1.3 bien luan_pt_bang_do_thi

Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị

99

BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BPT BẰNG ĐỒ THỊ

I. BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ

1. Bài toán: a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C): y = f (x)

b) Biện luận theo m số nghiệm: F(x, m) = 0

2. Phương pháp: b) Biến đổi F(x, m) = 0 về 1 trong 4 dạng sau:

� Dạng 1: ƒ(x) = m � Dạng 2: ƒ(x) = g(m)

� Dạng 3: ƒ(x) = ax + g(m) � Dạng 4: ƒ(x) = g(m) (x − x0) + y0

3. Các bài tập mẫu minh họa

Bài 1. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )2 3 3( ) :

2x xC y f x

x

+ += =+

2) Biện luận theo a số nghiệm của PT: ( )2 3 3 2 0x a x a+ − + − = và so sánh các

nghiệm đó với (−3) và (−1)

Giải: 1) 1.1. Tập xác định: { } ( ) ( )D \ 2 , 2 2,f = − = −∞ − − +∞� ∪

1.2. Chiều biến thiên:

a) Đạo hàm và cực trị: ( )

2 1

2

2

34 3 02 1

x xx xy

x x x

= = −+ +′ = = ⇔

+ = = −

⇒ ( ) ( ) ( ) ( )1 23 3 ; 1 1f x f f x f= − = − = − =

b) Tiệm cận: ( ) 112

f x xx

= + ++

� ( )2

2 1

3 3lim lim

2x x

x xf x

x→ − → −

+ += = ∞

+ ⇒ TCĐ: x = −2. �

( ) ( ) 1lim 1 lim 02x x

f x xx→ ∞ → ∞

− + = = + ⇒ TCX: y = x + 1.

c) Bảng biến thiên:

x −∞ −3 −2 −1 +∞

( )f x′ + 0 − − 0 +

( )f x

−∞

−3

−∞

+∞

1

+∞

www.VNMATH.com

Chương I. Hàm số – Trần Phương

100

d) Nhận xét: Hàm số đồng biến trên ( ) ( ), 3 1,−∞ − − +∞∪

Hàm số nghịch biến trên ( ) ( )3, 2 2, 1− − − −∪ ;

Hàm số có cực đại ( )3, 3− − và cực tiểu (−1, 1)

2) PT ( )2 3 3 2x x a x⇔ + + = +

( )2 3 3

2x xf x a

x+ +⇔ = =

+

Nghiệm của phương trình đã cho là hoành độ

giao điểm của đường thẳng y a= với đồ thị

(C): y = f (x). Nhìn vào đồ thị ta có:

� Nếu a < −3 thì x1 < −3 < x2 < −1 � Nếu a = −3 thì x1 = x2 = −3 < −1

� Nếu −3 < a < 1 thì phương trình vô nghiệm.

� Nếu a = 1 thì −3 < −1 = x1 = x2 � Nếu a > 1 thì −3 < x1 < −1 < x2

Bài 2. a. Khảo sát và vẽ đồ thị ( )2

( ) :1

xC y f xx

= =−

b. Biện luận số nghiệm của PT: ( )4 3 22 1 0z mz m z mz− + + − + =

c. Biện luận số nghiệm t∈(0,π) của PT: 2cos cos 0t m t m− + =

Giải

� ( ) 111

f x xx

= + +−

⇒ TCÐ: 1

TCX : 1

x

y x

=

= +

� ( )( )

( )2

0 02

01 2 4

x yx x

f xx x y

= ⇒ =−′ = = ⇔

− = ⇒ =

(Tự lập BBT)

b. ( )4 3 22 1 0z mz m z mz− + + − + =

⇔ ( )2

2

12 0mz mz mz z

− + + − + =

⇔ ( ) ( )2

1 1 0z m z mz z

+ − + + = . Đặt 1 1 2x z x zz z

= + ⇒ = + ≥ ,

( )2 1x m x= − ⇔ ( )2

1xf x m

x= =

− với ( ] [ )D , 2 2,x∈ = −∞ − +∞∪

c) Đặt ( ) ( )cos 1,1 0,x t t= ∈ − ∀ ∈ π . Khi đó 2cos cos 0t m t m− + =

⇔ ( )2

1xf x m

x= =

− với x ∈ (−1, 1).

1 2-1

1

4

x

y

O

O x

y

1

-1

-3

-3 -2

y=a

x21x

a

1.3. Đồ thị:

www.VNMATH.com


101

Bài 3. a. Khảo sát và vẽ 2 3

2x xy

x

+ −=+

b. Biện luận theo m số nghiệm: ( )4 21 3 2 0t m t m+ − − − =

Giải

a. � TCÐ : 2

112 TCX : 1

xy x

x y x

== − − ⇒

+ = −

� ( )2

11 0 22

y xx

′ = + > ∀ ≠ −+

b. ( )4 21 3 2 0t m t m+ − − − =

⇔ ( )4 2 23 2t t m t+ − = + ⇔ 4 2

2

3

2

t t mt

+ − =+

⇔ ( )2 3

2x xf x m

x

+ −= =+

với x = t2 ≥ 0

Bài 4. a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )2 1( ) :

