SKKN ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

Sáng kiến kinh nghiệm
ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG CHƯƠNG TRÌNH
TOÁN THPT
Đặt vấn đề
1. Lý do chọn chọn đề tài:
Trong quá trình giảng dạy toán tôi nhận thấy phương pháp toạ độ chiếm một vị
trí quan trọng trong chương trình toán ở bậc học PTTH.
- Học sinh thường chỉ sử dụng phương pháp toạ độ để giải các bài toán trong
hình học giải tích hoặc dùng phương pháp toạ độ để khảo sát hàm số, các emcòn
ngờ rằng đây là một phương pháp rất hay, bằng việc khai thác triệt để các tính
chất hình học tiềm ẩn trong một số các bài toán ta có thể giải quyết những khó
khăn mà khi giải bằng phương pháp khác có thể gặp phải.
- Phương pháp toạ độ cho phép ta không những giải được các bài toán hình học
mà còn có thể giúp ta giải được một số bài toán: Số học, đại số, tổ hợp và suy
luận lôgíc một cách dễ dàng, trực quan, tránh được cả những lý luận dài dòng và
thoát ra khỏi những ảnh hưởng không có lợi cho trực giác.
2. Mục đích:
- Trong khuôn khổ một sáng kiến kinh nghiệm tôi chỉ xin phép được trình bày
một số ứng dụng của phương pháp này để giải một số bài, dạng toán đại số về
bất phương trình, hệ bất phương trình, phương trình, và hệ phương trình mà học
sinh PTTH thường gặp.
- Và mục đích giúp các em hiểu thêm về phương pháp này. Và từ đó có thể giải
quyết được những khó khăn gặp phải khi làm toán.
I) Phương pháp toạ độ để giải bất phương trình - hệ bất phương trình chứa tham
số:
a) Cơ sở lý thuyết:
Xét bất phương trình: f(x) < g(x) (1) TXĐ: D
• Ta đã biết: Gọi S là tập nghiệm ⇒ S = {x
0
∈ D  f(x
0

) < g(x
0
)}
• Phương pháp toạ độ:
⊕ Bước1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị: y = f(x) và g(x)
⊕ Bước2: Tìm những phần đồ thị: y = f(x) nằm dưới đồ thị: y = g(x)
⊕ Bước3: Tìm hình chiếu của phần đồ thị đó trên trục Ox giao của nó với tập
xác định D chính là nghiệm của bất phương trình (1)
Trang: 1
x
1
x
2
x
3
x
y
Sáng kiến kinh nghiệm
• Chẳng hạn: cần giải: f(x) < g(x) (1)
đồ thị: y = f(x), y = g(x) có dạng như hình vẽ :
Khi đó nghiệm của bất phương trình là:



<<
<
32
1
xxx
xx

• Nhận xét trên Oxy: y = m là đường thẳng // Ox hoặc ≡ Ox.
1/ Bất phương trình:
( )



∈
≥
Dx
mxf
có nghiệm ⇔
( )
mxf
D
≥max
2/ Bất phương trình:
( )



∈
≤
Dx
mxf
có nghiệm ⇔
( )
mxf
D
≤
min

3/
4/
VD: Xác định m để:
( )( )
mxxxx ≤−+−−++ 6363
có nghiệm
Bài giải:
TXĐ: D = [-3; 6]
Cách1:
Đặt: t =
xx −−+ 63

⇒ t' =
xx
x
−+
−
634
32
x
-∞
-3
2
3
6
-∞
t' + 0 -
t
3
3

2
3
Trang: 2
t
1
t
2
Sáng kiến kinh nghiệm
VËy: -3 ≤ x ≤ 6 th×: 3 ≤ t ≤ 3
2
⇒ t
2
= 9 + 2
( )( )
xx −+ 63
⇒
( )( )
xx −+ 63
=
2
9
2
−t
Bài toán trở thành: Xác định m để: t
2
-2t ≥ 9 - 2m có nghiệm t ∈
[ ]
23;3
Cách1:
Ta có thể sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai

Bằng cách: Xét f(t) = t
2
- 2t + 2m - 9
TH1: ∆' ≤ 0
⇔ 1 - 2m + 9 ≤ 0
⇔ m ≥
2
10
⇒ f(t) ≥ 0 ∀t ∈ R
⇒ bất phương trình (1) có nghiệm ∀t ∈
[ ]
23;3
TH2: Nếu







≥
<
>∆
0)3(
3
2
0
f
S
⇔








>
≥−+
<
lý) (V« 231
02629
3
10
m
m
KL: Vậy với m ∈ [3; +∞) thoả mãn
Cách2: Bằng phương pháp toạ độ:
Xét: f(t0 = t
2
- 2t Trên
[ ]
23;3
Ta có: f'(t) = 2t - 2 = 0 ⇔ t = 1 ∉
[ ]
23;3
f(3) = 3
f
( )
261823 −=

> 3
⇒
[ ]
( )
mtf ≥
23;3
min
⇔ 18 - 6
2
≥ 9 - 2m
⇔ 3 ≥ 9 - 2m
⇔ 2m ≥ 6 ⇔ m ≥ 3
• Xét bất phương trình 1 ẩn chứa tham số m:
( ) ( )
( )



∈
≥
2 Dx
1 0;mxf
⊕ Bước1: Vẽ hệ trục Oxm (coi m như biến tung độ)
Giả sử S là miền biểu diễn các điểm: (x, m) thoả mãn (1), (2).
Trang: 3
Sáng kiến kinh nghiệm
Khi đó ta có định lý: α là một giá trị của tham số m để hệ (1) - (2) có nghiệm
⇔ m = α bằng miền S
CM:
(⇐) Giả sử m = α cắt S tức ∃ (x

0
;α) ∈ S:
( )



∈
≥
Dx
mxf
0
0
0;
Vậy x
0
là nghiệm của hệ (1), (2)
(⇒) Giả sử hệ
( )



∈
≥
Dx
mxf
0
0
0;
có nghiệm tức ∃x
0

∈ D:
( )



∈
≥
Dx
mxf
0
0
0;
Theo định nghĩa ⇒ (x
0
, α) ∈ S nghĩa là m = α cắt (S)
Định lý trên là một cơ sở cho việc giải và biện luận bài toán chứa tham số trong
đó trao đổi biến tham số m thành 1 ẩn của bài toán mới.
VD: Tìm m để hệ:





≤≤
≤+−+−
≥−
31
0626
0
22

x
mmxx
xm
có nghiệm
• Nhận xét: với yêu cầu của bài toán. Việc ? bằng phương pháp đại số thuần tuý
gặp rất nhiều khó khăn. Tuy nhiên nếu vận dụng phương pháp toạ độ thì ta được
lời giải gọn gàng thuận lợi hơn nhiều.
II) Phương pháp toạ độ để giải phương trình - hệ phương trình:
1/ Cơ sở lý luận:
ĐL: Giải sử hàm số f(x) lt trên D
• Nếu ∃
( )
xf
D
max
và
( )
xf
D
min
.
Khi đó phương trình: f(x) = m có nghiệm ⇔
( )
xf
D
min
≤ m ≤
( )
xf
D

max
• Nếu: hàm số f(x) có tập giá trị là
( ) ( )( )
βα
ff ;
Thì phương trình: f(x) = m có nghiệm ⇔ f(α) < m < f(β)
VD: 1/ Xác định m để:
mxxxx =+−−++ 11
22
có nghiệm?
2/ Xác định m để: (x - 1)
2
= 2x - m có 4 nghiệm phân biệt
Bài giải:
Hệ (I) ⇔
( ) ( )





≤≤
≤−+−
≥−
(3)
(2)
(1)
31
413
0

2
22
x
mx
mx
Trang: 4
Sáng kiến kinh nghiệm
Các điểm M(x; y) thoả mãn hệ (1), (2), (3) được biểu diễn bằng miền gạch trên
hình vẽ:
áp dụng định lý (2) suy ra hệ (1), (2), (3) có nghiệm ⇔ 1 ≤ m ≤ 3.
NX: Nếu bài toán trên có thể yêu cầu Giải và biện luận theo m.
x
2
- 6x + m
2
- 2m + 6 ≤ 0 với 1 ≤ x ≤ 3 và m ≥ x
Ta đi đến kết luận:



<
>
1
3
m
m
bất phương trình vô nghiệm
m=3 bất phương trình có nghiệm x = 3
m = 1 bất phương trình có nghiệm x = 1
1 < x < 3 bất phương trình có nghiệm 1 < x < 3

VD: Cho hệ





≤−+++
≤−+++
(2)
(1)
012
012
22
22
myxx
myyx
Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất
Bài giải:
Ta có hệ (1), (2) ⇔
( )
( )





≤++
≤++
myx
myx

2
2
2
2
1
1
Cách1:
• nếu m < 0 thì hệ vô nghiệm
• nếu m = 0 khi đó:
( )
( )





≤++
≤++


01
01
2
2
2
2
yx
yx
⇔








=
=+
=+
=
0
01
01
0
y
x
y
x
vô nghiệm
Trang: 5
Sáng kiến kinh nghiệm
• Nếu m > 0 vẽ trên hệ trục Oxy đường tròn: O
1
(0, -1) bán kính R
1
=
m
đường tròn: O
2
(-1; 0) bán kính R

2
=
m
Bài toán trở thành xác định m để
(O
1
) tiếp xúc ngoài với (O
2
)
⇔ R
1
+ R
2
= O
1
O
2
⇔
a22 =
⇔ a =
2
1
Cách2:
Học sinh thường làm bài này bằng phương pháp điều kiện cần và đủ:
• Điều kiện cần: Giả sử hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x
0
, y
0
)
⇒ (y

0
, x
0
) cũng là nghiệm của hệ . Hệ có nghiệm duy nhất ⇒ x
0
= y
0
Thay vào (1) ta được: 2x
0
+ 2x
0
+ 1 - a ≤ 0
∆' = 1 - 21 - a = -1 + 2a
có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ = 0 ⇔ a =
2
1
• Điều kiện đủ: Khi a =
2
1
hệ có dạng:
( )
( )





≤++
≤++
(2)

(1)
2
1
1
2
1
1
2
2
2
2
yx
yx
⇒ x
2
+ (x + 1)
2
+ (y + 1)
2
+ y
2
≤ 1 (3)
Nhận thấy (3) là hệ quả của hệ (1) (2)
⇔
0
2
1
2
2
1

2
22
≤






++






+ yx
⇔





−=
−=
2
1
2
1
y

x
Do (3) có nghiệm duy nhất:





−=
−=
2
1
2
1
y
x
Nên hệ (1) (2) có nhiều nhất là một nghiệm
Trang: 6
x
O
y
Sáng kiến kinh nghiệm
Thử lại ta thấy:





−=
−=
2

1
2
1
y
x
thì thoả mãn hệ (1), (2)
Vậy khi a =
2
1
hệ có nghiệm duy nhất:





−=
−=
2
1
2
1
y
x
Nhận xét: Nếu bài toán yêu cầu gải và biện luận theo m thì việc sử dụng phương
pháp dại số gặp rất nhiều khó khăn. Suy ra nếu vận dụng phương pháp toạ độ
Phần I: Cơ sở lý thuyết của phương pháp toạ độ
$1. Kiến thức cơ bản
1. Toạ độ của các điểm và toạ độ của véctơ
2. Trên mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ dềcác vuông góc Oxy.
Giả sử điểm A(x

1
, y
1
) B(x
2
; y
2
)
Khi đó
( )
1212
; yyxxAB −−=
Độ dài
( ) ( )
2
12
2
12
yyxxAB −+−=
3 điểm A, B, C bất kỳ : •
ACBCAB =+
•
ACBCAB ≥+
Dấu " = " xảy ra ⇔
BCAB,
cùng hướng ⇔
BCAB,
cùng hướng hoặc 1 véctơ
là
0

° Giả sử:
( )
11
; yxa =

( )
22
; yxb =

a
.
b
= x
1
x
2
+ y
1
y
2
và
a
.
b
= 
a
.
b
.cos(
a

,
b
),
a
⊥
b
⇔
a
.
b
= 0
⇒
a
.
b
≤ 
a
.
b

Dấu "=" xảy ra ⇔
a
,
b
cùng phương hoặc có một véctơ là
0

a
cùng phương
b

⇔ ∃k:
b
= k
a
2) Trong không gian:
Với hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxyz
Giả sử: A(x
1
, y
1
, z
1
) B(x
2
, y
2
, z
2
)
Trang: 7
Sáng kiến kinh nghiệm
Khi đó:
AB
= (x
2
- x
1
, y
2
- y

