Ứng dụng tam thức bậc 2 trong giải toán và sáng tạo các bài toán sơ cấp

Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình toán sơ cấp,tam thức bậc hai là xương sống, là phần
quan trọng của chương trình. Khi giải toán lựa chọn được phương pháp giải là
một trong những bước cần phải làm. Lời giải của bài toán hay khi lựa chọn
được phương pháp giải thích hợp. Tam thức bậc hai là phương pháp giải hay,
ứng dụng nhiều trong giải toán sơ cấp.
Với những lý do trên cùng với lòng say mê tìm tòi nghiên cứu và được sự
giúp đỡ tận tình của ThS. Phạm Lương Bằng tôi đã chọn đề tài:“Ứng dụng
tam thức bậc hai trong giải toán và sáng tạo các bài toán sơ cấp”, để làm đề
tài khóa luận tốt nghiệp. Với mong muốn góp phần giúp học sinh có cái nhìn
toàn diện hơn về các phương pháp giải cho từng bài toán.
2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với công việc nghiên cứu khoa học và thấy được vị trí
tầm quan trọng của tam thức bậc hai trong chương trình toán sơ cấp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Ứng dụng tam thức bậc hai trong giải toán sơ cấp và sáng tạo các bài toán
sơ cấp
4. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
* Đối tượng nghiên cứu
- Phương trình bậc 2, phương trình bậc cao, phương trình mũ, phương
trình logarit, phương trình lượng giác.
- Bất phương trình bậc 2, bất phương trình mũ…
- Hệ phương trình, hệ bất phương trình…
* Phạm vi nghiên cứu
Các bài toán trong chương trình toán sơ cấp
5. Phƣơng pháp nghiên cứu

Nghiên cứu tài liệu, so sánh phân tích tổng hợp

NguyÔn Thanh Hßa

1

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

CHƢƠNG I: BẤT PHƢƠNG TRÌNH BẬC 2
1.1. Kiến thức cơ bản
1.1.1. Phương trình bậc 2 thực sự
ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)
b2

b
)
2

4ac ( ' b '2 4ac ; b '

-∆<0

(1) Vô nghiệm

-∆>0

(1) Có 2 nghiệm x1,2

-∆=0

(1) Có nghiệm kép

b
2a

x

b
2a

1.1.2. Dấu của tam thức bậc 2
1.1.2.1. Cho tam thức f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0)
∆ = b2 - 4ac
- Nếu ∆ < 0 thì a.f(x) > 0
x R
b
- Nếu ∆ = 0 thì a.f(x) > 0
x R/
2a
- Nếu ∆ > 0

thì f(x) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2)
a.f(x) > 0
x (-∞, x1)
(x2, +∞)

a.f(x) > 0
x (x1, x2)
1.1.2.2. Ý nghĩa hình học
0
y

x

a 0
f ( x) 0 với

x R

NguyÔn Thanh Hßa

a 0
f ( x) 0 với

2

x R

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

0

y
y

b
2a

x

b
2a

x

a 0

a 0

f ( x) 0 với

x R\

b
2a

f ( x) 0 với

b
2a

x R\

0
y

y

x1

x2
x

x1

x2

x

a 0
f ( x) 0

f ( x) 0

x1

x

x1

a 0
f ( x) 0

x

x2

f ( x) 0

x

x2

x1

x

x2

x

x1

x

x2

1.1.2.3. Thí dụ minh họa
Ví dụ 1: Xét dấu các biểu thức sau:
a) f(x) = 2x2 - x + 1
b) f(x) = -x2 + 5x - 6
Giải

a) f(x) = 2x2 - x + 1

NguyÔn Thanh Hßa

3

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

f(x) là tam thức bậc 2 của x có a = 2 > 0
∆ = -7 < 0
Vậy f(x) > 0

x

R

b) f(x) = -x2 + 5x – 6
f(x) là tam thức bậc 2 của x có a = -1 < 0
∆=1
Có 2 nghiệm x1 = 2; x2 = 3
Vậy f(x) > 0

x

(2,3)

f(x) < 0

x

(-∞, 2)

(3, +∞)

