Tam thức bậc hai và một số ứng dụng.

Header Page 1 of 133.

MỤC LỤC
CHƯƠNG I: MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TAM THỨC BẬC HAI ...... 5
1.1. Bài toán tìm nghiệm của phương trình bậc hai .................................. 5
1.1.1. Nghiệm của phương trình bậc hai .............................................. 5
1.1.2. Định lý Vi - ét ........................................................................... 7
1.2. Bài toán dấu của tam thức bậc hai ..................................................... 8
1.2.1. Định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai ................................ 8
1.2.2. Định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai ................................. 10
1.3. So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số và biện luận
phương trình bậc hai ............................................................................... 11
CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ ĐẢO VỀ DẤU CỦA TAM THỨC
BẬC HAI VÀO VIỆC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHỨA THAM SỐ ..................................................................................... 15
2.1. Hệ phương trình hỗn hợp và phương trình chứa dấu
giá trị tuyệt đối. ....................................................................................... 15
2.1.1. Hệ phương trình hỗn hợp .......................................................... 15
2.1.2. Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối ................................... 16
2.2. Dấu của tam thức bậc hai trên một miền và bài toán giải biện luận
bất phương trình ...................................................................................... 18
2.3. Phương trình vô tỷ và phương trình bậc cao.................................... 23
2.3.1. Phương trình vô tỷ..................................................................... 23
2.3.2. Phương trình bậc cao................................................................ 26
2.4. Phương trình mũ và phương trình lôgarit ........................................ 31
2.4.1. Phương trình mũ ....................................................................... 31
2.4.2. Phương trình lôgarit ................................................................. 33
2.5. Một số phương trình lượng giác....................................................... 35

Footer Page 1 of 133.

1


Header Page 2 of 133.

2.6. Một số sai lầm của học sinh khi sử dụng định lý đảo về dấu của tam
thức bậc hai ............................................................................................. 37
CHƯƠNG III: ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ ĐẢO VỀ DẤU CỦA TAM
THỨC BẬC HAI VÀO VIỆC KHẢO SÁT HÀM SỐ PHỤ THUỘC
THAM SỐ .................................................................................................. 39
3.1. Tìm miền xác định và miền giá trị của hàm số ................................ 39
3.2. Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến trên một miền.................... 40
3.2.1. Hàm số bậc 3: ........................................................................... 41
3.2.2 Hàm phân thức:.......................................................................... 43
3.3. Cực trị và dạng đồ thị của hàm số .................................................... 44
3.4. Xác định giá trị tham số để hàm số có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất thỏa mãn điều kiện cho trước .......................................................... 46
3.5. Sự tương giao của đồ thị hàm số bậc ba với một đường thẳng........ 48
3.6. Giao điểm của đường thẳng với hàm số bậc bốn và với các nhánh
của hypebol ............................................................................................. 52
3.6.1. Giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm bậc 4.................... 52
3.6.2. Giao điểm của đường thẳng với nhánh của hypebol ................ 53
CHƯƠNG IV: ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ ĐẢO VỀ DẤU CỦA TAM
THỨC BẬC HAI VÀO VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
BÀI TOÁN HÌNH HỌC ........................................................................... 55
4.1. Ứng dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai trong việc chứng
minh bất đẳng thức. ................................................................................. 55
4.2. Ứng dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai trong việc giải
các bài toán hình học. .............................................................................. 57
KẾT LUẬN ................................................................................................ 59

DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO ......... Error! Bookmark not
defined.

Footer Page 2 of 133.

2

Thang Long University Libraty


Header Page 3 of 133.

MỞ ĐẦU
Trong chương trình môn toán ở trường phổ thông trung học có một
chương trong sách đại số lớp 10 viết về tam thức bậc hai. Các kết quả của
nó đã được đề cập và ứng dụng nhiều liên quan đến giải và biện luận
phương trình, bất phương trình, khảo sát hàm số…. Là một giáo viên đang
giảng dạy môn toán ở trường phổ thông, tôi muốn đi sâu tìm hiểu và nghiên
cứu kỹ vấn đề này để công việc giảng dạy môn toán nói chung và giảng dạy
môn đại số nói riêng của bản thân tôi được tốt hơn. Xuất phát từ lý do trên
trong luận văn này tôi chọn đề tài “ Tam thức bậc hai và một số ứng
dụng”.
Nội dung luận văn gồm các phần sau:
Chương I. Một số dạng toán về tam thức bậc hai. Trong chương
này, tôi hệ thống hóa lại một cách ngắn gọn về các dạng toán như các
phương pháp giải phương trình bậc hai, so sánh nghiệm của tam thức bậc
hai với các số đã cho.
Chương II. Ứng dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai vào
việc giải phương trình, bất phương trình. Trong chương này chúng tôi
nêu lên một số ứng dụng trực tiếp định lý đảo của tam thức bậc hai và các

bài toán áp dụng gián tiếp định lý trên. Đó là giải hệ phương trình hỗn hợp
và phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, giải phương trình vô tỷ và
phương trình bậc cao, giải phương trình mũ và phương trình lôgarit, giải
một số phương trình lượng giác, dấu của tam thức bậc hai trên một miền và
bài toán giải biện luận bất phương trình, một số sai lầm của học sinh khi sử
dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai .
Chương III. Ứng dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai
vào việc khảo sát hàm số. Tôi sử dụng định lý đảo của tam thức bậc hai
vào một số bài toán về khảo sát hàm số và đồ thị như: hàm số đồng biến,
hàm số nghịch biến trên một miền, cực trị và dạng đồ thị của hàm số, xác
định giá trị tham số để hàm số có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thỏa mãn
điều kiện cho trước,…

