SKKN Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (238.32 KB, 30 trang )
MỤC LỤC
Mở đầu……………………………………………………………… 2
Nội dung ………………………………………… 3
A. Cơ sở lý thuyết………………………………………. …………. .3
B. Bài tập vận dụng…………………………………… 13
C. Bài tập thực hành…………… 23
Kết luận………… …………………………………………………… 25
Tài liệu tham khảo……………………………………………………. 26
MỞ ĐẦU
1
1/ Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình môn Toán bậc THPT hiện nay có rất nhiều bài tốn có
tham số liên quan tới phương trình bậc 2, quy về bậc 2, và trong số đó xuất hiện
nhiều và đa dạng các bài tốn “Tìm điều kiện để một phương trình có nghiệm, có
một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm, bốn nghiệm …”. Đây thực chất là các bài tốn
so sánh nghiệm của một phương trình bậc hai với một số thực
α
, nếu xem xét các
dạng tốn này theo quan điểm, chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học
sinh khơng khó để có thể giải quyết bởi vì trong chương trình sách giáo khoa cũ lớp
10, các em được trang bị đầy đủ nội dung các định lý thuận, đảo về dấu tam thức
bậc 2 và các hệ quả. Nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang phát hành thì
phần kiến thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng trước
vấn đề “Khơng có cơng cụ đó thì cần tìm hướng nào để bằng kiến thức các em
đang được học trong sách giáo khoa các em vẫn có thể giải được các dạng tốn
đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong q
trình học bộ mơn Tốn, và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, nay
tơi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng
tốn phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số”.
2 / Nội dung sáng kiến kinh nghiệm :
I. Phần mở đầu.
II. Nội dung đề tài.
A. Cơ sở lý thuyết liên quan đến đề tài nghiên cứu.
B. Bài tập vận dụng.
C. Bài tập thực hành.
III. Kết luận.
NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .
2
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
1. KIEÁN THÖÙC CAÀN NHÔÙ.
1.1 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
∆ ≥
⇔ >
<
.
1.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.
3
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
∆ >
< < ⇔ >
>
.
4
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
∆ =
< = ⇔
>
5
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).
6
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
fxét:
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
∆ >
< < ⇔ >
<
7
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
∆ >
< < ⇔ >
>
8
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
∆ ≥
≤ ≤ ⇔ ≥
≥
9
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
≥
10
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.
11
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 >
12
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
− ≥
≥
∆ ≥
=
≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ⇔
≥
≥
≥ − ≥
≤
13
• 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.
14
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
∆ > + − >
= < ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
> + >
.
15
• 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:
16
( ) ( )
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
17
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.
18
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)
19
• 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
− >
∆ >
< = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
< − <
.
20
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.
21
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm :
2
2
1 2
4 20 9 0
0
1 1
0 0 4 0
4 2
0
0 3 4 0
m m
m
t t P m m
m
S m
− + >
∆ >
< <
< < ⇔ > ⇔ − > ⇔
<
> − >
• Kết luận: Với
( )
1 1
;0 ;
4 2
m
∈ −∞ ∪
÷
thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm
0t >
TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
1
0 0 4 0 0
4
t t P m m m< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
0
0 0 4 0
1
0 3 4 0
4
m m
m
t t P m m
m
S m
− + >
∆ >
=
= < ⇔ = ⇔ − = ⇔
=
> − >
TH3 : Phương trình (3) có nghiệm:
2
1 2
9
2
0
4 20 9 0
1
1
0
0
2
3 4 0
2
3
4
m
m m
t t m
m
S
m
m
=
∆ =
− + =
< = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
>
− >
<
• Kết luận: Với
1 1
0;
4 2
m
∈ ∪
thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài 8. Cho phương trình:
( ) ( )
2 2
1 2 2
4 2 1 2 3 0 1
x x
m m m
+ +
− − + − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm.
Giải.
22
• Đặt
( )
2
1
2 2 0
x
t t
+
= − ≥
, khi đó
2
1
2 2
x
t
+
= +
, thay vào phương trình (1) ta được
phương trình:
( ) ( )
2 2
2 2 1 11 0 2t m t m m− − + − =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (2) có nghiệm
0t ≥
.
TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
0 0 11 0 0 11t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤
.
TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
3 7 1 0
' 0
0 0 11 0 11
0 2 1 0
m m
t t P m m m
S m
+ + ≥
∆ ≥
≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
≥ − ≥
.
• Kết luận: Với
[
)
0;m∈ +∞
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có nghiệm thỏa
mãn các trường hợp sau:
TH1 : Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa
2
1 2
0 11 0 0 11t t m m m< < ⇔ − < ⇔ < <
.
TH2 : Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa
2
1 2
0
3 7 1 0
0
0
2 1 0
m m
t t
S
m
∆ =
+ + =
< = ⇔ ⇔
>
− >
(vô nghiệm)
• Kết luận: Với
( )
0;11m∈
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có nghiệm thỏa:
2
2
1 2
3 7 1 0
' 0
0 0 11 0 11
0 2 1 0
m m
t t P m m m
S m
+ + >
∆ >
< < ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
> − >
• Kết luận: Với
( )
11;m∈ +∞
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
C. BÀI TẬP THỰC HÀNH.
Bài 1. Cho phương trình:
( ) ( )
2 2
3 1 2 4 0 1x m x m m+ − + − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1x ≤ −
.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:
1 2
1 x x− < ≤
.
23
c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:
1 2
1x x< − <
.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
( )
1;x∈ − +∞
.
Bài 2. Cho phương trình:
( ) ( ) ( )
4 3 2
2 1 3 2 2 1 1 0 (1)x m x m x m x− + + − − + + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
Bài 3. Cho phương trình:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 2 1 1x x x x m− − − − = −
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Bài 4. Cho phương trình:
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 4 2 3 2 1 4 2 3 1 0 1x x m x x m m− + − − − + + − − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 5. Cho phương trình:
( )
2 2 2
3 2 2 2 3 3 0x m x m m+ + + + + − =
(1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 6. Cho phương trình:
( )
2 2
2 3 2 1x mx m m x m− + − = +
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 7. Cho phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2
5 2 5 2
log 2 3 2 3 4 log 2 1 0 1x m x m m x m
+ −
− + + + − + − + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
24
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 8. Cho phương trình:
( ) ( )
2
2
1
1 2
2
3 2 1 3 3 0 1
x
x
m m m
+
+
− + + − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
KẾT LUẬN
Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy học sinh bộ môn Toán ở
trường THPT, tôi nhận thấy rằng các em học sinh rất hứng thú với môn
học, nhiều em cảm thấy bất ngờ khi mà một số bài tốn tưởng chừng như
khơng thể giải quyết nếu khơng có cơng cụ là định lý đảo về dấu tam thức bậc
25
