hướng dẫn học sinh giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số thông qua việc ứng dụng định lý vi-e

PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình tốn 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 toán so sánh
nghiệm của một phương trình bậc hai với một số thực α , nếu xem xét các dạng
toán 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 tịi, 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 tôi viết
đề tài sáng kiến kinh nghiệm: "Hướng dẫn học sinh giải một số dạng tốn
phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số thơng qua việc ứng dụng định lý
Vi-et.”.
2/Nội dung :
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 luận - kiến nghị

1


PHẦN II. NỘI DUNG

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:
ax 2 + bx + c = 0 ( 1)

( a ≠ 0)

b) Cách giải.
• Tính ∆ = b 2 − 4ac
 Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1) vơ nghiệm.
 Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = −
 Nếu ∆ > 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
x1 =

b
.
2a

−b − ∆
−b + ∆
, x2 =
2a
2a

c) Định lý Vi-et – Dấu các nghiệm.
2
 Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn x ∈ R : ax + bx + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0 )
có hai nghiệm x1 , x2 thì S = x1 + x2 =

−b
c
, P = x1.x2 = .
a
a

 Dấu các nghiệm:
 Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 .
∆ ≥ 0
.
P > 0

 Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu ⇔ 

∆ ≥ 0

 Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương ⇔  P > 0 .
S > 0

∆ ≥ 0

 Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm ⇔  P > 0 .
S < 0


2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.
Trong phần này tơi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng quát
một số dạng toán 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.
2
Bài tốn 1. Cho phương trình: ax + bx + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0, x ∈ R )
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≥ α .
2


b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≤ α .
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < α < x2 .
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: α < x1 < x2 .
e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < x2 < α .

Giải.
• Đặt t = x − α ⇒ x = t + α , thay vào pt (1) ta được pt:
at 2 + ( 2aα + b ) t + aα 2 + bα + c = 0 ( 2 )

a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ α ⇔ pt (2) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

b) Phương trình (1) có nghiệm x ≤ α ⇔ pt (2) có nghiệm t ≤ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔  P ≥ 0
S ≤ 0


c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < α < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm
t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 .
d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa α < x1 < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm
∆ > 0

0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 .
S > 0


e) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < x2 < α ⇔ pt (2) có 2 nghiệm
∆ > 0

t1 < t2 < 0 ⇔  P > 0 .
S < 0


(Với ∆ = ( 2aα + b ) − 4a ( aα 2 + bα + c ) , P = t1.t2 =
2

− ( 2aα + b )
aα 2 + bα + c
, S = t1 + t2 =
)
a
a

Nhận xét: Thoạt nhìn thì bài tốn 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 tốn 2. Cho phương trình: ( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = k ( 1) với a + c = b + d .

3


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.
2
2
• Ta biến đổi phương trình (1) ⇔  x + ( a + c ) x + ac   x + ( b + d ) x + bd  = k ( 2 )



2

a+c
• Đặt t = x + ( a + c ) x + 
÷ ( t ≥ 0 ) , thay vào (2) ta được phương trình:
 2 
2

( a + c )  t + ac −  a + c 2  bd −  a + c 2  − k = 0 3
2
t +  ac + bd −
 

( )

÷ 

÷
2  
 2  
 2  




 
a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
2

∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0


b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 .
∆ = 0
S > 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ 

c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
∆ > 0

0 = t1 < t2 ⇔  P = 0 .
S > 0


d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
∆ > 0

0 < t1 < t2 ⇔  P > 0
S > 0


(Trong đó ∆ là biệt thức của phương trình (2), P = t1.t2 , S = t1 + t2 )
Nhận xét: Trong các tài liệu sách giáo khoa, hoặc sách tham khảo, cách giải đưa
− a + c)
2
ra đối với dạng toán này là đặt: t = x + ( a + c ) x với điều kiện t ≥ (
, khi đó để
2

4

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 khơng được trang bị cơng
cụ để so sánh nghiệm một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0.
4
3
2

Bài tốn 3. Cho phương trình: ax + bx + cx + bx + a = 0 ( 1) ( a ≠ 0 )
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.