Footer Page 3 of 133.

3


Header Page 4 of 133.

Chương IV. Ứng dụng định lý đảo về tam thức bậc hai vào việc
chứng minh bất đẳng thức và bài toán hình học. Trong chương này tôi
trình bày về những ứng dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai trong
việc chứng minh bất đẳng thức và một số bài toán hình học.
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Thăng Long với
sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. Bùi Huy Hiền. Cuối cùng tôi xin
được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn của Thầy.
Đồng thời, tôi xin cảm ơn các Thầy, Cô thuộc khoa Toán – Tin, Phòng sau
đại học trường đại học Thăng Long đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên tôi
hoàn thành luận văn này.

Mặc dù đã rất cố gắng nhưng do kinh nghiệm và thời gian có hạn,
nên bản luận văn này không thể tránh khỏi thiếu sót, tôi mong sự đóng góp
ý kiến của các Thầy Cô và độc giả.
Hải Phòng, ngày 8 tháng 7 năm 2015
Người thực hiện

Ngô Kim Trang

Footer Page 4 of 133.

4

Thang Long University Libraty


Header Page 5 of 133.

CHƯƠNG I
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TAM THỨC BẬC HAI
1.1. Bài toán tìm nghiệm của phương trình bậc hai
1.1.1. Nghiệm của phương trình bậc hai
Xét phương trình bậc hai f(x) = ax2 + bx + c = 0 (a, b, c 
f( x)  x 2 

và a  0).

b
c
x
a

a
2

b 
b2 c

x

 
2a  4a 2 a

b  b 2  4ac

x
.
 
2a 
4a 2

2

Đặt  = b 2 – 4ac, ta có:
* Nếu  < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm.
* Nếu  = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép x  

b
.
2a

* Nếu   0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, 2 

b 
.
2a

Để ý thấy rằng nếu ac < 0 thì   0 khi đó tam thức bậc hai luôn
có hai nghiệm phân biệt.
b '   '
Nếu b là số chẵn, b = 2b thì x1,2 
với
a
'

 '  b ' 2  ac,   4 ' .

Ví dụ 1.1. Giải và biện luận theo tham số m phương trình sau
(m-1)x 2 - 2(m-3)x + m - 1 = 0

(1.1)

Lời giải.
a) Nếu m = 1 thì (1.1) trở thành phương trình bậc nhất 4x = 0 có
nghiệm là x = 0.
b) Nếu m  1  0  m  1  ta có phương trình bậc hai với

'  (m  3)2  (m  1)2   4(m  2) .
Nếu '  0  4(m  2) 0 m >2 : Phương trình (1.1) vô nghiệm.

Footer Page 5 of 133.

5


Header Page 6 of 133.

Nếu '  0  4(m  2)  0 m  2 : Phương trình (1.1) có nghiệm
kép x1,2 

m3
 1 .
m 1

Nếu '  0  4(m  2)  0  m  2 : Phương trình (1.1) có hai nghiệm
phân biệt: x1 

m3 2 2 m
m3 2 2 m
.
; x2 
m 1
m 1

Kết luận:
m = 1: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
m>2: Phương trình vô nghiệm.
m = 2: Phương trình có nghiệm kép x1, 2  1 .
m<2 và m  1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 

m3 2 2 m

m3 2 2 m
.
; x2 
m 1
m 1

Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng phương trình:
(x + 1) (x + 3) + m ( x + 2)( x + 4) = 0 (1.2)
luôn có nghiệm thực  m .
Lời giải.
Ta có (1.2)  x  4 x  3  mx  6mx  8m  0
2

2

 (m  1) x 2  2(3m  2) x  8m  3  0 .
*) Nếu m + 1= 0  m = -1  phương trình thành – 2x – 5 = 0  phương
5
trình có 1 nghiệm x=
.
2
*) Nếu m + 1  0  m   1 phương trình (1.2) là phương trình bậc hai có:
' = (3m + 2)2 - (m + 1) (8m + 3) = m2 + m + 1
2

1 3

=  m     0 m   1
2 4


 Phương trình (1.2) có hai nghiệm phân biệt m   1 .
Vậy phương trình (1.2) luôn có nghiệm m .

Footer Page 6 of 133.

