skkn các phương pháp ứng dụng dấu tam thức bậc hai để giải một số dạng bài toán

Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
A. đặt vấn đề:
Định lý về dấu tam thứ bậc hai là một trong những định lý rất quan trọng
trong chương trình toán phổ thông. Nó có nhiều ứng dụng như: Xét dấu biểu thức,
giải phương trình và bất phương trình chứa ẩn ở mẫu, bất phương trình bậc cao,
chứng minh bất đẳng thức và trong bài toán biện luận phương trình......
Trong bài viết này tôi giới thiệu ra các phương pháp ứng dụng dấu tam thức
bậc hai để giải một số dạng bài toán, để độc giả tham khảo và có thể làm tài liệu
tham khảo cho học sinh khá, giỏi.
Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp đã giúp đỡ, góp ý để tôi
hoàn thành chuyên đề này. Trong quá trình viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót
mong được sự góp ý của độc giả. Tôi xin chân thành cảm ơn.


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai

ứng dụng về dấu của tam thức bậc hai
i. Bài toán xét dấu:
Biểu thức f(x) = ax + bx + c, a ≠ 0 gọi là tam thức bậc hai biến số x. Dấu
của f(x) phụ thuộc vào ∆ = b2 – 4ac và a theo sơ đồ sau:
∆ = b 2 − 4ac

-

+

0
af ( x ) 〉 0
af ( x ) 〉 0 với x ngoài [ x1 , x 2 ]
−b
af ( x ) 〈0 với x1 〈 x 〈 x 2

Với ∀x
Với ∀x ≠
2a
Lưu ý: 1) Nếu a = 0 thì f ( x ) không phải là tam thức bậc hai khi đó
f ( x ) = bx + c và dấu của f ( x ) phụ thuộc vào b và c như sau:
af ( x ) 〉 0

b

≠ 0

=0

f ( x ) = c với ∀x

bf ( x ) 〉0∀x〉

−c
b

2) Nếu bài toán yêu cầu xét dấu của biểu thức F(x) bậc cao hoặc
dạng phân thức đại số thì phải đưa F(x) về dạng tích hoặc thương của các thừa số
với bậc không quá hai.
Bài toán 1: Xét dấu các biểu thức:
a. f ( x ) = x 3 − 3x 2 − 6 x + 8 .
b. f ( x ) = x 4 − x 2 + 6 x + 9 .
c. f ( x ) = x 4 −4 x 3 + 3x 2 + 6 x − 9
Giải Phân tích f ( x ) thành thừa số:
a. f ( x ) = x 3 − 3x 2 − 6 x + 8
f ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x + 8) lập bảng xét dấu của f ( x )

x
x −1
x 2 − 2x + 8
f ( x)

-∞

-2
+
-

0
0

1

+

0
0

+∞

4

+
-

0
0

+
+
+


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
b. f(x) = x2 – x2 + 6x – 9 = x4 – ( x – 3)2 = ( x2 + x -3) ( x2 – x +3)
Lập bảng xét dấu f(x):
−∞

x

+
+
+

x2 + x - 3
x2 - x + 3
f ( x)

− 1 − 13
2
0

+
-

0

− 1 + 13
2
0
0

+∞
+
+
+

c. Làm tương tự: f(x) = x4 – 4x3 + 3x2 + 6x – 9 = ( x2 – 2x)2 – ( x – 3)2
= ( x2 – x – 3 ) ( x2 – 3x + 3)
Bài toán 2: Giải bất phương trình:
a) x( x3 – x + 6) < 9
b)

Giải:

1
1
1
< +
x+9 x
2

a) Bất phương trình tương đương với: f ( x ) = x 4 − x 2 + 6 x − 9〈0
− 1 − 13
− 1 + 13
〈 x〈
.

2
2
1
1 1
− − 〈0
b) Bất phương trình tương đương với f ( x ) =
x+9 x 2
x
〈−
9

− x 2 − 9 x − 18
⇔ f ( x) =
〈0 ⇔ − 6〈 x〈−3
2 x( x + 9 )
 x〉 0.