Ví dụ 2: Tìm m để hàm số sau xác định với mọi số thực
y

(m 1) x 2

2(m 1) x 2m 2

Giải
Hàm số xác định với mọi x

R khi f(x) > 0

x

R

- Nếu m = 1

thì f(x) = 4x + 4 ≥ 0

- Nếu m = 1

không thỏa mãn

- Nếu m ≠ 1

thì f(x) là một tam thức bậc 2 của x

f(x) > 0

x

R

x ≥ -1

a 0
' 0

m 1 0
(m 1)2

m 1
m2

(2m 2)(m 1) 0

2m 3 0

m 1
m 3

m
1

Vậy m

m 3

3,

1.1.2.4. Chú ý
Xét dấu f(x) trên trục số

NguyÔn Thanh Hßa

4

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

f(x) > 0

x

R

a 0

0

f(x) < 0

x

R

a 0
0

f(x) ≥ 0

x

R

a 0
0

f(x) ≤ 0

x

R

a 0
0

1.1.2.5. Bài tập

1) Xét dấu các biểu thức sau:
a) f(x) = 4x2 - 12x + 9
b) f(x) = x2 + 2(a+5)x + 3a
2) Tìm m để với mọi số thực x
a) 3x2 + 2(m-1)x + m + 4 > 0

3x 2 mx 5
6
b) 1
2 x2 x 1
1.2. Bất phƣơng trình bậc 2
1.2.1. Định nghĩa
Bất phương trình bậc 2 là bất phương trình có dạng ax2 + bx + c > 0 hoặc
ax2 + bx + c < 0 hoặc ax2 + bx + c ≥ 0 hoặc ax2 + bx + c ≤ 0. Trong đó a, b, c
là hằng số cho trước, a ≠ 0, x là ẩn số.
1.2.2. Cách giải
- Xét dấu f(x) = ax2 + bx + c
- Lựa chọn x để f(x) > 0 hoặc f(x) < 0 hoặc f(x) ≥ 0 hoặc f(x) ≤ 0
1.2.3. Thí dụ minh họa
Giải và biện luận các bất phương trình sau:
a) x 2

( x 1) 2

15
(1)
x2 x 1

NguyÔn Thanh Hßa

5

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
b) (m 1) 2 x 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

4 x m 2 0 (2)

Giải
x2

a)

( x 1) 2

2( x 2

Đặt t

15
(1)
x x 1
2

15
x x 1

x 1) 1

x2

2

x 1 (x

(1) trở thành 2t 1
Vì t 4 nên

1 2
)
2

15
t

3
4

3
4
5
t 3
2

2t 2 t 15 0

3
t 3
4

3
4

x2

x2

x 1 3

x 1 3

2 x 1
Vậy tập nghiệm của (1) là T=[-2,1]
b) (m 1) 2 x 2

4x m 2 0

(2)

- Nếu m

1 thì (2) trở thành 4 x 3 0

- Nếu m

1 thì:

' 4 (m 1)(m 2)

' 0

m2

x

3
4

m 6

2 m 3
a m 1 0
' 0

Với m 3

Tập nghiệm của (2) là T=R
Với m

2

a m 1 0
' 0

NguyÔn Thanh Hßa

6

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

(2) vô nghiệm

a m 1 0
' 0

Với 1 m 3

Vế trái của (2) có hai nghiệm x1

x2
x1

2

m2 m 6
m 1

2

m2 m 6
m 1

x2 Vậy tập hợp nghiệm của (2) là T= (-∞, x1)

Với 2 m

(x2, +∞)

a m 1 0
' 0

1

Tập nghiệm của (2) là T= (x1, x2) (với x1> x2)

1 thì tập nghiệm của (2) là T

Vậy Với m

(

,

3
)
4

Với m 3 thì tập nghiệm của (2) là T=IR
Với m

2 thì tập nghiệm của (2) là T

Với 2 m

1 thì tập nghiệm của (2) là T= (x1, x2)

