Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai

nn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA
nnnnnnnmmnnmM

+

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM
CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Người thực hiện :
Chức vụ
:
Đơn vị công tác :
SKKN thuộc môn:

Trịnh Thị Nga
Giáo viên
Trường THCS Trần Mai Ninh
Toán

THANH HÓA NĂM 2016


MỤC LỤC
NỘI DUNG
MỤC LỤC
PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU

A. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
B. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
C. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
D. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN
B. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
C. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
II. SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
III. SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT(GTLN),
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT(GTNN)
IV. SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
PHẦN THỨ BA: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
TÀI LIỆU THAM KHẢO

TRANG
1
2
2
3
3
3
3
3
4

4
5
9
14
19
20

2


PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU
A. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình phổ thông các dạng bài tập toán rất phong phú và đa
dạng. Ở sách giáo khoa Toán lớp 9 THCS, học sinh được làm quen với phương
trình bậc hai một ẩn: Công thức tính nghiệm của phương trình bậc hai, định lý
Vi-ét và các ứng dụng trong việc giải một số bài toán. Tuy nhiên việc ứng dụng
chúng vào việc giải quyết các bài toán khó như: chứng minh bất đẳng thức
(BĐT), tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN), giải phương trình
(PT) nghiệm nguyên thì nhiều học sinh còn lúng túng bởi vì kiến thức toán
THCS rất ít đề cập trực tiếp đến vấn đề này.
Nhiều năm gần đây trong các kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi bậc THCS và
các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và các hệ chuyên thường có các bài toán
chứng minh BĐT, tìm cực trị và giải phương trình nghiệm nguyên. Đây là hai
dạng toán tương đối khó đối với học sinh THCS. Để giải các bài toán này học
tổng hợp các kiến thức và kỹ năng tính toán, tư duy sáng tạo. Vậy làm thế nào
để học sinh có thể định hướng được hướng đi, hay hơn thế là hình thành được
một công thức "ẩn tàng" nào đó mỗi khi gặp một bài toán.
Là một giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán THCS, trong quá trình
giảng dạy, tôi luôn luôn trăn trở, tìm tòi, chọn lọc những phương pháp hợp lý
nhất để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh một cách suy nghĩ mới làm quen với

dạng toán này để dần dần các em có được một số phương pháp giải cơ bản nhất.
Bằng kinh nghiệm và quá trình học hỏi, tích lũy, tôi đi sâu vào nghiên cứu
"Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai". Trong phạm
vi của đề tài này tôi xin được đưa ra một số phương pháp mà bản thân tôi đã
soạn, dạy cho học sinh của mình. Mời các bạn cùng tham khảo và đóng góp ý
kiến để việc dạy và trang bị cho học sinh giải các dạng toán liên quan đến việc
sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai ngày càng tốt hơn.
B. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Trong thực tế khi dạy học sinh cứu "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm
của phương trình bậc hai" thì ngoài việc cung cấp cho các em các ứng dụng cơ
bản như: giải phương trình bậc hai và các điều kiện liên quan đến nghiệm của
phương trình bậc hai, lập phương trình bậc hai khi biết tổng và tích hai số,
chứng minh đẳng thức, chứng minh chia hết, chứng minh số chính phương, tính
giá trị biểu thức, chứng minh số vô tỉ, giải hệ phương trình bậc cao, giải hệ
phương trình có nhiều ẩn số, giải phương trình nghiệm nguyên, chứng minh
BĐT, tìm GTLN, GTNN,…. và đã có nhiều những tài tiệu, những đề tài khoa
học nghiên cứu về vấn đề này, trong đề tài này, tôi xin đưa ra một số ứng dụng
như:
1.
Chứng minh bất đẳng thức.
2.
Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
3.
Giải phương trình nghiệm nguyên.
3


C. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Đối tượng nghiên cứu là môn toán và những kiến thức toán học có liên
quan đến "Một số ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai".

- Đối tượng khảo sát : Học sinh giỏi lớp 9- trường THCS Trần Mai Ninh
D. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Khảo sát, tìm hiểu thực tế học sinh.
2. Nghiên cứu SGK, tài liệu hướng dẫn cần thiết.
3. Xây dựng phương pháp khi soạn giáo án chính khoá và tự chọn.
4. Áp dụng vào các tiết dạy lý thuyết cũng như các tiết luyện tập, các tiết dạy tự
chọn, dạy bồi dưỡng HS khá, giỏi .
5. Hoàn thành phương pháp sau khi đã cho học sinh thực hành qua đó rút ra bài
học kinh nghiệm.

PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Mục tiêu của môn Toán ở trường THCS là nhằm cung cấp cho học sinh
những kiến thức phổ thông cơ bản và thiết thực, hình thành và rèn luyện các kĩ
năng giải toán và ứng dụng vào thực tế, rèn luyện khả năng suy luận hợp lí, sử
dụng ngôn ngữ chính xác, bồi dưỡng các phẩm chất tư duy linh hoạt, độc lập,
sáng tạo. Xuất phát từ mục tiêu trên, phương pháp dạy học trong giai đoạn mới
là tích cực hóa các hoạt động học tập của học sinh, rèn luyện khả năng tự học, tự
phát hiện và giải quyết các vấn đề của học sinh nhằm hình thành và phát triển ở
học sinh phẩm chất tư duy cần thiết.
Toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy,
người học và cả người nghiên cứu. Qua việc dạy và học toán, con người được
rèn luyện năng lực phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo,
góp phần hình thành kĩ năng, nhân cách cần thiết của người lao động trong thời
đại mới. Muốn học giỏi toán, học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức là
phải học giải toán. Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán đồng thời
là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều cần
thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường THCS. Vì vậy, để nâng
cao chất lượng dạy và học toán, người thầy giáo cần truyền cho học sinh sự ham
thích giải toán, bằng những phương pháp, kĩ năng cơ bản và ứng dụng của mỗi

dạng toán.
B. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Với mỗi em học sinh lớp 9 trường THCS Trần Mai Ninh thì ước mơ và
cũng là mục tiêu đặt ra cho mình là tham dự các kì thi HSG các cấp, thi đậu vào
lớp 10 chuyên Lam Sơn, các trường chuyên ở Hà Nội, nhưng cũng có không ít
học sinh đã không thực hiện được mục tiêu đó vì thiếu điểm .
Trong những năm gần đây, các đề thi HSG cấp tỉnh, thi vào lớp 10 các
trường chuyên thường có những câu liên quan đến các ứng dụng về điều kiện có
nghiệm của phương trình bậc hai như: chứng minh BĐT, tìm GTLN, GTNN,
giải phương trình nghiệm nguyên, …
4


Đây là một nội dung khó đối với chương trình toán 9. Khi giải bài tập
dạng này học sinh gặp rất nhiều vướng mắc dẫn đến không hứng thú, bởi vì các
em chưa tìm ra được phương pháp thích hợp. Mặt khác công cụ giải các bài tập
dạng trên còn nhiều hạn chế. Không vì thế mà giáo viên xem nhẹ khi dạy các
bài tập dạng này mà giáo viên cần phải bắt đầu từ đâu, dẫn dắt như thế nào để
các em không ngại. Chính vì vậy giáo viên cần đưa các em từ những bài toán
đơn giản đến phức tạp bằng một hệ thống câu hỏi thích hợp.
Trong chương trình toán THCS chắc hẳn các bạn đã gặp ít nhiều những
ứng dụng về điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai như: giải hệ phương
trình có nhiều ẩn số, giải phương trình nghiệm nguyên, chứng minh BĐT, tìm
GTLN, GTNN đơn giản và trong sáng, từ lâu đã là một phương pháp hay và
hiệu quả. Thực tế, có nhiều dạng bài tập liên quan, song tôi chỉ đưa ra một số bài
tập điển hình và sắc màu của nó qua mỗi bài toán.
C. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢ N

