ung dung dinh ly vi et giai mot so dang toan phuong trinh bac 2 quy ve bac 2 co tham so

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

Đề tài nghiên cứu khoa học môn Toán:


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

MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình môn Toán 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 bạn học sinh khơng khó để có thể giải quyết bởi vì trong chương trình sách giáo khoa
cũ lớp 10. Với suy nghĩ nhằm giúp các bạn tìm tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong q trình học
bộ mơn Tốn, và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng học tập, nay tơi viết bài nghiên cứu
kkhoa học về : Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn phương trình bậc 2 – quy về bậc
2 có tham số”.
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 tốn có chứa tham số về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2.

NỘI DUNG

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
x1 =

( a ≠ 0)

b
.
2a

−b − ∆
−b + ∆
, x2 =
2a
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 ) 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 qt một số dạng
tốn 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 toán 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 .

Giải.


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

x
≤
α
b) Phương trình (1) có nghiệm
pt (2) có nghiệm t ≤ 0
t
≤
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm 1 0 ≤ t2 ⇔ 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

− ( 2aα + b )
aα 2 + bα + c
, S = t1 + t2 =
(Với ∆ = ( 2aα + b ) − 4a ( aα + bα + c ) , P = t1.t 2 =
)

a
a
2

2

Nhận xét: 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.
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
2
2

a + c)  
(
a+c 

 a+c 
2
t +  ac + bd −
 t +  ac − 
÷  bd − 
÷  − k = 0 ( 3)
2  
 2   
 2  

a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
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 < t2 ⇔ 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
S > 0

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ 

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
4
2

cầu nêu là rất khó cho học sinh.
4
3
2
Bài toán 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 không 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 chúng ta giải quyết như

sau:
1

1
x
x
2
at + ( 4a + b ) t + 2a + 2b + c = 0 (3).
• 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 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0

a) Vì x > 0 , đặt t = x + − 2 ( t ≥ 0 ) suy ra x + = t + 2 , thay vào phương trình (2) được:

∆ ≥ 0

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

1
1
x
x
2
at + ( b − 4a ) t + 2a − 2b + c = 0 (4)
• Để phương trình (1) có nghiệm x < 0 thì phương trình (3) có nghiệm t ≤ 0 , ta xét:

b) Vì x < 0 , đặt t = x + + 2 ( t ≤ 0 ) suy ra x + = t + 2 , thay vào phương trình (2) được:


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

 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ 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 ⇔  P1 > 0
S > 0
 1
∆ 2 > 0

 TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa: t1 < t2 < 0 ⇔  P2 > 0
S < 0
 2
 P1 < 0
 P2 < 0

 TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu ⇔ 

Nhận xét: Với cách tiếp cận này học sinh cũng có thể dễ dàng giải quyết các bài toán như: Tìm
điều kiện để phương trình có 2 nghiệm, 3 nghiệm.
2
Bài toán 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.
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
t
=
ax
+
bx
+
c
+

• Ta có ax + bx + c = a  x + ÷ −
nên
đặt
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 ≤ t2 ⇔ 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 (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 < t2 ,
hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 .
 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ 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
S > 0
(Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 < 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 có thể sử dụng một công cụ đơn giản, quen
thuộc là định lý Viet để giải dạng toán này.
Bài toán 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 x 2 = 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 ≤ t2 ⇔ 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
S = 0
(Trong đó ∆ là biệt thức của pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )

 TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 = t1 = t2 ⇔ 

Bài toán 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)


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

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (3) có nghiệm t ≥ 0
 TH1: Xét a = 1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình t0 ≥ 0 .
a ≠ 1
.
P ≤ 0
a ≠ 1

∆ ≥ 0

0
≤
t
≤
t
⇔
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm

1
2
P ≥ 0
 S ≥ 0

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ 

a ≠ 1
∆ > 0

0
≤
t
<
t
⇔
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm

1
2

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
.
P < 0
a ≠ 1
∆ > 0

t
<
0
=
t
⇔
 TH3: Phương trình (3) có nghiệm 1

2
P = 0
 S < 0

 TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ 

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 )
Nhận xét: Dạng toán này hay xuất hiện trong dang 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 toán về so sánh nghiệm của phương trình (3) với số 0.
B. Tổng kết: