SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE

TRƯỜNG THPT LÊ HOÀNG CHIẾU

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
GIẢI BÀI TỐN TÌM m ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH QUY
VỀ BẬC HAI CÓ NGHIỆM THOẢ ĐIỀU KIỆN
CHO TRƯỚC VÀ ĐỂ HÀM SỚ ĐƠN ĐIỆU HOẶC
HÀM SỚ ĐẠT CỰC TRỊ THOẢ ĐIỂU KIỆN CHO
TRƯỚC TỪ VIỆC SO SÁNH NGHIỆM CỦA
PHƯƠNG TRÌNH y’ = 0 VỚI SỚ α BẰNG CÁCH
QUI VỀ SO SÁNH VỚI SỚ 0
Đề tài thuộc lĩnh vực chun mơn: Giảng dạy bộ mơn Tốn
Họ và tên người thực hiên: Trần Văn Dũng
Chức vụ: Giáo viên
Sinh hoạt tổ chun mơn: Tở Toán

Bến Tre, tháng 03 năm 2013


PHẦN MỞ ĐẦU :
I.BỐI CẢNH CỦA ĐỀ TÀI:
Hoạt động dạy học là hoạt động trung tâm của nhà trường, hoạt động này
chiếm nhiều thời gian nhất và chi phối các hoạt động khác trong nhà trường. Dạy học
là con đường trực tiếp, thuận lợi nhất để giúp học sinh có thể nắm được lượng kiến
thức đồ sộ của loài người. Hoạt động dạy học có nhiều người tham gia và kết quả dạy
học thể hiện sự hợp tác chặt chẽ trong đội ngũ giáo viên đồng thời cần có sự sáng tạo,
hợp tác của học sinh.
Những năm học gần đây việc thực hiện đổi mới phương pháp dạy và học,
chương trình sách giáo khoa có nhiều thay đổi trong đó Bộ Giáo dục Đào tạo không

đưa vào chương trình học “ Định lý đảo về dấu tam thức bậc hai”. Do đó trong
chương trình khi gặp các bài toán như: “Tìm tham số m để phương trình bậc hai và
phương trình qui về bậc hai có nghiệm và so sánh nghiệm đó với một số cho trước” ;
“Tìm tham số m để hàm số đơn điệu trên một khoảng cho trước” hay “Tìm cực trị của
một hàm số có tham số m thoả mãn một điều kiện cho trước” gặp không ít khó khăn
cho giáo viên và học sinh khi không có công cụ là “Định lý đảo về dấu tam thức bậc
hai”; bên cạnh đó các kỳ thi tuyển sinh đại học thường lại xuất hiện các bài toán nói
trên. Qua thực tế giảng dạy và qua trao đổi với các đồng nghiệp tôi đã tôi đã tổng kết
và sử dụng định lí Viète (quen thuộc) từ việc so sánh nghiệm của một tam thức bậc
hai với một số qui về việc so sánh với số 0 (qui lạ về quen ) để giải quyết một lớp các
bài toán nói trên nhằm tạo nên sự phong phú về thể loại và phương pháp giải toán,
nhằm giảm nhẹ việc giải toán của học sinh phù hợp với chương trình và giải được các
bài toán trong các kỳ thi.
II. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Từ việc không sử dụng“Định lý đảo về dấu tam thức bậc hai” để giải quyết các
bài toán: “Tìm tham số m để phương trình bậc hai và phương trình qui về bậc hai có
nghiệm và so sánh nghiệm đó với một số cho trước” ; “Tìm tham số m để hàm số đơn
điệu trên một khoảng cho trước” hay “Tìm cực trị của một hàm số có tham số m thoả
mãn một điều kiện cho trước” . . . . Qua các năm thực tế giảng dạy toán theo sách
2


giáo khoa mới và để tháo gỡ phần nào sự lúng túng của học sinh về các dạng toán này
đồng thời thực hiện tốt việc giảm tải chương trình; bám sát chuẩn kiến thức kĩ năng
mà Bộ Giáo Dục Đào Tạo đề ra và chuẩn bị tốt cho các mùa thi sắp tới, tôi xin giới
thiệu một phương pháp dùng định lí Viète để giải bài toán bằng cách từ việc so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với các số cho trước thành việc so sánh nghiệm với
số 0.
III. PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Qua nhiều năm giảng dạy và tham gia các lớp bồi dưỡng, tôi suy nghĩ, tìm tòi,

