Ứng dụng của định lý vi ét để giải một số bài toán trung học phổ thông

Khóa luận tốt nghiệp
MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Định lý là một mệnh đề đúng vì thế nó là kiến thức cơ bản và có giá trị 
về phương diện suy luận và ứng dụng trong chương trình toán nói chung cũng 

như chương trình toán trung học phổ thông nói riêng.                                                            
Có  rất  nhiều  định  lý  nổi tiếng  có  vai  trò quan trọng trong  nghành  toán 
học  như  định  lý  Fermat,  định  lý  Chebyshev,  định  lý  Bunhia,  định  lý 
Cauchy….trong đó có định lý Vi-ét. Do có đặc thù đặc biệt gồm định lý thuận 
và  định  lý  đảo  nên  nó  có  nhiều  ứng  dụng  quan  trọng,  có  vai  trò  “móc  chìa 
khóa” mở ra các hướng giải quyết cho những bài toán liên quan đến phương 
trình bậc hai, hệ phương trình…. 
Những ứng dụng phong phú của định lý Vi-ét đã góp phần làm đa dạng 
các bài tập về phương trình bậc hai, quy về phương trình bậc hai, các bài toán 
liên quan đến nghiệm số của phương trình bậc hai, những thuật giải phương 
trình, hệ phương trình độc đáo. 
Việc vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải toán đã tạo được hứng thú giải bài 
tập cho học sinh, hình thành cho học sinh những lý tưởng phong phú, trau dồi 
tư duy và óc sáng tạo cho các em. Tuy nhiên, còn rất nhiều ứng dụng của định 
lý  Vi-ét  mà  hầu  như  học  sinh  chưa  nắm  được.  Với  việc  hệ  thống  một  cách 
tương đối đầy đủ và cụ thể theo từng dạng cùng phương pháp giải và bài tập 
áp dụng nhằm cung cấp thêm tài liệu cho học sinh và giáo viên thuận lợi trong 
quá trình học tập, cùng với sự say mê của bản thân, ham muốn học hỏi, tìm 
tòi mong muốn có được kiến thức vững vàng hơn về các bài toán ứng dụng 
của định lý Vi-ét mà tôi chọn đề tài “Ứng dụng của định lý Vi-ét để giải một
số bài toán trung học phổ thông”. 

Lê Thị Thanh Thảo                              1                          K35A - SP Toán 

Khóa luận tốt nghiệp
2. Mục đích nghiên cứu
Cung  cấp  thêm  tài  liệu  cho  giáo  viên  và  học  sinh  thuận  lợi  trong  quá 
trình học tập và giảng dạy, từ đó nâng cao chất lượng dạy và học trong nhà 
trường phổ thông. 
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu cơ sở lý luận, ứng dụng của định lý Vi-ét. 
- Tìm hiểu thực trạng dạy và học định lý Vi-ét ở một số trường trung học 
phổ thông. 
- Xây dựng hệ thống bài tập về một số ứng dụng của định lý Vi-ét. 
- Tiến hành thực nghiệm để kiểm tra tính khả thi của khóa luận. 
4. Phương pháp nghiên cứu
 - Phương pháp nghiên cứu lý luận. 
 - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. 
 - Phương pháp thực nghiệm. 
5. Cấu trúc đề tài
Mở đầu 
1. Lý do chọn đề tài 
2. Mục đích nghiên cứu 
3.  Nhiệm vụ nghiên cứu 
4. Phương pháp nghiên cứu 
Nội dung 
Chương 1. Cơ sở lý luận 
Chương 2. Ứng dụng của định lý Vi-ét để giải các bài toán trung học 
phổ thông. 
Chương 3. Thực nghiệm sư phạm. 
Kết luận. 
 

Lê Thị Thanh Thảo                              2                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
NỘI DUNG
Chương 1
CƠ SỞ LÝ LUẬN
1.1. Định lý Vi-ét
1.1.1. Định lý Vi-ét trong Toán học
1.1.1.1. Định lý thuận
Nếu phương trình bậc n 
                              an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0  a  0   
có n nghiệm  x1 , x2 ,..., xn   (các nghiệm không nhất thiết phân biệt) thì ta có hệ 
thức Vi-ét sau: 
          x1  x2  ...  xn  

an1
 
an

         x1 x2  x1 x3 ...  x1 xn  x2 x3  ...  x2 xn  ...xn 1 xn 
       



xi xi ....xi   1

1i1  i2 ... n

1

2

k

k

        x1 x2 ...xn   1

k

an  2
  
an

an  k
 
an

a0
. 
an

1.1.1.2. Định lý đảo
Cho n số thực tùy ý 1 , 2 ,..., n . 
Đặt      S1  1   2  ...   n  
            S 2  1 2   2 3 ...   n1 n  
            …………………………..... 
             Sk 

   ...

