BTNC_ TRƯƠNG THỊ HƯƠNG_ Mot so ung dung cua dinh ly Viet

TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG
KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC
ĐỀ TÀI: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET

Hải Dương, năm 2020


TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG
KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC
ĐỀ TÀI: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ET

Sinh viên thực hiện: Trương Thị Hương
Khóa học: 2017 – 2020
Ngành học: Toán - Sinh K41
Giảng viên Bài giảng : Nguyễn Thị Tuyết Mai

Hải Dương , năm 2020


MỤC LỤC
A - MỞ ĐẦU
I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI........................................................................
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.................................................................
III. PHƯƠNG PHÁP .................................................................................
IV. PHẠM VI.............................................................................................
B - NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. LÝ THUYẾT..........................................................................................

II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG..........................................................................
DẠNG 1......................................................................................
DẠNG 2......................................................................................
DẠNG 3......................................................................................
DẠNG 4......................................................................................
DẠNG 5......................................................................................
DẠNG 6......................................................................................
DẠNG 7......................................................................................
DẠNG 8......................................................................................
III. BÀI TẬP TỔNG HỢP
1. Một số đề thi vào 10 tỉnh Hải Dương
2. Một số đề tổng hợp để học sinh tự ôn luyện
C - KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO

1
1
1
2
3
6
6
8
13
15
20
22
24
25
31

33
35
37


A . MỞ ĐẦU

-----------------------------------I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Như chúng ta đã biết phương trình bậc hai là một nội dung quan trọng của
chương trình đại số lớp 9, các bài toán liên quan đến phương trình bậc hai là vô cùng
phong phú. Do vậy khả năng gặp phương trình bậc hai trong các kì thi tuyển sinh vào
THPT, vào các trường chuyên, lớp chọn là rất cao. Mà đặc biệt là các bài toán liên
quan đến định lý Viet.
Tuy nhiên phân phối chương trình cho phần định lý Viet là rất ít (1 tiết lý
thuyết, 1 tiết bài tập), vì thế đại đa số học sinh thường lúng túng khi đứng trước các
bài toán có liên quan đến định lý Viet và ứng dụng một số ứng dụng của định lí này.
Trước thực tế đó, nhằm giúp các em nắm được một cách có hệ thống và có khả năng
giải quyết được các bài tập về phần này một cách thành thạo, nhằm phát huy khả
năng suy luận, óc phán đoán, tính linh hoạt của học sinh, em đã nghiên cứu và viết
chuyên đề:

“Một số ứng dụng của định lý Viet”
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Thứ nhất: Xuất phát từ nhu cầu thực tế vận dụng của học sinh, trước những thiên
hướng tốt, chưa tốt mà em thấy rất cần phân loại và một số phương pháp giải cho các
em
- Thứ hai: Bản thân người giáo viên cũng rầt cần trau dồi tự học và tham khảo làm
chủ kiến thức
- Thứ ba: Đề cập tới một số ứng dụng của định lý Viet. Rút ra một số nhận xét và
chú ý khi làm từng dạng , cách giải quyết từng dạng. Từ đó dần hình thành khả năng

tổng hợp, khái quát và các năng lực tư duy khác cho học sinh.
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu những vấn đề lý thuyết về phuơng trình bậc hai, định lý Viet trong
chương trình đại số lớp 9
- Nghiên cứu qua những tài liệu tham khảo, những chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi

4


- Qua học hỏi kinh nghiệm của những thày cô giáo của mình - những người có nhiều
năm công tác, có bề dày kinh nghiệm
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Em đã nghiên cứu với học sinh khối 9 của trường THCS Đoàn Tùng.
- Chuyên đề này áp dụng được với mọi đối tượng học sinh. Tuy nhiên với mỗi đối
tượng thì giáo viên cần lựa chọn hệ thống bài tập với mức độ khó, dễ phù hợp.
- Chuyên đề này áp dụng tốt nhất trong việc ôn luyện học sinh giỏi, Bài giảng học
sinh ôn thi vào THPT, đặc biệt là ôn thi vào các trường chuyên, lớp chọn.



B. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI

-----------------------------------I.

LÝ THUYẾT:

1. Định nghĩa phương trình bậc hai một ẩn.
Phương trình bậc 2 là phương trình có dạng: ax2 + bx + c = 0
•

Với a≠0

•

a,b,c là các hằng số

•

x là ẩn số

2. Công thức nghiệm của phương trình bậc 2: ax2 + bx + c = 0
Đặt:

∆ = b2 - 4ac

+ Nếu ∆ < 0: Phương trình vô nghiệm
+ Nếu ∆ = 0: Phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 =

−b
2a

+ Nếu ∆ > 0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1,2 =

−b ± ∆
2a

(Chú ý: Nếu ac < 0 thì ∆ = b2 - 4ac > 0 => PT chắc chắn có hai nghiệm phân biệt )
* Công thức nghiệm thu gọn: (áp dụng khi b chẵn)
Đặt b = 2b’; ∆’ = b’2 - ac
+ Nếu ∆’ < 0 : Phương trình vô nghiệm

+ Nếu ∆’ = 0 : Phương trình có nghiệm kép: x1 = x2 =

−b '
a

+ Nếu ∆’ > 0 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1,2 =

3. Định lý Vi-et về nghiệm của phương trình bậc 2
a. Định lý Viet thuận:
Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có 2 nghiệm x1, x2 thì

−b '± ∆ '
a


S = x 1 + x2 =
P = x1 . x2 =

* Hệ quả:

−b
a
c
a


− b

x1 + x2 =




a 
( a ≠ 0vµΔ ≥ 0) ⇒ 

c


x .x =
1
2



a



2

PT bậc 2: ax + bx + c = 0

(*)

c
a
−c
- Nếu a - b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x1 = - 1; nghiệm kia là x2 =
a
b. Định lý đảo:

x1 + x2 = S
Nếu có 2 số x1, x2 thoả mãn 
thì chúng là nghiệm số của phương trình: t 2
x1.x2 = P
- st + p = 0
(Điều kiện ∃ 2 số x1, x2 là s2 - 4p ≥ 0)
Chú ý:
* Trước khi áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm ⇔
a ≠ 0

Δ ≥ 0(Δ' ≥ 0)
* a + b + c = 0 ⇔x = 1 ; a - b + c = 0 ⇔x = - 1
x + y = S
* Nếu có: x = α ; y = β là nghiệm hệ phương trình 
thì α, β là
xy = P