1x xC y f x

x

+ += =+

b) Biện luận số nghiệm của PT: ( )2 1 1 0x m x m+ − + − =

c) Biện luận số nghiệm x∈[0,π] của PT: ( )2sin 1 sin 1 0x a x a− − + − =

Giải

( ) 11

f x xx

= ++

⇒ TCÐ: 1

TCX : 1

x

y x

=

= +

( )( )

( )2

2 22

01 0 1

x yx x

f xx x y

= − ⇒ = −+′ = = ⇔

+ = ⇒ =

x −∞ −2 −1 0 +∞

f ′ + 0 − − 0 +

f

−∞

−3

−∞

+∞ 1

+∞

-2 1O

y

x-1

-3/2

x

y

O-1 1-2

-3

23

1

1

-2

-3

-1O

y

x

www.VNMATH.com


102

b) ( )2 1 1 0x m x m+ − + − = ⇔ ( )2 1

1

x xf x m

x

+ += =

+.

(C′): ( )y f x= được vẽ từ (C): y = f (x) theo qui tắc: Giữ nguyên phần đồ thị (Ca)

của (C) ứng x ≥ 0. Lấy (C′a) đối xứng với (Ca) qua Oy, khi đó (C′) = (Ca) ∪ (C′a)

c) Đặt [ ] [ ]sin 0,1 0,t x x= ∈ ∀ ∈ π . Khi đó ( )2sin 1 sin 1 0x a x a− − + − =

⇔ ( )2 1

1t tf t a

t

+ += =+

với t ∈ [0, 1].

Bài 5. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của ( )2 2( ) :

1x xC y f x

x

− += =−

b. Tìm a để phương trình: 2 2 1

1x x ax a

x

− + = − +−

có nghiệm

c. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 2

2

2log

1

x xm

x

− +=

−

Giải: a. ( )( )

2 1

2

2

1 22 1 01 1 2

x xx xf x

x x x

= = −− − ′ = = ⇔

− = = +

⇒ ( )

( )

1

2

1 2 1 2 2

1 2 1 2 2

y f

y f

= − = − = + = +

( ) 21

f x xx

= +−

⇒ TCĐ: x = 1; TCX: y = x.

b. Nghiệm của 2 2 1

1x x ax a

x

− + = − +−

là

hoành độ giao điểm của đường thẳng

(D): ( )1 1y a x= − + với (C): y = f (x).

Do (D) luôn đi qua điểm cố định

I(1, 1) nên để phương trình trên có

nghiệm thì (D) phải nằm trong góc nhọn

tạo bởi 2 tiệm cận: TCĐ: x = 1 (với hệ

số góc k = +∞) và TCX: y = x (với hệ

số góc k = 1) ⇒ a > 1

c. Do ( )2 2

1

x xy f x

x

− += =

− là hàm

chẵn nên đồ thị ( ) ( ):C y f x′ = nhận

Oy làm trục đối xứng và được vẽ từ

(C): y = f (x) theo qui tắc:

x

21-

y

1+ 2

-2

1

21+2

1

O

O

1

1+2 2

1

-2

21+

y

x-1- 2

www.VNMATH.com


103

Giữ nguyên phần đồ thị của (C) ứng với x ≥ 0 rồi lấy đối xứng phần này qua Oy.

Nghiệm của phương trình ( )2logf x m= (m > 0) là hoành độ giao điểm của

đường thẳng 2logy m= với đồ thị (C′). Nhìn vào đồ thị ta có:

� Nếu 2log 2m < − ⇔ 104

m< < thì phương trình có 2 nghiệm. …

Bài 6. a. Khảo sát và vẽ ( ) 4 22 3y f x x x= = − + +

b. Biện luận theo m số nghiệm: 4 2 4 22 2x x m m− = −

Giải

a. ( ) ( )3 24 4 4 1 0 0; 1f x x x x x x x′ = − + = − = ⇔ = = ± ⇒ Cực trị (0, 3), (±1, 4)

( ) ( )2 2 112 4 4 1 3 03

f x x x x′′ = − + = − = ⇔ = ± ⇒ Điểm uốn 321 ,93

±

b. ( ) ( )4 2 4 2 4 2 4 22 2 2 3 2 3x x m m x x m m f x f m− = − ⇔ − + + = − + + ⇔ = (*)

Nhìn vào đồ thị ta có:

� Nếu ( ) 4 1f m m= ⇔ = ± thì (*) có 2 nghiệm kép x = ±1.

� Nếu ( ) ( ) { }3 4 2, 2 \ 0, 1f m m< < ⇔ ∈ − ± thì (*) có 4 nghiệm phân biệt.

� Nếu ( ) { }3 0, 2f m m= ⇔ ∈ ± thì (*) có 3 nghiệm x = 0; 2x = ± .

� Nếu ( ) ( ) ( )3 , 2 2,f m m< ⇔ ∈ −∞ − +∞∪ thì (*) có 2 nghiệm phân biệt.