1i1 i2 ... n

i1

i2

ik

       

           ………………………………. 
             S n  1. 2 ... n . 

Lê Thị Thanh Thảo                              3                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Khi đó  1 , 2 ,..., n  là các nghiệm của phương trình: 
k

n

            x n  S1 x n 1  ...   1 Sk x n k  ...   1 Sn  0 . 
1.1.1.3. Ví dụ
Định lý Vi-ét đối với phương trình bậc ba. 

 Định lý thuận
Cho phương trình bậc ba: 

                 ax3  bx 2  cx  d  0  a  0  . 
Giả sử phương trình có ba nghiệm  x1 , x2 , x3  (các nghiệm không nhất thiết 
phải phân biệt). 
b

 x1  x2  x3   a

c

Khi đó       x1 x2  x2 x3  x1 x3  . 
a

d

 x1 x2 x3   a


 Định lý đảo
Giả sử cho 3 số thực x1 , x2 , x3 .      
Đặt   S1  x1  x2  x3  
S 2  x1 x2  x2 x3  x1 x3  
S3  x1 x2 x3 . 

Khi đó  x1 , x2 , x3  là các nghiệm của phương trình: 
x3  S1 x 2  S2 x  S3  0 . 

1.1.2. Nội dung định lý Vi-ét trong nhà trường phổ thông
1.1.2.1. Định lý thuận
Nếu phương trình bậc hai  ax 2  bx  c  0  a  0   có hai nghiệm  x1 , x2 thì 
b


 x1  x2   a
. 

c
 x .x 
 1 2 a

Lê Thị Thanh Thảo                              4                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
1.1.2.2. Định lý đảo
Nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là nghiệm 
của phương trình: 
X 2  SX  P  0 . 
Điều kiện cần và đủ để tồn tại hai số u và v là S2 ≥ 4P. 

1.2. Một số ứng dụng của định lý Vi-ét để giải các bài toán Trung học
phổ thông
1.2.1. Bài toán nhẩm các nghiệm của phương trình bậc hai
Ví dụ: Không giải phương trình, hãy tìm nghiệm các phương trình sau: 
 

a,  x 2  3x  2  0    

 

 

b,  x 2  7 x  8  0  

 

c,  2 x 2  5 x  3  0   

 

 

d,  5 x 2  12 x  17  0 . 

Giải
a,  x 2  3x  2  0   
Ta có: a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0 
x  1
Phương trình có hai nghiệm   1
.              
 x2  2

b,  x 2  7 x  8  0  
Ta có: a – b + c = 1 + 7 – 8 = 0 
 x  1
Phương trình có hai nghiệm   1
. 
x

8
 2

c,  2 x 2  5 x  3  0  
Ta có: a – b + c = 2 – 5 + 3 = 0 
 x1  1
   Phương trình có hai nghiệm  
. 
 x2   3

2

d,  5 x 2  12 x  17  0  
Ta có: a + b + c = 5 + 12 – 17 = 0 
 x1  1
 Phương trình có hai nghiệm  
 .  
 x2   17
5


Lê Thị Thanh Thảo                              5                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
1.2.2. Bài toán tính giá trị các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của
phương trình bậc hai
Ví dụ 1:  Giả  sử  phương  trình  ax 2  bx  c  0  a  0    có  hai  nghiệm 
x1 , x2 . Hãy lập phương trình có nghiệm như sau: 

 

a,   x1  và   x2                             d,  x1  x2  và  x1.x2  

      

b,  2x1  và  2x2                             e, 

      

c,  x12  và  x22  

1
1
 và  . 
x1
x2

Giải
Giả sử phương trình  ax 2  bx  c  0  a  0   có hai nghiệm  x1 , x2 . 
b

S

x

x


1
2

a

Khi đó ta đặt:     
 
 P  x .x  c
1 2

a

a,   x1  và   x2                              
  x1     x2     x1  x2    S
Ta có:  
  
  x1   x2   x1 x2  P

Vậy  x1  và   x2  là nghiệm của phương trình  t 2  St  P  0 . 
b,  2x1  và  2x2  
2 x  2 x2  2( x1  x2 )  2S
Ta có:   1
 
2 x1.2 x2  4 x1 x2  4 P

Vậy  2x1  và  2x2  là nghiệm của phương trình  t 2  2 St  P  0  . 
c,  x12  và  x22  
 x12  x22   x1  x2 2  2 x1 x2  S 2  2 P
Ta có:   
   
2
2
2
 x1 .x2  P

Vậy  x12  và  x22  là nghiệm của phương trình  t 2   S 2  2 P  t  P 2  0 . 

