Biện luận phương trình bất phương trình bằng đồ thị

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

−

x
0
)
+

y
0

3. Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1.

1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
2
3 3
( ) :
2
x x
C y f x
x
+ +
= =
+


2)
Biện luận theo

a
số nghiệm của PT:
( )
2
3 3 2 0
x 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
3
4 3
0
2
1
x x
x x
y
x
x x
= = −

+ +
′
= = ⇔


+
= = −


⇒

(

)
(
)
(
)
(
)
1 2
3 3 ; 1 1
f x f f x f
= − = − = − =

b) Tiệm cận:

( )
1
1
2
f x x
x
= + +
+



( )
2
2 1
3 3
lim lim

2
x x
x x
f x
x
→ − → −
+ +
= = ∞
+

⇒
TCĐ:
x

=

−
2.


( ) ( )
1
lim 1 lim 0
2
x x
f x x
x
→ ∞ → ∞
 
− + = =

 
+

⇒
TCX:
y

=

x

+
1.
c) Bảng biến thiên:








x
−∞


−
3

−
2

−
1


+∞

(
)
f x
′


+

0
−


−

0

+


(
)

f x

−∞



−
3


−∞

+∞




1

+∞


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 2
x x a x
⇔ + + = +

( )
2
3 3
2
x x
f 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
x
1
<
−
3 <
x
2
<
−
1

Nếu
a

=

−
3 thì
x
1

=

x
2

=

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

=
1 thì
−
3 <
−
1
=

x
1

=

x
2


Nếu
a
> 1 thì
−
3 <
x
1
<
−
1 <
x
2

Bài 2.

a.
Khảo sát và vẽ đồ thị
( )
2
( ) :
1
x
C y f x
x
= =
−


b.

Biện luận số nghiệm của PT:
(
)
4 3 2
2 1 0
z mz m z mz
− + + − + =


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

Giải


( )
1
1
1
f x x
x

= + +
−

⇒

TCÐ : 1
TCX : 1
x
y x
=



= +





( )
( )
( )
2
0 0
2
0
1
2 4
x y
x x

f x
x
x y
= ⇒ =

−
′
= = ⇔


−
= ⇒ =

(Tự lập BBT)
b.

(
)
4 3 2
2 1 0
z mz m z mz
− + + − + =

⇔

( )
2
2
1
2 0

m
z mz m
z
z
− + + − + =

⇔

(
)
(
)
2
1 1
0
z m z m
z z
+ − + + =
. Đặt
1 1
2
x z x z
z
z
= + ⇒ = + ≥
,
(
)
2
1

x m x
= −

⇔

( )
2
1
x
f x m
x
= =
−
với
(
]
[
)
D , 2 2,x
∈ = −∞ − +∞
∪

c)
Đặt
(
)
(
)
cos 1,1 0,
x t t

= ∈ − ∀ ∈ π
. Khi đó
2
cos cos 0
t m t m
− + =

⇔

( )
2
1
x
f 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
x
21
x
a
1.3. Đồ thị:

Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
101

Bài 3.

a.
Khảo sát và vẽ
2
3
2
x x
y
x
+ −
=
+

b.
Biện luận theo
m
số nghiệm:
(
)
4 2
1 3 2 0
t m t m
+ − − − =

Giải
a.


TCÐ : 2
1
1
2
TCX : 1
x
y x
x
y x
=


= − − ⇒


+
= −





( )
2
1
1 0 2
2
y x
x
′
= + > ∀ ≠ −
+

b.

