skkn phát triển tư duy cho học sinh về dấu cảu tam thức bậc 2 trên 1 miền

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NGUYỄN MỘNG TUÂN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH VỀ
DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRÊN MỘT MIỀN


Người thực hiện: Lê Thị Thu Huyền
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán
1

THANH HOÁ NĂM
2013
I- ĐẶT VẤN ĐỀ
Dấu của tam thức bậc hai trên một miền là vấn đề quan trọng, là
cốt lõi của các bài toán về phương trình, bất phương trình bậc hai đặc
biệt là các bài toán có tham số. Đây cũng là vấn đề khó nhất của bài
2
toán dấu tam thức bậc hai mà học sinh gặp phải. Các bài toán chủ yếu
được mở rộng từ các dạng tổng quát . Chính vì vậy trong phạm vi đề
tài này tôi muốn giới thiệu đến các bạn đồng nghiệp một phương pháp
phát triển tư duy cho học sinh trong việc xét dấu tam thức bậc hai trên
một miền và bài toán giải biện luận bất phương trình bậc hai.
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận: Định lý dấu của tam thức bậc hai:
Cho tam thức bậc hai: f(x)= ax
2
+ bc + c
+ Nếu
∆

<0 thì f(x) luôn cùng dấu với hệ số a, với mọi x
∈
R.
+ Nếu
∆
=0 thì f(x) luôn cùng dấu với hệ số a, với mọi
2
b
x
a
≠ −
+ Nếu
∆
>0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a khi
1
x x<
hoặc
2
x x>
, trái dấu
với hệ số a khi
1 2
x x x< <
trong đó
1 2 1 2
, ( )x x x x<
là hai nghiệm của f(x).
2. Thực trạng của vấn đề:
Việc phát triển định lý dấu tam thức bậc hai để xét dấu tam thức bậc
hai trên một miền là một vấn đề khó đối với học sinh lớp 10. Đa phần

học sinh rất lúng túng khi gặp bài toán này. Chính vì vậy đòi hỏi
người thầy phài cung cấp cho các em cách nhìn cơ bản nhất . Ở đây tôi
đưa ra ba bài toán cơ bản và phương pháp giải. Mọi bài toán liên quan
đến dấu tam thức bậc hai trên một miền đều đưa về một trong ba dạng
cơ bản này.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
a) Các bài toán cơ bản: Cho f(x)= ax
2
+ bc + c trong đó a,b,c phụ
thuộc tham số m. Tìm m để:
1. f(x) > 0 ∀x
2. f(x) > 0 ∀x > α
3
3. f(x) > 0 ∀x ∈(α, β)
Phương pháp giải chung là tìm điều kiện của tham số sao cho (α, β)
là tập con của miền nghiệm M của bất phương trình đã cho. (α, β) có
thể là khoảng nghiệm (-∞,β) hoặc (α, +∞) hay (-∞, + ∞) và có thể mở
rộng là [α, β]
Ngoài các dạng trên ta có thể xét thêm dạng:
Xác định m để sao cho
1. f(x)> 0 có nghiệm
2. f(x) >0 có nghiệm x >α
3. f(x) >0 có nghiệm x∈(α, β)
b) Ta đi sâu xem xét các dạng chính đã nêu trên.
Dạng 1: Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax
2
+ bx +c >0 với
mị x
Phương pháp giải:
Nếu a = 0: Xét trực tiếp, thường là không thoả mãn

Nếu a ≠ 0 ta có:
f(x) >0 ∀ x ⇔



<∆
>
0
0a
f(x) <0 ∀ x ⇔



<∆
<
0
0a
Mở rộng:
f(x) ≥ 0 ∀x ⇔



≤∆
>
0
0a
f(x) ≤ 0 ∀x ⇔




≤∆
<
0
0a
Ví dụ 1: Với những giá trị nào của m để bất phương trình
4

x
xx
mxx
∀−>
+−
−−
1
43
2
2
2
Lời giải:
Ta có x
2
- 3x +4 >0 ∀x (do ∆ = -7 <0)
Nếu bất phương trình ⇔ x
2
- mx - 2 >-x
2
+ 3x -4
⇔ 2x
2
-(m+3) x +2 >0

