ứng dụng định lý vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số

Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.

1
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình môn Toán bậc THPT hiện nay có rất nhiều bài tốn có tham số liên
quan tới phương trình bậc 2, quy về bậc 2, và trong số đó xuất hiện nhiều và đa dạng các bài
tốn “Tìm điều kiện để một phương trình có nghiệm, có một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm,
bốn nghiệm …”. Đây thực chất là các bài tốn so sánh nghiệm của một phương trình bậc hai với
một số thực
α
, nếu xem xét các dạng tốn này theo quan điểm, chương trình bộ sách giáo khoa
cũ thì các em học sinh khơng khó để có thể giải quyết bởi vì trong chương trình sách giáo khoa
cũ lớp 10, các em được trang bị đầy đủ nội dung các định lý thuận, đảo về dấu tam thức bậc 2 và
các hệ quả. Nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang phát hành thì phần kiến thức liên
quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng trước vấn đề “Khơng có cơng cụ đó
thì cần tìm hướng nào để bằng kiến thức các em đang được học trong sách giáo khoa các em
vẫn có thể giải được các dạng tốn đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm tòi, phát hiện, tạo
hứng thú trong q trình học bộ mơn Tốn, và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng
dạy, nay tơi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn
phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số”.
2 /Nội dung sáng kiến kinh nghiệm :
I. Phần mở đầu.
II. Nội dung đề tài.
A. Cơ sở lý thuyết liên quan đến đề tài nghiên cứu.
B. Bài tập vận dụng.
C. Bài tập thực hành.
III. Kết quả và bài học kinh nghiệm.

2
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
a) Định nghĩa.
• Phương trình bậc hai đối với ẩn
x R
∈
là phương trình có dạng:
( ) ( )
2
ax 0 1 0bx c a+ + = ≠
b) Cách giải.
• Tính
2
4b ac∆ = −
 Nếu
0
∆ <
thì phương trình (1) vơ nghiệm.
 Nếu
0
∆ =
thì phương trình (1) có nghiệm kép
1 2
2

b
x x
a
= = −
.
 Nếu
0∆ >
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
2 2
b b
x x
a a
− − ∆ − + ∆
= =
c) Định lý Vi-et – Dấu các nghiệm.
 Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn
x R
∈
:
( ) ( )
2
ax 0 1 0bx c a+ + = ≠
có hai
nghiệm
1 2
,x x
thì
1 2 1 2

, .
b c
S x x P x x
a a
−
= + = = =
.
 Dấu các nghiệm:
 Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
0P
⇔ <
.
 Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu
0
0P
∆ ≥

⇔

>

.
 Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương
0
0
0
P
S
∆ ≥



⇔ >


>

.
 Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm
0
0
0
P
S
∆ ≥


⇔ >


<

.
2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN.
Trong phần này tơi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng qt một số dạng
tốn liên quan đến phương trình bậc 2, và quy về bậc 2 trong tập số thực R: Thay vì so sánh
nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực
α
, ta sẽ biến đổi để đưa về so sánh nghiệm
của phương trình bậc 2 với số 0.
Bài tốn 1. Cho phương trình:

( ) ( )
2
ax 0 1 0,bx c a x R+ + = ≠ ∈

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm:
x
α
≥
.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm:
x
α
≤
.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:
1 2
x x
α
< <
.
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:
1 2
x x
α
< <
.
e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:
1 2
x x
α

< <
.
3
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
Giải.
• Đặt
t x x t
α α
= − ⇒ = +
, thay vào pt (1) ta được pt:
( ) ( )
2 2
2 0 2at a b t a b c
α α α
+ + + + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm
x
α
≥

⇔
pt (2) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
 TH 2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2

0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Phương trình (1) có nghiệm
x
α
≤

⇔
pt (2) có nghiệm
0t
≤
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0

0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≤

c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
x x
α
< < ⇔
pt (2) có 2 nghiệm
1 2
0 0t t P< < ⇔ <
.
d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
x x
α
< < ⇔
pt (2) có 2 nghiệm
1 2
0
0 0
0

t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


>

.
e) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
x x
α
< < ⇔
pt (2) có 2 nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


<


.
(Với
( )
( )
( )
2
2
2
1 2 1 2
2
2 4 , . ,
a b
a b c
a b a a b c P t t S t t
a a
α
α α
α α α
− +
+ +
∆ = + − + + = = = + =
)
Nhận xét: Thoạt nhìn thì bài toán này mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm của
một tam thức bậc 2 với số thực
α
, và bằng cách làm như trên ta đã hướng dẫn học sinh giải
quyết bài toán một cách dễ dàng dựa vào định lý Viet và các ứng dụng, tránh không sử dụng
kiến thức về tam thức bậc 2 đã được giảm tải trong sách giáo khoa.
Bài toán 2. Cho phương trình:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1x a x b x c x d k+ + + + =
với
a c b d
+ = +
.
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải.
• Ta biến đổi phương trình (1)
( ) ( ) ( )
2 2
2x a c x ac x b d x bd k
   