Bài 7. a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( ) 3( ) : 4 3 1C y f x x x= = − −

b) Tìm m để 3

4 3 1 0x x mx m− − + − = có 4 nghiệm phân biệt.

Giải

( ) 2 112 3 02

f x x x′ = − = ⇔ = ±

( ) 24 0 0f x x x′′ = = ⇔ =

⇒ Cực đại ( )1 ,02

− ; cực tiểu ( )1 , 22

−

x −∞ −1 0 1 +∞

f ′ + 0 − 0 + 0 −

f

−∞

4

3

4

−∞

x −∞ 12−

12

+∞

f ′ + 0 − 0 +

f

−∞

0

−2

+∞

3- 3

O x

y

1-1

- 2 2

3

4

www.VNMATH.com


104

Điểm uốn U(0, −1)

b) 3

4 3 1 0x x mx m− − + − = ⇔ ( ) ( )34 3 1 1f x x x m x= − − = − (*)

Đồ thị (C′): ( )y f x= được vẽ từ đồ thị (C): y = f (x) theo qui tắc:

- Giữ nguyên phần đồ thị (Ca) của (C) ứng với x ≥ 0.

- Lấy (Ca′) đối xứng với (Ca) qua Oy, khi đó (C′) = (Ca) ∪ (Ca′)

Nghiệm của (*) là hoành độ giao điểm

của đường thẳng ( ) ( ): 1md y m x= −

với đồ thị (C′): ( )y f x= .

Ta thấy (dm) luôn đi qua điểm A(1, 0) ∈ (C′)

và (dm) qua B(0, −1) là (AB):

1y x= − có hệ số góc k1 = 1.

Đường thẳng của họ (dm) tiếp xúc với (Ca′)

tại điểm có hoành độ x0 < 0 là nghiệm của phương trình:

( )

( )

32

22

4 3 1 1

3 1 4

x x k x

x k

− + − = −

− =⇒

( ) ( )3 24 3 1 3 1 4 1x x x x− + − = − −

⇔ ( ) ( ) ( )2 21 4 2 1 3 1 4 1x x x x x− + − = − −

⇔ ( ) ( )22 2 1 2 2 1 0x x x− − − = .

Do x0 < 0 nên 0

1 3

2x

−= ⇒ 2 6 3 9k = −

Nhìn vào đồ thị (C′) ta thấy: Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì

( ) ( ): 1md y m x= − phải cắt đồ thị (C′): ( )y f x= tại 4 điểm phân biệt ⇔

1 2k m k< < ⇔ 1 6 3 9m< < −

Bài 8. Tìm m để 3 2 1m x x− + + = có 3 nghiệm phân biệt.

Giải

-2

y

xO

1/2 1-1/2

-1

-1

-1/2 11/2

O x

y

-2

-1

A

B

t

www.VNMATH.com


105

Đặt 22 0 2t x x t= + ≥ ⇒ = − , khi đó PT ⇔ 3 2 2 1m t t− + = −

( )32 2 1m t t⇔ − + = − ( ) 3 24 3 1f t t t t m⇔ = − + − − = .

Xét đồ thị (C): y = ƒ(t). Ta có: ( ) 2 4 73 8 3 0

3f t t t t

±′ = − + − = ⇔ =

⇒ Cực trị: 4 7 7 14 7

3 27f ± − ±

=

và ( )0 1f = − ⇒ Hình dạng đồ thị (C)

Với mỗi giá trị t ≥ 0 thì cho ta 1 nghiệm

2 2x t= − nên để PT đã cho có 3 nghiệm

phân biệt thì ƒ(t) = m phải có 3 nghiệm

phân biệt t ≥ 0.

Nghiệm của ƒ(t) = m là hoành độ giao điểm của đồ thị y = ƒ(t) với y = m.

Nhìn vào đồ thị ta có ƒ(t) = m có 3 nghiệm phân biệt t ≥ 0

⇔ ( )4 7 7 14 70 1

3 27f m f m − − −

< ≤ ⇔ < ≤

Bài 9. Tìm m để PT: 2 2 2sin sin 3 cos 2 0x x m x+ − = (*) có nghiệm.

Giải

( )2 21 cos 2 1 cos 6 1(*) cos 2 1 cos 6 cos 2 cos 22 2 2

x x m x x x m x− −⇔ + = ⇔ − + =

3 22cos 2 cos 2 1 cos 2x x m x⇔ − + + =

Đặt [ ]cos 2 1,1t x= ∈ − , khi đó (*) ⇔ ( ) 3 22 1f t t t mt= − + + = .

Ta có: ( ) 2 16 1 06

f t t t′ = − + = ⇔ = ±

Nhìn vào đồ thị ta thấy: (*) có nghiệm ⇔ Parabol (Pm): 2y mt= cắt đồ thị

(C): y = ƒ(t) tại điểm có hoành độ t∈[−1, 1] ⇔ m > 0

t −1 1

6

−

1

6

1

f ′ + 0 − 0 +

ƒ

2

CT

CĐ

0

-1

O x

y

74+3

34- 7

7143-7

-73

-14 7

y

xO

2

1

1

-1

www.VNMATH.com


106

II. BIỆN LUẬN BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ


Bài 1. Tìm m để BPT: ( ) ( ) 24 6 2x x x x m+ − ≤ − + đúng ∀x∈[−4, 6]

Giải

Đặt ( ) ( )( ) ( )

( )( )22 2

004 6 :

4 6 1 25

yyy x x C

y x x x y

≥≥ = + − ⇔ ⇔

= + − − + =

• (C) là nửa đường tròn ở phía trên Ox

với tâm I(1, 0), bán kính R = 5.