(
)
4 2
1 3 2 0
t m t m
+ − − − =

⇔

(
)
4 2 2
3 2
t t m t
+ − = +
⇔

4 2
2
3
2
t t
m
t
+ −
=
+

⇔

( )
2
3
2
x x
f x m
x
+ −
= =

+
với
x

=

t
2

≥
0
Bài 4.

a)
Khảo sát và vẽ đồ thị
( )
2
1
( ) :
1
x x
C y f x
x
+ +
= =
+


b)
Biện luận số nghiệm của PT:

(
)
2
1 1 0
x m x m
+ − + − =


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

Giải
( )
1
1
f x x
x
= +
+

⇒

TCÐ : 1
TCX : 1
x
y x
=



= +



( )
( )
( )
2
2 2
2
0
1
0 1
x y
x x
f x
x
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
2
3

1
1
-2
-3
-1
O
y
x
Chương I. Hàm số – Trần Phương
102

b)

(
)
2
1 1 0
x m x m
+ − + − =

⇔

( )
2
1
1
x x
f x m
x
+ +

= =
+
.
(C
′
):
(
)
y f x
=
được vẽ từ (C):
y

=

f
(
x
) theo qui tắc: Giữ nguyên phần đồ thị (C
a
)
của (C) ứng
x

≥
0. Lấy (C
′
a
) đối xứng với (C
a

) qua O
y
, khi đó (C
′
)
=
(C
a
)
∪
(C
′
a
)
c)
Đặt
[
]
[
]
sin 0,1 0,
t x x
= ∈ ∀ ∈ π
. Khi đó
(
)
2
sin 1 sin 1 0
x a x a
− − + − =

⇔

( )
2
1
1
t t
f t a
t
+ +
= =
+
với
t

∈
[0, 1].
Bài 5. a.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của
( )
2
2
( ) :
1
x x
C y f x
x
− +
= =

−


b.
Tìm
a
để phương trình:
2
2
1
1
x x
ax a
x
− +
= − +
−
có nghiệm

c.
Biện luận theo
m
số nghiệm của phương trình:
2
2
2
log
1
x x
m

x
− +
=
−

Giải:
a.

( )
( )
2
1
2
2
1 2
2 1
0
1
1 2
x x
x x
f x
x
x x

= = −
− −

′
= = ⇔


−
= = +


⇒

(
)
( )
1
2
1 2 1 2 2
1 2 1 2 2
y f
y f

= − = −



= + = +


( )
2
1
f x x
x
= +

−

⇒
TCĐ:
x

=
1; TCX:
y

=

x
.
b.
Nghiệm của
2
2
1
1
x x
ax a
x
− +
= − +
−
là
hoành độ giao điểm của đường thẳng
(D):
(

)
1 1
y 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 x
y f x
x
− +
= =
−
là hàm
chẵn nên đồ thị
( )
(
)

:
C y f x
′
=
nhận
O
y
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
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
103

Giữ nguyên phần đồ thị của (C) ứng với
x

≥
0 rồi lấy đối xứng phần này qua O
y
.
Nghiệm của phương trình
(
)
2
log
f x m
=
(
m
> 0) là hoành độ giao điểm của
đường thẳng
2
log
y m
=

với đồ thị (C
′
). Nhìn vào đồ thị ta có:


Nếu
2
log 2
m
< −

⇔

1
0
4
m
< <
thì phương trình có 2 nghiệm. …
Bài 6.

a.
Khảo sát và vẽ
(
)
4 2
2 3
y f x x x
= = − + +

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

Giải
a.

( )
(
)
3 2
4 4 4 1 0 0; 1
f x x x x x x x
′
= − + = − = ⇔ = = ±

⇒
Cực trị (0, 3), (
±
1, 4)
( )
( )
2 2
1
12 4 4 1 3 0

3
f x x x x
′′
= − + = − = ⇔ = ±

⇒
Điểm uốn
32
1
,
9
3
 
±
 
 







b.

(
)
(
)
4 2 4 2 4 2 4 2

2 2 2 3 2 3
x x m m x x m m f x f m
− = − ⇔ − + + = − + + ⇔ =
(*)
Nhìn vào đồ thị ta có:

Nếu
(
)
4 1
f m m
= ⇔ = ±
thì (*) có 2 nghiệm kép
x

=

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

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

=
0;
2
x = ±
.

