Biện luận pt và bpt bằng phương pháp 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 [...]... x = x2 = 2 2 ⇔ x = x1 = 4 Xét ( C 2 ) ∩ ( y = a ) : x − 5 x + 4 + a = 0 2 ⇔ x = x3 = Nhìn vào 9/4 5 − 9 − 4a 5 + 9 − 4a ; x = x4 = 2 2 y=a th ta có: O 1 5/2 4 x N u a ≤ 0 thì BPT vô nghi m -9/4 N u 0 < a ≤ 9 thì BPT có nghi m x∈(x1, x3) ∪ (x4, x2) 4 N u a > 9 thì BPT có nghi m x∈(x1, x2) 4 2 Bài 7 1) Kh o sát và v (C): y = f ( x ) = x + 2 x + 1 x −1 2) Tìm s a nh nh t a ( x 2 + x − 1) ≤ ( x 2 + x +... [ 4;5] 4 O1 (D) -1 2 3 ⇒ Phương trình ti p tuy n c a (C) song song v i (d) là: (D): y = 3 ( x − 4 ) + f ( 4 ) = 3 x + 1 Nhìn hình v suy ra: 4 4 2 S a l n nh t 110 x 2 − 6 x + 12 ≥ 4a ( x − 2 ) úng ∀x∈[4, 5] là a = 1 2 4 5 x Bi n lu n phương trình, b t phương trình b ng III BI N LU N H PHƯƠNG TRÌNH B NG th TH 1 Phương pháp chung Bi u di n các i u ki n b ng ngôn ng hình h c và xét tính tương giao Nghi... xu ng dư i và có 1 O 2 4 x -1 -2/3 nh là (−1, 1) (P2): y = g(x) là 1 parabol quay b lõm lên trên và c t (P1) t i x = 0; x = −8 7 a H ã cho có nghi m ⇔ ư ng th ng y = a i qua mi n g ch chéo t o b i (P1) và (P2) ⇔ 0 ≤ a ≤ 1 b H ã cho có nghi m duy nh t ⇔ ư ng th ng y = a c t mi n g ch chéo t i m t i m duy nh t ⇔ a = 0 ho c a = 1 Bài 2 Tìm m BPT: log 1 ( x 2 − 2 x + m ) > −3 (1) có nghi m 2 và m i nghi... A(R, 0); B(0, R) ∈(C) và ư ng th ng (d 2 ) : u + v = 6 ( a + 1) ti p xúc v i (C) t i M Nhìn vào th ⇒ h có nghi m thì (d) c t (C) t i i m có t a ⇔ (d) n m gi a (d1) và (d2) ⇔ 3 ( a + 1) ≤ a ≤ 6 ( a + 1) a 2 − 3a − 3 ≥ 0  3 + 21 ⇔  ⇔ ≤ a ≤ 3 + 15 2 2  a − 6a − 6 ≤ 0  Bài 12 Tìm m 112  x −1 + y +1 =1  h  có 4 nghi m phân bi t x2 + y2 = m  dương Bi n lu n phương trình, b t phương trình b ng th... ư ng tròn tâm O i qua 2 i m B, C có bán kính là: R2 = OC = 5 Nhìn vào th ta có: H có 4 nghi m phân bi t ⇔ (L) c t (C) t i 4 i m ⇔ R1 < R < R2 ⇔ 3 < m < 5 ⇔ 9 < m < 5 2 2 Bài 13 Cho a 2 + b 2 = 1 và c + d = 6 CMR: c 2 + d 2 − 2ac − 2bd ≥ 18 − 6 2 (1) Gi i Trên m t ph ng t a 2 l y M(a, b) và N(c, d) ⇒ MN 2 = ( c − a ) + ( d − b ) 2 và M n m trên ư ng tròn ( C ) : x 2 + y 2 = 1 ; N n m trên (∆): x +... MN ≥ ON ≥ d ( O, ∆ ) N ⇒ 1 + MN ≥ d ( O, ∆ ) = 0+0−6 ⇒ MN ≥ 3 2 − 1 ( pcm) 12 + 12 =3 2 M O 1 6 x D u b ng x y ra ⇔ M ∈ o n ON và ON ⊥ (∆) ⇔ a = b = 1 ; c = d = 3 2 113 Chương I Hàm s – Tr n Phương IV BI N LU N H B T PHƯƠNG TRÌNH B NG TH x 2 + 2x + a ≤ 0  Bài 1 Cho h b t phương trình:   x 2 − 4 x − 6a ≤ 0  a Tìm a h có nghi m b Tìm a h có nghi m duy nh t Gi i a ≤ f ( x ) = − x 2 − 2 x x 2 +...Bi n lu n phương trình, b t phương trình b ng th Bài 6 Gi i bi n lu n BPT: x 2 − 5 x + 4 < a Gi i  x 2 − 5 x + 4 khi x ∈ » \ (1, 4 ) (C ) : y = x 2 − 5x + 4 =   − x 2 + 5 x − 4 khi x ∈ [1, 4]  G i (C1) là ph n ph n th th n m phía trên tr... g ( x ) = y : ( P2 )  -2 O1 2 4 ư ng th ng y = m i qua mi n g ch chéo t o b i (P1) và (P2) ⇔ m ≤ 9 M i nghi m c a (1) u ∉ TX c a (2) ⇔ M i nghi m x c a (1) u . 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):. -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. 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