⇔ + + + + + + =
   
• Đặt
( ) ( )
2
2
0
2
a c
t x a c x t
+
 
= + + + ≥
 ÷

 
, thay vào (2) ta được phương trình:

( )
( )
2
2 2
2
0 3
2 2 2
a c
a c a c
t ac bd t ac bd k
 
   
+
+ +
   
+ + − + − − − =
 
   
 ÷  ÷
   
   
 
   
 
a) Phương trình (1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm

0t
≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
4
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P< < ⇔ <
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm

1 2
0
0
0
t t
S
∆ =

< = ⇔

>

c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


= < ⇔ =


>

.

d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


>

(Trong đó
∆
là biệt thức của phương trình (2),
1 2 1 2
. ,P t t S t t= = +
)
Nhận xét: Trong các tài liệu sách giáo khoa, hoặc sách tham khảo, cách giải đưa ra đối với
dạng toán này là đặt:
( )
2
t x a c x= + +
với điều kiện
( )

2
4
a c
t
− +
≥
, khi đó để giải quyết các yêu
cầu nêu trên học sinh sẽ lúng túng, đôi khi là không thể giải quyết nhất là đối với các em học
sinh lớp 10,vì các em không được trang bị công cụ để so sánh nghiệm một phương trình bậc 2
với một số thực khác 0.
Bài toán 3. Cho phương trình:
( ) ( )
4 3 2
ax 0 1 0bx cx bx a a+ + + + = ≠
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
• Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia cả hai vế phương trình (1) cho
2
0x ≠
, ta được:

( )
2
1 1
2 0 2a x b x c a
x x
   

+ + + + − =
 ÷  ÷
   
(Thông thường tới đây học sinh sẽ đặt
( )
1
2t x t
x
= + ≥
, khi đó nhận được phương trình
2
2 0at bt c a+ + − =
và việc giải quyết các yêu cầu đặt ra sẽ khó khăn vì học sinh không được
trang bị công cụ. Để giúp học sinh vượt qua trở ngại này chúng ta giải quyết như sau).
a) Vì
0x
>
, đặt
( )
1
2 0t x t
x
= + − ≥
suy ra
1
2x t
x
+ = +
, thay vào phương trình (2) được:
( )

2
4 2 2 0at a b t a b c+ + + + + =
(3).
• Để phương trình (1) có nghiệm
0x >
thì phương trình (3) có nghiệm
0t ≥
, ta xét:
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
5
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Vì

0x <
, đặt
( )
1
2 0t x t
x
= + + ≤
suy ra
1
2x t
x
+ = +
, thay vào phương trình (2) được:

( )
2
4 2 2 0at b a t a b c+ − + − + =
(4)
• Để phương trình (1) có nghiệm
0x
<
thì phương trình (3) có nghiệm
0t ≤
, ta xét:
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0

0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≤

c) Để phương trình (1) có nghiệm thì hoặc phương trình (3) có nghiệm
0t ≥
, hoặc phương trình
(4) có nghiệm
0t
≤
. (Đây chính là kết quả tổng hợp của phần a và b).
d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau;
 TH1 : Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
1
1 2 1
1
0
0 0
0
t t P
S
∆ >



< < ⇔ >


>


 TH2 : Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa:
2
1 2 2
2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


<

 TH3 : Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu
1
2
0
0

P
P
<

⇔

<

Nhận xét: Với cách tiếp cận này học sinh cũng có thể dễ dàng giải quyết các bài toán như: Tìm
điều kiện để phương trình có 2 nghiệm, 3 nghiệm.
Bài toán 4. Cho phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
ax ax 0 1 0; 0bx c bx c a
α β γ α
+ + + + + + = ≠ ≠
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải.
• Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự)
• Ta có
2
2
2
2
4
2 4

b b ac
ax bx c a x
a a
 
−
 
+ + = + −
 
 ÷
 
 
 
nên đặt
2
2
4
ax
4
b ac
t bx c
a
−
= + + +
khi đó
0t
≥
.
• Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau:
( ) ( )
2

0t k t k
α β γ
− + − + =
(2) với
2
4
4
b ac
k
a
−
=
• Phương trình (2):
( )
2 2
2 0t k t k k
α β α α β γ
+ − + − + =
(3)
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm
0t ≥