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 1
C y f x x x
= = − −


b)
Tìm
m
để
3
4 3 1 0
x x mx m
− − + − =
có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
( )
2
1
12 3 0
2
f x x x
′
= − = ⇔ = ±

(
)
24 0 0
f x x x

′′
= = ⇔ =

⇒
Cực đại
(
)
1
, 0
2
−
; cực tiểu
(
)
1
, 2
2
−


x

−∞


−
1


0 1

+∞

f

′


+

0
−

0
+

0
−


f
−∞


4

3
4

−∞

x

−∞


1
2
−


1
2


+∞

f

′


+

0
−

0

+



f

−∞



0



−
2


+∞


3
- 3
O
x
y
1-1
- 2
2
3

4
Chương I. Hàm số – Trần Phương
104

Điểm uốn U(0,
−
1)
b)

3
4 3 1 0
x x mx m
− − + − =

⇔

(
)
( )
3
4 3 1 1
f 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 (C
a
) của (C) ứng với
x

≥
0.
- Lấy (C
a
′
) đối xứng với (C
a
) qua O
y
, khi đó (C
′
)
=
(C
a

)
∪
(C
a
′
)
Nghiệm của (*) là hoành độ giao điểm
của đường thẳng
(
)
(
)
: 1
m
d y m x
= −

với đồ thị (C
′
):
(
)
y f x
=
.
Ta thấy (
d
m
) luôn đi qua điểm A(1, 0)
∈

(C
′
)
và (
d
m
) qua B(0,
−
1) là (AB):
1
y x
= −
có hệ số góc
k
1

=
1.
Đường thẳng của họ (
d
m
) tiếp xúc với (C
a
′
)
tại điểm có hoành độ
x
0
< 0 là nghiệm của phương trình:
( )

( )
3
2
2
2
4 3 1 1
3 1 4
x x k x
x k

− + − = −


− =


⇒

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


⇔

(

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

⇔

( )
(
)
2
2 2 1 2 2 1 0
x x x
− − − =
.
Do
x
0
< 0 nên
0
1 3
2
x
−
=

⇒

2
6 3 9
k
= −

Nhìn vào đồ thị (C
′
) ta thấy: Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì
(
)
(
)
: 1
m
d y m x
= −
phải cắt đồ thị (C
′
):
(
)
y f x
=
tại 4 điểm phân biệt
⇔

1 2
k m k

< <

⇔

1 6 3 9
m
< < −

Bài 8.
Tìm
m
để
3
2 1
m x x
− + + =
có 3 nghiệm phân biệt.
Giải
-2
y
x
O
1/2
1
-1/2
-1
-1
-1/2
1
1/2

O
x
y
-2
-1
A
B
t
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
105

Đặt
2
2 0 2
t x x t
= + ≥ ⇒ = −
, khi đó PT
⇔

3
2
2 1
m t t
− + = −

( )
3
2
2 1
m t t

⇔ − + = −

(
)
3 2
4 3 1
f t t t t m
⇔ = − + − − =
.
Xét đồ thị (C):
y

=

ƒ
(
t
). Ta có:
( )
2
4 7
3 8 3 0
3
f t t t t
±
′
= − + − = ⇔ =

⇒
Cực trị:

4 7 7 14 7
3 27
f
 
± − ±
=
 
 
và
(
)
0 1
f
= −

⇒
Hình dạng đồ thị (C)
Với mỗi giá trị
t

≥
0 thì cho ta 1 nghiệm
2
2
x 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 7
0 1
3 27
f m f m
 
− − −
< ≤ ⇔ < ≤
 
 

Bài 9.
Tìm
m
để PT:
2 2 2
sin sin 3 cos 2 0
x x m x
+ − =
(*) có nghiệm.
Giải
( )
2 2
1 cos 2 1 cos 6
1
(*) cos 2 1 cos 6 cos 2 cos 2
2 2 2
x x
m x x x m x
− −
⇔ + = ⇔ − + =
3 2
2 cos 2 cos 2 1 cos 2
x x m x
⇔ − + + =

Đặt
[
]
cos 2 1,1
t x= ∈ −

, khi đó (*)
⇔

(
)
3 2
2 1
f t t t mt
= − + + =
.
Ta có:
( )
2
1
6 1 0
6
f t t t
′
= − + = ⇔ = ±






Nhìn vào đồ thị ta thấy: (*) có nghiệm
⇔
Parabol (P
m
):

2
y 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
3
4-
7
7
14
3
-7
-7
3
-14
7
y
x
O
2

1
1
-1
Chương I. Hàm số – Trần Phương
106

II. BIỆN LUẬN BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ
1. Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1.

