BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BPT BẰNG ĐỒ THỊ I.. BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ 1.. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1... Giữ nguyên phần đồ thị của C ứng với x ≥ 0 rồi lấy đối xứng phần nà
Trang 1BIỆN 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
2
x
+
2) Biện luận theo a số nghiệm của PT: x2 +(3−a x) + −3 2a= và so sánh các 0 nghiệm đó với (−3) và (−1)
Giải: 1) 1.1 Tập xác định: Df =\{−2}= −∞ −( , 2) (∪ − +∞2, )
1.2 Chiều biến thiên:
a) Đạo hàm và cực trị:
2
2
3
x x
y
= = −
⇒ f x( )1 = f(−3)= −3 ;f x( )2 = f (−1)= 1
2
x
= + +
+
2
2
f x
x
+ ⇒ TCĐ: x = −2
2
x
+ ⇒ TCX: y = x + 1
c) Bảng biến thiên:
( )
( )
f x
−∞
−3 −∞
+∞
1
+∞
Trang 2d) 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 ⇔x2 +3x+ =3 a x( +2)
( ) 2 3 3
2
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
x
x
−
b Biện luận số nghiệm của PT: z4 −mz3 +(m+2)z2 −mz+ = 1 0
c Biện luận số nghiệm t∈(0,π) của PT: cos2t−mcost+m=0
Giải
1
x
= + +
− ⇒
TCÐ : 1
x
y x
=
= +
( )2
x x
f x
−
(Tự lập BBT)
b z4 −mz3 +(m+2)z2 −mz+ = 1 0
2 1
x =m x− ⇔ ( ) 2
1
x
x
− với x ∈D= −∞ −( , 2] [∪ 2,+∞)
c) Đặt x=cost∈ −( 1,1)∀ ∈t (0,π Khi đó ) cos2t−mcost+m=0
1
x
x
− với x ∈ (−1, 1)
1 2 -1
1 4
x
y
O
y
1 -1
-3 -3 -2
y=a
x2 1 x
a
1.3 Đồ thị:
Trang 3Bài 3 a Khảo sát và vẽ 2 3
2
y x
+ −
=
b Biện luận theo m số nghiệm: t4 +(1−m t) 2 − −3 2m= 0
Giải
x
y x
=
( )2
1
2
x
+
b t4 +(1−m t) 2 − −3 2m= 0
⇔ t4 +t2 − =3 m t( 2 +2)⇔ 4 2 2 3
2
t
2
x
+ −
2 ≥ 0
Bài 4 a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( ) : ( ) 2 1
1
x
+ +
+
b) Biện luận số nghiệm của PT: x2 +(1−m x) + −1 m= 0
c) Biện luận số nghiệm x∈[0,π] của PT: 2 ( )
sin x− 1−a sinx+ −1 a= 0
Giải
1
x
= +
+ ⇒
TCÐ : 1
x
y x
=
= +
( )2
x x
f x
= − ⇒ = −
+
x −∞ −2 −1 0 +∞
f ′ + 0 − − 0 +
f
−∞
−3 −∞
+∞
1 +∞
-2 O 1 y
x -1
-3/2
x
y
O -1 1 -2
-3
2 3
1
1 -2
-3
-1 O y
x
Trang 4b) x2 +(1−m x) + −1 m= ⇔ 0 ( ) 2 1
1
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 (Ca) qua Oy, khi đó (C′) = (Ca) ∪ (C′a)
c) Đặt t=sinx∈[0,1]∀ ∈x [0,π Khi đó ] 2 ( )
sin x− 1−a sinx+ −1 a= 0
1
t
+ +
+ với t ∈ [0, 1]
Bài 5 a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của ( ) : ( ) 2 2
1
x
− +
−
b Tìm a để phương trình: 2 2 1
1
x
c Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
2
2 2 log 1
m x
=
−
Giải: a ( )
2
2
x x
f x
⇒
1
2
1
x
= +
− ⇒ TCĐ: x = 1; TCX: y = x
1
x
hoành độ giao điểm của đường thẳng
(D): y=a x( −1)+ với (C): y = f (x) 1