Với 1 m 3 thì tập nghiệm của (2) là T= (-∞, x1)
Trong đó x1

2

m2 m 6
, x2
m 1

2

(x2, +∞)

m2 m 6
m 1

1.2.4. Bài tập
Bài 1: Cho bất phương trình x2 6 x 5 5m 0 (1)
Tìm m để

a) (2) vô nghiệm
b) (2) có đúng một nghiệm

Bài 2: Giải và biện luận các bất phương trình sau:
a) 4 x 2

2(m

b) (m 2) x 2

1 m)x m 1 m

0

2(m 1) x 5(m 3) 0

c) mx 2 (m 5) x 3m 0

NguyÔn Thanh Hßa

7

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

d) x2 5x 5m 0
e) (m2 1) x 2 6mx 7 0
1.3. Ứng dụng định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai để chứng minh
bất đẳng thức
1.3.1. Phương pháp
Để chứng minh A>B thì ta chứng minh A – B >0 (3) với A – B là một tam
thức bậc hai của biến số nào đó

a 0
0

Vậy (3)

Tương tự bất đẳng thức : + A < B
+A≥B
+A≤B
1.3.2. Thí dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau:
3x 2

5 y2

4 xy 8 x 2 y 9 0 (1) với

x,y

IR

Giải
Coi vế trái của (1) là tam thức bậc 2 của x
Ta có VT(1)

3x 2

5 y2

4 xy 8 x 2 y 9

a 3 0
' 4( y 2) 2

VT(1) ≥ 0

3(5 y 2

x,y

2 y 9)

IR

11( y 1) 2

0 với

y

Đpcm

' 0
Dấu “=” chỉ xảy ra khi
2( y 2)
x
3

y 1
x

2

Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức sau:
b2 x 2

(b2

c2

a2 ) x c2

0 (b) với

x,y

IR

Trong đó a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC

NguyÔn Thanh Hßa

8

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
Giải

Gọi VT(b) là tam thức bậc hai của x
Hệ số của x2 là b2 > 0
' (b 2

c2

a 2 )2

4b 2c 2

Mà (b 2

c2

a 2 )2

2bc cos A nên

4b 2c 2 cos 2 A 4b 2c 2

4b 2c 2 (cos 2 A 1) 0

Đpcm

0 ≤ cos2A <1)

(0
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu

a3
thì
3

b2

abc 1
a3

36

ab bc ca (1) là đúng

c2

Giải
a3
3

(1)

b2

c2

ab bc ca 0

(b c) 2 3bc a(b c)

a3

3

0

Đặt b c t
(1) thành t

2

at

a3
3

3bc 0 (2)

Coi VT(2) là tam thức bậc 2 đối với t
Hệ số của t2 là 1 > 0
a

2

Mà a3

a3
4(
3

36

3bc) 12bc

a 0
36 a 3

0

a3
3

12
a

0

a3
3

36 a 3
3a

t

đpcm

1.3.3. Bài tập
a) Chứng minh bất đẳng thức (a 2 b 2

c2

d 2 ) 8(bd

ac) đúng với mọi a

trong đó b>c>d

NguyÔn Thanh Hßa

9

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

b) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d theo thứ tự nào đó tạo thành một cấp số
cộng, số m được chọn sao cho thỏa mãn

ad bc

2m

Thì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi x
( x a)( x b)( x c)( x d ) m 2

d) Chứng minh rằng với

x, y , z

e) Chứng minh rằng với

x

x2

5 y2

1 2
x
2

1

2z 2

0
4 xy 2 yz 1 2 z

0

cos A (cos B cos C ) x

trong đó A, B, C là ba góc của một tam giác
f) Chứng minh rằng a 2 b 2

c2

d2

e2

a (a b c d

e)

với a, b, c, d , e R
1.4. Ứng dụng định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai để tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
1.4.1.Phương pháp miền giá trị
Cho hàm số y = f(x) xác định trên D
Nếu y là một giá trị của hàm số thì phương trình f(x) = y có nghiệm x D
Vậy y là miền giá trị của hàm số
1.4.2. Thí dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm miền giá trị của hàm số
x 2 3x
x 1

y

Giải
Hàm số xác định trên D R \

1

Giả sử y là một giá trị của hàm số khi đó phương trình:
x 2 3x
x 1

Trên D (1)

x2

y (1) có nghiệm x D

(3

NguyÔn Thanh Hßa

y) x

y

0 (2)

10

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
(1) có nghiệm x D
(Vì x

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
y) 2

(3

4y 0

1 không là nghiệm của (2))
y 2 10 y 9 0

0

y
y

1
9

Vậy miền giá trị của hàm số là E

(

, 9] [ 1,

)