Tìm
m
để BPT:
( )( )
2
4 6 2
x x x x m
+ − ≤ − +
đúng
∀
x
∈
[
−
4, 6]
Giải
Đặt
( ) ( )
( ) ( )
( )

( )
2
2
2
0
0
4 6 :
4 6
1 25
y
y
y x x C
y x x
x y
≥

≥

 
= + − ⇔ ⇔
 
= + −
− + =





• (C) là nửa đường tròn ở phía trên O
x

với tâm I(1, 0), bán kính
R

=
5.
•
(
)
2
: 2
m
P y x x m
= − +
là 1 parabol có
đỉnh D(1,
m

−
1)
∈
đường thẳng
x

=
1.
Ta có:
( )( )
2
4 6 2

x x x x m
+ − ≤ − +

∀
x
∈
[
−
4, 6]
⇔
(C) nằm ở phía dưới (P
m
)
∀
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:
( )
2
2 1 2 3
x 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 3

y x x
= − +
có đỉnh D(1, 2)
Gọi (C
m
):
( )
2 1
y x x m
= − + +

⇔

( )
2
2 1
0
y x x m
y

= − + +


≥



⇔
(C
m

):
( )
2
2
0
1 2
y
x y m
≥



− + = +


với
m

≥

−
2.
Ta có (C
m
) là nửa đường tròn ở phía trên O
x

với tâm I(1, 0), bán kính
2
R m

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

2 2 2 4 2
m m m
+ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥

b.
Giả sử (C
m
)
∩
(P) tại 2 điểm phân biệt A
1

(
x
1
,
y
0
), A
2
(
x
2
,
y
0
)
O
y
x
1-4 6
T
D
m-1
1
x
y
O
2 3
3
A
B

T
D
-1
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
107

⇒
Miền nghiệm của BPT (*) là
[
]
1 2
,
x x

⇒

x
2

−

x
1

=
2 (1)
Vì A
1
, A
2

∈
(P) nên ta có
x
1
,
x
2
là nghiệm của phương trình
2
0
2 3 0
x x y
− + − =

⇒

1 2
2
x x
+ =
, kết hợp với (1)
⇒

1 2
0, 2
x x
= =

⇒

0
3
y
=

⇒

( )
2
2
1 0
2 1 1 9 10
m x y
+ = − + = + =

⇔

m

=
8.
Bài 3.

Tìm
m
để BPT:
( )( )
2
4 4 2 2 18
x x x x a

− − + ≤ − + −
đúng
∀
x
∈
[
−
2, 4]
Giải

( )( ) ( )( )
2
2
18
4 4 2 2 18 4 2
4 2 4
x x a
x x x x a x x
− −
− − + ≤ − + − ⇔ − + ≥ + −

Đặt
( )( )
( )( )
( )
( )
2
2
2
0

0
4 2 :
4 2
1 9
y
y
y x x C
y x x
x y
≥

≥

 
= − + ⇔ ⇔
 
= − +
− + =





• (C) là nửa đường tròn ở phía trên
O
x
với tâm I(1, 0), bán kính
R

=

3.
•
( )
2
18
:
4 2 4
m
x x a
P y
− −
= + −
là một
parabol quay bề lõm xuống dưới và
nhận
x

=
1 làm trục đối xứng.
• (C)
∩
O
x
tại A(
−
2, 0) và B(4, 0) đối xứng qua
x

=
1. Ta xét parabol (P) thuộc

họ (P
m
) đi qua A, B:
2
18
4 4
0 10
4 2 4
a
a
−
−
= + − ⇔ =

⇒

( )
2
: 2
4 2
x x
P y
−
= + +

Nhìn vào đồ thị suy ra để (*) đúng
∀
x
∈
[

−
2, 4] thì
a

≥
10.
Bài 4.