 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
6
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm

1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


>

c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa

1 2
0t t< <
,
hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0 t t< =
.
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P< < ⇔ <
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0
0
t t
S
∆ =

< = ⇔

>

(Trong đó
∆
là biệt thức của pt (3),
1 2 1 2
, .S t t P t t= + =
)

Nhận xét: Khi gặp dạng toán này các em học sinh thường đặt
2
axt bx c= + +
với điều kiện
( )
2
4
4
b ac
t
a
− −
≥
nếu a > 0,
( )
2
4
4
b ac
t
a
− −
≤
nếu a < 0. Phương trình nhận được
2
0t t
α β γ
+ + =
,
và để giải quyết các yêu cầu của bài toán học sinh sẽ gặp trở ngại vì cần so sánh nghiệm của

một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. Chính vì thế với cách giải đã trình bày ở trên
tạo cho các em học sinh rất hứng thú, vì các em có thể sử dụng một công cụ đơn giản, quen
thuộc là định lý Viet để giải dạng toán này.
Bài toán 5. Cho phương trình
( )
2 2
ax 0 1b x c
α
+ + + =
với
0, 0a
α
> ≠
.
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
• ĐK
x R∈
.
• Đặt
( )
2
0t x t
α α
= + − ≥
suy ra
( )
2

2
x t
α α
= + −
, thay vào pt (1) ta được phương trình:

( )
( )
2
2 0 2at a b t b c
α α
+ + + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t
≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥



≥

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


>

c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >



< = ⇔ =


<

.
7
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0
0
t t
S
∆ =

= = ⇔

=

(Trong đó
∆
là biệt thức của pt (3),
1 2 1 2
, .S t t P t t= + =
)
Nhận xét: Với dạng toán này hầu hết các sách tham khảo đều đặt
( )

2
t x t
α α
= + ≥
, và đưa
về phương trình bậc 2 có dạng:
2
0at bt c a
α
+ + − =
, khi đó để giải quyết các câu hỏi đặt ra thì
đều phải sử dụng tới định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, hoặc sử dụng công cụ
đạo hàm. Cả hai cách này đều không phù hợp với tư duy, kiến thức của học sinh lớp 10, 11 và
ngay cả đối với học sinh lớp 12, bởi vì công cụ dùng đạo hàm để giải không phải lúc nào cũng
tối ưu.
Bài toán 6. Cho phương trình:
( )
2
ax 1bx c x
α
+ + = −

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
• Phương trình (1)
( ) ( )
2
2

0
ax 2
x
bx c x
α
α
− ≥


⇔

+ + = −


• Đặt
t x
α
= −
, vì
0x
α
− ≥
nên ta có điều kiện
0t
≥
, thay vào (2) ta được phương trình:

( ) ( ) ( )
2 2
1 2 0 3a t a b t a b c

α α α
− + + + + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (3) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Xét
1a
=
, thay vào phương trình (3) tìm nghiệm
0
t
và giải bất phương trình
0
0t ≥
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
1
0
0
a
t t
P
≠

≤ ≤ ⇔

≤

.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm

1 2
1
0
0
0
0
a
t t
P
S
≠


∆ ≥

≤ ≤ ⇔

≥


≥

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm
1 2
1
0
0
0
0
a

t t
P
S
≠


∆ >

≤ < ⇔

≥


>

c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm
0t ≥
 TH1 : Xét
1a =
, thay vào phương trình (3) tìm nghiệm
0
t
và giải bất phương trình
0
0t ≥
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
1
0
0

a
t t
P
≠

< < ⇔

<

.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
1
0
0
0
0
a
t t
P
S
≠


∆ >

< = ⇔

=



<

8
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH4 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
1
0 0
0
a
t t
S
≠


≤ = ⇔ ∆ =


≥

(Trong đó
∆
là biệt thức của phương trình (3),
1 2 1 2
, .S t t P t t= + =
)
Nhận xét: Dạng toán này hay xuất hiện trong chuyên đề về phương trình chứa căn, và những
bài toán như thế cũng từng xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, nhưng tất cả đều đưa

ra phương án là đi so sánh nghiệm của phương trình (2) với số thực
α
. Song với cách giải như
trên thì ta đã đưa bài toán về so sánh nghiệm của phương trình (3) với số 0.
Bài toán 7.Cho phương trình:
( )
( ) ( )
2
log log 1
a a
x x x b
α β γ
+ + = −
với
0 1a
< ≠
.
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất
Giải.
• Phương trình (1)
( )
2
0
x 2
x b
x x b
α β γ
− >



