Dấu của tam thức bậc hai và các ứng dụng trong chương trình toán trung học phổ thông

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HUỲNH THỊ ÁNH HỒNG

DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI VÀ CÁC
ỨNG DỤNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH
TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

Đà Nẵng – 05/2023


ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HUỲNH THỊ ÁNH HỒNG

DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI VÀ CÁC
ỨNG DỤNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH
TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

Người hướng dẫn
ThS. NGUYỄN THỊ SINH

Đà Nẵng – 05/2023

MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN .......................................................................................................... 2
MỞ ĐẦU .................................................................................................................. 2
CHƯƠNG I. TAM THỨC BẬC HAI .................................................................... 5
1.1. Định nghĩa tam thức bậc hai ......................................................................... 5
1.2. Định lí về dấu của tam thức bậc hai ............................................................. 5
1.3. Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai....................................................... 8
1.4. So sánh một số với các nghiệm của một tam thức bậc hai ......................... 10
1.5. Nội suy tam thức bậc hai trên một đoạn ..................................................... 11
CHƯƠNG II. CÁC ỨNG DỤNG VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI
TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG. ................ 17
2.1. So sánh một số với các nghiệm của phương trình: ..................................... 17
2.2. Các bài tốn về phương trình...................................................................... 20
2.3. Các bài tốn về bất phương trình ................................................................ 34
2.4. Các bài tốn về hệ bất phương trình ........................................................... 51
2.5. Các bài tốn sử dụng cơng thức nội suy Lagrange ..................................... 53
KẾT LUẬN ............................................................................................................ 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................... 56

1


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn và sự tri ân sâu sắc đối với các thầy
cô, lãnh đạo Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng, đặc biệt là các thầy cơ
khoa Tốn đã tạo điều kiện cho em thực hiện Khóa luận tốt nghiệp.
Với lịng kính trọng và biết ơn chân thành của bản thân, em xin gửi lời cảm
ơn tới ThS. Nguyễn Thị Sinh đã tận tình quan tâm giúp đỡ, hướng dẫn, chỉ bảo cho
em trong suốt quá trình nghiên cứu đề tài.
Trong quá trình nghiên cứu đề tài, mặc dù đã rất cố gắng nhưng với vốn kiến

thức còn hạn hẹp thì luận văn khơng thể tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong
nhận được những ý kiến đóng góp và xây dựng của q thầy cơ để bài luận văn
của em được hoàn chỉnh hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!

2


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình tốn trung học phổ thông (THPT), tam thức bậc hai là
một chuyên đề quan trọng và có ứng dụng đa dạng, hiệu quả. Trong các kì thi đại
học, kì thi học sinh giỏi các cấp đều có những bài tốn liên quan đến tam thức bậc
hai. Vì vậy, tam thức bậc hai luôn là chuyên đề rất cần thiết trong quá trình học tập
và nâng cao kiến thức của học sinh.
Khi nghiên cứu tam thức bậc hai, ta thường quan tâm đến dấu của tam thức
bậc hai. Dấu của tam thức bậc hai được sử dụng rộng rãi trong các bài tốn về
phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình, …
Đề tài “Dấu của tam thức bậc hai và các ứng dụng trong chương trình tốn
trung học phổ thơng” được nghiên cứu nhằm trình bày một số định lý cơ bản về
dấu của tam thức bậc hai, từ đó xây dựng một hệ thống các ứng dụng và bài tập
trong chương trình tốn THPT giúp cho học sinh củng cố lại kiến thức và có cái
nhìn tổng qt hơn về dấu của tam thức bậc hai.
2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống lại các kiến thức cơ bản về tam thức bậc hai và các ứng dụng về dấu
của tam thức bậc hai để giải quyết các lớp bài toán trong chương trình THPT.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Hệ thống lại lý thuyết dấu của tam thức bậc hai.
- Nghiên cứu các ứng dụng dấu của tam thức bậc hai thơng qua việc giải
quyết các lớp bài tốn trong chương trình tốn THPT.

4. Phương pháp nghiên cứu
- Thu thập, tìm hiểu các tài liệu liên quan đến dấu của tam thức bậc hai.
- Phân tích, hệ thống các tài liệu để từ đó tổng hợp, chọn lọc những nội
dung cần thiết đưa vào luận văn.
- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giảng viên hướng dẫn để hoàn
thành luận văn và tổng kết kinh nghiệm.
3


5. Phạm vi nghiên cứu
Luận văn tập trung nghiên cứu các định lý về dấu của tam thức bậc hai và các
ứng dụng trong chương trình tốn THPT.
6. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung luận văn được chia thành hai
chương.
Chương 1 trình bày về định nghĩa tam thức bậc hai, định lí về dấu của tam
thức bậc hai, định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai, so sánh một số với các
nghiệm của một tam thức bậc hai và nội suy tam thức bậc hai trên một đoạn.
Chương 2 trình bày các ứng dụng dấu của tam thức bậc hai trong các bài tốn
giải phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình và các bài tốn sử dụng
cơng thức nội suy Lagrange.