1
, z
2
- z
1
)
•
( ) ( ) ( )
2
12
2
12
2
12
zzyyxxAB −+−+−=
• M(x, y, z) chia AB theo tỷ số k
⇔









+
=
+
=

+
=
⇔=
2
2
2
21
21
21
kzz
z
kyy
y
kxx
x
MBkAM
k ≠ -1
•
a
= (x
1
; y
1
; z
1
)
b
= (x
2
; y

2
; z
2
)
°
a
cùng phương
b
⇔ ∃k:
b
= k
a
°
a
.
b
= x
1
x
2
+ y
1
y
2
+ z
1
z
2
° cos(
a

,
b
) =
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
212121
zyxzyx
zzyyxx
++++
++
°
a
⊥
b
⇔
a
.
b
= 0
° Tích hữu hướng của

a
.
b
KH: [
a
,
b
]
[
a
,
b
] = 
a
.
b
sin(
a
,
b
)
°
a
= (x
1
; y
1
; z
1
)

b
= (x
2
; y
2
; z
2
)
c
= (x
3
; y
3
; z
3
) đồng phẳng ⇔
a
[
b
,
c
] = 0
° Gọi d là khoảng cách từ M
0
(x
0
; y
0
; z
0

) đến ∆: Ax + By + Cz + D = 0
⇒ d =
222
000
CBA
DCzByAx
++
+++
3. Miền trên mặt phẳng toạ độ xác định bởi phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình
a) Trên mp Oxy. Ta biết rằng ∀ đường thẳng d: ax + by + c = 0 (a
2
+ b
2
> 0)
Chia mặt phẳng toạ độ ra làm 2 phần
S
1
= {(x;y): ax + by + c > 0}
S
2
= {(x;y): ax + by + c > 0}
trong thực tế để xác định được ta chỉ cần xét dấu của f(x; y) = ax + by + c tại 1
điểm trên 1 miền nào đó.
• NX: 1/ Sau khi xét dấu trên trên 1 miền ta suy ra được dấu của miền còn lại
2/ Để việc xác định dấu của 1 miền đơn giản ta thường chọn miền có chứa gốc
toạ độ O(0; 0) hoặc miền có chứa điểm có toạ độ "đẹp"
Trang: 8
Sáng kiến kinh nghiệm
• Chẳng hạn:

VD1: Xét đường thẳng: y - x + 1 = 0
Trên hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy
Vẽ đường thẳng d: x - y + 1 = 0
d đi qua A(-1; 0) B(0; 1)
VD2: Biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ miền nghiệm S của hệ:






≤+−
≥++
≥+
(3)
(2)
(1)
03
01
01
yx
yx
y
(I)
Giải:
Trên hệ trục toạ độ Đêcác Oxy
• Xác định miền nghiệm S
1
= {(x;y): y + 1 ≥ 0}
S

2
= {(x; y): x+ y + 1 ≥ 0}
S
3

= {(x; y): x - y + 3 ≤ 0}
Khi đó miền nghiệm của hệ (I) là S
S = S
1
∩ S
2
∩ S
3
được biểu diễn bằng miền ∆ABC gạch chéo kể cả biên
b) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy
đường tròn tâm I(a; b): (x - a)
2
+ (y - b)
2
= R
2
Khi đó S
1
=
( ) ( ) ( )
{ }
2
22
:; Rbyaxyx >−+−
S

2
=
( ) ( ) ( )
{ }
2
22
:; Rbyaxyx <−+−
là những điểm nằm trong (O)
Trang: 9
A
B
y
x
Sáng kiến kinh nghiệm
• Tổng quát:
Đường cong y = f(x) chia mặt phẳng toạ độ ra làm 2 phần:
S
1
=
( ) ( ){ }
0:; >− xfyyx
S
2
=
( ) ( ){ }
0:; <− xfyyx
Do y = f(x) liên tục nên ta cần xét dấu tại 1 điểm M
0
(x
0