Bất phương trình nghiệm đúng ∀x ⇔ ∆ <0
⇔ (m+3)
2
-16 <0
⇔ (m+7) (m-1) <0
⇔ -7 <m <1
Ví dụ 2: Tìm m để f(x) = (m +1) x
2

-2mx +4 (m+1) ≥ 0 ∀x
Giải:
f(x) ≥ 0 ∀x ⇔



≤∆
>+
0'
01m
⇔



≤−−+
−>
⇔



≤+−

−>
0)2)(23(
1
0)1(4
1
22
mm
m
mm
m
3
2
−≥⇔ m
Dạng 2. Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax
2
+ bx + c >0
nghiệm đúng ∀x > α
Phương pháp giải:
1. Với a=0: xét trực tiếp
2. Với a<0: Xét đồ thị có bề lõm quay xuống bởi vậy không xảy ra
f(x) >0 ∀x >α vì:
Nếu ∆ ≤ 0 thì f(x) <0 ∀x
5
Nếu ∆>0 thì f(x) >0
⇔ x ∈ (x
1
, x
2
)
3. Với a >0 ⇒ từ đồ thị ta có thể thấy điều kiện cần thiết là:









≤≤
≥∆
<∆
α
21
0
0
xx
Tương tự đối với bài toán tìm m để f(x) <0 ∀x > α (∀x < α)
Ví dụ 3: Cho bất phương trình:
f(x) = (a-1)x
2
+ (2a - 3) x + a -3 >0 (1)
a. Với giá trị nào của a thì bất phương trình nghiệm đúng ∀x <1
b. Tìm m để bất phương trình có nghiệm thoả mãn x <1
Lời giải:
a. Nếu a - 1 = 0 ⇔ a = 1 thì (1) có dạng:
- x - 2 >0 ⇔ x <-2
Vậy (1) không nghiệm đúng ∀x <1
Nếu a-1 <0 : (1) không thể nghiệm đúng ∀x <1
Nếu a- 1>0 : (1) nghiệm đúng ∀x' <1 khi và chỉ khi









≤≤
≥∆
≤∆
⇔
21
1
0
0
xx
2
2
(2 3) 4( 1)( 3) 0
(2 3) 4( 1)( 3) 0
(1) 0
2 3
1
2 2( 1)
a a a
a a a
f
s a
a


− − − − <





− − − − ≥

⇔


≥




−

≤ = −

−




6
không
a
a
a

a
a
a
a
aa





















<<
≥
≥
⇔










>
−
−
≥−
≥−
<⇔<−
⇔
4
5
1
4
7
4
3
0
)1(2
45
074
034
4
3

034
tồn tại a
Vậy không tồn tại a để f(x) >0 thoả mãn ∀x
b) + Xét a= 1 : (1) ⇔ x <-2 < 1 thoả mãn yêu cầu đầu bài
+ Xét a>1: thoả mãn yêu cầu đầu bài vì (1) có nghiệm (- ∞, x
1
) U
(x
2
, + ∞) hoặc (-∞, +∞)
+ Xét a <1: (1) có nghiệm ⇔ ∆ > 0 ⇔ a >
4
3
Khi ấy (1) có nghiệm là (x
1
, x
2
)
Thay vì tìm a để (1) có nghiệm thoả mãn x <1 ta tìm a sao cho (1)
không có nghiệm thoả mãn x <1
Nghĩa là phải tìm a để 1 ≤x
1
< x
2
⇔








<<
≥−
<<
⇔







>
≥
<<
4
5
1
074
1
4
3
1
2
0)1(
1
4
3
a

a
a
s
f
a
VN
Vậy với
1
4
3
<< a
thì (a) có nghiệm thoả mãn x <1
Tóm lại để (a) có nghiệm thoả mãn x <1 cần có a >
4
3
Dạng 3: Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax
2
+ bx + c >0
nghiệm đúng ∀ α <x <β
Phương pháp giải:
7
không thoả mãn a >1
Xét các trường hợp
1. a = 0: Xét trực tiếp
2. a >0
Căn cứ vào đồ thị ta suy ra điều kiện cần có là:
∆ <0
hoặc