4


CHƯƠNG I
TAM THỨC BẬC HAI
1.1.

Định nghĩa tam thức bậc hai

Tam thức bậc hai đối với x là biểu thức có dạng f(x) = ax2 + bx +c trong đó
a, b, c là những hệ số, a  0 .
Khi cho x một giá trị thực thì tam thức f(x) có thể có giá trị âm, dương hay
bằng 0.
Nghiệm của tam thức là giá trị của x làm cho tam thức có giá trị bằng 0. Do
đó nghiệm của tam thức f(x) cũng là nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 .
1.2.

Định lí về dấu của tam thức bậc hai

Định lí sau đây nêu lên sự liên hệ giữa dấu của tam thức bậc hai và dấu của
biệt thức  .
Định lí 1.1. Cho f(x) = ax2 + bx +c ( a  0 ) và  = b 2 − 4ac .
Nếu   0 thì f(x) ln cùng dấu với hệ số a, với mọi x  .
Nếu  = 0 thì f(x) ln cùng dấu với hệ số a với mọi x  −

b
b
, tại x = −
2a
2a

thì f(x) = 0.
Nếu   0 thì f(x) ln cùng dấu với hệ số a với mọi x  [ x1; x2 ] , trái dấu với
hệ số a khi x  ( x1; x2 ) , trong đó x1 , x2 ( x1  x2 ) là hai nghiệm của f(x).
Chú ý: Trong định lí trên, có thể thay biệt thức  = b 2 − 4ac bằng biệt thức
thu gọn  ' = (b ') 2 − ac .
Chứng minh:
Ta có:

 2 b
c
b2
c
b2 
 2 b
f ( x) = ax + bx + c = a  x + x +  = a  x + x + 2 + − 2 
a
4a
a 4a 
a
a


2

2
2


b  b 2 − 4ac 
b 
 
= a  x +
=
a
x
+
−

−

.




2a 
2a  4a 2 
4a 2 




b 


• Trường hợp 1:   0 . Khi đó: −  0  − 2  0   x +
 − 2  0.
4a
2a  4a

2

Do đó, nếu a > 0 thì f(x) > 0 và ngược lại a < 0 thì f(x) < 0.
Hay nói cách khác tam thức f(x) luôn cùng dấu với hệ số a với mọi x  .
5


2

b 

• Trường hợp 2:  = 0 . Khi đó: f ( x ) = a  x +
 .
2a 

2

b 

Vì  x +
  0 nên f(x) luôn cùng dấu với hệ số a với mọi x 
2a 

 b 
Ngoài ra, f  −  = 0 .
 2a 

 b
\ −  .
 2a 

• Trường hợp 3:   0 .

b +  
b−  
Khi đó: f ( x) = a  x +
 x +
 = a ( x − x1 )( x − x2 )

2
a
2
a



với x1, x2 là hai nghiệm của tam thức f(x).
Giả sử x1 < x2 , ta lập bảng xét dấu biểu thức ( x − x1 )( x − x2 ) , ta được:
x

−

x1

x − x1

–

x − x2

–

( x − x1 )( x − x2 )

+

+

x2

0

+

0

+

–

0

+

–

0

+

 x  x1
Từ đó, ta thấy ( x − x1 )( x − x2 )  0  
và ( x − x1 )( x − x2 )  0  x1  x  x .
2
 x  x2

Suy ra f(x) trái dấu với hệ số a với mọi x nằm trong khoảng ( x1 , x2 ), f(x) cùng dấu
với hệ số a với mọi x nằm ngoài đoạn [ x1; x2 ].
Ví dụ 1.1. Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

a) f ( x) = −2 x 2 + 5 x − 2 .
b) g ( x) = (3x 2 − 4 x)(2 x 2 − x − 1) .
(3x 2 − x)(1 − 2 x)
c) h( x) =
.
−4 x 2 − x + 3

Giải.
a) f ( x) = −2 x 2 + 5 x − 2
f ( x) = 0  −2 x 2 + 5 x − 2 = 0  x = 2 hoặc x =

6

1
2


Bảng xét dấu:

1
2

−

x

–

f(x)

+

2

0

+

–

0

1 
Vậy f ( x)  0  x   ;2  ,
2 

1 
f ( x) = 0  x   ;2 ,
2 
1

f ( x)  0  x   −;   ( 2; + ) .
2

b) g ( x) = (3x 2 − 4 x)(2 x 2 − x − 1)

x = 0
3x − 4 x = 0  
4
x =

3

2

x =1
2x − x − 1 = 0  
1.
x = −

2
2

,

Bảng xét dấu:

−

−

x

1
2

0

3x 2 − 4 x

+

2 x2 − x − 1

+

0

–

g ( x)

+

0

–

+

4
3

1
–

0

0

–

–

0

+

+

0

–

1

4

Vậy g ( x)  0  x   −; −   (0;1)   ; +  ,
2

3

4
 1
g ( x) = 0  x  − ;0;1;  ,
3
 2
 1   4
g ( x)  0  x   − ;0   1;  .
 2   3

(3x 2 − x)(1 − 2 x)
c) h( x) =
−4 x 2 − x + 3
7

0

+
+
+

0

+


x = 0
 x = −1
1
2
3x − x = 0  
, −4 x − x + 3 = 0  
1 , 1 − 2x = 0  x =
3 .
x =
x =
2
3

4


2

Bảng xét dấu:

−

x

–1

1
2

1
3

0
–

3x 2 − x

+

+

1 − 2x

+

+

+

+

−4 x 2 − x + 3

–

+

+

+

h( x )

–

0

+

0

0

0

–

0

+

+

0

3
4
+

+

–

–

+
0

+

–

0

–

+

1 1  3

Vậy h( x)  0  x  ( −1;0 )   ;    ; +  ,
3 2 4

 1 1
h( x) = 0  x  0; ;  ,
 3 2
 1 1 3
h( x)  0  x  ( −; −1)   0;    ;  .
 3  2 4
1.3.

Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai

Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai thì chỉ trong trường hợp f(x) có
nghiệm x1 , x2 thì a. f ( x)  0 và x1  x  x2 , do đó ta có định lí đảo của định lí về
dấu của tam thức bậc hai như sau.
Định lí 1.2. Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx +c ( a  0 ) và một số thực
 . Nếu a. f ( )  0 thì tam thức có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1  x2 ) và

x1    x2 .
Chứng minh
Theo bảng xét dấu của tam thức f(x) = ax2 + bx +c ta thấy chỉ có một trường
hợp là a. f ( x)  0 , cịn mọi trường hợp khác đều có a. f ( x)  0 .
Trường hợp duy nhất đó là   0 , phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x1  x2
và x1  x  x2 . Giả thiết của định lí đảo rơi vào trường hợp này, do đó tam thức f(x)
có hai nghiệm x1 , x2 (giả sử x1  x2 ) và x1    x2 .

8


Định lí được chứng minh.
Từ các định lí thuận và định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai, ta có các hệ
quả sau:
Hệ quả 1.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình bậc hai f(x) = ax2 + bx +c
( a  0 ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (giả sử x1  x2 ) là tồn tại một số  sao cho
a. f ( )  0 .

Hệ quả 1.2. Cho tam thức f(x) = ax2 + bx +c ( a  0 ) và hai hệ số  ,  sao
cho    . Điều kiện cần và đủ để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm, trong đó
một nghiệm nằm trong khoảng ( ;  ) , nghiệm kia nằm ngoài đoạn [ ;  ] là:
f ( ). f (  )  0 .

(1.1)

Chứng minh
Hệ quả 1 suy ra ngay từ định lí thuận và định lí đảo về dấu của tam thức bậc
hai. Ta chứng minh hệ quả 2.
Theo giả thiết ta có: f ( ). f (  )  0 .
Với a  0 thì a 2 . f ( ). f (  )  0  af ( ). af (  )  0
 af ( )  0

  x1    x2
af (  )  0


 af ( )  0
 x1    x2  


 af (  )  0

(1.2)
(1.3)

.

Ngược lại, nếu xảy ra một trong hai khả năng (1.2) hoặc (1.3) thì hiển nhiên là
af ( ). af (  )  0 , suy ra (1.1).
Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng phương trình sau ln có nghiệm với mọi   .
f ( x) = ( 2 + 1) x 2 + ( 4 +  2 + 1) x +  4 −  2 − 1 = 0.

Giải.
Vì  2  0,  

  2 + 1  0,  

hay  2 + 1  0,   .

Nên f(x) là tam thức bậc hai.
Ta có: f (−1) =  2 + 1 −  4 −  2 − 1 +  4 −  2 − 1

= − 2 − 1 = − ( 2 + 1)  0   .

9


Vì a. f (−1)  0  

nên theo hệ quả 1 của định lí đảo về dấu của tam thức bậc

hai ta có f(x) ln có hai nghiệm x1 , x2 và x1  −1  x2 .
1.4.