Lê Thị Thanh Thảo                              6                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
d,  x1  x2  và  x1.x2  
( x  x2 )  x1 x2  S  P
Ta có:   1
  
(
x

x
).
x
x

SP
 1
2
1 2

Vậy  x1  x2  và  x1.x2  là nghiệm của phương trình  t 2   S  P   SP  0 . 
e, 

1
1
 và    
x1

x2

 1 1 x1  x2
1 1 S


x x
x  x  P
x1 x2
 1

2
2
Ta có:  
    1
 
1. 1  1
1. 1  1
 x1 x2 x1 x2
 x1 x2 P

Vậy 

S
1
1
1
 và   là nghiệm của phương trình  t 2  t   0 . 
P
P

x1
x2

Ví dụ 2: Giả sử  x1 , x2 là các nghiệm của phương trình  3x 2  5 x  6  0 . 
Hãy tính: 
 

a,  x13  x23  

 

 

 

b,  x14  x24  

  

c,  x14  x24  

 

 

 

d, 

x1

x
1  x22   2 1  x12  . 

x2
x1

Giải 
Ta có ∆ = 25 + 4.3.6  ∆ = 97 > 0  phương trình có hai nghiệm x1 , x2 . 
5

 x1  x2 
Theo định lý Vi-ét ta có:  
3 
 x1.x2  2

a,  x13  x23  
Ta có   ( x13  x23 )  ( x1  x2 )3  3x1.x2 ( x1  x2 )  
3

5
5
  x  x  =     3. 2  .   
3
3
3
1

3
2

Lê Thị Thanh Thảo                              7                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
  x13  x23  = 

125
 +10  
27

  x13  x23  = 

395
 
27

b,  x14  x24  
Ta có  ( x14  x24 )  ( x12  x22 )  2 x12 .x22  
2

 x14  x24  = ( x1  x2 ) 2  2 x1 .x2      2 x12 .x22   
2

 5  3

3721
4
4
  x1  x2  =    2. 2    2.4    x14  x24  = 
  8  

3
81





  x14  x24  = 

3073
 
81

c,  x14  x24                       
Ta có 

( x14  x24 )   x12  x22  x12  x22   ( x1  x2 )( x1  x2 ) ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2   
3

5  5 
  x  x  =  ( x1  x2 ) .    4   
3  3 


4
1

4
2

  x14  x24  = 

305
( x1  x2 )  
27

mà   ( x1  x2 ) 2  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  
3

97
5
   ( x1  x2 )  =     4  2     ( x1  x2 ) 2  =   
9
3
2

   x1  x2 

97
 
3

Giả sử  x1  x2  thì  x1  x2  = 

97
   
3

Lê Thị Thanh Thảo                              8                          K35A - SP Toán 

Khóa luận tốt nghiệp
 x14  x24  =  
Giả sử  x1  x2  thì   x1  x2 = 
 x14  x24  = 
d, 

305 97
305 97
   x14  x24  =  
 
27 3
81

97
 
3

355 97
305 97
    x14  x24  = 
 
27 3
81

x1
x
1  x22   2 1  x12   

x2

x1

Ta có   

x1
x
x x
1  x22   2 1  x12   =  1  2  2 x1 x2  

x2
x1
x2 x1
2

 x  x   2 x1 x2  2 x x  
x x
   1  2  2 x1 x2 =  1 2
1 2
x1 x2
x2 x1
5

2

( ) 4
x
x
  1 1  x22   2 1  x12  =  3
 + 4 
2

x2
x1

 

x1
x
61
1  x22   2 1  x12      4  

x2
x1
18

  

x1
x
11
1  x22   2 1  x12  =  . 

x2
x1
18

Ví dụ 3:  Giả  sử  x1 , x2   là  các  nghiệm  của  phương  trình 
ax 2  bx  c  0  a  0  . Hãy biểu diễn các biểu thức sau qua a, b, c. 