⇔

+ + = −


• Đặt
t x b x t b= − ⇒ = +
, vì
0x b− >
nên ta suy ra điều kiện
0t >
. Thay vào phương trình (2) ta
được phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 0 3t b t b b
α α β α β γ
+ + − + + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm
0t
>
 TH1 : Xét
0
α
=
, thay vào pt (3) tìm nghiệm
0
t

và giải bất phương trình
0
0t >
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0
0
t t
P
α
≠

< < ⇔

<

 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0
0
0
0
t t
P
S
α
≠



∆ ≥

< ≤ ⇔

>


>

 TH4 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0
0
0
0
t t
P
S
α
≠


∆ >

= < ⇔

=



>

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm
1 2
0
0
0
0
0
t t
P
S
α
≠


∆ >

< < ⇔

>


>

c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm
0t
>

 TH1 : Xét
0
α
=
, thay vào phương trình (3) tìm nghiệm
0
t
và giải bất phương trình
0
0t >
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0
0
t t
P
α
≠

< < ⇔

<

.
9
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2

0
0
0
0
0
t t
P
S
α
≠


∆ >

= < ⇔

=


>

 TH4 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t
S
α
≠



< = ⇔ ∆ =


>

Nhận xét: Đây là dạng toán giống với bài toán 6 đã giải quyết ở trên, ta cũng đã đưa về so
sánh nghiệm của một phương trình có dạng bậc 2 với số 0.
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1. Cho phương trình:
( )
2 2
2 1 0 1x mx m m− + − + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1x ≥
.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1x
≤
.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1 2
1x x< <
.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1 2
1x x< <
.
Giải.

• Đặt
1 1t x x t= − ⇒ = +
, thay vào pt (1) ta được phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 3 2 0 2t m t m m+ − + − + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm
1x
≥

⇔
phương trình (2) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 0 3 2 0 1 2t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm :
2
1 2
1 0
1
' 0
1
0 0 3 2 0
2
2
0 1 0
1

m
m
m
t t P m m
m
m
S m
m
− ≥
≥

∆ ≥


=


 
≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ⇔
≥

  

≥


  
≥ − ≥
≤





• Kết luận: với
[
)
1;m∈ +∞
thì phương trình (1) có nghiệm
1x ≥
.
b) Để phương trình (1) có nghiệm
1x
≤

⇔
phương trình (2) có nghiệm
0t ≤
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 0 3 2 0 1 2t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
1 0
' 0
0 0 3 2 0 1
0 1 0
m

t t P m m m
S m
− ≥

∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ =
 
 
≥ − ≤


• Kết luận: với
[ ]
1;2m∈
thì phương trình (1) có nghiệm
1x
≤
.
b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
1x x< < ⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm:

2
1 2
0 3 2 0 1 2t t m m m< < ⇔ − + < ⇔ < <
.

• Kết luận: với
1 2m
< <
thì phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
1x x< <
d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
1x x< < ⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm:
10
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.

2
1 2
1 0
' 0
0 0 3 2 0
0 1 0
m
t t P m m
S m
− >

∆ >



< < ⇔ > ⇔ − + >

 
 
> − <


(vô nghiệm)
• Kết luận: không tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm
1 2
1x x< <
.
Nhận xét: Đây chỉ là một ví dụ minh họa cho bài toán tổng quát, tương tự học sinh có thể giải
rất nhiều bài toán như vậy với phương pháp như trên mà không sử dụng kiến thức về tam thức
bậc hai. Rất nhiều em học sinh sau khi được học ứng dụng của đạo hàm để giải một số dạng
toán “Tìm tham số m để phương trình
( )
, 0f x m =
có nghiệm?”, thì khi gặp bài tập này cũng
lúng túng không giải quyết được vì không thể đưa bài toán về dạng:
( ) ( )
g m h x=
để khảo sát.
Do đó cách chuyển hóa phương trình như trên, đưa bài toán về so sánh nghiệm của một phương
trình bậc 2 với số 0 dựa vào ứng dụng định lý Vi-et là một lựa chọn tối ưu trong bối cảnh các
kiến thức về so sánh nghiệm của một tam thức bậc 2 với một số thực
α
đã được giảm tải trong
sách giáo khoa.
Bài 2. Cho phương trình:
( ) ( ) ( )
( )

1 1 2 3 2 1x x m x m x m m− + − − − = +
, với tham số
0m ≥
.
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải.
• Ta biến đổi phương trình (1)
( ) ( )
( )
2 2
2 2 1 3 5 2x mx x mx m m⇔ − − + − = −

• Đặt
( )
2
2 0t x mx m t= − + ≥
, thay vào phương trình (2) ta được phương trình:

( ) ( )
2
1 2 5 0 2t m t m− + − + =
a) Phương trình (1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2

5
0 0 5 2 0
2
t t P m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
12 19 0
0
5 5
0 0 6 55
2 2
0
1
m m
t t P m m
S
m

+ − ≥
∆ ≥


 
≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ − + ≤ ≤
 
 
≥


> −


• Kết luận: Với
)
6 55;m

∈ − + +∞

thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
5
0 0 5 2 0
2
t t P m m< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ >
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm:

2
1 2
6 55
0
12 19 0
0 6 55
6 55
0
1 0
1

m
m m
t t m
m
S
m
m


= − −

∆ =

+ − =


< = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − +
  
= − +


>
+ >



> −

.
• Kết luận: Với

{ }
5
; 6 55
2
m
 
∈ +∞ ∪ − +
 ÷
 
thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
11
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
2
1 2
0 12 19 0
5
0 0 5 2 0
2
0 1 0
m m
t t P m m
S m

∆ > + − >




= < ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
 
 
> + >


.
• Kết luận: Với
5
2
m =
thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
2
1 2
0 12 19 0
5
0 0 5 2 0 6 55
2
0 1 0
m m
t t P m m
S m

∆ > + − >




< < ⇔ > ⇔ − > ⇔ − + < <
 
 
> + >


• Kết luận: với
5
6 55;
2
m
 
∈ − +
 ÷
 
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3. Cho phương trình:
( )
( )
4 3 2 2
2 3 4 2 1 0 1x mx m m x mx− + − + − + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
• Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia hai vế của phương trình (1) cho
2
0x ≠

, ta được:

( )
2
2
1 1
2 3 2 0 2x m x m m
x x
   
+ − + + − + =
 ÷  ÷
   
a) Vì
0x >
, đặt
( )
1
2 0t x t
x
= + − ≥
suy ra
1
2x t
x
+ = +
, thay vào phương trình (2) được:
( )
2 2
2 2 7 6 0t m t m m− − + − + =
(3).

• Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm
0t ≥
. Xét 2 trường hợp:
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
0 7 6 0 1 6t t m m m≤ ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
3 2 0
' 0
0 0 7 6 0 6
0 2 0
m
t t P m m m
S m
− ≥

∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥
 
 
≥ − ≥



.
• Kết luận: Với
1m ≥
thì phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Vì
0x <
, đặt
( )
1
2 0t x t
x
= + + ≤
suy ra
1
2x t
x
+ = −
, thay vào phương trình (2) được:

( ) ( )
2 2
2 2 6 0 4t m t m m− + + + + =
(4)
• Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm
0t ≤
. Xét 2 trường hợp:
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
0 6 0t t m m≤ ≤ ⇔ + + ≤

(vô nghiệm).
12
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
3 2 0
' 0
0 0 6 0
0 2 0
m
t t P m m
S m
− ≥

∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ + + ≥
 
 
≤ + ≤


(vô nghiệm).
• Kết luận: Không tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Để phương trình (1) có nghiệm thì
1m

≥
.
d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
1
2
1 2 1
1
3 2 0
0
0 0 7 6 0 6
2 0
0
m
t t P m m m
m
S
− >

∆ >



< < ⇔ > ⇔ − + > ⇔ >
 
 
− >
>



 TH2 : Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa:

2
2
1 2 2
2
3 2 0
0
0 0 6 0
2 0
0
m
t t P m m
m
S
− >

∆ >



< < ⇔ > ⇔ + + >
 
 
+ <
<


(vô nghiệm)
 TH3 : Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu:

2
1
2
2
0
7 6 0
0
6 0
P
m m
P
m m

<
− + <


⇔
 
<
+ + <



(vô nghiệm)
• Kết luận: Với
6m
>
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 4: Cho phương trình
( ) ( )
( )
2
2 2
x 2 2 x 2 3 0 1x m x m− − − + + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải
• Đặt
2
2 1t x x= − +
khi đó
0t
≥
, suy ra
2
2 1x x t− = −
. Thay vào phương trình (1) ta được
phương trình sau:
( ) ( )
2
2 1 4 0 2t m t m− + + + =

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t ≥

 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2

0 0 4 0 4t t P m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ −
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 3 0
1 13
0 0 4 0
2
0 1 0
m m
t t P m m
S m

∆ ≥ + − ≥

− +


≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥
 
 
≥ + ≥


.
• Kết luận: với
(
]
1 13

; 4 ;
2
m
 
− +
∈ −∞ − ∪ +∞
÷

÷
 
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:

2
1 2
0 3 0
1 13
0 0 4 0
2
0 1 0
m m
t t P m m
S m

∆ > + − >

− +


< < ⇔ > ⇔ + > ⇔ >

 
 
> + >


.
• Kết luận: với
1 13
;
2
m
 
− +
∈ +∞
 ÷
 ÷
 
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0t t< <
, hoặc phương
trình (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0 t t< =
.
13
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm

1 2
0 0 4 0 4t t P m m< < ⇔ < ⇔ + < ⇔ < −
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0
3 0
1 13
0
0
2
1 0
m m
t t m
S
m
∆ =

+ − =

− +
< = ⇔ ⇔ ⇔ =
 
>
+ >


.
• Kết luận: với

( )
1 13
; 4
2
m
 
− +
 
∈ −∞ − ∪
 
 
 
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Nhận xét: Tương tự ta cũng có thể giải quyết được ngay bài toán: “Tìm m để pt (1) có
nghiệm duy nhất”.
Bài 5. Cho phương trình
( )
2 2
x 1 3 2 0 1m x m− + + + =
.
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
• ĐK
x R∈
.
• Đặt
( )
2

1 1 0t x t= + − ≥
suy ra
( )
2
2
1 1x t= + −
, thay vào phương trình (1) ta được phương
trình:
( ) ( )
2
2 3 2 0 2t m t m− − + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t
≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
2
0 0 3 2 0
3
t t P m m
−
≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 16 4 0
0 0 3 2 0 8 68
0 2 0
m m

t t P m m
S m

∆ ≥ − − ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ +
 
 
≥ − ≥


• Kết luận: với
)
2
; 8 68;
3
m
−
 

∈ −∞ ∪ + +∞



 
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:

2
1 2
0 16 4 0
0 0 3 2 0 8 68
0 2 0
m m
t t P m m
S m

∆ > − − >



< < ⇔ > ⇔ + > ⇔ > +
 
 
> − >


• Kết luận: Với
( )
8 68;m∈ + +∞
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 16 4 0
2
0 0 3 2 0

3
0 2 0
m m
t t P m m
S m

∆ > − − >

−


< = ⇔ = ⇔ + = ⇔ =
 
 
< − <


.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0
16 4 0
0
0
2 0
m m
t t
S
m

∆ =

− − =

= = ⇔ ⇔
 
=
− =


(vô nghiệm)
• Kết luận: với
2
3
m
−
=
thì pt (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 6. Cho phương trình:
( ) ( )
2 2
2x 2 1 1 1m x m m x− + + + = −

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
14
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
Giải.

• Phương trình (1)
( ) ( ) ( )
2
2 2
1 0
x 2 1 1 2
x
m x m m x
− ≥


⇔

− + + + = −


• Đặt
1t x
= −
, vì
1 0x
− ≥
nên ta có điều kiện
0t ≥
, thay vào phương trình (2) ta được phương
trình:
( ) ( )
2 2
2 1 0 3t m t m m− − + − =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm

0t ≥
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
0 0 0 0 1t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
1 0
' 0
0 0 0 1
0 1 0
m
t t P m m m
S m
− ≥

∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ =
 
 
≥ − ≥


.
• Kết luận: Với

[ ]
0;1m∈
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm

2
1 2
1 0
0
0 0 0
0 1 0
m
t t P m m
S m
− >

∆ >



≤ < ⇔ ≥ ⇔ − ≥
 
 
> − >


(vô nghiệm)
• Kết luận: Không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm
0t

≥
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
0 0 0 0 1t t P m m m< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
1 0
0
0 0 0 0
0 1 0
m
t t P m m m
S m
− >

∆ >



< = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
 
 
< − <


.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm

1 2
0 1 0
0 1
0 1 0
m
t t m
S m
∆ = − =
 
≤ = ⇔ ⇔ ⇔ =
 
≥ − ≥
 
.
• Kết luận: Với
[ ]
0;1m∈
thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 7. Cho phương trình:
( )
( ) ( )
2 2
2 3 2 3
log 2 3 1 log 1 0 1x mx m m x m
+ −
+ + + − + − + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.