thử nghiệm và rút ra được một cách dạy học sinh giải một bài toán liên quan đến
tham số m.
Với cách này đa số học sinh giải được các bài toán phù hợp với khả năng và
năng lực của mình; làm tốt các bài thi và kiểm tra cũng như có thể sáng tạo ra các bài
toán mới.
3.1. Phạm vi nghiêm cứu của đề tài bao gồm:
- Giải quyết bài toán “Tìm tham số m để phương trình bậc hai và phương trình
qui về bậc hai có nghiệm và so sánh nghiệm đó với một số cho trước”
- Giải quyết bài toán “Tìm điều kiện để hàm số đơn điệu trên một khoảng cho
trước”.
- Giải quyết bài toán “Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x 1; x 2 thoả điều kiện cho
trước ”
3.2. Đối tượng nghiên cứu:
Với chủ trương giảm tải của Bộ Giáo Dục Đào Tạo đã cắt bỏ đi định lí đảo về
dâu tam thức bậc hai do đó khi giải một số bài toán liên quan đến việc so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai (qui về bậc hai) với một số thì sẽ gặp không ít khó
khăn. Chính vì thế mà tôi đã viết bài này nhằm tháo gỡ phần nào khó khăn đó cho
học sinh khi giải các bài toán liên quan. Qua đó giúp cho học sinh dễ dàng tiếp cận và
làm tốt các bài tập như đã đề cập trên đây, trong các kì thi tốt nghiệp trung học phổ
thông, Cao đẳng và Đại học.
IV MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Tôi viết đề tài này nhằm giới thiệu cho đồng nghiệp cũng như các em học sinh
một phương pháp để giải quyết các bài toán như đã giới thiệu ở trên. Bên cạnh đó
3


phần nào giải quyết được một số khó khăn trong viếc giải các bài tập dạng : “Tìm
tham số m để phương trình bậc hai và phương trình qui về bậc hai có nghiệm và so
sánh nghiệm đó với một số cho trước” ; “Tìm tham số m để hàm số đơn điệu một
khoảng cho trước” hay “Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x 1; x 2 thoả điều kiện cho

trước” khi dùng phương pháp giải khác thì phức tạp hơn hay không quen thuộc đối
với học sinh
V. ĐIỂM MỚI TRONG KẾT QUA NGHIÊN CỨU:
Đối với các bài toán cần giải quyết không dùng “Định lý đảo về dấu tam thức
bậc hai” để giải quyết bài toán. Giải quyết bài toán này bằng cách dùng định lý Viète
Với phương pháp mà tôi giới thiệu thì các bài toán mà tham số m có thể có bậc khác
nhau.

PHẦN NỘI DUNG
I CƠ SỞ LÍ LUẬN:
1.1.Điều 26 và điều 31 của Điều lệ trường phổ thông có nêu:
Các hoạt động giáo dục bao gồm hoạt động trong giờ lên lớp và hoạt động
ngoài giờ lên lớp nhằm giúp học sinh phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất,
thẩm mỹ và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực cá nhân, tính năng động và sáng
tạo, xây dựng tư cách và trách nhiệm công dân; chuẩn bị cho học sinh tiếp tục học lên
hoặc đi vào cuộc sống lao động.
Rèn luyện đạo đức, học tập văn hoá, bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ để
nâng cao chất lượng, hiệu quả giảng dạy và giáo dục; vận dụng các phương pháp dạy
học theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động và sáng tạo, rèn luyện phương pháp
tự học của học sinh.
1.2. Kế hoạch năm học nêu:
Thực hiện tốt nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu “Tiếp tục đổi mới quản lý và nâng
cao chất lượng giáo dục”; “Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực”;
“Học tập và làm theo tấm gương đạo đức Hồ Chí Minh” phục vụ yêu cầu nâng cao
nguồn nhân lực đáp ứng cho thời kỳ công nghiệp hóa, hiện đại hóa, hội nhập kinh tế
quốc tế .
Nâng cao chất lượng 2 cuộc vận động “Học tập và làm theo tấm gương đạo
đức Hồ Chí Minh”, “Mỗi thầy cô giáo là một tấm gương đạo đức, tự học và sáng tạo”
4