Theo bài toán 1 thì f ( x ) 〈0 ⇔

Sau đây là một số bài tập được chọn từ các đề thi Đại học:
Bài 1: Giải bất phương trình:
a) x 4 − 4 x 3 + 8 x < 5

b) x 3 − 3x + 2〉 0

c) x 4 − 2 x 3 + 6 x < 9

d)

3x + 7

≥ −5
x −x−2
2

Bài 2: Giải hệ phương trình:
 x 4 − 10 x 2 + 9 < 0
a)  4
 x + 4 x 3 + 3x 2 > 2 x + 1

3
 1
<

b)  x − 2 x + 1
 x 3 − 5 x( x + 1) > 0



Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
ii. chứng minh bất đẳng thức nhờ xét dấu của tam thức bậc hai
Sau đây là một số bài toán đề cập trực tiếp đến dấu của tam thức bậc
hai
Bài toán 1: Chứng minh rằng a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác
thì:
bx 2 − (b 2 + c 2 − a 2 ) x + c 2 > 0 với mọi x .
Giải: vế trái là tam thức bậc hai với hệ số của x 2 là b 2 > 0

(

∆x = b 2 + c 2 − a 2

)

2

(

)(

− 4b 2 c 2 = b 2 + c 2 − a 2 + 2bc b 2 + c 2 − a 2 − 2bc

= [( b + c ) − a ].[ ( b − c ) − a ]
2

2

2

)

2

= ( b + c + a )( b + c − a )( b − c + a )( b − c − a )

Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên b + c + a > 0
b+c−a >0 ;
b−c+a > 0 ;
b−c−a < 0
Suy ra ∆x < 0 từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Lưu ý: Do sự có mặt của tổng bình phương các cạnh ta cũng có thể nghĩ

đến hàm số cosin: a 2 = b 2 + c 2 − 2bcCosA ⇒ b 2 + c 2 − a 2 = 2bcCosA .
Vậy ∆x = 4b 2 c 2CosA − 4b 2 c 2 = −4b 2 c 2 Sin 2 A ⇒ ∆x < 0
(Do 0 < A < π ⇒ Sin 2 < 0 )
Bài toán 2: Cho tam giác ABC bất kỳ. Chứng minh với ∀x ta đều có:
x2
1+
≥ CosA + x( CosB + CosC )
2

Giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
x2
− x( CosB − CosC ) + 1 − CosA ≥ 0 với ∀x ⇔ ∆x ≤ 0
2
 B+C 
 B −C 
2
2
⇔ ( CosB + CosC ) − 2(1 − cos A) ≤ 0 ⇔ 4Cos 2 
Cos 2 
 − 4 Sin A ≤ 0
 2 
 2 
B+C A π
B+C
A
+ = nên Cos
= Sin
Nhưng
2
2 2

2
2
A

 B−C 
2 A
2 B −C
− 1 ≤ 0 ⇔ −4 Sin 2 Sin 2 
≤0
Do đó ⇔ 4Sin Cos
2
2
2

 2 

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên là đúng.
Bài toán 3: Biết rằng a ≠ 0 , b ≠ 0 chứng minh rằng:
a)

a2 b2 a b
+
≥ +
b2 a2 b a

Giải:

(1)

 a 2 b2   a b 

+ 2  − 5 +  + 6 ≥ 0 (2)
2
a  b a
b

b) 2


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
a b
,
b a X ∈( − 2,2 )
(1) ⇔ X 2 − 2 ≥ X ⇔ X 2 − X − 2 ≥ 0 hiển nhiên đúng khi: X ∈ ( 2,2)

a) đặt X = +

b) Làm tương tự.
Sau đây là một số bài tập được chọn từ các đề thi Đại học:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi x,y ta đều có:
a) ( x 2 + y 2 )( x 2 + 1) ≥ 4 x 2 y
b) ( x + y )2 ≥ ( x − 1)( y + 1)
Bài 2: Cho a 2 > 36 và abc = 1 chứng minh:
a2
+ b 2 + c 2 > ab + bc + ca
3
Bài 3: Chứng minh với mọi x và α ta đều có:

(1 + Sin α ) x
2

2

− 2( Sinα + Cosα ) x + 1 + Cos 2α > 0

iii. điều kiện để biểu thức không đổi dấu
Cho f ( x ) = ax 2 + bx + c ta biết
 a = b = c

c > 0
1. f ( x ) > 0 với mọi x ⇔ 
a > 0

∆ > 0
 a = b = 0

c ≥ 0
2. f ( x ) ≥ 0 với mọi x ⇔ 
a > 0

∆ ≥ 0

Ta cũng suy ra được điều kiện của f ( x ) > 0 hoặc f ( x ) ≤ 0 .
Bài toán 1: Xác định a để hàm số:

(

) x3 + ( a + 1) a

y = a 2 −1

3

2

+ 3x + 5

là đồng biến với mọi x .
Giải: Hàm số y đồng biến với mọi x ⇔ y , ≥ 0 với mọi x

(

)

⇔ a 2 − 1 x 2 + 2( a + 1) x + 3 ≥ 0 với mọi x .
a 2 − 1 = 0
a = ±1

⇔ a = −1 .
Trường hợp 1: 2( a + 1) = 0 ⇔ 
a = 1
3 > 0



Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
 a > 1
a 2 − 1 > 0

⇔   a < −1
Trường hợp 2:  ,

∆ ≤ 0

2
2
( a + 1) − 3 a − 1 ≤ 0
Vậy a ≥ 2 hoặc a ≤ −1 .

(

)

Bài toán 2: Tìm a sao cho bất đẳng thức:
1
≥ x − axy + y − 25 x 2
100
nghiệm đúng với mọi cặp số ( x; y ) thoả mãn x = y
25 y 2 +

Giải: x = y ⇔ x = ± y . Do đó bất đẳng thức phải đúng trong cả hai trường
hợp sau đây:
Trường hợp 1: x = y bất đẳng thức trở thành:

( a + 50) x 2 − 2 x +

1
≥0
100

Nó luôn đúng với mọi x khi và chỉ khi:
a > −50

a + 50 > 0
a > −50

⇔  a + 50
⇔
⇔ a ≥ 50 (1)
 ,
a ≥ 50
∆ x ≤ 0
1 − 100 ≤ 0

Trường hợp 2: x = − y . Bất đẳng thức trở thành:

( 50 − a ) x 2 +

1
≥ 0 luôn đúng khi và chỉ khi a = 50 hoặc
100

50 − a > 0
⇔ a ≤ 50 (2)

∆ ≤ 0

Kết hợp trường hợp (1) và trường hợp (2) ta đi đến đáp số: a = 50
Bài toán 3: Tìm m sao cho:

x 2 + 4 y 2 + 2 x + xy + 3 > 0 với mọi x , y .

Giải: Hãy coi vế trái là tam thức bậc hai của x thì:

f( x) = x 2 + 2 x + 4 y 2 my + 3 > 0∀x, y
⇔ ∆' x < 0∀y
⇔ 1 − 4 y 2 − my − 3 < 0∀y

⇔ 4 y 2 + my + 2 > 0∀y
⇔ ∆ y < 0 ⇔ m 2 − 32 < 0 ⇔ −4 2 < m < 4 2 .


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
iv. So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với các số
1. Các quy tắc cơ bản:
Cho tam thức bậc hai: f( x) = ax 2 + bx + c, (a ≠ 0)
a) Để so sánh các nghiệm của f( x) với số α ta có quy tắc biểu diễn
sau:
af ( x )

