phương pháp đồ thị để biện luận hệ có tham số

Lời nói đầu Chuyên đề này tôi muốn nghiên cứu thêm một phương thức hữu hiệu để giải bài toán biện luận Hệ có chứa tham số.. Đặc diểm của phương pháp này là khi đ* có 1 cách nhìn “ hình

Lời nói đầu Chuyên đề này tôi muốn nghiên cứu thêm một phương thức hữu hiệu để giải bài toán biện luận Hệ có chứa tham số Đặc diểm của phương pháp này là khi đ* có 1 cách nhìn “ hình học” thì lời giải của các bài toán sẽ đơn giản, rõ ràng.Tất nhiên, cũng giống như mọi phương pháp khác, phương pháp đồ thị không phải thích hợp với mọi bài toán biện luận hệ chứa tham số Vì vậy trong chuyên đề nhỏ này tôi muốn trình bày một số bài toán biện luận hệ mà phương pháp đồ thị là phương pháp hiệu quả hơn với mọi phương pháp khác

Qua một số bài toán tôi mong rằng có thể cung cấp cho các bạn một phương pháp không chỉ biện luận hệ chứa tham số mà có thể xử lý một lớp các bài toán dạng khác Hơn thế nữa là giúp các bạn phát huy năng lực tư duy toán Trong chuyên đề này tôi đ* sử dụng một số tài liệu của một số tác giả: Phan Huy Khải, Phan Đức Chính Xin chân thành cảm ơn các tác giả và các thành viên trong tổ tự nhiên - Trường DTNT Tỉnh Bắc Giang đ* giúp tôi hoàn thành chuyên đề này

Bắc Giang, ngày 10-05-2008

Nguyễn thị tư

Phương pháp đồ thị để biện luận hệ có tham số

Miền gạch nằm dưới đường thẳng

chứa gốc O Thay (O,O) vào f(x,y) =

x – 2y + 3 Ta có f(0,0) = 3 > 0 Miền đó

là Ω1 miền còn lại là Ω2

Nhận xét: + Nếu C > 0 thì miền chứa

gốc tọa độ là Ω1, miền còn lại là Ω2

+ Nếu C > 0 thì miền chứa

gốc tọa độ là Ω2, miền còn lại là Ω1

3 Sự tiếp xúc của hai đường cong

* Mệnh đề 1: Hai đường cong y = f (x) và y = g (x) tiếp xúc nhau nếu phương trình

f (x) = g (x) có nghiệm bội

* Mệnh đề 2: Hai đường cong y = f (x) và y = g (x) tiếp xúc nhau nếu hệ phương trình

) ( ) (

, ,

x g x f

x g x f

Gọi x0là hoành độ của M.Khi đó MM’ = a x0

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến MN

Ta có k = y’ (x0 ) = a.x02 (1)

Mặt khác k = tg MNM’=

M N

M M

′

′

=

M N

x a

Bài toán 2: Cho đng tròn (x-a)2+(y-b)2 = R2 và đường thẳng A.x+ B.y+ C = 0 CMR

điều kiện để đường thẳng và đường tròn tiếp xúc nhau :

=

ư +

ư

0

x

A

R b y a

x Có nghiệm duy nhất

ư +

ư

=

ư +

ư

0 )

.(

) (

) ( )

b B a A C b y B a

x

A

R b y a

x

Đặt X = x-a ,Y = y-b , m = C + A.a +B.b

Bài toán trở thành tìm điều kiện để hệ







= + +

= +

0

.

2 2 2

m Y B X A

R Y X

(*) có nghiệm duy nhất

Có hai khả năng xảy ra

+ Nếu B ≠ 0,Hệ (*) có nghiệm duy nhất nếu phương trình

X2 + (

B

m x

Vậy ta được điều phải chứng minh

Bài toán 3 : Cho đường tròn 2 2 2 ( 1 )

R y

x + = và M(x0:y0) thuộc đường tròn Khi đó phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại M là : x x0+ y y0 = R2 ( 2 )

Chứng minh

Phương trình tiếp tuyến với đường tròn tại M(x0;y0) là

) 3 ( )