 

a,  x12  x22                                    b,  x13  x23  
c, 

1 1
                        d,  x12  4 x1 x2  x22 . 
x1 x2

Giải
b

 x1  x2   a
Theo định lý Vi-ét ta có:  
 
c
x x 
 1 2 a

Lê Thị Thanh Thảo                              9                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
a,  x12  x22                                      
Ta có  x12  x22 =  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  
  x12  x22  = 

b2
c
2  
2
a

a

(b) 2  2ac
   x  x  =
. 
a2
2
1

2
2

b,  x13  x23  
Ta có  x13  x23  =  ( x1  x2 )3  3 x1 x2 ( x1  x2 )  
b3
cb
 x  x  =   3  3
 
a
aa
3
1

3
2

  x13  x23  =
 c, 

3abc  b3

. 
a3

1 1
                          
x1 x2

Ta có   

b a
1 1
x x
1 1
1 1 b
  =   1 2       =  .      = . 
x1 x2
x1.x2
x1 x2
x1 x2
a c
c

d,  x12  4 x1 x2  x22   
Ta có   x12  4 x1 x2  x22  =  ( x1  x2 ) 2   6 x1.x2  
  x12  4 x1 x2  x22  = 

b2
c
      


6
a2
a

  x12  4 x1 x2  x22  = 

b 2  6ac
. 
a2

1.2.3. Bài toán tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình
ax 2  bx  c  0  a  0  không phụ thuộc vào tham số

Ví dụ 1: Cho phương trình   m  1 x 2  2(m  4) x  m  5  0 (1). Tìm hệ 
thức  liên  hệ  giữa  các  nghiệm  của  phương  trình  không  phụ  thuộc  vào  tham  
số m. 

Lê Thị Thanh Thảo                              10                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Giải
Phương trình (1) có 2 nghiệm  x1 , x2 khi và chỉ khi 
m  1  0
     
 
2
( m  4)  ( m  1)(m  5)  0
m  1
m  1



   
11   
2m  11  0
m  2

khi đó phương trình (1) có hai nghiệm  x1 , x2  thỏa mãn: 
8  x1  x2

2(m  4)

m

x

x


 1 2
2  x1  x2

m 1
                     
          
     .    
m

5
5


x
.
x
1 2
 x .x 
m 
1 2

m 1

1  x1.x2

Khử m ở hệ trên ta được: 
8  x1  x2 5  x1.x2
 

2  x1  x2 1  x1.x2

 8  8 x1.x2  +  x12 x2  x22 x1  x1  x2  = 10  5 x1  5 x2  2 x1 x2  x12 x2  x22 x1  
  4  x1  x2   6 x1 x2 = 2   2  x1  x2   3x1 x2 = 1 
Vậy hệ thức cần tìm là  2  x1  x2   3x1 x2 = 1. 
Chú ý: Trong nhiều trường hợp, việc khử tham số cần sử dụng các hằng 
đẳng thức, đặc biệt là các hằng đẳng thức lượng giác ví dụ như: 

sin 2   cos 2  1  
tan  .cot  1 . 

Ví dụ 2: Cho phương trình  x 2  2sin  .x  cos  1  0   (2). 
a,  Chứng minh rằng phương trình (2) luôn có nghiệm với mọi . 

b, Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình (1) không phụ 
thuộc vào . 

Lê Thị Thanh Thảo                              11                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Giải
a, Ta có ∆’ = sin2 + (1 – cos)  0    
Vậy với mọi  phương trình (2) luôn có hai nghiệm  x1 , x2  thỏa mãn: 
 x1  x2  2sin 
   (I). 

x
.
x

c
os


1
 1 2

b, Khử α từ hệ (I) ta được: 
( x1  x2 )2
x1  x2
 2

sin



sin




       
 
4
2

cos 2   ( x .x  1) 2
cos   x1.x2  1

1 2

 sin2 + cos2 =  

( x1  x2 ) 2
( x  x )2
+  ( x1.x2  1) 2   1 =  1 2 +  ( x1.x2  1)2   
4
4

Vậy hệ thức cần tìm là  

( x1  x2 ) 2
+  ( x1.x2  1) 2   = 1.  
4

Ví dụ 3: Cho phương trình:  1  m 2  x 2  2mx  1  m2  0  (3). 
a, Chứng minh rằng phương trình (3) luôn có nghiệm với m > 1. 
b, Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình (3) không phụ 
thuộc vào tham số m. 
Giải
2

1 5

 a, Ta có ∆’ = m – (1 + m )(1 – m ) =  m  + m  – 1 =  m 2      
2 4

2 

2

2

4

2

2

1

9
Với m > 1    m 2    >    ∆’ > 1           
4

2


          Vậy phương trình (3) luôn có nghiệm  x1 , x2  với  m > 1. 
b, Theo định lý Vi-ét ta có: 
2m

 x1  x2  1  m 2
                             
  (II)  
2
1

m
x x 
1 2
1  m2


Lê Thị Thanh Thảo                              12                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
2