1.Dạng phương trình bậc hai một ẩn x : ax 2 + bx+ c = 0 (a ≠ 0) (1)

2. Công thức nghiệm của phương trình (1):
Biệt thức ∆ = b 2 − 4ac ( ∆' = b' 2 −ac , với b = 2b')
- Nếu ∆ > 0 (hoặc ∆' > 0 ): Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
−b+ ∆
− b'+ ∆'
−b− ∆
− b'− ∆'
( x1 =
)
;
x2 =
( x2 =
)
2a
a
2a
a
- Nếu ∆ = 0 (hoặc ∆' = 0): PT (1) có nghiệm kép (nghiệm duy nhất)
−b
− b'
x1 = x 2 =
( x1 = x 2 =
)
2a
a
- Nếu ∆ < 0 (hoặc ∆' < 0): Phương trình (1) vô nghiệm.
x1 =

3. Hệ thức Vi - ét: 1. Nếu x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương
−b


S = x1 + x2 = a
trình (1) thì: 
 P = x .x = c
1 2

a

2. Nếu hai số x 1 , x 2 có tổng bằng S và tích
bằng P thì x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình
X 2 – SX + P = 0 với điều kiện S 2 – 4P ≥ 0.
4.Xác định dấu của các nghiệm :
Xét tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c với a ≠ 0. Ta có:
a) Nếu ∆ < 0 thì f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x.
b) Nếu ∆ = 0 thì f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x khác −

b
.
2a

c) Nếu ∆ > 0 thì:
• f(x) trái dấu với a với mọi giá trị của x nằm trong khoảng hai nghiệm;
• f(x) cùng dấu với a mọi giá trị của x nằm ngoài khoảng hai nghiệm.
5


II. SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
BẬC HAI ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
- Phương pháp này được sử dụng với các phương trình có dạng: f( x; y ) = 0
(trong đó: f( x; y ) là đa thức bậc hai).

- Ý tưởng chính của phương pháp này là xét phương trình bậc hai theo
một ẩn nào đó, ẩn còn lại coi là tham số. Sau đó tìm điều kiện của tham số để
phương trình bậc hai có nghiệm. Từ đây ta thiết lập được bất đẳng thức để chặn
giá trị của tham số và liệt kê nghiệm(nếu có).
- Biến đổi phương trình đưa về dạng phương trình bậc hai(một ẩn là ẩn
của phương trình bậc hai; một ẩn là tham số). Biện luận nghiệm theo điều kiện
nghiệm của phương trình bậc hai.
GHI NHỚ: Sau khi biến đổi phương trình đưa về dạng phương trình bậc
hai(một ẩn là ẩn của phương trình bậc hai; một ẩn là tham số) rồi tính ∆, ta thấy
có 5 khả năng xảy ra:
(1) ∆ là một tam thức bậc hai có hệ số của bậc cao nhất âm.
(2) ∆ là một tam thức bậc hai có hệ số của bậc cao nhất dương.
(3) ∆ là một biểu thức không dương với mọi giá trị của biến.
(4) ∆ là một biểu thức âm với mọi giá trị của biến.
(5) ∆ là một biểu thức có bậc lớn hơn 2.
Sau đây là các ví dụ cho từng dạng và cách xử lí tương ứng.
Dạng 1: ∆ là một tam thức bậc hai có hệ số của bậc cao nhất âm.
Cách xử lí: Để PT có nghiệm nguyên, phải có ∆ ≥ 0 rồi xét các giá trị nguyên
của biến.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + 3y2 = 19 - 4x
(1)
2
2
⇔
Cách giải: Phương trình (1) 2x + 4x + 3y - 19 = 0
(1’)
Ta coi phương trình (1’) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y. Điều
kiện cần để phương trình (1’) có nghiệm nguyên là ∆ ≥ 0 và ∆’ phải là số chính
phương.
Ta có ∆’= 4 – 2(3y2 – 19) ≥ 0 ⇔ 4 – 6y2 + 38 ≥ 0 ⇔ 42 - 6y2 ≥ 0 ⇔ y2 ≤ 7.

Mà y ∈ Z nên y ∈ { 0; 1; − 1; 2; − 2}
+ Với y = 0, ∆ ’ = 42, không chính phương (loại)
+ Với y = ± 1, ∆ ’ = 36 ; phương trình (1’) trở thành 2x2 + 4x - 16 = 0
Hay x2 + 2x - 8 = 0 ; x1 = 2 , x2 = -4
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm nguyên: (x;y) ∈ {(2 ; 1); (2; -1); (-4 ; 1); (-4 : -1)}
Với y = ± 2, ∆ ’ = 18, không chính phương (loại)
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) ∈ (2;1); (2;-1); (-4;1); (-4;-1)}
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 +2y2 – 2xy + 3x – 3y + 2 = 0
Cách giải: PT được biến đổi về dạng: x2+ (3 – 2y)x + 2y2 - 3y + 2 = 0 (2)
Ta coi phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y. Điều kiện
cần để phương trình (2) có nghiệm là ∆ ≥ 0 ⇔ (3 – 2y)2 – 4(2y2 – 3y + 2) ≥ 0
⇔ 9 – 12 y + 4y2 – 8y2 + 12y – 8 ≥ 0 ⇔ 4y2 – 1 ≤ 0
6


1
2

⇔- ≤ y≤

1
. Do y là số nguyên nên y = 0.
2

Với y = 0, ta có phương trình x2 + 3x + 2 = 0 ⇔ x = - 1 hoặc x = -2.
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x; y) ∈ { (-1; 0); (-2; 0)}.
2
2
Ví dụ 3: Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: 12 x + 6 xy + 3 y = 28 ( x + y ) (3)
Nhận xét: Ta thấy phương trình này có thể xem là một phương trình bậc hai ẩn y

tham số x
2
2
Cách giải: Phương trình (3) ⇔ 3 y + 2 ( 3x − 14 ) y + 12 x − 28 x = 0 .Ta có: y nhận
giá trị nguyên với giá trị nguyên x
⇔ ∆ ′ = −27 x 2 + 196 = k 2 ≥ 0 ⇒ x 2 ≤ 7 ⇒ x ∈ { 0; −1; 1; −2; 2}

+ Với x = 0 ⇒ y = 0
+ Với x = 1 ⇒ y = 8
+ Với x = −1 ⇒ y = 10
+ Với x = -2 hoặc x = 2 thì y ∉ ¢
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (x; y) ∈ { ( 0; 0 ) ; ( 1; 8 ) ; ( −1; 10 ) }
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 = (x + y)2
Cách giải: Phương trình đã cho ⇔ (x + y)(x2 – xy + y2) – (x + y)2 = 0
⇔ (x + y)(x2 – (y + 1)x + y2 – y) = 0.
+ Nếu x + y = 0 thì nghiệm của phương trình là: (n; -n) trong đó n là số nguyên.
2
2
+ Nếu x + y ≠ 0 thì x – (y + 1)x + y – y = 0
(4)
Điều kiện cần để phương trình (4) có nghiệm là (y + 1)2 – 4( y2 – y) ≥ 0
2

2

2
2
2
⇔ y + 2y + 1 – 4 y + 4y ≥ 0 ⇔ 3y – 6y – 1 ≤ 0 ⇔ 1- 3 ≤ y ≤ 1+ 3
Vì y ∈ Z nên y ∈ { 0; 1; 2}