• ( ) 2: 2mP y x x m= − + là 1 parabol có

đỉnh D(1, m − 1) ∈ đường thẳng x = 1.

Ta có: ( ) ( ) 24 6 2x x x x m+ − ≤ − + ∀x∈[−4, 6]

⇔ (C) nằm ở phía dưới (Pm) ∀x∈[−4, 6]

⇔ Đỉnh T(1, 5) của (C) nằm ở dưới D(1, m − 1) ⇔ m − 1 ≥ 5 ⇔ m ≥ 6.

Bài 2. Cho BPT: ( ) 22 1 2 3x x m x x− + + ≥ − + (*)

a. Tìm m để BPT (*) có nghiệm

b. Tìm m để độ dài miền nghiệm của (*) bằng 2.

Giải

Parabol (P): 2 2 3y x x= − + có đỉnh D(1, 2)

Gọi (Cm): ( )2 1y x x m= − + + ⇔ ( )2 2 1

0

y x x m

y

= − + +

≥

⇔ (Cm): ( )2 2

0

1 2

y

x y m

≥

− + = +

với m ≥ −2.

Ta có (Cm) là nửa đường tròn ở phía trên Ox

với tâm I(1, 0), bán kính 2R m= + và có

đỉnh ( )T 1, 2m + .

a. Để BPT (*) có nghiệm thì đỉnh ( )T 1, 2m + phải nằm ở phía trên D(1, 2)

⇔ 2 2 2 4 2m m m+ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥

b. Giả sử (Cm) ∩ (P) tại 2 điểm phân biệt A1(x1, y0), A2(x2, y0)

O

y

x1-4 6

T

Dm-1

1 x

y

O

2 3

3A

BT

D

-1

www.VNMATH.com


107

⇒ Miền nghiệm của BPT (*) là [ ]1 2,x x ⇒ x2 − x1 = 2 (1)

Vì A1, A2∈(P) nên ta có x1, x2 là nghiệm của phương trình 202 3 0x x y− + − =

⇒ 1 2 2x x+ = , kết hợp với (1) ⇒ 1 20, 2x x= = ⇒ 0 3y =

⇒ ( )2 2

1 02 1 1 9 10m x y+ = − + = + = ⇔ m = 8.

Bài 3. Tìm m để BPT: ( ) ( ) 24 4 2 2 18x x x x a− − + ≤ − + − đúng ∀x∈[−2, 4]

Giải

( ) ( ) ( ) ( )2

2 184 4 2 2 18 4 24 2 4x x ax x x x a x x − −− − + ≤ − + − ⇔ − + ≥ + −

Đặt ( ) ( )( ) ( )

( )( )22 2

004 2 :

4 2 1 9

yyy x x C

y x x x y

≥≥ = − + ⇔ ⇔

= − + − + =

• (C) là nửa đường tròn ở phía trên

Ox với tâm I(1, 0), bán kính R = 3.

• ( )2 18:

4 2 4mx x aP y − −= + − là một

parabol quay bề lõm xuống dưới và

nhận x = 1 làm trục đối xứng.

• (C) ∩ Ox tại A(−2, 0) và B(4, 0) đối xứng qua x = 1. Ta xét parabol (P) thuộc

họ (Pm) đi qua A, B: 2 184 40 10

4 2 4a a−−= + − ⇔ = ⇒ ( )

2

: 24 2x xP y −= + +

Nhìn vào đồ thị suy ra để (*) đúng ∀x∈[−2, 4] thì a ≥ 10.

Bài 4. Cho BPT: ( ) 26 6 2x x x x m− ≥ − + + (*)

Tìm m để độ dài miền nghiệm p của (*) thoả mãn: 2 ≤ p ≤ 4.

Giải

Đặt ( )( )

( )( )22 2

006 :

6 3 9

yyy x x C

y x x x y

≥≥ = − ⇔ ⇔

= − − + =

• (C) là nửa đường tròn ở phía trên

Ox với tâm I(3, 0), bán kính R = 3.

• ( ) 2: 6 2mP y x x m= − + + là một

parabol quay bề lõm lên trên và

nhận x = 3 làm trục đối xứng.

A-2

y

xO

1 4B

O x

y

(P )1

2(P )

C

A B

D

1 2

3

4 5 6

www.VNMATH.com


108

Giả sử (C) ∩ (Pm) tại 2 điểm phân biệt M1(x1, y0), M2(x2, y0) với x1 < x2.