2

2
 2m   1  m 
 ( x1  x2 ) + ( x1.x2 ) =  

 

2 
2 
1 m  1 m 

2 

2 



 ( x1  x2 )2 + ( x1.x2 )2 = sin2 + cos2   với m = tan   
2

 ( x1  x2 )2 + ( x1.x2 )2 = 1 
Vậy hệ thức cần tìm là ( x1  x2 )2 + ( x1.x2 )2 = 1. 
     1.2.4. Bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình

ax 2  bx  c  0  a  0  có nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện cho trước
Ví dụ 1:  Với  mỗi  phương  trình  sau,  biết  1  nghiệm.  Tìm  m  và  nghiệm  
còn lại 
a,  x 2  mx  21  0  có một nghiệm bằng 7. 
b,  x 2  9 x  m  0  có một nghiệm bằng –3. 
c,   m  3 x 2  25 x  32  0  có một nghiệm bằng 4. 
Giải
Giả sử nghiệm đã cho là x 1 , phải tìm nghiệm thứ hai là  x 2 và tham số m. 
a,  x 2  mx  21  0  có một nghiệm bằng 7. 
Theo định lý Vi-ét ta có   
7  x2  m

x  3
    2
 

m  10
7.x2  21

Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 3 và m = 10. 
b,  x 2  9 x  m  0  có một nghiệm bằng –3. 
Theo định lý Vi-ét ta có   
( 3) x2  m
m  36
     
 

x

12
(

3)

x

9
 2

2

Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 12 và m = –36. 

c,   m  3 x 2  25 x  23  0  có một nghiệm bằng 4. 

Lê Thị Thanh Thảo                              13                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Theo định lý Vi-ét ta có   
25
125


( 4)  x2  m  3
m  16
  
  

23
92
( 4).x 
x 
2

 2 77
m3

Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 

92
125
 và m = 

. 
77
16

Ví dụ 2: Cho phương trình bậc hai  x 2  (2m  3) x  m 2  2m  0  (1). 
a, Xác định m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. 
b, Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và 
tích của chúng bằng 8. 
Giải
a, Phương trình có 2 nghiệm phân biệt  
  (2m – 3)2 – 4(m2 – 2m) > 0 
9
4

   –4m + 9 > 0  m <   
9
4

Vậy với m <   thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 

9
b, Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi m <  . 
4
Theo định lý Vi-ét ta có  x1.x2  m 2  2m  mà  x1.x2  = 8 
 m  2
   m 2  2m = 8   
 
m  4
9
+ Với m = 4 không thỏa mãn m <  . 

4

9
+ Với m = –2 thỏa mãn m <  . Khi đó phương trình (1) trở thành 
4

x 2  7 x  8  0 (2) 

Lê Thị Thanh Thảo                              14                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Phương trình (2) có hai nghiệm  x1 

7  17
7  17
,  x2 
  
2
2

Vậy  với  m  =  –2  thì  phương  trình  (1)  có  hai  nghiệm  phân  biệt  
x1 

7  17
7  17
, x2 
 thỏa mãn tích của chúng bằng 8. 
2
2

Ví dụ 3:  Cho  phương  trình  mx 2  2( m  1) x  3(m  2)   (3).  Tìm  m  để 
phương trình (3) có hai nghiệm  x1 , x2  thỏa mãn  x1  2 x2  1 . 
Giải
Phương trình (3) có hai nghiệm  x1 , x2  khi và chỉ khi: 
m  0
m

0


2  6 2  6   
  
 2
 2 m  4m  1  0
m   2 ; 2 




2(m  1)

x

x

1
2

m


3(m  2)

Khi đó theo định lý Vi-ét và điều kiện bài ra ta có:   x1.x2 
                         
m

 x1  2 x2  1



Rút  x1 , x2  từ phương trình thứ nhất và thứ ba của hệ ta được: 
  x2 = 1– 

2(m  1)
2m
    x2   = 
 
m
m

  x1  1  2 x2 = 1 – 

4  2m
3m  4
 x1 
  
m
m

Thay  x1 , x2  vào phương trình thứ hai của hệ ta được:  
2  m 3m  4 3(m  2)
. 
 = 
   
m
m
m

 (2 – m)(3m – 4) = 3(m – 2)m  (2 – m)(3m – 4 + 3m) = 0 
 (2 – m)(6m – 4) = 0 

Lê Thị Thanh Thảo                              15                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
2
Vậy m = 2 hoặc m =   thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
3