≤≤
≥∆
α
21
0
xx
hoặc



≤≤
≥∆
22
0
xx
β
∆ <0
3. a <0 . Điều kiện cần có là:
x
2
≤ α < β ≤ x
2
⇔



≤
≤
0)(

0)(
β
α
af
af
Nếu đề bài là tìm điều kiện để f(x) <0 ∀x (α, β) thì ta phải thay đổi
trường hợp 2 cho trường hợp 3.
Cụ thể nếu a <0 thì điều kiện là:













≤≤
≥∆



≤≤
≥∆
<∆
21

21
0
0
0
xx
xx
β
α
+ Để bài toán dễ nhận biết nên hướng dẫn học sinh sử dụng đồ thị
minh hoạ nhằm làm cho việc đặt điều kiện thêm chính xác.
Ví dụ 4: Tìm m để ∀ x ∈(-1, 0) đều là nghiệm của bất phương trình.
(m - 2 )
2
x
2
- 3 (m - 6) x - m - 1 < 0 (1)
Giải:
Đặt f(x) = (m-2)
2
x
2
- 3 (m-6)x - m - 1
8
Hệ số a = (m - 2)
2
+ Nếu m = 2: (1) có dạng 12x - 3 < 0 ⇔ x <
4
1
+ Nếu m ≠ 2 ⇔ (m - 2)
2

> 0 có nghiệm ∀x ∈(-1,0) thì f(x) phải có
hai nghiệm thoả mãn x
1
<-1 <0 ≤ x
2
⇔



≠
≤≤−
⇔





≠
−−
≤−−
⇔





≠
≤
≤−
2

51
2
01
0152
2
0)0(
0)1(
2
m
m
m
m
mm
m
f
f

Tóm lại ∀m: -1 ≤ m ≤5 thì ∀x ∈(-1,0) (1) đều thoả mãn
Ví dụ 5. Tìm m để hệ sau vô nghiệm mx
2
+ 2x + m <0 với -
1
2
1
<≤ x
Giải:
- Xét m = 0: x <0 là nghiệm của phương trình ⇒ bài toán không
được thoả mãn - m <0
Ta cần có:

,
1 2
1 2
0
' 0
1
4
' 0
1
x x
x x


∆ <


∆ ≥





≤ ≤ −





∆ ≥




≤ ≤



∆' = 1 - m
2
1. ∆' <0 ⇒ |m| >1 mà ta đang xét m <0 nên cần có m <-1
2. ∆' ≥0 ⇒-1 ≤ m <0
Khi đó:
9
x
1
≤ x
2
< -





>
<
⇔






−>−
<−
⇔







>−
<−
⇔
2
5
4
1
2
1
045
22
1
0)
2
1
(
2
1
m
m

m
m
s
f
1 ≤ x
1
≤x
2
⇔
2 2 0
(1) 0
1
1
1
1
1
1
2
m
f
m
m
s
m
m
+ ≤
≤


≤ −


 
⇔ ⇔ ⇔ = −
  
≥ −
≤ −
≤

 


Tóm lại trong trường hợp này ta cần có m ≤-1
+ Xét với m >0
Ta phải có x
1
<-





≥
<−
⇔≤<
0)1(
0)
2
1
(
1

2
1
2
f
f
x
⇔



≤+
<−
022
045
m
m
⇔ m ≤ - 2 (loại)
Đáp số: m ≤ -1
Trên đây ta xét các ví dụ cho các bài toán cơ bản. Do yêu cầu của
các bài toán có thể thay đổi bởi vậy trong quá trình giải cần thay đổi từ
bài toán cơ bản cho phù hợp.
c) Bài toán mở rộng:
Cần hướng học sinh đưa bài toán cần giải về các bài toán cơ bản, sử
dụng công cụ đồ thị để dễ dàng thực hiện các phép biến đổi này.
Ví dụ 6: Tìm m để hệ