- Nếu a + b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x1 = 1, nghiệm kia là x2 =

nghiệm phương trình: t2 - st + p = 0
4. Các ứng dụng cơ bản (thường dùng):
a. Kiểm tra nghiệm phương trình bậc 2.
b. Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc 2.
c. Biến 1 nghiệm suy ra nghiệm kia
d. Tìm 2 số biết tổng và tích.
e. Lập 1 phương trình bậc 2 biết 2 nghiệm
5. Một số kết quả thu được từ định lý Viet:
a. Phân tích ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) thành nhân tử:
Khi (*) có ∆ ≥ 0 ⇔ ∃ x1, x2 / x1 + x2 =

−b
c
; x1 . x2 = thì
a
a


[

c
 2 b
2
ax2 + bx + c = a x + x +  = a x − (x1 + x2 )x + x1x2
a
a


]

= a(x2 - x1x - x2x + x1x2) = a(x - x1) (x - x2)
b. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất:
* Từ: S = x1 + x2 ; P = x1 . x2
- Nếu S = x1 + x2 (không đổi) còn P = x1 . x2 thay đổi.
S2
2
Do S - 4P ≥ 0 ⇔ P ≤
4
2
−b S
S

=
P=
⇔ x1 = x2 =
2a 2
4
S
S2
⇒ maxP =
⇔ x1 = x2 =
(Vì x2 - Sx + P = 0 có nghiệm kép)
2
4
⇒ KL: Hai số có tổng không đổi tích lớn nhất ⇔ 2 số bằng nhau.
- Nếu x1 > 0; x2 > 0 và x1 x2 = P (Không đổi)
Còn S = x1 + x2 (thay đổi)
Do: S2 - 4P ≥ 0 ⇔ S − 2 P S + 2 P ≥ 0
⇔ S - 2 P ≥ 0 ; S = 2 P ⇔ x1 = x2 = P
⇒ KL: 2 số dương có tính không đổi tổng nhỏ nhất khi chúng bằng nhau.
c. Xét dấu các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0)
−b
c

;P = 
S =
a
a

- Điều kiện cho (*) có 2 nghiệm trái dấu là P < 0
Δ ≥ 0
- Điều kiện cho (*) có 2 nghiệm cùng dấu là 

P > 0

(

)(

)

Δ ≥ 0

- Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng dương là: P > 0
S > 0

Δ ≥ 0

- Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng âm là: P > 0
S < 0

Δ = 0
- Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép dương là: 
S > 0
Δ = 0
- Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép âm là: 
S < 0

x + y = f(m)
d. Điều kiện của tham số để hệ phương trình: 
có 1 nghiệm duy nhất
x
.

y
=
g

(
m
)

2
là: f (m) - 4g(m) = 0


(Chính là điều kiện để phương trình bậc 2 t2 - f(m)t + g(m)) = 0 có nghiệm kép)
II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ VIÉT
DẠNG 1:
ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ VIÉT
VÀO VIỆC NHẨM NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ax2 + bx + c = 0, a
≠0
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Xét phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) (*)
c
a
−c
2) Nếu a - b + c = 0 thì (*) có 2 nghiệm x1 = −1; x 2 =
a
x
+
x
=
m

+
n
x
.
x
=
m
.
n
3) Nếu 1 2
; 1 2
và ∆ ≥ 0 thì phương trình có nghiệm:
x1 = m; x 2 = n hoặc x 2 = m; x1 = n

1) Nếu a + b + c = 0 thì (*) có 2 nghiệm x1 = 1; x 2 =

2.. MỘT SỐ VÍ DỤ
VD1: Giải phương trình sau bằng cách nhẩm nhanh nhất
a. x 2 + ( 3 − 5 ) x − 15 = 0
1

1

2m − 5

b. m − 2 x + n − 3 x + (2 − m)(m − 3) = 0 (Với m ≠ 2; m ≠ 3, x là ẩn)
c. (m -3)x2 – (m +1)x – 2m + 2 = 0
( m là tham số, x là ẩn)
2

(1)
(2)
(3)

Bài giảng :
a. Ở phần này HS dễ nhận thấy a + b + c ≠ 0, a - b + c ≠ 0, nhưng có a.c = − 15 < 0.
Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 < x 2 . Áp dụng hệ thức Viét có:
 x1 + x 2 = − 3 + 5

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: − 3 và 5
 x1 .x 2 = − 15 = − 3. 5
1
1
2m − 5
b. Đây là phương trình bậc hai có: a + b + c = m − 2 + m − 3 + (2 − m)(m − 3) = 0

(Với m ≠ 2; m ≠ 3). Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x 2 =

2m − 5
3−m

c. Ở phương trình này không ít HS sai lầm và vội vàng kết luận ngay:
a – b + c = m – 3 + m + 1 – 2m + 2 = 0. Nên x1 = −1 ; x 2 = 2m − 2 mà không thấy được
phương trình đã cho chưa phải là phương trình bậc hai.
Vì vậy ta cần xét m – 3 = 0; m – 3 ≠ 0, rồi nhẩm nghiệm.
Giải:
+ Nếu m – 3 = 0 ⇔ m = 3 thì phương trình (3) trở thành -4x – 4 = 0 ⇔ x = -1
+ Nếu m – 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 3 phương trình (3) có a – b + c = 0, nên có 2 nghiệm
x1 = −1; x 2 =

2m − 2
.
m−3


Kết luận:
Như vậy, khi ta phải nhẩm nghiệm của PT dạng: ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) (*) thì ta
cần
+ Xét a = 0 sau đó nhẩm nghiệm
+ Xét a ≠ 0 kiểm tra sau đó nhẩm nghiệm
Trong thực tế HS có thể phải nhẩm nghiệm của PT bậc ba hoặc bậc 4 (dạng đặc biệt).
Để giải quyết được tốt các định lí, khi đó phải đưa các PT ấy về dạng PT bậc 2 nhẩm
được nghiệm.
VD2: Nhẩm nghiệm của phương trình 5 x 3 + x 2 − 5 x − 1 = 0 (4)
Bài giảng
PT (4) có tổng các hệ số là: 5 + 1 – 5 – 1 = 0, nên PT (4) có nghiệm x = 1.
Khi đó ta đưa PT (4) về dạng: (x -1)(5x2 + 6x + 1) = 0, nhẩm tiếp nghiệm: 5x2 + 6x +
1=0
Kết quả phương trình (4) có 3 nghiệm: x1 = 1; x 2 = -1; x3 =