Ví dụ 4: Tìm a để phương trình  x 2  ax  1  0  (4) có nghiệm  x1 , x2  thỏa 
mãn  
x12 x22
 > 7.  
x22 x12

Giải
Phương trình (4) có nghiệm khi và chỉ khi    a2 – 4  0  a  2.  
 x  x  a
Mặt khác, theo định lý Vi-ét   1 2

     (I) 
 x1.x2  1
2

x x 
x2 x2
Ta có:    12  22  > 7   1  2  – 2 > 7 
x2 x1
 x2 x1 

 

( x12  x22 ) 2
 > 9   ( x12  x22 ) 2  > 9 x12 x22  
2 2
x1 x2
2

2
  x1  x2   2 x1 x2  > 9 x12 x22  



Thay (I) vào bất phương trình trên ta được 
a 2  2  3
a 2  5
(a  – 2)  > 9    2
 2
a >  5 (thỏa mãn điều kiệna  2)  
a


2


3
a


1


2

2

Vậy a >  5 thỏa mãn điều kiện bài ra. 

Lê Thị Thanh Thảo                              16                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Ví dụ 5: Tìm m để phương trình: 
x 2  2mx  m  2  0  

có hai nghiệm sao cho tổng bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất. 
Giải
Phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi  
m2 – (–m + 2)  0  m2 + m – 2  0 
 m  (–;–2  1; +) 
 x  x  2m

Theo định lý Vi-ét ta có     1 2
 
 x1.x2  2  m

Ta có  x12  x22 =  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  
  x12  x22  = 4m2 – 2(2 – m) 
   x12  x22  = 4m2 + 2m – 4 
Xét hàm số: f(m)= 4m2 + 2m – 4  với m  (–;– 2   1; +) 
Bảng biến thiên: 
M 

1
–                    – 2                                               1                    +  
4

f’(m)             –              |              –          0            +           |           + 
  

–                                                                                                   +         

f(m)                             8                                                   2 
                                                                                
                                                      2 
 
     min f ( m)  2  khi và chỉ khi m = 1 
m(  ; 2)  (1;  )

Vậy  min( x12  x22 )  2  khi m = 1. 
m(  ;2) (1;  )

Lê Thị Thanh Thảo                              17                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
1.2.5. Bài toán xét dấu các nghiệm của phương trình

ax 2  bx  c  0  a  0 
Ví dụ 1:  Xác  định  m  để  phương  trình  x 2  2(m  1) x  m  1  0   có  hai 
nghiệm dương phân biệt. 
Giải
Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi 
  m  3

( m  1) 2  (m  1)  0
m  0


    m  1   0 < m < 1 
1  m  0
2(m  1)  0
m  1




 Vậy với 0 < m < 1 phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt. 
Ví dụ 2:Xét dấu các nghiệm của phương trình sau (nếu có) 

2  3 x

2





 2 1  3 x  1  0 . 

Giải
Ta có 2 –  3 > 0 P = (2 –  3 ).1 > 0 
∆’ = (1 –  3 )2 – (2 –  3 ) = 2 –  3 > 0 
 phương trình có hai nghiệm phân biệt 
Mặt khác, S =

2(1  3) 2 3  2
 =
 > 0 
2 3
2 3

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt. 
Ví dụ 3: Tìm m để đồ thị hàm số  y 

mx 2  x  m
 cắt trục hoành tại hai 
x 1

điểm phân biệt có hoành độ dương. 

Lê Thị Thanh Thảo                              18                          K35A - SP Toán 

Khóa luận tốt nghiệp
Giải
Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số và trục hoành là 
 

x  1
mx 2  x  m
= 0    2
          (1). 
x 1
mx

x

m

0


Để đồ thị hàm số cắt Ox tại hai điểm có hoành độ dương thì (1) phải có 
hai nghiệm dương phân biệt khác 1 tức là         
1

m.12  1  m  0
m   2


m  0

1
m  0
    1  4m 2  0
          
       < m < 0  
2
 1  m  1

 1  0
 2
2
 m
m  0

1
Vậy     < m < 0 đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có 
2

hoành độ dương. 
Ví dụ 4: Cho phương trình ( m  1) x 2  2( m  2) x  m  1  0  (2). 
a, Xác định m để phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu. 
b, Xác định m để phương trình (2) có hai nghiệm âm phân biệt. 

