Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT
KHẢO SÁT SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG
ĐỂ GIẢI HỆ CÓ THAM SỐ.
Bài toán giải và biện luận hệ có tham số tương đối phức tạp đối với học sinh, đặc biệt là
hệ chứa bất phương trình. Tuy nhiên trong một số bài tập nếu ta sử dụng phương trình và
tính chất của đường tròn (hình tròn), của đường thẳng trong mp toạ độ để khảo sát sự
tương giao giữa các hình thì bài toán nói trên trở nên đơn giản rất nhiều. Sau đây xin
nêu một vài ví dụ.
Bài 1. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:




=+−
≤−+
0
22
22
myx
xyx

)2(
)1(

Lời giải
Ta có (1)
( )
31
2
2
≤+−⇔ yx

m
m
m
Bài 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:





≤+
≥+++
1
12
yx
mxyyx

Lời giải
Hệ trên tương đương với:
( )
( )( )



≤+
+−≥+
⇔





−≤⇔≤+
mm
: hệ vô nghiệm
- Với
101
−>⇔>+
mm
: Nghiệm của bpt (3) được biểu diễn bởi hình tròn tâm
( )
1;1I
, bán kính
1+= mR
trên mp toạ độ Oxy.
Nghiệm bpt (4) được biểu diễn bởi nửa mp bờ là đường thẳng
01: =−+∆ yx
. Mặt
khác
( )
1;1I
không thuộc vào miền nghiệm của bpt (4). Do đó hệ có nghiệm duy nhất
khi và chỉ khi đường thẳng
∆
tiếp xúc với đường tròn:
( ) ( )
111
22
+=−+− myx
,
nghĩa là :
( )

, bán kính
mR =
. Hơn nửa
( )
0;0O
không thuộc
vào miền nghiệm của bpt
0234 ≤+− xy
.
Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ khi
25
4
≥⇔≥ mOHm
( với H là chân đường vuông
góc hạ từ O xuống đường thẳng có pt:
0234 =+− xy
).
Bài 4. Cho hệ:
( ) ( )



=+−
≤−+−
0
211
22
myx
yx


.
Giả sử:
∆∈A
sao cho
0=
A
x
thì
( )
mA ;0
;

∆∈B
sao cho
2=
B
x
thì
( )
mB +2;2
.
Để hệ có nghiệm
[ ]
2;0∈∀x
thì đoạn thẳng AB nằm trong đường tròn
( )
RI;
. Lúc đó:
( ) ( )
( ) ( )

=−+
0
0
22
mmyx
xyx

( )
( )
8
7
Tìm m để hệ có 2 nghiệm phân biệt.
Lời giải.
PT (7)
4
1
2
1
2
2
=+






−⇔ yx
. Do đó tập nghiệm của pt (7) là toạ độ những điểm nằm trên
đường tròn tâm

.
Phương trình 2 tiếp tuyến đó là:
0
=
x
và
0
3
4
3
4
=−+ yx
cũng luôn qua
( )
1;0A
.
Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT
Vì vậy để hệ có 2 nghiệm phân biệt thì đt có pt:
0=−+ mmyx
phải cắt đường tròn
( )
RI;

tại 2 điểm phân biệt, suy ra đt có pt:
0=−+ mmyx
phải nằm giữa 2 tiếp tuyến trên, khi đó
3
4
0 << m
. Vậy

x
v
u
3
2
, điều kiện
0,0 >> vu
.
Khi đó hệ đã cho trở thành:



=+
=+
mvu
vu 1
22

( )
( )
2
1
.

x
y
B
O
A
M







2
2
;
2
2
M
, suy ra:








=
−=
⇔







Bài 1. Tìm các số dương m để hệ sau có nghiệm:



>+
−=+
myx
myx
222
1
Bài 2. Tìm m để mỗi hệ sau có nghiệm:
a)



>+
−=+
myx
myx
222
1
b)
( )





=+
≥+

12
2
12
≤−+− yyxx
.
Bài 4. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:





≤+++
≤+++
mxyx
myyx
12
12
22
22
.
Bài 5. Tìm m để hệ sau có nghiệm:





−=−+
=+
+
m

2
2
2
2





=++
=++
yx
yx
m
Tìm m để hệ có nghiệm. Khi đó khẳng định rằng hệ có nghiệm duy nhất.
Bài 7. Cho hệ phương trình:





=+
=+
m
yx
yx
22
822
22
.