, y
0
) trên 1 miền từ đó
suy ra dấu của y = f(x) trên 1 miền còn lại
VD3: Giải hệ phương trình:





≤−+−+
≤−
(2)
(1)
0222
0
22
2
yxyx
yx
(I)
Giải:
Trên hệ trục toạ độ Đềcác Oxy
• Xác định miền nghiệm S
1
=
( )
{ }
0:;
2

≤− yxyx
• Xác định miền nghiệm S
2
=
( )
{ }
0222:;
22
≤−+−+ yxyxyx
Nhận thấy: x
2
+ y
2
- 2x + 2y - 2 = 0
⇔ (x - 1)
2
+ (y + 1)
2
= 4 là phương trình đường tròn tâm I(1; -1) bán kính R = 2
như trên hình vẽ
Từ đó suy ra: miền nghiệm của hệ (I) là S thì S = S
1
∩ S
2
là tam giác cong AOB
gạch chéo kể cả biên
• NX:
Bằng phương pháp toạ độ ta có thể giải được nhiều bài toán về phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình một cách đơn giản trực
quan và ngắn gọn và rất hữu hiệu. Đặc biệt là 1 số bài toán định tính như:

° Biện luận theo tham số số nghiệm của phương trình, hệ phương trình, bất
phương trình có nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất
Trang: 10
I
Trên hệ trục toạ độ Oxy vẽ
y = 2
x
(C) và (d): y = -x + 6
Nhận thấy (C) ∩ (d) tại M(2; 4) duy
nhất
KL: phương trình (1) có nghiệm duy
nhất x = 2
Cách2: Bằng cách khác
Sáng kiến kinh nghiệm
° Xác định tham số để phương trình, hệ phương trình, bất phương trình có
nghiệm
$2. Vận dụng cơ sở lý thuyết để giải phương trình, bất phương trình, hệ bất
phương trình
I) Phương pháp toạ độ khảo sát phương trình đại số:
Cơ sở lý luận: Xét phương trình: f(x) = g(x) (1) xác định trên D
1/ Trên hệ trục Đềcác vuông góc Oxyvẽ 2 đồ thị: y = f(x) (C
1
) v

à y = g(x) (C
2
)
thoả mãn D
Khi đó hoành độ giao điểm của (C
1

) và (C
2
) thoả mãn D là nghiệm của phương
trình (1)
2/ Nếu: f(x) = m có TGT: (a; b) và
( ) ( )
bxfaxf
D
D
== minmax
VD: Giải phương trình: 2
x
= 6 - x (1)
Giải
Cách1:

và (d): y = -x + 6
Nhận thấy (C) ∩ (d) tại M(2; 4) duy nhất
KL: phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2
Cách2: Bằng cách khác
Nhận thấy: x = 2 thì VT = 2
x
= 4
VP = 6 - x = 4
• x = 2 là nghiệm
Trang: 11
Sáng kiến kinh nghiệm
• Nếu x > 2 thì
VPVT >⇒




=<=
=>=
4 2 - 6 x - 6 VP
4 2 2 VT
2x
không thoả mãn
Vậy phương trình (1) không có nghiệm x > 2
• Nếu x < 2 thì
VPVT <⇒



=<=
=<=
4 2 - 6 x - 6 VP
4 2 2 VT
2x
không thoả mãn
Vậy phương trình (1) không có nghiệm x < 2
• KL: Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2
NX: ° Khi giải bằng phương pháp này học sinh cần lưu ý: đồ thị hàm số đồng
biến và đồ thị hàm số nghịch biến nên cách nhau thì cắt tại 1 điểm duy nhất
° Đồ thị hàm số nghịch biến hoặc đồng biến với đồ thị hàm số không đổi nếu
cắt nhau thì cũng cắt tại điểm duy nhất
Dựa vào nhận xét này: ta có thể đoán nhận ra nghiệm của f(x) = g(x)
Sau đó chứng minh duy nhất
Tuy nhiên nếu bài toán có nhiều nghiệm (tức là f(x) = g(x) có nhiều nghiệm)
thì phương pháp trên bó tay. Nhưng phương pháp toạ độ vẫn có thể giải quyết