Ta suy ra điều phải chứng minh

* Tổng quát : Tiếp tuyến tại điểm M(x0;y0) của đường tròn ( )2 2 2

Chứng minh : Bằng cách tịnh tiến hệ đồ thị về điểm (a;b) ta có bài toán 3

4 Các mệnh đề : Cho f(x) là hàm số liên tục trên miền D

Mệnh đề 1: Phương trình f(x) = α có nghiệm khi và chỉ khi

m = min f(x) ≤ α ≤ max f(x) = M (1) (x ∈ D )

Ta công nhận không chứng minh

Mệnh đề 2 :

1) Bất phương trình f(x) ≥ α , x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi M ≥ α

2) Bất phương trình f(x) ≥ α , đúng với mọi x ∈ Dkhi và chỉ khi m ≥ α

Mệnh đề 3 :

1)Bất phương trình f(x) ≤ β , với x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ β 2)Bất phương trình f(x) ≤ β , đúng với mọi x ∈ D khi và chỉ khi M ≤ β

Phần 2: Bài tập

bài 1: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất

≤ + +

) 2 ( )

1 (

) 1 ( ) 1 (

2 2

2 2

a y x

a y

+ Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất ⇔ X1 và

X2 tiếp xúc nhau ⇔O1O2 = 2 a ⇔ 2= 2 a ⇔ a =

=

ư +

) 2 ( 0

) 1 ( 0

2 2

x y x

m my x

1 Biện luận số nghiệm của hệ theo m

2 Khi hệ có hai nghiệm là (x1,y1) ; (x2,y2) Xét đại

ư

=

ư +

) 4 ( 4

1 )

2

1 (

) 3 ( 0 ) 1 (

2 2

y x

y m x

Ta thấy (4) là đường tròn tâm O1(

2

1;0) bán kính 1

còn (3) là phương trình đường thẳng luôn qua A(1;1)

+ Trước hết ta thấy từ A có hai tiếp tuyến với đường tròn, trục tung và tiếp tuyến ABC

Đặt OAO =α

α

2 Khi hệ có hai nghiệm là (x1,y1) ; (x2,y2) Xét hai điểm M1 (x1,y1) ;M2(x2,y2) thì

M1 ; M2 chính là giao điểm của đường thẳng và đường tròn Ta có : D = 2

2

1 M

M do đó Dmax ⇔ M1M2max

⇔ M1M qua O1 ⇔ m =

2 1

0 ) 3 )(

(

) 1 ( 9

2 2

a x x ay

y x

(2) Biện luận số nghiệm của hệ trên theo

a

Lời giải : Ta thấy (1) là phương trình đường tròn tâm O(o;o) và bán kính bằng 3 Còn (2) là phương trình của 2 đường thẳng x = a 3 và ay + x = 0

Số nghiệm của hệ là số giao điểm của đường thẳng và đường tròn

1 Nếu a=0 Khi đó (2) ⇔ x=0 và đó là phương trình trục tung.Do đó hệ có 2 nghiệm (vì trục tung cắt đường tròn (1) tại 2 điểm)

2.NÕu a>0 Gäi (x0;y0) lµ ®iÓm chung cña 3 ®−êng th¼ng x2+ y2= 9; ay + x = 0 ;

= +

) 5 ( 3

) 4 ( 0

) 3 ( 9

0

0 0

0 0

a x

x ay

y x

a

a

; hÖ cã 4 nghiÖm

3 NÕu a<0 xÐt hoµn toµn t−¬ng tù nh− (2) ta cã:

+, NÕu a<- 3 : hÖ cã 2 nghiÖm

+, NÕu a=- 3 : hÖ cã 3 nghiÖm

+, NÕu a=- 2 : hÖ cã 3 nghiÖm

a

a

; hÖ cã 4 nghiÖm

VËy : +, HÖ cã 4 nghiÖm khi

a a

+, HÖ cã 3 nghiÖm khi a = 3 ∨ a = 2

+, HÖ cã 2 nghiÖm khi a = 0 hoÆc a > 3

Bài 4: Tìm a để hệ sau có nghiệm

) 2 ( 2

) 1 ( 4 ) 3 (

2

2 2

ax y

y x

Lời giải : Ta thấy tập hợp các điểm thỏa m*n (1) là hình tròn tâm O1(0;-3) và bán kính bằng 2