Tích cực tổ chức thi đua dạy tốt - học tốt theo tinh thần xây dựng trường học
thân thiện - học sinh tích cực.
Đổi mới phương pháp giảng dạy để nâng cao chất lượng chất lượng dạy học
theo hướng bám sát tài liệu hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức kỹ năng, nội dung
giảm tải, đạt sát đối tượng nhằm tăng tỉ lệ học sinh khá giỏi, giảm tỉ lệ học sinh yếu
kém…
Xây dựng và triển khai thực hiện tốt kế hoạch đổi mới phương pháp dạy học,
kiểm tra và đánh giá học sinh trên tinh thần mỗi giáo viên và cán bộ quản lý phải
đăng ký và thực hiện một đổi mới trong phương pháp dạy học và quản lý. Giáo viên
bộ môn đổi mới phương pháp dạy học theo hướng giúp học sinh chuyển biến phương
pháp học, chủ động lĩnh hội kiến thức, biết tự học, chia sẽ với bạn phương pháp học
có hiệu quả. Giáo viên bộ môn phải nắm thật chắc danh sách học sinh yếu kém bộ
môn mình và có giải pháp khắc phục.
1.3.Kiến thức cơ bản:
Định lí Viète:
Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0 ) có hai nghiệm x 1; x 2
thì x 1 + x 2 = −

b
c
; x 1x 2 =
2a
a

Ngược lại, nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích uv = P thì u và v là
các nghiệm của phương trình: x 2 − Sx 2 + P = 0
* Một số kết quả cơ bản dùng trong bài viết:
x
i) 

y


 x

xy > 0
>0
 y
⇔
ii) 
>0
x +y > 0
x

 
 y


>0
<0
<0
>0

⇔ x .y < 0

x < 0
xy > 0
⇔
iii) 


y <0
x + y < 0


2
iv) Cho phương trình ax + bx + c = 0(*) , có hai nghiệm x 1; x 2 (x 1 < x 2 )

- Điều kiện để số α nằm giữa hai nghiệm phương trình (*) tức là:
x 1 < α < x 2 ⇔ x 1 − α < 0 < x 2 − α ⇔ (x 1 − α )(x 2 − α ) < 0
- Điều kiện để số α nhỏ hơn hai nghiệm phương trình (*) tức là:
5


x − α > 0
α < x1 < x 2 ⇔ 0 < x1 − α < x 2 − α ⇔  1
⇔
x 2 − α > 0

(x 1 − α )(x 2 − α ) > 0

(x 1 − α ) + (x 2 − α ) > 0

- Điều kiện để số α lớn hơn hai nghiệm phương trình (*) tức là:
x − α < 0
(x − α )(x 2 − α ) > 0
x1 < x 2 < α ⇔ x1 − α < x 2 − α < 0 ⇔  1
⇔ 1
x −α < 0
(x 1 − α ) + (x 2 − α ) < 0
 2

- Điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (α ; β )
là:
(x 1 − α )(x 2 − α ) > 0

α < x 1 < x 2
(x 1 − α ) + (x 2 − α ) > 0
α < x1 < x 2 < β ⇔ 
⇔
x
<
x
<
β
2
 1
(x 1 − β )(x 2 − β ) > 0
(x 1 − β ) + (x 2 − β ) < 0

- Điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thoả:
x < α < x 2
(x − α )(x 2 − α ) < 0
x1 < α < β < x 2 ⇔  1
⇔ 1
x < β < x2
(x 1 − β )(x 2 − β ) < 0
 1
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ:
Khi dạy cho học sinh về phương trình bậc hai có tham số gặp bài toán “Tìm
tham số m để phương trình có hai nghiệm lớn hơn số α (hoặc một nghiệm lớn hơn
và nghiệm kia nhỏ hơn α )...” ; “Tìm tham số m để hàm số đồng biến trên một

khỏang (α ; β ) ” hay “Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị sao cho hai điểm cực trị
đều nhỏ hơn α ” thì gặp phải một trở ngại là không có công cụ để giải quyết các bài
toán trên nếu sử dụng định lí đảo về dấu tam thức bậc hai cũng không phải là đơn
giản. Từ những điều đó tôi nghĩ đến cách giải quyết bài toán trên thay vì dùng định lí
đảo để so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với các số thực ta quy về so sánh nghiệm
của tam thức bậc với các số thực bằng cách dùng định lí Viète.
III. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH:
Xuất phát từ định lí Viète và việc so sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai
với số 0. Tôi đã hướng dẫn các em học sinh qui các bài toán so sánh với số α trở

6


thành so sánh với số 0. Chẳng hạn, khi so sánh x 1 < α < x 2 thì ta chuyển thành
x1 − α < 0 < x 2 − α . . .
1.MỘT SỐ BÀI TOÁN CỤ THỂ
1.1 Bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình bậc hai phương trình qui về
bậc hai có nghiệm thoả x 1 < α < x 2 ; x 1 < x 2 < α ; α < x 1 < x 2 < β
Bài toán 1: Cho phương trình kx 2 − 2(k + 1)x + k + 1 = 0 (1). Tìm k để phương trình
trên có 1 nghiệm lớn hơn 1 và môt nghiệm nhỏ hơn 1 ( bài tập 21b. Tr 81 SGK Đại số
10 NC- NXB GD)
Lời giải:
TH1: Khi k = 0; phương trình (1) trở thành : −2x + 1 = 0 ⇔ x =

