tam thức bậc hai và các vấn đề liên quan

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
1




















Thành viên nhóm 1: (Mọi thành viên đều có vai trò như nhau)
- Huỳnh Thị Bích Liễu
- Võ Thị Lụa
- Võ Thị Bích Tuyền
- Nguyễn Thị Hồng Uyên

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
2
MỤC LỤC
YZ


I. Phương trình bậc hai 3
1.1 Công thức nghiệm của phương trình bậc hai 3
1.2 Định lí viét đối với phương trình bậc bai 3
1.3 Các bài toán liên quan 3
II. Dấu của tam thức bậc hai 10
2.1 Tam thức bậc hai 10
2.2 Dấu của tam thức bậc hai 10
2.3 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai 13
III. Một số ứng dụng của tam thức bậc hai 21
3.1 Tìm giá trị lơn nhất và nhỏ nhất của hàm số 21
3.2 Giải bất phương trình bậc hai một ần 22
3.3 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc ba 22
3.4 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc bốn 24
3.5 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số lượng giác 26
3.6 Ứ
ng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm mũ và ham logarit 27

3.7 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với phương trình - bất phương
trình chứa căn 30
Bài tập đề nghị 31
Hướng dẫn giải 33
Danh mục tài liệu tham khảo 40


















Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
3
I. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI:
1.1 Công thức nghiệm của phương trình bậc hai dạng
0cbxax
2
=++

()
0a ≠
• Bước 1: Tính
()
Δ
′
Δ
• Bước 2: Tìm nghiệm dựa vào dấu
(
)
Δ
′
Δ

- Nếu 0<
Δ
: Phương trình vô nghiệm
- Nếu
0=
Δ
: Phương trình có nghiệm kép
2a
b
xx
21
−
==
- Nếu
0>

Δ
: Phương trình có hai nghiệm phân biệt
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−
=
+−
=
2a
Δb
x
2a
Δb
x
2
1

1.2 Định lí Vi-et đối với phương trình bậc hai:
1.2.1 Định lí thuận:
Nếu phương trình bậc hai :
0cbxax
2
=++
có hai nghiệm phân biệt
21
, xx

thì
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
==
−
=+=
a
c
.xxP
a
b
xxS
21
21

1.2.2 Định lí đảo
Với hai số thực x
1
, x
2
thỏa:
⎩
⎨
⎧
=
=+
P.xx

Sxx
21
21
⇒
x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương
trình:
0PSXX
2
=+−
(với địều kiện
04PS
2
≥−
)
1.3 Các bài toán liên quan:
Bài toán 1
: Giải và biện luận phương trình bậc hai:
¾ Phương pháp
- Nếu a có chứa tham số
+ Trường hợp 1: Xét a = 0 rồi biện luận
+ Trường hợp 2: Xét a
≠
0 rồi dùng
Δ
biện luận
- Nếu a là hằng số

Dùng
()
Δ
′
Δ
để biện luận trực tiếp
Ví dụ:

Giải và biện luận phuơng trình:
1)

b
a
ba
b
a
ba
x
1
x
−
+
+
+
−
=+
(1)
2)

2

ax
b
b
x
a
=
−
+
−
(2)
Giải:
1) Điều kiện
()
0x ≠
; điều kiện
bab,a
−
≠
≠

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
4
Phương trình (1):
01.x
ba
ba
ba
ba
x
2

=+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
+
+
−
−⇔
(*)

=Δ ba,0,
ba
ba
ba
ba
4
ba
ba
ba
ba
22
∀≥
⎟
⎠
⎞

⎜
⎝
⎛
−
+
−
+
−
=−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
+
+
−

Phương trình (*) có hai nghiệm:

b
a
ba
x,
b
a
ba

x
21
+
−
=
−
+
=
(thỏa mãn điều kiện vì a
b
±
≠
)
Kết luận
:
Vậy,
bab;a, ±
≠
∀ phương trình (1) có hai nghiệm
b
a
ba
x,
b
a
ba
x
21
+
−

=
−
+
=
2) Điều kiện
bxa,x ≠≠

Phương trình (1):

()
(
)
(
)
(
)
()()
0baxba32x
bxax2bxbaxa
2
2
=+++−+⇔
−−=−+−⇔
(*)

()()
(
)
0baba8ba9
222

≥+=+−+=Δ ba,
∀

Phương trình (*) có hai nghiệm:
bax,
2
ba
x
21
+=
+
=

Xét điều kiện:

0abbx
0babaax
bab
2
ba
bx
baa
2
ba
ax
2
2
1
1
≠⇔≠+⇔≠

≠⇔≠+⇔≠
≠⇔≠
+
⇔≠
≠⇔≠
+
⇔≠
ba

Kết luận
:
 Nếu a = b = 0 phương trình vô nghiệm
 Nếu a = 0, b
0≠
phương trình có nghiệm
2
b
x
1
=

 Nếu a
0≠
, b = 0 phương trình có nghiệm
2
a
x
1
=

 Nếu a 0≠ , b
0≠
, a = b phương trình có nghiệm
2ax
2
=

 Nếu a
0≠
, b
0≠
, a
≠
b phương trình có nghiệm
bax,
2
ba
x
21
+=
+
=

Bài toán 2: Tìm giá trị của tham số để phương trình
0cbxax
2
=++
(*) thỏa một
số điều kiện liên quan đến nghiệm của chúng.
a.