được.
Chẳng hạn:
VD: Giải phương trình: 2
x
=
1
2
1
+x
Giải:
Vẽ (C): y = 2
x
và d: y =
1
2
1
+x
trên cùng một hệ trục

Rõ ràng việc áp dụng phương pháp toạ độ cho ta lời giải rõ ràng ngắn gọn trực
quan. Đặc biệt là những bài có chứa tham số
VD3: Giải và biện luận phương trình: x
4
+ 2x
2
+ 3 - m = 0
Trang: 12
Ta thấy (C) cắt (d) tại A







−
2
1
;1
B(a, 1)
Vậy phương trình có 2 nghiệm
phân biệt



−=
=
1
0
x
x
Sáng kiến kinh nghiệm
Giải:
Cách 1: Đặt t = x
2
≥ 0
Bài toán trở thành giải và biện luận theo m số nghiệm t ≥ 0 của: t
2
+ 2t + 3 -m =0
• TH1: Nếu P = 3 - m = 0 ⇔ m = 3
phương trình (2) có 2 nghiệm




=
=
0
2
t
t
thoả mãn
⇒ phương trình (1) có nghiệm x = 0; x = ±1
• TH2: Nếu P = 3 - m < 0 ⇔ m > 3
phương trình (2) có nghiệm t
1
< 0 < t
2
⇒ phương trình (1) có 2 nghiệm pb: x = ±
2
t
• TH3: Nếu:
32
3
2
01
03
02
0
0
0'
<≤⇔




<
≥
⇔





∀>
>−
≥−
⇔





>
>
≥∆
m
m
m
m
m
S
P

m
phương trình (2) có 2 nghiệm 0 < t
1
≤ t
2
⇒ phương trình (1) có 4 nghiệm: x
1, 2
= ±
1
t
; x
3, 4
= ±
2
t
• TH4: Nếu
2
01
03
02
02
0
0
0'
0'
<⇔












<
>−
≥−
<−
⇔











>
>
≥∆
<∆
m
m
m

m
S
P VN
⇒ phương trình (2) VN
⇒ phương trình (1) vô nghiệm


• KL: ° với m < 2 thì phương trình vô nghiệm
° Với 2 < m < 3 phương trình có 4 nghiệm pb:
21
2,1
−+±= mx
21
4,3
−−= mx
° m = 2 phương trình có 2 nghiệm phương trình x = ±1
° m = 3 phương trình có 3 nghiệm: x = 0; x = ±
2
° m > 3 phương trình có 2 nghiệm phân biệt
Bằng việc vận dụng định lý Viét hoặc định lý đảo của tam thức bậc hai ta có thể
giải và biện luận phương trình (1). Tuy nhiên bài giải còn dài dòng
Cách2: Bằng phương pháp toạ độ: phương trình (1) ⇔ x
4
- 2x
2
= m - 3
Xét : f(x) = x
4
- 2x ∀x ∈ R
Trang: 13

Sáng kiến kinh nghiệm
có f(x) = 4x
3
- 4x = 0 ⇔



±=
=
1
0
x
x
Bảng biến thiên:
x -
∞
-1 0 1 +
∞
f(x) - 0 + 0 - 0 +
f(x)
+
∞

CT
CĐ
CT
+
∞
Dùa vµo b¶ng biÕt thiªn ta cã thÓ biÖn luËn:
• m = 2 ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = ±1

• 2 < m < 3 ph¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm: x
1
< -1 < x
2
< 0 < x
3
< 1 < x
4
• m = 3 ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm x = 0, x = ±1
• m > 3 ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt



>
−<
2
1
x
x
VD4: (Đề 99/II) Xác định m để: (x - 1)
2
= 2x - m (*)
Giải:
Bài toán trên có thể làm bằng nhiều cách khác nhau
NX: Một số sách hướng dẫn học sinh phổ thông hay làm theo cách sau:
Nhận thấy 2 vế cảu phương trình (*) không âm: bình phương hai vế ta được:
(x - 1)
4
= (x - m)
2

⇔ (x
2
- 2m + 1)(x
2
- 4x + 1 + 2m) = 0
⇔
( )
( )