1
2

TH2: Khi k ≠ 0 ; phương trình (1) có nghiệm thoả đề bài khi và chỉ khi :
 ∆ ' > 0
k + 1 > 0

⇔
⇔

x 1 < 1 < x 2
x 1 − 1 < 0 < x 2 − 1

k > −1
k > −1
⇔

(x 1 − 1)(x 2 − 1) < 0
x 1x 2 − (x 1 + x 2 ) + 1 < 0

k > −1

k > −1
⇔  k + 1 2(k + 1)
⇔
⇔k >0
k
>
0
−
+
1
<
0


 k

k
Vậy k > 0 là giá trị cần tìm.
Bài toán 2: Cho phương trình. x 2 + 2mx − m 2 = 0 (2). Tìm m để phương trình trên có
nghiệm thoả mãn: x 1 < x 2 < −1 (với x 1; x 2 là nghiệm của phương trình (2))
Lời giải:
Phương trình (2) có nghiệm thoả đề bài khi và chỉ khi :
2m 2 > 0, ∀m ≠ 0
m ≠ 0
 ∆ ' > 0


⇔ (x 1 + 1)(x 2 + 1) > 0 ⇔ x 1x 2 + (x 1 + x 2 ) + 1 > 0

x + 1 < x2 + 1 < 0
x + 1 + x + 1 < 0
x + x < 0
 1
2
2
 1
 1
m ≠ 0
m ≠ 0

 2
⇔  −m − 2m + 1 > 0 ⇔  −1 − 2 < m < − 1 + 2 ⇔ 0 < m < − 1 + 2
 −2m < 0
m > 0



7


Vậy 0 < m < −1 + 2 là giá trị cần tìm.
Bài toán 3: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình ẩn x sau có hai nghiệm
trái dấu (m + 3).16x + ( 2m − 1). 4x + m + 1 = 0 (3).
Lời giải:
Đặt t = 4x (t > 0) .Phương trình đã cho trở thành: (m + 3).t 2 + ( 2m − 1).t + m + 1 = 0 (3’).
Với mỗi t > 0 , phương trình 4x = t có nghiệm duy nhất. Do đó
x

x1 < 0 < x 2 ⇔ 4 1 < 1 < 4

x2

nên để phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu thì (3’)

có hai nghiệm t 1; t 2 thoả mãn 0 < t 1 < 1 < t 2
•

2
Khi m = -3 phương trình (3’) trở thành −7t − 2 = 0 ⇔ t = − ( không
7
thoả)

•

Khi m ≠ −3 phương trình (3’) là phương trình bậc hai.

- Phương trình (3’) có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi:


∆ = −20m − 11 > 0
 2m − 1
11
>0
⇔ −1 < m < − (*)
−
20
 m +3
m
+
1

>0
 m + 3
- t 1 < 1 < t 2 ⇔ (t 1 − 1)(t 2 − 1) < 0 ⇔ t 1t 2 − (t 1 + t 2 ) + 1 < 0 ⇔
⇔ −3 < m <

−3
(**)
4

Kết hợp (*) và (**) ta được −1 < m <

4m + 3
<0
m +3

−3
4

1.2 Bài toán tìm điều kiện để hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên một
khoảng cho trước
3
2
Bài toán 4: Tìm tất cả các giá trị tham số m để hàm số: y = − x − 3x + mx + 4 nghịch

(

)

biến trên khoảng 0 ; + ∞ .
Lời giải:
*Tập xác định hàm số: D = ¡ .
8


2
*Ta có: y ' = − 3x − 6x + m

(

)

2
*Hàm số nghịch biến trên khoảng 0 ; + ∞ ⇔ y ' = − 3x − 6x + m ≤ 0 ; ∀x > 0 (I)

Ta có: ∆ ' = 9 + 3m
TH1: ∆ ' ≤ 0 ⇔ 9 + 3m ≤ 0 ⇔ m ≤ −3 . Khi đó y ' ≤ 0, ∀x ∈ ¡ , do đó y ' ≤ 0, ∀x > 0
TH2: ∆ ' ≥ 0 ⇔ 9 + 3m ≥ 0 ⇔ m ≥ −3 . Khi đó y ' = 0 có hai nghiệm x 1; x 2 phân biệt

( x 1 < x 2 ).
x .x ≥ 0
y ' ≤ 0, ∀x > 0 ⇔ x 1 < x 2 ≤ 0 ⇔  1 2
⇔
x
+
x
<
0
2
 1

m
 ≥ 0
⇔m ≤0
 −3
6
 <0
 −3

Kết hợp TH1 và TH2 ta được m ≤ 0 . Vậy với m ≤ 0 thì hàm số trên nghịch biến trên