−1
5

VD3:
Giải phương trình : x 4 + (x +1)(5x2 - 6x - 6 ) = 0
Bài giảng : Phương trình trên có dạng x 4 + 5x2 (x +1) – 6 ( x+ 1)2 = 0 (5)
Nhận thấy x = -1 không phải là nghiệm của phương trình (5) nên ta chia 2 vế cho ( x
+1)2 ta được:
2

 x2 
x2

 + 5
-6=0
x +1
 x + 1
x2
Đặt
ta được X 2 + 5 X – 6 = 0
x +1
Dễ dàng nhận được X 1 = 1 ; X 2 = -6

Sau đó giải tiếp tìm được x
3. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Hãy tìm nhanh nghiệm của các phương trình sau:
1. 35 x 2 − 37 x + 2 = 0

2. 7 x 2 + 500 x − 507 = 0

3. x 2 − 49 x − 50 = 0

4. 4321x 2 + 21x − 4300 = 0

Bài 2:
a) Phương trình x 2 − 2 px + 5 = 0 . Có một nghiệm bằng 2, tìm p và nghiệm thứ hai.
b) Phương trình x 2 + 5 x + q = 0 có một nghiệm bằng 5, tìm q và nghiệm thứ hai.
c) Cho phương trình : x 2 − 7 x + q = 0 , biết hiệu 2 nghiệm bằng 11. Tìm q và hai nghiệm
của phương trình.

d) Tìm q và hai nghiệm của phương trình : x 2 − qx + 50 = 0 , biết phương trình có 2
nghiệm và có một nghiệm bằng 2 lần nghiệm kia.
DẠNG 2
TÍNH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC
GIỮA CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Đối với bất phương trình giữa các nghiệm của một phương trình.
ở dạng này biểu thức ta có thể gặp là biểu thức đối xứng hoặc không đối xứng giữa
các nghiệm.
Với biểu thức đối xứng ta có thể biểu thị biểu thức đó theo S = x1 + x2 và P = x1 x2
nhờ đó có thể tính được giá trị của biểu thức mà không phải giải phương trình.
2. MỘT SỐ VÍ DỤ
VD1: Giả sử x1 và x2 là các nghiệm của phương trình bậc hai 3x2 – cx + 2c -1 = 0.
1

1

Tính theo c giá trị của biểu thức A = x 3 + x 3
1
2
6

 x1 + x 2 = 3
Giải: Theo định lý viét ta có: 
 x .x = 2c − 1
 1 2
3
3
3

3
1
1
x 2 + x1
( x + x ) − 3x1 x 2 ( x1 + x 2 )
S = x3 + x3 = 3 3 = 1 2
x1 .x 2
x13 .x 23
1
2
3

2c − 1 c
c
.
  − 3.
2
3 3 c c − 18c + 9
 3
S=
=
3
( 2c + 1) 2
 2c − 1 


 3 

(

)

Với biểu thức không đối xứng 2 nghiệm trước hết ta cũng phải tính S = x1 + x2 ; P =
x1 . x2 Sau đó cần kéo biến đổi biểu thức đó nhiều xuất hiện S và P từ đó ta tính được
giá trị của biểu thức.
VD2: Không giải phương trình , hãy tính hiệu các lập phương của các nghiệm lớn
và nhỏ của phương trình bậc hai : x2 -

85
5
x + 1 = 0 (*)
4
16

85
21 1
〉 0 ⇒ Phương trình (*) có 2 nghiệm
−4 =
16
16 16
phân biệt x1, x2 . Không mất tính tổng quát. Giả sử x1 〉 x2 .
21
85
áp dụng định lý viét, ta có S = x1 + x2 =
và P = x1 . x2 =
16
4
2
3
3

2
2
ta có x1 − x 2 = (x1 - x2 ) x1 + x 2 + x1 x 2 = (x1 - x2 ) ( x1 + x 2 ) − x1 x 2

Bài giảng : Phương trình (*) có ∆ =

(

)

[

]


Do x1 〉 x2 nên
2
x1 - x2 = ( x1 − x 2 ) = x12 + x 22 − 2 x1 x 2 = ( x1 + x 2 ) 2 − 4 x1 x 2
Vậy x13 − x 23 = s 2 − 4 p .( s 2 − p ) =

85 84  85 21  1 64
− . −  = . = 1
16 16  16 16  4 16

VD3:
a. Giả sử x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x 2 − ax + 1 = 0
Tính S = x17 + x 27 theo a.
b. Tìm một đa thức bậc 7 có hệ số nguyên nhận a = 7

3 7 5

+
làm nghiệm.
5
3

Bài giảng :
a. ở đây x17 + x 27 không biẻu diễn trực tiếp được dưới dạng x1 + x2 và x1 . x2 . Tuy
nhiên ta có thể biểu diễn S = x17 + x 27 = ( x14 + x 24 ).( x13 + x 23 ) − x13 x 23 .( x1 + x 2 )
Như vậy ta phải tính x14 + x 24 ; x13 + x 23 theo a.
 x1 + x 2 = a
 x1 .x 2 = 1

Thật vậy kí hiệu S n = x1n + x 2n . Theo Viét ta có: 
Do đó S 2 = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x 2 = a 2 − 2

(

S 4 = x14 x 24 = x12 + x 22

)

2

(

− 2 x12 x 22 = a 2 − 2

)

2

− 2 = a 4 − 4a 2 + 2

S 3 = x13 + x 23 = ( x1 + x 2 ) − 3 x1 x 2 ( x1 + x 2 ) = a 3 − 3a
3

Vậy S 7 = ( a 4 − 4a 2 + 2).( a 3 − 3a ) − a = a 7 − 7a 5 + 14a 3 − 7a
b. Để tìm một đa thức bậc 7 nhận α làm nghiệm nghĩa là ta phải tìm một đa thức bậc
7 mà khi thay α vào thế giá trị của đa thức bằng 0: Theo phần a có:
x17 + x 27 = a 7 − 7a 5 + 14a 3 − 7 a
⇔ a 7 − 7a 5 + 14a 3 − 7 a - ( x17 + x 27 ) = 0 (1)
Như vậy trước hết ta phải lập 1 phương trình bậc 2 có α là hệ số:
3
5
Đặt x1 = 7 ; x 2 = 7
ta có:
5

x1 + x2 =

7

3

3 7 5
+
=a;
5
3

x1 . x2 =

7

3 7 5
+
=1
5
3

Do đó x1, x2 là các nghiệm của phương trình x 2 − αx + 1 = 0


7
5
3
Theo (1) ⇒ α − 7α + 14α − 7α −  +  = 0

3 5
5 3
7
5
3
15 α − 105α + 210α − 105α − 34 = 0
Vậy đa thức cần tìm là 15 x 7 − 105 x 5 + 210 x 3 − 105 x − 34