=++−
−=
2
1
0214
12
2
2
mxx
mx
phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ?
• phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2m - 1 > 0 ⇔ m >
2
1
• phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = 3 - 2m > 0 ⇔ m <
2
3
Các em kết luận: với

2
3
2
1
<< m
thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt
Trang: 14
y
O
x
y= A
B
Sáng kiến kinh nghiệm
Tuy nhiên kết luận trên là hơi vội. Ta còn phải kiểm tra xem nếu
2
3
2
1
<< m
thì
2 phương trình (1) (2) cso nghiệm hay không: Để làm được điều này ta giả sử:
(1) , (2) có nghiệm chung x
0
Khi đó





=++−

−=
0214
12
0
2
0
2
0
mxx
mx

⇔ x
0
= k thay vào (1) ta được: k
2
= 2k - 1 ⇔ k = 1
Vậy k ≠ 1 thì phương trình (1) và phương trình (2) không có nghiệm chung
KL: phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔





<<
<<
2
3
1
1
2

1
m
m
Bằng phương pháp toạ độ ta có thể giải bài toán trên đơn giản và ngắn gọn hơn
2/ phương pháp toạ độ có thể giải được những bài toán đại số mà bằng phương
pháp khác gặp rất nhiều khó khăn
VD: Tìm GTLN và GTNN của f(x) =
2222
2222 qqxxppxx ++++−
(1)
theo p và q
Giải:
Nhận thấy TXĐ:





∀≥++
∀≥+−
x 02q2qxx
x
22
022
22
ppxx
TXĐ: D = R
khi đó f(x) =
( ) ( )
2

2
2
2
qqxppx
+−++−
trên mặt phẳng toạ độ với hệ trục toạ độ Oxy Đặt điểm A(x - p;
p
) B(x -q;
q
)
Khi đó
( )
2
2
ppxOA +−=

( )
2
2
qqxOB +−=

AB
=
( ) ( )
22
pqqp −+−
Khi đó f(x) =
( ) ( )
2
2

2
2
qqxppx +−++−
=
ABOBOA ≥+
f(x) ≥
( )
22
2
qpqp −=−
Dấu "=" xảy ra ⇔ A, O, B thẳng hàng ⇔
q
p
xq
px
=
−
−
Trang: 15
y = g(x)
y = f(x)
Sáng kiến kinh nghiệm
• Nếu p = q thì: minf(x) = 0 ⇔ x =
qp
qppq
+
−
• Nếu p ≠ q thì minf(x) =
qp −2
VD5: Xác định m để:

mxxxx =++++− 11
22
2/ Phương pháp toạ độ để khảo sát bất phương trình; hệ bất phương trình đại số:
Như đã biết, bất phương trình: f(x) < g(x) (1) có TXĐ: D
Gọi S là tập nghiệm của
⇒ S =
( ) ( ){ }
000
: xgxfDx <∈
Để giải bất phương trình trên bằng phương pháp toạ độ.
Ta làm như sau:
Bc1: Vẽ: y = f(x) và y = g(x) trên cùng
1 hệ trục Oxy
Bc2: Tìm những phần đồ thị y = f(x)
nằm phía dưới: y = g(x)
Bc3: Tìm hình chiếu của phần đồ thị Ox
⇒ KL nghiệm của bất phương trình (1)
Chẳng hạn: ở hình vẽ bên ⇒ bất phương trình f(x) < g(x) có tập nghiệm x
1
<x<x
2
• MĐ1: f(x) < g(x) ∀x ∈ D
⇔ đường thẳng y = f(x) nằm hoàn toàn dưới: y = g(x)
• MĐ2: f(x) < g(x) ∀x ∈ D
⇔ đường thẳng: y = f(x) không nằm hoàn toàn dưới: y = g(x)
NX:
•
( )
( )
mxf

Dx
mxf
D
≥⇔



∈∀
≥
max
nghiÖmcã

•
( )
( )
mxf
Dx
mxf
D
≤⇔



∈∀
≤
min
nghiÖmcã
• f(x) ≥ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔
( )
mxf

D
≥min

• f(x) ≤ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔
( )
mxf
D
≤max
Trang: 16