Sử dụng định lý vi et cho hai bài toán về phương trình bậc hai và quy về bậc trong chương trình lớp 10 THPT

MỤC LỤC
Thứ tự
PHẦN 1
1.1
1.2
1.3
1.4
PHẦN 2
2.1
2.2
2.3
2.4
PHẦN 3
3.1
3.2

Danh mục
MỞ ĐẦU
Lý do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Cơ sở lí luận
Thực trạng của đề tài
Giải pháp và tổ chức thực hiện
Bài toán 1
Bài toán 2
Một số dạng toán ứng dụng bài toán 2
Bài tập tự luyện
Hiệu quả của SKKN

KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
Kết luận
Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Danh mục SKKN của tác giả đã được Hội
đồng Cấp Sở GD&ĐT đánh giá

Trang
1
1
1
1
1
2
2
2
2
3
4
5
13
14
15
15
15
16
17


PHẦN 1: MỞ ĐẦU

1.1. Lý do chọng đề tài:
Trong chương trình môn toán bậc THPT hiện nay có rất nhiều bài toán có
tham số liên quan tới phương trình bậc hai, quy về bậc hai, và trong số đó xuất
hiện nhiều và đa dạng các bài toán “Tìm điều kiện để một phương trình có một
hoặc nhiều nghiệm thỏa mãn điều kiên cho trước”. Đây thực chất là các bài toán
so sánh nghiệm của một phương trình bậc hai với một số thực α . Công cụ để
giải bài toán này là định lí đảo về dấu tam thức bậc hai và các hệ quả, nhưng
hiện nay vấn đề này được giảm tải. Đứng trước vấn đề: Không có công cụ đó thì
cần tìm hướng nào để bằng kiến thức các em đang được học trong sách giáo
khoa các em vẫn có thể giải được các dạng toán đó? Với suy nghĩ nhằm giúp các
em tìm tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong quá trình học bộ môn Toán, và hơn nữa
là góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, xuất phát từ nhứng lý do trên tôi
chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm “Sử dụng định lý Vi-et cho hai bài toán về
phương trình bậc hai và quy về bậc trong chương trình lớp 10 THPT”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy các khối lớp ở trường
THPT, cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp , khai
thác và việc sử dụng định lí Vi-ét cho hai bài toán cơ bản trong chương trình
sách giáo khoa hiện hành.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một
phương pháp hiệu quả khi đứng trước bài toán liên quan đến định lí Vi-ét cho
phương trình bậc hai mà không cần sử dụng định lí đảo về tam thức bậc hai và
các hệ quả của nó. Hy vọng đề tài nhỏ này giúp các bạn đồng nghiệp cùng các
em học sinh có một cái nhìn toàn mới về các bài toán này.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu là các bất đẳng thức có chứa căn bậc hai và biểu
thức trong căn bậc hai đưa được về dạng tổng của hai hay ba bình phương hoặc
các giả thiết của bài toán biến đổi được về tổng của hai hay ba bình phương áp
dụng cho học sinh khối 10 trường THPT Quảng Xương 2.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:

Phương pháp:
Nghiên cứu lý luận chung, khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học, tổng
hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn. Liên
hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng
dạy.
Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 10 trong các năm học
gần đây.

2


PHẦN 2: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
2.1. Cơ sở lý luận:
Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo
nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống
của con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến
thức rộng, đa phần các em ngại học môn này đặc biệt là phần bất đẳng thức.
Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở
môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng
dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải
có tư duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và
nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ
thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp
các cách giải.
Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính
giúp cho học sinh sử dụng hiệu quả định lí Vi-ét để giải hai bài toán thường

gặp trong chương trình lớp 10 THPT.
2.2. Thực trạng của đề tài:
Đối tượng học sinh tôi trực tiếp giảng dạy có học lực yếu, trung bình và
trung bình khá nên khi học phần định lí Vi-ét học sinh rất lúng túng không biết
giải quyết vấn đề từ đâu.
Qua việc khảo sát, kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng
ngày nhận thấy học sinh thường làm không đúng hoặc không làm được.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của
đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng giải quyết các vấn đề trên theo hướng
dễ tiếp cận đối với học sinh.
Kiến thức cơ bản:
a) Định nghĩa.[1]
Phương trình bậc hai đối với ẩn x ∈ R là phương trình có dạng:
ax 2 + bx + c = 0 ( 1)