4


d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
• Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình (1), chia cả hai vế phương trình
(1) cho x 2 ≠ 0 , ta được:
2

1
1


a  x + ÷ + b  x + ÷+ c − 2a = 0 ( 2 )
x
x



(Thông thường tới đây học sinh sẽ đặt t = x +

1
x

( t ≥ 2 ) , khi đó nhận được phương

trình at 2 + bt + c − 2a = 0 và việc giải quyết các yêu cầu đặt ra sẽ khó khăn vì học
sinh khơng được trang bị cơng cụ. Để giúp học sinh vượt qua trở ngại này chúng ta
giải quyết như sau).
1
1
x
x
2
được: at + ( 4a + b ) t + 2a + 2b + c = 0 (3).
• Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 , ta xét:
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0

a) Vì x > 0 , đặt t = x + − 2 ( t ≥ 0 ) suy ra x + = t + 2 , thay vào phương trình (2)

∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

1
x

1
x

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

at 2 + ( b − 4a ) t + 2a − 2b + c = 0 (4)

• Để phương trình (1) có nghiệm x < 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≤ 0 , ta xét:
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0
∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔  P ≥ 0
S ≤ 0


c) Để phương trình (1) có nghiệm thì hoặc phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 , hoặc
phương trình (4) có nghiệm t ≤ 0 . (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;
∆1 > 0

 TH1: Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa: 0 < t1 < t2 ⇔  P1 > 0
S > 0
 1
∆ 2 > 0

 TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa: t1 < t2 < 0 ⇔  P2 > 0
S < 0
 2

5


 TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu
P < 0
⇔ 1
 P2 < 0

Nhận xét: Với cách tiếp cận này học sinh cũng có thể dễ dàng giải quyết các bài
tốn như: Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm, 3 nghiệm.
2
Bài tốn 4. Cho phương trình α ( ax 2 + bx + c ) + β ( ax 2 + bx + c ) + γ = 0 ( 1) ( α ≠ 0; a ≠ 0 )
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)

2

b  b 2 − 4ac 
b 2 − 4ac
ax 2 + bx + c = a  x + ÷ −
 nên đặt t = ax 2 + bx + c +
• Ta có
khi đó
2
2a 
4a 
4a



t ≥ 0.

• Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: α ( t − k ) + β ( t − k ) + γ = 0 (2)
2

với k =

b 2 − 4ac
4a

• Phương trình (2): α t + ( β − 2α k ) t + α k − β k + γ = 0 (3)
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
2

2

∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0


b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa
∆ > 0

0 < t1 < t2 ⇔  P > 0
S > 0


c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa
t1 < 0 < t2 , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 .
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 .
∆ = 0

S > 0
(Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ 

Nhận xét: Khi gặp dạng toán này các em học sinh thường đặt t = ax 2 + bx + c với
điều kiện t ≥

− ( b 2 − 4ac )

nếu a > 0, t ≤

− ( b 2 − 4ac )

nếu a < 0. Phương trình nhận

4a
4a
2
được α t + β t + γ = 0 , và để giải quyết các yêu cầu của bài tốn học sinh sẽ gặp trở

ngại vì cần so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0.
6


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 cơng cụ đơn giản, quen thuộc là định lý Viet để
giải dạng toán này.
Bài tốn 5. Cho phương trình ax 2 + b x 2 + α + c = 0 ( 1) với α > 0, a ≠ 0 .
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 t = x 2 + α − α ( t ≥ 0 ) suy ra x 2 = ( t + α ) − α , thay vào pt (1) ta được phương
2

trình:

(

)

at 2 + 2a α + b t + b α + c = 0 ( 2 )

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0


b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa
∆ > 0

0 < t1 < t2 ⇔  P > 0
S > 0


c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
∆ > 0

 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 = t2 ⇔  P = 0 .
S < 0

∆ = 0
S = 0
(Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 = t1 = t2 ⇔ 

Nhận xét: Với dạng toán này hầu hết các sách tham khảo đều đặt
t = x 2 + α ( t ≥ α ) , và đưa về phương trình bậc 2 có dạng: at 2 + bt + c − aα = 0 , 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 cơng cụ dùng đạo hàm để giải khơng phải lúc nào cũng tối ưu.
Bài toán 6. Cho phương trình: ax 2 + bx + c = x − α ( 1)
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

