Ôn thi Toán 12: Biện luận phương trình, bất phương trình bằng 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 − 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 xC y f x
x
+ +
= =
+
 2) Biện luận theo a số nghiệm của PT: ( )2 3 3 2 0x 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
34 3 0
2 1
x x
x xy
x x x
= = −+ +
′ = = ⇔ 
+ = = −
⇒ ( ) ( ) ( ) ( )1 23 3 ; 1 1f x f f x f= − = − = − = 
b) Tiệm cận: ( ) 11 2f x x x= + + + 

 ( )
2
2 1
3 3lim lim
2x x
x xf x
x→ − → −
+ +
= = ∞
+
 ⇒ TCĐ: x = −2. 
 
( ) ( ) 1lim 1 lim 0
2x 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 
 +∞ 
www.VNMATH.com
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 2x x a x⇔ + + = + 
( ) 2 3 3
2
x xf 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 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 thì −3 < x1 < −1 < x2 
Bài 2. a. Khảo sát và vẽ đồ thị ( ) 2( ) : 1
xC y f x
x
= =
−
 b. Biện luận số nghiệm của PT: ( )4 3 22 1 0z mz m z mz− + + − + = 
 c. Biện luận số nghiệm t∈(0,pi) của PT: 2cos cos 0t m t m− + = 
Giải 

 ( ) 11
1
f x x
x
= + +
−
 ⇒ 
TCÐ: 1
TCX : 1
x
y x
=

= +

 ( ) ( )( )2
0 02 0
1 2 4
x y
x xf x
x x y
= ⇒ =
−
′ = = ⇔ 
− = ⇒ =
 (Tự lập BBT) 
b. ( )4 3 22 1 0z mz m z mz− + + − + = 
⇔ ( )2 212 0mz mz m z z− + + − + = 
⇔ ( ) ( )21 1 0z m z mz z+ − + + = . Đặt 1 1 2x z x zz z= + ⇒ = + ≥ , 
( )2 1x m x= − ⇔ ( ) 2
1
xf x m
x
= =
−
 với ( ] [ )D , 2 2,x∈ = −∞ − +∞∪ 
c) Đặt ( ) ( )cos 1,1 0,x t t= ∈ − ∀ ∈ pi . Khi đó 2cos cos 0t m t m− + = 
⇔ ( ) 2
1
xf 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
x21x
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 xy
x
+ −
=
+
 b. Biện luận theo m số nghiệm: ( )4 21 3 2 0t m t m+ − − − = 
Giải 
a. 
 
TCÐ : 211
2 TCX : 1
x
y x
x y x
=
= − − ⇒ + = −

 ( )2
11 0 2
2
y x
x
′ = + > ∀ ≠ −
+
b. ( )4 21 3 2 0t m t m+ − − − = 
⇔ ( )4 2 23 2t t m t+ − = + ⇔ 4 22 32
t t m
t
+ −
=
+
⇔ ( ) 2 3
2
x xf x m
x
+ −
= =
+
 với x = t2 ≥ 0 
Bài 4. a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( ) 2 1( ) :
1
x xC y f x
x
+ +
= =
+
 b) Biện luận số nghiệm của PT: ( )2 1 1 0x m x m+ − + − = 
 c) Biện luận số nghiệm x∈[0,pi] của PT: ( )2sin 1 sin 1 0x a x a− − + − = 
Giải 
( ) 1
1
f x x
x
= +
+
 ⇒ 
TCÐ: 1
TCX : 1
x
y x
=