( a ≠ 0)

b) Cách giải.[1]
Tính ∆ = b 2 − 4ac
Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm.
Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = −

b
.
2a

3

Nếu
x1 =

∆>0

thì

phương

trình

(1)

có

hai

nghiệm

phân

biệt

−b − ∆
−b + ∆
, x2 =
2a
2a

c) Định lý Vi-et [1]

2
Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn x ∈ R : ax + bx + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0 )
có hai nghiệm x1 , x2 thì S = x1 + x2 =

−b
c
, P = x1.x2 = .
a
a

d) Dấu của hai số thực: [1]
Hai số u và v trái dấu khi và chỉ khi uv < 0
 uv > 0
u + v > 0
 uv > 0
Hai số u và v cùng dấu âm khi và chỉ khi 
u + v < 0

Hai số u và v cùng dấu dương khi và chỉ khi 

2.3.1. Bài toán 1: [2]
Tìm điều kiện để phương trình ax 2 + bx + c = 0 , ( a ≠ 0, x ∈ R ) có hai nghiệm
phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn nghiệm này gấp k lần nghiệm kia.
Phương pháp giải:
Phương trình ax 2 + bx + c = 0 , ( a ≠ 0, x ∈ R ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2
thỏa mãn nghiệm này gấp k lần nghiệm kia khi và chỉ khi ∆ > 0 và

( x1 − kx2 )( x 2 − kx1 ) = 0 ⇔ ( k 2 + 1) x1 x 2 − k [( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x2 ] = 0

Nhận xét: Thông thường học sinh sẽ chia bài toán thành hai trường hợp x1 = kx2

và x 2 = kx1 sau đó vận dụng định lí Vi-et để giải. Với cách làm đó bài toán trở
nên phức tạp hơn.
Ví dụ: Tìm m để phương trình x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0 , (1) có hai nghiệm thỏa mãn
nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
Lời giải:
Hai nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn nghiệm này gấp đôi nghiệm
kia nên hai nghiệm này phải phân biệt. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi:
∆' = (− m) 2 − ( 2m − 1) > 0 ⇔ ( m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1
2

Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn định lí Vi-et
nên
 x1 + x 2 = 2m

 x1 x 2 = 2m − 1

Hai nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn nghiệm này gấp đôi nghiệm kia khi
và chỉ khi

( x1 − 2 x 2 )( x 2 − 2 x1 ) = 0 ⇔ 5 x1 x 2 − 2[( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x 2 ] = 0

4



m =
Suy ra 5( 2m − 1) − 2 ( 2m ) − 2( 2m − 1) = 0 ⇔ 8m − 18m + 9 = 0 ⇔ 
m =


( thỏa mãn m ≠ 1 )
3
3
Vậy m = và m = thỏa mãn yêu cầu bài toán.
4
2

[

2

]

2

3
4 ,
3
2

2.3.2. Bài toán2: [3]
2
Cho phương trình: ax + bx + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0, x ∈ R )
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa một nghiệm nhỏ hơn α
nghiệm kia lớn hơn α .
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn cả hai
nghiệm đó đều lớn hơn α .
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn cả hai
nghiệm đó đều nhỏ hơn α .
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm x > α .

e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm x < α .
Phương pháp giải:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn α nghiệm kia
lớn hơn α nghĩa là x1 < α < x2 hoặc x 2 < α < x1 , điều này xảy ra khi và chỉ khi
( x1 − α )( x2 − α ) < 0 ⇔ x1 x 2 − α ( x1 + x 2 ) + α 2 < 0 (*)
Chú ý : (*) ⇔

c a
2
+ α + α 2 > 0 ⇒ ∆ = b 2 − 4ac > b 2 + 4abα + 4a 2 b 2 = ( b + 2aα ) ≥ 0
a b

nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều lớn
hơn α
điều này xảy ra khi và chỉ khi
 x1 x 2 − α ( x1 + x 2 ) + α 2 > 0
 x1 − α > 0
( x1 − α )( x 2 − α ) > 0
⇔
⇔



x1 + x 2 − 2α > 0
 x2 − α > 0
 x1 − α + x 2 − α > 0


c) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều nhỏ

hơn α
điều này xảy ra khi và chỉ khi
 x1 x 2 − α ( x1 + x 2 ) + α 2
 x1 − α < 0
( x1 − α )( x 2 − α ) > 0
⇔
⇔

x1 + x 2 − 2α < 0
 x2 − α < 0
 x1 − α + x 2 − α < 0

d) Phương trình (1) có nghiệm x > α
• Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn
• Trường hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn
e) Phương trình (1) có nghiệm: x < α
• Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn
• Trường hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn

>0

x1 < α < x2
α < x1 < x2
x1 < α < x2
x1 < x 2 < α

5


Nhận xét: Đây là là bài toán so sánh các nghiệm của phương trình bậc hai với

một số thực α nhưng phần định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai đã giảm tải
trong chương trình nên khi gặp bài toán này học sinh rất lúng túng, kể cả khi
lên lớp 12 sử dụng công cụ đạo hàm cũng không thể giải quyết được bài toán
này khi không thể đưa được phương trình đã cho về dạng f ( x ) = g ( m ) , với m là
tham số.
( Các trường hợp xảy ra dấu “=” giải quyết tương tự ).
Ví dụ: [4] Cho phương trình: x − 2mx + m − m + 1 = 0 ( 1)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn 1,
nghiệm kia lớn hơn 1.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm đều lớn hơn 1.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn x ≥ 1 .
Lời giải:
Phương trình (1) có một nghiệm nhỏ hơn 1, nghiệm kia lớn hơn 1 ,điều này xảy
ra khi và chỉ khi ( x1 − 1)( x 2 − 1) < 0 ⇔ x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 < 0 .Theo định lí Vi-et
2

2

 x1 + x 2 = 2m

2
 x1 x 2 = m − m + 1
suy ra ( m 2 − m + 1) − 2m + 1 < 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2
Vậy với 1 < m < 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
a) Phương trình (1) có hai nghiệm ⇔ ∆' = m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 . Do hai nghiệm của

phương

trình

(1)

đều

lớn

hơn

1,

nghĩa

 x1 − 1 > 0
( x − 1)( x 2 − 1) > 0
 x x − ( x1 + x 2 ) + 1 > 0
⇔ 1
⇔ 1 2

x1 + x 2 − 2 > 0
 x2 − 1 > 0
 x1 − 1 + x 2 − 1 > 0

m 2 − 3m + 2 > 0
 x1 + x 2 = 2m
⇔ m > 2,
Theo định lí Vi-et 
, Suy ra 
2
>0
 x1 x 2 = m − m + 1

 2m − 2

là

Kết hợp điều kiện m ≥ 1 ta được m > 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
b) Phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn x ≥ 1 khi
Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn
hoặc bằng 1, nghiệm kia lớn hơn hoặc bằng 1.
Theo câu a) suy ra 1 ≤ m ≤ 2
Trường hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn cả hai nghiệm đều
lớn hơn hoặc bằng 1
Theo câu b) suy ra m ≥ 2 hoặc m = 1
Vậy m ≥ 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2.3.3. Một số dạng toán áp dụng bài toán 2.
Dạng 1. [4] 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.
Phương pháp giải
6


x ≥α
2
 a − 1) x + ( b + 2α ) x + c − α = 0, ( 2 )


Phương trình (1) ⇔ (

2

a) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm x ≥ α
b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng α
c) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (2) có duy
nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng α
Ví dụ: Cho phương trình: 2x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 + m = x − 1 ( 1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Lời giải:
x ≥1
2
 x − 2mx + m + m − 1 = 0, (2)


Phương trình (1) ⇔ 

2

a) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm x ≥ 1
Trường hợp 1:
Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn hoặc bằng 1,
nghiệm kia lớn hơn hoặc bằng 1, điều này xảy ra khi và chỉ khi

( x1 − 1)( x 2 − 1) ≤ 0 ⇔ x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 ≤ 0 Theo định lí Vi-et

 x1 + x 2 = 2m

2

 x1 x 2 = m + m − 1

suy ra ( m 2 + m − 1) − 2m + 1 ≤ 0 ⇔ m 2 − m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1
Trường hợp 2:
Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn cả hai nghiệm đều lớn hơn hoặc bằng
1, điều này xảy ra khi và chỉ khi
 ∆' ≥ 0
∆ ' ≥ 0
∆ ' ≥ 0



 x1 − 1 ≥ 0 ⇔ ( x1 − 1)( x 2 − 1) ≥ 0 ⇔  x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 ≥ 0 ,
 x 2 − 1 ≥ 0
 x1 − 1 + x 2 − 1 ≥ 0