* Khi y = 0 thì x = 0 hoặc x = 1
* Khi y = 1 thì x = 0 hoặc x = 2
* Khi y = 2 thì x = 1 hoặc x = 2.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là:
(x; y) ∈ {(1 ; 0); (0; 1); (2 ; 1); (1 ; 2); (2; 2); (n; -n)}, trong đó n là số
nguyên.
Dạng 2: ∆ là một tam thức bậc hai có hệ số của bậc cao nhất dương.
Cách xử lí: Ta tính ∆ rồi tìm giá trị của biến để ∆ ≥ 0, sau đó xét các giá trị
nguyên của biến để ∆ là số chính phương.
Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 + 3y2 - 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 (1)
Cách giải: Phương trình (1) ⇔ 2x2 + (3 - 5y)x + 3y2 - 2y - 3 = 0 (1’)
∆ = (3 - 5y)2 – 8(3y2 – 2y – 3) = 9 – 30y + 25 y2 - 24y2 + 16y + 24
⇔ y2 - 14y + 33. Điều kiện cần để phương trình có nghiệm nguyên thì
phải có ∆ là số chính phương
Đặt: y2 - 14y + 33 = k2 ⇔ y2 - 14y + 49 = k2 + 16
⇔ y − 7 2 - k 2 = 16
⇔ ( y − 7 + k )( y − 7 − k ) = 16

7


Nhận xét: Hai thừa số ở vế trái có tổng bằng 2 y − 7 là số chẵn nên chúng cùng
tính chẵn lẻ mà tích bằng 16 là số chẵn nên chúng cùng chẵn.
Mặt khác y − 7 + k ≥ y − 7 − k > 0 Do đó phân tích 16 = 8.2 = 4.4
.
 y − 7 + k = 8
 y = 12
⇒ 2 y − 7 = 10 ⇒ y − 7 = 5 ⇒ 
y = 2
 y − 7 − k = 2

Xét 

+ Với y = 2 thì phương trình (1’) trở thành:
2x2 + 7x + 5 = 0 có dạng a - b + c = 0 nên x1= -1; x2 = -2,5 (loại)
+ Với y = 12 thì phương trình (1’) trở thành:
2x2 - 57x + 405 = 0; ∆ = 9 , ∆ = 3; x1 = 15 , x2 = 2,25 (loại)
 y − 7 + k = 4
 y = 11
⇒ 2 y−7 =8 ⇒ 1
 y − 7 − k = 4
 y2 = 3

Xét 

+ Với y = 11 thì phương trình (1’) trở thành: 2(x2 - 26x + 169) = 0
⇔ 2(x - 13)2 = 0 ⇔ x = 13
+ Với y = 3 thì phương trình (1’) trở thành 2(x - 3)2 = 0 ⇔ x = 3
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm là (x; y) ∈ { (3; 3); (13 ; 11); (-1 : 2); (15; 12)}
Dạng 3: ∆ là một biểu thức không dương với mọi giá trị của biến.
Cách xử lí: Ta chứng tỏ ∆ ≤ 0 với mọi giá trị của biến rồi kết hợp với điều kiện
để phương trình có nghiệm nguyên ∆ ≥ 0 để suy ra ∆ = 0.
Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 + x - y + 1 = 0 (1)
Cách giải: Phương trình (1) ⇔ x2 + (y + 1)x + y2 - y + 1 = 0.
(1’)
Ta coi phương trình ( 1’) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y.
Điều kiện cần để phương trình (1’) có nghiệm là ∆ ≥ 0
2
2
Ta có: ∆ = -3(y - 1) ≤ 0 ∀ y ; ta phải có ∆ ≥ 0 mà -3(y - 1) ≤ 0 với mọi y. Do

đó ∆ =0. Hay -3(y - 1)2 = 0 ⇔ y = 1;
Phương trình (3) trở thành: x2 + 2x + 1 = 0 ⇔ (x + 1)2 = 0 ⇒ x = -1 hoặc x = 1
Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất: (x; y) = (-1; 1)
Dạng 4: ∆ là một biểu thức có bậc lớn hơn 2.
Cách xử lí: Điều kiện cần để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ ≥ 0, trong đó
∆ có dạng A(y) .(ay2+ by+ c) phải xét A(y)= 0 rồi xét A(y) ≠ 0 suy ra ay2+ by + c là
số chính phương.
Ví dụ 7 : Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 = x2y2 (1)
Cách giải: Phương trình (1) ⇔ (1 – y2).x2 + yx + y2 = 0 (1’)
+ Nếu 1 - y2 = 0 tức y = ± 1 thì (1) trở thành ± x + 1 = 0 ⇒ x = -1; x = 1
phương trình có hai nghiệm là (-1 ; 1) ; (1 ; -1)
+ Nếu 1- y2 ≠ 0 tức y ≠ ± 1 thì phương trình (1’) là phương trình bậc
hai ẩn x tham số y có ∆ = y2(4y2 - 3)
+ Nếu y = 0 thì ∆ = 0; phương trình có nghiệm kép x = 0, do đó phương
trình có thêm một nghiệm là (0 ; 0)
+ Nếu y ≠ 0 thì phải có 4y2 - 3 là số chính phương.
Đặt 4y2- 3 = k2 ⇔ 4y2- k2 = 3. Giải ra ta được y = ± 1 (loại).
8


Vậy phương trình có 3 nghiệm là: (x; y) ∈ {(-1 ; 1); (1 ; -1); (0 ; 0)}
Dạng 5: ∆ là một biểu thức âm với mọi giá trị của biến.
Cách xử lí: Ta phải lùng lập luận để chỉ ra ∆ < 0 với mọi giá trị của biến rồi
khẳng định phương trình vô nghiệm thực nên không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên: 6x2 + 2y2- 6xy - 8x - 3y + 168=0(1)
Cách giải:
Phương trình (5) ⇔ 6x2 - 2(3y + 4)x + 2y2 - 3y + 168 = 0;



2
Ta có: ∆ ’ = -3y2 + 42y - 992 = -3 ( y − 7) +

845 
<0
3 

Phương trình (1) vô nghiệm thực nên không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 9 (tổng hợp các dạng trên):
Tìm số tự nhiên a sao cho phương trình
2
2
x – a x + a + 1 = 0 có nghiệm nguyên.
Cách giải: Xét phương trình x2 – a2x + a + 1 = 0 (1)
(a2)2 (1) có biệt số: ∆ = a4 – 4a – 4.
Để (1) có nghiệm nguyên, trước hết điều kiện cần là: ∆ phải là số chính
phương. Xét các khả năng sau:
1) Nếu a = 0 ⇒ ∆ = -4 < 0 ⇒ (1) vô nghiệm
2) Nếu a = 1 ⇒ ∆ = -7 < 0 ⇒ (1) vô nghiệm
3) Nếu a = 2 ⇒ ∆ = 4
⇒ (1) có hai nghiệm x = 1; x = 3.
4) Nếu a ≥ 3. Trước hết ta có: ∆ < a4 ⇔ ∆ < (a2)2
(2)
2
2
Mặt khác, có thể thấy ∆ > (a - 1)
(3)
4
4
2

2
Thật vậy, (3) ⇔ a – 4a – 4 > a - 2a + 1⇔2a - 4a – 5 > 0 ⇔ 2a(a - 2) > 5 (4)
(4) đúng vì do a ≥ 3. Vậy (3) đúng.
Từ (2) và (3) suy ra: (a2 - 1)2 < ∆ < (a2)2
(5).
Từ (5) suy ra ∆ không phải là số chính phương. Do vậy khi a ≥ 3 (a ∈ N) thì (1)
không thể có nghiệm nguyên.
Tóm lại, a = 2 là giá trị tự nhiên duy nhất của a để phương trình đã cho có
nghiệm nguyên.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên của các PT:
1. 4 xy − y + 4 x − 2 = 9 x 2
2. x 2 + 2 x − 4 y 2 + 9 = 0
3. x 2 y 2 − y 2 − 2 y + 1 = 0
4. y 2 − 2 xy + 5 x 2 = x + 1
5. ( x + y + 1)2 = 3( x 2 + y 2 + 1)
Bài tập 2: Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn:
1. x 2 − 6 xy + 13 y 2 = 100
3. x + y + xy = x 2 + y 2
2. 3x 2 + y 2 + 4 xy + 4 x + 2 y + 5 = 0