= +
( ) ( )
( )2
2 22 0
1 0 1
x y
x xf 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
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
 102
b) ( )2 1 1 0x m x m+ − + − = ⇔ ( ) 2 1
1
x xf x m
x
+ +
= =
+
. 
(C′): ( )y f x= được vẽ từ (C): y = f (x) theo qui tắc: Giữ nguyên phần đồ thị (Ca) 
của (C) ứng x ≥ 0. Lấy (C′a) đối xứng với (Ca) qua Oy, khi đó (C′) = (Ca) ∪ (C′a) 
c) Đặt [ ] [ ]sin 0,1 0,t x x= ∈ ∀ ∈ pi . Khi đó ( )2sin 1 sin 1 0x a x a− − + − = 
⇔ ( ) 2 1
1
t tf t a
t
+ +
= =
+
 với t ∈ [0, 1]. 
Bài 5. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của ( ) 2 2( ) :
1
x xC 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 22 1 0
1 1 2
x x
x xf 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 1y 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 xy f x
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
21-
y
1+ 2
-2
1
21+2
1
O
O
1
1+2 2
1
-2
21+
y
x-1- 2
www.VNMATH.com
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 Oy. 
Nghiệm của phương trình ( ) 2logf x m= (m > 0) là hoành độ giao điểm của 
đường thẳng 2logy m= với đồ thị (C′). Nhìn vào đồ thị ta có: 
 
 Nếu 2log 2m < − ⇔ 
10
4
m< < thì phương trình có 2 nghiệm.  
Bài 6. a. Khảo sát và vẽ ( ) 4 22 3y f x x x= = − + + 
 b. Biện luận theo m số nghiệm: 4 2 4 22 2x x m m− = − 
Giải 
a. ( ) ( )3 24 4 4 1 0 0; 1f x x x x x x x′ = − + = − = ⇔ = = ± ⇒ Cực trị (0, 3), (±1, 4) 
( ) ( )2 2 112 4 4 1 3 0
3
f x x x x′′ = − + = − = ⇔ = ± ⇒ Điểm uốn 321 , 93
 ± 
 
b. ( ) ( )4 2 4 2 4 2 4 22 2 2 3 2 3x x m m x x m m f x f m− = − ⇔ − + + = − + + ⇔ = (*) 
Nhìn vào đồ thị ta có: 

 Nếu ( ) 4 1f m m= ⇔ = ± thì (*) có 2 nghiệm kép x = ±1. 

 Nếu ( ) ( ) { }3 4 2, 2 \ 0, 1f m m< < ⇔ ∈ − ± thì (*) có 4 nghiệm phân biệt. 

 Nếu ( ) { }3 0, 2f m m= ⇔ ∈ ± thì (*) có 3 nghiệm x = 0; 2x = ± . 

 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 1C y f x x x= = − − 
 b) Tìm m để 34 3 1 0x x mx m− − + − = có 4 nghiệm phân biệt. 
Giải 
( ) 2 112 3 0
2
f x x x′ = − = ⇔ = ± 
( ) 24 0 0f x x x′′ = = ⇔ = 
⇒ Cực đại ( )1 ,02− ; cực tiểu ( )1 , 22 − 
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
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
 104
 Điểm uốn U(0, −1) 
b) 34 3 1 0x x mx m− − + − = ⇔ ( ) ( )34 3 1 1f 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 ( ) ( ): 1md y m x= − 
với đồ thị (C′): ( )y f x= . 
Ta thấy (dm) luôn đi qua điểm A(1, 0) ∈ (C′) 
và (dm) qua B(0, −1) là (AB): 
1y x= − có hệ số góc k1 = 1. 
Đường thẳng của họ (dm) tiếp xúc với (Ca′) 
tại điểm có hoành độ x0 < 0 là nghiệm của phương trình: 
( )
( )
3
2
2
2
4 3 1 1
3 1 4
x x k x
x k
 − + − = −