Với biểu thức cần tính là biểu thức mà không đối xứng giữa các nghiệm trước hết ta
tách S =x1 + x2 ; P= x1 . x2 sau đó cần có sự nhìn nhận một cách linh hoạt khéo léo để
biến đổi biểu thức đã cho nhằm x hiệu S; P từ đó tính được giá trị của biểu thức.
VD4: Cho phương trình x 2 − 5 x + 3 = 0 . Gọi 2 nghiệm của phương trình là x1, x2

Tính giá trị của biểu thức A = x1 − 2 − x 2 + 1


Bài giảng : Ở đây biểu thức A không phải là biểu thức đối xứng giữa 2 vế nghiệm
x1 , x2 .Như vậy nếu để ý kỹ ta thấy x1 − 2 = ( x1 − 2) 2
(Đề thi vào lớp 10 THPT Nguyễn Trãi năm học 2005-2006)
Có x1 + x2 = 5; x1 . x2 = 3 ⇒ x1 〉 0 , x2 〉 0
Vì x1 là nghiệm của phương trình x 2 − 5 x + 3 = 0 nên x12 − 5 x1 + 3 = 0
⇒ x12 − 4 x1 + 4 = x1 + 1
⇒ ( x1 − 2) 2 = x1 + 1
⇒

( x1 − 2) 2 =

⇒

x1 + 1 = x1 − 2

x1 + 1

x1 + 1 − x 2 + 1

Khi đó A =

⇒ A 2 = x1 + x 2 + 2 − 2 x1 + x 2 + x1 x 2 + 1
⇒ A 2 = 5+2 - 2 5 + 3 + 1 = 1
⇒ A = 1 ( vì A ≥ 0

* Ở VD7 sau không có mặt S 4 P3 nhưng vội vằng bình phương 2 vế ngay khi đó gặp
bế tắc. Thế nhưng nếu học sinh khéo thay thế x1 − 2 bởi x1 + 1 như trên với bình

phương 2 vế thì giá trị của biểu thức A tính đước 1 cách dễ dàng . Với những biểu
thức mà có chứa luỹ thừa bậc cao thì việc biểu diễn luỹ thừa bậc cao của 1 nghiệm
qua luỹ thừa thấp hơn của nghiệm đó cũng là 1 phương án đôi khi giúp cho việc tính
toán thuận lợi hơn nhiều. Với phương trình a x 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 và S =
x1 + x2 ; P = x1 . x2 . Khi đó :
x12 = ( x1 + x 2 ) x1 − x1 x 2 = Sx1 − P
x13 = x1 .x12 = x1 .( Sx1 − P ) = Sx12 − Px1
= S .( Sx1 − P ) − Px1 = S 2 x1 − SP − Px1
= S 2 − P x1 − SP
x14 = x1 .x13 = S 3 − 2SP x1 − P S 2 − P .

(

(

)

)

(

)

VD 5: Cho phương trình x − 2 x − 1 = 0 , có 2 nghiệm x1 , x2 ( ( x 2 〈 0) thì giá trị của
các biểu thức :
A= x14 + 2 x 23 + 3x12 + 8 x 2 − 8
2

B= x15 − 3x12 + x1 + 1 −

3
x 24 − 8 x 2
2

Bài giảng : Theo định lí Viét có S = 2; P = - 1. Áp dụng các hệ thức trên ta có:
x12 = 2 x1 + 1 ; x 22 = 2 x 2 + 1
x 23
x14
x 24
x15

= ( 4 + 1) x 2 + 2.1 = 5 x 2 + 2
= ( 8 + 2.2.1).x1 + 1.( 4 + 1) = 12 x1 + 5
= 12 x 2 + 5
= x1 .x14 = x1 .(12 x1 + 5) = 12 x12 + 5 x1
= 12( 2 x1 + 1) + 5 x1 = 29 x1 + 12

Ta có :
A= x14 + 2 x 23 + 3x12 + 8 x 2 − 8


= 12 x1 + 5 + 2(5 x 2 + 2) + 3(2 x1 + 1) + 8 x 2 − 8
= 12 x1 + 5 + 10 x 2 + 4 + 6 x1 + 3 + 8 x 2 − 8
= 18 x1 + 18 x 2 + 4
= 18( x1 + x 2 ) + 4 = 40
3
x 24 − 8 x 2
2
3
2

= 12 x12 + 5 x1 − 3x12 + x1 + 1 − ( 2 x 2 + 1) − 8 x 2
2
3
= 9 x12 + 6 x1 + 1 − 4 x 22 − 4 x 2 + 1
2
3
= 3x1 + 1 − 2 x 2 − 1
2
Vì phương trình có ac = -1 〈 0 nên x1 , x 2 trái dấu mà x 2 〈0 ⇒ x1 〉 0 Khi đó
3
B = 3 x1 + 1 + ( 2 x 2 − 1)
2
3
1
B = 3 x1 + 3x 2 + 1 − = 3.( x1 + x 2 ) −
2
2
1 11
= 3.2 - =
2 0

B = x15 − 3x12 + x1 + 1 −

*. Đối với biểu thức giữa các nghiệm của hai phương trình. Trong thực tế nhiều khi ta
phải tính biểu thức giữa các nghiệm của hai phương trình . Để làm được các bài tập
kiểu này ta phải tìm S,P trong từng phương trình rồi xem xét, thay thế 1 cách hợp lý
( thường thì phải thay thế nhiều lần ) ta sẽ tách được giá trị của biểu thức đó.
VD 6: Giả sử x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + ax + 1 = 0 và x3 , x 4 là nghiệm
của phương trình x 2 + bx + 1 = 0 . Tính giá trị của biểu thức:
M = ( x1 − x 3 ).( x 2 − x3 ).( x1 + x 4 ).( x 2 + x 4 ) theo a và b.