Cho BPT:
( )
2
6 6 2
x x x x m
− ≥ − + +
(*)
Tìm
m
để độ dài miền nghiệm p của (*) thoả mãn: 2
≤
p
≤
4.
Giải
Đặt
( )
( )
( )
( )
2
2

2
0
0
6 :
6
3 9
y
y
y x x C
y x x
x y
≥

≥

 
= − ⇔ ⇔
 
= −
− + =





• (C) là nửa đường tròn ở phía trên
O
x
với tâm I(3, 0), bán kính
R

=
3.
•
(
)
2
: 6 2
m
P y x x m
= − + +
là một
parabol quay bề lõm lên trên và
nhận
x

=
3 làm trục đối xứng.
A
-2
y
x
O
1
4
B
O
x
y
(P )

1
2
(P )
C
A
B
D
1 2
3
4
5
6
Chương I. Hàm số – Trần Phương
108

Giả sử (C)
∩
(P
m
) tại 2 điểm phân biệt M
1
(
x
1
,
y
0
), M
2
(

x
2
,
y
0
) với
x
1
<
x
2
.
⇒
M
1
, M
2
đối xứng với nhau qua đường thẳng
x

=
3
⇒

1 2
2.3 6
x x
+ = =

Nghiệm của BPT (*) là

x
∈
[
]
1 2
,
x x

⇒
Độ dài miền nghiệm p của (*) là:
(
)
2 1 2
2 3
p x x x
= − = −
. Để 2
≤
p
≤
4 thì 1
≤

x
2

−
3
≤
2

⇔
4
≤

x
2

≤
5
Xét các parabol P
1
, P
2
thuộc họ (P
m
) lần lượt qua
(
)
(
)
4, 2 2 , 5, 5
A B
∈
(C) là
(
)
2
1
: 6 8 2 2
P y x x= − + +

và
(
)
2
2
: 6 5 5
P 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 2
m m+ ≤ + ≤ + ⇔ + ≤ ≤ +

Bài 5.

Tìm
m
để BPT:
( )
2
2 2 3
x x m
− + − ≥
đúng
x
∀ ∈

»

Giải
( )
2
2 2 3
x x m
− + − ≥

⇔

( )
2
2
3 2
1
2
2 2 2
x
x
x m x m x
− −
−
− ≥ ⇔ − ≥ + −

Parabol
2
1
( ) : 2
2 2

x
P 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 O
x
và
tạo với O
x
các góc 45
°
và 135
°
.
Xét nhánh phải của (D
m
) tiếp xúc với (C), khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm
của:

2
1 1
2
1
2 2
0
1 2
x m x x
x
m
x
−

− = + −
=

 
⇔
 
=



= − +


⇒

(
)

0
D :
y x
=
tiếp xúc (C)
Xét nhánh trái của (D
m
) tiếp xúc với (C), khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm
của:
2
1 1
2
3
2 2
4
1 2
x m x x
x
m
x
−

− + = + −
=

 
⇔
 
=




− = − +


⇒

(
)
4
D : 4
y x
= −
tiếp xúc (C)
Nhìn vào đồ thị ta có: BPT đúng
∀
x

⇔
Đỉnh M(
m
, 0) của (D
m
) nằm bên trái
đỉnh (0, 0) của (D
0
) hoặc nằm bên phải đỉnh (4, 0) của (D
4
)
⇔

m

≤
0 hoặc
m

≥
4.
y
x
O
1
1 2 3
4
3/2
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
109

Bài 6.

Giải biện luận BPT:
2
5 4
x x a
− + <

Giải
( )
( )

[ ]
2
2
2
5 4 khi \ 1, 4
: 5 4
5 4 khi 1, 4
x x x
C y x x
x x x

− + ∈

= − + =


− + − ∈

»

Gọi (C
1
) là phần đồ thị nằm ở phía trên trục hoành của
2
5 4
y x x
= − +
còn (C
2
) là

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

Khi đó (C)
=
(C
1
)
∪
(C
2
). Xét
(
)
(
)
2
1
: 5 4
C y a x x a
= − + =
∩

⇔

1 2
5 9 4 5 9 4
;
2 2
a a
x x x x
− + + +
= = = =

Xét
(
)
(
)
2
2
: 5 4 0
C y a x x a
= − + + =
∩

⇔

3 4
5 9 4 5 9 4
;
2 2
a a

x x x x
− − + −
= = = =

Nhìn vào đồ thị ta có:


Nếu
a

≤
0 thì BPT vô nghiệm.