− =
⇒ 
( ) ( )3 24 3 1 3 1 4 1x x x x− + − = − − 
 ⇔ ( ) ( ) ( )2 21 4 2 1 3 1 4 1x x x x x− + − = − − 
⇔ ( ) ( )22 2 1 2 2 1 0x x x− − − = . 
Do x0 < 0 nên 0
1 3
2x
−
= ⇒ 2 6 3 9k = − 
Nhìn vào đồ thị (C′) ta thấy: Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì 
( ) ( ): 1md y m x= − phải cắt đồ thị (C′): ( )y f x= tại 4 điểm phân biệt ⇔ 
1 2k m k< < ⇔ 1 6 3 9m< < − 
Bài 8. Tìm m để 3 2 1m x x− + + = có 3 nghiệm phân biệt. 
Giải 
-2
y
xO
1/2 1-1/2
-1
-1
-1/2 11/2
O x
y
-2
-1
A
B
t
www.VNMATH.com
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị 
 105 
Đặt 22 0 2t x x t= + ≥ ⇒ = − , khi đó PT ⇔ 3 2 2 1m t t− + = − 
( )32 2 1m t t⇔ − + = − ( ) 3 24 3 1f t t t t m⇔ = − + − − = . 
Xét đồ thị (C): y = ƒ(t). Ta có: ( ) 2 4 73 8 3 0 3f t t t t
±
′ = − + − = ⇔ = 
⇒ Cực trị: 4 7 7 14 73 27f
 ± − ±
= 
 
 và ( )0 1f = − ⇒ Hình dạng đồ thị (C) 
Với mỗi giá trị t ≥ 0 thì cho ta 1 nghiệm 
2 2x 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 70 13 27f m f m
 
− − −
< ≤ ⇔ < ≤ 
 
Bài 9. Tìm m để PT: 2 2 2sin sin 3 cos 2 0x x m x+ − = (*) có nghiệm. 
Giải 
( )2 21 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 22cos 2 cos 2 1 cos 2x x m x⇔ − + + =
Đặt [ ]cos 2 1,1t x= ∈ − , khi đó (*) ⇔ ( ) 3 22 1f t t t mt= − + + = . 
Ta có: ( ) 2 16 1 0
6
f t t t′ = − + = ⇔ = ± 
Nhìn vào đồ thị ta thấy: (*) có nghiệm ⇔ Parabol (Pm): 2y mt= cắt đồ thị 
(C): y = ƒ(t) tại điểm có hoành độ t∈[−1, 1] ⇔ m > 0 
t −1 16
−
1
6
 1 
f ′ + 0 − 0 + 
ƒ 
2 
CT 
CĐ 
 0 
-1
O x
y
74+
3
3
4- 7
714
3
-7
-7
3
-14 7
y
xO
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: ( ) ( ) 24 6 2x x x x m+ − ≤ − + đúng ∀x∈[−4, 6] 
Giải 
Đặt ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )22 2
00
4 6 :
4 6 1 25
yy
y x x C
y x x x y
≥≥ 
= + − ⇔ ⇔ 
= + −
− + =  
• (C) là nửa đường tròn ở phía trên Ox 
với tâm I(1, 0), bán kính R = 5. 
• ( ) 2: 2mP y x x m= − + là 1 parabol có 
đỉnh D(1, m − 1) ∈ đường thẳng x = 1. 
Ta có: ( ) ( ) 24 6 2x x x x 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: ( ) 22 1 2 3x 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 3y x x= − + có đỉnh D(1, 2) 
Gọi (Cm): ( )2 1y x x m= − + + ⇔ 
( )2 2 1
0
y x x m
y
 = − + +

