Sáng kiến kinh nghiệm SKKN ứng dụng đường thẳng và đường tròn trong việc giải toán đại số ở trường THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“ỨNG DỤNG ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRONG VIỆC
GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ Ở TRƯỜNG THPT”


A – MỞ ĐẦU – LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình đường tròn là một trong những phương trình đường cong hay gặp nhất
trong môn toán ở nhà trường phổ thông.
Khái niệm về đường tròn và phương trình đường tròn không nhiều, nhưng hệ thống
bài tập thì đa dạng và phong phú vô cùng. Những ứng dụng quan trọng của nó là giải
bất phương trình, tìm GTLN,GTNN của biểu thức, biện luận số nghiệm của hệ phương
trình … Đó chính là công việc “hình học hóa môn đại số”. Sử dụng được phương pháp
này lời giải rất “đẹp,dễ nhớ và thoáng”.
Đứng trước bài toán biện luận hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN của biểu thức phải
xác định được phương pháp giải của nó.
Có nhiều tác giả nghiên cứu về các dạng bài tập nhiều cách giải khác nhau; dùng định
lý thuận, đảo dấu tam thức bậc hai; tách ghép đánh giá; dùng bất đẳng thức Côsi,
Bunhiacôpski…Song khai thác triệt để và có hệ thống việc sử dụng phương trình đường
tròn vào việc biện luận hệ phương trình thì chưa có. Rất nhiều bài toán nhờ ứng dụng
phương pháp đường tròn được giải quyết một cách ngắn gọn dễ dàng.
Thông qua đề tài này chúng ta có thể :
-

Cung cấp cho học sinh một phương pháp hay về việc giải một số bài toán đại số.

-

Phát triển sự tư duy sáng tạo cho học sinh.

-

Giúp học sinh một cách nhìn rất logic trong chương trình toán phổ thông.
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu của đề tài :

Các dạng phương trình, hệ phương trình trong chương trình toán phổ thông:
phương trình đại số, phương trình siêu việt.
-

Phương trình đường thẳng, đường tròn.
Nghiên cứu trong phạm vi cả chương trình toán phổ thông.

Vì những lý do trên tôi chọn đề tài : “ Ứng dụng của đường thẳng và đường tròn
trong việc giải toán đại số ở trường THPT ”
B – CƠ SỞ LÝ LUẬN
LÝ THUYẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG


1. Dạng tổng quát của phương trình đường thẳng :
Ax + By + C = 0 ( A2+B2 ≠ 0)
2. Dạng tổng quát của phương trình đường tròn tâm I(a,b) bán kính R có phương
2
2
trình : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2
2
2
3. Điều kiện để phương trình : x + y + 2ax + 2by + c = 0 là phương trình đường
tròn là : a2 + b2 - c > 0

4. Công thức tính khoảng cách từ điểm M(x0; y0) đến đường thẳng (d) có phương

trình : Ax + By + C = 0 ( A2+B2 ≠ 0)

Ax + By + C

d ( M,d ) =

A 2 + B2
5. Điều kiện để đường thẳng (d) : Ax + By + C = 0 là tiếp tuyến của đường tròn (
C ) tâm I(a;b) bán kính R là : d(I;d)=R.
6. Sự tương giao của hai đồ thị y=f(x) và y=g(x).Hoành độ giao điểm của hai đồ thị
trên là nghiệm của phương trình : f(x)=g(x).
7. Sự biểu diễn các đường cong trên mặt phẳng tọa độ,cách xác định miền đường
thẳng hoặc đường tròn thỏa mãn bất phương trình,hệ bất phương trình.
2
8. Vị trí tương đối của hai đường tròn ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) = R và đường tròn
2

2

2
( C’) : ( x − a ') + ( y − b' ) = R '
2

•
•
•
•

2

( C ) ∩ ( C')
( C ) ⊂ ( C')

( C' ) ⊂ ( C )

( C ) ∩ ( C')
( C ) ∩ ( C')

tại một điểm duy nhất.
tại hai điểm phân biệt.

