ÔN THI ĐẠI HỌC: ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ VIET

Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình mơn Tốn 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
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: Ứng dụng định lý Vi-et giải
một số dạng tốn phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số”. hoctoancapba.com
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 quả và bài học kinh nghiệm.


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
a) Định nghĩa.
2
• Phương trình bậc hai đối với ẩn x ∈ R là phương trình có dạng: ax + bx + c = 0 ( 1)
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
−b − ∆
−b + ∆
x1 =
, x2 =
2a
2a

b
.
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)
nghiệm x1 , x2 thì S = x1 + x2 =

( a ≠ 0)

( a ≠ 0 ) có hai

−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 TỐN.
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 .
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 .


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

Giải.
2
2
• Đặt t = x − α ⇒ x = t + α , thay vào pt (1) ta được pt: at + ( 2aα + b ) t + aα + 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 ≤ t 2 ⇔ 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 .
∆ > 0

d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa α < x1 < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm 0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 .
S > 0

∆ > 0

e) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < x2 < α ⇔ pt (2) có 2 nghiệm t1 < t2 < 0 ⇔  P > 0 .
S < 0


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

− ( 2aα + b )
aα 2 + bα + c
, S = t1 + t 2 =
)
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. hoctoancapba.com
Bài toán 2. Cho phương trình: ( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = k ( 1) 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.
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 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 .
2


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 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 < t 2 ⇔ P < 0 .
∆ = 0
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ 
S > 0
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 ra đối với
− a + c)
2
dạng toán này là đặt: t = x + ( a + c ) x với điều kiện t ≥ (
, khi đó để giải quyết các yêu
2

4

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.
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
− 2 ( t ≥ 0 ) suy ra x + = t + 2 , thay vào phương trình (2) được:
x
x
2

at + ( 4a + b ) t + 2a + 2b + c = 0 (3).

a) Vì x > 0 , đặt t = x +

• 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 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.
∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

1
1
+ 2 ( t ≤ 0 ) suy ra x + = t + 2 , thay vào phương trình (2) được:
x
x
2
at + ( b − 4a ) t + 2a − 2b + c = 0 (4)

b) Vì x < 0 , đặt t = x +

• 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 ≤ t 2 ⇔ 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 ⇔  P > 0
1
S > 0
 1
∆ 2 > 0

 TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa: t1 < t2 < 0 ⇔  P2 > 0
S < 0
 2
P < 0
1
 TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu ⇔ 
 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. hoctoan capba.com
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
2
ax + bx + c = a  x + ÷ −
 nên đặt t = ax + bx + c +
• Ta có
khi đó t ≥ 0 .
2a 
4a 2 
4a



2
• Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: α ( t − k ) + β ( t − k ) + γ = 0 (2) với
2

k=

b 2 − 4ac
4a

2
2
• 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 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 .

Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.
∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

∆ > 0

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa 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 < t 2 ,
hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 .
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t 2 ⇔ P < 0 .
∆ = 0
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ 
S > 0
(Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t2 , P = 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 )
4a

nếu a > 0, t ≤

− ( b 2 − 4ac )

nếu a < 0. Phương trình nhận được α t 2 + β t + γ = 0 ,

4a

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 cơng cụ đơn giản, quen
thuộc là định lý Viet để giải dạng tốn 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

(

)

(

x2 = t + α

)

2

− α , thay vào pt (1) ta được phương 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 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 .
∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

∆ > 0

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa 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
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 = t1 = t2 ⇔ 
S = 0


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

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

(

)

2
Nhận xét: Với dạng toán này hầu hết các sách tham khảo đều đặt t = x + α t ≥ α , và đưa

về phương trình bậc 2 có dạng: at + 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 không phải lúc nào cũng
tối ưu. hoc toancapba.com
Bài tốn 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.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
x −α ≥ 0

• Phương trình (1) ⇔  2
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 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
2

 TH1: Xét a = 1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình t0 ≥ 0 .
a ≠ 1
 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ 
.
P ≤ 0
a ≠ 1
∆ ≥ 0

 TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔ 
P ≥ 0
S ≥ 0

a ≠ 1
∆ > 0

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm 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
 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t 2 ⇔ 
.
P < 0
a ≠ 1
∆ > 0

t1 < 0 = t2 ⇔ 
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm

P = 0
S < 0

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 )


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

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 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) ⇔  2
α x + 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 trình (2)
2
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
 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t 2 ⇔ 
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


α ≠ 0
∆ > 0

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm 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
 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t 2 ⇔ 
.
P < 0
α ≠ 0
∆ > 0

0 = t1 < t2 ⇔ 
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm
P = 0
S > 0



Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.
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
2
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − 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
2
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − 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 .
• 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 toán tổng quát, tương tự học sinh có thể giải

rất nhiều bài tốn 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


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

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 tốn 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

 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 5 − 2m ≤ 0 ⇔ m ≥

5
.
2

 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:
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t 2 ⇔ P < 0 ⇔ 5 − 2m < 0 ⇔ m >

5
.
2

 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 ∈  ; +∞ ÷∪ −6 + 55 thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
2