Tìm giá trị của tham số để phương trình: 0
2
=++ cbxax (*) có số nghiệm nhất
định
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
5
 Phương trình (*) có nghiệm kép
⇔

⎩
⎨
⎧
=Δ
≠
0
0a

 Phương trình (*) có một nghiệm
⇔

⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
=

≠
⎩
⎨
⎧
=+
=
0Δ
0a
0cbx
0a

 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔

⎩
⎨
⎧
>Δ
≠
0
0a

 Phương trình (*) có nghiệm
⇔

⎢
⎢
⎢
⎢
⎣

⎡
⎩
⎨
⎧
≥
≠
⎩
⎨
⎧
=+
=
0Δ
0a
0cbx
0a

 Phương trình (*) có vô số nghiệm
⇔

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
=
0c
0b
0a

Ví dụ:

Tìm m để phương trình:
()
022xx1m
2
=++− (*)
a)
Có đúng một nghiệm
b)
Có hai nghiệm phân biệt
c)
Có nghiệm
Giải:

(
)
128m1m84
+
−=−−=Δ
a)
Để (*) có đúng một nghiệm, thì:

⎢
⎢
⎣
⎡
=
=

⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
⎩
⎨
⎧
−=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧

=+−
≠−
⎩
⎨
⎧
=+
=−
2
3
m
1m
2
3
m
1m
1x
1m
0128m
01m
022x
01m

Vậy, với m = 1 hoặc
2
3
m =
thì phương trình có đúng một nghiệm.
b)
Để (*) có hai nghiệm phân biệt, thì:
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
<
≠
⇔
⎩
⎨
⎧
>+−
≠−
2
3
m
1m
0128m
01m

Vậy, với m
1≠
và
2
3
m <
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
c) Để (*) có nghiệm, thì:
Có một nghiệm
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
6

⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤
≠
⎩
⎨
⎧
−=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧

≥+−
≠−
⎩
⎨
⎧
=+
=−
2
3
m
1m
1x
1m
0128m
01m
022x
01m

Vậy, với
2
3
m ≤
thì (*) luôn có nghiệm.
b.
Tìm giá trị của tham số để phương trình:
0cbxax
2
=++
( a ≠ 0) (*) có
 Hai nghiệm trái dấu

0
a
c
<⇔

 Hai nghiệm dương phân biệt
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
>
>−
⇔
0Δ
0
a
c
0
a
b

 Hai nghiệm âm phân biệt
⎪
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
>
<−
⇔
0Δ
0
a
c
0
a
b

Bài toán 3: Dùng định lí Vi-et tìm mối liên hệ giữa các nghiệm trong một phương
trình bậc hai
Tìm tham số để phương trình
cbxax
2
++
thỏa mãn điều kiện K.( K là một biểu
thức theo
21
x,x
)

Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm
21
x,x


⎩
⎨
⎧
≥
≠
⇔
0Δ
0a

Bước 2: Áp dụng định lí Vi-et, ta được:
(I)


Bước 3: Biểu diễn điều kiện thông qua (I)
Ta có thể biểu thị các đa thức đối xứng giữa các nghiệm
21
x,x
theo S và P.
()
()
⎩
⎨
⎧

=
=+
mg.xx
mfxx
21
21
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
7

()
() ()
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
3
2
3
1
3
2121.
3
21
3

2
3
1
21
21
21
2
21.
2
21
2
2
2
1
P
2PS
xx
xx
x
1
x
1
3SPSxxx3xxxxx
P
S
x.x
xx
x
1
x

1
2PSx2xxxxx
−
=
+
=+
−=+−+=+
=
+
=+
−=−+=+

Ví dụ
:
Cho phương trình:
()
(
)
02mx1m2x1m
2
=−+−−+
Xác định m để phương trình hai nghiệm
21
x,x
thỏa mãn
(
)
2121
.x7xxx4 =+

Giải:
Phương trình có 2 nghiệm
21
, xx :

⎩
⎨
⎧
≥
≠
⇔
0Δ
0a
3m1
0m3
01m
≤≠−⇔
⎩
⎨
⎧
≥−
≠+
⇔
(*)
Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

(
)
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
+
−
=
+
−
=+
1m
2m
.xx
1m
1m2
xx
21
21

Suy ra:

()
(
)
6m
1
m
2m
7.
1
m

1m2
4.x7xxx4
2121
−=⇔
+
−
=
+
−
⇔=+
thỏa (*)
Vậy, với
6
−
=m thỏa điều kiện của đề bài.
Ví dụ:

Cho phương trình
()
01
2
=+++ mxmx
Gọi x
1
,x
2
là hai nghiệm của phương trình trên, tìm:
1) S
2
2

2
1
xx +=

2) S
3
2
3
1
xx +=

3) S
21
x
1
x
1
+=

4) S
2
1
1
2
x
x
x
x
+=

5) Mối liên hệ giữa hai nghiệm theo m
Giải:

() ()
22
1m4m1mΔ −=−+=
0≥

m
∀

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm
m
∀

Theo định lí Viet ta có:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
8
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
===
+−=
−
=+=
m
a

c
.xxP
1m
a
b
xxS
21
21

1) S
()
(
)
[
]
1m2m1m2PSx2x.xxxx
2
2
2
21
2
21
2
2
2
1
+=−+−=−=−+=+=

2)

()
(
)
(
)
()()
()
()
()
1mm1m3m1m1m
3PSSx.xxxxxxxS
2
2
2
2
221
2
121
3
2
3
1
+−+−=−++−=
−=+−+=+=

3) S
(
)
m
1m

P
S
.xx
xx
x
1
x
1
21
21
21
+
−
==
+
=+=


4) S
=+=
2
1
1
2
x
x
x
x
(
)

(
)
m
1m
m
2m1m
.xx
.x2xxx
.xx
xx
2
2
21
21
2
2x
21
2
2
2
1
+
=
−+
=
−+
=
+

5)

()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
===
+−=
−
=+=
m
a
c
.xxP
1m
a
b
xxS
21
21

Suy ra:
1.xxxx1.xxxx
21212121
−
=
+
+
⇔
−−=+

Mối liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình là:
1.
2121
−=
+
+
xxxx
Bài toán 4: Quan hệ giữa các nghiệm trong một phương trình bậc hai
A.
Vấn đề 1:
a.
Đặt vấn đề:
Định tham số để hai phương trình bậc hai:

(2) 0cxbxa
(1) 0cxbxa
22
2
2
11
2
1
=++
=++
có chung nghiệm
b.
Giải quyết vấn đề:
Để (1) và (2) có chung nghiệm thì hệ phương trình:

⎩
⎨
⎧
=++
=++
0cxbxa
0cxbxa
22
2
2
11
2
1
phải có nghiệm
Ví dụ
:
Tìm giá trị nguyên của m để hai phương trình sau có chung nghiệm:

()
()
(2) 01x32m6x
(1) 03x13m2x
2
2
=−−−
=−−+

Giải:
Giả sử
0

x
là nghiệm chung của hai phương trình (1) và (2).
Khi đó yêu cầu của bài toán
(
)
()
⎩
⎨
⎧
=−−−
=−−+
⇔
01x32m6x
03x13m2x
0
2
0
0
2
0
có nghiệm
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
9

(
)
8x611m
0
=
−

⇒

 Nếu
11
6
m061m1 =⇒=−

Trường hợp này (1) và (2) không có nghiệm chung
 Nếu
611m
8
x
11
6
m0611m
0
−
=⇒≠⇒≠−

Thay vào (1) và rút gọn ta được:
2m068164m99m
2
=⇔=−−

* Với m = 2 thì (1) thành:
⎢
⎢
⎣
⎡
−=

=
⇔=−+
3x
2
1
x
035xx2
2

* Với m = 2 thì (2) thành:
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=−−
3
1
x
2
1
x
01x6x
2

Vậy với m= 2 thì cả hai phương trình đã cho đều có nghiệm chung x =
2
1

B.
Vấn đề 2:
a.
Đặt vấn đề:
Tìm điều kiện của tham số để hai phương trình bậc hai tương đương:

(2) 0cxbxa
(1) 0cxbxa
22
2
2
11
2
1
=++
=++

b.
Giải quyết vấn đề:
Để (1) và (2) tương đương khi và chỉ khi hai tập hợp nghiệm của chúng phải
trùng nhau. Muốn vậy ta xét hay trường hợp:
 Trường hợp 1: Trường hợp cả hai phương trình đều vô nghiệm
Ta giải hệ điều kiện:
⎩
⎨
⎧
<Δ
<Δ
0

0
2
1

 Trường hợp 2: Trường hợp cả hai phương trình đều có nghiệm
Ta giải hệ điều kiện:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
≥
≥
21
21
2
1
PP
SS
0Δ
0Δ

Ví dụ: Cho hai phương trình 0m2xx
2
=−+ (1) và 02mx2x
2

=++ (2).
Tìm m để (1) và (2) tương đương.
Giải:
Ta có
4m4Δ
1
+=
;
16mΔ
2
2
−=

•
Trường hợp 1: Trường hợp cả hai phương trình vô nghiệm
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
10
1m4
4m4
1m
016m
04m4
0Δ
0Δ
2
2
1
−<<−⇔
⎩
⎨

⎧
<<−
−<
⇔
⎩
⎨
⎧
<−
<+
⇔
⎩
⎨
⎧
<
<
⇔

•
Trường hợp 2: Trường hợp cả hai phương trình có nghiệm
Để (1) và (2) tương đương thì :
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
−=

=
⎢
⎣
⎡
−≤
≥
≥
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=−
−=−
≥−
≥+
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=

=
≥
≥
1m
4m
4m
4m
1m
1m
2
m
2
016m
04m4
PP
SS
0Δ
0Δ
2
21
21
2
1
(vô nghiệm)
Vậy, với -4<m<-1 thì hai phương trình đã cho tương đương.
II. DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI
2.1 Tam thức bậc hai
Tam thức bậc hai ( đối với x ) là biểu thức dạng ax
2
+ bx + c trong đó a, b ,c là

những số cho trước với a
≠
0.
Ví dụ
: f(x) = 2x
2
+ 3x + 1 ; g(x) = x
2
+ 2 là những tam thức bậc hai
Nghiệm của phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 Cũng được gọi là nghiệm của
tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c
Các biểu thức
Δ = b
2
– 4ac và
Δ
’ = b’
2
–ac với b =2b’ theo thứ tự cũng được gọi
là biệt thức và biệt thức thu gọn của tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c.
Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c có
≥

Δ
0 thì f(x) có hai nghiệm
2a
Δb
x
1,2
±−
=
và có thể phân tích thành nhân tử như sau: f(x) = a(x – x
1
)(x - x
2
)
2.2 Dấu của tam thức bậc hai
2.2.1 Định lý thuận:
Xét tam thức bậc hai : f(x) = ax
2
+ bx + c .Ta có thể biến đổi f(x) về dạng như sau :
f(x) = ax
2
+ bx + c = a
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
2
2
4a
Δ
2a
b
x
.
Dấu của tam thức bậc hai phụ thuộc vào dấu của
Δ
và dấu của hệ số a
Trong từng trường hợp ta xét dấu của f(x) như sau:
* Trường hợp:
Δ = 0 ta có x
1
= x
2
=
2a
b
− nên f(x) = a
2
2a

b
x
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
.
Vì
2
2a
b
x
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
> 0 ,
2a
b
x −≠∀ nên f(x) cùng dấu với a,
2a
b
x −≠∀ .
* Trường hợp:

Δ
> 0 thì có hai nghiệm
21
xx
≠
Giả sử x
1
< x
2
, ta có bảng
xét dấu như sau:
x
∞−
x
1
x
2

∞+
x – x
1
- 0 + +
x –x
2
- - 0 +
f(x) = a(x- x
1
) (x –x
2
) Cùng dấu a 0 trái dấu a 0 cùng dấu a

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
11
* Trường hợp: Δ < 0 .
f(x) = ax
2
+ bx + c = a
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
2
2
4a
Δ
2a
b
x
.