( 0; + ∞)
Bài toán 5: Cho hàm số y = x 3 − 2( 2m + 1)x 2 + (m 2 − 3m + 2)x + 4 . Tìm m để hàm
số đồng biến trên khoảng (1; +∞)
Lời giải:
* Tập xác định hàm số: D = ¡ . y ' = 3x 2 − 4( 2m + 1)x + m 2 − 3m + 2 ≡ g(x )
* Ta có : ∆ ' = 15m 2 − 7m − 2
-TH 1 : Khi ∆ ' ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤

1
thì g(x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ , do đó g(x ) ≥ 0, ∀x > 1
13

m < −2
-TH2 : ∆ ' > 0 ⇔ 
1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 ( x 1 < x 2 ).
m >

13
Hàm số đồng biến trên (1; +∞) ⇔ x 1 < x 2 ≤ 1
(x − 1)(x 2 − 1) ≥ 0
⇔ x1 − 1 < x 2 − 1 ≤ 0 ⇔  1
x 1 + x 2 < 2

9



11 − 117
 m ≤
2

m 2 − 11m + 1 ≥ 0

⇔  m ≥ 11 + 117 ⇔ m ≤ 11 − 117
⇔
2
8m < 2


2

1
m <

4
Kết hợp TH1 và TH2 ta được : m ≤

11 − 117
2

(

)

(

)

3
2
Bài toán 6: Cho hàm số y = x – 3 2m + 1 x + 12m + 5 x + 2 . Xác định m

để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2 ; + ∞ ).
Lời giải:
*Tập xác định hàm số: D = R.

(

(

)

)

2
2
*Ta có : y ' = 3x − 6 2m + 1 x + 12m + 5 ,đặt g(x ) = 3x − 6 2m + 1 x + 12m + 5
'
2
2
*Xét ∆g( x ) = 9( 2m + 1) − 3(12m + 5) = 36m − 6

− 6
6
TH1 :Khi ∆ ≤ 0 ⇔
. Thì g(x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ g(x ) ≥ 0, ∀x > 2
≤m ≤
6
6
TH2 : Khi ∆ > 0 ⇔

6
≤ m . Thì g(x ) = 0 có hai nghiệm x 1; x 2 phân biệt ( x 1 < x 2
6

).

(

)

(

)

2
*Hàm số đồng biến trên khoảng 2 ; + ∞ ⇔ g(x ) = 3x − 6 2m + 1 x + 12m + 5 ≥ 0; ∀ x > 2

2( 2m + 1) < 4
(x 1 − 2)(x 2 − 2) ≥ 0
x 1x 2 − 2(x 1 + x 2 ) + 4 ≥ 0

⇔
⇔ x1 < x 2 ≤ 2 ⇔ 
⇔
5
x 1 + x 2 < 4
x 1 + x 2 < 4
−4m + ≥ 0
3


1
m <
2
⇔
m ≤ 5

12

Kết hợp TH1 & TH2 ta được m ≤

5
5
. Vậy m ≤
thì hàm số đồng biến trên
12
12

khoảng ( 2; +∞)
Bài toán 7: (ĐH KTQD 1997)Cho hsố y = x 3 − ax 2 − ( 2a 2 − 7a + 7)x + 2(a − 1)( 2a − 3) .
Tìm a để hàm số trên đồng biến trên [2:+∞)
10


Li gii:

*Tp xỏc nh hm s D = Ă
y ' = 3x 2 2ax ( 2a 2 7a + 7) , vi ham sụ liờn tuc trờn Ă .Do o ham sụ trờn ụng
biờn trờn [2:+) y ' 0, x 2
*Ta co ' = 7a 2 21a + 21 > 0, a , phng trinh y ' = 0 co hai nghiờm phõn biờt
(x 1 2)(x 2 2) 0


x 1; x 2 ( x 1 < x 2 ). Vi võy y ' 0, x 2 x 1 < x 2 2

x 1 + x 2 < 4

2a
a < 6
<4
a < 6

3





5
2
2
2a + 3a + 5 0
2a 7a + 7 2. 2a + 4 0
1 a


2

3
3


1 a

5
5
. Võy gia tri cõn tim la 1 a thi ham sụ ụng biờn trờn [2:+)

2
2

1.3 Bi toỏn tỡm iu kin m hm s at cc ai, cc tiờu va thoa man iờu
kiờn cho trc

(

)

(

)