x1 + x 2 − 2 ≥ 0
 1− m ≥ 0
 x1 + x 2 = 2m
 2

Suy
ra
m − m ≥ 0 ⇔ m = 1
2
 x1 x 2 = m + m − 1
 2m − 2 ≥ 0


Theo

định

lí

Vi-et

Vậy với m ∈ [ 0;1] thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt đều lớn hơn hoặc bằng 1, điều này xảy ra khi và chỉ khi
 ∆' > 0
∆ ' > 0
∆ ' > 0



 x1 − 1 ≥ 0 ⇔ ( x1 − 1)( x 2 − 1) ≥ 0 ⇔  x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 ≥ 0 ,
 x 2 − 1 ≥ 0
 x1 − 1 + x 2 − 1 ≥ 0

x1 + x 2 − 2 ≥ 0
 1− m > 0
 x1 + x 2 = 2m
 2

Suy
ra
m − m ≥ 0 ⇔ m ∈ φ
2
 x1 x 2 = m + m − 1

 2m − 2 ≥ 0


Theo

định

lí

Vi-et

Vậy không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
7


c) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (2) có đúng
1 nghiệm thỏa mãn nghiệm đó lớn hơn hoặc bằng 1, điều này xảy ra khi và chỉ
khi
Trường hợp 1:
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn 1,
nghiệm kia lớn hơn 1, điều này xảy ra khi và chỉ khi

( x1 − 1)( x 2 − 1) < 0 ⇔ x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 < 0



x1 + x 2 = 2m



x1 + x 2 = 2m

Theo định lí Vi-et cho phương trình (2):  x x = m 2 + m − 1
 1 2
2
2
suy ra ( m + m − 1) − 2m + 1 < 0 ⇔ m − m < 0 ⇔ 0 < m < 1
Trường hợp 2:
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn 1,
nghiệm kia bằng 1, điều này xảy ra khi và chỉ khi
∆' > 0
∆' > 0




( x1 − 1)( x 2 − 1) = 0 ⇔  x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 = 0
 x −1+ x −1 < 0

x1 + x 2 − 2 < 0
2
 1


Theo định lí Vi-et cho phương trình (2):  x x = m 2 + m − 1
 1 2
 1− m > 0
 2
suy ra m − m = 0 ⇔ m = 0
 2m − 2 < 0



Trường hợp 3:
Phương trình (2) có hai nghiệm kép lớn hơn hoặc bằng 1, điều này xảy ra khi và


∆' = 0



∆' = 0

chỉ khi  x − 1 + x − 1 ≥ 0 ⇔  x + x − 2 ≥ 0
2
2
 1
 1
Theo định lí Vi-et cho phương trình (2):

 x1 + x 2 = 2m

,
2
 x1 x 2 = m + m − 1

suy ra

 1− m = 0
⇔ m =1


2 m − 2 ≥ 0
Vậy với m ∈ [ 0;1] thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

Dạng 2. [4] 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.
Phương pháp giải
Ta biến đổi phương trình (1) [ x 2 + ( a + c ) x + ac ][ x 2 + ( b + d ) x + bd ] = k

8


2

2

a+c
a+c

Đặt t = x + ( a + c ) x + 
 = x+
 ≥0
2 
 2 

2

Khi đó phương trình (1) trở thành:

2
2
2

(
a + c)  
 a + c  
a+c 
t + ac + bd −
  bd − 
  − k = 0 (2)
t + ac − 
2  
 2   
 2  

2

a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu.
Trường hợp 2: Phương trình (2) có nghiệm kép dương.
c) Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm
phân biệt trong đó một nghiệm dương và nghiệm kia bằng 0
d) Phương trình (1) có bốn nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm
phân biệt dương
(Xét tương tự cho phương trình dạng ax 4 + bx 2 + c = 0 )
Ví dụ:
Cho phương trình: x ( x − m + 1) ( x − m − 1) ( x − 2 m ) = 3m + 2 ( 1) , với tham số m ≥ 0
.

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Lời giải
Phương trình (1) ⇔ ( x 2 − 2mx )( x 2 − 2 m x + m − 1) = 3m − 5
2
Đặt t = x 2 − 2 m x + m = ( x − m ) ≥ 0 , khi đó phương trình (1) trở thành
t 2 − ( m + 1) t − 2m + 5 = 0 ( 2 )

a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn
hoặc bằng 0, nghiệm kia lớn hơn hoặc bằng 0 nghĩa là
t1t 2 ≤ 0 ⇔ −2m + 5 ≤ 0 ⇔ m ≥

5
2

Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi
m 2 + 12m − 19 ≥ 0
 ∆≥0

5
5

m≤
⇔ −6 + 55 ≤ m ≤
 t1t 2 ≥ 0 ⇔ 
2
2

t + t ≥ 0

m
>
−
1
1 2


Vậy với m ∈  −6 + 55; +∞ ) thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
5
2

Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm trái dấu ⇔ m > .
9


Trường hợp 2: Phương trình (2) có nghiệm kép dương khi và chỉ khi
m 2 + 12m − 19 = 0
 ∆=0
⇔
⇔ m = −6 + 55

m +1 > 0
t1 + t 2 > 0



Vậy với m ∈  ; +∞ ÷∪ { −6 + 55} thì phương trình (1) có hai nghiệm.