Khi đó -
2
4a
Δ
> 0 cho nên
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
2
2
4a
Δ
2a
b
x
> 0
Vậy f(x) cùng dấu với a với mọi x .

Tổng hợp các kết quả trên ta có định lý về dấu của tam thức bậc hai như sau:
Định lí: Cho tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c ( a
≠
0)
Nếu
Δ
< 0 thì f(x) cùng dấu với a,
R
x
∈
∀

Nếu
Δ
= 0 thì f(x) cùng dấu với a,
2a
b
x −≠∀
.
Nếu
Δ > 0 thì f(x) có hai nghiệm
21
xx
≠
( x
1
< x
2

). Khi đó f(x) trái dấu
với a với mọi x nằm trong khoảng( x
1
; x
2
) ( tức là ( x
1
< x < x
2
) và f(x) cùng dấu với a
với mọi x nằm ngoài đoạn [ x
1
; x
2
]( tức là với x < x
1
và x > x
2
).

Từ định lí trên ta có bảng xét dấu tam thức bậc hai:
Dấu của biệt thức
Δ
Dấu của f(x)
Δ
< 0
Rx
∈
∀
: af(x) > 0

Δ
= 0
f(x) có nghiệm kép x =
a
b
2
−


a
b
x
2
−≠∀
: af(x) > 0
Δ
>0
f(x) có hai nghiệm x
1
< x
2

(
)
(
)
+∞∪
∞
−
∈

;;
21
xxx : af(x) > 0
(
)
21
; xxx
∈
:af(x) < 0

Ví dụ:
Xét dấu của các biểu thức sau:
a)
f(x) = 2 x
2
+5x + 2
b)
f(x) = 3 x
2
+x + 5
Giải
a) Ta có Δ = 5
2
– 4.2.2 = 25 – 16 = 9 > 0
Cho nên f(x) có hai nghiệm x
1
= -2;x
2
=
2

1
4
35
−=
+
−
;
Do a =2 >0
Vậy f(x) > 0 Khi
()
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+∞
−
∪−∞−∈ ;
2
1
2;x
và f(x) < 0 khi
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−∈

2
1
;2x

Ta cũng có thể ghi kết quả vào bảng xét dấu như sau:
x
∞− -2


2
1
−

∞
+
f(x) = 2x
2
+5x + 2

+ 0 - 0 +

b)
Ta có
Δ
= 1- 4.3.5 = 1 -60 < 0
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
12
Mà a = 3 > 0
Cho nên
Rx ∈

∀
: f(x) > 0
2.2.2 Một số điều kiện tương đương
Nếu ax
2
+ bx + c là một tam thức bậc hai (a
≠
0 ) thì
i)
ax
2
+ bx + c có nghiệm
04
2
≥−=Δ⇔ acb

ii)
ax
2
+ bx + c có hai nghiệm trái dấu 0<⇔
a
c

iii)
ax
2
+ bx + c có hai nghiệm dương
⎪
⎪
⎪

⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≥Δ
>
>−
⇔
0
0
0
a
c
a
b

iv)
ax
2
+ bx + c có hai nghiệm âm
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨

⎧
≥Δ
>
<−
⇔
0
0
0
a
c
a
b

v)
ax
2
+ bx + c > 0,
⎩
⎨
⎧
<Δ
>
⇔∀
0
0a
x

vi)
ax
2

+ bx + c ≥ 0,
⎩
⎨
⎧
≤Δ
>
⇔∀
0
0a
x

vii)
ax
2
+ bx + c< 0,
⎩
⎨
⎧
<Δ
<
⇔∀
0
0a
x

viii)
ax
2
+ bx + c
≤

0,
⎩
⎨
⎧
≤Δ
<
⇔∀
0
0a
x

Ví dụ
: Xét phương trình mx
2
-2(m-1)x +4m – 1 = 0 (1)
Tìm các giá trị của m để (1)
a)
Có hai nghiệm phân biệt
b)
Có hai nghiệm trái dấu
c)
Có hai nghiệm cùng dương
d)
Có hai nghiệm cùng âm
Giải
Ta thấy (1) có Δ ’ = ( m -1)
2
– m(4m-1) = -3m
2
– m + 1 ( nếu m

≠
0 )
a)
(1) có hai nghiệm phân biệt
0'>
Δ
⇔


⇔
-3m
2
– m + 1 < 0 ⇔
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6

Kết hợp với điều kiện m
≠
0 ta được m ∈
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞

1+ 13
-6
,
1-
13
-6
\
{}
0

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
13
b) (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:
4
1
m001)m(4m0
m
1)(4m
<<⇔<−⇔<
−

c)
(1) Có hai nghiệm dương khi và chỉ khi

⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0

Δ’≥ 0
x

1
+ x

2
>0
x

1
.x

2
>0
⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6

2(m-1)
m
>0
4m-1
m
>0


⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6

m < 0 ∨ m > 1
m < 0 ∨ m >
1
4
⇔
⎩
⎪

⎨
⎪
⎧
1+ 13
-6
< m <
1-
13
-6

m < 0 ∨ m > 1
⇔
1+
13
-6
< m < 0
d)
(1) có hai nghiệm âm khi và chỉ khi


⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0
Δ’ ≥ 0
x

1

+x

2
<0
x

1
.x

2
>0
⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6

2(m-1)
m
< 0
4m-1

m
>0

⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6

0< m < 1
m < 0 ∨ m >
1
4
⇔
1
4
< m <
1-
13
-6

2.3 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai:
2.3.1 Định lý đảo:
Định lý
:
Cho tam thức bậc hai
()
cbxaxxf
2
++= và một số
α
. Nếu af(
α
) < 0 thì f(x) có
hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) và
21
xx
<
α
<
.
Hệ quả:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI

14
Cho tam thức bậc hai
()
cbxaxxf
2
++=
và hai số
β
α
,
sao cho
β<α
. Điều kiện
cần và đủ để f(x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm nằm trong khoảng
()
βα; và nghiệm kia nằm ngoài đoạn
[
]
β
α
; là
(
)
(
)
0ff
<
β
α
.