2
9. Phương tích của điểm M(x0;y0) đối với đường tròn (C): ( x − a ) + ( y − b ) = R
tâm I(a;b) bán kính R là :
2

2


P( M/ (C) )= MA.MB = IM 2 − R 2 = ( x 0 − a ) + ( y 0 − b ) − R 2
2

2

Nếu M nằm trên hoặc ngoài đường tròn ta có : P( M/ (C) )= MT2
(với MT là tiếp tuyến với đường tròn tại điểm T)
10. Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm :
2
( C ) : ( x − a ) + ( y − b) = R
2

2

2
( C’) : ( x − a ') + ( y − b' ) = R '
2

2

 a ≠ a ' 

÷
 b ≠ b ' 
Phương trình trục đẳng phương của (C) và (C’) là :
2 ( a − a ' ) x + 2 ( b − b ' ) y − ( a 2 − a ' 2 ) − ( b 2 − b ' 2 ) + R '− R = 0
C – NỘI DUNG
ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
1. Ứng dụng đường tròn để giải phương trình.
1.1. Cơ sở lý thuyết :
Một số phương trình đại số sau một số bước biến đổi sẽ xuất hiện dạng giao điểm của
các đường cong nên ta có thể xét sự tương giao của các đường cong để giải phương
trình ban đầu.
1.2. Phương pháp:


Bước 1: Biểu diễn phương trình ban đầu dưới sự tương giao của các đường cong.



Bước 2 : Biểu diễn các đường cong xuất hiện ở bước 1 trên mặt phẳng tọa độ.



Bước 3 : Xét sự tương giao của các đường cong :

-

Nếu hai đồ thị không cắt nhau thì phương trình đã cho vô nghiệm.


Nếu hai đồ thị cắt nhau tại bao nhiêu điểm thì phương trình đã cho có bấy nhiêu
nghiệm.
1.3. Bài toán áp dụng.
Bài toán 1: Giải và biện luận theo m phương trình :
m + x + m − x = m ( 1)
Giải:
+ Nếu m < 0

⇒ Phương trình (1) vô nghiệm.

+ Nếu m = 0 ⇒ x + − x = 0
 x≥0
⇔x=0
TXĐ : 
−
x
≤
0


⇒ x=0 là một nghiệm của phương trình.
+ Nếu m > 0
Đặt





m + x = u 2
m+x =u 
⇒  m − x = v 2 ⇒ u 2 + v 2 = 2m
m−x = v 
 u, v ≥ 0

x + v = m
u 2 + v 2 = 2m

(1) trở thành 
u ≥ 0
 v ≥ 0

( 2)

Nghiệm của (2) chính là giao điểm của hai đường thẳng :
» của đường tròn (C) : u2+v2=2m tâm O(0;0) và
Đường thẳng (d) : u+v=m và cung AB
bán kính R = 2m .


Từ hình vẽ trên ta thấy (2) có nghiệm ⇔ OH ≤ d ( O;d ) ≤ R = 2m

⇔ m≤

m
≤ 2m
2

⇔ 2m ≤ m ≤ 2m. 2
⇒ 2m ≤ m 2 ≤ 4m
⇒2≤m≤4

Khi đó :

u2+(m-u)2=m


⇔ 2u 2 − 2mu + m 2 − 2 = 0
m ± 4m − m 2
⇔ u1,2 =
2
 m ± 4m − m 2
2
⇒ x1,2 = u 1,2 − m = 

2


2


−m

÷
÷


m 4m − m 2
=±
2
Vậy :
m > 4
+ Nếu : 
phương trình (1) vô nghiệm.
m < 0
+ Nếu m=0 phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=0.
+ Nếu 2 ≤ m ≤ 4 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :
x1,2

m 4m − m 2
=±
2

* Mở rộng bài toán :
Các bài toán sau có thể sử dụng sự tương giao của hai đồ thị để giải.
1) A − x ± B + x = C
2) A − f ( x ) ± B + f (x) = C
Trong đó A,B,C là các biểu thức chứa tham số m hoặc 1 trong 3 đại lượng trên chứa
tham số.
Bài toán 2: Xác định m để phương trình sau có nghiệm:
cos x + 2 − cos 2 x + cos x. 2 − cos 2 x = m
• Cơ sở:

Xuất hiện hai đại lượng đối nhau là cosx và 2 − cos 2 x vì vậy ta có thể đặt ẩn phụ theo
2 ẩn u,v sau đó xét sự tương giao của đường thẳng và đường tròn để giải phương trình
đã cho.
• Lời giải:
•
Đặt
u = cos x
u ≤ 1;1 ≤ v ≤ 2

2
v
=
2
−
cos
x

u 2 = cos 2 x
⇒ 2
⇒ u 2 + v2 = 2
2
 v = 2 − cos x

(

)

Khi đó phương trình (1) trở thành :
1


( u + v ) 2 − 2  = m
u
+
v
+
u + v + uv = m


2
u 2 + v 2 = 2

 u 2 + v 2 = 2
⇔


−1 ≤ u ≤ 1
 −1 ≤ u ≤ 1
1 ≤ v ≤ 2

1 ≤ v ≤ 2
( u + v ) 2 + 2(u + v) − 2m − 2 = 0
 2
u + v 2 = 2
⇔
−1 ≤ u ≤ 1
1 ≤ v ≤ 2

3



u
+
v
=
−
1
±
2m
+
3
m
≥
−

÷

2

 2
⇔ u + v 2 = 2
−1 ≤ u ≤ 1

1 ≤ v ≤ 2

( *)


v

d":1

d'1
C
B
d2

-1

A

1

1

O

-1

u

d1

Coi (*) là giao điểm của 3 đường cong :
( C ) : u2+v2= 2 với −1 ≤ u ≤ 1 ; 1 ≤ v ≤ 2
Đường thẳng (d1) : u + v = −1 + 2m + 3
Đường thẳng (d2) : u + v = −1 − 2m + 3
Ta có (d1) và (d2) là hai đường thẳng song song với nhau và cùng song song với ( ∆ ) .
¼
Đường tròn ( C ) : u2+v2= 2 thỏa mãn −1 ≤ u ≤ 1 ; 1 ≤ v ≤ 2 là cung tròn ABC

trên
hình vẽ.
Mà (d2) luôn nằm cùng phía hoặc trùng với ( ∆ ) cón (d1) luôn nằm ở phía trên hoặc
¼
trùng với ( ∆ ) ⇒ ( d 2 ) ∩ ABC


¼ ⇒ (d ) chạy trong miền từ (d1) qua A và //
Vậy để hệ có nghiệm thì : ( d1 ) ∩ ABC
1
( ∆ ) đến (d1’’) qua B và // ( ∆ ) .
⇒ 0 ≤ −1 + 2m + 3 ≤ 2
⇔ 1 ≤ 2m + 3 ≤ 3
⇔ −1 ≤ m ≤ 3
3
(Thỏa mãn điều kiện m ≥ − )
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : −1 ≤ m ≤ 3
•
• Mở rộng bài toán :
Các bài toán sau có thể sử dụng sự tương giao của các đường cong để giải để giải.
1.

x + A − x + x A − x = m (A là hằng số)

2.

f (x) + A − f (x) + f (x) A − f (x) = m (A là hằng số)

3.

f (x) + A − f (x) + f (x) A − f (x) = B (A_const,B_chứa tham số)

4.

Tất cả các bài toán trên có thể chuyển thành bài toán khác như sau :

5.