6

Thang Long University Libraty


Header Page 7 of 133.

1.1.2. Định lý Vi - ét
Nếu phương trình bậc hai ax2  bx  c  0 (a  0) có hai nghiệm

b

 S  x1  x2   a
x1 , x2 thì 
 P  x .x  c .
1 2

a
* Nhận xét:
+) x1 x2  0  x1  0  x2.
x  x  0
+)  1 2
 x1 x2  0

 0  x1  x2 .

x  x  0
+)  1 2
 x1  x2  0.
 x1 x2  0
Ngược lại, nếu hai số thực có tổng là S, có tích là P thì hai số
đó là nghiệm của phương trình X 2  SX  P  0 (với S 2  4 P  0 ).
Ví dụ 1.3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 2x2 + 5x - 6 =0 (1.3)
1
1
Hãy thiết lập phương trình có các nghiệm là y1 
.
, y2 
x1  1
x2  1
Lời giải.
Do x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1.3) nên theo định lý Vi-et ta
có:
5
6
x1  x2   ;
x1.x2    3 .
2
2
1
1
S  y1  y2 


x1  1

x2  1
5
2
x1  x2  2
1
2



.
5
x1.x2  x1  x2  1
9
3 
1
2
1
1
1
1
2
P  y1. y2 
.


 .
9
x1  1 x2  1 x1.x2  x1  x2  1 
9
2

1
2
Vậy y1 , y2 là nghiệm của phương trình X 2  X   0 .
9
9

Hay 9 X 2  X  2  0 , chính là phương trình cần lập.

Footer Page 7 of 133.

7


Header Page 8 of 133.

Ví dụ 1.4.
Tìm m sao cho phương trình x2  (2m  1) x  m2  1  0

(1.4)

có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1  2x2 .
Lời giải.
Phương trình (1.4) có nghiệm
   0  (2m  1)2  4(m2  1)  0  4m  3  0  m 

3
4

Theo hệ thức Vi-et ta có:

3x2  2m  1 (*)
 x1  x2  2m  1
Do
nên
x

2x


1
2
2
2
 x1.x2  m  1
 x1.x2  m  1 (**)

Từ (*) ta có x2 

2(2m  1)
2m  1
, x1 
thay vào (**) ta được:
3
3

 2m  2 
2
2
2
2

2
2
  m  1  2(2m  1)  9m  9  8m  8m  2  9m  9
 3 
m  1
 m2  8m  7  0  
 m  7.
2

Kết hợp điều kiện m 

3
ta có m = 1 hoặc m = 7.
4

Chú ý. Khi giải một phương trình bậc hai có chứa tham số, để tìm
điều kiện của tham số thoả mãn yêu cầu về các nghiệm thì ta phải lưu
ý đến điều kiện có nghiệm của phương trình.
1.2. Bài toán dấu của tam thức bậc hai
1.2.1. Định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai
Cho tam thức bậc hai f ( x)  ax2  bx  c, a  0,   b2  4ac.
Nếu   0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x 
Nếu   0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a, x0  

.

b
b
tại x0   , f ( x0 )  0 .
2a

2a

Nếu   0 thì f(x) có hai nghiệm x1 , x2 ( x1  x2 )
Khi đó f(x) cùng dấu với a với mọi x  x1; x2  và trái dấu với a với
mọi x  ( x1; x2 ) .
Như vậy: a. f ( )  0    0

 x1    x2

(  ) .

Trong các trường hợp khác thì a. f ( )  0 .

Footer Page 8 of 133.

8

Thang Long University Libraty


Header Page 9 of 133.

Ví dụ 1.5. Giải bất phương trình 5x2  4 x  12  0
(1.5)
Lời giải.
Tam thức ở vế trái có '  64  0 , do đó nó có hai nghiệm phân biệt
2  8
2  8
6
x1 

 2; x2 
 .
5
5
5
Khi đó tam thức cùng dấu với hệ số a = -5 < 0 nên tập hợp
6
5

nghiệm của bất phương trình (7) là (; )  (2;) .
Ví dụ 1.6. Với những giá trị nào của m thì bất phương trình sau có
nghiệm (m  1) x 2  2mx  (m  3)  0
(1.6)
Lời giải.
* TH1: m = -1 bất phương trình đã cho trở thành 2x + 4 <0 vậy nó có
nghiệm x  2 .
* TH2: m  1 vế trái là tam thức bậc 2 có
  m2   m  1 m  3  2m 2  2m  3 .
  0  2m 2  2m  3  0  m 

1 7
.
2

a  0  m  1  0  m  1.
Ta có bảng sau:

m
a


1 7
2

-1
-

0

+

+
+

1 7
2

+
0

+

_

0

+

a  0
+) Khi m  1 thì 

suy ra bất phương trình có nghiệm
   0

S   ; x1    x2 ;   .
+) Khi 1  m 

a  0
1 7
thì 
suy ra bất phương trình có nghiệm
2
   0

S   x1; x2 .
a  0
1 7
1 7
m
thì 
suy ra f  x   0 x 

2
2


0

phương trình cho vô nghiệm.
+) Khi

Footer Page 9 of 133.