Chứng minh:
Vì a ≠ 0 nên a
2
> 0.
Khi đó ta có:
f
)(α
f
)(β
< 0 0)(f)(fa
2
<βα⇔
0)(af).(af
<
β
α
⇔

⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
<β
>α

⎩
⎨
⎧
>β
<α
⇔
0)(af
0)(af
0)(af
0)(af

⎢
⎣
⎡
<β<<α
β<<α<
⇔
21
21
xx
xx

0)f(x =⇔
có hai nghiệm, trong đó có 1 nghiệm nằm trong khoảng
()
βα;
và
nghiệm kia nằm ngoài đoạn
[
]

β
α
;
.
2.3.2 So sánh nghiệm với một số cho trước:
Cho tam thức bậc hai
cbxaxf(x)
2
++=

(
)
0a
≠
, khi đó:
•
Để f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
và
21
xαx
<
<
, điều kiện cần và đủ là

(
)
0af

<
α

•
Để f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
và
21
xxα
<
<
, điều kiện cần và đủ là

()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
α>
>α
>Δ
2
S
0af
0

•
Để f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
và αxx
21
<
<
, điều kiện cần và đủ là

()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<
>α
>
α
2
S
0af
0Δ

Ví dụ:

Tìm m để phương trình
()
0103m4mxx1m
2
=++−− có hai nhgiêm phân biệt lớn
hơn 2.
Giải
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 khi và chỉ khi
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
15
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
>
>
′
≠
2
2
S
0af(2)
0Δ

1m

()( )
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
−
>+−−
>+−
≠
⇔
0
1m
2
06m1m
0107mm
1m
2

⎪
⎪
⎩
⎪

⎪
⎨
⎧
>
<<
<∨>
≠
⇔
1m
6m1
2m5m
1m

⎢
⎣
⎡
<<
<<
⇔
2m1
6m5

2.3.3 So sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với hai số
()
β
α
β
α
<,
.

Phương pháp chung:
a. Điều kiện để cả hai nghiệm của tam thức nằm trong khoảng
()
β
α
,
.

()
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<<
>
>
≥
⇔<≤<
β
2
S
α
0βaf
0αaf
0Δ
βxxα

21

b.
Điều kiện để trong khoảng
(
)
β
α
, tam thức có đúng một nghiệm (còn nghiệm
khi nằm ngoài).

()()
0β.fαf
xβxα
βxαx
21
21
≤⇔
⎢
⎣
⎡
≤<<
<<≤

c.
Điều kiện để khoảng
()
β
α
, nằm trong khoảng hai nghiệm của tam thức

(
)
()
⎩
⎨
⎧
<
<
⇔<<<
0βaf
0αaf
xβαx
21

d.
Điều kiện để khoảng
()
β
α
, nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức
•

()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪

⎨
⎧
<
>
≥
⇔<<≤
α
2
S
0αaf
0Δ
βαxx
21

•

()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>
>
≥
⇔≤<<
β
2

S
0βaf
0Δ
xxβα
21

Áp dụng:
Ví dụ 1: Tìm giá trị của m để phương trình:

()
02mx13m4x
2
=−−+−

Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-1 ; 2).
Giải
Điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
16
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<<−
>

>−
>
2
2
S
1
04f(2)
01)4f(
0Δ

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<+<−
<
−>
>++
⇔
1613m8
127m
32m
03322m9m
2

⎪
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<<
<
−>
∀
⇔
5m3
7
12
m
2
3
m
m

7
12
m
2
3
<<−⇔
Vậy tập giá trị cần tìm của m là T =
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
−
7
12
;
2
3
.
2.3.4 Điều kiện để tam thức bậc hai có nghiệm thuộc khoảng cho trước.
Cho f(x) = ax
2
+ bx + c (a
≠
0)
a/ f(x) có duy nhất nghiệm thuộc
);(
+
∞
α
: có 3 trường hợp
i)
f(x) có nghiệm:x
1
<
α
< x
2

⇔
af(
α
) <0
ii)
f(x) có nghiệm kép:
α
< x
1
= x
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=Δ
0
2
0
α
S

iii)
f(x) có nghiệm : x
1

=
α
< x
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=
0
2
0)(
α
α
S
f

b/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc
);(
+
∞
α
: có 3 trường hợp
i)
f(x) có nghiệm:x
1

<
α
< x
2

⇔
af(
α
) <0
ii)
f(x) có nghiệm : x
1
=
α
< x
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=
0
2
0)(
α
α

S
f

iii)
f(x) có nghiệm :
α
< x
1

≤
x
2

⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>−
>
≥Δ
0
2
0)(
0
α
α

S
af

c/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc
];[
β
α
: có 3 trường hợp
i)
f(x) có nghiệm
α
hoặc
β

⇔
f(
α
) .f(
β
) = 0
ii)
f(x) có một nghiệm thuộc );(
β
α
và một nghiệm ngoài ];[
β
α


⇔

f(
α
) .f(
β
) < 0.
iii)
f(x) có các nghiệm:
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<−
>−
>
>
≥Δ
⇔<≤<
0
2
0
2
0)(
0)(

0
21
β
α
β
α
βα
S
S
af
af
xx



Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
17
d/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc );(
β
α
: có 4 trường hợp
i)
f(x) cónghiệm
α
và nghiệm kia thuộc );(
β
α