4. 2x6 +y2 – 2x3y = 320
9


III. SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
BẬC HAI ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT(GTLN), GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT(GTNN)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là một dạng toán khó với nhiều cách
giải trong chương trình toán THCS. Ở trường THCS dạng toán này thường

được giải bằng cách nhận xét giá trị của biến và biến đổi biểu thức cần tìm
GINN, GTLN về dạng f ( x) = g ( x) 2 n + a (hoặc f ( x) = − g ( x) 2 n + a ) với n ∈ N khi
đó GTNN của biểu thức f ( x) = a ⇔ g ( x) = 0 ( hoặc GTLN của f ( x) = a
⇔ g ( x) = 0 )
Do việc biến đổi biểu thức cần tìm GTNN, GTLN về dạng f ( x) = g ( x) 2 n + a
(hoặc f ( x) = − g ( x) 2 n + a ) với n ∈ N là việc làm khó cần tư duy linh hoạt. Điều
đó không phải học sinh nào cũng làm được. Để khắc phục điều này, ta có một
phương pháp giải vận dụng kiến thức đơn giản hơn.
DẠNG 1: BIỂU THỨC DẠNG PHÂN THỨC
Phương pháp chung: Chúng ta đã biết phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (
a ≠ 0 ) có nghiệm khi biệt số delta ∆ = b 2 − 4ac ≥ 0 . Vì vậy để tìm GTNN,
GTLN của biểu thức f(x) có bậc hai ta biến đổi biểu thức đã cho về dạng phương
trình bậc hai, ta gọi a là một giá trị của hàm số tại một giá trị cho trước của x, coi
a là tham số của phương trình và giải tìm điều kiện của a để phương trình có
nghiệm.
x2 − x + 1
Ví dụ 1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: A = 2
.
x + x +1
x2 − x + 1
Cách giải: A nhận giá trị a khi và chỉ khi PT ẩn x: 2
= a (1) có nghiệm.
x + x +1
Do x 2 + x + 1 ≠ 0 suy ra: (1) ⇔ x 2 − x + 1 = ax 2 + ax + a ⇔ (a − 1) 2 + (a + 1) x + (a − 1) = 0 (2)

Trường hợp 1: Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0
Trường hợp 2: Nếu a ≠ 1 thì (2) có nghiệm, cần và đủ là: ∆ ≥ 0 , tức là
(a + 1) 2 − 4( a + 1) 2 ≥ 0 ⇔ ( a + 1 + 2a − 2)( a + 1 − 2a + 2) ≥ 0 ⇔ (3a − 1)(a − 3) ≤ 0 ⇔

1

≤ a ≤ 3 (a≠1).
3

1
thì x = 1; với a = 3 thì x = -1.
3
1
Từ (1) và (2) suy ra: min A = ⇔ x = 1; max A = 3 ⇔ x = -1.
3

Với a =

* Chú ý: Phương pháp giải như ví dụ trên gọi là phương pháp tìm miền giá trị
1
x2 − x + 1
y
=
của hàm số Đoạn [ ; 3] là tập giá trị của hàm số
.
3
x2 + x + 1
x + 2 y +1
Ví dụ 2: Tìm GTNN, GTLN của biểu thức: x 2 + y 2 + 7 .

x + 2 y +1

Cách giải: Chuyển về xét điều kiện có nghiệm của phương trình z = x 2 + y 2 + 7
⇔ zx 2 − z + zy 2 − 2 y + 7 z − 1 = 0 (1) trong đó x là ẩn số, y là tham số tùy ý còn z là
tham số có điều kiện. Xét hai trường hợp: a) z = 0 ⇒ x + 2y + 1 = 0.
10

a) z ≠ 0 thì PT (1) luôn có nghiệm x khi biệt thức ∆’ không âm
1 − 4 z ( zy 2 − 2 y + 7 z − 1) ≥ 0 ⇔ −4 z 2 y 2 + 8 zy − 28 z 2 + 4 z + 1 ≥ 0 (2)
Coi (4) là bất phương trình ẩn y, BPT này xảy ra khi:
∆ ' y = 16 z 2 + 4 z 2 (−28 z 2 + 4 z + 1) ≥ 0 ⇔ −28 z 2 + 4 z + 5 ≥ 0 ⇒

−5
1
≤z≤ .
14
2

Khi z nhận các giá trị này thì đẳng thức xả ra ở (2) và (1), khi đó: y =
x=

1
2z

Vậy GTLN (z) =

1
và
z

1
−5
−14
−7
khi y = 2 và x = 1, GTNN (z) =

khi y =
và x =
.
2
14
5
5

DẠNG 2: BIỂU THỨC CÓ CĂN THỨC CHỨA BIẾN
Phương pháp chung: Sử dụng phương pháp đổi biến để đưa về dạng tam thức
bậc hai rồi sử dụng điều kiện có nghiệm.
3
7
1− x + .
2
2
2
2
Cách giải: Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1 . Đặt z = x , y = 1 − x thì z + y = 1 (1). Ta cần
tìm GTLN của d = 4z + 3y với 2c = d + 7. Điều kiện: 0 ≤ y, z ≤ 1 .
Thay 9 y 2 = (d − 4 z ) 2 vào (1) được: . 25 z 2 − 8dz + d 2 − 9 = 0
Để PT bậc hai ẩn z này có nghiệm thì GTLN của d là 5 ⇔ GTLN của c là 6 và
4d 4
16
đạt được khi z = = ⇒ x = z 2 =
(thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 1 ).
25 5
25
3
1

7
1− x + x +
x+
Ta có: c =
2
2
2
Áp dụng BĐT a + b ≥ a + b , ta có: 1 − x + x ≥ 1 − x + x = 1
Dấu “=” ⇔ x = 0 hoặc x = 1.
1
3 7
x ≥ 0 . Dấu bằng xảy ra khi x = 0. Suy ra c ≥ + = 5 ; c = 5 tại x = 0.
2
2 2

Ví dụ : Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: c = 2 x +

(

)

Vậy GTNN của c là 5 tại x = 0.
DẠNG 3: TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ BIỂU THỨC ĐẠT GTNN, GTLN

Phương pháp chung: Sử dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc hai để tìm miền
giá trị của tham số rồi tìm điều kiện của tham số nhờ miền giá trị đã ràng buộc.
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
có GTNN bằng
Cách giải:

x 2 + mx + n
. Tìm các giá trị của m, n để biểu thức A
x2 + 2x + 4

1
, giá trị lớn nhất bằng 3.
3

Gọi a là một giá trị tùy ý của biểu thức A. Ta có:

⇔ x 2 + mx + n = ax 2 + 2ax + 4a ⇔ ( a − 1) x 2 + ( 2a − m ) x + (4a − n) = 0

x 2 + mx + n
=a
x2 + 2x + 4

(1)
Theo điều kiện của bài toán, giá trị a = 1 không là GTNN, không là GTLN của A
nên ta chỉ xét a ≠ 1. Từ (1) ta có:
∆ = (2a − m) 2 − 4(a − 1)(4a − n) = −12a 2 + 4(n − m + 4)a + (m 2 − 4n).
(2)
11