≤−+−
≥+−
)2(012
)1(034
2
2
mmx
mxx
vô nghiệm
10
VN
* Nhận xét: Nếu như một trong hai tam thức trên có thể tính được
nghiệm thì ta có thể có ngay dạng cơ bản. Tuy nhiên ở bài toán này
việc tính nghiệm không thuận lợi nên ta phải tiến hành biện luận.
Lời giải:
Đặt f(x) = x
2
- 4x + 3m
g(x) = x
2
- 2x + m - 1
Xét g(x) có ∆ = -m + 2
+ Nếu ∆ <0 ⇔ m >2 thì (2) vô nghiệm ⇒ hệ vô nghiệm
+ Nếu ∆ = 0 ⇔ m = 2 thì (2) có nghiệm x = 1 thoả mãn (1) nên hệ có
nghiệm. Không thoả mãn điều kiện đầu bài.
+ Nếu ∆ > 0 ⇔ m <2 thì (2) có nghiệm x
1
≤ x ≤ x
2
trong đó x

1
, x
2
là
nghiệm của g(x).
Do vậy hệ vô nghiệm khi và chỉ khi ∀x ∈[x
1
, x
2
] đều không là nghiệm
của (1)
⇔ f(x) phải có hai nghiệm x
3
, x
4
thỏa mãn x
3
<
1
x
<x
2
<x
4
⇔






<+−
<+−
⇔



<
<
032
034
0)(
0)(
2
2
2
1
2
1
2
1
mxx
mxx
xaf
xaf
(*)
Mà






=−+−
=−+−
012
012
2
2
2
1
2
1
mxx
mxx
do đó





−+=
−+=
12
12
2
2
2
1
2
1
mxx

mxx
Thay vào (*) ta có:



<++−
<++−
0212
0212
mm
mm
⇔ x
1
>
2
21 m+
(do x
1
< x
2
)
2
7
212
0
4
7
22
12
0)

2
12
(
2
−<⇔





<+
>−
⇔







<
+
>
+
⇔ m
m
m
sm
m
g

thoả mãn m <2
11
Tóm lại ta phải có m>2 hoặc m < -
2
7
thì hệ đã cho vô nghiệm
Ví dụ 7. Tìm m để ∀ x ∈[-4,6] là nghiệm của bất phương trình
2
(4 )(6 ) 2 (1)x x x x m+ − ≤ − +
Lời giải:
Đặt X =
U
với U = (4 +x) (6- x) = - x
2
+ 2x + 24
Lập bảng biến thiên của X theo U:
x
−∞
-4 1 6
+∞
25
U
0 0
5
X
0 0
(1) được đưa về bất phương trình X ≤ - X
2
+ m + 24
12

⇔ X
2
+ X - m - 24 ≤ 0
Theo bảng biến thiên thì ∀ x ∈ [-4,6] là nghiệm của (1)
⇔ ∀x ∈ [0,5] là nghiệm của (2)
⇔ f(X) = X
2
+ X - m - 24 có nghiệm X
1
, X
2
thỏa mãn
X
1
≤ 0 < 5 ≤ X
2
⇔



≤−
≤−−
⇔



≤
≤
06
024

0)5(
0)0(
m
m
f
f
⇔ m ≥ 6
Ví dụ 8. Cho f(x) = (m - 1/2) 9
x
- 2m.3
x
+ m + 3/2
a. Tìm m để f(x) = 0 có 2 nghiệm trái dấu
b. Tìm m để f(x) >0 có nghiệm dương
Lời giải:
Đặt 3
x
= t, t >0
Khi đó f(t) = (m - 1/2) t
2
- 2mt + m + 3/2
a. f(x) có 2 nghiệm trái dấu
⇔ f(x) = 0 có 2 nghiệm thoả mãn 0 <x
1
<1 < x
2
⇔








>+−
<−
⇔



>
<
0)
2
3
)(
2
1
(
0
2
1
0)0(
0)1(
mm
m
af
af
⇔ m <
2

3
−
Nhận xét:
Ở đây để có 0<x
2
<1 <x
2
ta không cần điều kiện ∆ >0 , a ≠ 0 mà điều
kiện này được suy ra từ af(1) <0 (định lý đảo)
b. f(x) >0 có nghiệm dương ⇔ F(X) có nghiệm X ∈ (1, + ∞)
Do f(1) = 1 >0 nên f(x) >0 có nghiệm X ∈ (1, +∞).
13
Với nhận xét này ta không cần xét nhiều trường hợp mà kết luận được
ngay phương trình luôn có nghiệm dương.
Ví dụ 9. Tìm m để hệ sau có nghiệm