⇔
⎩

⎨
⎧
<−<
=
βαα
α
S
f
0)(

ii)
f(x) có nghiệm
β
và nghiệm kia thuộc );(
β
α

⇔
⎩
⎨
⎧
<−<
=
ββα
β
S
f
0)(

iii)

f(x) có một nghiệm thuộc );(
β
α
và một nghiệm ngoài ];[
β
α


⇔
f(
α
) .f(
β
) < 0.
iv)
f(x) có các nghiệm:
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<−
>−
>

>
≥Δ
⇔<≤<
0
2
0
2
0)(
0)(
0
21
β
α
β
α
βα
S
S
af
af
xx

Ví dụ 1:
Cho phương trình: f(x) = x
2
–(m+2)x + 5m + 1 = 0. Tìm m sao cho:
a/ Phương trình chỉ có một nghiệm lớn hơn 1
b/ Phương trình có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1
c/ Phương trình có ít nhất một nghiệm có trị tuyệt đối lớn hơn 1.
d/ Phương trình chỉ có một nghiệm thuộc [0;1]

Giải:
a/ Phương trình chỉ có một nghiệm lớn hơn 1: có 3 trường hợp
i)
x
1
< 1 < x
2

⇔
af(1) <0
⇔
1.(1-(m+2).1+5m+1)<0
⇔
4m<0
⇔ m<0
ii)
x
1
= 1< x
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=
01

2
S
0f(1)

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−−
=
01
2a
b
04m


⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
+−
−
=
01
2.1

2)(m
0m

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
=
0
2
m
0m

⇔
⎩
⎨
⎧
>
=
0m
0m

Suy ra không tồn tại giá trị m.
iii)
1< x
1
= x

2

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
18
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=
01
2
S
0Δ

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
+
=+−+
01
2
2m
01)4(5m2)(m

2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
=−−++
0
2
m
0421m44mm
2

⇔
⎩
⎨
⎧
>
=−
0m
016mm
2

⇔
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
>
⎢
⎣
⎡
=
=
0m
16m
0m

⇔
m = 16
Vậy: m < 0
∨
m = 16.
b/ Phương trình có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1: có 3 trường hợp
i)
x
1
< 1 < x
2

⇔
af(1) <0
⇔
4m < 0
⇔
m < 0

ii)
x
1
=1< x
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=
01
2
01
S
)f(

⇔
⎩
⎨
⎧
>
=
0m
0m

Suy ra không tồn tại giá trị m.

iii)
1< x
1

≤
x
2

⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>−
>
≥
01
2
S
0af(1)
0Δ

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
>
>
≥−
0m
0m
016mm
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
>
≥∨≤
0m
0m
16m0m

⇔ 16m ≥

Vậy:
16m0m ≥∨<

c/ Phương trình có ít nhất một nghiệm có trị tuyệt đối lớn hơn 1: có 4 trường hợp
i) -1 = x
1

< x
2
< 1

⇔
⎩
⎨
⎧
<−−<−
=−
11)(S1
01)f(

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+−<−
=+++−−
11
a
b
1
015m2)(m1)(
2

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
19

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−<<−
−=
2m4
3
2
m

Suy ra không tồn tại giá trị m.
ii) -1 < x
1
< x
2
= 1

⇔
⎩
⎨
⎧
<−<−
=
11S1
0f(1)

⇔

⎩
⎨
⎧
<+<−
=
11m1
04m

⇔
⎩
⎨
⎧
<<−
=
0m2
0m

Suy ra không tồn tại giá trị m.
iii) f(x) có nghiệm thuộc (-1;1) và một nghiệm ngoài [-1;1]
⇔ f(-1).f(1) < 0
⇔
(6m + 4 ).(4m) < 0
⇔ 0
3
2
<<− m

iv)
⎪
⎪

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<−
>−−
>
>−
≥
⇔<≤<−
01
2
S
01)(
2
S
0af(1)
01)af(
0Δ
1xx1
21


⎪
⎪

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<−
+−
−
>+
+−
−
>=
>+=−
≥−=
⇔
01
2
2)(m
01
2
2)(m
04m1.f(1)
046m1)1.f(
016mmΔ
2

⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<
−>
>
−>
≥∨≤
⇔
0m
4m
0m
3
2
m
16m0m


Suy ra không tồn tại giá trị m.
Vậy:
0m
3
2
<<−

d/ Phương trình chỉ có1 nghiệm thuộc [0;1]: có 4 trường hợp
i)
f(x) có nghiệm x
1
= 0, x
2

∉
[0;1]
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
∉+=−=
=+=
[0;1]2m
a
b
x
015mf(0)
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
∉=
−=
[0;1]
5
9
x
5
1
m
2

⇔
m = -5
ii)
f(x) có nghiệm x
1
= 1, x
2

∉
[0;1]
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
20
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

∉+=−+=−−=
=
[0;1]1m12)(m1
a
b
x
0f(1)
2

⇔
⎩
⎨
⎧
∉+=
=+++−
[0;1]1mx
015m2).1(m(1)
2
2


⇔
⎩
⎨
⎧
∉=
=
[0;1]1x
0m
2

⇔
m = 0 (loại)
iii)
f(x) có một nghiệm thuộc (0;1) và một nghiệm ngoài ]1;0[ ⇔ f(0).f(1) < 0
⇔ (5m + 1 ).(4m) < 0
⇔
0m
5
1
<<−

iv)
f(x) có nghiệm kép thuộc [0;1]
⇔

1xx0
21
≤
=≤

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
∉
+
=−==

=−=
[0;1]
2
2m
2a
b
xx
016mmΔ
21
2

⇔
m = 0
Vậy:
0m
5
1
≤≤−
.
Ví dụ 2:
Với những giá trị nào của p thì phương trình:
0p1
x1
2px
x2x1
4x
2
242
2
=−+

+
+
++
(1)
Có ít nhất một nghiệm thuộc [-1;1]
Giải:
(1)
⇔ 0p1
x1
2px
x2x1
4x
2
242
2
=−+
+
+
++