Điều kiện để (1) có nghiệm là: ∆ ≥ 0 ⇔ 12a 2 + 4( m − n − 4)a + (4 n − m 2 ) ≤ 0
Nghiệm của BPT (2) là a1 ≤ a ≤ a2 trong đó a1 , a2 là các nghiệm của PT:
12a 2 + 4( m − n − 4)a + (4 n − m 2 ) = 0

Theo đề bài, ta phải có

(2’)

1
≤ a ≤ 3 . Như vậy cần tìm m, n để (2’) có hai nghiệm là
3

1
a1 = ; a2 = 3 . Theo hệ thức Viète đối với phương trình (2’):
3
4+n−m
−4(m − n − 4)
1

+3=

 a1 + a2 =
 4 + n − m = 10
3
3
12
⇒
⇒

2
2
2
4n − m = 12
 a a = 4n − m
 1 .3 = 4n − m
1 2

 3

12
12
2
Thay n = 6 + m vào 4n − m = 12 , ta được m 2 − 4m − 12 = 0 nên m = 6 hoặc m = -2.
1
x 2 + mx + n
Với m = 6 thì n = 12, khi đó A = 2
có GTNN là và GTLN là 3.
3
x + 2x + 4
2
1
x + mx + n
Với m = -2 thì n = 4, khi đó A = 2
có GTNN là và GTLN là 3.
3
x + 2x + 4
ux + v
Ví dụ 2. Tìm u, v để biểu thức Q( x) = 2
đạt GTLN bằng 4 và GTNN bằng
x +1

-1.

Cách giải: Đặt f ( x) = Q( x) − t =

ux + v − t (x 2 + 1)
.

x2 +1

Vì x 2 + 1 > 0 với mọi x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức
g(x) = ux + v – t( x 2 + 1 ) hay g(x) = −tx 2 + ux + v − t .
Để GTLN Q(x) là t1 = 4 (lúc đó a1 = -4 < 0) và GTNN Q(x) là t2 = -1 (lúc đó a2
= 1 > 0) xảy ra đồng thời thì dựa vào (*) phải có:
u 2 + 16(v − 4) = 0 u 2 = 16
 ∆1
⇔
nghĩa là (u, v) bằng (4; 3) hoặc (-4; 3).
 ⇔ 2
u − 4(v + 1) = 0
∆ 2
v = 3

Ví dụ 3. Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm lớn nhất, nhỏ
nhất: x 4 + 2 x 2 + 2mx + m 2 − 6m + 1 = 0.
Cách giải: Gọi x0 là nghiệm của PT đã cho. Ta có:
x0 4 + 2 x0 2 + 2mx0 + m 2 − 6m + 1 = 0 ⇔ m 2 + 2( x0 − 3)m + x04 + 2 x02 + 1 = 0
(*)
Do tồn tại m để PT có nghiệm là x0 nên PT (*) (ẩn m) phải có nghiệm. PT (*) có
nghiệm khi và chỉ khi: ∆ ' = ( x0 − 3)2 − ( x04 + 2 x02 + 1) ≥ 0 ⇔ ( x0 − 3) 2 − ( x02 + 1)2 ≥ 0
2

⇔ ( x02 + x0 − 2)( x02 − x0 + 4) ≤ 0 ⇔ x02 + x0 − 2 ≤ 0

( vì x02 − x0 + 4 =  x0 − 1 ÷ + 15 > 0 )

⇔ ( x0 + 2)( x0 − 1) ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x0 ≤ 1.



2

4

DẠNG 4: TÌM GTNN, GTLN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI VỚI ĐIỀU KIỆN
RÀNG BUỘC CỦA BIẾN
Phương pháp chung: Xét đa thức bậc hai: f(x) = ax 2 + bx + c
-

Nếu a > 0 thì min f ( x) = −

∆
b
khi và chỉ khi x = −
4a
2a

12


Nếu a < 0 thì max f ( x) = −

-

∆
b
khi và chỉ khi x = −
4a

2a

Như vậy, khi biến x nhận mọi giá trị ràng buộc thuộc R thì đa thức f(x) đạt cực
trị tại x = −

b
2a

Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức b = 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2 ,
biết rằng x 2 + y 2 = a với a là hằng số lớn hơn hoặc bằng 1.
Cách giải: Vì a ≥ 1 nên có:
1) Nếu y = 0 ⇒ b = 2
a

b 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2
=
=
.
a
a
x2 + y2
2
2) Nếu y ≠ 0, đặt t = x thì b = 2t + 4t + 5 .
2

y

;

a

t +1

b
a

PT ẩn t có nghiệm khi 1 ≤ ≤ 6 nên a ≤ b ≤ 6a (vì a ≥ 1)
x

1

Từ đó suy ra biểu thức b có GTLN là 6a khi y = 2 ⇔ y = 2 x hay (x, y) lấy giá trị
 5a 2 5a   − 5a −2 5a 
x
= −2 ⇔ x = −2 y hay
,
;
,

÷

÷
và
b
có
GTNN
là
a
khi
÷ 5

÷
y
5
5
5

 

 2 5a − 5a   −2 5a 5a 
,
÷
khi (x, y) lấy giá trị 
÷;  5 , 5 ÷
÷.
5
5

 


Ví dụ 2. Cho x>0, y>0 thỏa mãn: x 2 y = 1 . Tìm GTLN, GTNN: P = x x 2 + y 2 + x 2 .
1
1
x 4 + 2 + x 2 (1). Ta có:
2 , ta có: P =
x
x
1
1
(1) ⇔ P − x 2 = x 4 + 2 ⇔ P 2 − 2 Px 2 − 2 = 0 ⇔ 2 Px 4 − P 2 x 2 + 1 = 0

x
x

Cách giải:

Thay y =

PT (2) có nghiệm ⇔ ∆ = P 4 − 8P ≥ 0 ⇔ P ≥ 2 . Dấu bằng xảy ra ⇔ x =

(2)
1
;y = 2.
2

Ví dụ 3. Cho các số thực x, y thỏa mãn 9 x 2 + y 2 = 1 . Tìm GTLN của biểu thức
x− y .

Cách giải: Đặt A = x – y ⇔ y = x – A. Ta có:
9 x 2 + y 2 = 1 ⇔ 9 x 2 + ( x − A) 2 = 1 ⇔ 10 x 2 − 2 Ax + A2 − 1 = 0 (*)

Do tồn tại x, y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán nên PT (*) phải có nghiệm.
PT (*) có nghiệm khi và chỉ khi:
∆ ' = −9 A2 + 10 ≥ 0 ⇔ 9 A2 ≤ 10 ⇔ A2 ≤

10
10
⇔ A≤
.
9
3

13


1

x
=
9 x 2 + y 2 = 1
2
2

9 x + y = 1
3 10

⇔
⇔
Dấu “=” ⇔  1
hoặc
 y = −9 x
 ( x − y) = x
 y = −3
10

10

Vậy max x − y =

−1


 x = 3 10

 y = +3

10

10
.
3
x

Ví dụ 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + 2016 2 với x > 0.
(
)
Cách giải: Đặt a = 2016, a > 0, ta có bài toán tổng quát: Tìm giá trị lớn nhất
x

của biểu thức: P = x + a 2 với x > 0, a > 0. ĐKXĐ: x ∈ R .
(
)
Ta có: P(x – a)2 = x ⇔ P( x 2 + 2ax + a 2 ) = x ⇔ Px 2 + (2aP − 1) x + a 2 P = 0 (*)
Do tồn tại P nên tồn tại giá trị tương ứng của x, nghĩa là phương trình (*) phải có
nghiệm. Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi:

( 2aP

∆ =

1
( do a > 0) .