7


c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
x −α ≥ 0


• Phương trình (1) ⇔ 

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

trình:

( a − 1) t 2 + ( 2aα + b ) t + aα 2 + bα + c = 0 ( 3)
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (3) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Xét a = 1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương
trình t0 ≥ 0 .
a ≠ 1
.
P ≤ 0
a ≠ 1
∆ ≥ 0

0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ 
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm
P ≥ 0
S ≥ 0


 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ 

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm

a ≠ 1
∆ > 0

0 ≤ t1 < t2 ⇔ 
P ≥ 0
S > 0


c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm
t ≥0

 TH1: Xét a = 1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương
trình t0 ≥ 0
a ≠ 1
.
P < 0
a ≠ 1
∆ > 0

t1 < 0 = t2 ⇔ 
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm
P = 0
S < 0


 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ 

a ≠ 1

 TH4: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 = t2 ⇔ ∆ = 0

S ≥ 0


(Trong đó ∆ là biệt thức của phương trình (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )
Nhận xét: Dạng toán này hay xuất hiện trong chuyên đề về phương trình chứa
căn, và những bài tốn như thế cũng từng xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao
8


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 tốn về so sánh
nghiệm của phương trình (3) với số 0.
2
Bài tốn 7.Cho phương trình: log a ( α x + β x + γ ) = log a ( x − b ) ( 1) với 0 < a ≠ 1 .
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.

x − b > 0


• Phương trình (1) ⇔ α x 2 + β x + γ = x − b 2
( )


• Đặt t = x − b ⇒ x = t + b , vì x − b > 0 nên ta suy ra điều kiện t > 0 . Thay vào phương
2
2
trình (2) ta được phương trình: α t + ( 2α b + β − 1) t + α b + β b + γ = 0 ( 3)

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t > 0

 TH1: Xét α = 0 , thay vào pt (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình t0 > 0 .
α ≠ 0
P < 0
α ≠ 0
∆ ≥ 0

 TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0 < t1 ≤ t2 ⇔ 
P > 0
S > 0

α ≠ 0
∆ > 0

 TH4: Phương trình (3) có nghiệm 0 = t1 < t2 ⇔ 
P = 0
S > 0


 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ 

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm
α ≠ 0
∆ > 0

0 < t1 < t2 ⇔ 
P > 0
S > 0


c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm
t >0

 TH1: Xét α = 0 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương
trình t0 > 0
α ≠ 0
.
P < 0

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ 

9


α ≠ 0
∆ > 0

0 = t1 < t2 ⇔ 
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm
P = 0
S > 0

α ≠ 0

 TH4: Phương trình (3) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ ∆ = 0
S > 0


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: x − 2mx + m − m + 1 = 0 ( 1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 .
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 .
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < 1 < x2 .
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < 1 .
Giải.
• Đặt t = x − 1 ⇒ x = t + 1 , thay vào pt (1) ta được phương trình:
2

2

t 2 + 2 ( 1 − m ) t + m 2 − 3m + 2 = 0 ( 2 )

a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2 .
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm :
m − 1 ≥ 0
m ≥ 1
∆ ' ≥ 0
m = 1
 2


0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m − 3m + 2 ≥ 0 ⇔   m ≥ 2 ⇔ 
m ≥ 2
S ≥ 0
m − 1 ≥ 0

m ≤ 1





• Kết luận: với m ∈ [ 1; +∞ ) thì phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 .
b) Để phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≤ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2 .
m − 1 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 2

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m − 3m + 2 ≥ 0 ⇔ m = 1
S ≥ 0
m − 1 ≤ 0



• Kết luận: với m ∈ [ 1; 2] thì phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 .
b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < 1 < x2 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm:
t1 < 0 < t 2 ⇔ m 2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2 .