9

nên bất


Header Page 10 of 133.

+) Khi m 

a  0
1 7
thì 
suy ra bất phương trình có nghiệm

2


0


S   x1; x2 .


1  7   1 7
;    thì bất phương trình đã
Vậy m   ;

2   2



cho có nghiệm.

Chú ý. Ta có thể giải bài toán bằng cách tìm điều kiện để bất phương
trình vô nghiệm. Tức tìm điều kiện để  m  1 x 2  2mx   m  3  0 x .
Những giá trị của m còn lại sẽ làm cho bất phương trình có nghiệm.
1.2.2. Định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai
Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2  bx  c (a  0) và một số thực .
- Nếu a.f() < 0 thì f(x) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 <  < x2 .
- Nếu a.f() > 0 thì f(x) có thể có nghiệm hoặc không. Trong trường
hợp có nghiệm x1  x2 thì   (-; x1)  (x2; + ) .
Hệ quả 1.
Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2+bx+c (a 0) và một số thực . Khi đó,
a.f() < 0 khi và chỉ khi f(x) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 <  Hệ quả 2. Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2+bx+c (a0) và hai số thực
,  ( < ). Khi đó, f().f() < 0 khi và chỉ khi f(x) có hai nghiệm phân
biệt x1 < x2 và có duy nhất một trong hai nghiệm nằm trong khoảng (, ).
Như vậy, nếu ta áp dụng định lý trên và các hệ quả của nó, thay cho
việc phải chứng minh   0 học sinh chỉ cần chọn được một hoặc hai giá trị
,  là đủ. Sau đây là một vài ví dụ minh họa phương pháp này:
Ví dụ 1.7.
Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm với mọi   R
f(x) = (  2 + 1) x2 + (  4 +  2 + 1) x +  4 -  2 - 1= 0
(1.7)
2
Lời giải. Do  + 1  0 với mọi   R nên f(x) là tam thức bậc hai.
Xét f(-1) =  2 + 1 -  4 -  2 - 1 +  4 -  2 - 1 = - (  2 + 1) < 0    R.
 (  2 + 1) .f(-1) = - (  2 + 1)2 < 0    R.
Vậy theo hệ quả 1 của định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai ta có

f(x) luôn 2 có nghiệm phân biệt x1, x2 và x1 < - 1 < x2 .

Footer Page 10 of 133.

10

Thang Long University Libraty


Header Page 11 of 133.

Nhận xét.
- Trong ví dụ này ta có thể tính  và chứng minh   0. Nhưng làm
theo phương pháp này vấp phải khó khăn là kết quả tính  khá cồng kềnh
nên việc chứng minh   0 là khó khăn.
- Trong ví dụ trên hệ số của x2 dương, do vậy ta chỉ cần chọn  sao
cho f() < 0 là đủ. Tuy nhiên, có những bài toán mà hệ số a của x2 chưa
xác định dấu. Khi ấy, để tránh xét dấu của a ta nên tìm số ,  sao cho
f() . f() < 0. Rồi ứng dụng hệ quả 2 của định lý đảo về dấu của tam thức
bậc hai để kết luận phương trình có nghiệm.
Ví dụ 1.8.
Chứng tỏ rằng phương trình sau đây luôn có nghiệm với mọi  ,  .
x(x –  +  ) + (x -  )(x +  ) = 0 (1.8)
Lời giải.
Đặt f(x) = x( x –  +  ) + ( x –  )( x +  ) (hệ số a của x2 bằng 2).
Xét f(  -  ) = (  –  –  ) (  –  +  ) = -   .
f(  ) =   .
Vậy f(  -  ).f(  ) = -  2.  2 0   ,   R  f(x) luôn có nghiệm.
Nhận xét.
- Nếu f().f(  ) = 0 thì  hoặc  là nghiệm nên khi có hai số , 

thỏa mãn f() . f()  0 ta có kết luận ngay rằng f(x) luôn có nghiệm.
- Trong khi áp dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, học
sinh thường lúng túng không biết chọn  thế nào cho phù hợp. Những bài
toán này thường có tham số, do đó có thể chọn  làm sao cho trong quá
trình tính f() tham số triệt tiêu đi càng nhiều càng tốt.
1.3. So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số và biện luận
phương trình bậc hai
Việc so sánh một số với nghiệm của phương trình bậc hai đóng vai
trò quan trọng và là công cụ hữu hiệu để giải và biện luận phương trình.
Trước hết ta cần cho học sinh nắm vững bảng sau:
Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx +c (a  0 ; a,b,c  ) và một
số thực .

Footer Page 11 of 133.

11


Header Page 12 of 133.