• Phương trình (1) tương đương
( )
( ) ( )
2 2
2 3 2 3
log 2 3 1 log 1 2x mx m m x m
+ +
+ + + − = − +
• Phương trình (2)
( ) ( )
2 2
1 0
2 1 4 2 0 3
x m
x m x m m
− + >


⇔

+ − + + − =


• Đặt
1 1t x m x t m= − + ⇒ = + −
, vì
1 0x m− + >
nên ta suy ra điều kiện
0t >
. Thay vào phương

trình (2) ta được phương trình:
( ) ( )
2 2
4 3 4 0 3t m t m m+ − + − =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm
0t
>
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
1
0 0 4 0 0
4
t t P m m m< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
15
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
1 1
0 0 4 0
4 2
0
0 3 4 0
m m

m
t t P m m
m
S m

− + ≥
∆ ≥



< ≤


< ≤ ⇔ > ⇔ − > ⇔
 

 
<
> − >



.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
0

0 0 4 0
1
0 3 4 0
4
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >

=




= < ⇔ = ⇔ − = ⇔
 

=
 
> − >



.
• Kết luận: Với
1

;
2
m
 
∈ −∞


 
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm :
2
2
1 2
4 20 9 0
0
1 1
0 0 4 0
4 2
0
0 3 4 0
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >




< <


< < ⇔ > ⇔ − > ⇔
 

 
<
> − >



• Kết luận: Với
( )
1 1
;0 ;
4 2
m
 
∈ −∞ ∪
 ÷
 
thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm
0t
>
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2

1
0 0 4 0 0
4
t t P m m m< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
0
0 0 4 0
1
0 3 4 0
4
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >

=





= < ⇔ = ⇔ − = ⇔
 

=
 
> − >



 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm:
2
1 2
9
2
0
4 20 9 0
1
1
0
0
2
3 4 0
2
3
4
m
m m
t t m
m
S

m
m


=




∆ =

− + =



< = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
  

>
− >





<


• Kết luận: Với

1 1
0;
4 2
m
   
∈ ∪
 
 
   
thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài 8. Cho phương trình:
( ) ( )
2 2
1 2 2
4 2 1 2 3 0 1
x x
m m m
+ +
− − + − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm.
Giải.
• Đặt
( )
2
1
2 2 0
x
t t

+
= − ≥
, khi đó
2
1
2 2
x
t
+
= +
, thay vào phương trình (1) ta được phương trình:

( ) ( )
2 2
2 2 1 11 0 2t m t m m− − + − =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (2) có nghiệm
0t ≥
.
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
0 0 11 0 0 11t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤
.
16
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2

3 7 1 0
' 0
0 0 11 0 11
0 2 1 0
m m
t t P m m m
S m

+ + ≥
∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
 
 
≥ − ≥


.
• Kết luận: Với
[
)
0;m∈ +∞
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn các
trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa
2
1 2

0 11 0 0 11t t m m m< < ⇔ − < ⇔ < <
.
 TH2 : Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa
2
1 2
0
3 7 1 0
0
0
2 1 0
m m
t t
S
m
∆ =

+ + =

< = ⇔ ⇔
 
>
− >


(vô nghiệm)
• Kết luận: Với
( )
0;11m∈
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có nghiệm thỏa:

2
2
1 2
3 7 1 0
' 0
0 0 11 0 11
0 2 1 0
m m
t t P m m m
S m

+ + >
∆ >



< < ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
 
 
> − >


• Kết luận: Với
( )
11;m∈ +∞
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
C. BÀI TẬP THỰC HÀNH.
Bài 1. Cho phương trình:
( ) ( )

2 2
3 1 2 4 0 1x m x m m+ − + − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1x ≤ −
.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:
1 2
1 x x− < ≤
.
c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:
1 2
1x x< − <
.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
( )
1;x∈ − +∞
.
Bài 2. Cho phương trình:
( ) ( ) ( )
4 3 2
2 1 3 2 2 1 1 0 (1)x m x m x m x− + + − − + + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
Bài 3. Cho phương trình:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 2 1 1x x x x m− − − − = −
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Bài 4. Cho phương trình:
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 4 2 3 2 1 4 2 3 1 0 1x x m x x m m− + − − − + + − − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
17
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 5. Cho phương trình:
( )
2 2 2
3 2 2 2 3 3 0x m x m m+ + + + + − =
(1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 6. Cho phương trình:
( )
2 2
2 3 2 1x mx m m x m− + − = +

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 7.Cho phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2
5 2 5 2
log 2 3 2 3 4 log 2 1 0 1x m x m m x m
+ −
 