Nếu
9
0
4
a
< ≤
thì BPT có nghiệm
x
∈
(
x
1
,
x
3
)

∪
(
x
4
,
x
2
)


Nếu
9
4
a
>
thì BPT có nghiệm
x
∈
(
x
1
,
x
2
)
Bài 7.

1
) Khảo sát và vẽ (C):
( )

2
2 1
1
x x
y f x
x
+ +
= =
−


2)
Tìm số
a
nhỏ nhất để
( ) ( )
2
2 2
1 1
a x x x x+ − ≤ + +
đúng
∀
x
∈
[0, 1]
Giải
1)

( )
4

3
1
f x x
x
= + +
−

⇒

TCÐ : 1
TCX : 3
x
y x
=



= +



( )
( )
2
1 0
4
1 0
3 8
1
x y

f x
x y
x
= − ⇒ =

′
= − = ⇔

= ⇒ =
− 



x
−∞


−
1
1 3


+∞

f

′


+

0

−

−

0


+


f

−∞


0
−∞


+∞

8


+∞

45/21
y
x
O
4
9/4
-9/4
y=a
Chương I. Hàm số – Trần Phương
110

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

( ) ( )
2
2 2
1 1
a x x x x+ − ≤ + +

∀
x
∈

[0, 1]
( ) ( )
2
1 1
a 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 2
1 1
a x x x x+ − ≤ + +

đúng
∀
x
∈
[0, 1] là
a

=

−
1.
Bài 8.

1
) Khảo sát và vẽ (C):
( )
2
3 3
2
x x
y f x
x
− +
= =
−


2)
Tìm số
a

lớn nhất để
(
)
2
6 12 4 2
x x a x
− + ≥ −
đúng
∀
x
∈
[4, 5]
Giải
1)

( )
1
1
2
f x x
x
= − +
−

⇒

TCÐ : 2
TCX : 1
x
y x

=



= −



( )
( )
2
1 1
1
1 0
3 3
2
x y
f x
x y
x
= ⇒ = −

′
= − = ⇔

= ⇒ =
− 


2)

(
)
2
6 12 4 2
x x a x
− + ≥ −

∀
x
∈
[4, 5]
⇔

( )
2
6 12
4 2
x x
a
x
− +
≥
−

∀
x
∈
[4, 5]
⇔

2
3 3 3
2 4
x x x
a
x
− +
≥ +
−

∀
x
∈
[4, 5]
⇔
Đường thẳng (d):
3
4
y x a
= +

nằm phía dưới (C)
∀
x
∈
[4, 5]
Xét
( ) ( )
2

3
2 4
4
f x x
′
= ⇔ − =

[
]
4 4;5
x⇔ = ∈

⇒
Phương trình tiếp tuyến của (C) song song với (d) là:
(D):
( )
( )
3 3
1
4 4
4 4 2
y x f x
= − + = +
. Nhìn hình vẽ suy ra:
Số
a
lớn nhất để
(
)
2

6 12 4 2
x x a x
− + ≥ −
đúng
∀
x
∈
[4, 5] là
1
2
a
=

y
O
-3
8
x
1
-1
32
-1
9
3

x
−∞


1 2 3

+∞

f

′


+

0

−

−

0

+


f

−∞


−
1

−∞


+∞

3


+∞


-1
2
3
3
O
x
y
1
(D)
4 5
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
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
2. Các bài tập mẫu minh họa
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 1
a
C x y a
+ = +
là đường
tròn tâm O(0, 0) bán kính
( )
2 1
R a
= +
.
( )
2
4
x y
+ =