3
2
Bai toan 8: Cho hm s y = x + 1 - 2m x + 2 - m x + m + 2 ( m l tham s)
(1).Tỡm cỏc giỏ tr ca m th hm s (1) cú im cc i, im cc tiu, ng
thi honh ca im cc tiu nh hn 1. (ờ thi d bi H, C khụi B 2006)

Li giai:
* Taọp xaực ủũnh D =Ă . Ta cú y ' = 3x + 2(1 2m )x + 2 m
2

Yờu cu ca bi toỏn y ' = 0 cú hai nghim x 1; x 2 sao cho: x 1 < x 2 < 1


2
(1 2m ) 3( 2 m ) > 0
4m 2 m 5 > 0

' > 0



(x 1 1)(x 2 1) > 0
x 1x 2 (x 1 + x 2 ) + 1 > 0
x 1 1 < x 2 1 < 0
x + x
x + x
2
2
1
1
<1
<1
2
2

5
m > hoaởc m < 1
m < 1
4

5m + 7 > 0
5
1 + 2m < 3
4
5

11


(

)

(

)

3
2
Vậy hàm sớ y = x + 1 - 2m x + 2 - m x + m + 2 ( m là tham số) (1).Tìm các

giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hồnh độ
m < −1
của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1 khi  5
7
 4
5
Bài toán 9: hàm sớ y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1)x + 2 . Tìm m để đạt cực đại ; cực
tiểu đờng thời các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đới với trục tung. (ĐH
THỂ DỤC THỂ THAO I năm 2001)
Lời giải:
*Tập xác định D = ¡ ,
* Ta có y ' = 3x 2 + 6mx + 3(m 2 − 1)

u cầu của bài tốn ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm x 1; x 2 sao cho x 1 < 0 < x 2 ⇔ x 1.x 2 < 0
3(m 2 − 1)
< 0 ⇔ −1 < m < 1. Vậy −1 < m < 1 là các giá trị m cần tìm
3
1
Bài toán 10: Tìm m để hàm sớ y = x 3 + (m − 2)x 2 + ( 5m + 4)x + m 2 + 1 đạt cực
3
⇔

đại, cực tiểu tại các điểm x 1, x 2 thoả mãn : x 1 < −1 < x 2
Lời giải:
* Tập xác đònh D =¡
* Ta có : y ' = x 2 + 2(m − 2)x + ( 5m + 4)
* Hàm sớ đạt cực đại , cực tiểu

⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0

m > 9
(1). Khi đó hàm sớ đạt cực đại, cực tiểu tại x , x .
⇔

⇔ m − 9m > 0
1
2
m < 0
2

Theo định lí Viète ta có :
x 1 + x 2 = −2(m − 2)


x 1x 2 = 5m + 4
* u cầu của bài toán ta có : x 1 < −1 < x 2 ⇔ (x 1 + 1)(x 2 + 1) < 0
⇔ 5m + 4 − 2m + 4 + 1 < 0 ⇔ 3m + 9 < 0 ⇔ m < 3 (2)
12


* Kết hợp (1) và (2) ta được m < −3 . Vậy với m < −3 thì hàm số đạt cực đại và cực
tiểu tại các điểm x 1, x 2 thoả mãn : x 1 < −1 < x 2
Bài toán 11: Cho hàm số y = x 3 − 2( 2m + 1)x 2 + (m 2 − 3m + 2)x + 4 .Tìm tất cả các
tham số m để đồ thị của hàm số đã cho có điểm cực đại và cực tiểu ở về hai phía của
trục tung (Đại học Đà Nẵng khối A-2001)
(Nhận xét: Ta có y ' là tam thức bậc hai; đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực
tiểu nằm hai phía của trục tung khi điểm cực đại và điểm cực tiểu x 1; x 2 của hàm số
trái dấu)
Lời giải:
*Tập xác định D = ¡ ,
* Ta có y ' = 3x 2 − 4( 2m + 1)x + (m 2 − 3m + 2)
Yêu cầu của bài toán ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm x 1; x 2 sao cho x 1 < 0 < x 2 ⇔ x 1.x 2 < 0
(m 2 − 3m + 2)
< 0 ⇔ 1 < m < 2 . Vậy 1 < m < 2 là các giá trị m cần tìm
3
1
Bài toán12: Tìm m để hàm số y = x 3 − mx 2 + mx − 1 , Đạt cực đại ; cực tiểu tại
3
⇔

các điểm x 1; x 2 sao cho x 1 − x 2 ≥ 8
(Nhận xét ta có y '

là tam thức bậc hai;

x 1 − x 2 ≥ 8 ⇔ (x 1 − x 2 ) 2 ≥ 64

⇔ (x 1 + x 2 ) 2 − 4x 1x 2 ≥ 64 )
Lời giải:
*Tập xác định D = ¡ , y ' = x 2 − 2mx + m
∆ ' > 0
*Yêu cầu bài toán ⇔ x 1 − x 2 ≥ 8 ⇔ 
2
(x 1 + x 2 ) − 4x 2x 1 ≥ 64
 m > 1

⇔  m < 0
⇔
( 2m ) 2 − 4m − 64 ≥ 8



1 + 65
m ≥
2


1 − 65
m
≤

2

13


1 + 65
m ≥
2
Vậy, với 
thì hàm số có cực đại và cực tiểu thoả mãn đề bài.