4a

– 1) – 4a 2 P 2 ≥ 0 ⇔ − 4aP + 1 ≥ 0 ⇔ P ≤
2

1
1
1
1 − 2aP
1
4a = 2 = a
=
⇔ x=a.
Ta có P = ⇔ x =
.
Vậy
max
P
=
1
1
4a
2P
4
a
2.
4a
2a
1
1

=
⇔ x = 2016 .
Thay x = 2016, ta được: max P =
4.2016 8064
1 − 2a.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức: A = x
2

x +1

C=

x 2 − xy + y 2
x 2 + xy + y 2

N=

x −1 − 2 2 − x + 3
x −1 + 2 2 − x + 3

R=

x + y + 4 2 xy + 4
x4 + y 4 + 2
4

E=

G=

x4 + 1
( x 2 + 1) 2

;

1
x 2 với x > 0.

;

4

Bài 2. Tìm GTNN của: A =
C=

x2 + 4 2x + 3 ;
x2 + 1

P = x + x2 +

x2 − 2x + 2
B= 2
x + 2x + 2

;

−x
;

x + x +1
2

2

Bài 3. Tìm GTLN của: A=

5 − 3x

; B = x + x2 +

1− x
x +1
2

D=

2 x +3

;

4 x + 2 y 2 + 1 ; B=
2x2 + y 2 + 1
2

1
( với x > 0) ;
x

P = 3x 2 + 5 x − 7

x − 2 + 5 − 2x

; C= 2 x − 1 ( x > 0)
x2 + x

Bài 4. a) Tìm m để PT: x4 + 2x2 + 2mx + m2 - 6m + 1 = 0 có nghiệm đạt min,
max
14


b) Tìm a để nghiệm của PT sau đạt min, max : x4 + 2x2 + 2ax + (a +1)2 = 0
c) Tìm cặp số (x , y) thoả mãn x(y2 + 1) = 2y2 - 2y sao cho x đạt max
Bài 5. Tìm cặp số (x, y) thoả mãn x2 + 5y2 + 2y - 4xy - 3 = 0 sao cho y đạt min
ax + b
−1
có min là
có max là 1
2
x +2
2
1
x 2 + mx + n
Bài 7. Cho A = 2
tìm các giá trị của m, n để Amin = và Amax = 3
3
x + 2x + 4
1
1
y +1
Bài 8. Cho A =

và x + y = 6 . Tìm max A
y ( x + 1)

Bài 6. Tìm a, b để M =

Bài 9. Cho B =

x ( y + 1)
x +1

và

1
1
+
= 3. Tìm min B
x
y

Bài 10. Tìm giá trị m, n để biểu thức

x 2 + mx + n
đạt GTNN là -1 và GTLN là 5.
x2 + 1

IV. SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
BẬC HAI ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1. Dùng định lí thuận của tam thức bậc hai để chứng minh
BĐT

Cho BĐT f(x ; y) ≥ 0 (1) , trong đó VT (1) = f(x) là một tam thức bậc hai
đối với một trong hai biến x ; y. Hãy chứng minh BĐT (1) đúng với mọi x , y.
Phương pháp giải : Ta giả sử hàm f(x ; y) là một tam thức bậc hai đối với x, y.
Gọi tam thức bậc hai đó là p( x ) , ta cần chứng minh p ( x ) > 0 với mọi x, y. Để
chứng minh p ( x ) ≥ 0 với mọi x, theo định lí thuận về dấu của tam thức bậc hai ta
af ( x; y ) > 0

cần ta cần chứng minh ∆
(*). Suy ra để chứng minh p ( x ) ≥ 0 v ớ i m ọi
 f ( x ; y ) ≤ 0
x ,y ta cần chứng minh hệ (*) đúng với mọi y.
Chú ý: Nếu trong BĐT (1) không có dấu đẳng thức thì trong điều kiện (*) đối
với ∆ f ( x; y ) cũng không có dấu đẳng thức.
Ví dụ 1: Cho b > c > d. CMR: (a + b + c)2 > 8(ac + bd ) (1) đúng với mọi a.
Cách giải: Ta có: (a + b + c) 2 > 8(ac + bd )
⇔ (a + b + c ) 2 − 8(ac + bd ) > 0 ⇔ a 2 + 2(b + d − 3c )a + (b + c + d ) 2 − 8bd > 0 .
Đặt VT (1) = f(a). Ta thấy f(a) là một tam thức bậc hai đối với a có hệ số a f ( x ) = 1 .
Do vậy để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh ∆ < 0. Thật vậy:
∆ = (b + c − 3c ) 2 − (b + c + d ) 2 − 8bd  = −8c(b − c + d ) + 8bd = −8(b − c )(c − d ) .
Do b > d > c ⇒ b – c > 0; c – d > 0 ⇒ ∆ < 0 ⇒ đpcm.
Trường hợp BĐT là một tam thức bậc hai đối với ba biến, ta làm tương tự:
Ví dụ 2: CMR: x 2 + 5 y 2 + 2 z 2 − 4 xy − 2 yz − 2 z + 1 ≥ 0 với mọi x, y, z.
Cách giải: Đặt f ( x) = x 2 − 4 xy + 5 y 2 + 2 z 2 − 2 yz − 2 z + 1
2
2
2
2
2
Ta có: ∆ x ' = 4 y − 5 y − 2 z + 2 yz + 2 z + 1 = −( y − z ) − ( z − 1) ≤ 0
15

Vậy f(x) ≥ 0 với mọi x, y, z (đpcm).

2. Dùng định lí đảo của tam thức bậc hai để chứng minh
BĐT
Chứng minh B2 – 4AC ≥ 0 ; B2 – AC ≥ 0; B2 – 4AC ≤ 0 (hoặc B2 – AC ≤0).
Phương pháp giải: - Để chứng minh B2 – 4AC ≥ 0, ta chứng minh phương
trình Ax2 + Bx + C = 0 (hoặc Ax2 - Bx + C = 0) có nghiệm.
- Để chứng minh B2 – AC ≥ 0, ta chứng minh phương trình Ax2 + 2Bx + C = 0
(hoặc Ax2 - 2Bx + C = 0) có nghiệm.
- Để chứng minh B2 – 4AC ≤ 0 (hoặc B2 – AC ≤ 0), ta chứng minh phương
trình A.f(x) ≥ 0 với mọi x trong đó f(x) = Ax2 - 2Bx + C (hoặc f(x) = Ax2 + 2Bx
+ C hoặc f(x) = Ax2 + Bx + C hoặc f(x) = Ax2 - Bx + C ).
Ví dụ: Cho a 2 + b 2 ≤ 1 . CMR: (ac + bd − 1) 2 ≥ (a 2 + b 2 −1)(c 2 + d 2 −1) (*).
Cách giải: Khi a 2 + b 2 =1, (*) hiển nhiên đúng.
Khi a 2 + b 2 < 1 ⇒ a 2 + b 2 −1 < 0 . Đặt ac + bd – 1 = B, a 2 + b 2 −1 = A < 0,
c 2 + d 2 −1 = C
(*) ⇒ B 2 − AC ≥ 0 . Ta lập tam thức bậc hai: f ( x) = Ax 2 − 2 Bx + C .
Để chứng minh B 2 − AC ≥ 0 ta chỉ cần chứng minh f(x) có nghiệm. Thật vậy:
f ( x) = (a 2 + b 2 −1) x 2 − 2(ac + bd − 1) + (c 2 + d 2 −1) = (ax-c) 2 + (bx − d ) 2 − ( x − 1) 2
x = 1, ta có: f(x) = f(1) = (a − c) 2 + (b − d ) 2 ≥ 0 ⇒ A. f (1) ≤ 0 . Theo định lí đảo về
dấu của tam thức bậc hai: Tồn tại giá trị x0 để f( x0 ) = 0 ⇒ ∆ f ( a ) ≥ 0 ⇒ đpcm.
3. Một số dạng toán khác
Bài toán 1. Giả sử cho ba số thực a, b, c thỏa mãn các điều kiện: a > 0, bc=2a 2
, a + b + c = abc. Chứng minh rằng a ≥