>
≤++−
1
03lglg
2
x
mxmx
Giải:
Đặt t = lgx , x > 1 ⇔ t >0
Ta phải tìm m sao cho:
t
2

- mt + m + 3 ≤ 0 có nghiệm t >0
2
(0) 0 3 0 3
0 4 12 0
(0) 0 3 0
0 0
2 2
af m m
m m
f m
S m
< ⇔ + < ⇔ < −


 

 
∆ ≥ − − ≥

 

≥ ⇔ + ≥
 

 

 
≥ ≥

 


Vậy



≥
−<
6
3
m
m
Ví dụ 10. Tìm m để mỗi nghiệm của bất phương trình: mx
2
- x - m ≤ 0
(1) là nghiệm của lg (16-4x -2x
2
) ≥ 1 (2)
Giải:
Ta có (1) ⇔ 16 - 4x - 2x
2
≥ 10
⇔ 2x
2
+ 4x - 6 ≤ 0
⇔ -3 ≤ x ≤ 1
Xét (1) : ∆ = 1 + 4m
2
> 0 ∀ m
⇒ nếu m <0 (1) ⇔




≤
≥
1
2
xx
xx
Nếu m >0 (1) ⇔ x
1
≤ x ≤ x
2
14
Khi m = 0 (1) ⇔ x ≥ 0
Chỉ có trường hợp x
1
≤ x ≤ x
2
có thể xảy ra để thoả mãn điều kiện đầu
bài
Khi ấy ta phải có: - 1 ≤ x
1
< x
2
≤ 3
⇔










>
≤≤−
≥−
≥
⇔







≤≤−
≥
≥−
0
3
2
1
1
038
0
3
2
1

0)3(
0)1(
m
m
m
m
s
mf
mf
⇔ m
8
3
≥
Đáp số: m
8
3
≥
Ví dụ 11. Tìm tất cả các giá trị a, b sao cho:
|cos 2x + acosx + b -1| ≤ ∀x (1)
Giải:
(1) ⇔ |2 cos
2
x + acos x + b - 2| ≤ 1
⇔ -1 ≤ 12 cos
2
x + acos x + b -2 | ≤ 1
⇔






≤−++
≥−++
03coscos2
01coscos2
2
2
bxax
bxax
Đặt t = cos x : |t| ≤1
)(
)2(032
)1(012
2
2
H
batt
batt





≤−++
≥−++
Ta cần tìm a, b để (H) đúng ∀ t: |t| ≤ 1
hay - 1 ≤ t ≤ 1
15
(1) nghiệm đúng ∀ t ∈ [-1,1]

⇔














<≤
>∆



−≤<
>∆
≤∆
21
21
1
0
1
0
0

tt
tt
(2) nghiệm đúng ∀t ∈[-1,1]
⇔




≤<−≤
>∆
43
11
0
tt
(1) nghiệm đúng ∀ t ∈[-1,1] xảy ra trong ba khả năng:
a) a
2
- 8b + 8 ≤ 0
b)







−<−
>+−
≥−
1

4
088
0)1(2
2
a
ba
f
c)







>−
>+−
≥
1
4
088
0)1(2
2
a
ba
f
Hay:
(I) a
2
- 8b + 8 ≤ 0

(II)
2
8 8 0
1 0
4
a b
a b
a

− + >

− + + ≥


>

(III)
2
8 8 0
1 0
4
a b
a b
a

− + >

+ + ≥



< −

16
(2) nghiệm đúng ∀ t ∈[-1,1 ] ⇔



≤−+−
≤−+
⇔



≤
≤−
01
01
0)1(
0)1(
ba
ba
f
f
(IV)
Lúc này ∆ = a
2
- 8b + 8 >0
Muốn hệ (1), (2) có đúng ∀ t ∈[-1,1] xảy ra ba khả năng:
1. (I) và (IV)






≤−+−
≤−+
−≤
⇔





≤−+−
≤−+
≤+−
01
01
)1(8
01
01
088
22
ba
ba
ba
ba
ba
ba
Từ hai bất phương trình sau ⇒ b ≤ 1

Thay lên bất phương trình đầu chỉ thoả mãn khi



=
=
1
0
b
a
2. (II) và (IV)