Các điểm thỏa m*n (2) là 1 pa-ra-bol y = 2ax2.Hệ có nghiệm khi và chỉ khi bol và phần hình tròn có điểm chung Gọi x0là giá trị mà pa-ra-bol y = 2a0x2 tiếp xúc với

pa-ra-đường tròn nói trên,dễ thấy hệ đ* cho có nghiệm thì a ≤ a0

Bài toán trở thành tìm a0 để a ≤ a0. Gọi A có hoành độ x0 là tiếp điểm của bol y = 2a0x2 với đường tròn trên Ta có A(x0; 2a0x02) Vẽ tiếp tuyến với pa-ra-bol tại A thì nó cũng là tiếp tuyến của đường tròn (do chúng tiếp xúc nhau), giả sử chúng cắt trục hoành tại B thì OB =

Bài 5 Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất







= +

ư

≤

ư +

0

2 2

2 2

a y x

x y

x

Lời giải

Hệ ⇔







= +

=

≤ +

ư

) 2 ( 0

) 1 ( 3 )

1

a x y

y x

Từ hệ ⇒ hệ có nghiệm duy nhất ⇔

y=x + a là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1(1,0) và bán kính 3 Ta thấy đường thẳng y = x = a tạo chiều dường Ox góc 450 với mọi a Có 2 giá trị của a để y = x + a tiếp xúc với đường tròn Ta có
O1BC là tam giác vuông cân nên O1C=O1B 2= 6 ⇒ OC=1+ 6 Mặt khác OC chính là nghiệm của phương trình x+a=0 ⇒ 6 1 6 1+ ⇒ =ư ư = ưa a Tương tự ta có 1 6 6 1 6 1 1D= ⇒O D= ư ⇒a= ư O Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi a=ư1± 6 Bài 6 Tìm a để hệ có hai nghiệm:     = + + = + ) 2 ( 4 ) ( ) 1 ( ) 1 ( 2 2 2 2 y x a y x y A D C x

B O1 O 2 y

x

ư2 2

ư2

O

+ Các điểm thoả m*n (1) là đường tròn tâm O, bán kính 2(2+a)

+ Các điểm thoả m*n (2) nằm trên đường thẳng x+y=2 và x+y=ư2

Ta nhận thấy 2 đường thẳng đối xứng nên hai đường thẳng trên hoặc cùng là tiếp tuyến hoặc không là tiếp tuyến

Vì hệ có 2 nghiệm ⇔ x+y=2 là tiếp tuyến của đường tròn (1)

Ta có: OA=R 2⇒2= 2 2(1+a)⇒a=0

Vậy hệ có 2 nghiệm ⇔ a=0

Bài 7 Biện luận theo a số nghiệm của hệ:

)2(0))(

2(

)1(4

2

ayax

yx

Lời giải

Ta nhận thấy các điểm thoả m*n (1) là 4

cạnh của hình thoi ABCD, với A(ư4,0),

B(0,2), C(4,0), D(0,ư2)

Các điểm thoả m*n (2) nằm trên đường

thẵng x=2a và y=a Số nghiệm của hệ là số

giao điểm của chu vi hình thoi với hai đường

thẳng nói trên

Trước hết ta tìm xen khi nào 3 đường thẳng x=2a, y=a và x + y2 =0 đồng quy Gọi (x0, y0) là điểm chung, khi đó ta có:

12

44

42

2

0 0 0

0 0

=

=

aa

y

ax

y

yx

ay

ax

Từ đó ta kết luận:

1) Nếu | a | > 2: Hệ vô nghiệm

2) Nếu | a | = 2: Hệ có 2 nghiệm

3) Nếu | a | < 2 và | a | ≠ 1 : Hệ có 4 nghiệm

4) Nếu | a | = 1: Hệ có 3 nghiệm

Loại 2 Biến tham số thành đối số

Bài 8 Tìm a để hệ sau có nghiệm:

<

++

++

4

024

)25(

2 2

2 2

ax

aa

xa

x

Lời giải

Xét hệ toạ độ Oxa Điểm M tronh hệ toạ độ

có dạng M(x,a) Hệ đ* cho tương đương với hệ:







=+

<

+++

)2(4

)1(0)24)(

(

2 2

ax

axax

Nhưng điểm M thoả m*n (1) nằm trong hai góc

⇔

=+

ư

+

17

16,17

300

1617

4)24

02

2 2

axx

axx

4

)1(2

2 2

xx

a

xx

a

C¸c ®iÓm M(x,a) tho¶ m*n hÖ

n»m trong miÒn g¹ch víi A(−1,1)