Tìm m để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm,có 2 nghiệm :
a) x + A − x + x A − x = m (A là hằng số)
b) f (x) + A − f (x) + f (x) A − f (x) = m (A là hằng số)

Bài toán 3 : Cho phương trình :
1+ x + 8 − x +

(1+ x) ( 8 − x)

=a

a) Giải phương trình khi a=3.
b) Xác định a để phương trình đã cho có nghiệm.
• Cơ sở :
Xuất hiện hai đại lượng đối là x và –x nên có thể chuyển phương trình đã cho về hệ
phương trình với 2 ẩn là u và v,khi đó làm mất biến x ta thu được một phương trình của


hệ có dạng phương trình của đường tròn.Vận dụng xét sự tương giao để giải hệ từ đó để
giải phương trình đã cho.
• Lời giải:

TXĐ

1 + x ≥ 0
 x ≥ −1


⇔ x ≤ 8
⇔ −1 ≤ x ≤ 8
8 − x ≥ 0
( 1 + x ) ( 8 − x ) ≥ 0
−1 ≤ x ≤ 8



( 1) ⇔

Đặt

1+ x + 8 − x +

(1+ x) ( 8 − x)

=a

u = 1 + x ( u ≥ 0 )
u 2 = 1 + x
⇔ 2
⇒ u 2 + v2 = 9

v = 8 − x

 v = 8 − x ( v ≥ 0 )

Khi đó phương trình (1) trở thành :
1

( u + v ) 2 − 9  = a
u
+
v
+
u + v + uv = a
(
)


2
u 2 + v 2 = 9

 2
2
⇔ u + v = 9

u ≥ 0
u ≥ 0
 v ≥ 0

 v ≥ 0
( u + v ) 2 + 2 ( u + v ) − 9 − 2a = 0
 2
u + v 2 = 9

⇔
u ≥ 0
v ≥ 0

u + v = −1 + 2 ( 5 + a )
 2
2

⇔ u + v = 9
u ≥ 0
v ≥ 0


( a ≥ −5 )
( *)


Với a=3
u 2 + v 2 = 9

  u + v = −5
( *) ⇔   u + v = 3
u ≥ 0

 v ≥ 0

( **)

Coi (**) là giao điểm của các đường sau :
(C) là cung tròn : u2+v2=9 với u ≥ 0; v ≥ 0

(d1) là đường thẳng có phương trình : u+v=3.

(d2) là đường thẳng có phương trình : u+v=-5
Được biểu diễn trên hình vẽ :


v

d1'

3
H
-5

O

u

3

d"1
d1

d2

Từ hình vẽ trên ta có phương trình có 2 nghiệm :
 
 u = 3



v
=
0
 

⇔
 u = 0
 


  v = 3
 

1+ x = 3
8−x = 0

x = 8
⇔
 x = −1
1+ x = 0
8−x = 3

Với a=3 thì phương trình có 2 nghiệm x=8 và x=-1.
Khi đó (*) là giao điểm của các đường sau :
(C) : là cung tròn u2+v2=9 với u ≥ 0; v ≥ 0
(d’1) : là đường thẳng có phương trình : u + v = −1 + 2 ( 5 + a )


(d’2) : là đường thẳng có phương trình : u + v = −1 − 2 ( 5 + a )
⇒ d1’ // d2’ // d1 // d2

Ta có : (d2’) nằm phía dưới đường thẳng ( ∆ ) : ∀a ≥ −5 ⇒ ( d 2 ) ∩ ( C )
(d1’) nằm trên đường thẳng ( ∆ ) : ∀a ≥ −5
Để phương trình có nghiệm thì (d1’) chạy từ (d1) tới (d1”)
⇔ OH ≤ OK ≤ OI
3 2
≤ −1 + 2 ( 5 + a ) ≤ 3
2
11
⇔ + 3 2 ≤ 10 + 2a ≤ 16
2
9 3 2
⇔− +
≤a≤3
4
2
Thỏa mãn điều kiện a ≥ −5
⇔

 9 3 2 
;3 thì phương trình đã cho có nghiệm
Vậy với a ∈  − +
4
2


• Mở rộng bài toán
Các bài toán sau là mở rộng của bài toán 3.
1.Tìm a để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm:
A−x + B+ x +

( A − x) ( B + x)

= a (A,B_const)

2. Tìm m để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm,có 2 nghiệm :
A − f (x) + B + f (x) +

( A − f (x) ) ( B + f (x) )

( A,B: const , C chứa tham số)
Bài toán 4 : Giải và biện luận phương trình:

=C


4 − x 2 − mx = 2 − m

• Cơ sở lý luận
Xuất hiện đại lượng A − x 2 ở một vế của phương trình do đó ta có thể chuyển vế và
coi phương trình đã cho là hoành độ giao điểm của hai đồ thị mà một tổng hai đồ thị đó
là cung tròn.
• Lời giải
TXĐ : −2 ≤ m ≤ 2

( 1) ⇔

4 − x 2 = mx − m + 2

( 1')

Coi (1’) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị
y = 4 − x 2 và y=mx-m+2
Trong đó đồ thị y = 4 − x 2 là cung tròn của đường tròn x2+y2=4 với ( y ≥ 0, x ≤ 2 ) .
Đường thẳng y = mx-m+2 =m(x-1)+2 là đường thẳng đi qua
điểm cố định I(1 ;2).
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của hai đồ thị


d2

y

d1

d3

I

d4

T

B

m=2/3

O

x

A

m=-4/3

m=-2

Từ hình vẽ trên ta thấy :
Đường thẳng (d1) và (d4) là 2 tiếp tuyến của đường tròn (C) ứng với hệ số góc m=0 và
m=-4/3.
Đường thẳng (d2) đi qua điểm A(2 ;0) ứng vói hệ số góc m=-2 và (d 3) đi qua điểm
B(-2 ;0) ứng vói hệ số góc m=2/3
Vậy từ hình ta có đường thẳng (d) với hệ số góc m bất kì biến thiên trong góc nhọn
tạo bởi (d1) và (d4) thì ( d ) ∩ ( C ) ⇒ phương trình vô nghiệm.
4
⇒− 3
Đường thẳng (d) biến thiên trong góc nhọ tạo bởi (d 2) và (d3) thì (d) cắt (C) tại một
điểm duy nhất nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.


⇒ −2 < m < −

3
2

-

Với m=0 đường thẳng ( d ) ≡ ( d 4 ) ⇒ phương trình có nghiệm duy nhất x=0.

-

Với m=-4/2 đường thẳng ( d ) ≡ ( d1 ) ⇒ phương tình có nghiệm duy nhất x=xT.

-

Khi (d) biến thiên trong góc nhọ tạo bởi (d 1) và (d2) thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân
4
biệt ⇒ phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt −2 ≤ m ≤ −
3
Khi (d) biến thiên trong góc nhọn tạo bởi (d3) và (d4) thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân
2
biệt ⇒ 0 < m ≤
3
• Mở rộng bài toán
1.Có thể thay bằng việc xét vị trí tương đối của đường thẳng (d) và cung tròn (C) bởi
đường cong có thể biểu diễn trên mặt phămgr tọa độ.
2.Bài toán sau là bài toán mở rộng của bài toán trên :
A − x 2 + Bx + C = 0
Trong đó A,B,C là các biểu thức chứa tham số hoặc không chứa tham sô.
1.4. Các bài toán tương tự của bài bài toán ứng dụng đường tròn để giải phương
trình.
Bài 1 : Cho phương trình :
x +1 + 3 − x −

( x + 1) ( 3 − x )

=m

a)

Giải phương trình khi m=2.

b)

Tìm m để phương trình có nghiệm.

c)

Tìm m để phương trình vô nghiệm.

Bài 2 : Xác định m đẻ phương trình sau có nghiệm
3+ x + 6− x −

( 3+ x) ( 6 − x)

=m


Bài 3 : Cho phương trình :
5 − x + x − 1 + −5 + 6x − x 2 = m
a)

Tìm m để hệ trên có nghiệm

b)

Giải phương trình khi m = 2 1 + 2

(

)

Bài 4 : Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm :
4x 3 − 3x = 1 − x 2
Bài 5 : Tìm a để phương trình sau có nghiệm :