Bài toán 1. Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxy cho mp
( )
α
có
phương trình:
0=+++ DCzByAx
và hai điểm
( )
111
;; zyxM
, N
( )
222
;; zyx
không thuộc
( )
α
.
Tìm điểm I trên mp
( )
α
sao cho:
a)
INIM +
là nhỏ nhất;
b)
INIM −
là lớn nhất.
Cách giải
a) Trước hết ta xác định vị trí tương đối giữa M và N so với mp

<
T
thì M,N khác phía đối với mp
( )
α
. Khi đó điểm I cần tìm chính là giao
điểm của đường thẳng MN với mp
( )
α
.
b)- Nếu M và N nằm về cùng một phía đối với mp
( )
α
và
MN
không song song với
mp
( )
α
thì có
MNINIM ≤−
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I,M,N thẳng hàng. Điểm I
cần tìm chính là giao của MN với mp
( )
α
. Còn nếu MN//mp
( )
α
thì không xác định được
điểm I.

Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua mp(xOy). Đường thẳng
( )
d
qua M và
( )
⊥d

mp(xOy) có vectơ chỉ phương
( )
1;0;0=u

nên PT tham số có dạng:





+=
=
=
tz
y
x
3
2
1

( )
Rt ∈
.

=
− zyx
.
Điểm
( )
mmmI 83;22;31 +−++
cần tìm thuộc M’N và mp(xOy) nên
8
3
083 =⇔=+− mm
.
Vậy






0;
4
11
;
8
17
I
.
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ toạ độ Descartes Oxyz, cho mp
( )
α
có PT:

0;1;3M
và vuông góc với mp
( )
α
có PT:






=
−=
+=
tz
ty
tx
1
23

( )
Rt ∈
,
Gọi
( )
α
mpMMH ∩= '
, suy ra
( )
';1;23 MMtttH ∈−+

3
81

( )
Rt ∈
.
Điểm I cần tìm là giao của M’N với mp
( )
α
và
( ) ( ) ( )
13;2;7112;3;81 −⇒∈+−+−− ImptttI
α
.
Vậy
( )
13;2;7 −I
.
Bài toán 2. Trong không gian với hệ toạ độ Descartes Oxyz cho đường thẳng d và các
điểm M(x
1
;y
1
;z
1
) và N(x
2
;y
2
;z

=+
(không đổi). Với mọi
JNINJM;: ≥≥∈ IMdI
.
Suy ra
JNJM
+≥+
INIM
. Đẳng thưc xảy ra khi và chỉ khi
J
≡
I
, từ đó tìm được tọa điểm
I là giao của (P) và d.
d
J
K
H
N
M
I
Hình 2.
- Nếu MN không vuông góc với d ta chuyển về mp để giải như sau (hình 2):
+) Xác định hình chiếu vuông góc H của N xuống d.
+) Gọi (R) là mp (N;d); (P) là mp qua H vuông góc d; (Q) là mp (M;d);
( ) ( )
dQP ⊥∆⇒∩=∆
tại H. Trên
∆
lấy K sao cho

( )
2;2;3 −=u
, mặt khác
( )
4;4;6 −=MN
, suy ra
uMN 2=
.

Ta có
dMNdM //⇒∉
, do đó trên mp (d, MN) gọi M’ là điểm đối xứng của M qua đt d
thì mp
( )
α
qua M(1;2;-1) với VTPT
( )
2;2;3 −=u
có phương trình :
03223 =++− zyx
.
Gọi
( ) ( ) ( )
5;2;3'2;2;1 −⇒−⇒∩= MHdH
α
IMNHINMdI ⇒⇒∩= //'
là trung điểm của M’N nên I(2;0;4) là điểm cần tìm.
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz, cho M(3;1;1),
N(4;3;4) và đường thẳng d có PT:
1