=+++

)2(3

)1(2

1ayx

ay

=+

)5(0

,0

)4(33

)3(

2 2

vu

av

u

avu

C¸c ®iÓm M(u,v) tho¶ m*n (4) lµ ®−êng trßn t©m O, b¸n kinh 3 +a 3

y

x

Các điểm thoả m*n (3) là đường thẳng cắt đường tròn trong cung thứ nhất

⇔

033

066

663

3

2 2

aa

aa

aa

=+

myx

yx

2cos2

cos

2

1sinsin

=+

)3(1

,1

)2(2

2

)1(2

1

2 2

vu

mv

u

vu

Các điểm thoả m*n (3) nằm trong hình vuông MNPQ

Như vậy, phải tìm m để đường tròn gốc toạ độ, bán kính

2.2

C

O

72

14

52

281

4

52

281

=++

)2(

)1(

2 2

myx

mxyyx

Lêi gi¶i

Ta dÔ thÊy chØ cÇn xÐt m ≥ 0 (v× m < 0 th×

ph−¬ng tr×nh (2) v« nghiÖm)

my

x

my

xy

x

mmy

xyx

311

03)(

2)(

2

)(

⇔

=

−++

+

⇔

=

−+

++

++

−

=+

++

−

=+

)(311

)(311

2 2

2 2

III

myx

my

x

myx

my

+

≤+

−

≤++

−

⇔

mm

mm

mm

mm

2131

123

1

23

11

23

11

08

22

221231

123

≤+

⇔

+

≤+

m

mm

mm

mm

m

mm

+ Hệ (II) vô nghiệm do ư1ư 1+3m<ư 2m nên đường thẳng x+ y=ư1ư 1+3mkhông cắt đường tròn x2 + y2 =m

ư

ư

=+

+

ư

ư+

ư

0)2()

1(2

010

459

45

2

2 2

aaxax

xx

xx

(

)1(41

1

axaxxx

Xét hệ toạ độ Oxa, các điểm (x,a) thoả m*n hệ là X = A∪B ∪ CE ∪ DE

Gí trị a = α phải tìm nếu đường a = α cắt X tại một điểm duy nhất Từ đó hệ có nghiêm duy nhất khi 4 < a ≤ 6, 1< a < 3, a = ư1

* Chú ý: 1) Nếu bài toán tìm a để hệ:

ư

ư

=+

+

ư

ư+

ư

0)2()

1(2

010

459

45

2

2 2

aaxax

xx

xx

x

có nghiêm duy nhất

Lúc đó nghiệm hệ là đoạn AB ∪
CEFD Từ

đó suy ra hệ có nghiêm duy nhất khi a=6

hoặc ư1 ≤ a < 1

a

6 E

4 F

3 C

A

D ư1 O 1 4

y

A

B ư8 C x

ư2

H

O

ư

=

ư++++

ư

0)4()

2(2

012

656

7

2

2 2

aaxa

x

xx

xx

≤+

ư

≥++

≥+

ư

)4(

)3(042

)2(02

)1(082

2 2

myx

yx

yx

yx

Lời giải

Các điểm M(x,y) thoả m*n (1), (2), (3) là miền hình gạch

Ta chỉ xét m ≥ 0 Do (4) biểu diễn đường tròn tâm O, bán kính m Bài toán trở thành: Tìm m ≥ 0 để đường tròn cắt
ABC Điều đó xảy ra khi OH≤ m ≤max(OA,OB=OC)= 20

Do

5

46

516

14

111

1

2 2

2 = + = + = ⇒OH=

OAOC

ư

ư+

84

)2(9

3

)1(2

2

2

2

my

xy

Phương trình (3) ⇔ xư 2 + yư 2 =m

)4()2

Do đó (3) biểu diễn đường tròn tâm O1(2,4), bán kính m (m≥ 0)

Từ đó suy ra hệ có nghiêm khi:

≥+

+

)2(2

)1(1)(

log 2 2

myx

yx

y x

Lời giải

độ Oxy các điểm M(x,y) thoả m*n (1)

12

1

11

)

1

2 2

2 2

2 2

yx

yx

yxyx

yx

12

1

10

01

0

0)

2

(

2 2

2 2 2

2

2 2

yx

yx

yx

yxyx

yx

yx

Từ đó suy ra chúng được biểu diễn bởi miền gạch (lấy biên của )