So sánh một số với các nghiệm của một tam thức bậc hai

Theo định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai, ta thấy rằng nếu cho tam thức
bậc hai f(x) = ax2 + bx +c ( a  0 ) và một số thực  thì có thể xảy ra một trong
các trường hợp sau:
• a. f ( )  0 thì x1    x2 với x1 , x2 là hai nghiệm của f(x).
•

f ( ) = 0 thì  là một nghiệm của f(x).

• a. f ( )  0 thì f(x) có thể có nghiệm hoặc khơng. Trường hợp   0 thì 
nằm ngồi đoạn [ x1 , x2 ].
Để xác định xem  nhỏ hơn hay lớn hơn hai nghiệm, ta so sánh với nửa tổng
S
b
của hai nghiệm, tức là so sánh với = − .
2
2a

S
S
  hay −   0 thì   x1  x2 .
2
2
S

S
Nếu   hay −   0 thì x1  x2   .
2
2
Nếu

Ví dụ 1.3. So sánh nghiệm của phương trình sau với −1
f ( x) = (m − 2) x 2 − 2(m + 1) x + m − 5 = 0 .

(1.4)

Giải.
1
Khi m − 2 = 0  m = 2 , khi đó (1.4) trở thành: −6 x − 3 = 0  x = −  −1.
2

Khi m − 2  0  m  2 , ta có:
 ' = (m + 1) 2 − (m − 2)(m − 5) = m2 + 2m + 1 − m2 + 5m + 2m − 10 = 9m − 9.
f (−1) = m − 2 + 2(m + 1) + m − 5 = m − 2 + 2m + 2 + m − 5 = 4m − 5 .

a. f (−1) = (m − 2)(4m − 5) = 4m 2 − 13m + 10.
S
2(m + 1)
m + 1 m − 2 2m − 1
.
+1=
+1=
+
=
2

2(m − 2)
m−2 m−2 m−2

Bảng xét dấu:

10


1
2

−

m
'

–

–

a. f ( −1)

+

+

S
+1
2

+

0

5
4

1
0

+

+

+

–

0

–

Dựa vào bảng xét dấu của  ', a. f (−1),

+

2

–

+
0

–

+
+

S
+ 1 và định lí đảo về dấu của tam thức bậc
2

hai, ta có:
-

m  1 : phương trình vơ nghiệm.
m = 1 : phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = −2  −1.

5
- 1  m  : phương trình có hai nghiệm x1 , x2 và x1  x2  −1 .
4
5
- m = : phương trình có hai nghiệm x1 , x2 và x1 = −5  x2 = −1 .
4
5
 m  2 : phương trình có hai nghiệm x1 , x2 và x1  −1  x2 .
4
- m  2 : phương trình có hai nghiệm x1 , x2 và −1  x1  x2 .

1.5.

Nội suy tam thức bậc hai trên một đoạn

1.5.1. Bài toán nội suy Lagrange
Cho xi , a0i 

, với xi  x j i  j ,(i, j = 1,2,.., n) . Hãy xác định đa thức L( x)

có bậc khơng q n − 1( deg L( x)  n − 1) thỏa mãn điều kiện
L ( xi ) = a0i , i = 0,1,.., n .

Bây giờ ta đi chứng minh rằng bài tốn nội suy Lagrange có cơng thức
nghiệm dạng
n

L( x) =  a0i
i =1

Đặt

Li ( x) =

n



j =1, j i xi − x j

n

x − xj

j =1, j i

xi − x j



11

x − xj

.

, (i = 0,1,..., n) .


1 khi i = j
Khi đó ta thấy rằng Li ( x j ) = 
hay Li ( x j ) =  ij .
0 khi i  j

Tiếp theo, ta chứng minh đa thức L( x ) =

n

a
i =1

0i

Li ( x) là đa thức duy nhất

thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Lagrange và ta gọi đa thức này là đa thức
nội suy Lagrange.
Thật vậy, ta có: deg L( x)  n − 1
và

n

n

j =1

j =1

L( xi ) =  a0 j L j ( xi ) =  a0 j ij = a0i , i = 0,1,.., n .

Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán nội suy
Lagrange.
Giả sử tồn tại đa thức L * ( x) có bậc deg L * ( x)  n − 1 thỏa mãn bài toán nội
suy, khi đó đa thức
P ( x) = L( x ) − L * ( x )

cũng có bậc deg P( x)  n − 1 và thỏa mãn điều kiện P ( xi ) = 0, i = 1,2,.., n .
Tức là đa thức P ( x) có bậc deg P( x)  n − 1 mà lại có ít nhất n nghiệm

x1 , x2 ,..., xn nên P( x)  0 và khi đó L( x) = L * ( x) . Vậy ta được điều phải chứng
minh.
Nhận xét. Về mặt hình học, việc xây dựng đa thức nội suy Lagrange có nghĩa

là xây dựng một đường cong đại số bậc không quá n − 1 đi qua tất cả các điểm
M i ( xi , yi ), i = 1,2,.., n cho trước.
Ví dụ 1.4. Xác định đa thức f(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2 biết f(1) = 2, f(2) = 5
và f(3) = 12.
Giải.
Dùng công thức nội suy Lagrange ta được:
f ( x) = 2.