( x + y) +

2x ( y − 1) + a = 2

Bài 6 : Giải và biện luận phương trình :
m − x2 + x +1 + m + x2 − x +1 = m
Bài 7 : Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
x − y − 2y ( 1 − x ) + m 2 + 2 = 4
Bài 8 : Giải và biện luận phương trình :

a − x 2 − log (

x −3)
3

=0

2. Ứng dụng đường tròn để giải bất phương trình
2.1. Cơ sở lý luận
Một số bất phương trình sau một vài bước biến đổi sẽ xuất hiện dạng hệ bất phương
trình mà các bất phương trình của hệ là dạng các dường cong đã biết và có thể biểu diễn
chúng trên mặt phẳng tọa độ.Vì vậy ta sẽ dựa vào hình vẽ để tìm miền nghiệm cuẩ hệ
sau đó suy ra nghiệm của bất phương trình ban đầu.
2.2. Phương pháp:



B1 : Biểu diễn các điểm thỏa mãn bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ.



B2 : Tìm miền nghiệm của bất phương trình.


B3 : Kết luận các miền thỏa mãn và các miền không thỏa mãn điều kiện bài toán
đặt ra.


2.3. Một số bài toán cụ thể
Bài toán 1: Giải và biện luận theo a bất phương trình sau:
a+ x + a− x ≤2

( 1)

•
•
• Cơ sở :
Xuất hiện hai đại lượng đối nhau là a + x và a − x do đó có thể đặt ẩn phụ đẻ đưa
bất phương trình trên về một hệ bất phương trình sau đó sử dụng ứng dụng của đường
tròn để giải.
• Lời giải
•
ĐK :
x ≥ 0
x ≥ 0


a
+
x
≥
0
⇔


a ≥ x

a − x ≥ 0
Từ điều kiện suy ra a ≥ 0
Đặt :
u = a + x


 v = a − x
u 2 = a + x
⇒
2
 v = a − x
⇒ u 2 + v 2 = 2a(u, v ≥ 0


Khi đó bất phương trình (1) trở thành
u + v ≤ 2
 2
2
u + v = 2a

u ≥ 0; v ≥ 0


( *)

Trong đó điểm M(u,v) thỏa mãn (*) là các điểm M(u,v) thuộc phần đường tròn (C) :
u2+v2=2a chứa trong ∆OCD
v

D

2

B
H
2
O

A

C

u

+Nếu

¼ ∩ OCD = ∅ ⇒ Phương trình vô nghiệm
2a > 2 ⇒ a > 2 ⇒ AHB

+ Nếu

2a ≤ d(O, ∆) = 2 ⇒ 0 ≤ a ≤ 1 ⇒ (1) có nghiệm thỏa mãn :


0 ≤ u ≤ 2a ⇔ 0 ≤ a + x ≤ 2a ⇔ 0 ≤ a x ≤ 2a
⇔ 0 ≤ x ≤ a ⇔ 2 ≤ 2a ≤ 2 ⇔ 1 ≤ a ≤ 2
+Nếu d ( O; ∆ ) ≤ 2a ≤ 2 ⇒ (1) có nghiệm thỏa mãn:
0 ≤ u = a + x ≤ u
1

 u ≤ u = a + x ≤ 2a
 2
Với u1 , u2 là các nghiệm của phương trình :
u 2 + ( 2 − u ) = 2a
2

⇔ 2u 2 − 4u + 4 − 2a = 0
⇔ u1,2 = 1 ± a − 1
0 ≤ a + x ≤ 1 − a − 1
⇒
1 + a − 1 ≤ a + x ≤ 2a

0 ≤ a + x ≤ a − 2 a − 1
⇔
a + 2 a − 1 ≤ a + x ≤ 2a
0 ≤ x ≤ −2 a − 1 ( vl )
⇔
⇒ 4(a − 1) ≤ x ≤ a 2
 2 a − 1 ≤ x ≤ a
Kết luận :

a < 0
Với 
thì bất phương trình vô nghiệm.
a
>
2

Với 0 ≤ a ≤ 1 thì bất phương trình có nghiệm thỏa mãn 0 ≤ x ≤ a 2
2
Với 1 ≤ a ≤ 2 thì bất phương trình có nghiệm thỏa mãn : 4 ( a − 1) ≤ x ≤ a

• Mở rộng bài toán
Các bài toán sau là bài toán mở rộng của bài toán trên
1.