-

∆≥0

+

0

∆ > 0
α là nghiệm

 x1 < α < x2

α ngoài [ x1 ; x2 ]

s
−α
2

- 0
x1 < x2 = x

s
−α
2

+

x 1 = x2 = α

α = x1 = x2

x1 , x2 < x

+
x1 , x2 > x

Lưu ý:
1. Khi af ( x) < 0 ta kết luận được ngay f (x) có nghiệm nên không cần xét
∆ ; nhưng khi af ( x ) > 0 thì phải đặt điều kiện có nghiệm cho f (x).
2. Nếu a ≠ 0 thì f ( x) = ax 2 + bx + c có một nghiệm thuộc ( α , β ) và một nghiệm
ngoài [α , β ] ⇔ f (α ) f ( β ) < 0 .
b) Ngoài sơ đồ quy tắc trên, các bạn học sinh cần nắm vững một số
quy tắc sau đây để biết cách xử lý linh hoạt những bài toán với các yêu cầu rất cơ
bản:

f (x) có nghiệm duy nhất thoả mãn x > α
Ta có ba trường hợp:
Trường hợp 1: f (x) có nghiệm x1 < α < x2 ⇔ af (α ) < 0
∆ = 0

f
(x
)
α
<
x
=
x
⇔
Trường hợp 2:
có nghiệm

s
1
2
α < 2
 f (α ) = 0

Trường hợp 3: f (x) có nghiệm α = x1 < x2 ⇔ 
s
α < 2

Lưu ý: Nếu thay yêu cầu x > α bởi ( x ≥ α ; x < α ; x ≤ α ) ta vẫn xét ba trường
hợp:

f ( x ) có ít nhất một nghiệm thoả mãn x > α

Ta có ba trường hợp:


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
Trường hợp 1: f (x) có nghiệm x1 < α < x2 ⇔ af (α ) < 0
 f (α ) − 0

Trường hợp 2: f (x) có nghiệm α = x1 < x2 ⇔ 
s
α < 2

∆ ≥ 0

Trường hợp 3: f (x) có nghiệm α < x1 , x2 ⇔ af (α ) > 0

s
α <
2


Lưu ý: 1) Có thể sử dụng phương pháp gián tiếp: Xét điều kiện để f (x)
không có nghiệm thoả mãn x > α khi đó xét hai trường hợp:
Trường hợp1: f (x) vô nghiệm ⇔ ∆ = 0

∆ ≥ 0

Trường hợp 2: f (x) có nghiệm x1 , x2 ≤ α ⇔ af (α ) ≥ 0
s

 ≤α
2
2. Thay yêu cầu x > α bởi x < α ; x ≥ α ; x ≤ α

Ta vẫn xét các trường hợp tương tự
f (x) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [α ; β ]
Trường hợp 1: f (x) có nghiệm α , hoặc có nghiệm β

⇔ f (α ) f ( β ) = 0
Trường hợp 2: f (x) có một nghiệm thuộc (α ; β ) và một nghiệm ngoài
[α ; β ] ⇔ f (α ) f ( β ) < 0
Trường hợp 3: f (x) có cả hai nghiệm α < x1 , x2 < β

∆≥0
af (α) >0


⇔af ( β) >0

α< s <β

2


Bài toán 1: Cho phương trình:
f ( x) = x 2 (m + 2) x + 5m + 1 = 0

Tìm m sao cho:
a) Phương trình chỉ có một nghiệm thoả mãn x > 1
b) Phương trình có ít nhất một nghiệm thoả mãn x > 4

c) Phương trình có nghiệm thuộc (−1;1)
d) Phương trình có ít nhất một nghiệm x < 2
Giải:
a) Ta xét ba trường hợp:
Trường hợp 1: x1 < 1 < x2 ⇔ af (1) < 0 ⇔ 4m < 0 ⇔ m < 0


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
 f (1) = 0
4 m
m = 0


Trường hợp 2: 1 = x1 < x2 ⇔  s ⇔  m + 2 ⇔ 
m > 0
1 < 2
1 < 2

Không có m nào thoả mãn.
(m + 2) 2 − 4(5m + 1) = 0
∆ = 0


Trường hợp 3: 1 < x1 = x2 ⇔  s ⇔  m + 2
1 < 2
1 <

2
m = 0
m 2 − 16m = 0


⇔
⇔ m = 16 ⇔ m = 16
m > 0
m > 0

Vậy m < 0 hoặc m = 16 .