( x − 2)( x − 3)
( x − 1)( x − 3)
( x − 1)( x − 2)
+ 5.
+ 12.
(1 − 2)(1 − 3)
(2 − 1)(2 − 3)
(3 − 1)(3 − 2)

= ( x − 2)( x − 3) − 5( x − 1)( x − 3) + 6( x − 1)( x − 2)
= x 2 − 3 x − 2 x + 6 − 5 x 2 + 15 x + 5 x − 15 + 6 x 2 − 12 x − 6 x + 12
= 2 x 2 − 3x + 3 .
12


Vậy đa thức cần tìm là f ( x) = 2 x 2 − 3x + 3 .
Ví dụ 1.5. Cho n số thực phân biệt x1 , x2 ,..., xn . Chứng minh rằng
n

n

x j  ( xi −  k )

n



k =1

( xi − x j )

i =1 j =1, j i

n

n

i =1

i =1

=  xi −  i .

Giải.
Xét đa thức
n

n

P( x) =  ( x −  i ) −  ( x − xi ) .
i =1

(1.5)

i =1

Ta có deg P( x) = n − 1 , mặt khác theo công thức nội suy Lagrange thì đa thức P ( x)
ln được biểu diễn dưới dạng
n

n

P ( x) =  P ( xi )



x − xj

j =1, j i xi − x j

i =1

n

, P ( xi ) =  ( xi −  k ) .

(1.6)

k =1

Ta nhận thấy vế phải của (1) và (2) là các đa thức có các hệ số tự do lần lượt là
( −1)

(−1)

và

n +1

n −1

n
 n

  xi −   i 
i =1
 i =1


n

n

xj

j =1, j i

xi − x j

 P( x ) 
i

i =1

.

Từ đó suy ra
n

n

n



i =1 j =1, j i

x j  ( xi −  k )
k =1

( xi − x j )

n

n

i =1

i =1

=  xi −  i .

(1.7)

Nhận xét. Với các giá trị n cụ thể ta có thể chuyển đổi các đẳng thức (1.7) thành
các bài toán khác nhau, chẳng hạn:
Cho a, b, c là ba số khác nhau. Chứng minh rằng:
bc

(a −  )(a −  )(a −  )
(b −  )(b −  )(b −  )
(c −  )(c −  )(c −  )
+ ca
+ ab
= abc −  .
(a − b)(a − c)
(b − a)(b − c)
(c − a)(c − b)

13


1.5.2. Điều kiện để tam thức bậc hai f ( x)  0 thỏa mãn với mọi x  [a; b]
Đặt vấn đề:
Xét tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c (a  0),  = b 2 − 4ac , ta đã có các
định lí 1.1, 1.2 về dấu của tam thức bậc hai ở trên. Vấn đề đặt ra là ta sẽ đi xem xét
trong điều kiện nào bất đẳng thức f ( x)  0 thỏa mãn với mọi x   a; b  ?
Xét bài toán sau:
Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c (a  0) . Biết

f (a) =   0 ,

a+b 
f
−
 2  

f (b) =   0,

f (a) −
2

2

f (b) 
 =  .


a) Xác định f ( x) khi biết  ,  ,  .
b) Chứng minh rằng f ( x)  0 thỏa mãn với mọi x   a; b  khi và chỉ khi   0 .
Giải.
a) Áp dụng công thức nội suy Lagrange (xem 1.5.1) cho tam thức bậc hai
a+b
f ( x) tại các nút nội suy x1 = a, x2 =
, x3 = b , ta có:
2
3

f ( x) =  f ( xi ) f i ( x), f i ( x) =
i =1

3



x − xj

j =1, j i xi − x j

.

2

ở đây f (a ) =  ,

f (b) =  ,

 − 
a+b
f
=

+

 .

2
 2 



a+b

x − xj
2 . x − b = 2 x − a − b . x − b = (2 x − a − b)( x − b) .
f1 ( x) = 
=
a + b a − b 2a − a − b a − b
(a − b) 2
j =1, j 1 x1 − x j
a−
2
x−

3

f 2 ( x) =

3

x − xj

j =1, j  2

x2 − x j



=

x−a
x−b
2( x − a ) 2( x − b)

4( x − a )( x − b)
.
.
=
.
=−
2
a+b
a+b
a
+
b
−
2
a
a
+
b
−
2
b
(
a
−
b
)
−a
−b
2
2

a+b
x
−
x − xj x − a
2 = x − a . 2 x − a − b = (2 x − a − b)( x − a )
f3 ( x) = 
=
.
b − a b − a + b b − a 2b − a − b
(b − a) 2
j =1, j 3 x3 − x j
2
3

14


=

(2 x − a − b)( x − a)
.
( a − b) 2

2
(2 x − a − b)( x − b)    −    4( x − a)( x − b)
−  + 
Vậy f ( x) =  .
  .
( a − b) 2

2
( a − b) 2
 





(2 x − a − b)( x − a)
( a − b) 2
2


 −  
1 
=
 (2 x − a − b)( x − b) − 4   + 
  ( x − a )( x − b)

( a − b) 2 
2

 


+ .