⇒ M1, M2 đối xứng với nhau qua đường thẳng x = 3 ⇒ 1 2 2.3 6x x+ = =

Nghiệm của BPT (*) là x∈ [ ]1 2,x x ⇒ Độ dài miền nghiệm p của (*) là:

( )2 1 22 3p x x x= − = − . Để 2 ≤ p ≤ 4 thì 1 ≤ x2 − 3 ≤ 2 ⇔ 4 ≤ x2 ≤ 5

Xét các parabol P1, P2 thuộc họ (Pm) lần lượt qua ( ) ( )4, 2 2 , 5, 5A B ∈(C) là

( ) 21 : 6 8 2 2P y x x= − + + và ( ) 2

2 : 6 5 5P y x x= − + +

Nhìn vào đồ thị suy ra để (*) có độ dài miền nghiệm p thoả mãn 2 ≤ p ≤ 4

thì 5 5 2 8 2 2 3 5 6 2 2m m+ ≤ + ≤ + ⇔ + ≤ ≤ +

Bài 5. Tìm m để BPT: ( )22 2 3x x m− + − ≥ đúng x∀ ∈�

Giải

( )22 2 3x x m− + − ≥ ⇔

( )2 23 2 122 2 2

x xx m x m x− − −− ≥ ⇔ − ≥ + −

Parabol 2 1( ) : 2

2 2xP y x−= + − quay bề lõm xuống dưới.

Đồ thị ( )D :m y x m= − là hình vẽ

chữ V đỉnh M(m, 0) gồm 2 nửa

đường thẳng nằm ở phía trên Ox và

tạo với Ox các góc 45° và 135°.

Xét nhánh phải của (Dm) tiếp xúc với (C), khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm

của:

21 12 12 2

01 2

x m x x x

mx

− − = + − = ⇔

= = − +

⇒ ( )0D : y x= tiếp xúc (C)

Xét nhánh trái của (Dm) tiếp xúc với (C), khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm

của:

21 12 32 2

41 2

x m x x x

mx

−− + = + − = ⇔

= − = − +

⇒ ( )4D : 4y x= − tiếp xúc (C)

Nhìn vào đồ thị ta có: BPT đúng ∀x ⇔ Đỉnh M(m, 0) của (Dm) nằm bên trái

đỉnh (0, 0) của (D0) hoặc nằm bên phải đỉnh (4, 0) của (D4) ⇔ m ≤ 0 hoặc m ≥ 4.

y

xO

1

1 2 3 4

3/2

www.VNMATH.com


109

Bài 6. Giải biện luận BPT: 2 5 4x x a− + <

Giải

( )( )

[ ]

2

2

2

5 4 khi \ 1, 4: 5 4

5 4 khi 1, 4

x x xC y x x

x x x

− + ∈= − + =

− + − ∈

�

Gọi (C1) là phần đồ thị nằm ở phía trên trục hoành của 2 5 4y x x= − + còn (C2) là

phần đồ thị đối xứng qua Ox với phần đồ thị nằm ở phía dưới Ox của 2 5 4y x x= − +

Khi đó (C) = (C1) ∪ (C2). Xét ( ) ( ) 21 : 5 4C y a x x a= − + =∩

⇔ 1 2

5 9 4 5 9 4;

2 2

a ax x x x

− + + += = = =

Xét ( ) ( ) 22 : 5 4 0C y a x x a= − + + =∩

⇔ 3 4

5 9 4 5 9 4;

2 2

a ax x x x

− − + −= = = =

Nhìn vào đồ thị ta có:

� Nếu a ≤ 0 thì BPT vô nghiệm.

� Nếu 904

a< ≤ thì BPT có nghiệm x∈(x1, x3) ∪ (x4, x2)

� Nếu 94

a > thì BPT có nghiệm x∈(x1, x2)

Bài 7. 1) Khảo sát và vẽ (C): ( )2 2 1

1x xy f x

x+ += =

−

2) Tìm số a nhỏ nhất để ( ) ( )2

2 21 1a x x x x+ − ≤ + + đúng ∀x∈[0, 1]

Giải

1) ( ) 431

f x xx

= + +−

⇒ TCÐ: 1

TCX : 3

x

y x

=

= +

( )( )2

1 041 0

3 81

x yf x

x yx

= − ⇒ =′ = − = ⇔

= ⇒ =−

x −∞ −1 1 3 +∞

f ′ + 0 − − 0 +

f

−∞

0

−∞

+∞

8

+∞

45/21

y

xO

4

9/4

-9/4

y=a

www.VNMATH.com


110

2) Đặt [ ] [ ]2 0, 2 0,1t x x x= + ∈ ∀ ∈

( ) ( )2

2 21 1a x x x x+ − ≤ + + ∀x∈[0, 1]

( ) ( )21 1a t t⇔ − ≤ + ∀t∈[0, 2]

⇔ ( ) ( ]

( ) [ )

1, 2

0,1

f t a t

f t a t

≥ ∀ ∈

≤ ∀ ∈

⇔ ( ]

( )

[ )( )

1,2

0,1

Min

Max

t

t

f t a

f t a

∈

∈

≥

≤

( )

( )

2 9

0 1

f a

f a

= ≥⇔

= − ≤ ⇔ −1 ≤ a ≤ 9.