b) Ta dùng phương pháp gián tiếp:
Tìm m để f (x) không có nghiệm x > 4 .
Trường hợp 1: f (x) vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 ⇔ m 2 − 16 < 0 ⇔ 0 < m < 16
Trường hợp 2: f (x) có nghiệm − 4 ≤ x1 , x2 ≤ 4 .
m 2 − 16 ≥ 0
∆ ≥ 0

af (−4) ≥ 0
9m + 25 ≥ 0

− 25
⇔ af (4) ≥ 0 ⇔ m + 9 ≥ 0
⇔
≤m≤0
9


− 4 ≤ s ≤ 4
− 4 ≤ m + 2 ≤ 4


2

2
− 25
≤m≤0
Tóm lại: f (x) không có nghiệm x ≥ 4 ⇔
9
m ≥ 16
Do đó f (x) có ít nhất một nghiệm x > 4 ⇔  − 25
x<
9


c) Ta xét bốn trường hợp:
Kết quả là:

−2
3

d) Ta xét ba trường hợp:
Kết quả là: m ≤ 0 .
Bài tập:
Cho f ( x) = x 2 + 2mx + 2m 2 − 1 tìm m sao cho:
a) f (x) chỉ có một nghiệm thoả mãn x ≤ 1
b) f (x) có nghiệm thoả mãn x1 < 1 < x2 .
c) f (x) có ít nhất một nghiệm thuộc [ 0;1]
d) f (x) có ít nhất một nghiệm ngoài [ 0;1]
Phương pháp giải tương tự như trên.


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai

v. phương trình quy về phương trình bậc hai
Có rất nhiều loại phương trình được đưa về phương trình bậc hai nhờ các
phương pháp biến đổi cơ bản: Phép luỹ thừa, phép mũ hoá, phép đặt ẩn phụ,.....
trong quá trình chuyển về phương trình bậc hai sẽ xuất hiện bài toán so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với các số, đã ứng dụng việc xét dấu tam thức
bậc hai.
1. Phép luỹ thừa:
Để chuyển phương trình vô tỷ về phương trình bậc hai có hai loại phương
trình cơ bản hay gặp:
1)

 f ( x ) = g ( x)
f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f ( x) ≥ 0

2)

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x ) = [ g ( x )]

Bài toán 1: Tìm m để phương trình
x − 1− x2 = m

(1)

Có nghiệm duy nhất.
x − m ≥ 0

x ≥ m
⇔ 2
2
( x − m) = 1 − x
2 x − 2mx − m − 1 = 0

2
Giải: (1) ⇔ x − m = 1 − x ⇔ 

2

2

(2)

Do phương trình (1)có nghiệm duy nhất; tương đương với phương trình
(2) có nghiệm duy nhất thoả mãn x ≥ m .
Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm
x1 < m < x2 ⇔ af ( x) < 0 ⇔ 2(m 2 − 1) < 0 ⇔ −1 < m < 1 .

Trường hợp 2: Phương trình (2) có nghiệm m ≤ x1 = x2 .
∆, = 0
− m 2 + 2 = 0


⇔
⇔m=− 2.
s ⇔
m
m

≤
m
≤



2

2
m 2 − 1 = 0
 f ( m) = 0


⇔ m
⇔ m =1
Trường hợp 3: (2) có nghiệm x1 < x2 = m ⇔  s
<
m
<
m
 2

2

Vậy − 1 < m ≤ 1 hoặc m = − 2 .