+  (2 x − a − b)( x − a) 
=

1
 ( x − a)( x − b) +  ( x − b) 2 +  ( x − a) 2 +  ( x − b)( x − a)
2 
( a − b)

−4 ( x − a)( x − b) −

(

− 

) ( x − a)( x − b)
2

=

1 
 ( x − b)2 + 2  ( x − a)( x − b) +  ( x − a) 2 − 4 ( x − a)( x − b) 
2 
( a − b)

=

1 
(a − b)2 

=

1 
x

(a − b)2 

(

)

 ( x − b) +  ( x − a) − 4 ( x − a)( x − b) 

((

) (

2

 +  − b  +a 



))

2


− 4 ( x − a)( x − b)  .


b) Chứng minh f ( x)  0, x   a; b 

(1.8)

   0.

(1.9)

Giả sử (1.9) được thỏa mãn, theo câu a) f ( x) biểu diễn được dưới dạng
f ( x) =

((

1 
x
(a − b)2 

) (

 +  − b  +a 

))

2


− 4 ( x − a)( x − b)  .


Suy ra f ( x)  0, x   a; b  .
Ngược lại, giả sử (1.8) được thỏa mãn. Khi đó f (a )  0, f (b)  0 và f ( x) có
thể viết được dưới dạng
15

f ( x) = (mx + n) 2 − K ( x − a)( x − b)

với K  0 .

(1.10)

 a+b 
, b  thì
Nếu trong (1.10) ta chọn x  a,
2



f (a) = (ma + n) 2 ,

f (b) = (mb + n) 2

a+b  a+b

a+b
 a + b

+ n − K 
− a 
− b .
và f 
 =  m.
2
 2  


 2
 2

2

4  a+b 
f 
K=
−
(a − b) 2   2  


f (a) −
2

f (b) 



2


4
=
.
2
 ( a − b)


Suy ra   0 . Bài toán được chứng minh.
Kết quả của bài tốn được phát biểu bằng định lí sau đây.
Định lí 1.3. Giả sử f ( x) = ax 2 + bx + c (a  0) . Khi đó bất đẳng thức
f ( x)  0 thỏa mãn với mọi x   a; b  khi và chỉ khi

a+b 
f (a)  0, f (b)  0 và f 
  
2

 

16

f (a) −
2

2

f (b) 
 .



CHƯƠNG II
CÁC ỨNG DỤNG VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRONG
CHƯƠNG TRÌNH TỐN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
Tam thức bậc hai là bài tốn cơ bản trong chương trình tốn THPT, vấn đề
về dấu và nghiệm của tam thức bậc hai được sử dụng rộng rãi trong các bài toán về
phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình. Việc nghiên cứu các bài toán

sử dụng tam thức bậc hai là việc làm cần thiết để giúp người học có thể hiểu và
nắm bắt cách giải một cách rõ ràng, dễ hiểu. Nội dung chương này đề cập đến việc
sử dụng dấu của tam thức bậc hai để giải các bài toán về so sánh một số với
nghiệm của phương trình, các phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình
và một số bài tốn sử dụng nội suy Lagrange.
2.1.

So sánh một số với các nghiệm của phương trình
Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c (a  0) và một số thực  .
Điều kiện

Vị trí nghiệm

a. f ( )  0

x1    x2

0
a. f ( )  0

S

2

x1  x2  

S

2

  x1  x2

Với S là tổng hai nghiệm.
Chú ý:
- Trong các bài toán hệ số a chứa tham số ta cần xét thêm trường hợp a = 0.
- Muốn lập bảng xét dấu, ta cần phải tính tiếp các đại lượng cần thiết như
S
, a. f ( ), −  và xét dấu của chúng.
2
- Những bài tốn có dạng là so sánh hai số  ,  (   ) với các nghiệm của
tam thức f ( x) = ax 2 + bx + c (a  0) cũng hay gặp phải. Gọi x1 , x2 là hai
nghiệm của f(x) thì:

17



  0

+ x1  x2      a. f ( )  0 .
S
 
2
a. f ( )  0
+ x1    x2    
.
a
.
f
(


)

0

a. f ( )  0
+ x1      x2  
.
a. f (  )  0

a. f ( )  0
+   x1    x2  
.
a. f (  )  0


  0

+     x1  x2  a. f (  )  0 .
S
 
2
  0
a. f ( )  0

+   x1  x2    a. f (  )  0 .