Vậy số a nhỏ nhất để ( ) ( )2

2 21 1a x x x x+ − ≤ + + đúng ∀x∈[0, 1] là a = −1.

Bài 8. 1) Khảo sát và vẽ (C): ( )2 3 3

2x xy f x

x− += =

−

2) Tìm số a lớn nhất để ( )2 6 12 4 2x x a x− + ≥ − đúng ∀x∈[4, 5]

Giải

1) ( ) 112

f x xx

= − +−

⇒ TCÐ: 2

TCX : 1

x

y x

=

= −

( )( )2

1 111 0

3 32

x yf x

x yx

= ⇒ = −′ = − = ⇔

= ⇒ =−

2) ( )2 6 12 4 2x x a x− + ≥ − ∀x∈[4, 5]

⇔ ( )

2 6 12

4 2

x x ax

− + ≥−

∀x∈[4, 5]

⇔ 2 3 3 3

2 4x x x a

x− + ≥ +

− ∀x∈[4, 5]

⇔ Đường thẳng (d): 34

y x a= +

nằm phía dưới (C) ∀x∈[4, 5]

Xét ( ) ( )23 2 44

f x x′ = ⇔ − = [ ]4 4;5x⇔ = ∈

⇒ Phương trình tiếp tuyến của (C) song song với (d) là:

(D): ( ) ( )3 3 14 44 4 2

y x f x= − + = + . Nhìn hình vẽ suy ra:

Số a lớn nhất để ( )2 6 12 4 2x x a x− + ≥ − đúng ∀x∈[4, 5] là 12

a =

y

O-3

8

x1-1 32

-1

9

3

x −∞ 1 2 3 +∞

f ′ + 0 − − 0 +

f

−∞

−1

−∞

+∞

3

+∞

-12

3

3

Ox

y

1

(D)

4 5

www.VNMATH.com


111

III. BIỆN LUẬN HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ

1. Phương pháp chung

Biểu diễn các điều kiện bằng ngôn ngữ hình học và xét tính tương giao

Nghiệm của hệ là giao điểm của các đường cong biểu diễn các điều kiện


Bài 9. Tìm a để hệ ( )

( )

2 2

2

2 1

4

x y a

x y

+ = +

+ =

có đúng 2 nghiệm.

Giải

Nếu a < −1 thì hệ vô nghiệm.

Xét a ≥ −1: ( ) ( )2 2: 2 1aC x y a+ = + là đường

tròn tâm O(0, 0) bán kính ( )2 1R a= + .

( )2

4x y+ = ⇔ x + y = ±2.

Nghiệm của hệ đã cho chính là toạ độ của các giao điểm do đường thẳng

( )1 : 2 0x y∆ + + = và ( )2 : 2 0x y∆ + − = cắt (Ca).

Do (∆1), (∆2) đối xứng nhau qua O nên hệ đã cho có đúng 2 nghiệm

⇔ (∆1), (∆2) tiếp xúc (Ca) ⇔ ( )( ) ( )1O, 2 1 2 0R d a a= ∆ ⇔ + = ⇔ =

Bài 10. Cho hệ phương trình:2 2

0

0

x ay a

x y x

+ − =

+ − =

a. Tìm a để hệ có 2 nghiệm phân biệt.

b. Gọi ( ) ( )1 1 2 2, , ,x y x y là các nghiệm của hệ.

CMR: ( ) ( )2 2

2 1 2 1 1x x y y− + − ≤ . Dấu bằng xảy ra khi nào?

Giải

( ) ( )

( ) ( )2

2 2 2

: 1 00

1 10 :2 4

a x a yx ay a

x y x C x y

∆ + − =+ − =

⇔ + − = − + =

(C) là đường tròn tâm ( )1 ,02

I bán kính 12

R =

(∆a) là đường thẳng quay quanh điểm A(0, 1) cố định.

a. Để hệ có 2 nghiệm phân biệt thì (∆a) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt

( )1∆

∆2( )

xO

y

2

2

-2

-2

y

O x1

I

1

M

N2

A

www.VNMATH.com


112

⇔ ( )( )( )2

2

22 2

11 22 1 4, 1 3 4 0 0

2 311a

aa

d I R a a aaa

−−

∆ < ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <++

b. Với 403

a< < thì đường thẳng (∆a) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt

( )1 1M ,x y , ( )2 2N ,x y ⇒ 2MN R≤ =1 (Đường kính là dây lớn nhất)

⇔ ( ) ( )2 2

2 1 2 1 1x x y y− + − ≤ ⇒ (đpcm)

Dấu bằng xảy ra ⇔ MN = 2R ⇔ (∆a) đi qua ( )1 ,02

I ⇔ 12

a =

Bài 11. Tìm a để hệ 1 2

3

x y a

x y a

+ + + =

+ =

có nghiệm.