10


• Kết luận: với 1 < m < 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 1 < x2
d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < x2 < 1 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm:
m − 1 > 0
∆ ' > 0



t1 < t2 < 0 ⇔  P > 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 > 0 (vô nghiệm)
S > 0
m − 1 < 0



• Kết luận: khơng tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < 1 .
Nhận xét: Đây chỉ là một ví dụ minh họa cho bài tốn tổng qt, 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 tốn “Tìm tham số m để phương trình f ( x, m ) = 0
có nghiệm?”, thì khi gặp bài tập này cũng lúng túng khơng giải quyết được vì
khơng thể đưa bài toán về dạng: g ( m ) = h ( x ) để khảo sát. Do đó cách chuyển hóa
phương trình như trên, đưa bài tốn 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: x ( x − m + 1) ( x − m − 1) ( x − 2 m ) = 3m + 2 ( 1) , với tham số
m ≥ 0.
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.
2
2
• Ta biến đổi phương trình (1) ⇔ ( x − 2 mx ) ( x − 2 mx + m − 1) = 3m − 5 ( 2 )
2

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

t 2 − ( m + 1) t − 2m + 5 = 0 ( 2 )

a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
5
2

 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 5 − 2m ≤ 0 ⇔ m ≥ .
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm
m 2 + 12m − 19 ≥ 0
∆ ≥ 0

5
5


0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m ≤
⇔ −6 + 55 ≤ m ≤
2
2
S ≥ 0


 m > −1

• Kết luận: Với m ∈  −6 + 55; +∞ thì phương trình (1) có nghiệm.


)

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
11


5
2

 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ 5 − 2m < 0 ⇔ m > .
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm:
  m = −6 − 55

m 2 + 12m − 19 = 0
∆ = 0
0 < t1 = t2 ⇔ 
⇔
⇔   m = −6 + 55 ⇔ m = −6 + 55 .

S > 0
m + 1 > 0

m > −1
5

• Kết luận: Với m ∈  2 ; +∞ ÷∪ −6 + 55 thì phương trình (1) có 2 nghiệm.


c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
m 2 + 12m − 19 > 0
∆ > 0

5


0 = t1 < t2 ⇔  P = 0 ⇔ 5 − 2m = 0
⇔m= .
2
S > 0
m + 1 > 0



{

}

5
thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
2
d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
m 2 + 12m − 19 > 0
∆ > 0
5


0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔ 5 − 2m > 0
⇔ −6 + 55 < m <
2
S > 0
m + 1 > 0




• Kết luận: Với m =



• Kết luận: với m ∈  −6 + 55; 2 ÷ thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
5





Bài 3. Cho phương trình: x − 2mx + ( m − 3m + 4 ) x − 2mx + 1 = 0 ( 1)
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 khơng là nghiệm của phương trình (1), chia hai vế của phương
trình (1) cho x 2 ≠ 0 , ta được:
4

3

2

2

2

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

• Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 . Xét 2
trường hợp:

12


 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ m2 − 7m + 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 6 .
3m − 2 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 2


 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m − 7m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ 6 .
S ≥ 0
m − 2 ≥ 0



• Kết luận: Với m ≥ 1 thì phương trình (1) có nghiệm dương.
1
x

1
x

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

t 2 − 2 ( m + 2 ) t + m 2 + m + 6 = 0 ( 4 ) (4)

• Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≤ 0 . Xét 2
trường hợp:
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ m2 + m + 6 ≤ 0 (vô nghiệm).
3m − 2 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 2

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m + m + 6 ≥ 0 (vơ
S ≤ 0
m + 2 ≤ 0




nghiệm).
• Kết luận: Khơng tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Để phương trình (1) có nghiệm thì m ≥ 1 .
d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau:
 TH1: Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
3m − 2 > 0
∆1 > 0


0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔ m 2 − 7 m + 6 > 0 ⇔ m > 6
1
S > 0
m − 2 > 0
 1


 TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa:
3m − 2 > 0
∆ 2 > 0


t1 < t2 < 0 ⇔  P2 > 0 ⇔ m 2 + m + 6 > 0 (vô nghiệm)
S < 0
m + 2 < 0
 2


 TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu:

m2 − 7m + 6 < 0
P < 0

1
⇔ 2
(vô nghiệm)

m + m + 6 < 0
 P2 < 0

• Kết luận: Với m > 6 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 4: Cho phương trình ( x 2 − 2 x ) − 2m ( x 2 − 2 x ) + m + 3 = 0 ( 1)
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
2