≥
⇔ (Cm): ( )2 2
0
1 2
y
x y m
≥

− + = +
 với m ≥ −2. 
Ta có (Cm) là nửa đường tròn ở phía trên Ox 
với tâm I(1, 0), bán kính 2R m= + và có 
đỉnh ( )T 1, 2m + . 
a. Để BPT (*) có nghiệm thì đỉnh ( )T 1, 2m + phải nằm ở phía trên D(1, 2) 
⇔ 2 2 2 4 2m m m+ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ 
b. Giả sử (Cm) ∩ (P) tại 2 điểm phân biệt A1(x1, y0), A2(x2, y0) 
O
y
x1-4 6
T
D
m-1
1 x
y
O
2 3
3
A
B
T
D
-1
www.VNMATH.com
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị 
 107 
⇒ Miền nghiệm của BPT (*) là [ ]1 2,x x ⇒ x2 − x1 = 2 (1) 
Vì A1, A2∈(P) nên ta có x1, x2 là nghiệm của phương trình 2 02 3 0x x y− + − = 
⇒ 1 2 2x x+ = , kết hợp với (1) ⇒ 1 20, 2x x= = ⇒ 0 3y = 
⇒ ( )2 21 02 1 1 9 10m x y+ = − + = + = ⇔ m = 8. 
Bài 3. Tìm m để BPT: ( ) ( ) 24 4 2 2 18x x x x a− − + ≤ − + − đúng ∀x∈[−2, 4] 
Giải 
( ) ( )  ... ên trái 
đỉnh (0, 0) của (D0) hoặc nằm bên phải đỉnh (4, 0) của (D4) ⇔ m ≤ 0 hoặc m ≥ 4. 
y
xO
1
1 2 3 4
3/2
www.VNMATH.com
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị 
 109 
Bài 6. Giải biện luận BPT: 2 5 4x 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

− + ∈
= − + = 
− + − ∈


Gọi (C1) là phần đồ thị nằm ở phía trên trục hoành của 2 5 4y x x= − + còn (C2) là 
phần đồ thị đối xứng qua Ox với phần đồ thị nằm ở phía dưới Ox của 2 5 4y x x= − + 
Khi đó (C) = (C1) ∪ (C2). Xét ( ) ( ) 21 : 5 4C y a x x a= − + =∩ 
⇔ 1 2
5 9 4 5 9 4;2 2
a a
x x x x
− + + +
= = = = 
Xét ( ) ( ) 22 : 5 4 0C y a x x a= − + + =∩ 
⇔ 3 4
5 9 4 5 9 4;2 2
a a
x x x x
− − + −
= = = = 
Nhìn vào đồ thị ta có: 
 
 Nếu a ≤ 0 thì BPT vô nghiệm. 
 
 Nếu 90 4a< ≤ thì BPT có nghiệm x∈(x1, x3) ∪ (x4, x2) 
 
 Nếu 94a > thì BPT có nghiệm x∈(x1, x2) 
Bài 7. 1) Khảo sát và vẽ (C): ( ) 2 2 11
x xy f x
x
+ +
= =
−
 2) Tìm số a nhỏ nhất để ( ) ( )22 21 1a x x x x+ − ≤ + + đúng ∀x∈[0, 1] 
Giải 
1) ( ) 43 1f x x x= + + − ⇒ 
TCÐ: 1
TCX : 3
x
y x
=

= +
( )
( )2
1 041 0
3 81
x y
f x
x yx
= − ⇒ =
′ = − = ⇔ 
= ⇒ =
− 
x −∞ −1 1 3 +∞ 
f ′ + 0 − − 0 + 
f 
−∞ 
0 
−∞ 
 +∞ 
8 
 +∞ 
45/21
y
xO
4
9/4
-9/4
y=a
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
 110
2) Đặt [ ] [ ]2 0, 2 0,1t x x x= + ∈ ∀ ∈ 
( ) ( )22 21 1a x x x x+ − ≤ + + ∀x∈[0, 1] 
( ) ( )21 1a t t⇔ − ≤ + ∀t∈[0, 2] 
⇔ 
( ) ( ]
( ) [ )
1, 2
0,1
f t a t
f t a t
 ≥ ∀ ∈

≤ ∀ ∈
 ⇔ 
( ]
( )
[ )
( )
1,2
0,1
Min
Max
t
t
f t a
f t a
∈
∈
 ≥


≤

( )
( )
2 9
0 1
f a
f a
 = ≥
⇔ 
= − ≤
 ⇔ −1 ≤ a ≤ 9. 
Vậy số a nhỏ nhất để ( ) ( )22 21 1a x x x x+ − ≤ + + đúng ∀x∈[0, 1] là a = −1. 
Bài 8. 1) Khảo sát và vẽ (C): ( ) 2 3 32
x xy f x
x
− +
= =
−
 2) Tìm số a lớn nhất để ( )2 6 12 4 2x x a x− + ≥ − đúng ∀x∈[4, 5] 
Giải 
1) ( ) 11
2
f x x
x
= − +
−
 ⇒ 
TCÐ: 2
TCX : 1
x
y x
=