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
Bái toán 2: Tìm m để phương trình có nghiệm:
(1)

2 x 2 − mx − x 2 − 4 = 0
 x 2 − mx + 4 = 0
2 x 2 − mx = x 2

⇔  x ≥ 2
Giải: (1) ⇔ x 2 − mx = x 2 − 4 ⇔  2
(2)
 x − 4 ≥ 0
 x ≤ −2

Do đó (1) có nghiệm ⇔ (2) có ít nhất một nghiệm ngoài khoảng (−2,2) ta

dùng phương pháp gián tiếp tức là tìm m để (1) vô nghiệm tức là (2) không có
nghiệm ngoài (−2,2) .
Trường hợp 1: (2) vô nghiệm: ⇔ ∆ < 0 ⇔ m 2 − 16 < 0 ⇔ −4 < m < 4
Trường hợp 2: (2) có nghiệm − 2 < x1 , x2 < 2
 m ≥ 4

m ≤ −4
⇔  m > −4
Vô nghiệm
m < 4

− 4 < m < 4

m 2 − 16 ≥ 0
∆ < 0

af (−2) > 0
2m + 8 > 0


⇔ af (2) > 0 ⇔ − 2m + 4 > 0


− 2 < s < 2
− 2 < m < 2


2
2

Tóm lại: (1) vô nghiệm khi trừ − 4 < m < 4 suy ra (1) có nghiệm.
m ≥ 4
 m ≤ −4


2. PHéP Mũ HOá
Ta có hai dạng cơ bản sau:
0 < a ≠ 1

1: log a [ f ( x)] = log a [ g ( x)] ⇔  f ( x) = g ( x)
 f ( x) > 0

0 < a ≠ 1

2: log a [ f ( x)] = b ⇔ 

 f ( x) = a

b

Bài toán 1: Tìm a sao cho phương trình:
log 3 ( x 2 + 4ax) + log 1 (2 x − 2a − 1) = 0
3

(1) có nghiệm duy nhất.

Giải: (1) ⇔ log 3 (m 2 + 4ax) = log 3 (2 x − 2a − 1)
 x 2 + 4ax = 2 x − 2a − 1
⇔
2 x − 2 a − 1 > 0

 x 2 + 2(2a − 1) x + 2a + 1 = 0

⇔
2a + 1
x >

2

2a + 1
Do đó(1) có nghiệm duy nhất ⇔ (2) chỉ có một nghiệm thoả mãn x >

Trường hợp 1: (2) có nghiệm x1 <

2a + 1
< x2
2

2

Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
 2a + 1 
⇔1f 
 + (2a + 1)(2a − 1) + 2a + 1 < 0
 2 
1
1
 2a + 1

 10a + 1 
⇔ (2a + 1) 
+ 2a − 1 + 1 < 0 ⇔ (2a + 1)
<0 ⇔− 2
10
 4

 4 

Trường hợp 2: (2) Có nghiệm

2a + 1
< x1 = x2
2

  2a + 1 

 10a + 1 

 f  2  = 0
(2a + 1) 4  = 0



⇔ 
⇔
 2a + 1 < s
 2 a + 1 < 1 − 2a
 2
2
 2

Vậy


1
 a = − 2
1


a=−

1

2
⇔  a = − ⇔ 

10
a = − 1




10
1
a
<

6


1
 1
− 2 ≤ a ≤ − 10

a = 0

3. Phép đặt ẩn dụ:
Trước hết: Ta hãy nhỡ những nguyên tắc khi đặt ẩn phụ Y = t (x) . Tuỳ theo
yêu cầu của bài toán đối với x mà dẫn đến yêu cầu đối với Y. Rất cần lưu ý:
- Với những giá trị nào của Y thì tồn tại x ?
- Khi đó mỗi giá trị của Y sẽ cho bao nhiêu nghiệm x ?
- Nếu x phải thuộc tập hợp một số nào đó thì Y phải thoả mãn điều kiện gì?
Trong nhiều kỳ thi tuyển vào ĐH, CĐ của những năm gần đây, khá nhiều
học sinh không chuyển được bài toán đối với x về bài toán tương đương đối với
Y. Đây chính là một điều mà các bạn học sinh cần rèn luyện, ta sẽ đi qua một loạt
phương trình các bạn làm quen.
1. Phương trình bậc 4 đặc biệt
Bài toán 1:
Tìm m để phương trình

x 4 − (2m + 3) x 2 + m + 5 = 0 (1) có các nghiệm thoả mãn:
− 2 < x1 < −1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 3 .