Điều kiện
a.f() < 0
0
a.f() > 0

Vị trí nghiệm
x1 <   x2
x1  x2 < 

s


2
s

2

 < x1  x2

Với S là tổng hai nghiệm.
Chú ý.
- Trong các bài toán hệ số a có chứa tham số cần xét riêng trường
hợp suy biến a = 0.
- Nếu a  0 và a.f(x) = 0 thì  là một nghiệm của f(x) còn nghiệm
thứ hai tùy thuộc vào các yếu tố khác. Ta phải xét để biết được vị trí
nghiệm còn lại đó.
Nhận xét.
- Muốn lập bảng xét dấu như trên cần phải tính tiếp được các đại
s
lượng cần thiết như , a.f(),   và xét dấu của chúng theo các mốc
2
tương ứng. Những mốc này được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.
- Học sinh thường gặp phải những dạng bài toán phải suy luận, biến
đổi để đưa về dạng bài toán so sánh như trên. Ngoài ra, cũng hay gặp phải
những bài toán có dạng là so sánh hai số ,  ( < ) với các nghiệm của
tam thức f(x) = ax2 + bx + c (a  0). Gọi x1, x2 là hai nghiệm của f(x) thì:

  0

) x1  x2      a. f ( )  0
s

 
2

a. f ( )  0
) x1    x2    
a. f (  )  0
a. f ( )  0
) x1      x2  
a. f (  )  0
a. f ( )  0
)   x1    x2  
a. f (  )  0
Footer Page 12 of 133.

12

Thang Long University Libraty


Header Page 13 of 133.


a. f (  )  0

)     x1  x2    0
s
 
2

  0

a.f ()  0

+)   x1  x 2    a.f ()  0

  s  

2
Ví dụ 1.9. Tìm m để hệ sau có nghiệm:
2

3x  4mx  4  0


 x 1

(1.9.1)

(1.9)

(1.9.2)

Lời giải.
(Dùng phương pháp gián tiếp)
Trước hết ta tìm điều kiện để hệ trên vô nghiệm tức là hệ
3x 2  4mx  4  0



 x 1

(1.9.1)
(1.9.2)

(*)

vô nghiệm.
Vì f(0) = - 4 < 0 nên với mọi m của phương trình (1.9.1) luôn có hai
nghiệm trái dấu. Do đó hệ (*) vô nghiệm khi và chỉ khi hai nghiệm x1, x2
a.f (1)  0
1
m .
của (1.9.1) thỏa mãn điều kiện: x1  1  1  x 2  
4
a.f (1)  0

1
Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm khi m  .
4
Ví dụ 1.10. Cho phương trình  m  1 x 2  2  m  1 x  3(m 2)  0 (1.10)
Với giá trị nào của m:
a. Phương trình có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( - 1; 1 ).
b. Nghiệm lớn của phương trình thuộc khoảng ( - 2; 1 ).

Footer Page 13 of 133.

13


Header Page 14 of 133.

Lời giải.
a. Xét hai trường hợp:
* Với m = 1, ta được – 4x + 3 = 0  x =

3
 ( - 1 ; 1).
4

* Với m  1, điều kiện là phương trình đã cho có:
Nghiệm kép thuộc (-1 ; 1)

(1.10.1)

 x  1  x2  1
hoặc  1
, thử lại ‘‘ = ’’.

1

x

1

x

1
2

(1.10.2)

Giải (1.10.1), ta được :

(m 1)2  3(m 2)(m 1)  0 4m2  7m  7  0
  0



 m 1

 b
m 1
 (1; 1) 
 (1; 1)
1 
1


 2a
m 1
 m 1


 vô nghiệm.
Giải (1.10.2), ta được :

3
f(- 1).f(1)  0  7( - 4m +3)  0  m  .
4
Thử lại với m =

3
, ta được x2 + 14x – 15 = 0  x = 1 hoặc x = - 15, tức là
4

không thỏa mãn điều kiện đề bài.
b. Để nghiệm của phương trình thuộc khoảng ( – 2 ; 1) điều kiện
là x1  2  x2  1, dấu bằng cần thử lại

 6
 m 1
af (2)  0  5
3


  m  1.
4
af (1)  0
3  m 1
 4
Vậy với

Footer Page 14 of 133.

3
 m  1, thỏa mãn điều kiện đề bài.
4

14

Thang Long University Libraty

Header Page 15 of 133.

CHƯƠNG II
ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ ĐẢO VỀ DẤU CỦA TAM THỨC
BẬC HAI VÀO VIỆC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ
2.1. Hệ phương trình hỗn hợp và phương trình chứa dấu giá trị tuyệt
đối.
2.1.1. Hệ phương trình hỗn hợp
Hệ gồm một phương trình bậc hai và một bất phương trình một ẩn có
ax 2  bx  c  0

dạng 

 f  x   0.