3
23
;
3
17
;
3
17
I
.
Bài tập tự luyện.
Bài 1. Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz, cho mp
( )
α
có PT:
2x-y+z+1=0 và hai điểm M(3;1;0); N(-9;4;9).
a) Tìm điểm I thuộc mp
( )
α
sao cho
INIM +
đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm điểm I’ thuộc mp
( )
α

bài viết này trình bày một phương pháp đánh giá GTLN, GTNN của hàm số mang định
tính thông qua các giá trị của hàm số tại một số điểm đặc biệt của hàm số, từ đó đạt
được kết quả mong muốn.
Trước hết xin nhắc lại khái niệm GTLN, GTNN của hàm số:
Cho hàm số
)(xf
xác định trên miền
)( RDD ⊂
. Giả sử
mM,
lần lượt là GTLN, GTNN
của hàm
)(xf
trên miền
D
.
( )
( )
( )



=∈∃
∈∀≤
⇔=
∈
MxfDx
DxMxf
xfM
Dx

Trong đó
ba,
là các số thực tuỳ ý. Gọi
[ ]
( )
xfM
x 1;1
max
−∈
=
. Chứng minh rằng
2
3
≥M
.
Lời giải.
Trước hết ta có các kết quả sau:
{ } ( )
{ } ( )
βαβα
βαβα
βαβα
−≥+
+≤
+≥
2
1
,min
2
1

2
3
23
b
babafM +=−−+








+








=
















−+








−=








−≥
Từ đó suy ra









≥
22
3
,
22
3
max
2
3
,
2
3
max
bb
ffM








+−++≥



+−−








+≥
bb
(theo kết quả (2))

Vậy
2
3
≥M
.
Bài toán 2. Cho hàm số:
( )
22
1200712 xaxxxf −−+−=
,
Trong đó
a
là số thực tuỳ ý. Gọi
[ ]
( )

( )
1)1()1(
2
1
1)1(
1)1(
=−+≥⇒



−=−≥
+=≥
ffM
afM
afM
(đpcm)
Tương tự ta có:
2
2007
2
1
2
1
2
1
2
2007
22
1
2


−−=






−≤
−=






≤
ffm
a
fm
a
fm
(theo kết quả (2)).
Vậy
2
2007
−≤m
.
Bài toán 3. Giả sử
M

1341
1341
bababf
bababf
Suy ra
11 ≤+≤− ba
(4)
Hoàn toàn tương tự ta có:
Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT
( )
( )







≤+−=−−−=






−
≤−=−+=




a
(5)
Từ (4) và (5), ta thu được:
1333
222
11
≤⇒≤≤−⇒



≤+−≤−
≤+≤−
bb
ba
ba
.
Suy ra
1max ≤b
. Vậy
1≤M
.
Bài tập tự luyện.
Bài toán 1. Cho hàm số
( )
cbxaxxf ++=
2
, trong đó a,b,c là các tham số thực thoả điều
kiện:



α
,a
là các tham số thực tuỳ
ý. Giả sử
( ) ( )
xfmxfM min;max ==
. Chứng minh rằng:
.2
22
≥+ mM
Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN.
Chứng minh các bất đẳng thức (BĐT) luôn là những bài toán hấp dẫn. Với bài viết này
tôi muốn giới thiệu với các bạn đọc một số BĐT được chứng minh nhờ một BĐT đon
giản.
Bài toán xuất phát: Cho
ba,
là hai số thực bất kỳ và
yx,
là hai số thực dương. Chứng
minh rằng:
( )
yx
ba
y
b
x
a
+
+

zyx
cba
z
c
y
b
x
a
++
++
≥++
2
222
(2)
Với a,b,c là ba số bất kỳ và x,y,z là ba số dương. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
z
c
y
b
x
a
==
.
Bài toán 1. Cho hai số a, b bất kỳ. Chứng minh rằng:
( )
8
4
44
ba
ba



+
≥








+=
+
≥+=+
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Bài toán 2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn
4
111
=++
zyx
. Chứng minh rằng:
1
2
1
2
1
2
1
≤

1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2222
22222








++=






+








+
=
+






+
+






≤
++







1
2
1
121
16
1
2
1
Cộng từng vế ba BĐT trên và chú ý giả thiết ta có:
14.
4
1111
4
1
2
1
2
1
2
1
==








++≤

cabcab
cba
cbca
c
babc
b
acab
a
ba
c
ac
b
cb
a
++
++
≥
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+ 2
2
222