− + + + − + − + =
 
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 8. Cho phương trình:
( ) ( )
2
2
1
1 2
2
3 2 1 3 3 0 1
x
x
m m m
+
+
− + + − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
KẾT QUẢ
Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy học sinh bộ môn Toán ở trường THPT,
tôi nhận thấy rằng các em học sinh rất hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất
ngờ khi mà một số bài tốn tưởng chừng như khơng thể giải quyết nếu khơng có cơng cụ
là định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, thì nay lại được giải quyết một cách
đơn giản, dễ hiểu thơng qua một định lý quen thuộc là định lý Vi-et. Chính vì các em
cảm thấy hứng thú với môn học nên trong mỗi năm học tôi nhận thấy chất lượng của
môn Toán nói riêng, và kết quả học tập của các em học sinh nói chung được nâng lên
rõ rệt, có nhiều em đầu năm học là học sinh yếu, TB nhưng cuối năm đã vươn lên để
trở thành học sinh TB, khá và giỏi, trong các kỳ thi tủn sinh vào các trường Đại học,
Cao đẳng có nhiều em đạt điểm 8, 9, 10 mơn Toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo
dục của nhà trường. Khi tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, Olympic 30
tháng 4 có nhiều em đạt giải cao ( 02 em đạt HSG cấp Q́c gia, 09 em đạt huy chương
khi tham gia thi Olympic 30 – 4 )
Cụ thể:
1) Kết quả học tập bợ mơn:
18
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
Năm học Đầu năm học (%) Cuối năm học (%)
Yếu TB Khá Giỏi Yếu TB Khá Giỏi
2003 – 2004
0 21 63 26 0 12 54 34
2004 – 2005
0 17 64 19 0 4 58 38
2005 – 2006
0 14 68 18 0 0 60 40
2006 – 2007

0 12 66 22 0 0 64 36
2007 – 2008
0 16 51 23 0 3 56 41
2008 – 2009
0 15 57 28 0 2 61 37
2) Kết quả thi HSG cấp tỉnh:
Năm học
Kết quả thi HSG cấp tỉnh lớp 12
Giải nhất
Giải nhì
Giải ba
Giải khún
khích
2004 – 2005
0
2 3 3
2005 – 2006
1
3 2 4
2006 – 2007
10
01 0 0
2007 – 2008
1
9 0 1
2008 – 2009
1
5 3 1
2009 – 2010
1

9 0 0
BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Đất nước ta đang trên bước đường xây dựng, phát triển và giáo dục đã được Đảng, Nhà
nước coi là quốc sách hàng đầu, để chấn hưng nền giáo dục của nước nhà thì việc đổi mới
phương pháp giảng dạy được Bộ Giáo dục ln coi là một nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực hiện
một cách có hiệu quả. Muốn làm tốt cơng việc đó thì người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn
nhằm nâng cao nhận thức, nghiệp vụ chun mơn, từ đó tìm ra cho mình phương pháp giảng dạy
đạt hiệu quả cao nhất, tạo được sự hứng thú và niềm tin ở học trò nhằm góp phần nâng cao chất
lượng giáo dục. Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích cực trong cơng tác giảng dạy
đó là giáo viên viết các chun đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy và học. Từ
những nhận thức đó, hàng năm tơi đều chọn một đề tài thiết thực phục vụ cho cơng tác giảng dạy
để viết thành sáng kiến kinh nghiệm nhằm nâng cao năng lực về chun mơn, góp phần chia sẻ
cùng các đồng nghiệp, các em học sinh những ý tưởng phục vụ cho việc dạy và học được tốt
hơn. Thực tế qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy đại đa số các em học sinh đều ngại và lúng
túng khi gặp các bài tốn có chứa tham số, bên cạnh đó việc sách giáo khoa lớp 10 đã giảm tải
phần định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, nên khi gặp các dạng tốn trong chun
đề này đã trình bày các em cảm thấy lúng túng, nhất là các em học sinh lớp 10, ngay cả các em
học sinh lớp 12 khi đã được trang bị cơng cụ là đạo hàm cũng thấy khó khăn. Từ thực tế đó nhằm
giúp các em học sinh cảm thấy hứng thú hơn khi học tốn, biết cách vận dụng, khai thác một số
dạng tốn có chứa tham số, quy lạ về quen nên tơi viết sáng kiến kinh nghiệm:
“ Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2” .
19
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
Rất mong sự góp ý của q thầy, cơ.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Phương pháp giảng dạy môn Toán.
Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục .
2) Giải một bài tập như thế nào.
Tác giả: G.Polya – Nhà xuất bản giáo dục.

3) Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12.
Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Giáo dục
4) Sách giáo khoa Đại số nâng cao 10, 12.
Nhà xuất bản Giáo dục.
20
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
MỤC LỤC

Mở đầu…………………………………………………
Nội dung …………………………………………
A. Cơ sở lý thuyết……………………………………….
B. Bài tập vận dụng……………………………………
C. Bài tập thực hành……………
Kết quả………… ………………………………………
Bài học kinh nghiệm…………………………………….
Tài liệu tham khảo……………………………………….
21
Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham
số.
Trang
…………………………3…………………………
4…………………………
4…………………… 11……………………… 18………
……………… 19……………………… 20………………
……… 21
22
Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.