1+ 2 2
2

Nhận dạng: Từ các điều kiện ràng buộc của đề bài ta thấy tích và có thể làm
xuất hiện tổng hai số b và c vì thế ta nghĩ đến việc đưa về PT bậc hai để dùng
theo điều kiện của ∆.
Cách giải: Ta có: bc = 2a 2 và b + c = abc – a = 2a 3 - a. Theo hệ thức Viète thì
b, c là nghiệm của phương trình: x 2 − (2a3 − a) x + 2a 2 = 0 . Phương trình có
nghiệm khi ∆ = a 2 (4a 4 − 4a 2 − 7) ≥ 0 ⇒ a 2 ≥
a≥

1+ 2 2
, kết hợp a > 0 ta được
2

1 + 2 2 (đpcm).
2

Bài toán 2. Giả sử ba số thực a, b , c thỏa mãn:

a 2 + b2 + c 2 = 2

 ab + bc + ca = 1

(1)
(2)

Chứng minh rằng: -4 < a + b + c < 4.

16


a 2 + b 2 + c 2 = 2

Nhận dạng: Nếu dựa vào điều kiện 
 ab + bc + ca = 1

(1)
, ta nhân 2 vào hai
(2)
vế của (2) rồi cộng vế với vế của hai đẳng thứa thì tìm được a + b + c = ± 2 ,

nhưng làm thế nào để kẹp được tổng a + b + c giữa ± 4?
Nhận thấy ta có thể đưa về PT bậc hai để sử dụng biệt thức ∆ làm xuất hiện ±
4.
Cách giải: Từ (1) có a 2 + b 2 + c 2 + 2 = 4
Kết hợp với (2) được:
a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca ) = 4 ⇔ (a + b + c )2 = 4 ⇔ a + b + c = ±2
Trường hợp 1: Nếu a + b + c = 2. Kết hợp với (2) có bc = 1 − a(b + c) = (a − 1) 2 .
Theo hệ thức Viète thì b, c là nghiệm của phương trình x 2 + (a − 2) x + (a − 1) 2 = 0
4
4
Phương trình có nghiệm khi ∆ ≥ 0 ⇒ a(4a − 3) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ a ≤ . Tương tự 0 ≤ b, c ≤
3
3
0
≤
a
+
b
+
c
≤
4

0
<
a
+
b
+
c
<
4
do đó
nhưng dấu bằng không xảy ra nên
.

Trường hợp 2: Nếu a + b + c = -2.Xét tương tự trường hợp 1 có -4Kết hợp cả 2 trường hợp ta có đpcm.
Bài toán 3. Giả sử phương trình: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (a ≠ 0) (5) có hai
4ac − b
nghiệm khác nhau là x1 , x2 . Chứng minh rằng x1 x2 ≥
.
2
2

4a

4ac − b
, ta nghĩ đến việc sử dụng biệt thức ∆.
4a 2
3
2
 ax1 + bx1 + cx1 + d = 0

x
,
x
Cách giải: Vì 1 2 là nghiệm của (5) nên ta có:  3
2
 ax2 + bx2 + cx2 + d = 0
Trừ theo từng vế của hai đẳng thức trên được: a( x13 − x23 ) + b( x12 − x2 2 ) + c( x1 − x2 ) = 0

Nhận dạng: Từ biểu thức

2

Vì x1 ≠ x2 nên a( x1 + x2 )2 + b( x1 + x2 ) + c − ax1 x2 = 0
Ta thấy: x1 + x2 là nghiệm của phương trình bậc hai: at 2 + bt + c − ax1 x2 = 0
4ac − b
Để phương trình này có nghiệm thì: ∆t = b 2 − 4ac + 4a 2 x1 x2 ≥ 0 ⇔ x1 x2 ≥
2

2

4a

(đpcm)
Bài toán 4. Cho x ≥ 1, y ≥ 0 thỏa mãn y 2 x − 1 + x − 1 = y . CMR: x3 ≤

125
.
64

Nhận dạng: Coi y 2 x − 1 + x − 1 = y là phương trình bậc hai với ẩn số y để sử

dụng điều kiện có nghiệm của PT để đánh giá x, từ đó suy ra x3.
125
(đúng)
64
x −1 + x −1 = y ⇔ y2 x −1 − y + x −1 = 0

Cách giải: a) Nếu x = 1 thì y = 0, ta có: x3 = 1 ≤

b) Nếu x > 1, ta có: y 2
(*)
Coi (*) là phương trình bậc hai với ẩn số y. Phương trình (*) có nghiệm khi và
5
4

chỉ khi ∆ y ≥ 0 ⇔ 1 − 4( x − 1) ≥ 0 ⇔ 1 − 4 x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ . Vậy với 1 ≤ x ≤
x3 ≤

5
ta có
4

125
64

17


Bài toán 5. Cho a, b là hai số thỏa mãn a 2 + 4b 2 = 1 . Chứng minh rằng:
a −b ≤

5
2

Đặt x = a – b ⇒ a = x + b. Thay a = x + b vào a 2 + 4b 2 = 1 ta được:
( x + b) 2 + 4b 2 = 1 ⇔ x 2 + 2bx + b 2 + 4b 2 = 1 ⇔ x 2 + 2bx + 5b 2 − 1 = 0
(*)
Coi (*) là PT bậc hai theo ẩn b. PT (*) có nghiệm khi và chỉ khi:
Cách giải:

∆ ' = −4 x 2 + 5 ≥ 0 ⇔ x 2 ≤

5
5
5
⇔ x≤
. Vậy: a − b ≤ .
4
2
2

Bài toán 6. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CM:
2a 2 + b 2 + c 2 − 2a(b + c) ≥ 0 (1)
Dấu bằng xảy ra khi nào? Khi đó tam giác đã cho có đặc điểm gì?
Cách giải: (1) ⇔ 2a 2 − 2a(b + c) + b2 + c 2 ≥ 0
Ta có: ∆ ' = b 2 + c 2 + 2bc − 2(b 2 + c 2 ) = −(b − c)2 ≤ 0 .
Nếu ∆ ' = 0 ⇔ −(b − c) 2 = 0 ⇔ b = c thì vế trái là tam thức bậc hai f(a) phải có
nghiệm.
Trong tam thức bậc hai ở vế trái f(a) có a = 2 > 0
⇒ f (a ) = 2a 2 − 2a(b + c) + b 2 + c 2 ≥ 0 với mọi a, b, c. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c hay tam giác đã cho đều.