Ví dụ 2: Tìm max, min của hàm số
x2 8x 7
x2 1

y

Giải

x R nên hàm số xác định trên R

Vì x2 1 0 với

Giả sử y là một giá trị của hàm số
x2 8x 7
Khi đó
x2 1

(2)

y (2) có nghiệm x R

( y 1) x 2 8 x

+ Với y 1

y 7 0 (3)

(3) trở thành 8 x 6 0

x

3
R
4

Vậy y 1 là giá trị của hàm số
+ Với y 1 thì (2) có nghiệm x R

(3) có nghiệm x R

' 0
16 ( y 1)( y 7) 0
y2

8y 9 0

1 y 9

y
Vậy

[ 1,9]

max y 9 tại x

NguyÔn Thanh Hßa

4
y 1

1
2

11

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

min y

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

4

1 tại x

y 1

2

Ví dụ 3: Cho x, y R thỏa mãn x 2

2 xy 7( x

Tìm max, min của biểu thức M

x

y) 2 y 2 10 0 (1)

y 1

Giải
M

x

y 1

x2

y

x 1 M thay vào (1)

2( x 1 M ) x 7( M 1) 2( x 1 M ) 2 10 0
x2

2(1 M ) x 2(1 M ) 2

7M

3 0 (2)

Vì x R nên phương trình (2) phải có nghiệm x R

' 0
(1 M ) 2

2(1 M ) 2

7M

3 0

M 2 5M 4 0
4 M
Vậy

1

max M

1 tại

x M 1
y 0

2

min M

4 tại

x M 1 5
y M x 1 0

1.4.3. Bài tập
a) Tìm max, min của hàm số
y

2x2

4x 5
x 1
2

b) Cho x, y R sao cho
( x 2 1 y 2 )2

4 x2 y 2

Tìm max, min của S

x2

x2

y2

0

y2

d) Tìm miền giá trị của hàm số
y

2x 1
x x 4

y

2

NguyÔn Thanh Hßa

12

3x 5

x 7x 5
2

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

e) Cho x, y R sao cho
( x2

5 y2

8) 2

4x2 y 2
x2

Tìm max, min của S

x2

5 y2

0

5 y2

1.5. Định lý Viet
1.5.1.Định lý Viet tổng quát
Cho phương trình

an x n

an 1 x n 1 an 2 x n

2

... a2 x 2

ax ao

0

( x1 , x2 , x3 ,..., xn là nghiệm, kể cả nghiệm bội)

x1

x2

x1 x2

( 1) n

Đảo lại: Cho n số bất kỳ
S1

1

S2

1

2

2

Sx

Khi đó

1

,

xn

2

1

,...,

2

,

3

...

n 1

n

3

,

n

. 2 . 3...

,

1

...

ik

i2

ao
an

3

...

i1

1

an 2
an

x1 x3 ... xn 1 xn

x1.x2 .x3 .....xn

Sn

an 1
an

x3 ... xn

n

3

,...,

n

n

(1 i1 i2

ik )

là nghiệm của phương trình

S1 x n 1 S2 x n

2

... ( 1)n Sn

0

1.5.2. Thí dụ
Ví dụ 1: Cho phương trình: (m 3) x 2

(m 3) x (m 1) 0 (1)

Tìm m để các nghiệm x1, x2 (1) thỏa mãn điều kiện

4( x12

x22 ) 25 x1 x2 1 0 (2)
Giải

NguyÔn Thanh Hßa

13

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
2
3

(1) thành : x

- Khi m 3

4.