13


• Đặt t = x 2 − 2 x + 1 khi đó t ≥ 0 , suy ra x 2 − 2 x = t − 1 . Thay vào phương trình (1) ta
được
2
phương trình sau: t − 2 ( m + 1) t + m + 4 = 0 ( 2 )
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m + 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ −4 .
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm
m 2 + m − 3 ≥ 0

∆ ≥ 0
−1 + 13


0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m + 4 ≥ 0
⇔m≥
.
2
S ≥ 0
m + 1 ≥ 0


 −1 + 13

; +∞ ÷ thì phương trỡnh (1) cú nghim.
ữ
2



ã Kt lun: vi m ( −∞; −4] ∪ 

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm
thỏa:
m 2 + m − 3 > 0
∆ > 0
−1 + 13


0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔ m + 4 > 0

⇔m>
.
2
S > 0
m + 1 > 0


 −1 + 13

; +∞ ÷ thì phương trình (1) cú 4 nghim phõn bit.
ữ
2



ã Kt lun: vi m ∈ 


c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa t1 < 0 < t2 ,
hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 .
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ m + 4 < 0 ⇔ m < −4 .
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm
m 2 + m − 3 = 0
∆ = 0
−1 + 13
0 < t1 = t2 ⇔ 
⇔
⇔m=
.
2

S > 0
m + 1 > 0
 −1 + 13 


• Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4 ) ∪  2  thì phương trình (1) có hai nghiệm phân





biệt.
Nhận xét: Tương tự ta cũng có thể giải quyết được ngay bài tốn: “Tìm m để pt
(1) có
nghiệm duy nhất”.
Bài 5. Cho phương trình x 2 − m x 2 + 1 + 3m + 2 = 0 ( 1) .
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 .

14


• Đặt t = x 2 + 1 − 1 ( t ≥ 0 ) suy ra x 2 = ( t + 1) − 1 , thay vào phương trình (1) ta được
2

phương trình: t − ( m − 2 ) t + 3m + 2 = 0 ( 2 )
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0

2

 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 3m + 2 ≤ 0 ⇔ m ≤

−2
.
3

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm
m 2 − 16m − 4 ≥ 0
∆ ≥ 0


0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ 3m + 2 ≥ 0
⇔ m ≥ 8 + 68
S ≥ 0
m − 2 ≥ 0


−2



• Kết luận: với m ∈  −∞; 3  ∪ 8 + 68; +∞ ) 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:
 m 2 − 16m − 4 > 0

∆ > 0


0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔ 3m + 2 > 0
⇔ m > 8 + 68
S > 0
m − 2 > 0



• Kết luận: Với m ∈ ( 8 + 68; +∞ ) thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
m 2 − 16m − 4 > 0
∆ > 0
−2


⇔m=
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 = t2 ⇔  P = 0 ⇔ 3m + 2 = 0
.
3
S < 0
m − 2 < 0


m 2 − 16m − 4 = 0
∆ = 0
⇔
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 = t1 = t2 ⇔ 
(vơ

S = 0
m − 2 = 0

nghiệm)
• Kết luận: với m =

−2
thì pt (1) có nghiệm duy nhất.
3

Bài 6. Cho phương trình: 2x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 + m = x − 1 ( 1)
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.
x −1 ≥ 0


• Phương trình (1) ⇔ 

2
2
 x − 2 ( m + 1) x + m + m = ( x − 1) ( 2 )

• Đặt t = x − 1 , vì x − 1 ≥ 0 nên ta có điều kiện t ≥ 0 , thay vào phương trình (2) ta
2
2
được phương trình: t − 2 ( m − 1) t + m − m = 0 ( 3)
2

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0

15


 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m 2 − m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1 .
1 − m ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 2

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m − m ≥ 0 ⇔ m = 1 .
S ≥ 0
m − 1 ≥ 0



• Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm
1 − m > 0
∆ > 0


0 ≤ t1 < t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m 2 − m ≥ 0 (vơ nghiệm)
S > 0
m − 1 > 0



• Kết luận: Khơng 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

t ≥0

 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ m 2 − m < 0 ⇔ 0 < m < 1 .
1 − m > 0
∆ > 0
 2

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 = t2 ⇔  P = 0 ⇔ m − m = 0 ⇔ m = 0 .
S < 0
m − 1 < 0


∆ = 0
1 − m = 0
⇔
⇔ m = 1.
S ≥ 0
m − 1 ≥ 0

 TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 = t2 ⇔ 

• Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
2
2
Bài 7. Cho phương trình: log 2+ 3 ( x + 2mx + m + 3m − 1) + log 2− 3 ( x − m + 1) = 0 ( 1)
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.
2

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

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t > 0
1
4

 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ 4m 2 − m < 0 ⇔ 0 < m < .

16


 TH2: Phương trình (3) có nghiệm
4m 2 − 20m + 9 ≥ 0
∆ ≥ 0
1
1
 2


4 < m ≤ 2 .
0 < t1 ≤ t2 ⇔  P > 0 ⇔ 4m − m > 0
⇔

S > 0
3 − 4m > 0
m < 0



 TH3: Phương trình (3) có nghiệm
4m 2 − 20m + 9 > 0
∆ > 0
m = 0
 2

0 = t1 < t2 ⇔  P = 0 ⇔ 4m − m = 0
⇔
m = 1 .
S > 0
3 − 4m > 0

4


1

• Kết luận: Với m ∈  −∞; 2  thì phương trình (1) có nghiệm.



b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm :
4m 2 − 20m + 9 > 0
∆ > 0
1
1
 2

4 < m < 2
0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔ 4m − m > 0
⇔

S > 0
3 − 4m > 0
m < 0


1 1
• Kết luận: Với m ∈ ( −∞;0 ) ∪  4 ; 2 ÷ 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
t >0

1
4

 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ 4m 2 − m < 0 ⇔ 0 < m < .
 TH2: Phương trình (3) có nghiệm

4m 2 − 20m + 9 > 0
∆ > 0
m = 0
 2

0 = t1 < t2 ⇔  P = 0 ⇔ 4m − m = 0
⇔
m = 1
S > 0
3 − 4m > 0

4



 TH3: Phương trình (3) có nghiệm:

9
m = 2

4m 2 − 20m + 9 = 0
∆ = 0
1

1
0 < t1 = t2 ⇔ 
⇔
⇔ m = ⇔ m =
2


2
S > 0
3 − 4m > 0


3
m <

4
 1  1 
• Kết luận: Với m ∈ 0; 4  ∪  2  thì phương trình có nghiệm duy nhất.

  

Bài 8. Cho phương trình: 4 x +1 − ( 2m − 1) 2 x + 2 + m2 − 3m = 0 ( 1)
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.
2

2

17


Giải.
• Đặt t = 2 x +1 − 2 ( t ≥ 0 ) , khi đó 2 x +1 = t + 2 , thay vào phương trình (1) ta được
phương trình:
2

2

t 2 − 2 ( 2m − 1) t + m 2 − 11m = 0

( 2)

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (2) có nghiệm t ≥ 0 .
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m 2 − 11m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 11 .
3m 2 + 7 m + 1 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 2

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m − 11m ≥ 0 ⇔ m ≥ 11 .
S ≥ 0
 2m − 1 ≥ 0


• Kết luận: Với m ∈ [ 0; +∞ ) 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 t1 < 0 < t2 ⇔ m 2 − 11m < 0 ⇔ 0 < m < 11 .
3m 2 + 7m + 1 = 0
∆ = 0
⇔
 TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 ⇔ 
(vô
S > 0
 2m − 1 > 0

nghiệm)
• Kết luận: Với m ∈ ( 0;11) 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:
3m 2 + 7m + 1 > 0
∆ ' > 0


0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔ m 2 − 11m > 0
⇔ m > 11
S > 0
 2m − 1 > 0


• Kết luận: Với m ∈ ( 11; +∞ ) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