2

2,(O1 , không lấy

Điểm A là giao của đường thẳng x+y=0 với x2 + y2 =1 và A phía dưới nên

) 2

2

,

2

2

A Đường thẳng x + 2y = m đi qua A khi

2

2

ư

=

áp dụng điều kiện để một đường thẳng Ax + By + C = 0 tiếp xúc với đường tròn

2 2 2

) (

)

(xưa + yưb =R , ta phải có: R2 (A2 +B2 )=(C+Aa+Bb)2 Hay

2

) 2

3

(

2

5

+

ư

= m Do tiếp tuyến ở phía trên nên ta lấy giá trị

2

10

3 +

=

Từ đó ta có đường thẳng x + 2y = m cắt miền gạch, ta phải có:

2

10 3

2

≤

<

ư

trị cần tìm

Bài 17 Tìm m để hệ sau vô nghiệm:









≤

<

ư +

ư

) 2 ( 1

) 1 ( 0 ) 2 )(

(

2 2

x

x m x m

Lời giải

Trong hệ toạ độ xOm, điểm thoả m*n hệ

biểu diễn bằng miền gạch (không kể biên BC,

góc COA)

+) m = 2 là một giá trị cần tìm nếu đường

thẳng m = α không cắt miền gạch nối trên

Từ đồ thị suy ra hệ vô nghiệm khi mm≥≤30

Bài 18 Tìm m để hệ sau có nghiệm







≤ +

+

= + +

) 2 ( 3

4

) 1 ( 6

8 16

2 2

m y x

y x y

x

Lời giải

9 ) 3 ( ) 4

(

)

1

( ⇔ xư 2 + yư 2 =

Vậy các điểm thoả m*n (1) là đường tròn tâm O1(4,3), bán kính 3

m

B

2

A C ư1 O 1 x

y

3

O 4 x

O1

Ta thấy thoả m*n (2) phải nằm nửa mặt phẳng xác định bởi 4x+3yưm=0, suy ra hệ

có nghiệm khi và chỉ khi nửa mặt phẳng có điểm chung với đường tròn

Gọi m0 là giá trị bé nhất mà 4x+3yưm0=0 là tiếp tuyến của đường tròn Khi đó ta thấy ngay giá trị cần tìm của m là m ≥ m0

Theo trên, 4x+3yưm0=0 là tiếp tuyến của (O1, 3) khi:

2 2

2

)916(

Vậy giá trị cần tìm của m là m ≥ 10

Nhận xét: Ta có thể giải bài toán như sau:

Gọi D là tập hợp các điểm M(x,y) thảo m*n

(1) và đặt f(x,y) = 4x+3y thì hệ đ* cho có

nghiêm ⇔ minf(x,y) ≤ m Vì (x,y)∈D nên

2 2

2

82

163

+

≥+

+

483

2

213

4

2 2

2 2

kk

kxx

kk

kxx

ư

≥++

ư+

⇔

)2(0)23)(

2(

)1(0)13)(

1(

kxk

x

kxk

Các điểm trong phần

không gạch đồng thời thoả

)2

3,()

Để xem với giá trị

nào của k thì độ dài

nghiệm của hệ đ* cho là 2

3+ =

=

Vậy để cho độ dài nghiệm của hệ là 2 thì k = 0 hoặc k = 5/2

Nhận xét: Nhiều bài toán chỉ cần lập bảng biến thiên là ta đ@ biện luận đ−ợc hệ rồi

Loại 4 Dùng bảng biến thiên

Bài 19 Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất:

y

ayx

2 2

2 2

22

Lời giải

k

M H N

2 2 2

2 2 2

yx

axxy

ayyx

0)2

2)(

(

2

2 2

2 2 2

yx

yxyx

yx

ayyx

>

=

⇔

)2(2

)(

)02

2)(

1(0

2 2 3

2 2

axxx

f

yxyx

xy

Sè nghiÖm cña hÖ lµ sè nghiÖm d−¬ng cña (2)

Ta cã f '(x)=6x2 −2x

B¶ng biÕn thiªn:

31

Bài 20 Tìm m để hệ sau có nghiệm:

<

ư+

013

0123

3 2

mxx

xx

Lời giải

Với mọi m thì x = 0 đều không là nghiệm của hệ nên hệ thương đương với hệ:

)(

313

10

)(31

01

x

x

xmx

Xét

2

3 3

3

21)(',3

1)

(

x

xx

fx

xx