Bài toán 7. Cho x 2 + xy + y 2 ≤ 3 . CMR: −3 − 4 3 ≤ x 2 − xy − 3 y 2 ≤ 3 + 4 3 .
Nhận dạng: Đây là một BĐT kép mà ta thấy x 2 + xy + y 2 và x 2 − xy − 3 y 2 là các
tam thức bậc hai đối với ẩn x (hoặc ẩn y), khi đó ta nghĩ đến việ đặt ẩn phụ để
đưa về dạng phân thức để tìm miền giá trị nhờ vào việc sử dụng điều kiện có
nghiệm của PT bậc hai.
Cách giải: Đặt P = x 2 + xy + y 2 ; Q = x 2 − xy − 3 y 2
• y = 0 ⇒ P ≤ 3 ⇒ Q = x 2 ⇒ −4 3 − 3 ≤ 0 ≤ Q ≤ 3 < −3 3 − 3 (đpcm).
x
P ( x 2 − xy − 3 y 2 )
t2 − t − 3
=
P
.
• y ≠ 0, đặt t = , ta được: Q = 2
.
2
2
x + xy + y

y

Ta tìm miền giá trị của n =

t + t +1

t2 − t − 3
⇔ (n − 1)t 2 + (n + 1)t + t + 3 = 0 . Vì hệ số a = n – 1
t2 + t +1

và b = n + 1 không đồng thời bằng 0 nên miền giá trị của n là: ∆t ≥ 0

−3 − 4 3
−3 + 4 3
≤n≤
. Ta có: Q = Pn và 0 ≤ P ≤ 3 ⇒ −3 − 4 3 ≤ Q ≤ −3 + 4 3 .
3
3
4
4
Bài toán 8. Cho x 2 − x + y 2 − y = xy (1). CMR: ( y − 1) 2 ≤ ; (x − 1) 2 ≤ .
3
3
2
2
Cách giải:
(1) ⇔ x − ( y + 1) x + ( y − y ) = 0 (2). Ta có
⇔

∆ x = (y + 1) 2 −4( y 2 − y ) = −3 y 2 + 6 y + 1

Để PT (2) có nghiệm ta cần có ∆ ≥ 0, tức là:
3 y 2 − 6 y − 1 ≤ 0 ⇔ 3( y − 1) 2 ≤ 4 ⇔ ( y − 1) 2 ≤

4
.
3

18

4
3

Do vai trò của x, y như nhau nên: (x − 1)2 ≤ .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài 1: Chứng minh:

a2
+ b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc . b)
4

a 2 + 4b 2 + 3c 2 + 14 ≥ 2a + 12b + 6c

Bài 2: Cho 4 số thực a, b, c, d. Chứng minh:
(a + b + c + d ) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) + 6 ab .
Bài 3: Chứng minh với mọi a, b, c, d ∈ R, ta luôn có BĐT:
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3(a 3b + b3c + c 3a )

Bài 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM:
b) a 2 + b2 + c 2 < 2(ab + bc + ca ) .
b)
a ( x − y )( x − z ) + b( y − x)( y − z ) + c( z − x)( z − y ) ≥ 0

Bài 5: Cho a, b, c là ba số thực dương. CMR với mọi số thực k ≥ 1, BĐT sau
luôn được thỏa mãn: k (a 2 + b 2 + c 2 ) + abc + 3k + 2 ≥ (2k + 1)(a + b + c)
Bài 6: . Biết rằng BĐT: x12 + x22 + ... + x n2 ≥ (x1 + x2 + ... + xn −1 ) x n thỏa mãn với mọi số
thực x1 , x2 ,..., xn (n ≥ 1) thì n bằng bao nhiêu?
Bài 7: Cho a > 0. CMR:

a + a + a + ... + a <

1 + 4a + 1
2

( vế trái có n dấu căn,

n > 1).
Bài 8: Cho các số thực dương a, b, c và a + b + c = 3. CMR: a + ab + 2abc ≤

9
2

−2 3
2 3
Bài 9: Cho x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = xy − x + 2 y . CMR:
≤x≤
.
3
3
 xy
x+ y+z
yz
zx  9
+ 2
+
+
Bài 10: Chứng minh rằng:
÷≥ .
2
 x+ y y+z z+x 2

KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU

Trong quá trình giảng dạy cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Trần Mai
Ninh, tôi thấy học sinh lĩnh hội được kiến thức một cách thoải mái, rõ ràng, có
hệ thống, học sinh phân biệt và nhận dạng được các bài toán có liên quan
phương trình nghiệm nguyên và từ đó giải được hầu hết các bài tập phần này,
xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc giải tổng quát.
Qua đó, rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các phẩm chất trí
tuệ khác và học sinh cũng thấy được dạng toán này thật phong phú chứ không
đơn điệu, giúp học sinh hứng thú khi học phần giải toán về phương trình nghiệm
nguyên nói riêng, học bộ môn toán nói chung và vận dụng tốt những kiến thức
này trong giải toán.
Kết quả cụ thể: Với những bài tập cô giáo đưa ra, học sinh say mê giải
một cách tự lập và tự giác, sau mỗi bài tập học sinh không chỉ dừng lại ở việc
tìm ra lời giải mà luôn có ý thức xem xét bài toán ở các góc độ khác nhau: còn
cách giải nào hay hơn không, có tương tự với dạng nào đã học, quy bài toán lạ
về bài toán quen thuộc,...
19


Kĩ năng giải phương trình nghiệm nguyên của học sinh đã có tiến bộ rõ
rệt, được thể hiện qua bảng số liệu sau: (Tính theo số lượng bài tập giáo viên
đưa ra)
Sĩ số HSG
Từ 65%
Từ 50%
Dưới
Năm học
Trên 80%

lớp 9
đến 80%
đến 64%
50%
2015 – 2016
20
6
12
2
0
(đã áp dụng)
Từ đó, tôi nhận thấy học sinh yêu thích môn toán hơn, thường trao đổi với
nhau những bài tập khó, những quyển sách hay,…

20


PHẦN THỨ BA: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Việc rèn luyện kĩ năng giải toán thông qua các dạng bài tập đã nêu trong
đề tài nhằm mục đích bồi dưỡng và phát triển kĩ năng cho học sinh vừa bền
vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa sự tham gia tích cực của người học. Học sinh
có khả năng tự tìm ra kiến thức, tự mình tham gia các các hoạt động để củng cố
vững chắc kiến thức, rèn luyện được kĩ năng. Đề tài còn tác động rất lớn đến
việc phát triển tiềm lực trí tuệ, nâng cao năng lực tư duy độc lập và khả năng tìm
tòi, sáng tạo cho học sinh giỏi. Tuy nhiên cần biết vận dụng các kĩ năng một
cách hợp lí và và biết kết hợp các kiến thức toán học cho từng bài tập cụ thể thì
mới đạt được kết quả cao, để làm được điều đó phải tốn không ít thời gian cho
việc chuẩn bị nội dung và phương pháp giảng dạy của mình.
Tôi hy vọng đề tài này sẽ góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy và
học về phần giải toán chia hết, góp phần tạo hứng thú cho học sinh khi học tập

về phần nàỵ
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ của bản thân tôi tự rút ra được trong
quá trình giảng dạy, chắc chắn chưa phải là một vấn đề hoàn hảo, do vậy tôi rất
mong nhận được sự đóng góp ý kiến chân tình của các bạn đồng nghiệp và bạn
đọc để những năm học tới dạy được tốt hơn, đáp ứng được với yêu cầu của sự
nghiệp giáo dục.
Đề xuất:
Những sáng kiến kinh nghiệm hay trong thành phố, Phòng
Giáo dục, Sở giáo dục nên tổ chức hội thảo cho giáo viên trong thành phố học
tập và áp dụng những sáng kiến đó để nâng cao chất lượng dạy và học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 4 năm
2016
CAM KẾT KHÔNG COPY
Người viết

Trịnh Thị Nga

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phương trình bậc hai và một số ứng dụng
Đức Đoàn...

- Nguyễn Đức Tấn – Vũ

2. Phương trình nghiệm nguyên
3. Toán nâng cao và phát triển 9

- Phan Huy Khải
- Vũ Hữu Bình

4. Phương pháp giải toán tam thức bậc hai

- Lê Hồng Đức (chủ biên)

6. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

- Nguyễn Đức Tấn

7. Tạp chí Toán tuổi thơ

- NXBGD.

8. Tạp chí Toán học tuổi trẻ

- NXBGD

22