  S  

2

Bài tập 2.1. So sánh số 3 với các nghiệm của phương trình:

f ( x) = 2 x 2 − (m + 7) x + 3m = 0 .
Giải.

 = (m + 7) 2 − 4.2.3m = m2 + 14m + 49 − 24m = m2 − 10m + 49 = (m − 5) 2 + 24 .
Vì (m − 5) 2  0, x 

 (m − 5) 2 + 24  0, x 

   0, x  .

Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.

f (3) = 2.32 − (m + 7).3 + 3m = 18 − 3m − 21 + 3m = −3 .
a. f (3) = 2.(−3) = −6  0 .

Vậy phương trình có hai nghiệm và x1  3  x2 .

18


Bài tập 2.2. Với giá trị nào của m, phương trình (m − 1) x 2 − 4mx + 3m + 10 = 0 có
hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2?
Giải.
 ' = (−2m) 2 − (m − 1)(3m + 10) = 4m 2 − 3m 2 − 10m + 3m + 10 = m 2 − 7 m + 10 .
f (2) = 4(m − 1) − 4m.2 + 3m + 10 = 4m − 4 − 8m + 3m + 10 = −m + 6 .

S
4m

2m 2m − 2 2 m − 2 m + 2
2
.
−2=
−2=
−
=
=
2
2.(m − 1)
m −1 m −1
m −1
m −1

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 2  x1  x2 thì
m  2



2
m − 7 m + 10  0
 '  0
m  5
1  m  2



.
a. f (2)  0  (m − 1)(−m + 6)  0  1  m  6  
5


m

6

S
 2
m  1
 −20


2
m −1


Vậy 1  m  2 hoặc 5  m  6 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2.
Bài tập 2.3. Cho phương trình x 2 − 6mx + (2 − 2m + 9m 2 ) = 0 .
Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện:
a) x1  4  x2 .
b) 3  x1  x2 .
Giải.
Đặt f ( x) = x 2 − 6mx + (2 − 2m + 9m 2 )
a) x1  4  x2  a. f (4)  0  42 − 6m.4 + 2 − 2m + 9m 2  0
 9m2 − 26m + 18  0 

13 − 17
13 + 17
m
9
9


 '  0

b) 3  x1  x2  a. f (3)  0
S
 −3 0
2

(2.1)

 ' = (−3m) 2 − (2 − 2m + 9m 2 ) = 9m 2 − 2 + 2m − 9m 2 = 2m − 2 .
a. f (3) = 32 − 6m.3 + 2 − 2m + 9m 2 = 9 − 18m + 2 − 2m + 9m 2 = 9m 2 − 20m + 11 .
19


S
6m
−3 =
− 3 = 3m − 3 .
2
2
m  1

 2m − 2  0
  m  1
11
 2
(2.1)  9m − 20m + 11  0   
m .

11
9
3m − 3  0
  m  9


m  2

Bài tập vận dụng
Bài 1. So sánh số –2 với các nghiệm của các phương trình sau:
a) 2 x 2 − 9 x − 15 = 0 .
b) x 2 + (m + 3) x + 2m + 1 = 0 .
c) mx 2 + (m − 2) x − 3m − 4 = 0 .
Bài 2. Cho phương trình: (3 − m) x 2 + 2mx + m + 2 = 0 . Tìm những giá trị của tham
số m để phương trình:
a)
b)

Có hai nghiệm nhỏ hơn 1.
Có một nghiệm thuộc khoảng ( −1;3) , còn nghiệm kia lớn hơn 3.

Bài 3. Tìm các giá trị của tham số m để các phương trình sau đây có các nghiệm
x1 , x2 thỏa mãn điều kiện chỉ ra:
a) x 2 − (2m + 3) x + m 2 = 0

; x1  3  x2 .

b) mx 2 + 2(m − 1) x + m − 5 = 0

; x1  x2  2 .

c) (m − 1) x 2 − (m − 5) x + m − 1 = 0

; − 1  x1  x2 .

d) mx 2 + 2(m − 1) x + m − 5 = 0

; x1  0  x2  2 .

e) (m − 2) x 2 − 2mx + 2m − 3 = 0

; − 6  x1  4  x2 .