= −
( )
( )2
1 111 0
3 32
x y
f x
x yx
= ⇒ = −
′ = − = ⇔ 
= ⇒ =
− 
2) ( )2 6 12 4 2x x a x− + ≥ − ∀x∈[4, 5] 
⇔ ( )
2 6 12
4 2
x x a
x
− + ≥
−
 ∀x∈[4, 5] 
⇔ 
2 3 3 3
2 4
x x x a
x
− + ≥ +
−
 ∀x∈[4, 5] 
⇔ Đường thẳng (d): 34y x a= + 
nằm phía dưới (C) ∀x∈[4, 5] 
Xét ( ) ( )23 2 44f x x′ = ⇔ − = [ ]4 4;5x⇔ = ∈ 
⇒ Phương trình tiếp tuyến của (C) song song với (d) là: 
(D): ( ) ( )3 3 14 44 4 2y x f x= − + = + . Nhìn hình vẽ suy ra: 
Số a lớn nhất để ( )2 6 12 4 2x x a x− + ≥ − đúng ∀x∈[4, 5] là 12a = 
y
O-3
8
x1-1 32
-1
9
3
x −∞ 1 2 3 +∞ 
f ′ + 0 − − 0 + 
f 
−∞ 
−1 
−∞ 
 +∞ 
3 
 +∞ 
-1
2
3
3
O
x
y
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
 + = +

+ =
 có đúng 2 nghiệm. 
Giải 
Nếu a < −1 thì hệ vô nghiệm. 
Xét a ≥ −1: ( ) ( )2 2: 2 1aC x y a+ = + là đường 
tròn tâm O(0, 0) bán kính ( )2 1R a= + . 
( )2 4x y+ = ⇔ x + y = ±2. 
Nghiệm của hệ đã cho chính là toạ độ của các giao điểm do đường thẳng 
( )1 : 2 0x y∆ + + = và ( )2 : 2 0x y∆ + − = cắt (Ca). 
Do (∆1), (∆2) đối xứng nhau qua O nên hệ đã cho có đúng 2 nghiệm 
⇔ (∆1), (∆2) tiếp xúc (Ca) ⇔ ( )( ) ( )1O, 2 1 2 0R 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 ( ) ( )1 1 2 2, , ,x y x y là các nghiệm của hệ. 
 CMR: ( ) ( )2 22 1 2 1 1x x y y− + − ≤ . Dấu bằng xảy ra khi nào? 
Giải 
( ) ( )
( ) ( )22 2 2
: 1 00
1 10 :
2 4
a x a yx ay a
x y x C x y
 ∆ + − =
+ − = 
⇔ 
+ − = − + =

(C) là đường tròn tâm ( )1 ,02I bán kính 12R = 
(∆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( )
xO
y
2
2
-2
-2
y
O x1
I
1
M
N
2
A
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
 112
⇔ ( )( ) ( )2 222 2
1
1 22 1 4
, 1 3 4 0 0
2 311
a
a
ad I R a a a
aa
−
−∆ < ⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
++
b. Với 40 3a< < thì đường thẳng (∆a) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt 
( )1 1M ,x y , ( )2 2N ,x y ⇒ 2MN R≤ =1 (Đường kính là dây lớn nhất) 
 ⇔ ( ) ( )2 22 1 2 1 1x x y y− + − ≤ ⇒ (đpcm) 
Dấu bằng xảy ra ⇔ MN = 2R ⇔ (∆a) đi qua ( )1 ,02I ⇔ 12a = 
Bài 11. Tìm a để hệ 
1 2
3
x y a
x y a
 + + + =

+ =
 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
, 0
3 1
u v
u v a
u v a
≥