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
1
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 2
1-y
1+ 2
-2 1
2 1+2
1 O
O 1
1+2 2
1
-2
2 1+
y
x -1- 2
Trang 5Giữ nguyên phần đồ thị của (C) ứng với x ≥ 0 rồi lấy đối xứng phần này qua Oy
Nghiệm của phương trình f( )x =log2m (m > 0) là hoành độ giao điểm của
đường thẳng y=log2 m với đồ thị (C′) Nhìn vào đồ thị ta có:
Nếu log2m < −2 ⇔ 0 1
4
m
< < thì phương trình có 2 nghiệm …
Bài 6 a Khảo sát và vẽ y= f x( )= −x4 +2x2 + 3
b Biện luận theo m số nghiệm: 4 2 4 2
x − x =m − m
Giải
f′ x = − x + x= x −x = ⇔x= x= ± ⇒ Cực trị (0, 3), (±1, 4)
3
f′′ x = − x + = − x = ⇔x= ± ⇒ Điểm uốn 1 ,32
9 3
b x4 −2x2 =m4 −2m2 ⇔ −x4 +2x2 + = −3 m4 +2m2 + ⇔3 f x( )= f m( ) (*) Nhìn vào đồ thị ta có:
Nếu f m( )=4⇔m = ± thì (*) có 2 nghiệm kép x = ±1 1
Nếu 3< f m( )<4⇔m∈ −( 2, 2 \ 0, 1) { ± } thì (*) có 4 nghiệm phân biệt
Nếu f m( )= ⇔3 m∈{0,± 2} thì (*) có 3 nghiệm x = 0; x = ± 2
Nếu f m( )< ⇔3 m∈ −∞ −( , 2) (∪ 2,+∞) thì (*) có 2 nghiệm phân biệt
Bài 7 a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( ) :C y= f x( )=4x3 −3x− 1
b) Tìm m để 4 x3 −3x −mx+m− =1 0 có 4 nghiệm phân biệt
Giải
2
f′ x = x − = ⇔x= ±
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 −∞ −21 12 +∞
f ′ + 0 − 0 +
f
−∞
0
−2 +∞
3
- 3
y
1 -1
3 4
Trang 6Điểm uốn U(0, −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 (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 (d m):y=m x( −1)
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 k1 = 1
Đường thẳng của họ (d m) tiếp xúc với (Ca′)
tại điểm có hoành độ x0 < 0 là nghiệm của phương trình:
3
2 2
2
3 1 4
4x 3x 1 3 1 4x x 1
⇔ x(1−4x2)+2x− =1 3 1( −4x2)(x−1)
2 2x−1 2x −2x−1 =0
Do x0 < 0 nên 0 1 3
2
x = − ⇒ k =2 6 3− 9 Nhìn vào đồ thị (C′) ta thấy: Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì
(d m):y=m x( −1) phải cắt đồ thị (C′): y= f ( )x tại 4 điểm phân biệt ⇔
k <m<k ⇔ 1<m<6 3− 9
Bài 8 Tìm m để 3m−x+ x+2= có 3 nghiệm phân biệt 1
Giải
-2
y
x O
1/2 1 -1/2
-1
-1
y
-2
-1
A
B
t
Trang 7Đặt t= x+2≥ ⇒0 x=t2 − , khi đó PT ⇔ 2 3m−t2 +2= − 1 t
( )3
⇔ − + = − ⇔ f t( )= −t3 +4t2 −3t− =1 m
Xét đồ thị (C): y = ƒ(t) Ta có: ( ) 3 2 8 3 0 4 7
3
f′ t = − t + t− = ⇔ =t ±
=
và f( )0 = − ⇒ Hình dạng đồ thị (C) 1
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
Bài 9 Tìm m để PT: sin2 x+sin 32 x−mcos 22 x= (*) có nghiệm 0
Giải
2 cos 2x cos 2x 1 mcos 2x
Đặt t=cos 2x∈ −[ 1,1], khi đó (*) ⇔ f t( )= −2t3 + + =t 1 mt2
6
f′ t = − t + = ⇔ = ±t
Nhìn vào đồ thị ta thấy: (*) có nghiệm ⇔ Parabol (Pm): y=mt2 cắt đồ thị