Giải

Nếu a < 0 thì hệ vô nghiệm. Xét a ≥ 0:

Đặt 1 0

2 0

u x

v y

= + ≥

= + ≥

. Hệ ⇔

( )2 2

, 0

3 1

u v

u v a

u v a

≥

+ =

+ = +

( ) ( )2 2: 3 1C u v a+ = + là họ các đường tròn tâm O(0, 0) bán kính ( )3 1R a= +

( ) :d u v a+ = là họ các đường thẳng // với nhau tạo với Ou��

góc 135°

Xét đường thẳng ( )1( ) : 3 1d u v a+ = + đi qua A(R, 0); B(0, R) ∈(C)

và đường thẳng ( )2( ) : 6 1d u v a+ = + tiếp xúc với (C) tại M

Nhìn vào đồ thị ⇒ để hệ có nghiệm thì (d) cắt (C) tại điểm có tọa độ dương

⇔ (d) nằm giữa (d1) và (d2) ⇔ ( ) ( )3 1 6 1a a a+ ≤ ≤ +

⇔

2

2

3 3 0 3 213 15

26 6 0

a aa

a a

− − ≥ +⇔ ≤ ≤ +

− − ≤

Bài 12. Tìm m để hệ 2 2

1 1 1x y

x y m

− + + =

+ =

có 4 nghiệm phân biệt.

3a+3

v

O u

3a+3

6a+6

6a+6

www.VNMATH.com


113

Giải

( ) : 1 1 1L x y− + + = ⇔

[ ] [ ]

[ ] [ ]

[ ] [ ]

[ ] [ ]

1 0 1, 2 , 1,0

3 0 1, 2 , 2, 1

1 0 0,1 , 2, 1

1 0 0,1 , 1, 0

x y x y

x y x y

x y x y

x y x y

+ − = ∈ ∈ − − − = ∈ ∈ − − + + = ∈ ∈ − −− + + = ∈ ∈ −

víi

víi

víi

víi

• (L) có hình biểu diễn là 4 cạnh của hình vuông

ABCD với A(1, 0); B(2, −1); C(1, −2); D(0, −1)

• ( ) 2 2:C x y m+ = là đường tròn tâm O(0, 0) bán

kính R m= .

Xét đường tròn tâm O tiếp xúc với BC có bán kính là: ( )13, ( )2

R d O BC= =

Đường tròn tâm O đi qua 2 điểm B, C có bán kính là: 2 5R OC= = .

Nhìn vào đồ thị ta có: Hệ có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (L) cắt (C) tại 4 điểm.

⇔ 1 23 95 5

22R R R m m< < ⇔ < < ⇔ < <

Bài 13. Cho 2 2 1 và 6a b c d+ = + = . CMR: 2 2 2 2 18 6 2c d ac bd+ − − ≥ − (1)

Giải

Trên mặt phẳng tọa độ lấy M(a, b) và N(c, d) ⇒ ( ) ( )2 22MN c a d b= − + −

và M nằm trên đường tròn ( ) 2 2: 1C x y+ = ; N nằm trên (∆): 6x y+ =

Khi đó (1) ⇔ 2MN 19 6 2 MN 3 2 1≥ − ⇔ ≥ −

Gọi khoảng cách từ O đến (∆) là: ( )O,d ∆

Ta có: ( )OM MN ON O,d+ ≥ ≥ ∆

⇒ ( )2 2

0 0 61 MN O, 3 2

1 1d

+ −+ ≥ ∆ = =

+

⇒ MN 3 2 1≥ − (đpcm)

Dấu bằng xảy ra ⇔ M ∈ đoạn ON và ON ⊥ (∆) ⇔ 1

2a b= = ; 3c d= =

xO

y

D

A

B

C

O

y

6

6

M

N

1 x

www.VNMATH.com


114

IV. BIỆN LUẬN HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ

Bài 1. Cho hệ bất phương trình:

2

2

2 0

4 6 0

x x a

x x a

+ + ≤

− − ≤

a. Tìm a để hệ có nghiệm. b. Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất.

Giải

( )

( )

22

22

22 0

44 6 06

a f x x xx x a

x xa g xx x a

≤ = − − + + ≤ ⇔ −≥ =− − ≤

(P1): y = f (x) là 1 parabol quay bề lõm

xuống dưới và có đỉnh là (−1, 1)

(P2): y = g(x) là 1 parabol quay bề lõm lên trên và cắt (P1) tại 80;7

x x −= =

a. Hệ đã cho có nghiệm ⇔ Đường thẳng y = a đi qua miền gạch chéo tạo bởi

(P1) và (P2) ⇔ 0 ≤ a ≤ 1.

b. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ Đường thẳng y = a cắt miền gạch chéo tại

một điểm duy nhất ⇔ a = 0 hoặc a = 1.

Bài 2. Tìm m để BPT: ( )212

log 2 3x x m− + > − (1) có nghiệm

và mọi nghiệm đều ∉ TXĐ của ( )31log 1 .log 2x xy x x+= + − (2)

Giải

• TXĐ của (2) là nghiệm của hệ:

( ) ( ) ( )23 31

0 10 12

log 1 2 1 1x

xxx

x x x+

< ≠< ≠ ⇔ ⇔ ≥

+ ≥ + ≥ +

• ( )212

log 2 3x x m− + > − ⇔ 20 2 8x x m< − + <

⇔ ( ) ( )

( ) ( )

21

22

2 :

2 8 :

m x x f x y P

m x x g x y P

> − + = =

< − + + = =

Đường thẳng y = m đi qua miền gạch chéo tạo bởi (P1) và (P2) ⇔ m ≤ 9.