2

c) Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm
phân biệt trong đó có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0, khi và chỉ
khi
5

 ∆>0
m 2 + 12m − 19 > 0

5

 t1t 2 = 0 ⇔  − 2m + 5 = 0 ⇔ m =
2
t + t > 0

m
+
1
>
0
1
2



.
5
thì phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
2

d) Phương trình (1) có bốn nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm

Vậy với m =

phân biệt dương điều này xảy ra khi và chỉ khi
 ∆>0
m 2 + 12m − 19 > 0

5

 t1t 2 > 0 ⇔  − 2m + 5 > 0 ⇔ −6 + 55 < m <
2
t + t > 0

m +1 > 0

1 2


Vậy với m ∈  −6 + 55; ÷ thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
2
5





Dạng 3. [4] 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.
Phương pháp 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 phương trình tương đương
4

3

2

2

1
1
1


a x +  + b x +  + c − 2a = 0 , đặt t = x + với t ≥ 2 thì (1) trở thành
x
x
x


2
t + bt + c − 2a = 0 (2)
a) Phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 2 .
b) Phương trình (1) có nghiệm x < 0 thì phương trình (2) có nghiệm t ≤ −2 .
c) Phương trình (1) có nghiệm thì hoặc phương trình (2) có nghiệm t ≥ 2 hoặc
t ≤ −2

( Đây chính là kết quả tổng hợp của phần a và b).
d) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau
Trường hợp 1: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt đều lớn hơn 2
Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt đều nhỏ hơn -2

10


Trường hợp 3: Phương trình (2) có hai nghiệm một lớn hơn 2 nghiệm kia nhỏ
hơn -2
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.
Ví dụ:
4
3
2
2
Cho phương trình: x − 2mx + ( m − 3m + 4 ) x − 2mx + 1 = 0 ( 1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Lời Giải:
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia hai vế của
phương trình (1) cho x 2 ≠ 0 , ta được tương đương:
2

1
1



2
 x +  − 2m x +  + m − 3m + 2 = 0
x
x


1
đặt t = x + với t ≥ 2 thì (1) trở thành t 2 − 2mt + m 2 − 3m + 2 = 0 = 0 (2)
x
a) Phương trình (1) có nghiệm dương khi phương trình (2) có nghiệm t ≥ 2

Trường hợp 1: Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn
hoặc bằng 2 nghiệm kia lớn hơn hoặc bằng 2 nghĩa là t1 ≤ 2 ≤ t 2 hoặc t 2 ≤ 2 ≤ t1 ,
điều này xảy ra khi và chỉ khi: ( t1 − 2)( t 2 − 2) ≤ 0 ⇔ t1t 2 − 2( t1 + t 2 ) + 4 ≤ 0 , theo định
lí

Vi-et

đối

với

phương

trình

(2):

 t1 + t 2 = 2m

2
t1t 2 = m − 3m + 2

suy

ra

m 2 − 7m + 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 6

Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều
lớn hơn hoặc bằng 2
điều này xảy ra khi và chỉ khi
∆ ' ≥ 0
 3m − 2 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 ∆' ≥ 0
t − 2 ≥ 0



⇔ ( t1 − 2 )( t 2 − 2 ) ≥ 0 ⇔ t1t 2 − 2( t1 + t 2 ) + 4 ≥ 0 ⇔ m 2 − 7 m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ 6
1
t 2 − 2 ≥ 0
t − 2 + t − 2 ≥ 0