(C): y = ƒ(t) tại điểm có hoành độ t∈[−1, 1] ⇔ m > 0
t −1 −16 16 1
f ′ + 0 − 0 +
ƒ
2
CT
CĐ
0
-1
y
7 4+
3 3
4- 7
7 14 3 -7
-7 3 -14 7
y
x O
2 1
1 -1
Trang 8II BIỆN LUẬN BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ
1 Các bài tập mẫu minh họa
Bài 1 Tìm m để BPT: (4+x) (6−x)≤x2 −2x+m đúng ∀x∈[−4, 6]
Giải
( ) ( ) ( ) ( )2
0 0
y y
≥
≥
• (C) là nửa đường tròn ở phía trên Ox
với tâm I(1, 0), bán kính R = 5
• (P m):y=x2 −2x+m là 1 parabol có
đỉnh D(1, m − 1) ∈ đường thẳng x = 1
Ta có: (4+x)(6−x)≤x2−2x 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: x(2−x)+m+ ≥1 x2 −2x+ (*) 3
a Tìm m để BPT (*) có nghiệm
b Tìm m để độ dài miền nghiệm của (*) bằng 2
Giải
Parabol (P): y=x2 −2x+ có đỉnh D(1, 2) 3
Gọi (Cm): y= x(2−x)+m+ ⇔ 1 ( )
0
y
≥
⇔ (Cm):
( )2 2
0
y
≥
Ta có (Cm ) là nửa đường tròn ở phía trên Ox
với tâm I(1, 0), bán kính R= m+2 và có
đỉnh T 1,( m +2)
a Để BPT (*) có nghiệm thì đỉnh T 1,( m +2) phải nằm ở phía trên D(1, 2)
⇔ m+2≥2⇔m+2≥4⇔m≥2
b Giả sử (Cm) ∩ (P) tại 2 điểm phân biệt A1(x1, y0), A2(x2, y0)
O
y
x 1
T D m-1
y
O
2 3
D
-1
Trang 9⇒ Miền nghiệm của BPT (*) là [x x1, 2] ⇒ x2 − x1 = 2 (1)
Vì A1, A2∈(P) nên ta có x1, x2 là nghiệm của phương trình 2
0
x − x+ −y =
⇒ x1+x2 =2, kết hợp với (1) ⇒ x1=0,x2 =2 ⇒ y =0 3
m+ = x − + y = + = ⇔ m = 8
Bài 3 Tìm m để BPT: −4 (4−x) (2+x)≤x2 −2x+a−18 đúng ∀x∈[−2, 4]
Giải
( ) ( ) ( ) ( )2
0 0
y y
≥
≥
• (C) là nửa đường tròn ở phía trên
Ox với tâm I(1, 0), bán kính R = 3
P 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: 0 42 4 18 10
−
P y=− + +
Nhìn vào đồ thị suy ra để (*) đúng ∀x∈[−2, 4] thì a ≥ 10
Bài 4 Cho BPT: x(6−x) ≥x2 −6x+m+ (*) 2
Tìm m để độ dài miền nghiệm p của (*) thoả mãn: 2 ≤ p ≤ 4
Giải
( ) ( ) ( )2
0 0
y y
≥
≥
• (C) là nửa đường tròn ở phía trên
Ox với tâm I(3, 0), bán kính R = 3
• (P m):y=x2 −6x+m+ là một 2
parabol quay bề lõm lên trên và
nhận x = 3 làm trục đối xứng
A -2 y
x O
B
y
(P )1
2 (P )
C
D
1 2
3
4 5 6
Trang 10Giả 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 ⇒ x1+x2 =2.3=6
Nghiệm của BPT (*) là x∈[x x1, 2] ⇒ Độ dài miền nghiệm p của (*) là:
p=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 A(4, 2 2 ,) (B 5, 5)∈(C) là
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≤m+2 8≤ +2 2⇔ +3 5≤m≤6+2 2
Bài 5 Tìm m để BPT: ( )2
x− + x−m ≥ đúng x∀ ∈
Giải
( )2
2
x−m ≥ − − ⇔ x−m ≥− + x−
Parabol ( ) : 2 2 1
x
P y= − + x− quay bề lõm xuống dưới
Đồ thị (Dm):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:
2
0
m x
−
⇔
=
⇒ (D0): y= x tiếp xúc (C)
Xét nhánh trái của (Dm) tiếp xúc với (C), khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của:
2
4
m x
−
⇔
=
⇒ (D4):y= x−4 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 (D0) hoặc nằm bên phải đỉnh (4, 0) của (D4) ⇔ m ≤ 0 hoặc m ≥ 4
y
x O
1
3/2
Trang 11Bài 6 Giải biện luận BPT: x2 −5x+4 <a
Giải
[ ]
2 2
2
5 4 khi \ 1, 4
5 4 khi 1, 4
Gọi (C1) là phần đồ thị nằm ở phía trên trục hoành của y=x2 −5x+4 còn (C2) là
phần đồ thị đối xứng qua Ox với phần đồ thị nằm ở phía dưới Ox của y=x2−5x+ 4 Khi đó (C) = (C1) ∪ (C2) Xét ( ) ( ) 2
C ∩ y=a x − x+ =a
Xét ( ) ( ) 2
C ∩ y=a x − x+ +a=
Nhìn vào đồ thị ta có:
Nếu a ≤ 0 thì BPT vô nghiệm
Nếu 0 9
4
a
< ≤ thì BPT có nghiệm x∈(x1, x3) ∪ (x4, x2)
Nếu 9
4
a > thì BPT có nghiệm x∈(x1, x2)
Bài 7 1) Khảo sát và vẽ (C): ( ) 2 2 1
1
y f x
x
−
2) Tìm số a nhỏ nhất để ( 2 ) ( 2 )2
a x +x− ≤ x +x+ đúng ∀x∈[0, 1]
Giải
1
f x x
x
= + +
− ⇒
TCÐ : 1
x
y x
=
= +
( )
( )2
4
1
f x
x
= − ⇒ =
x −∞ −1 1 3 +∞
f ′ + 0 − − 0 +
f
−∞
0
−∞
+∞
8 +∞
4 5/2 1
y
x O
4
9/4
-9/4
y=a
Trang 122) Đặt t=x2 + ∈x [0, 2] ∀ ∈x [0,1]
a x +x− ≤ x +x+ ∀x∈[0, 1]
( 1) ( 1)2
⇔
1, 2 0,1
( ] ( )
[ ) ( ) 1,2
0,1
Min Max
t
t
f t a
f t a
∈
∈
≤
( )
( )
⇔
= − ≤
Vậy số a nhỏ nhất để ( 2 ) ( 2 )2
a x +x− ≤ x +x+ đúng ∀x∈[0, 1] là a = −1
Bài 8 1) Khảo sát và vẽ (C): ( ) 2 3 3
2
y f x
x
−
2) Tìm số a lớn nhất để x2 −6x+12≥4a x( −2) đúng ∀x∈[4, 5]
Giải
2
x
= − +
− ⇒
TCÐ : 2
x
y x
=
= −
( )
( )2
1
2
f x
x
= ⇒ = −
2) x2 −6x+12≥4a x( −2) ∀x∈[4, 5]
⇔
2 6 12
x
x
⇔ Đường thẳng (d): 3
4
y= x+a
nằm phía dưới (C) ∀x∈[4, 5]
Xét ( ) 3 ( 2)2 4
4
f′ x = ⇔ x− = ⇔x= ∈4 [4; 5]
⇒ Phương trình tiếp tuyến của (C) song song với (d) là:
(D): 3( 4) ( )4 3 1
y= x− + f = x+ Nhìn hình vẽ suy ra:
Số a lớn nhất để x2 −6x+12≥4a x( −2) đúng ∀x∈[4, 5] là 1
2
a =
y
O -3 8
x 1
-1 2 3 -1
9
3
f ′ + 0 − − 0 +
f
−∞
−1
−∞
+∞
3 +∞
3
3
O
x
y
1 (D)
Trang 13III 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
2
4
x y
Giải
Nếu a < −1 thì hệ vô nghiệm
Xét a ≥ −1: (C a):x2 +y2 =2(a+1) là đường
tròn tâm O(0, 0) bán kính R= 2(a+1)
4
x+y = ⇔ x + y = ±2
Nghiệm của hệ đã cho chính là toạ độ của các giao điểm do đường thẳng
( )∆1 :x+y+2=0 và (∆2):x+y−2=0 cắt (Ca)
Do (∆1), (∆2) đối xứng nhau qua O nên hệ đã cho có đúng 2 nghiệm
⇔ (∆1), (∆2) tiếp xúc (Ca) ⇔ ( ( ) ) ( )
1
Bài 10 Cho hệ phương trình:
0 0
x ay a
a Tìm a để hệ có 2 nghiệm phân biệt
b Gọi (x y1, 1) (, x2,y2) là các nghiệm của hệ
x −x + y − y ≤ Dấu bằng xảy ra khi nào?