(2)

4
2
25.
1 0 (loại)
9
3

Vậy m 3 không thỏa mãn
- Khi m 3

m 3
(1) có nghiệm

0

5m 2 2 m 3 0

m

3
(*)
5

m 1
Theo định lý Viet:
(2)

(**)

4[( x12

x22 ) 2 x1 x2 ] 25 x1 x2 1 0

4( x12

x22 ) 33x1 x2 1 0

Thay (**) vào (2)
Vậy với m

36(m2

1 hoặc m

m
m

m 2) 0

1
thỏa mãn (*)
2

2 thảo mãn bài toán

Ví dụ 2: Cho x1 , x2 là nghiệm của phương trình bậc 2 thỏa mãn hệ
x1

x2

m( x1

2 x1 x2
x2 ) x1 x2

0
3m 4

(1)

a)Hãy lập phương trình bậc hai đó
b)Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu
Giải

(1)

-Khi m

S 2P 0
mS P 3m 4

1
thì
2

1

NguyÔn Thanh Hßa

S 2P 0
2mS 2 P 6m 8

P

1
S
2
(2m 1) S
P

2(3m 4)

1
S

2

0 5

14

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

-Khi m

1
2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
S

1
P

2(3m
2m
3m
2m

4)
1
4

1

Vậy phương trình bậc hai có dạng:
2(3m 4)
3m 4
X
0
2m 1
2m 1
f ( X ) (2m 1) X 2 2(3m 4) X

X2

b) (2) có 2 nghiệm trái dấu X1 0

(3m 4) 0 (2)

X2
4
3
1
2

m
(2m 1). f (0) 0

-(2m+1)(3m+4)<0
m

m

Vậy với
m

4
3
thỏa mãn đầu bài.
1
2

1.5.3. Bài tập
a) Cho phương trình : ( x a)( x c) b 2 với a,b,c đã cho
-Chứng minh

a,b,c (1) có nghiệm

-Biết nghiệm của (1) là x1 , x2 , chứng minh a,c là nghiệm ( y x1 )( y x2 )
b) Cho x,y thỏa mãn:

x
x2

y
y2

b2

a 1
2a 2

2

Tìm a sao cho xy đạt giá trị lớn nhất

NguyÔn Thanh Hßa

15

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

CHƢƠNG 2: HỆ BẤT PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI
2.1. Hệ bất phƣơng trình bậc hai
2.1.1. Định nghĩa
Hệ bất phương trình bậc hai là hệ bất phương trình bậc hai có một ẩn số
2.1.2. Cách giải
- Giải từng bất phương trình của hệ
- Tìm T là giao của các tập nghiệm
- Suy ra T là nghiệm của hệ bất phương trình
2.1.3. Chú ý
a) Hệ có nghiệm khi các bất phương trình của hệ có nghiệm và giao của các
tập nghiệm
b) Hệ vô nghiệm khi một trong các bất phương trình của hệ vô nghiệm hoặc
các bất phương trình của hệ có nghiệm nhưng giao của các tập nghiệm
c) Hệ có nghiệm duy nhất khi các tập nghiệm của các bất phương trình của hệ
có điểm chung duy nhất

d) Dùng đồ thị để biện luận nghiệm của bất phương trình
2.2. Lựa chọn phương pháp giải
2.2.1. Hệ bất phương trình có tham số
Hãy tìm giá trị của tham số để
+ Hệ đã cho vô nghiệm (2a)
+ Hệ đã cho có nghiệm (2b)
Các bài tập (2a), (2b) có hai phương án giải
* Phương án trực tiếp và phương án gián tiếp
Với bài tập (2a)
- Phương án trực tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ vô nghiệm
- Phương án gián tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ không vô nghiệm (có
nghiệm)

NguyÔn Thanh Hßa

16

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

Với bài tập (2b)
- Phương án trực tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm
- Phương án gián tiếp: tìm giá trị của tham số để hệ vô nghiệm
2.2.2. Phương án để lựa chọn phương án tối ưu trong hai phương án đó
* TH1: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
x1

x2

+∞

x3
- Với bài toán (2a): x2- Với bài toán (2b):

x3≤x2

Phương án được chọn tùy ý
* TH2: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
+∞

x1

x2

-∞
- Với bài toán (2a): x2- Với bài toán (2b):

x1≤x2

Phương án được chọn tùy ý
* TH3: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
x1

x2

x3

NguyÔn Thanh Hßa

x4

17

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

- Với bài toán (2a)
x3

x4

x1

x2

x1

x2

x3

x4

x4 < x1
x2 < x3
- Với bài toán (2b) có 4 trường hợp sau
1) x1 ≤ x3 < x4 ≤ x2

x1

2) x3 ≤ x1 < x2 ≤x4

x3

x1

x2

x4

3) x3 < x1 < x4 < x2

x3

x1

x4

x2

4) x1 < x3 < x2 < x4

x1

x3

x2

x4

x3

x4

x2

Phương án được chọn: giải bài toán (2a)
* TH4: Khi miền nghiệm của 2 bất phương trình cho bởi hình vẽ
x1