+ =

+ = +
( ) ( )2 2: 3 1C u v a+ = + là họ các đường tròn tâm O(0, 0) bán kính ( )3 1R a= + 
( ) :d u v a+ = là họ các đường thẳng // với nhau tạo với Ou góc 135° 
Xét đường thẳng ( )1( ) : 3 1d u v a+ = + đi qua A(R, 0); B(0, R) ∈(C) 
và đường thẳng ( )2( ) : 6 1d u v a+ = + 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 1 6 1a a a+ ≤ ≤ + 
⇔ 
2
2
3 3 0 3 21 3 1526 6 0
a a
a
a a
 − − ≥ +⇔ ≤ ≤ +
− − ≤
Bài 12. Tìm m để hệ 
2 2
1 1 1x y
x y m
 − + + =

+ =
 có 4 nghiệm phân biệt. 
3a+3
v
O u
3a+3
6a+6
6a+6
www.VNMATH.com
Biện luận phương trình, bất phương trình bằng đồ thị 
 113 
Giải 
( ) : 1 1 1L x y− + + = ⇔ 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ] [ ]
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, −2); D(0, −1) 
• ( ) 2 2:C x y 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, ( ) 2R d O BC= = 
Đường tròn tâm O đi qua 2 điểm B, C có bán kính là: 2 5R OC= = . 
Nhìn vào đồ thị ta có: Hệ có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (L) cắt (C) tại 4 điểm. 
⇔ 1 2
3 95 5
22
R R R m m< < ⇔ < < ⇔ < < 
Bài 13. Cho 2 2 1 và 6a b c d+ = + = . CMR: 2 2 2 2 18 6 2c d ac bd+ − − ≥ − (1) 
Giải 
Trên mặt phẳng tọa độ lấy M(a, b) và N(c, d) ⇒ ( ) ( )2 22MN c a d b= − + − 
và M nằm trên đường tròn ( ) 2 2: 1C x y+ = ; N nằm trên (∆): 6x y+ = 
Khi đó (1) ⇔ 2MN 19 6 2 MN 3 2 1≥ − ⇔ ≥ − 
Gọi khoảng cách từ O đến (∆) là: ( )O,d ∆ 
Ta có: ( )OM MN ON O,d+ ≥ ≥ ∆ 
⇒ ( )
2 2
0 0 61 MN O, 3 2
1 1
d + −+ ≥ ∆ = =
+
⇒ MN 3 2 1≥ − (đpcm) 
Dấu bằng xảy ra ⇔ M ∈ đoạn ON và ON ⊥ (∆) ⇔ 1
2
a b= = ; 3c d= = 
xO
y
D
A
B
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
 + + ≤

− − ≤
 a. Tìm a để hệ có nghiệm. b. Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất. 
Giải 
( )
( )
2
2
2
2
22 0
44 6 0 6
a f x x xx x a
x xa g xx x a
 ≤ = − − + + ≤ 
⇔ 
−≥ =− − ≤  
(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 80; 7x 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. 
Bài 2. Tìm m để BPT: ( )21
2
log 2 3x x m− + > − (1) có nghiệm 
và mọi nghiệm đều ∉ TXĐ của ( )3 1log 1 .log 2x xy x x+= + − (2) 
Giải 
• TXĐ của (2) là nghiệm của hệ: 
( ) ( ) ( )23 31
0 10 1
2
log 1 2 1 1x
xx
x
x x x+
< ≠< ≠  
⇔ ⇔ ≥ 
+ ≥ + ≥ +  
• ( )21
2
log 2 3x x m− + > − ⇔ 20 2 8x x m< − + < 
⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
2
1
2
2
2 :
2 8 :
m x x f x y P
m x x g x y P
 > − + = =

< − + + = =
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
-2 2 4
1
-2/3
9
-2
21 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
 − − + ≤