Giải
( ) ( )2
0
x ay a
⇔
(C) là đường tròn tâm ( )1 ,0
2
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
I
1
M
N 2
A
Trang 14⇔ ( ( ) ) ( )2 2
2
1
1 2
1
a
a
a
a a
−
−
+ +
3
a
< < thì đường thẳng (∆a) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
( 1 1)
M x y, , N(x2,y2) ⇒ MN≤2R=1 (Đường kính là dây lớn nhất)
x −x + y −y ≤ ⇒ (đpcm)
Dấu bằng xảy ra ⇔ MN = 2R ⇔ (∆ a) đi qua ( )1 ,0
2
2
a =
3
+ =
Giải
Nếu a < 0 thì hệ vô nghiệm Xét a ≥ 0:
2 0
u v
≥
+ =
( ) 2 2 ( )
C u +v = a+ là họ các đường tròn tâm O(0, 0) bán kính R= 3(a+1) ( )d :u + = là họ các đường thẳng // với nhau tạo với Ou v a góc 135°
1 (d ) :u+ =v 3 a+1 đi qua A(R, 0); B(0, R) ∈(C)
2 (d ) :u+ =v 6 a+1 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(a+1)≤a≤ 6(a+1)
⇔
2
2
2
a
Bài 12 Tìm m để hệ
3a+3
v
3a+3
6a+6
6a+6
Trang 15Giải
( )L : x−1+ y+1= ⇔ 1
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)
• ( )C :x2 +y2 =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: R2 =OC= 5
Nhìn vào đồ thị ta có: Hệ có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (L) cắt (C) tại 4 điểm
2 2
R <R<R ⇔ < m< ⇔ <m<
Bài 13 Cho a2 +b2 =1 và c+d=6 CMR: c2 +d2 −2ac−2bd≥18−6 2 (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 ( )C :x2 +y2 = ; N nằm trên (∆): 1 x+y= 6
Khi đó (1) ⇔ MN2 ≥19 6 2− ⇔MN≥3 2 1−
Gọi khoảng cách từ O đến (∆) là: d(O,∆ )
Ta có: OM+MN≥ON≥d(O,∆ )
2 2
+
⇒ MN 3 2 1≥ − (đpcm)
Dấu bằng xảy ra ⇔ M ∈ đoạn ON và ON ⊥ (∆) ⇔ 1
2
a=b= ; c=d= 3
x O
y
D
A
B
C
O
y 6
6 M
N
Trang 16IV BIỆN LUẬN HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ
Bài 1 Cho hệ bất phương trình:
2
2
a Tìm a để hệ có nghiệm b Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất
Giải
( ) ( )
2 2
2 2
2
4
6
a g x
⇔
(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 0; 8
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
1 2 log x −2x+m > − (1) có nghiệm 3
và mọi nghiệm đều ∉ TXĐ của ( 3 )
1 logx 1 logx 2
Giải
• TXĐ của (2) là nghiệm của hệ:
1
2
x x
x
+
< ≠
1
2
log x −2x+m > − ⇔ 3 0<x2 −2x+m< 8
⇔
( ) ( )
( ) ( )
2
1 2
2
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
1
-2/3
9
-2
2
8
O y
4