⇔

x

+

y

=

±
2.
Nghiệm của hệ đã cho chính là toạ độ của các giao điểm do đường thẳng
(
)
1
: 2 0
x y
∆ + + =
và
(
)
2
: 2 0
x y
∆ + − =
cắt (C
a
).
Do (
∆
1
), (
∆

2
) đối xứng nhau qua O nên hệ đã cho có đúng 2 nghiệm
⇔
(
∆
1
), (
∆
2
) tiếp xúc (C
a
)
⇔

( )
(
)
( )
1
O, 2 1 2 0
R 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
1
x x y y

− + − ≤
. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Giải
(
)
(
)
( )
(
)
2
2 2
2
: 1 0
0
1 1
0
:
2 4
a
x a y
x ay a
x y x
C x y

∆ + − =
+ − =




⇔
 
+ − =

− + =




(C) là đường tròn tâm
(
)
1
, 0
2
I
bán kính
1
2
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
( )
x
O
y
2
2
-2
-2
y
O
x
1
I
1
M
N
2
A
Chương I. Hàm số – Trần Phương
112

⇔

( )

( )
( )
2
2
2
2 2
1
1 22
1 4
, 1 3 4 0 0
2 3
1
1
a
a
a
d I R a a a
a
a
−
−
∆ < ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
+
+

b.
Với
4
0
3

a
< <
thì đường thẳng (
∆
a
) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
(
)
1 1
M ,
x y
,
(
)
2 2
N ,
x y

⇒

2
MN R
≤
=1 (Đường kính là dây lớn nhất)

⇔

( ) ( )
2 2
2 1 2 1

1
x x y y
− + − ≤

⇒
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra
⇔

MN

=
2
R

⇔
(
∆
a
) đi qua
(
)
1
, 0
2
I

⇔

1

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

(
)
:
d u v a
+ =
là họ các đường thẳng // với nhau tạo với
O
u

góc 135
°

Xét đường thẳng
( )

1
( ) : 3 1
d u v a
+ = +
đi qua A(
R
, 0); B(0,
R
)
∈
(C)
và đường thẳng
( )
2
( ) : 6 1
d 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 (
d
1
) và (

d
2
)
⇔

( ) ( )
3 1 6 1
a a a
+ ≤ ≤ +

⇔

2
2
3 3 0
3 21
3 15
2
6 6 0
a a
a
a a

− − ≥

+
⇔ ≤ ≤ +

− − ≤




Bài 12.

Tìm
m
để hệ
2 2
1 1 1
x y
x y m

− + + =


+ =


có 4 nghiệm phân biệt.
3a+3
v
O
u
3a+3
6a+6
6a+6
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
113

Giải

(
)
: 1 1 1
L 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:
( )
1
3
, ( )
2
R d O BC= =

Đường tròn tâm O đi qua 2 điểm B, C có bán kính là:
2
5
R OC= =
.
Nhìn vào đồ thị ta có: Hệ có 4 nghiệm phân biệt
⇔
(L) cắt (C) tại 4 điểm.
⇔

1 2
3 9
5 5
2
2
R R R m m
< < ⇔ < < ⇔ < <

Bài 13.

Cho
2 2

1 và 6
a b c d
+ = + =
. CMR:
2 2
2 2 18 6 2
c d ac bd+ − − ≥ −
(1)
Giải
Trên mặt phẳng tọa độ lấy M(
a
,
b
) và N(
c
,
d
)
⇒

( ) ( )
2 2
2
MN
c a d b
= − + −

và M nằm trên đường tròn
( )
2 2

: 1
C x y
+ =
; N nằm trên (
∆
):
6
x y
+ =

Khi đó (1)
⇔

2
MN 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 6
1 MN O, 3 2
1 1
d
+ −
+ ≥ ∆ = =
+

⇒

MN 3 2 1
≥ −
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra
⇔
M
∈
đoạn ON và ON
⊥
(
∆
)
⇔

1
2
a b= =
;
3
c d
= =

x
O
y
D
A
B
C
O
y
6
6
M
N
1
x
Chương I. Hàm số – Trần Phương
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
( )
( )
2
2
2
2

