox$
+ Phần 2: là phần đồ thị $\left( {{C_5}} \right)$ nằm phía dưới $Ox$ lấy đối xứng qua $Ox$
Ví dụ 7. Vẽ đồ thị hàm số $\left( {{C_7}} \right):\left| {{y_7}} \right| = \left| {\frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}} \right|$
Dựa vào đồ thị hàm số $\left( {{C_6}} \right):{y_6} = \left| {\frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}} \right|$ ở ví dụ 6 ta có:
$\left( {{C_7}} \right):\left| {{y_7}} \right| = \left| {\frac{{{x^2}}}{{\left| x \right| – 1}}} \right|$ có 2 phần đồ thị :
+ Phần 1: là phần đồ thị $\left( {{C_6}} \right)$ nằm phía trên $Ox$
+ Phần 2: là phần đồ thị 1 lấy đối xứng qua $Ox$.
Trả lời