Đặt t =
2
x1
2x
+
, điều kiện:
1t
≤
( Bất đẳng thức Cauchy)
Dấu “=” xảy ra khi x =

±
1
Khi đó dẫn đến bài toán: Tìm p để phương trình: f(t) = t
2
+pt + 1 – p
2
= 0 có ít nhất
một nghiệm thuộc [-1;1].
Có 4 trường hợp:
i)
f(t) có nghiệm là -1
⇔
f(-1) = 2 – p – p
2
= 0
⇔
p = 1
∨
p = -2
ii) f(t) có nghiệm là 1
⇔
f(1) = 2 + p – p
2
= 0
⇔
p = -1
∨
p =2
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
21

iii) f(t) có nghiệm thuộc (-1;1) và một nghiệm ngoài [-1;1]
⇔
f(-1).f(1) < 0
⇔
(2 + p – p
2
)( 2 – p – p
2
)< 0
⇔
-2 < p < -1 ∨ 1 < p < 2
iv) f(t) có các nghiệm thuộc (-1;1)

1tt1
21
<≤<−⇔

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<−=<−
>−−=−
>−+=
≥−=
⇔
1

2
P
2
S
1
0pp21)f(
0pp2f(1)
045pΔ
2
2
2


1p
5
2
5
2
p1 <≤∨−≤<−⇔

Vậy:
2p
5
2
5
2
p2 ≤≤∨−≤≤−

III. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TAM THỨC BẬC HAI
3.1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

Trong mục này, ta áp dụng tính chất định tính và định hình của tam thức bậc hai để
xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Cụ thể:
Với hàm số
(
)
0acbxaxf(x)
2
>++=
xét trên đoạn
[
]
β
α
, .
Muốn tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, ta cần phân biệt ba trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu hoành độ đỉnh của parapol
[]
βα,
2a
b
x
0
∈
−
=
thì:
 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là
(
)
0min

xff
=
đạt được khi:
0
xx =

 Giá trị lớn nhất của hàm số là
(
)
(
)
{
}
.βf,αfmaxf
max
=

Trường hợp 2: Nếu hoành độ đỉnh của parapol
βα
2a
b
x
0
<<
−
=
thì:
 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là
(
)

αff
min
=
đạt được khi:
αx =

 Giá trị lớn nhất của hàm số là
(
)
βff
max
=
đạt được khi:
βx =

Trường hợp 3: Nếu hoành độ đỉnh của parapol
2a
b
xβα
0
−
=<<
thì:
 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là
(
)
βff
min
=
đạt được khi: βx =

 Giá trị lớn nhất của hàm số là
(
)
αff
max
=
đạt được khi:
αx =

Với a<0 ta xét tương tự.
Áp dụng:
Ví dụ 1
: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
(
)
xxxf cos22cos −
=

Giải:
Biến đổi hàm số về dạng:
(
)
.12cosxx2cosxf
2
−−=
Đặt t = cosx, điều kiện
1t ≤
, ta được:
(
)

.12t2ttf
2
−−=

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
22
Hoành độ đỉnh của parapol
[]
1,1
2
1
t
0
−∈=
.
Vậy, ta được:

()
2
3
2
1
ftff
0min
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
== đạt được khi:
.2kπ
3
π
x
2
1
cosx +±=⇔=


()
(
){}
31f,1fmaxf
max
=
−= đạt được khi: .2kππx1cosx +=
⇔
−
=

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
(
)
24xxxf
24
++=
với

.2x1
≤
≤−

Giải:
Đặt
2
xt =
, điều kiện .4t1
≤
≤
Ta được:
()
24tttf
2
++=
Hoành độ đỉnh của parapol
2t
0
−
=
nằm ở bên trái
[
]
.1,4

()
71ff
min
==

đạt được khi
.1x1x1t
2
±=⇔=⇔=


()
344ff
max
==
đạt được khi
.2x4x2t
2
±=⇔=⇔=

3.2 Giải bất phương trình bậc hai một ẩn:
Định nghĩa
: Bất phương trình bậc hai một ẩn là bất phương trình dạng :
ax
2
+ bx + c < 0 (hoặc ax
2
+ bx +c
≤
0 hoặc ax
2
+ bx + c > 0 hoặc ax
2
+ bx + c
≥

0 )
trong đó a, b ,c là những số cho trước với a
≠
0 ; x là ẩn số
Cách giải bất phương trình bậc hai
Để giải BPT bậc hai ta áp dụng định lí dấu của tam thức bậc hai
Ví dụ
: Giải bất phương trình
(1) 0
149xx
149xx
2
2
≥
+
+
+−

Giải
Tam thức bậc hai x
2
-9x + 14 có hai nghiệm phân biệt x = 2 ; x = 7.Tam thức bậc
hai x
2
+9x + 14 có hai nghiệm phân biệt x = -2 ; x = -7 .Ta lập bảng xét dấu của bất
phương trình
x -
∞
-7 -2 2 7 +
∞

x
2
-9x + 14 + + + 0 - 0 +
x
2
+9x + 14 + 0 - 0 + + +
Vế trái của (1) + - + 0 - 0 +

Từ bảng trên ta suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:
);7[]2;2()7;(
+
∞∪−∪−
−
∞

3.3 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc ba:
3.3.1 Điều kiện để phương trình bậc ba có ba nghiệm phân biệt:
 Phương pháp
:
Phương trình bậc ba có thể nhóm thành tích f
1
(x).f
2
(x) = 0.để phương trình đã cho
có ba nghiệm phân biệt thì một trong hai phương trình f
1
(x) = 0 hoặc f
2
(x) = 0 phải có

hai nghiệm phân biệt khác nghiệm đơn đã biết.
 Ví dụ:
Cho phương trình: (a – 1)x
3
+ ax
2
+ (a – 1)x = 0 (1)
Tìm a để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
Giải
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
23
(1)
() ()
[
]
01aaxx1ax
2
=−++−⇔