Bài giảng : Theo hệ thức Viét ta có:
 x 3 + x 4 = −b
 x1 + x 2 = −a

và 
 x1 .x 2 = 1
 x 3 .x 4 = 1
Do đó ( x1 − x 3 ).( x 2 + x 4 ) = x1 x 2 + x1 x 4 − x 2 x3 − x3 x 4
= 1 + x1 x 4 − x 2 x3 − 1
= x1 x 4 − x 2 x3
và ( x 2 − x3 ).( x1 + x 4 ) = x1 x 2 + x 2 x 4 − x1 x3 − x3 x 4
= 1 + x 2 x 4 − x1 x3 − 1
= x 2 x 4 − x1 x3
⇒ M = ( x1 x 4 − x 2 x 3 ).( x 2 x 4 − x1 x 3 )

M = x1 x 2 x 42 − x12 x 3 x 4 − x 22 x3 x 4 + x1 x 2 x32
M = x 42 − x12 − x 22 + x32
M= ( x 32 + x 42 ) − ( x12 + x 22 )
2
2
M= [( x3 + x 4 ) − 2 x 3 x 4 ].[( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 ]
M= ( b 2 − 2) − ( a 2 − 2) = b 2 − a 2
VD 7: Gọi a,b là hai nghiệm của phương trình : x 2 + px + 1 = 0


b,c là hai nghiệm của phương trình : x 2 + qx + 2 = 0
Chứng minh hệ thức ( b − a ).( b − c ) = pq − 6
Bài giảng : Vì a,b là hai nghiệm của phương trình : x 2 + px + 1 = 0
b,c là hai nghiệm của phương trình : x 2 + qx + 2 = 0 nên theo định lý
Viét ta có :

a + b = − p

;
ab = 1
Ta có ( b − a ).( b − c ) =

b + c = −q

bc = 2

b 2 − ab − bc + ac
= b 2 + ab + bc + ac − 2( ab + bc )
= b ( a + b ) + c( a + b ) − 2( ab + bc )
= ( a + b )( b + c ) − 2( ab + bc )
= ( − p )( − q ) − 2(1 + 2) = pq − 6

( Điều phải chứng minh)

3. BÀI TẬP ÁP DỤNG :
BT1. Cho phương trình : 2 x 2 − x − 2 = 0 Không tính nghiệm của phương trình. hãy
tính:
a. x13 + x 23
d. x1 x 2 + x 2 x1
b. x1 − x 2
e. x1 + x 2
x12
x 22
+
c.
x 2 + 1 x1 + 1

BT2. Cho phương trình : 5 x 2 − 3x − 1 = 0 Không tính nghiệm của phương trình , hãy
tìm giá trị của mỗi biểu thức:
A= 2 x13 − 3x12 x 2 + 2 x 23 − 3x1 x 22
x

x

x

x

1
1
2
2
B = x + x +1 + x + x +12
2
1
1

1
1 
 − 
 x1 x 2 

C. 2 x1 − x 2 + 2 x 2 − x1
BT3. Cho phương trình x 2 + mx + m + 7 = 0 Không tính nghiệm x1 và x 2 theo m, hãy
tính .
A = x12 + x 22

B=

x12
x2
+ 2
x 2 + 1 x1 + 1

C=

4 x12 − 3 x1 x 2 + 4 x 22
x12 x 2 + x1 x 22

4. Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có 2 nghiệm x1 ; x 2 Tính theo a,b,c các biểu
thức
A= ( 5 x1 − 3x 2 )( 5 x 2 − 3x1 )
x1

x2

B= x − 3x + x − 3x
2
1
1
2
2
5. cho phương trình x − 5 x − 1 = 0 gọi x1 ; x 2 là các nghiệm của phương trình trên. Tính :
A= ( x12 − 4 x1 − 1).( x 22 − 4 x 2 − 1)
B = ( x13 − 5 x12 + 2).( x 23 − 5 x 22 + 2)

6. Cho phương trình x 2 + ( a − 4) x + a 2 − 3a + 3 = 0 gọi x1 ; x 2 là 2 nghiệm của phương
trình. Tìm giá trị của a để.
ax12
ax 22
8
+
=−
( thi học sinh giỏi năm 2002 -2003)
1 − x1 1 − x 2
9
7. Cho phương trình x 2 − x − 1 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x 2 . hãy tính giá trị của biểu thức
A = x1 − 3x 2
B= x18 + x 26 + 13x 2
8. Cho phương trình x 2 + x − 1 = 0 gọi x1 là nghiệm âm của phương trình. Tính giá trị

của biểu thức. C = x18 + 10 x1 + 13 + x1
9. Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0( a ≠ 0) có 2 nghiệm x1 ; x 2 .thoả mãn x1 = x 22
CMR : b 3 + a 2 c + ac 2 = 3abc
10. Giả sử phương trình x 2 + ax + b = 0 có nghiệm x1 ; x 2 và phương trình x 2 + cx + d = 0
có nghiệm x3 , x 4 .
2
2
CMR 2 ( x1 + x3 )( x1 + x 4 )( x 2 + x3 )( x 2 + x 4 ) = 2( b − d ) − ( a 2 − c 2 )( b − d ) + ( a + c ) ( b + d )
DẠNG 3: Ứng dụng địng lý Viét vào việc tìm 2 số biết tổng và tích của chúng.
1.PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Nếu hai số v và V có tổng v + V = S và tích u.v =p thì v và V là nghiệm của
phương trình . x 2 − Sx + P = 0 (*) . Điều kiện để phương trình (*) có nghiệm là
∆ = S 2 − 4 P ≥ 0 hay S 2 ≥ 4 P . Đó chính là điều kiện tồn tại hai số v và V mà tổng v + V
= S và v .V =P . Như vậy khi biết tổng hai số thì ta sẽ tìm được hai số đó thông qua
tích giải phương trình bậc hai.