Giải
a, Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 
m  1  0
m  1

  m 1
  

    –1 < m < 1 
1  m  1
 m  1  0

Vậy với  –1 < m < 1 thì phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu. 
b, Phương trình (2) có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi 

Lê Thị Thanh Thảo                              19                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
m  1
m  1  0
 4m  5  0

2
2
(
m

2)

(
m

1)

0



  m  2
 2(m  2)
 5

 
  m    ; 1  1;   . 

0
 4

m  1
 m 1
  m  1
m 1

0


 m 1
  m  1

 5

Vậy với  m    ; 1  1;    thì phương trình đã cho có 2 nghiệm âm 
 4


phân biệt. 
1.2.6. Bài toán về hàm số
Ví dụ 1:  Cho  parabol  (P):  y  x 2 .  Gọi  A,  B  là  hai  điểm  thuộc  (P)  có 

hoành độ lần lượt là –1, 2. Viết phương trình đường thẳng AB. 
Giải
Cách 1  
Từ giả thiết ta có A(–1; 1);  B(2; 4). 
Phương trình đường thẳng AB được xác định là 
 

x 1 y 1

 3  x  1  3  y  1  x  y  2  0  
2 1 4 1

Vậy phương trình đường thẳng AB là  x  y  2  0 . 
Cách 2: Sử dụng định lý Vi-ét 
  Giả sử phương trình đường thẳng AB có dạng: y  ax  b . 
  Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng AB là: 
x 2 = a x  + b     x 2 – a x – b = 0    

Ta có  x A = –1;  x B = 2 là nghiệm của phương trình. 
Theo định lý Vi-ét ta có: 
1  2  a
a  1
   
    
 
(

1).2



b
b

2



Lê Thị Thanh Thảo                              20                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Vậy phương trình đường thẳng AB là  x  y  2  0 . 
Ví dụ 2: Cho parabol (P): y 

x2
. A là điểm thuộc (P) có hoành độ bằng 
4

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (P) tại A. 
Giải
Ta có ba cách giải như sau: 
 Cách 1 
  Từ giả thiết ta có A(2; 1). 
  Giả sử phương trình tiếp tuyến của (P) tại A có dạng y  ax  b  (d). 
+) Ta có A d  2a + b = 1    b = 1 – 2a     (1) 
x2
+) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là   ax  b  
4

                 x 2  4ax  4b  0            (2) 

Mặt khác, (P) tiếp xúc (d)   (2) có nghiệm kép 
  4a2 + 4b = 0       (3) 
Từ (1) và (3) suy ra a = 1, b = –1. 
Vậy phương trình tiếp tuyến là  x  y  1  0 . 
 Cách 2: Sử dụng đạo hàm 
Từ giả thiết ta được A(2; 1). 

x
x2
Xét hàm số: (P)  y   có y’=  . Phương trình tiếp tuyến của (P) tại A là  
2
4
2
y      x   –  2      1  x  y  1  0  
2

Vậy phương trình tiếp tuyến của (P) là  x  y  1  0 . 
 Cách 3: Sử dụng định lý Vi-ét  
  Giả sử phương trình tiếp tuyến tại A có dạng  y  ax  b  (d). 
  Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 

Lê Thị Thanh Thảo                              21                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
x2
 ax  b     x 2– 4a x  – 4b = 0     (4). 
4
x A= 2 là nghiệm kép của (4) và theo định lý Vi-ét ta có: 
4a  2  2

a  1
         
 


4
b

2.2
b


1



Vậy phương trình tiếp tuyến của (P) là  x  y  1  0 . 
2 x2  x  1
  có  đồ  thị  (C)  và  đường  thẳng 
x 1

Ví dụ 3:  Cho  hàm  số:  y  = 

(d): y  x  m . Tìm m để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt 
A, B sao cho độ dài đoạn AB = 18 . 
Giải
Hoành  độ  giao  điểm  của  đường  thẳng  (d)  và  đồ  thị  (C)  là  nghiệm  của 
phương trình  
2 x2  x  1
 x  m 

x 1

x  1
   2
 
2 x  x  1  ( x  m)( x  1)
x  1
   2
      .      
 x  (m  2) x  m  1  0

 Đường  thẳng  (d)  cắt  đồ  thị  (C)  tại  hai  điểm  khi  và  chỉ  khi  phương  trình 
x 2  (m  2) x  m  1  0  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 tức là 
( m  2) 2  4(m  1)  0
 m 2  4m  4  4 m  4  0
  
 
2
4

0

m
1

(
m

2).1


m

1

0


m   8
 m2 – 8 > 0    
 
 m  8



 

Vậy  m
  ;  8  



8;  . 