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
• Kết luận: Với m = thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
2

{

}

Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 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


5

• Kết luận: với m ∈  −6 + 55; ÷ thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
2


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) được:
x
x
2
2
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:
2

 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ m − 7 m + 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
1
b) Vì x < 0 , đặt t = x + + 2 ( t ≤ 0 ) suy ra x + = t − 2 , thay vào phương trình (2) được:
x
x
2
2
t − 2 ( m + 2 ) t + m + 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:
2
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ m + 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 (vô nghiệm).
S ≤ 0
m + 2 ≤ 0



• 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:


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.
3m − 2 > 0
∆1 > 0
 2

 TH1: Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa: 0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔ m − 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
• 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 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m + 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ −4 .
2

m 2 + m − 3 ≥ 0
∆ ≥ 0
−1 + 13


⇔m≥
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m + 4 ≥ 0
.
2
S ≥ 0
m + 1 ≥ 0


 −1 + 13

; +∞ ÷ thì phương trình (1) có nghiệm.
• Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4] ∪ 
÷
2



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) có 4 nghiệm phân biệt.
• Kết luận: với m ∈ 

÷
2


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 < t 2 ⇔ P < 0 ⇔ m + 4 < 0 ⇔ m < −4 .
m 2 + m − 3 = 0
∆ = 0
−1 + 13
⇔
⇔m=
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ 
.
2
S > 0
m + 1 > 0
 −1 + 13 



• Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4 ) ∪ 
 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
2





Nhận xét: Tương tự ta cũng có thể giải quyết được ngay bài tốn: “Tìm m để pt (1) có
nghiệm duy nhất”.


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

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

−2
.
3

m 2 − 16m − 4 ≥ 0
∆ ≥ 0


⇔ m ≥ 8 + 68
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ 3m + 2 ≥ 0
S ≥ 0
m − 2 ≥ 0


 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 3m + 2 ≤ 0 ⇔ m ≤

−2 

• Kết luận: với m ∈  −∞;  ∪ 8 + 68; +∞ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
3 


)

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
0 = t1 = t2 ⇔ 
⇔
 TH2: Phương trình (2) có nghiệm
(vơ nghiệm)
S = 0
m − 2 = 0

−2
• Kết luận: với m =
thì pt (1) có nghiệm duy nhất.
3

Bài 6. Cho phương trình: 2x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 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
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 được phương
2
2
trình: t − 2 ( m − 1) t + m − m = 0 ( 3)
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0
2
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t 2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1 .


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.
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 (vô 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
2
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t 2 ⇔ P < 0 ⇔ m − 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.
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 = t2 ⇔ 
S ≥ 0
m − 1 ≥ 0
• Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

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 )
2

2

x − m +1 > 0

• Phương trình (2) ⇔  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 phương
2
2
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
2
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ 4m − m < 0 ⇔ 0 < m <

1
.
4

4m 2 − 20m + 9 ≥ 0
∆ ≥ 0
1
1
 2

⇔ 4
2.
 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 < t1 ≤ t2 ⇔  P > 0 ⇔ 4m − m > 0

S > 0
3 − 4m > 0
m<0



4m 2 − 20m + 9 > 0

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


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.
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 ) ∪  ; ÷ thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
4 2
c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t > 0
1
2
 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ 4m − m < 0 ⇔ 0 < m < .
4
2
4m − 20m + 9 > 0
∆ > 0
m = 0
 2

⇔
 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 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;  ∪   thì phương trình có nghiệm duy nhất.
 4 2

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

2

t 2 − 2 ( 2m − 1) t + m 2 − 11m = 0

2

( 2)

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


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

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; +∞ ) .
2

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.
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 + 2m 2 + 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.
4

3

2


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

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

KẾT QUẢ
Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy học sinh bộ mơn Tốn ở trường THPT, tơi
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 tơi nhận thấy chất lượng của
mơn Tốn 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 bộ môn:
Năm học
2003 – 2004
2004 – 2005
2005 – 2006
2006 – 2007
2007 – 2008
2008 – 2009

Đầu năm học (%)
Yếu
TB

Khá
Giỏi
0
0
0
0
0
0

21
17
14
12
16
15

63
64
68
66
51
57

26
19
18
22
23
28

Cuối năm học (%)
Yếu
TB
Khá
Giỏi
0
0
0
0
0
0

12
4
0
0
3
2

54
58
60
64
56
61

34
38
40
36

41
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

0
1
10
1
1

Giải nhì
2
3
01
9
5

Giải ba
3
2

0
0
3

Giải khuyến
khích
3
4
0
1
1


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.
2009 – 2010

1

9

0

0

BÀI HỌC KINH NGHIỆM
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” .
Rất mong sự góp ý của q thầy, cơ.


Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Phương pháp giảng dạy mơn Tốn.
Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục .
2) Giải một bài tập như thế nào.
Tác giả: G.Polya – Nhà xuất bản giáo dục.
3) Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12.
Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Giáo dục
4) Sách giáo khoa Đại số nâng cao 10, 12.
Nhà xuất bản Giáo dục.