Cách giải: Các phương pháp thường được sử dụng là :
- Sử dụng định nghĩa.
- Phương pháp đặt ẩn phụ.
- Phương pháp đồ thị.
- Phương pháp điều kiện cần và đủ.
Ví dụ 2.1.
Giải và biện luận theo tham số m hệ

 x 2  3x  2  m
 2
 x  2 x  0

(2.1.1)
(2.1.2)

(2.1)
Lời giải.
(2.1.1)  f(x) = x 2  3x  2  m  0 .
(2.1.2)  0  x  2 .
Ta tiến hành so sánh nghiệm của f(x) với 0 và 2 bằng cách lập bảng so
sánh nghiệm. Phương trình (1) có  = 9 - 4( 2 – m ) = 1 + 4m.
a.f (0) = 2 - m.
a.f (2) = - m.

Footer Page 15 of 133.

15


Header Page 16 of 133.

s
3
s
1
 0   0;  2    0 .
2
2
2
2
m



a.f(0) a.f(2)

s
0
2

s
2
2

Kết luận

+

-

Vô nghiệm

-


1
4

+

+

0  x1  x2 

0
+

+

+

+

0  x1  x2  2

-

0  1  x1  x2  2

0

0
+
2

+

-

+

0  x1  2  x2

-

0  x1  2  x2

0
+

-

3
2
2

-

+

x1  0  2  x2

-

+
Căn cứ vào bảng xét dấu ta có kết luận sau:
- Nếu m  

1
và m > 2 thì hệ vô nghiệm.
4

- Nếu m  

1
3
thì hệ có nghiệm x  .
2
4

3  1  4m
1
- Nếu   m  0 thì hệ có hai nghiệm phân biệt x1 
;
2
4
x2 

3  1  4m
.
2

- Nếu 0  m  2 thì hệ có một nghiệm x1 

3  1  4m
.
2

2.1.2. Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
Với các phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, có thể được chuyển
về phương trình bậc hai bằng một trong các cách sau:
Cách 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương.

Footer Page 16 of 133.

16

Thang Long University Libraty


Header Page 17 of 133.

 g  x   0
Với dạng: f  x   g  x    2
2
 f  x   g  x  .

Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 2.2. Giải và biện luận phương trình x 2  3x  5  m  x 2  3x  2 (2.2)
Lời giải.
2
2
2
2

( x  3x  5  m)  ( x  3x  2)
(2.2)   2

 x  3x  2  0

2(3  m) x 2  6(3  m) x  (5  m) 2  4  0


   x  2
  x  1


 2.2.1

Đặt f(x) = 2 ( 3 – m ) x2 + 6( 3 – m ) x + ( 5 – m )2 – 4.

(2.2.2)

Ta so sánh các nghiệm của f(x) với hai số - 2 và – 1 ta có:
f(-2) = 2( 3 - m) 4 – 12( 3 - m) + (5 - m)2 – 4
= m2 - 6m + 9 = (m-3)2 > 0  m  3.
f(-1) = 2(3 – m ) – 6( 3 – m ) + ( 5 – m )2 – 4
= m2 - 6m + 9 = (m - 3)2 > 0  m  3.

s
1
1 
0
2
2

m  3 .

s
1
2 0
2
2

m  3 .

* Với m = 3 thì f(x) = 0 x thì phương trình có nghiệm với
x   ;  2  1;    .
* Với m  3 ta có:
 = (3 - m) (9(3 - m) - 2(5 - m)2 + 8) = ( m - 3)2( 2m – 5 )

5
suy ra phương trình (2.2.2) vô
2
nghiệm nên phương trình (2.2.1) vô nghiệm.
+)  < 0  2m – 5 < 0  m 

Footer Page 17 of 133.

17


Header Page 18 of 133.

+)  = 0  2m – 5 = 0  m =
nghiệm kép x1  x2 

5
suy ra phương trình (2.2.2) có
2

3
( loại ).

2

5

m 
+)  > 0  
2 thì f(x) có hai nghiệm x1 , x2 .
m  3

a.f  1  0

a.f  2   0
5

. < m < 3  a > 0   s   1  0  - 2 < x1 < x2 <-1 (loại).
2
2
s
   2   0
2
af  1  0
.m>3  a<0 
 x1 < - 2 < -1< x2 (thỏa mãn).
af
(

2)

0


Vậy: . m < 3 phương trình vô nghiệm.
. m = 3 phương trình có vô số nghiệm x   ;  2  1;    .
. m > 3 phương trình có hai nghiệm.
2.2. Dấu của tam thức bậc hai trên một miền và bài toán giải biện luận
bất phương trình
Dấu của tam thức bậc hai trên một miền là một vấn đề quan trọng
của các bài toán về bất phương trình bậc hai, mà đặc biệt là bài toán có
tham số.
Dưới đây là các dạng bài toán thường gặp:
Dạng 1. Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax2 + bx + c (a  0) tìm điều kiện để

f ( x) > 0 (f x  < 0) với mọi x.
Lời giải
a  0
  0

+) f x  > 0 x  R  

Footer Page 18 of 133.