Giải và biện luận bất phương trình sau :


A + f ( x ) + B − f (x) ≥ 0
(A,B là các biểu thức chứa tham số m)
2.

Giải bất phương trình sau :
 A + f (x) + B − f (x) ≥ C

 A + f (x) + B − f (x) ≤ C

( A, B,C _ const )

3. Tìm điều kiện của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm duy nhất,vô

nghiệm :
 A + f (x) + B − f (x) ≥ C

 A + f (x) + B − f (x) ≤ C
(A,B chứa tham số m,C_const)
Bài toán 2 : Cho bất phương trình sau :
− x 2 + 6x − 5 ≥ m − 2x

( 1)

a) Giải bất phương trình khi m=8
b) Tìm m để bất phương trình (1) có nghiệm ∀x ∈ [ 1;5]
• Cơ sở
Một vế của bất phương trình có dạng biểu thức dưới dấu căn bậc 2 mà biếu thức
trong căn chỉ chứa các số hạng chứa biến x,x 2.Nên ta có thể đưa việc giải bất phương
trình trên về việc xét sự tương giao của hai đường cong.Mà 1 trong 2 đường đó có liên
quan đến đường tròn.
• Lời giải
TXĐ D = [ 1;5]
Đặt :


y = − x 2 + 6x − 5
y ≥ 0
⇔ 2
2
 y + x − 6x + 5 = 0
 y ≥ 0
⇔
2

2
( x − 3) + y = 4
Là nửa đường tròn tâm I(3;0) bán kính R=2.
Gọi (d) là đường thẳng y = m-2x
a) Nếu m=8
⇒ ( d ) có phương trình y=8-2m
Giao của (C) và (d) là nghiệm của hệ phương trình :
 y = 8 − 2x

2
 y = − x + 6x − 5


v
m=8
m=2

2

O

4

3

1

5

u

d
d0
d1

y ≥ 0

2
⇔ ( 8 − 2x ) = − x 2 + 6x − 5
 y = 8 − 2x

23

y ≥ 0
  x = 5


( l)
  x = 3
6

⇔ 
23 ⇔   y = − 5
  x = 5


x = 3 ( t / m )
 y = 8 − 2x
  y = 2


Từ đồ thị hàm số suy ra các giá trị của x thỏa mãn bất phương trình (1) là phần đồ thị (C
) nằm phái trên đường thẳng (d) ⇒ 3 ≤ x ≤ 5
b) Gọi (d0) là đường thẳng có phương trình y=m-2x.
Ta thấy d 0 ∩ Oy = M(0; m) và (d0)//(d) hoặc ( d 0 ) ≡ ( d )
Gọi (d1) là đường thẳng đi qua điểm N(1;0)
(d1) có pương trình y=-2(-1+x)
Vậy để bất phương trình nghiệm đúng ∀x ∈ [ 1;5] ⇔ ( C ) không nằm dưới (d0) ⇔ (d1)
không nằm dưới (d0) ⇔ m ≤ 2
• Mở rộng bài toán
Bài toán trên có thể thay đoạn [ 1;5] bởi đoạn [ a; b ] bất kì khi đó ta cũng có các giá
trị tương ứng của m.
-

Thay đường thẳng d bởi 1 đường cong bất kì có thể biểu diễn điểm trên mặt phẳng.

2.4. Bài toán tương tự của bài toán loại 2
Bài 1 : Giải bất phương trình sau :

5−4 x + 5+4 x ≥ 4

Bài 2 : Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm :
x + 4 − 5−x > m
Bài 3 : Cho bất phương trình

8 + 2x − x 2 ≤

3x + m
2

( 1)

a) Giải bất phương trình khi m=3.
b) Tìm m để bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀x ∈ [ −2;4]
Bài 4 : Cho bất phương trình :
−4

( 4 − x) ( 2 + x)

≤ − x 2 − 2x + a − 18

a)

Giải bất phương trình khi a=6

b)

Tìm a để (1) nghiệm đúng ∀x ∈ [ −2;4]