 2m − 4 ≥ 0
t1 + t 2 − 4 ≥ 0
2

1



Vậy m ≥ 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
b) Phương trình (1) có nghiệm âm khi phương trình (2) có nghiệm t ≤ −2
Trường hợp 1: Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn
hoặc bằng -2 nghiệm kia lớn hơn hoặc bằng -2 nghĩa là t1 ≤ −2 ≤ t 2 hoặc
t 2 ≤ −2 ≤ t1 , điều này xảy ra khi và chỉ khi: ( t1 + 2 )( t 2 + 2) ≤ 0 ⇔ t1t 2 + 2( t1 + t 2 ) + 4 ≤ 0 ,


t1 + t 2 = 2m

theo định lí Vi-et đối với phương trình (2): t t = m 2 − 3m + 2 suy ra
1 2
m2 + m + 6 ≤ 0 ⇔ m ∈φ

Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều
nhỏ hơn hoặc bằng -2, điều này xảy ra khi và chỉ khi

11


∆ ' ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 ∆' ≥ 0
t + 2 ≤ 0


⇔ ( t1 + 2)( t 2 + 2 ) ≥ 0 ⇔ t1t 2 + 2( t1 + t 2 ) + 4 ≥ 0 , theo định lí Vi-et đối với

1
t 2 + 2 ≤ 0
t + 2 + t + 2 ≤ 0

t1 + t 2 + 4 ≤ 0
2
1
 3m − 2 ≥ 0
 t1 + t 2 = 2m
 2
phương trình (2): t t = m 2 − 3m + 2 suy ra m + m + 6 ≥ 0 ⇔ m ∈ φ
1 2
 2m + 4 ≤ 0


Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
c) Phương trình (1) có nghiệm thì kết hợp câu a) và câu b) ta có m ≥ 1 .
d) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1:
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều lớn
hơn 2
điều này xảy ra khi và chỉ khi
∆ ' > 0
∆ ' > 0
 ∆' > 0
t − 2 > 0


⇔ ( t1 − 2)( t 2 − 2 ) > 0 ⇔ t1t 2 − 2( t1 + t 2 ) + 4 > 0 , theo định lí Vi-et đối với
1

t 2 − 2 > 0
t − 2 + t − 2 > 0

t1 + t 2 − 4 > 0
2
1
 t1 + t 2 = 2m
phương trình (2) ta có: t t = m 2 − 3m + 2 suy ra
1 2

 3m − 2 > 0
 2
m − 7 m + 6 > 0 ⇔ m > 6
 2m − 4 > 0


Trường hợp2:
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều nhỏ
hơn -2, điều này xảy ra khi và chỉ khi
∆ ' > 0
∆ ' > 0
 ∆' > 0
t + 2 < 0


⇔ ( t1 + 2)( t 2 + 2 ) > 0 ⇔ t1t 2 + 2( t1 + t 2 ) + 4 > 0 , theo định lí Vi-et đối với
1
t 2 + 2 < 0
t + 2 + t + 2 < 0


t1 + t 2 + 4 < 0
2
1
 t1 + t 2 = 2m
phương trình (2): t t = m 2 − 3m + 2 suy ra
1 2

 3m − 2 > 0
 2
m + m + 6 > 0 ⇔ m ∈ φ
 2m + 4 < 0


Vậy m > 6 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Dạng 4. [4] Cho phương trình

α ( ax 2 + bx + c ) + β ( ax 2 + bx + c ) + γ = 0 ( 1) ( α ≠ 0; a ≠ 0 )
2

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Phương pháp giải
Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự)

12


2


b  b 2 − 4ac 
−∆
 nên đặt t = ax 2 + bx + c ≥ k , với k =
Ta có ax + bx + c = a  x + ÷ −
2
2a 
4a 
4a

Khi đó phương trình (1) trở thành: αt 2 + βt + γ = 0 (2)
a) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm t ≥ k
2

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có
đúng một nghiệm lớn hơn k.
c) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt đều lớn hơn k.
Ví dụ:
2
Cho phương trình ( x 2 − 2 x ) − 2m( x 2 − 2 x ) + m + 2 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Lời giải:
Đặt t = x 2 − 2 x ≥ −1 , khi đó phương trình (1) trở thành: t 2 − 2mt + m + 2 = 0 (2)
a) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm t ≥ −1
Trường hợp 1:
Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm nhỏ hơn hoặc bằng -1
nghiệm kia lớn hơn hoặc bằng -1 nghĩa là t1 ≤ −1 ≤ t 2 hoặc t 2 ≤ −1 ≤ t1 , điều này
xảy ra khi và chỉ khi: ( t1 + 1)( t 2 + 1) ≤ 0 ⇔ t1t 2 + ( t1 + t 2 ) + 1 ≤ 0 , theo định lí Vi-et đối

t1 + t 2 = 2m

với phương trình (2): t t = m + 2 suy ra 3m + 3 ≤ 0 ⇔ m ≤ −1
12
Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều
lớn hơn hoặc bằng -1, điều này xảy ra khi và chỉ khi
∆ ' ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 ∆' ≥ 0
t + 1 ≥ 0