18

Thang Long University Libraty


Header Page 19 of 133.

a  0
  0

+) f x  < 0 x  R  

Dạng 2. Cho tam thức bậc hai f x  = ax2 + bx + c ( a  0) tìm điều kiện để
f x  > 0 (f x  < 0) với mọi x >  .
Lời giải.
+) Với a = 0 làm trực tiếp.
+) Với a > 0, f x  có đồ thị là parabol quay về lõm lên trên nên f x  > 0
x  ( ; )

  0

   0

  x1  x2   .

+) Với a < 0, f x  có đồ thị là parabol quay bề lõm xuống dưới nên f x  >
0 nếu chỉ có nghiệm x  (x1 ; x2). Bởi vậy không thể xảy ra f x  > 0
x  ( ; ) .

Ví dụ 2.3.
Cho bất phương trình f x  = (a - 1)x2 + (2a + 3) x + a -3 > 0

(2.3)

1. Tìm a để (2.3) có nghiệm.
2. Với giá trị nào của a thì (2.3) có nghiệm đúng x  1 .
Lời giải.
1. (Dùng phương pháp gián tiếp)
Ta tiến hành tìm a để (2.3) vô nghiệm. Điều này tương đương với

tìm a để f x   0 có nghiệm x  R .
a  1
a  1  0
3



a

.


3
2
28
a



(2
a

3)

4(
a

1)(
a


3)

0


28

Vậy với a >

Footer Page 19 of 133.

3
thì (2.3) có nghiệm.
28

19


Header Page 20 of 133.

2.

5
+) Nếu a = 1 thì (1) có dạng 5 x – 2 > 0  x > . Vậy a = 1 thỏa mãn.
2
+) Nếu a > 1 thì f x  có đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên nên
  0

 28a  3  0






f (x)  0 x  x  1     0
 28a  3  0


  x 1  x 2  1   f (1)(a  1)  (a  1)(4a  1)  0



3  2a

1 


  2(a  1)


3

 a  28



 a  3
28
3



a


  a  1  
28
  

1
a  1

a


4

  a  1
 
1
  a 
  
4

Kết hợp với a  1 ta có a  1 .
Vậy a  1 là các giá trị cần tìm.
Dạng 3. Tìm điều kiện để bất phương trình f x  = ax2 + bx + c > 0
(a  0) nghiệm đúng x  ( ,  )
Lời giải.
+) a = 0 làm trực tiếp.
+) a > 0, f x  có đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên nên

Footer Page 20 of 133.

20

Thang Long University Libraty


Header Page 21 of 133.



  0
   0
f x  > 0, x  ( ,  )   
 x 1  x 2  

   0
    x 1  x 2
+) a < 0, f x  có đồ thị là parabol quay bề lõm xuống dưới nên

a. f ( )  0
f x  > 0, x  ( ,  )  x 1      x 2  
a. f (  )  0.

1
2

Ví dụ 2.4. Tìm m để mx2 + 2x + m < 0 (2.4) nghiệm đúng x  ( ;1) .
Lời giải.

(2.4)  mx 2  2 x  m  0 đặt f x  = - mx2 - 2x – m.
+) m = 0 => f x  = -2x > 0  x  0 không thoả mãn.
+) -m < 0  m  0 , f x  có đồ thị là parabol quay bề lõm xuống dưới
1
  0

1

 m. f ( )  0

nên f x  > 0, x  ( ;1)  
2
1
x



1

x
2
2
 1


m
.
f
(
1

)
0
2


1

 f (  0 5m  4  0
2)


 m  1 ( loại).
2 m  2  0
 f (1)  0


+) -m > 0  m  0 ta có :


  0
   0

1
f x  > 0 x  ( ;1)   
1
2
x

x



1
2


2

   0
 1  x  x
1
2


Footer Page 21 of 133.

21

(2.4.1)
(2.4.2)

(2.4.3)


Header Page 22 of 133.

Giải (2.4.1) :   4(1  m 2 )  0  m  1 kết hợp với m < 0 cho ta m< -1.



1  m  1

1  m  1
1  m  1



1
4


Giải (2.4.2)   f ( )  0  5m  4  0  m 
kết hợp với m < 0.
2
5

 1

1
1
s
  
0  m  2


m
2

 2
2
=> vô nghiệm.


1  m  1
1  m  1


Giải (2.4.3)  2m  2  0  m  1
 m  1 ( thoả mãn m< 0).


1
1  m  0
1  
m


Đáp số là m  -1.
Dạng 4. Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax2 + bx + c > 0 (1)
nghiệm đúng  x <  .
Lời giải.
+) a = 0 làm trực tiếp .
  0

+) a > 0 (1) nghiệm đúng  x <      0
   x1  x2 .

+) a < 0 vô nghiệm.
Ví dụ 2.5.
Tìm điều kiện của m để bất phương trình sau có nghiệm  x  (m - 3cos2x + (2m - 1)sinxcosx > 0

 

; )
2 4

(2.5)

Lời giải .
(2.5)  m sin2x + (2m - 1)sinxcosx+(m-3)cos2x > 0.
Vì x  (-

Footer Page 22 of 133.