1 − 65
m ≤
2
*.NHẬN XÉT: Rõ ràng lời giải trên ngắn gọn, tháo gỡ phần nào sự lúng túng của học
sinh khi gặp dạng toán này đồng thời gần gũi hơn với học sinh, hơn thế nửa là bỏ qua
đi việc biến đổi phương trình về ẩn mới như cách giải sau đây

(

)

(

)

3
2
Bài toán 3: Cho hàm số y = x – 3 2m + 1 x + 12m + 5 x + 2 . Xác định m

để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2 ; + ∞ ).
Ta giải bài toán 3 bằng phương pháp như sau .

y ' = 3x 2 − 6.( 2m + 1)x + 12m + 5
∆ ' = 6( 6m 2 − 1)
•

Nếu m ≤

1
6

(

biến trên 2 ; + ∞
•

Nếu m ≥

thì ∆ ' ≤ 0 khi đó y ' ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔ Hàm số đồng biến R, nên đồng

)

1
6

( 2 ; + ∞ ) ta phải có

thì y’ có 2 nghiệm x1< x2.Do đó để hàm số đồng biến trên khoảng
x1 < x 2 ≤ 2

2
Xét: g(x ) = 3x − 6.( 2m + 1)x + 12m + 5

2
Đặt x = t +2 ta có : g(t) = 3t − 6.( 2m − 1)t − 12m + 5


1
m >
6
∆ > 0

 t
1
5
5
1

≤m ≤
x 1 < x 2 ≤ 2 ⇔ t1 < t 2 ≤ 0 ⇔  Pt ≥ 0 ⇔  m ≤
⇔m <−
hoặc
12
12
6
6
S < 0

1
t

 m <


2


(

)

5
Tóm lại để y đồng biến trên khoảng 2 ; + ∞ ta có m ≤

2.LỜI BÌNH :
14

12


Cách giải ở * NHẬN XÉT đòi hỏi phải tính toán chuyển qua một ẩn số mới đôi
khi việc biến đổi đó sẽ gây khó khăn cho học sinh, chẳng hạn : biến đổi làm sai
phương trình, sai điều kiện của phương trình ban đầu và phương trình sau . . . .
IV HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM :
Với việc áp dụng cách giải trên đây sẽ giải quyết bài toán “Tìm tham số m để
phương trình có hai nghiệm lớn hơn số α (hoặc một nghiệm lớn hơn và nghiệm kia
nhỏ hơn α )...” ; “Tìm tham số m để hàm số đơn điệu trên một khoảng cho trước” hay
“Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x 1; x 2 thoả điều kiện cho trước ” gặp không ít khó
khăn cho giáo viên và học sinh khi không có công cụ là “Định lý đảo về dấu tam thức
bậc hai” sẽ dễ dàng hơn và hiệu quả cao hơn. Thông qua các lớp dạy tôi nhận thấy
các em học sinh giải quyết bài toán này bằng phương pháp vừa nêu đạt kết quả cao
hơn so với việc giải bài toán trên với phương pháp tam thức bậc hai ở phần *.NHẬN
XÉT trên đây. Sau đây là kết quả so sánh việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm và
không áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, qua các bài kiểm tra liên quan các vấn đề nêu

trên của các lớp
Sĩ

Giỏi

số
12A2
(2009-2010)
12A2
(2010-2011)
12A2
(2011-2012)
12A1
(2012-2013)
12B9
(2010-2011)
12B3
(2011-2012)
12B2
(2012-2013)

Khá

SL

%

SL

9

20

16

44 13 28.9

Tr bình

Ghi chú

%

SL

%

35.6 15 33.3

4

8.9

1

2.3

20

44.4 11 24.4

1

2.3

Đã dùng SKKN

44 15 34.1

20

45.5

8

1

2.2

Đã dùng SKKN

44 16 36.4

22

50

5

1

2.2

39

4

10.3

8

39

6

15.3

10

36

6

16.7

11

20.
6

SL

6

18.
2
11.4

13 33.3 11 28.2

25.6 16
30.