2
2 0
4
4 6 0
6
a f x x x
x x a
x x
a g x
x x a

≤ = − −

+ + ≤
 
⇔
 
−
≥ =
− − ≤
 



(P
1
):
y

=

f
(
x
) là 1 parabol quay bề lõm
xuống dưới và có đỉnh là (
−
1, 1)
(P
2
):
y

=

g
(
x
) là 1 parabol quay bề lõm lên trên và cắt (P
1
) tại
8
0;
7
x x
−
= =

a.
Hệ đã cho có nghiệm

⇔
Đường thẳng
y

=

a
đi qua miền gạch chéo tạo bởi
(P
1
) và (P
2
)
⇔
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:
(
)
2
1
2
log 2 3
x x m
− + > −
(1) có nghiệm
và mọi nghiệm đều
∉
TXĐ của
( )

3
1
log 1 .log 2
x x
y x x
+
= + −
(2)
Giải
• TXĐ của (2) là nghiệm của hệ:
( )
( )
( )
2
3
3
1
0 1
0 1
2
log 1 2
1 1
x
x
x
x
x
x x
+
< ≠

< ≠


 
⇔ ⇔ ≥
 
+ ≥
+ ≥ +
 



•
(
)
2
1
2
log 2 3
x x m
− + > −

⇔

2
0 2 8
x x m
< − + <

⇔

( )
(
)
( )
( )
2
1
2
2
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 (P
1

) và (P
2
)
⇔

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 O
x
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
2
1
x
8
O
y
4
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị
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:
( ) ( ) ( )
2
3
4 12 8 4 1 2
g x x x x x
′
= − − = + −





Xét (C)
∩
(P):
(
)
(
)
g x f x
=

( )
(
)
3 2

1 4 14 0
x x x x
⇔ − + − − =

⇔

(
)
3 2
1 4 14 0
x h x x x x
= ∨ = + − − =

Do
(
)
(
)
2 6; 3 10
h h
= − =
nên (C)
∩
(P) tại
x
1

=
1 và
x

2
∈
(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 2

x y x y a
+ + − + =
(*)
có nghiệm.
Giải
(*)
( ) ( )
2 1 2
x 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 1
C x y a
− + − = +
là đường tròn tâm I(1, 2) bán kính
1
R a
= +


x

−∞


−
1

2
+∞

f

′



−


0

−


0
+


f
+∞

−
6

+∞


y
O
x
1
2 51+1- 5
-6
5
I
2
2
1
x
O
y
Chương I. Hàm số – Trần Phương
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 1
2 2
1 1
d I R a a a
+ −
−
∆ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≤ + ⇔ ≥
+

Bài 5.

Tìm
m
để hệ
(
)

2 2
log 1 (1)
2 (2)
x y
x 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
1
1
0
1 1 1

1 1 1
2 2 2
2 2 2
x y
x y
x y
x y
x y

+ <

+ > 
 
+ >
∨
 
− + − ≤
 

− + − ≥



(
)
2 2
1
: 1
C x y
+ =

là đường tròn tâm O(0, 0) bán kính
1
1
R
=

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

(
d
):
x

+

y

=
0 cắt (C
1
) 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 (C
1
) nhưng lấy biên của (C
2
).
Xét đường thẳng thuộc họ (
∆

m
):
x

+
2
y

=

m
đi qua A là (
∆
1
):
1
2
2
x y
−
+ =

Đường thẳng thuộc họ (
∆
m
) tiếp xúc với (C
2
)
⇔

(
)
2
,
m
d I R
∆ =

2 2
1
1
2
1
2
1 2
m+ −
⇔ =
+

10 3 10
3
2 2 2
m m
±
⇔ − = ⇔ =

⇒
Đường thẳng (
∆
2

):
3 10
2
2
x y
+
+ =

nằm ở phía trên và tiếp xúc với (C
2
).
Để (*) có nghiệm thì (
∆
m
) cắt miền gạch chéo
⇔
(
∆
m
) nằm giữa (
∆
1
) và (
∆
2
)
⇔

3 10
1

2
2
m
+
−
< ≤


O
x
y
I
1
1
1/2
1/2
A
(D )
1
2
(D )