⇔ ( t1 + 1)( t 2 + 1) ≥ 0 ⇔ t1t 2 + ( t1 + t 2 ) + 1 ≥ 0 , theo định lí Vi-et đối với
1
t 2 + 1 ≥ 0
t +1+ t +1 ≥ 0
 t1 + t 2 + 2 ≥ 0
2
1
m 2 − m − 2 ≥ 0
t1 + t 2 = 2m
m≥2

phương trình (2) ta có: t t = m + 2 suy ra  3m + 3 ≥ 0 ⇔ 
 m = −1
12
 2m + 2 ≥ 0

Vậy m ∈ ( − ∞;−1] ∪ [ 2;+∞) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có
đúng một nghiệm lớn hơn -1.
Trường hợp 1:
Phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm lớn hơn -1 nghiệm kia
nhỏ hơn -1, điều này xảy ra khi và chỉ khi ( t1 + 1)( t 2 + 1) < 0 ⇔ t1t 2 + (t1 + t 2 ) + 1 < 0
t1 + t 2 = 2m

theo định lí Vi-et đối với phương trình (2) ta có: t t = m + 2 suy ra
12
3m + 3 < 0 ⇔ m < −1

13


Trường hợp 2: Phương trình (2) có nghiệm kép lớn hơn -1, điều này xảy ra khi
và chỉ khi
∆' = 0
m 2 − m − 2 = 0

⇔
⇔m=2

t1 + t 2 + 2 > 0
 2m + 2 > 0

Vậy với m ∈ ( − ∞;−1) ∪ { 2} thỏa mãn yêu cầu bài toán.
c) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt đều lớn hơn -1, điều này xảy ra khi và chỉ khi
∆ ' > 0
∆ ' > 0

 ∆' > 0
t + 1 > 0


⇔ ( t1 + 1)( t 2 + 1) > 0 ⇔ t1t 2 + ( t1 + t 2 ) + 1 > 0 , theo định lí Vi-et đối với
1
t 2 + 1 > 0
t +1+ t +1 > 0
 t1 + t 2 + 2 > 0
2
1
m 2 − m − 2 > 0
t1 + t 2 = 2m

phương trình (2) ta có: t t = m + 2 suy ra  3m + 3 > 0 ⇔ m > 2
12
 2m + 2 > 0


Vậy m > 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét: Tương tự ta cũng có thể giải quyết được ngay bài toán: “Tìm m để pt
(1) có
nghiệm duy nhất”.
2.3.4. [4] Bài tập tự luyện:
Bài 1. Cho phương trình: x 2 + ( 3m − 1) x + 2m 2 − 4 = 0
Tìm m để phương trình đã cho có:
a) Hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp ba lần nghiệm kia.
b) Nghiệm nhỏ hơn hoặc bằng -1.
c) Hai nghiệm thỏa mãn cả hai nghiệm đó đều lớn hơn -1.
d) Hai nghiệm thỏa mãn một nghiệm lớn hơn -1 nghiệm kia nhỏ hơn -1

Bài 2. Cho phương trình: x 4 − 2( m − 1) x 3 + 3( m + 2) x 2 − 2( m − 1) x + 1 = 0
Tìm m để phương trình đã cho có:
a) Nghiệm.
b) Bốn nghiệm phân biệt.
c) Nghiệm dương.
d) Nghiệm âm.
Bài 3. Cho phương trình: ( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 4) = m + 2
Tìm m để phương trình đã cho có:
a) Nghiệm.
b) Hai nghiệm phân biệt.
c) Ba nghiệm phân biệt.
d) Bốn nghiệm phân biệt.
2
Bài 4. Cho phương trình: 2( x 2 − 4 x + 8) − 2( m − 1) ( x 2 − 4 x + 8) + m 2 − m = 0
Tìm m để phương trình đã cho có:
a) Nghiệm.
b) Bốn nghiệm phân biệt.