≥
+
+
+
+
+ bacacbcba
.
Chứng minh. Sử dụng BĐT (2) với chú ya rằng
1
222
=cba
ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
cabcab
cabcab
cabcab
bac
ba
acb
ac
cba
cb
bacacbcba
++=
++
++

c
qapc
b
qcpb
a
+
≥
+
+
+
+
+
(Với p = q = 1 ta trở về bài toán 3.)
Chứng minh. Sử dụng BĐT (2) ta có:
( )
( )( )
.
2
222
cabcabqp
cba
qbcpac
c
qabpcb
b
qcapba
a
qbpa
c
qapc

.
9222
zyxxzzyyx ++
≥
+
+
+
+
+
Chứng minh. Sử dụng BĐT (2) ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( )
zyxzyx
xzzyyxxzzyyx
++
=
++
≥
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+

2
1
323232
≥
++
+
++
+
++ yxz
z
xzy
y
zyx
x
b)
( )( ) ( )( ) ( )( )
.
4
3
222
≥
++
+
++
+
++ yzxz
z
xyzy
y
zxyx

.
1
111
222
cba
abc
c
cab
b
bca
a
++
≥
+−
+
+−
+
+−
Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHỜ KỸ THUẬT
CÔSI NGƯỢC DẤU.
Bài toán 1. Cho các số dương a, b, c thỏa điều kiện a+b+c = 3. Chứng minh rằng:
2
3
111
222
≥
+
+
+


Tương tự, ta có:
2
1
2
1
2
2
ca
c
a
c
bc
b
c
b
−≥
+
−≥
+
Cộng vế theo vế ba BĐT trên ta có:
( )
.
2
3
2
111
222
≥
++

+
+ a
d
d
c
c
b
b
a
.
Chứng minh. Theo giả thiết ta có: a + b + c + d = 4.
Mặt khác:
( )( )
4
2
2
=






+++
≤++=+++
dbca
dbcadacdbcab
(BĐT Côsi)
Theo kết quả bài 1, ta có:
2

+
−≥
+
−≥
+
Cộng các BĐT trên vế theo vế ta có:
Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT
( )
( )
.2
2
4
4
2
1111
2222
=−≥
+++
−+++≥
+
+
+
+
+
+
+
dacdbcab
dcba
a
d

( )
.
4
1
1
42
.
2
2
11
2
2
2
2
2
abcaba
cb
a
acab
a
acab
a
cab
a
cb
cab
a
cb
cab
a

1
1
4
1
1
4
1
1
2
2
2
Cộng vế theo vế 4 BĐT trên ta được:
( ) ( )
.
4
1
1111
2222
dabcdabcdabcdacdbcabdcba
ba
d
ad
c
dc
b
cb
a
+++++++−+++≥
+
+

d
ad
c
dc
b
cb
a
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.
Bài toán 4. Cho
0,, >cba
và
3=++ cba
. Chứng minh:
.1
222
2
2
2
2
2
2
≥
+
+
+
+
+ ac
c
cb

−=−≥
+
−=
+
Tương tự ta có:
Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT
( )
( )
3
2
2
3
2
2
3
2
2
2
3
2
2
2
ca
c
ac
c
bc
b
cb
b

3
2
222
cabcabcba
ac
c
cb
b
ba
a
( ) ( ) ( )
.
3
2
3
3
2
3
2
3
2






++−= cabcab
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
( ) ( ) ( )

Kết quả của bài toán 4 vẫn đúng khi thay giả thiết a + b + c = 3 bởi ab + bc + ca = 3
hoặc
3=++ cba
.
Nhận xét: Các BĐT trong các bài toán trên nếu không sử dụng phương pháp BĐT Côsi
ngược thì việc chứng minh các BĐT trên sẽ rất khó và dài. Phương pháp này thực sự
hiệu quả đối với các bài toán BĐT hoán vị.
Bài tập tự luyện.
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, d ta luôn có:
2
22
3
22
3
22
3
22
3
dcba
ad
d
dc
c
cb
b
ba
a +++
≥
+
+

Bài 3. Cho
0,, >cba
và
3=++ cba
. Chứng minh:
.3
1
1
1
1
1
1
222
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
a
c
c
b
b
a
Bài 4. Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4. Chứng minh rằng:
.4

.2
1
1
1
1
1
1
1
1
2222
≥
+
+
+
+
+
+
+ dcba
Chuyên đề: Giải một số bài toán về hệ có tham số và chứng minh một số BĐT