-∞

+∞

x2

x1

x2

- Với bài toán (2a)
x1 < x3 < x4 < x2

-∞

x1

x3

x4

x2

+∞

- Với bài toán (2b) có 5 trường hợp sau
1) x3 < x4 ≤ x1 < x2

-∞

2) x1 < x2 ≤ x3 < x4

-∞

NguyÔn Thanh Hßa

x3

x4

x3

x1

x4

18

x1

x2

+∞

x2

+∞

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
3) x3 ≤ x1 < x4 < x2

-∞

4) x1 < x3 < x2 ≤ x4

-∞

5) x3 ≤ x1 < x2 ≤ x4

-∞

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
x3

x1

x1

x3

x4

x3

x2

+∞

x2

x1

x4

x2

x4

+∞

+∞

Phương án được chọn: giải bài toán (2a)
2.3. Thí dụ minh họa
Ví dụ : Tìm các giá trị của m để hệ sau
(I)

x2

(2m 1) x 2m 0

x2

(2m 1) x m2

(1)
có nghiệm duy nhất
2m 0 (2)

Giải
f ( x)

x2

(2m 1) x 2m

g ( x)

x2

(2m 1) x m2

Gọi

f ( x)

(2m 1) 2 8m (2m 1) 2

g ( x)

(m 1) 2

Khi đó

(m2

m
m

f(x) có 2 nghiệm : x 2m hoặc x 1
m hoặc x m 2

2m x 1 (khi 2m 1)
1 x 2m (khi 1 2m )

Hoặc (1)
(2)

0 với

2m) 1 0 với

g(x) có 2 nghiệm: x
(1)

2m

m x m 2

Xét các trường hợp sau:
a) Khi 2m 1

m

1
2

(1) trở thành x 1
(2)

1
2

x

5
2

NguyÔn Thanh Hßa

19

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Mà 1

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

1 5
,
2 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 1

1
thỏa mãn bài toán
2

Vậy m
b) Khi m

1
2

(1)

2m x 1

(2)

m x m 2
1
2
m 1
m

Hệ có nghiệm duy nhất

1
2
2m m 2
m

c) Khi m
(1)
(2)

1
2

1 x 2m
m x m 2
1
2
2m m

m

Hệ có nghiệm duy nhất

1
2
2m 1
m

Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi m

NguyÔn Thanh Hßa

1
và nghiệm duy nhất x 1
2

20

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

2.3.2. Hệ vô nghiệm, hệ có nghiệm
Ví dụ 1: Cho hệ bất phương trình
x2

(2 3m2 ) x 6m2

x2

(2m 5) x m2

0
5m 6 0

(1)
(2)

Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm
Giải
(1)

x1

x

Trong đó x1
f ( x)

(2)

x2 là các nghiệm của

x2

x

x3

x

x4

Trong đó x3
g ( x)

x2

(2 3m2 ) x 6m 2

x4 là các nghiệm của

x2

(2m 5) x m 2

5m 6

Miền nghiệm của hai bất phương trình được cho bởi hình vẽ
x1

x2
x3

-∞

+∞

x4

Tìm m để hệ đã cho vô nghiệm
Giá trị của m để hệ có nghiệm
f ( x)

(2 3m2 ) 2

g ( x)

(2m 5) 2

f ( x) 0

Gọi x1

2 , x2

x

24m2
4(m2

3m2

0 với

5m 6) 1 0 với

2 (3m2
2

3m2 thì x1

NguyÔn Thanh Hßa

(2 3m2 ) 2

x2 với

m
m

3m2
2

2)

m

21

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
(1)

x1

x

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

x1

x2

x2

-2
2m 5 1 2m 6
2
2
2m 5 1 2m 4
2
2

x4
g ( x) C
x3
x3

x4 với
x4

m 3
m 2

m
x

(2)