2. MỘT SỐ VÍ DỤ
VD1: Tính hai cạnh của 1 hình chữ nhật cho biết chu vi bằng 4a và diện tích bằng b2 (
a,b 〉 0 cho trước).
Bài giải: Gọi x,y là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật ( 0〈 x; y 〈 2a ) .
Theo giả thiết ta có x+y= 2a
x.y= b 2
Do đó x,y là nghiệm của phương trình
X 2 − 2aX + b 2 = 0 (1)
Có ∆ ′ = a 2 − b 2 = ( a − b ).( a + b )
Vì a,b 〉 0 ⇒ a+b 〉 0
*. Nếu a 〉 b ⇒ ∆ ′〉 0 ⇒ Phương trình (1) có nghiệm là :
X1 = a + a2 − b2
X 2 = a − a2 − b2
Vì P 〉 0 . S 〉 0 ⇒ 0 〈 X 2 〈 X 1 . Vậy hai cạnh của hình chữ nhật là:
 x = a + a 2 − b 2
 x = a − a 2 − b 2

hoặc

 y = a − a 2 − b 2
 y = a + a 2 − b 2
Nếu a=b ⇒ ∆ ′ =0 (1) có nghiệm kép là x1 = x 2 = a Khi đó hình chữ nhật là vuông

cạnh a.


Nếu a 〈 b ⇒ ∆ ′ 〈 0 ⇒ (1) vô nghiệm . khi đó không có hình chữ nhật thoả mãn đầu
bài.
VD2: Tìm 2 số a,b biết
a. a+b = 10 và ab = 32

b. a+b = 5 và a2 +b2 = 13
c. a –b = 2 và ab = 80
d. a2 +b2 = 29 và ab = 10
Các số a,b cần tìm ( nếu có) là nghiệm của phương trình x2-10x+ 32 = 0. có S2
〈4P

( hay ∆〈0 )
Hướng dẫn: ở VD này dễ dàng phát hiện ra để tìm a và b trước hết ta phải xác định
được a.b ( phần a) ; a+b ( ở phần b;c).
Bài giải: a. Có ( a + b ) 2 = a 2 + b 2 + 2ab
5 2 = 13 + 2ab ⇒ 2ab = 12 ⇒ ab =6
Nên a,b là nghiệm của phương trình : x 2 − 5 x + 6 = 0
Giải phương trình này ta được x1 = 3; x 2 = 2 . Vậy a= 3 và b = 2 hoặc a= 2 và b= 3.
b. có a- b = 2 ⇒ a+ (-b) = 2
a.b =80 ⇒ a.(-b) = -80
⇒ a và -b là nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 80 = 0 . Giải phương trình được
x1 = 10; x 2 = −8 . vậy a= 10 và b= 8 hoặc a = -8 và b = -10.
a 2 + b 2 = 29
(a + b) 2 − 2ab = 10
⇒ 
c. Có 
ab = 10
ab = 10
(a + b) 2 = 49
⇔
⇔ a+b = 7 và ab = 10 hoặc a+b =-7 và ab = 10
ab = 10
*. Nếu a+b = 7 và ab = 10 ⇒ a,b là 2 nghiệm của phương trình
x 2 − 7 x + 10 = 0 giải phương trình được x1 = 2; x 2 = 5
⇒ a= -2 và b = -5 hoặc a= -5 và b = -2.

VD3: Giải các hệ phương trình sau:
x + y + z = 6

b.  xy + yz − zx = 7
 x 2 + y 2 + z 2 = 14


 x + y + xy = 5
a.  2
2
 x + y + xy = 7

Hướng dẫn : Để giải hệ phương trình trên ( phần a) ta biến đổi để tìm được x+y và
xy sau đó đưa về phương trình bậc 2 đã biết cách giải.
Bài giải:
 x + y + xy = 5

a. 

( x + y ) + xy = 5
⇔ 
2
( x + y ) − xy = 7

 x + y + xy = 7
( x + y ) + xy = 5
⇔ 
2
( x + y ) + ( x + y ) − 12 = 0

2

2

(I)

S + P = 5
⇔  2
S + S − 12 = 0

S = x + y
 p = xy

(I)

Đặt 

⇔

S + P = 5

S = 3; S = −4


S

S
⇔ 
S


S

=3
+ P=5

⇔

= −4
+ P=5

S = 3
(1)

 P = 2
S = −4

(2)
 P = 9

Giải (1) : Theo định lý Viét, x,y là nghiệm của phương trình
⇒

t 2 − 3t + 2 = 0

t1 = 2; t 2 = 1

Vậy (1) có 2 nghiệm (1;2) ; (2;1)
Giải (2): Theo định lý Viét, x,y là nghiệm của phương trình
t 2 + 4t + 9 = 0 vì phương trình t 2 + 4t + 9 = 0 có ∆ ′〈0 nên trường hợp này vô
nghiệm.

Vậy các nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x;y) = ( 2;1) và (1;2)
b. Có :

⇔

x + y + z = 6

 xy + yz − zx = 7
 x 2 + y 2 + z 2 = 14

 x + y + z = 6(1)

 xy + yz − zx = 7(2)
 y ( x + z ) = 9(3)


⇔

x + y + z = 6

 xy + yz − zx = 7

2
( x + y + z ) − 2( xy + yz + xz ) = 14

⇔

( x + z ) + y = 6(1)

 xy + yz − zx = 7(2)

 y ( x + z ) = 9(3)


Từ (1) và (3) theo định lí Viét ⇒ y và x+z là các nghiệm của phương trình
⇔
( t − 3) 2 = 0 ⇔ t = 3
t 2 − 6t + 9 = 0
từ (1) (2) và (3)

 y = 3(4)

⇔  x + z (5)
 x.z = 2(6)


Từ (5) và (6) Theo định lí Viet ⇒ x và z là các nghiệm của phương trình
t 2 − 3t + 2 = 0

⇒ t1 = 1; t 2 = 2

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm ( x,y,z) = ( 1;3;2) ; (2;3;1).
Nhận xét : Vậy từ bài toán giải hệ 3 phương trình ba ẩn bằng cách biến dổi thích hợp
ta đã đưa bài toán về dạng tìm 2 số khi biết tổng và tích của chúng ( với số thứ nhất là
x+z) , số thứ là y và ta giải được hệ nhờ định lí Viet.
3. BÀI TẬP ÁP DỤNG:
1.Tìm 2 số biết :
a. Tổng là 18 và tích là 45
b. Tổng là 4 và tích là -12
c. Tổng là -10 và tích là 16
d.Tổng là 2+ 3 và tích là 2 3

e.Tổng là 4 7 và tích là -17
2. Tìm 2 số x,y biết:


a. x – y = 9 và x.y = 90
b. x 2 + y 2 = 625 và x+y = 35
c. x 2 + y 2 = 164 và x-y = 2
d. x 2 + y 2 = 208 và x.y = 96
e. x 2 + y 2 + xy = 52 và x+y = 8
3. Tìm 2 số x,y biết:
a. x 2 + y 2 = 34 và x.y = 15
b. x 2 + y 2 = 10 và x+y –xy = 5
c. x 2 − y 2 = 2 và xy = - 3
d. x-y = 5 và xy = 66
e. x 3 + y 3 = 177 và xy = -10
DẠNG 4:
ỨNG DỤNG VÀO VIỆC XÉT DẤU CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Xét phương trình bậc hai: ax 2 + bx + c = 0
Có ∆ = b 2 − 4ac
P= x1 x 2 =