Mọi nghiệm của (1) đều ∉ TXĐ của (2) ⇔ Mọi nghiệm x của (1) đều < 2

⇔ Hình chiếu của đoạn thẳng giao giữa y = m với miền gạch chéo lên Ox là

tập con của khoảng (−∞, 2). Từ đồ thị duy ra 8 ≤ m ≤ 9.

y

O

x-1

-2 2 4

1

-2/3

9

-2

21 x

8

O

y

4

www.VNMATH.com


115

Bài 3. Tìm m để hệ

2

4 2

2 4 0

6 8 18 0

x x m

x x x m

− − + ≤

− − + − ≤

(*) có nghiệm.

Giải

Hệ

2

4 2

2 4 0

6 8 18 0

x x m

x x x m

− − + ≤

− − + − ≤

( )

( )

2

4 2

2 4

6 8 18

m f x x x

m g x x x x

≤ = − + +⇔

≥ = − − +

(P): y = f (x) là 1 parabol quay bề lõm xuống dưới và có đỉnh là D(1, 5)

• Xét (C): y = g(x).

Ta có: ( ) ( ) ( )234 12 8 4 1 2g x x x x x′ = − − = + −

Xét (C) ∩ (P): ( ) ( )g x f x=

( ) ( )3 21 4 14 0x x x x⇔ − + − − = ⇔ ( ) 3 21 4 14 0x h x x x x= ∨ = + − − =

Do ( ) ( )2 6; 3 10h h= − = nên (C) ∩ (P) tại x1 = 1 và x2∈(2, 3)

Nhìn vào đồ thị ta có hệ (*) có nghiệm ⇔ Đường thẳng y = m đi qua miền

gạch chéo tạo bởi (P) và (C) ⇔ −6 ≤ m ≤ 5.

Bài 4. Tìm a để ( )2 1 2x y x y a+ + − + = (*)

có nghiệm.

Giải

(*) ( ) ( )2 1 2x y a x y⇔ − + = − +

( ) ( )

2

2

2 1 2

x y

x y a x y

+ ≤

⇔ − + = − +

( ) ( )

22

2 0

1 2 1

x y

x y a

+ − ≤⇔

− + − = +

( ) ( ) ( )22

: 1 2 1C x y a− + − = + là đường tròn tâm I(1, 2) bán kính 1R a= +

x −∞ −1 2 +∞

f ′ − 0 − 0 +

f +∞

−6

+∞

y

O x1

2 51+1- 5

-6

5

I2

2

1 xO

y

www.VNMATH.com


116

Nghiệm của (*) là giao của đường tròn (C) với miền gạch chéo nằm phía dưới

đường thẳng (∆): x + y − 2 = 0.

Để (*) có nghiệm thì ( )( )2 2

1 2 2 1 1, 1 12 21 1

d I R a a a+ − −∆ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≤ + ⇔ ≥

+

Bài 5. Tìm m để hệ ( )2 2log 1 (1)

2 (2)

x yx y

x y m

+ + ≥ + =

có nghiệm.

Giải

(1) ⇔

2 2

2 2

1

0

1

x y x y

x y

x y x y

+ ≥ + > + > + ≤ + <

⇔

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2

2 2

2 2

11

0

1 1 11 1 12 2 22 2 2

x yx y

x y

x yx y

+ < + > + >

∨ − + − ≤

− + − ≥

( ) 2 21 : 1C x y+ = là đường tròn tâm O(0, 0) bán kính 1 1R =

( ) ( ) ( )2 2

21 1 1:2 2 2

C x y− + − = là đường tròn tâm ( )1 1,2 2

I bán kính 21

2R =

(d): x + y = 0 cắt (C1) tại 1 1 1 1, ; ,2 2 2 2

A B− −

. Nghiệm của (1) là miền

gạch chéo (hình vẽ) trong đó không lấy biên của (C1) nhưng lấy biên của (C2).

Xét đường thẳng thuộc họ (∆m): x + 2y = m đi qua A là (∆1): 122

x y −+ =

Đường thẳng thuộc họ (∆m) tiếp xúc với (C2)

⇔ ( ) 2, md I R∆ = 2 2

1 12 1

21 2

m+ −

⇔ =+

10 3 1032 2 2

m m±

⇔ − = ⇔ =

⇒ Đường thẳng (∆2): 3 10

22

x y+

+ =

nằm ở phía trên và tiếp xúc với (C2).

Để (*) có nghiệm thì (∆m) cắt miền gạch chéo

⇔ (∆m) nằm giữa (∆1) và (∆2) ⇔ 3 101

22m

+− < ≤

O

x

y

I

1

11/2

1/2

A

(D )1

2(D )

www.VNMATH.com

Documents

1.3 bien luan_pt_bang_do_thi