() ()
⎢
⎣
⎡
=−++−=
=
⇔
0(2)1aaxx1af(x)
0x
2

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm
phân biệt khác 0.
Muốn vậy ta tìm a thỏa hệ điều kiện:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
≠
≠−
0Δ
0f(0)
01a

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−+−
≠
≠
⇔
048a3a
1a
1a
2

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<<
≠
⇔
2a
3
2
1a

Vậy để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<<
≠
2a
3
2
1a

3.3.2 Điều kiện để phương trình bậc ba có ba nghiệm trong đó có hai nghiệm
phân biệt dương và một nghiệm âm hoặc hai nghiệm phân biệt âm và một nghiệm
dương:
 Phương pháp

:
Khi phương trình y = 0 có nghiệm đặc biệt x = x
0

Ta viết phương trình dưới dạng: (x – x
0
)(Ax
2
+ Bx +C) = 0
• Khi x
0
> 0, để phương trình có:
9 Hai nghiệm âm, một nghiệm dương thì phương trình Ax
2
+ Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm âm.
9 Hai nghiệm dương, một nghiệm âm thì phương trình Ax
2
+ Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm trái dấu.
•
Khi x
0
< 0, để phương trình có:
9 Hai nghiệm âm, một nghiệm dương thì phương trình Ax
2
+ Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm trái dấu.
9 Hai nghiệm dương, một nghiệm âm thì phương trình Ax
2

+ Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm dương.
 Ví dụ:
Tìm m để phương trình: x
3
– 4x
2
+(m+1).x – (m – 2) = 0 (1)
Có ba nghiệm phân biệt trong đó:
a)
Có hai nghiệm âm, một nghiệm dương.
b)
Có hai nghiệm dương, một nghiệm âm.
Giải
(1)
() ( )
[
]
02m3xx1x
2
=−+−−⇔

()
⎢
⎣
⎡
=−+−=
=
⇔
(2) 02m3xxf(x)

1x
2

Ta thấy (1) luôn có một nghiệm x = 1.
a) Để (1) có hai nghiệm âm một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm cùng âm,
khi đó thì :
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
24

⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
Δ

f(x)
> 0
S < 0
P > 0
⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
-4m+17 > 0
3 <0
m > 2
vô lý ⇔ Hệ vô nghiệm

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn điều kiện bài toán.
b) Để (1) có hai nghiệm dương một nghiệm âm thì phương trình (2) phải có hai
nghiệm trái dấu khác 1, khi đó thì ta có hệ:

⎩
⎨
⎧
P < 0
ƒ(1)
≠ 0
⇔
⎩
⎨
⎧
m-2 < 0
m
≠0
⇔ m < 2
Vậy với giá trị m < 2 thì phương trình (1) có ba nghiệm trong đó có hai nghiệm
dương và một nghiệm âm.
3.4 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc bốn:
3.4.1 Phương trình lùi bậc bốn:
Cho phương trình: ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 (a
≠

0) nếu có:
⎩
⎨
⎧
±=
=
db
ea

thì phương trình đó là phương trình lùi bậc bốn.
Khi đó phương trình giải như sau:
Vì x
≠
0, chia 2 vế cho x
2
và đặt:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=−=
=≥+=
db )khiđk cân (không
x
1
xt
db khi)2tk (Đ
x

1
xt

Khi đó:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+=+
−=+
2t
x
1
x
2t
x
1
x
2
2
2
2
2
2

Suy ra ta có phương trình bậc hai của t.
Ví dụ
: Giải phương trình: x

4
- 10x
3
+ 26x
2
– 10x + 1 = 0 (1)
Giải:
Xét x = 0, phương trình (1) trở thành: 1 = 0 (vô lý)
Xét x
≠
0, chia 2 vế của (1) cho x
2
ta được:
026
x
1
x10
x
1
x
0
x
1
x
10
2610x x
2
2
2
2

=+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⇔
=+−+−

Đặt t = x +
x
1
, điều kiện 2t ≥
Phương trình (1) trở thành:
(t
2
– 2) -10t + 26 = 0
⇔
t
2
- 10t + 24 = 0
⇔

⎢
⎣
⎡
=
=
6t
4t
(thỏa đk
2t ≥
)
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
25
• Với t = 6
⇒

x
1
x +
= 6

⇔
x
2
– 6x + 1 = 0

⇔
⎢
⎢
⎣
⎡

−=
+=
83x
83x


•
Với t = 4
⇒

x
1
x +
= 4

⇔
x
2
– 4x + 1 = 0

⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
+=
32x
32x

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là:
83x
83x
2
1
−=
+=

32x
32x
4
3
−=
+=

3.4.2 Phương trình dạng : (x+a)
4
+ (x+b)
4
= c
a. Phương pháp giải:
Đặt t = x +
2
ba
+
. Ta thay vào phương trình đã cho để giải.
b. Ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình: (x + 2)
4
+ (x + 8)

4
= 272 (1)
Giải:
Đặt t = x + 5
Phương trình (1) trở thành:
(t - 3)
4
+ (t + 3)
4
= 272
⇔
2t
4
+ 108t
2
+162 = 272
⇔
t
4
+ 54t
2
- 55 = 0
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
=
55t

1t
2
2

•
Với t
2
= -55, loại vì t
2

≥
0
•
Với t
2
= 1
⇒
(x + 5)
2
= 1
⇔
⎢
⎣
⎡
−=+
=+
15x
15x

⇔

⎢
⎣
⎡
−=
−=
6x
4x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = -4 hoặc x = -6.
Ví dụ 2
: Giải phương trình: (x + 3)
4
+ (x - 5)
4
= 1312 (2)
Giải:
Đặt t = x - 1