C. BÀI TẬP THỰC HÀNH.
Bài 1. Cho phương trình: x + ( 3m − 1) x + 2m − 4m = 0 ( 1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ −1 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: −1 < x1 ≤ x2 .
c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < −1 < x2 .
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ∈ ( −1; +∞ ) .
4
3
2
Bài 2. Cho phương trình: x − 2 ( m + 1) x + ( 3m − 2 ) x − 2 ( m + 1) x + 1 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
2

2

18


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: ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) = 2m − 1 ( 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 ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
2
Bài 4. Cho phương trình: 2 ( x 2 − 4 x + 2 ) − 3 ( 2m − 1) ( x 2 − 4 x + 2 ) + m 2 − 3m − 1 = 0 ( 1)
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 ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 5. Cho phương trình: x 2 + ( 3m + 2 ) x 2 + 2 + 2m2 + 3m − 3 = 0 (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 x 2 − 3mx + 2m 2 − m = x + 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 nghiệm duy nhất.
2
2
Bài 7.Cho phương trình: log 5 + 2  x − ( 2m + 3) x + 2m + 3m − 4  + log 5 − 2 ( x − 2m + 1) = 0 ( 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 nghiệm duy nhất.
x 2 +1

Bài 8. Cho phương trình: 3x +1 − 2 ( m + 1) 3 2 + m 2 − 3m = 0 ( 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 nghiệm duy nhất.
2

19


PHẦN III. KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Khi aùp 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 toán 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 thông 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 tuyển sinh vào các trường Đại học , Cao đẳng có nhiều em đạt điểm
8, 9, 10 môn 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 Quốc gia, 09 em đạt huy chương khi tham gia
thi Olympic 30 – 4 )
Cụ thể:
1) Kết quả học tập bợ mơn:
Năm học
2003 – 2004
2004 – 2005
2005 – 2006
2006 – 2007
2007 – 2008
2008 – 2009

Đầu năm học (%)
Yếu
TB
Khá Giỏi
0
21
63
26
0
17
64
19
0
14
68
18
0
12

66
22
0
16
51
23
0
15
57
28

Cuối năm học (%)
Yếu
TB
Khá Giỏi
0
12
54
34
0
4
58
38
0
0
60
40
0
0
64

36
0
3
56
41
0
2
61
37

2) Kết quả thi HSG cấp tỉnh:
Kết quả thi HSG cấp tỉnh lớp 12

Năm học
Giải nhất
2004 – 2005
2005 – 2006
2006 – 2007
2007 – 2008
2008 – 2009
2009 – 2010

0
1
10
1
1
1

Giải nhì

2
3
01
9
5
9

Giải ba
3
2
0
0
3
0

Giải khuyến
khích
3
4
0
1
1
0

20


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 luôn 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 trị 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 chuyên 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 công 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 toán
trong chuyên 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 toán, biết cách vận dụng, khai thác một số dạng tốn có chứa tham
số, quy lạ về quen nên tôi viết sáng kiến kinh nghiệm:
“ Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán về phương trình bậc 2 – quy về
bậc 2” .
2. KIẾN NGHỊ
1. Với Sở GD&ĐT
Quan tâm hơn nữa đến việc bồi dưỡng chun mơn, nghiệp vụ cho giáo viên
dạy tốn. Nên tổ chức các hội thảo chuyên đề chuyên sâu cho giáo viên trong tỉnh.
2. Với BGH nhà trường
- Hiện nay, nhà trường đã có một số sách tham khảo tuy nhiên có vẻ như
chưa đầy đủ. Vì vậy nhà trường cần quan tâm hơn nữa về việc trang bị thêm sách
tham khảo mơn Tốn để học sinh được tìm tịi, học tập khi giải tốn để các em có
thể tránh được những sai lầm trong khi làm bài tập và nâng cao hứng thú, kết quả
học tập mơn tốn nói riêng, nâng cao kết quả học tập của học sinh nói chung.

3. Với PHHS
21


- Quan tâm việc tự học, tự làm bài tập ở nhà của con cái. Thường xuyên
kiểm tra sách, vở và việc soạn bài trước khi đến trường của các con

22