Giải: Đây là phương trình trùngphương
Đặt X = x 2 ≥ 0 ta có phương trình:
X 2 − (2m + 3) X + m + 5 = 0

(2)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < x4
Khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm: 0 < X 1 < X 2 khi đó:


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
x1 = − X 2 ; x2 = − X 1 ; x3 = X 1'

; x4 = X 2

'

Do đó:
− 2 < x1 < −1 < x2 < 0 < x3 < 1x4 < 3 ⇔ −2 < − X 2 < −1 < − X 1 < 0 < X 1 < 1 < X 2 < 3 .
af (1) < 0

⇔ 2 > X 2 > 1 > X 1 > 0 ⇔ 4 > X 2 > 1 > X 1 > 0 ⇔ af (0) > 0
af (4) > 0


m > 3
− m + 3 < 0



⇔ m + 5 > 0 ⇔ m > −5
− 7 m + 9 > 0

9

m <
7


không có m nào thoả mãn.

Bài toán 2:
Tìm giá trị của h sao cho phương trình:
x 4 + (h − 1) x 3 + x 2 + ( h − 1) x + 1 = 0 (1)

Có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau.
Giải: Đây là phương trình thuận nghịch. Để ý rằng x = 0 không phải là
nghiệm của (1) nên có thể chia 2 vế cho x 2 ta được:
1
x

(1) ⇔ x 2 + (h − 1) x + 1 + (h − 1) +

1
=0
x2

1 

1

⇔  x 2 + 2  + (h − 1)( x + ) + 1 = 0
x
x 


1
x

Đặt x= x + ⇔ x 2 − x x + 1 = 0(*)
Coi (*) là phương trình của ẩn x ta có:
∆ x = x2- 4; s = x; p = 1

Do đó a) x > 2 cho hai nghiệm x > 0
b) x = 2 cho một nghiệm

x =1> 0

c) x = −2 cho một nghiệm x = −1 < 0
d) x < −2 cho hai nghiệm x < 0
Ta có phương trình: x2+ (h − 1) x − 1 = 0

(2)

Phương trình (1) có không ít hơn 2 nghiệm âm khi và chỉ khi phương trình
(2) có không ít hơn một nghiệm x < −2 .
Vì phương trình (2) có

c

= −1 < 0 nên (2) luôn có 2 nghiệm
a

X 1 < 0 < X 2 do đó để (1) thỏa mãn điều kiện thì X 1 < −2 < X 2


Chuyªn ®Ò: øng dông dÊu tam thøc bËc hai
⇔ af (−2) < 0 ⇔ −2h + 5 < 0 ⇔ h >

5
.
2

Lưu ý 1) Dạng tổng quát của phương trình trên là:
(a ≠ 0 ); ta chia 2 vế cho x2 và đặt ẩn phụ X = x +

ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0

1
x

.
2) Do nhận xét được (2) có

c
= −1 không nên phải xét nhiều trường hợp
a

Bài toán 3:
Tìm k để phương trình : x 4 − 4 x 3 + 8 x = k có 4 nghiệm phân biệt

Giải: Ta có phương trình tương đường:

(x

4

) (

)

− 4x3 + 4x 2 − 4 x2 − 2x − k = 0

(1)

(

(*)

)

2

(

)

⇔ x 2 − 2x − 4 x2 − 2x − k = 0

Gọi (*) là phương trình ẩn x, có ∆, = 1 + X . Vậy với X > −1 có hai nghiệm x.
Với X = −1 , (*) có một nghiệm x, còn với X < −1 , (*) có có nghiệm x.

Xét phương trình: X 2 − 4 X − k = 0

(2)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm thoả mãn

∆, > 0
4 + k > 0


− 1 < X 1 < X 2 ⇔ af (−1) > 0 ⇔ 5 − k > 0 ⇔ −4 < k < 5

− 1 < 2
s

− 1 <
2


Lưu ý: Có thể giải bài toán trên bằng cách đạo hàm.