>
≤
⇒









>
≤−+−
≤−+
≥++−

>+−
4
1
4
01
01
01
088
2
a
a
a
ba
ba
ba
ba
Không xảy ra
3. (III) và (IV)



−<
−>
⇒










−<
≤−+−
≤−+
≥++
>+−
4
1
4
01
01
01
088
2
a
a
a
ba
ba
ba
ba
không xảy ra
Tóm lại chỉ có a= 0, b = 1 thoả mãn điều kiện đầu bài.
17
BÀI TẬP
1. Tìm m để
2 2
( ) ( 2) 1 0 1f x x m x m x= − + + + > ∀ >

2. Tìm m để hệ
2
2 2
2 4 3 0
(2 1) 0
x mx m
x m x m m

− + − ≥


− + + + ≤


vô nghiệm.
3. a) Với giá trị nào của a thì
∀
nghiệm của bpt
2
ax 1 0(1)x a− + − <
đều
thoả mãn 0<x<1 (2)
b) Với giá trị nào của a thì mọi nghiệm của (2) đều thoả mãn (1)
4. Tìm m để bất kỳ
x∈
R đều là nghiệm của ít nhất một trong hai
bpt:

2
2

2 ( 1) 0
(2 1) ( 1) 0
x x m x
x m x m m
− + − ≤
− − + − >
5. Xác định a để bpt :
2
4 (4 )(2 ) 2 18x x x x a− − + ≤ − + −
nghiệm đúng

[ ]
2;4x∀ ∈ −
6. m=? thì bpt sau có ít nhất một nghiệm:

4 .2 3 0
x x
m m− − + ≤
7. Tìm m sao cho
( )
2;3x∀ ∈
đều thoả mãn:

2 2
5 5
1 log ( 1) log ( 4 ) 0x x x m+ + − + + >
8. .Giải và biện luận bpt:
2
x a x a− ≤ +
18

9. Tìm m để
x 0;
2
π
 
∀ ∈
 ÷
 
ta có:
sin 3 sin 2 3sinx 0x m x
+ + ≥
10. Tìm m để
2 2
( 1)( ) 0x x x x m x+ − + + ≥ ∀
11. Tìm m để
2 2
2
2 2
( 1)( ) 3 4 0
1 1
x x
m m m
x x
+ − + <
+ +
có nghiệm.
4. Kiểm nghiệm:
Trong quá trình dạy về dấu tam thức bậc hai , đặc biệt là dấu
tam thức bậc hai trên một miền, tôi tiến hành cho học sinh giải
quyết một cách cặn cẽ ba bài toán cơ bản trước khi tung ra các

bài tập nâng cao. Thực tế cho thấy do được nắm vững ba bài
toán cơ bản nên học sinh đã vận dụng khá tốt khi giải quyết các
bài toán phức tạp hơn .Điều đó khẳng định rằng quá trình phát
triển tư duy cho học sinh về dấu tam thừc bậc hai trên một miền
phải được khởi nguồn từ ba bài toán cơ bản đã nêu ở trên.
III. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT:
Trên đây là những vấn đề tôi thấy cần quan tâm nhấn mạnh cho
học sinh khi giảng dạy về tam thức bậc hai trong chương trình Đại số
19
lớp 10. Tuy chưa được đầy đủ nhưng tôi mong muốn sẽ giúp học sinh
có cái nhìn hoàn thiện hơn về tam thức bậc hai. Rất mong các bạn
đồng nghiệp đóng góp ý kiến để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cám ơn.
Thanh Hoá, ngày 15 tháng 5 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.
Lê Thị Thu Huyền

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1, Đại số 10-Phan Đức Chính-NXB Giáo dục 1993
2. Đại số 10_Ngô thúc Lanh-NXB Giáo dục 1993
3. Bài tập Đại số 10_ Ngô Thúc Lanh- NXB Giáo dục 1993
4. Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp-Phạm Văn
Điền, Phan Đức Chính-NXB Giáo dục 1997
20
5. Tam thức bậc hai trong chương trình THPT- Nguyễn Tiến Quang-
NXB Hà Nội 1996.
6. Giới thiệu các dạng toán luyện thi đại học-Phần II- Phan Huy Khải-

NXB Hà Nội 1998.
21