3m2

0

x3

x
x3

x4

m+2

m+3

Hệ vô nghiệm thì x1 , x2
Muốn vậy thì x1 , x2

, x3
x3 , x4

x4 ,

x3

Nhận thấy (*) không thỏa mãn với

x1

x2

x4 (*)

m vì

x1 , x2 có độ dài lớn hơn 2 đơn vị
x3 , x4 có độ dài đúng 1 đơn vị
Vậy không tồn tại m để hệ vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có nghiệm với m
Ví dụ 2: Cho hệ bất phương trình
x2

6x 7 m 0

x2

4 x 7 4m 0

(1)
(2)

Tìm m để hệ có nghiệm
Giải
(1)

x1

x

x2

(2)

x '1

x

x '2

NguyÔn Thanh Hßa

22

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Trong đó

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp
x2

x1

x2 là các nghiệm của f ( x)

x '1

x '2 là các nghiệm của g ( x)

6x 7 m

x2

4 x 7 4m

Ta giải bài toán gián tiếp
Tìm m để hệ đã cho có nghiệm
' 9 (7 m)

m 2

' 4 (7 4m) 4m 3

Ta tìm m để 1 trong hai bất phương trình vô nghiệm hoặc cả hai bất phương
trình có nghiệm nhưng giao của 2 miền nghiệm là tập rỗng
* Tìm m để các bất phương trình vô nghiệm
(1) vô nghiệm

' f ( x) 0

2 m 0

(2) vô nghiệm

'g ( x )

4 3m 0

0

m 2
m

3
4

* Tìm m để cả 2 bất phương trình đều có nghiệm nhưng giao của 2 tập
nghiệm là tập rỗng
Cả 2 bất phương trình đều có nghiệm
' f ( x)

0

'g ( x )

0

2 m 0
4m 3 0

m 2
3
m

4

3
4

m 2

Tìm m để giao của 2 miền nghiệm là tập rỗng
Gọi x1

x2 là các nghiệm của f(x)
x '2 là các nghiệm của g(x)

x '1

(1)

x1

x

x2

(2)

x '1

x

x '2

Trong đó

x1

3

x '1

2

2 m
4m 3

x2

3

x '2

2

2

m

4m 3

Xét các trường hợp

NguyÔn Thanh Hßa

23

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
x

+ Khi m 2 hệ đã cho

2

3
4

5

hệ đã cho

x

2

x

5

3

2
3

5
2

x

5
2

3

x

2

3
hệ đã cho có nghiệm
4

Vậy khi m 2 và m
+ Khi

3

x

3

4

+ Khi m

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

m 2

( x1

x2 , x '
1

x' )
2

Miền nghiệm của bất phương trình cho bởi hình vẽ

Hệ vô nghiệm

x1

Do

3

x'
2
x
1

(1’)

x1

x2

x’1

x’2

x1

x '2

x2

x '1

2 m
2

(1’)

3

4m 3

2

x ' không xảy ra với
2

x
x'
2
1
3
m 2
4
2 m
3
4

m

3
2 m
3
m 2
4
4m 3 1

m 2

NguyÔn Thanh Hßa

2

4m 3

2 m 4m 3 2 (2 m)(4m 3) 1
3
4

m 2

24

K33C – S- ph¹m To¸n


Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
2 (2 m)(4m 3)

3
4

2 3m

(vô lý)

3
4

Vậy

Kho¸ LuËn tèt nghiÖp

m 2

m 2 thì hệ có nghiệm

Do đó

Hệ vô nghiệm khi m

3
4

Hệ có nghiệm khi

3
hoặc m 2
4
m 2

2.4. Bài tập
2.4.1. Tìm giá trị của tham số để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất
a)

b)

x2

(2m 1) x 2m 0

x2

(2m 1) x m 2

x2

2mx 0

x m 1

2m 0

2m

2.4.2.Tìm giá trị của tham số để hệ bất phương trình có nghiệm,vô nghiệm
a) Cho hệ bất phương trình (I)
Tìm m :

x2

2x m 0

x2

4 x 6m 0

(1)
(2)

a) Hệ (I) có nghiệm
b) Hệ (I) vô nghiệm

b) Tìm m để hệ sau có nghiệm

mx 2

(m 3) x

mx m 2

NguyÔn Thanh Hßa

2
m

2m 0

2

25

K33C – S- ph¹m To¸n