Lê Thị Thanh Thảo                              22                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Gọi A( x A ;  x A  +  m);  B( x B;  x B  +  m)  là  các  giao  điểm  của  (d)  và  (C). 
Trong đó  x A ,  x B là hai nghiệm phân biệt khác 1 của phương trình (1). 
Ta có AB =  18   ( xB  x A ) 2  ( xB  m  x A  m) 2  =  18  

  ( xB  x A ) 2  ( xB  x A ) 2 = 18     ( xB  xA ) 2 = 9 
  ( xB  xA ) 2  – 4 xB .x A  = 9  ( xB  xA ) 2  – 4 xB .x A  – 9 = 0     (2) 
 x  xA  m  2
Theo định lý Vi-ét   B
  thay vào (2) ta được: 
 xB .x A  m  1

( m  2) 2  4(m  1)  9  0  

 m2 – 4m + 4 – 4m – 4 – 9 = 0  
  m 2  8m  9  0   
 m  1

 
m  9



 

             m = –1 không thỏa mãn điều kiện m
  ;  8  



8;  .  

Vậy m = 9 là giá trị cần tìm.  
1.2.7. Bài toán có nội dung hình học
Ví dụ 1: Tìm hai cạnh của hình chữ nhật có chu vi bằng 22m và diện tích 

bằng 28m2. 
Giải
Gọi  x  và y là hai cạnh của hình chữ nhật ( x  > 0, y > 0). 
 x  y  11
Ta có:  
 
 x. y  28

Vậy  x , y là hai nghiệm của phương trình: 
 X1  4
 
X2  7

X 2  11X  28  0  

Vậy hai cạnh của hình chữ nhật là: 4m, 7m. 

Lê Thị Thanh Thảo                              23                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Ví dụ 2:  Cho  tam  giác  ABC  vuông  tại  A  có  BC  =  2.  Tìm  m  >  0  để 
phương  trình  x 2  mx  m 2  m  3  0 (1)  có  hai  nghiệm  x1 , x2   là  độ  dài  các 
cạnh AB, AC. 
Giải
Ta  có  x1 , x2   là  độ  dài  cạnh  AB,  AC    x1 , x2   là  hai  nghiệm  dương của 
phương trình (1) tức là 
 2  2 10
2  2 10
m


3
3


1  13
m 2  4(m 2  m  3)
m 


2
  m 2  m  3  0
    
  
  m  1  13
m  0

 
2

m  0


    

1  13
2  2 10
m
 
3

3

Do  x1 , x2  là hai cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền là 2 nên 
2

x12  x22  4     x1  x2   2 x1 x2  4  
 x1  x2  m
Theo định lý Vi-ét ta có 
  thay vào trên ta được 
2
x
.
x

m

m

3
 1 2

m 2  2( m 2  m  3)  4  
m  1  3
  m 2  2m  2  0    
 
 m  1  3

Nghiệm m = 1 – 3  < 0   (loại). 
Vậy m =1  3   là giá trị cần tìm. 

Lê Thị Thanh Thảo                              24                          K35A - SP Toán 


Khóa luận tốt nghiệp
Ví dụ 3:  Xác  định  các  góc  B,  C  của  tam  giác  ABC  vuông  tại  A  biết  
BC = 2; S = 

3
 (S là diện tích ∆ABC). 
2

Giải
Gọi b, c là độ dài hai cạnh góc vuông AC và AB (0 < b < 2, 0 < c < 2) 
Theo bài ra ta có: 
2
2
(b  c) 2  2bc   4 
b   c    4  
      
 

b.c  3
b.c  3

 (b + c)2 = 4 + 2  3   (b + c)2 =  ( 3  1) 2  
Vì b > 0, c > 0  b + c =  3 + 1 
Vậy b, c là nghiệm của phương trình:  
t2 





3 1 t  3  0  

b  1, c  3
t  1
   
    
 
t

3
c

1,
b

3



1
c
Ta có:  tan C   tan C =
   C = 30   B  = 60 
b
3

3

c
    C  60   B  30 . 
tan C   tan C 
1
b

1.2.8. Bài toán giải hệ phương trình đối xứng hai ẩn kiểu một
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau: 
x  y  1
a,   3
         
3
 x  y  61

 x 2  y 2  xy  7
b,   4
. 
4
2 2
x

y

x
y

21


Giải

x  y  1
x  y  1
a,    3
 
 

3
3
 x  y  61 ( x  y )  3 xy ( x  y )  61

Lê Thị Thanh Thảo                              25                          K35A - SP Toán