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:



Dạng 3:
ƒ
(
x
)
=

ax

+

g
(
m
)

Dạng 4:
ƒ
(
x
)
=

g
(
m
) (
x


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

)
(
)
(
)
(
)
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
l

− + = =
 
+

⇒
TCX:
y

=

x

+
1.
c) Bảng biến thiên: x
−∞−
3


)
f x

−∞
−
3−∞

+∞

1

+∞www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương
100d) Nhận xét:
Hàm số đồng biến trên

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

=

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

=
1 thì
−
3 <
−
1
=

x
1

=

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

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

2
1
x m x
= −

⇔

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

c)
Đặt
(
)
(
)

y
O
O
x
y
1
-1
-3
-3 -2
y=a
x
21
x
a
1.3. Đồ thị:

www.VNMATH.com
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



= − − ⇒

+
= −





( )
2
1
1 0 2
2
y x
x
′
= + > ∀ ≠ −
+

b.

(
)
4 2
1 3 2 0
t m t 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
+ +
= =
+


x
= +
+

⇒

TCÐ : 1
TCX : 1
x
y x
=



= +



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

−
2−
1
0+∞

f

′+

0
−−

0

+f

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

b)

(
)
2
1 1 0
x m x m
+ − + − =

⇔

( )
2
1
1

′
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
(
)

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

− −

′
= = ⇔

−
= = +


⇒

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

( )
2

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

=


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

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
(
)

( )
( )
2 2
1
12 4 4 1 3 0
3
f x x x x
′′
= − + = − = ⇔ = ±

⇒
Điểm uốn
32
1
,
9
3
 
±
 
 

b.


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.


(
)
24 0 0
f x x x
′′
= = ⇔ =

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

−∞
3
4

−∞
x

−∞1
2
−1
2+∞

f

′+


y
1-1
- 2
2
3
4
www.VNMATH.com
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
= − − = −
(*)

, 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
=

)
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

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

-1/2
-1
-1
-1/2
1
1/2
O
x
y
-2
-1
A
B
t
www.VNMATH.com
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

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


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

⇔ − + + =

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
′
= − + = ⇔ = ±


t

−
11
6
−1
6

1
f

′+

0
−

0 +
ƒ

3
-14
7
y
x
O
2
1
1
-1
www.VNMATH.com
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
∈

− + =





• (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


−
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


≥



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

≥

−
2.


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

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)

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
− −
− − + ≤ − + − ⇔ − + ≥ + −




• (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)
∩

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
≤





• (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

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


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
(
)
(
)

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
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
−

− = + −
=

 
⇔
 
=

−

− + = + −
=

 
⇔
 
=



− = − +


⇒

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

⇔
Đỉnh M(

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

− + ∈

= − + =


− + − ∈

»

(
)
(
)
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

< ≤
thì BPT có nghiệm
x
∈
(
x
1
,
x
3
)
∪
(
x
4
,
x
2
)


Nếu
9
4
a
>
thì BPT có nghiệm
x
∈
(

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
=



= +


1 3+∞

f

′+

0

−

−

0+f

−∞0

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]
⇔

(
)
(
]
( )
[

∈

≥


≤



( )
( )
2 9
0 1
f a
f a

= ≥

⇔

= − ≤



⇔

−
1
≤


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

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

2)

(
)
2
6 12 4 2
x x a x
− + ≥ −

∀
x
∈
[4, 5]
⇔

( )
2
6 12
4 2

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
-1
32
-1
9
3

x
−∞1 2 3+∞

f

′+

0

−

−

0

1
(D)
4 5
www.VNMATH.com
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

+ = +



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
(

( )
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
(

:
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
I
1
M
N
2
A
www.VNMATH.com
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

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

⇔


+ =


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

(
)
:
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

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

− + + =


+ =

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,
−

(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

≥ − ⇔ ≥ −

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
+ −
+ ≥ ∆ = =
+


C
O
y
6
6
M
N
1
x
www.VNMATH.com
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

+ + ≤


− − ≤



 
⇔
 
−
≥ =
− − ≤
 



(P
1
):
y

=

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

=

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.


3
3
1
0 1
0 1
2
log 1 2
1 1
x
x
x
x
x
x x
+
< ≠
< ≠




⇔ ⇔ ≥
 
+ ≥
+ ≥ +
 



•

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)
⇔

-2
2
1
x
8
O
y
4
www.VNMATH.com
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

− − + ≤


− − + − ≤






(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
′
= − − = + −



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

( ) ( )
2
2
2 1 2
x y
x y a x y
+ ≤


⇔

 
− + = − +

 
( )
( )
22
2 0
1 2 1
x y
x y a
+ − ≤


⇔


−0

−0
+f
+∞−
6

+∞y
O
x
1
2 51+1- 5

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
+

+ ≥




⇔

(
)
(
)
(
)
(
)
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
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

=

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

Để (*) có nghiệm thì (
∆
m
) cắt miền gạch chéo
⇔
(
∆
m
) nằm giữa (
∆
1
) và (
∆
2
)
⇔

3 10
1
2
2
m
+
−
< ≤O
x
y