14


c) Ba nghiệm phân biệt.
d) Một nghiệm duy nhất.
Bài 5. Cho phương trình:
2 x 2 − 3mx + 2m 2 − m = x + 1
Tìm m để phương trình đã cho có:
a) Nghiệm.
b) Hai nghiệm phân biệt.
c) Một nghiệm duy nhất.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến:

Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy học sinh bộ môn toán THPT, tôi
nhận thấy học sinh rất hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ khi mà
một số bài toán tưởng chừng như không thể giải quyết nếu không có công cụ là
định lý đảo về dấu tam thức bậc hai và các hệ quả, thì nay lại được giải quyết
một cách đơn giản, dễ hiểu thông qua định lý quen thuộc là định lý Vi-et. Nhiều
sách tham khảo đặt ẩn phụ để chuyển bài toán về so sánh với số 0, song không
phải em nào cũng biết cách đặt sao cho đúng với mục đích, đôi khi thay ẩn phụ
vào biến đổi dẫn đến sai sót và bài toán dẫn đến kết quả sai. Với cách tiếp cận hai
bài toán như thế này học sinh tiếp thu nhanh và kết quả học tập của các em được
nâng lên rõ rệt.
Cụ thể:
Lớp/năm học
10A4
2013-2014
10A3
2015-2016
10B5
2016-2017

Trước khi tiếp cận (%)
Yếu
TB
Khá
Giỏi

Sau khi tiếp cận (%)
Yếu
TB
Khá
Giỏi

02

56

42

0

0

18

65

17

05

45

40

0

0

20

58

22

08

60

32

0

0

25

55

20

15


PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Đất nước ta đang trên bước đường xây dựng, phát triển và giáo dục đã
được Đảng, Nhà nước coi là quốc sách hàng đầu, để chấn hưng nền giáo dục của
nước nhà thì việc đổi mới phương pháp giảng dạy được Bộ Giáo dục luôn coi là
một nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực hiện một cách có hiệu quả. Muốn làm tốt
công việc đó thì người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận
thức, nghiệp vụ chuyên môn, từ đó tìm ra cho mình phương pháp giảng dạy đạt

hiệu quả cao nhất, tạo được sự hứng thú và niềm tin ở học trò nhằm góp phần
nâng cao chất lượng giáo dục. Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích
cực trong công tác giảng dạy đó là giáo viên viết các chuyên đề, sáng kiến kinh
nghiệm phục vụ cho việc dạy và học. Từ những nhận thức đó, hàng năm tôi đều
chọn một đề tài thiết thực phục vụ cho công tác giảng dạy để viết thành sáng kiến
kinh nghiệm nhằm nâng cao năng lực về chuyên môn, góp phần chia sẻ cùng các
đồng nghiệp, các em học sinh những ý tưởng phục vụ cho việc dạy và học được
tốt hơn. Thực tế qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy đại đa số các em học sinh
đều ngại và lúng túng khi gặp các bài toán có chứa tham số, bên cạnh đó việc
sách giáo khoa lớp 10 đã giảm tải phần định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các
hệ quả, nên khi gặp các dạng toán trong chuyên đề này đã trình bày các em cảm
thấy lúng túng, nhất là các em học sinh lớp 10, ngay cả các em học sinh lớp 12
khi đã được trang bị công cụ là đạo hàm cũng thấy khó khăn. Từ thực tế đó nhằm
giúp các em học sinh cảm thấy hứng thú hơn khi học toán. Do thời gian và khuôn
khổ của một SKKN nên các dạng toán còn chưa hệ thống một cách đầy đủ. Rất
mong sự góp ý của quý thầy, cô để đề tài này được hoàn thiện hơn.
3.2. Kiến nghị
Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới cho phòng thư viện để nghiên
cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
Nhà trường cần tổ chức nhiều hơn nữa các buổi trao đổi phương pháp
giảng dạy. Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất
lượng học tập.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2017.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác

Phạm Anh Tuấn

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số 10 Nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục
2. Sách bài tập đại số 10 Nâng cao - Nhà xuất bản giáo dục – trang 69, 114.
3. Các bài giảng luyện thi môn toán tập 2 - Nhà xuất bản giáo dục
(TG: Phan Đức Chính - Vũ Dương Thụy - Đào Tam - Lê Thống Nhất) – trang
10.
4. Nguồn tài liệu trên internet.

17


Danh mục các đề tài SKKN mà tác giả đã được Hội đồng Cấp Sở GD&ĐT và
các cấp cao hơn đánh giá đạt từ loại C trở lên
1.Đề tài: ”Sử dụng tọa độ của vectơ giải một lớp các bài toán bất đẳng thức”
Xếp loại C cấp tỉnh

18