(a ≠ 0)

c
a

S = x1 + x 2 = −

b
a

Trong nhiều trường hợp ta cần so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với
một số cho trước hoặc xét dấu các nghiệm của phương trình bậc hai mà không cần
giải phương trình đó, ta có thể ứng dụng định lí Viét .
∆ ≥ 0

1.phương trình có 2 nghiệm dương ⇔  P〉 0
S 〉 0


2.Phương trình có 2 nghiệm âm

∆ ≥ 0

⇔  P〉 0
S 〈0


3. Phương trình có 2 nghiệm trái dấu: P 〈0


Nhiều bài toán đòi hỏi tìm điều kiện để phương trình bậc 2 có ít nhất 1 nghiệm
không âm. Thường có 2 cách giải:
Cách 1: Có P 〈 0 ( Trường hợp này có 1 nghiệm dương 1 nghiệm không âm)
Hoặc P = 0 Trường hợp này tồn tại 1 nghiệm bằng 0
Hoặc:

 P〉 0


∆ ≥ 0
S 〉 0


Thì hai nghiệm đều dương.

Cách 2: Trước hết phải có ∆ ≥ 0 khi đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm không âm
nếu :
S 〉 0 ( Trường hợp này tồn tại nghiệm dương)

Hoặc S=0 ( Trường hợp này tồn tại nghiệm không âm)
Hoặc S 〈0, P ≤ 0 ( Trường hợp này có 1 nghiệm không âm 1 nghiệm âm)
Tuỳ theo đầu bài mà chọn cách xét biểu thức P hay S.
2. MỘT SỐ VÍ DỤ
VD1: Tìm giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm cùng dấu . Khi đó 2
nghiệm mang dấu gì ?
a. x 2 − 2mx + 5m − 4 = 0
(1)
2
b. mx + mx + 3 = 0
(2)
Bài giải:
a. Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x 2 cùng dấu khi và chỉ khi

 m −
2
m − 5m + 4 ≥ 0
∆ ′ ≥ 0


⇔
⇔ 

 P〉 0
5m − 4〉 0
 m〉 4
 5


5 3
m− ≥



5 3
5
9
2 2

4
 ≥
 m − 2 ≥ 2
5
3

 < m ≤1
2
4⇔
⇔  m − ≤ − ⇔ 5


2
2
m〉 4
 
m ≥ 4
 5
 4
 m〉
 5
2

Mặt khác: S = x1 + x2 = 2m > 0 (Do m nhận giá trị dương) nên PT có 2 nghiệm
dương.
b. PT (2) có hai nghiệm x1 ; x2 cùng dấu khi và chỉ khi

m ≠ 0
a
=
m
≠
0


 m(m − 12)

⇔  m 2 − 12m ≥ 0 ⇔ 
⇔ m ≥ 12
∆ ≥ 0
m > 0
P > 0

3

 >0
m
−b − m
=
= −1 < 0 nên PT có hai nghiệm cùng âm.
Mặt khác: S = x1 + x2 =
a
m

VD2: Cho phương trình
(m + 1)x2 + 2(m + 4)x + m + 1 = 0
Tìm m để phương trình có:


a. Một nghiệm
b. Hai nghiệm cùng dấu phên biệt
c. Hai nghiệm âm phân biệt
Bài giải
a. PT đã cho có một nghiệm khi và chỉ khi
a = 0
m + 1 = 0
 m = −1
 m = −1



⇔   m ≠ −1
⇔

  a ≠ 0 ⇔  m + 1 ≠ 0
 m = −5



'
2
2
 ∆ = 0
 (m + 4) − (m + 1) = 0
 3(2m + 5) = 0

2



b. PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu khi và chỉ khi

 m ≠ −1
a ≠ 0
 m ≠ −1

 '

 ∆ > 0 ⇔ 3(2m + 5) > 0 ⇔ 
−5
P > 0
 m +1
 m > 2



=1> 0
 m +1

c. Để PT có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi
 m ≠ −1



−
5
a ≠ 0
m >
 m ≠ −1
 '
2


−5
∆ > 0

⇔  m +1
⇔ m >
⇔ m > −1

2
P > 0
 m +1 = 1 > 0

 S < 0


m < 4
 −2(m + 4) < 0

  m > −1
 m + 1

Hướng dẫn :
Qua ví dụ này, nhấn mạnh cho HS hiểu được dạng ax2 + bx + c = 0 có 1
nghiệm nghĩa là như thế nào?
VD3: Cho phương trình (m – 4)x2 – 2(m – 2)x + m -1 = 0
Tìm m để phương trình
a. Có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có GTTĐ lớn hơn
b. Có 2 nghiệm trái dấu và bằng nhau về GTTĐ
Hướng dẫn :
HS đã biết điều kiện để phơng trình dạng ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm trái
dấu là
S < 0. Tuy nhiên ở đây còn liên quan đến GTTĐ của các nghiệm, vì vậy ta phải có
thêm ĐK về tích các nghiệm nũa.
Bài giải
a. PT đã cho có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có GTTĐ lớn hơn khi và chỉ khi

m ≠ 4
a ≠ 0

1 < m < 4

 m −1
<0 ⇔
⇔2

P < 0 ⇔ 
2 < m < 4
S < 0
m − 4

 2(m − 2)
 m − 4 < 0


b. PT đã cho có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về GTTĐ khi và chỉ khi

m ≠ 4
a ≠ 0
m ≠ 4


 2(m − 2)