%

Kém

SL

45

%

Yếu

41.
0

14 38.9

15

SKKN

Đã dùng SKKN
HKI

3

7.6

6

15.4

1

2.7

4

11.1

1

2.7

PHẦN KẾT LUẬN

Chưa dùng

Chưa dùng
SKKN
Đã dùng SKKN
Đã dùng SKKN
HKI


I. Những bài học kinh nghiệm : Phương pháp trên khá hiệu quả giải quyết một cách
nhanh gọn một lớp bài toán nói ở trên đây. Tuy nhiên để thực hiện tốt những ý đồ trên
đây thì giáo viên cần phải nỗ lực nhiều hơn nữa trong việc chuẩn bị tốt phần kiến
thức trên để học sinh dễ dàng áp dụng phương pháp này hơn.
II. Ý nghĩa của sáng kiến nghiệm: Giúp cho học sinh giải các bài toán nói trên đây dễ
dàng hơn và ít phức tạp hơn
III. Khả năng ứng dụng, triển khai:
Sáng kiến kinh nghiệm này có thể ứng dụng giảng dạy cho học sinh lớp
10,11,12 trong chương trình phổ thông và dành cho ôn thi tốt nghiệp THPT và Đại
học
IV. Lời kết :
Qua một thời gian tìm tòi và áp dụng kết quả của SKKN đã đạt một số kết
quả. Nhân đây tôi xin chân thành cảm ơn BGH, các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn
đã chân tình góp ý kiến và bổ sung những thiếu sót để SKKN của tôi được hoàn
thành.

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Trần Văn Hạo ( tổng chủ biên),Vũ Tuấn (chủ biên),Lê Thị Thiên Hương,
Nguyễn Tiến Tài, Cấn Văn Tuất, 2008, Sách giáo khoa Giải Tích 12 Cơ

Bản, Nhà xuất bản Giáo Dục
2. Trần Văn Hạo ( tổng chủ biên),Vũ Tuấn (chủ biên),Lê Thị Thiên Hương,
Nguyễn Tiến Tài, Cấn Văn Tuất, 2008, Sách bài tập Giải Tích 12 Cơ
Bản, Nhà xuất bản Giáo Dục
3. Đoàn Quỳnh ( tổng chủ biên) Nguyễn Huy Đoan (chủ biên),Trần
Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, 2008,Sách giáo
khoa Giải Tích 12 Nâng Cao,Nhà xuất bản Giáo Dục
4. Đoàn Quỳnh ( tổng chủ biên) Nguyễn Huy Đoan (chủ biên),Trần
Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, 2008, Sách bài
tập Giải Tích 12 Nâng Cao, Nhà xuất bản Giáo Dục
5. « Tài Liệu Bồi dưỡng giáo viên thực hiện chương trình môn toán »,
2008, Nhà xuất bản Giáo Dục
6. Trần Phương tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn toán – NXB
Hà Nội - 2008
7. « Các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng các năm »
8. Tham khảo từ Internet. Các website : www.math.vn; www.toanthpt.net;
www.onthi.com; www.mathvn.com ; www.baigiang.bachkim.vn
17


Mục Lục
Trang
PHẦN MỞ ĐẦU

1

I.

Bối cảnh đề tài

1

II.

Lý Do Chọn Đề Tài

1

III. Phạm Vi và Đối Tượng Nghiên Cứu

2

IV. Mục Đích Nghiên Cứu

2

V. Điểm Mới Trong Kết Quả Nghiên Cứu

3

PHẦN NỘI DUNG

3

a.

Cơ Sở Lý Luận

II.

Thực Trạng Của Vấn Đề

3
5

III. Các Biện Pháp Tiến Hành

5

1. Một Số Bài Toán Cụ Thể

6

1.1 Bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình bậc hai
phương trình qui về bậc hai có nghiệm thoả x 1 < α < x 2 ; x 1 < x 2 < α ;

α < x1 < x 2 < β

6

1.2 Bài toán tìm điều kiện để hàm số đồng biến
(hoặc nghịch biến) trên một khoảng cho trước
1.3 Bài toán tìm điều kiện m để hàm số đạt cực đại, cực tiểu
18

7


và thoả mãn điều kiện cho trước cực tiểu và thoả mãn điều kiện
cho trước

10

2. Lời Bình

13

IV. Hiệu Quả Của Sáng Kiến Kinh Nghiệm

13

KẾT LUẬN

14

I. Những bài học kinh nghiệm

14

II.Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm

15

III. Khả năng ứng dụng, triển khai

15

IV.Lời kết

15

Tài Liệu Tham Khảo
Mục Lục

16
17

19