− − + − ≤
 (*) có nghiệm. 
Giải 
Hệ 
2
4 2
2 4 0
6 8 18 0
x x m
x x x m
 − − + ≤

− − + − ≤
( )
( )
2
4 2
2 4
6 8 18
m f x x x
m g x x x x
 ≤ = − + +
⇔ 
≥ = − − +
(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: ( ) ( ) ( )234 12 8 4 1 2g x x x x x′ = − − = + − 
Xét (C) ∩ (P): ( ) ( )g x f x= 
( ) ( )3 21 4 14 0x x x x⇔ − + − − = ⇔ ( ) 3 21 4 14 0x h x x x x= ∨ = + − − = 
Do ( ) ( )2 6; 3 10h h= − = nên (C) ∩ (P) tại x1 = 1 và x2∈(2, 3) 
Nhìn vào đồ thị ta có hệ (*) có nghiệm ⇔ Đường thẳng y = m đi qua miền 
gạch chéo tạo bởi (P) và (C) ⇔ −6 ≤ m ≤ 5. 
Bài 4. Tìm a để ( )2 1 2x y x y a+ + − + = (*) 
có nghiệm. 
Giải 
(*) ( ) ( )2 1 2x y a x y⇔ − + = − + 
 ( ) ( ) 2
2
2 1 2
x y
x y a x y
+ ≤

⇔ 
 − + = − +  
( ) ( )22
2 0
1 2 1
x y
x y a
+ − ≤
⇔ 
− + − = +
( ) ( ) ( )22: 1 2 1C x y a− + − = + là đường tròn tâm I(1, 2) bán kính 1R a= + 
x 
−∞ −1 2 +∞ 
f ′ 
 − 
0 
 − 
0 + 
f 
+∞ 
−6 
+∞ 
y
O x1
2 51+1- 5
-6
5
I
2
2
1 xO
y
www.VNMATH.com
Chương I. Hàm số – Trần Phương 
 116
Nghiệm của (*) là giao của đường tròn (C) với miền gạch chéo nằm phía dưới 
đường thẳng (∆): x + y − 2 = 0. 
Để (*) có nghiệm thì ( )( )
2 2
1 2 2 1 1
, 1 1
2 21 1
d I R a a a+ − −∆ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≤ + ⇔ ≥
+
Bài 5. Tìm m để hệ 
( )2 2log 1 (1)
2 (2)
x y
x y
x y m
+
 + ≥

 + =
 có nghiệm. 
Giải 
(1) ⇔ 
2 2
2 2
1
0
1
x y x y
x y
x y x y
 + ≥ + >

 + >

 + ≤ + <
 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
1
1
0
1 1 1
1 1 12 2 2
2 2 2
x y
x y
x y
x y
x y
 + <
 + > 
  + >
∨ 
− + − ≤ 

− + − ≥

( ) 2 21 : 1C x y+ = là đường tròn tâm O(0, 0) bán kính 1 1R = 
( ) ( ) ( )2 22 1 1 1: 2 2 2C x y− + − = là đường tròn tâm ( )1 1,2 2I bán kính 2 12R = 
(d): x + y = 0 cắt (C1) tại 1 1 1 1, ; ,
2 2 2 2
A B− −      
   
. Nghiệm của (1) là miền 
gạch chéo (hình vẽ) trong đó không lấy biên của (C1) nhưng lấy biên của (C2). 
Xét đường thẳng thuộc họ (∆m): x + 2y = m đi qua A là (∆1): 12
2
x y −+ = 
Đường thẳng thuộc họ (∆m) tiếp xúc với (C2) 
⇔ ( ) 2, md I R∆ = 2 2
1 1
2 1
21 2
m+ −
⇔ =
+
10 3 103
2 2 2
m m
±⇔ − = ⇔ = 
⇒ Đường thẳng (∆2): 3 102 2x y
+
+ = 
 nằm ở phía trên và tiếp xúc với (C2). 
Để (*) có nghiệm thì (∆m) cắt miền gạch chéo 
⇔ (∆m) nằm giữa (∆1) và (∆2) ⇔ 3 101 22
m
+
− < ≤ 
O
x
y
I
1
11/2
1/2
A
(D )
1
2
(D )
www.VNMATH.com