< 0 ⇔ 2 < m < 4 ⇔ m = 1
S < 0 ⇔ 
m
−
4
P = 0

m = 1


 m −1
 m − 4 = 0

c. Ta xét các khả năng sau:
3
4

TH1: Nếu m – 4 = 0 ⇔ m = 4 thì phương đã cho trở thành -4x + 3 = 0 ⇔ x = > 0
Vậy m = 4 là một giá trị thoả mãn
TH2: Nếu m – 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ 4 phương trình đã cho là phương trình bậc hai có 3 khả
năng xảy ra để phương trình có một nghiệm dương
i) PT có 2 nghiệm trái dấu. Điều này xảy ra khi và chỉ khi P = ac < 0
⇔

m −1
< 0 ⇔1< m < 4
m−4

ii) PT có nghiệm kép dương. Điều này xảy ra khi và chỉ khi
∆' = 0
m = 0
 '

⇔ m − 2
⇔m=0
 −b
>0

 m − 4 > 0
 a

iii) PT có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương. Điều này xảy ra khi và chỉ khi


m > 0
∆' > 0


⇔ m =1
 P = 0 ⇔ m = 1
S > 0
 2(m − 2)


>0
 m−4
Kết hợp lại ta có: Với 1 ≤ m ≤ 4 hoặc m = 0 thì phương trình có một nghiệm dương.

VD4: Tìm giá trị của m để phương trình sau có ít nhất một nghiệm không âm
(m + 1)x2 – 2x + m – 1 = 0
Bài giảng :
Ta xét các khả năng xảy ra:
i) Khi m + 1 = 0 ⇔ m = -1, PT đã cho có dạng -2x – 2 = 0 ⇔ x = -1 < 0
Vậy m = -1 không phải là giá trị cần tìm.
ii) Khi m ≠ -1 PT đã cho là phương trình bậc hai
Cách 1: PT đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi
+ Hoặc PT có một nghiệm dương, tức là:
1 − (m + 1)(m − 1) ≥ 0
∆' ≥ 0
2 − m 2 ≥ 0

 m ≤ 2
⇔

⇔
⇔
⇔ −1 < m ≤ 2

 2

>
0
S
>
0
m
+
1
>
0
m
>
−
1


 m + 1


+ Hoặc PT có một nghiệm âm và một nghiệm không âm, tức là:


m ≤ 2
− 2 ≤ m ≤ 2

∆' ≥ 0



 m −1
≤ 0 ⇔  −1 < m ≤ 1
P ≤ 0 ⇔ 
Không có giá trị của m thoả mãn.
S < 0
 m +1
 m < −1


 m < −1

Vậy giá trị cần tìm của m là -1 < m ≤ 2

Cách 2: PT đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi
+ Hoặc PT có 2 nghiệm trái dấu, tức là: P = 0 hay – 1 < m < 1
+ Hoặc PT có một nghiệm bằng 0, tức là: P = 0 hay m = 1
+ Hoặc PT có 2 nghiệm cùng dương, tức là:
− 2 ≤ m ≤ 2
∆' ≥ 0


  m < −1
⇔ 1 < m ≤ 2 . Vậy giá trị cần tìm là 1 < m ≤ 2
 P > 0 ⇔ 
S > 0
m > 1


 m > −1


Cách 3: PT đã cho có 2 nghiệm đều âm khi và chỉ khi
− 2 ≤ m ≤ 2
∆' ≥ 0


  m < −1
⇔ − 2 ≤ m < −1
 P > 0 ⇔ 
S < 0
m > 1

 m < −1


Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi -1 < m ≤ 2 .
3.BÀI TẬP ÁP DỤNG
BT1: Cho phương trình
x2 – 2(m + 1)x + m2 – 4m + 5 = 0
a. Tìm m để phương trình có nghiệm
b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương
BT2: Cho phương trình (m – 1)x2 – 2(m – 3)x + m – 4 = 0. Tìm m để phương có hai
nghiệm
a. Trái dấu
b. Hai nghiệm dương
c. Hai nghiệm âm
BT3: Cho phương trình mx2 – 2(m – 3)x + m + 4 = 0. Tìm m để phương trình

a. Có đúng một nghiệm dương
b. Có đúng một nghiệm không dương
DẠNG 5
ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ VIÉT VÀO SO SÁNH NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI VỚI MỘT SỐ CHO TRƯỚC
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI


Ở dạng này các bài toán thường gặp là: Tìm điều kiện của tham số để so sánh
nghiệm với một số cho trước.
Để giải các bài tập kiểu này ta thường thực hiện các bước sau:
B1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm
B2: Từ điều kiện đầu bài tìm ra được biểu thức về mối liên hệ giữa các nghiệm của
phương trình
B3: Thay tổng, tích giữa các nghiệm vào biểu thức
B4: Tìm giá trị của tham số, rồi kết luận.
2. MỘT SỐ VÍ DỤ
VD1: Tìm m để phương trình x2 – mx + m = 0 có nghiệm x1 ; x2 thoả mãn
x1 ≤ −2 < x2

Bài giảng :
m ≤ 0
m ≥ 4

Phương trình đã cho có nghiệm x1 ; x2 khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 ⇔ m(m − 4) ≥ 0 ⇔ 
 x1 = −2 < x2 (1)
 x1 < −2 < x2 (2)

Ta có: x1 ≤ −2 < x2 ⇔ 

TH1: x = -2 là một gnhiệm của PT đã cho nên ta có: (-2)2 – m(-2) + m = 0
⇔ 4 + 3m = 0 ⇔ m =

−4
3

Ta tính nghiệm còn lại nhờ vào định lí Viét như sau:
c
−4
2
= m ⇒ (−2) x2 =
⇒ x2 = > −2 = x1
a
3
3
−4
Vậy m =
là giá trị cần tìm
3
x1.x2 =

TH2: x1 < −2 < x2 ⇔ ( x1 + 2)( x2 + 2) < 0 ⇔ x1 x2 + 2( x1 + x2 ) + 4 < 0 ⇔ m + 2m + 4 < 0 ⇔ m <
Kết hợp cả hai trường hợp và đối chiếu với điều kiện có nghiệm thì m ≤

−4
3

−4
là các giá
3

trị cần tìm.
VD2: Với giá trị nào của m thì phương trình x2 + x + m = 0 có hai nghiệm đều lớn
hơn m
Bài giảng :
Cách 1:
PT đã cho có 2 nghiệm thoả mãn m < x1 ≤ x2 khi và chỉ khi