SKKN Giải một số dạng toán bằng định lý Viet

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN BẰNG ĐỊNH LÝ VI ET"
MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài
Trong chöông trình moân Toaùn baäc THPT hiện nay có rất nhiều bài toán 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 toán “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 không 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 “Không có công 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 toán đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm tòi, phát hiện, tạo hứng
thú trong quá trình học bộ môn Toán, và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng
dạy, nay tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng
toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có 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) vô 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 TOÁN.
Trong phần này tôi 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.
Bài toán 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
< <
.
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≤ ≤ ⇔ ≤
.
 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≤ ≤ ⇔ ≤
 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≤ ≤ ⇔ ≤
.
 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

∆ >


< = ⇔ =


<

.
 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
≠


∆ >

< = ⇔


=


<

 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
≠

< < ⇔

<

.
 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:

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.
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).
 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< =
.
 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.
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< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
 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.