2.2. Các bài tốn về phương trình
2.2.1. Phương trình bậc hai
Tìm giá trị của tham số m để phương trình bậc hai có nghiệm, vơ nghiệm, có
nghiệm thỏa mãn điều kiện.
Xét phương trình ax 2 + bx + c = 0 .
a  0
.
 = 0

❖ Phương trình có nghiệm kép  

a  0
.
  0

❖ Phương trình có hai nghiệm phân biệt  
20

❖ Phương trình có hai nghiệm trái dấu  P  0 .
  0
.
P  0

❖ Phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu  

  0

❖ Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt   S  0 .
P  0

  0

❖ Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt   S  0 .
P  0

a  0
a = 0
a = 0
❖ Phương trình có nghiệm  
hoặc 
hoặc 
.
  0
b = c = 0
b  0
(Khi làm toán ta nên xét cả hai trường hợp a = 0 và a  0 )

a = 0
a  0

❖ Phương trình vơ nghiệm  b = 0 hoặc 
.
  0
c  0

(Khi làm toán ta nên xét cả hai trường hợp a = 0 và a  0 )

b
a

Trong đó: S là tổng hai nghiệm của phương trình, S = − .
P là tích hai nghiệm của phương trình, P =

c
.
a

Chú ý: Trong q trình làm tốn, ta có thể thay biệt thức  bằng biệt thức thu gọn
 ' để dễ dàng tính tốn hơn.
Bài tập 2.4. Tìm m để phương trình x 2 + 2(m + 1) x + 9m − 5 = 0 có hai nghiệm âm
phân biệt.
Giải.
 '  0

Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt   S  0
P  0


m  1

(m + 1) 2 − 1.(9m − 5)  0
m 2 − 7 m + 6  0
m  6
5



 −2(m + 1)  0
 m + 1  0
 m  −1   m  1 hoặc m  6 .
9
9m − 5  0
9m − 5  0

5


m 
9


21


Vậy

5
 m  1 hoặc m  6 thì phương trình có hai nghiệm âm phân biệt.

9

Bài tập 2.5. Tìm m để phương trình (m − 2) x 2 − 2mx + m + 3 = 0 có hai nghiệm
dương phân biệt.
Giải.
 '  0

Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt   S  0
P  0






2
2
m 2 − (m − 2)(m + 3)  0
m − m − 3m + 2m + 6  0
− m + 6  0



 2m
m  0
m  0

0
 
 

m − 2
m  2
m  2
m +3
  m  −3
  m  −3
0



m  2
m − 2




m  2


m  6

 m  −3
m  0
.
 

m

2
2


m

6



  m  −3


m  2

Vậy m  −3 hoặc 2  m  6 thì phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.
Bài tập vận dụng
Bài 1. Tìm các giá trị của m để các phương trình sau có nghiệm
a) (m − 5) x 2 − 4mx + m − 2 = 0 .
b) (m + 1) x 2 + 2(m − 1) x + 2m − 3 = 0 .
c) x 2 + (m − 2) x − 2m + 3 = 0 .
Bài 2. Chứng minh rằng các phương trình sau vơ nghiệm dù tham số m lấy bất kì
giá trị nào.
a) x 2 − 2(m + 1) x + 2m 2 + m + 3 = 0 .
b) (m 2 + 1) x 2 + 2m(m + 2) x + 6 = 0 .

22


2.2.2. Phương trình vơ tỷ
Phương pháp giải: Để giải các phương trình chứa căn bậc hai, ta khử căn bằng
định nghĩa và tính chất, có dạng như sau:
 g ( x)  0

f ( x) = g ( x)  
2.
f
(
x
)
=
g
(
x
)
 

Ngồi ra, ta cũng có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải.
Bài tập 2.6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 − x + 3 = 0 .

(2.2)

Giải.

(2.2)  2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 = x − 3
x − 3  0
 2
2
2 x − 2( m + 4) x + 5m + 10 = ( x − 3)
x  3
 2
2
2 x − 2mx + 8 x + 5m + 10 = x − 6 x + 9

x  3
 2
 x − 2(m + 1) x + 5m + 1 = 0

(2.3)

.

Bài toán trở thành tìm m để phương trình (2.3) có nghiệm x  3 , hay là tìm m để
f ( x) = x 2 − 2(m + 1) x + 5m + 1 có nghiệm trên

3;+ ) .

Có thể xảy ra các trường hợp sau:
- f(x) có nghiệm là 3 thì f (3) = 9 − 6(m + 1) + 5m + 1  4 − m = 0  m = 4 .
- f(x) có một nghiệm thuộc (3; + ) cịn một nghiệm khơng thuộc 3;+ )
 f (3)  0  4 − m  0  m  4 .

- f(x) có hai nghiệm thuộc (3; +)  3  x1  x2

 ' = (m + 1) 2 − 5m − 1  0
m 2 − 3m  0


  f (3) = 4 − m  0
 m  4
 3 m  4.
S
m  2


 = m +1  3
2

Kết hợp các đáp án ta được m  3 .

23