 
;

2 4

) nên cosx > 0 do đó (2.5)  mtg2x +(2m - 1)tgx +m-3 > 0.

22

Thang Long University Libraty


Header Page 23 of 133.

với x  (-

 

; )  tgx  ( -  ;1). Đặt y = tgx bài toán trở thành tìm m để

2 4

bất phương trình f(y) = my2 + (2m - 1)y + m - 3 > 0 (2.5.1) có nghiệm
 y < 1.

+) m = 0 thì (2.5.1)  - y - 3 > 0  y < - 3 ( không thỏa mãn bài toán).
8m  1  0

  0


8m  1  0
 
+) m > 0 thì (2.5.1) có nghiệm  y < 1     0
f (1)  0

 1  x1  x2
 s
 2  1

1

m



8

 m   1
 

8 

  4m  4  0
  2m  1
1

  2m

1

m



8

 m   1
1

8  m<  kết hợp với m > 0  vô nghiệm.
8

m

1



1
 0  m 

4


+) m < 0 Do đồ thị của f(y) là parabol có bề lõm quay xuống dưới nên
không thể thỏa mãn (2.5.1) có nghiệm  y <1  vô nghiệm.
Tóm lại, không tồn tại m thỏa mãn bài toán.
Chú ý.
- Ở đây ta chỉ xét các dạng f(x) > 0, còn với những dạng f(x) <0 ta có
thể nhân hai vế của bất phương trình với (-1) rồi đưa về dạng trên để giải.
- Với cách làm tương tự ta có thể đưa ra cách giải tổng quát trên
miền [  ; ); (;  ]; [ ;  ];....
2.3. Phương trình vô tỷ và phương trình bậc cao
2.3.1. Phương trình vô tỷ
Với các phương trình chứa căn thức, có thể được chuyển về phương
trình bậc hai bằng một trong các cách sau:

Footer Page 23 of 133.

23


Header Page 24 of 133.

Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương.

g  x  0
f  x  g  x  
2

 f  x   g  x .

Cách 2: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 2.6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 x 2  2(m  4) x  5m  10  x  3  0 (2.6)

Lời giải.
(2.6) 

2 x 2  2(m  4) x  5m  10  x  3

x  3



2
2
2 x  2(m  4) x  5m  10  ( x  3)

x  3
  2
 x  2(m  1)  5m  1  0

(2.6.1)
(2.6.2)

Bài toán trở thành tìm m để hệ phương trình (2.6.2) có nghiệm x  3
hay tìm m để f(x) = x2 – 2(m+1)x + 5m+1 có nghiệm trên 3; +).
Có thể xảy ra các trường hợp sau:
+) f(x) có nghiệm là 3 thì f(3) = 9 - 6(m+1) + 5m+ 1 = 0  4 – m = 0

 m = 4.
+) f(x) có một nghiệm thuộc (3; +) còn một nghiệm không thuộc 3; +)

 f(3) < 0  4- m < 0  m > 4.
+) f(x) có hai nghiệm thuộc (3; +)  3 < x1  x2

 '  (m  1) 2  5m  1  0 m 2  3m  0


 m  4
  f (3)  4  m  0
s

m  2
  m 1 3
2

 3 m  4.

Kết hợp các bước giải ta có đáp số là m  3.

Footer Page 24 of 133.

24

Thang Long University Libraty


Header Page 25 of 133.

Nhận xét.
- Một trong những phương pháp hữu hiệu để giải phương trình vô tỷ
đó là nâng lên lũy thừa hai vế của phương trình để khử căn thức. Trong quá
trình nâng lên lũy thừa với số mũ chẵn thì nhất thiết hai vế của phương
trình phải không âm.
- Ngoài phương pháp lũy thừa để khử căn thức còn một phương pháp
nữa cũng hay được sử dụng đó là phương pháp đặt ẩn phụ. Khi đặt ẩn phụ
ta phải chú ý tới miền của ẩn phụ.
Ví dụ 2.7. Tìm m để phương trình x 2  2 x  m 3  2 x  x 2  m 2

(2.7) có

nghiệm. Với giá trị nào của m thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Lời giải.
Đặt t = 3  2 x  x 2 . Điều kiện để phương trình có nghĩa là – 3 < x < 1.
Xét hàm

  x    x2  2x  3
   x   2 x  2  0.

Ta có bảng biến thiên sau:
x

-

-3



-1

+

1

0



+

-

4
0

0

Từ đó suy ra 0    x   4  0  t  2
Bài toán trở thành tìm m để phương trình f(t) = t2 – mt + m2 - 3 = 0 có
nghiệm trên đoạn  0; 2].
* TH1: Xét t = 0  m =  3
+) m =

3 thì f(t) = t2 –

3 t = 0 có nghiệm t = 0 ; t =

3 suy ra

phương trình (2.7) có 4 nghiệm x.

+) m = -

Footer Page 25 of 133.

3 thì f(t) = t2 +

3 t = 0 có nghiệm t = 0 ; t = -

25

3 (loại)