phương trình bậc hai nhóm 1 – toán 2006a tam thức bậc hai thành viên nhóm 1 mọi thành viên đều có vai trò như nhau huỳnh thị bích liễu võ thị lụa võ thị bích tuyền nguyễn thị hồng uyên mục lục i

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Thành viên nhóm 1: (Mọi thành viên đều có vai trị như nhau)</b>

-

<b>Huỳnh Thị Bích Liễu</b>

-

<b>Võ Thị Lụa</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>MỤC LỤC</b>



<b>I. Phương trình bậc hai</b>

<b>... 3 </b>

<b>1.1 Cơng thức nghiệm của phương trình bậc hai... 3 </b>

<b>1.2 Định lí viét đối với phương trình bậc bai... 3 </b>

<b>1.3 Các bài toán liên quan... 3 </b>

<b>II. Dấu của tam thức bậc hai</b>

<b>... 10 </b>

<b>2.1 Tam thức bậc hai... 10 </b>

<b>2.2 Dấu của tam thức bậc hai... 10 </b>

<b>2.3 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai... 13 </b>

<b>III. Một số ứng dụng của tam thức bậc hai</b>

<b>... 21 </b>

<b>3.1 Tìm giá trị lơn nhất và nhỏ nhất của hàm số... 21 </b>

<b>3.2 Giải bất phương trình bậc hai một ần... 22 </b>

<b>3.3 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc ba... 22 </b>

<b>3.4 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc bốn... 24 </b>

<b>3.5 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số lượng giác... 26 </b>

<b>3.6 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm mũ và ham logarit... 27 </b>

<b>3.7 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với phương trình - bất phương </b>
<b>trình chứa căn... 30 </b>

<b>Bài tập đề nghị</b>

<b>... 31 </b>

<b>Hướng dẫn giải</b>

<b>... 33 </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>I. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI:</b>

<b>1.1 Cơng thức nghiệm của phương trình bậc hai dạng </b>ax2 bx c 0







a 0



 Bước 1: Tính 

 



 Bước 2: Tìm nghiệm dựa vào dấu 

 



Nếu 0: Phương trình vơ nghiệm

Nếu  0: Phương trình có nghiệm kép

2a
b
x
x₁  ₂ 

Nếu 0: Phương trình có hai nghiệm phân biệt

















2a
Δ
b
x

2a

Δ
b
x

2
1

<b>1.2 Định lí Vi-et đối với phương trình bậc hai:</b>
<b>1.2.1 Định lí thuận:</b>

Nếu phương trình bậc hai : ax2 bx c 0



 có hai nghiệm phân biệt <i>x</i>1,<i>x</i>2 thì















a
c
.x
x
P

a
b
x
x
S

2
1

2
1

<b>1.2.2Định lí đảo</b>

Với hai số thực x1 , x2 thỏa:









P
.x
x

S
x
x

2
1

2
1

 _x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình:

0
P
SX
X2




 (với địều kiện S2 4P0)
<b>1.3 Các bài toán liên quan:</b>

<b>Bài toán 1</b>: Giải và biện luận phương trình bậc hai:
 Phương pháp

Nếu a có chứa tham số

+ Trường hợp 1: Xét a = 0 rồi biện luận

+ Trường hợp 2: Xét a



0 rồi dùng  biện luận
Nếu a là hằng số

Dùng 

 

 để biện luận trực tiếp

Ví dụ:

Giải và biện luận phuơng trình:
1)

b
a

b
a
b
a

b
a
x
1
x









 (1)

2) 2

a
x

b
b
x

a





 (2)

<i>Giải:</i>

1) Điều kiện



x 0



; điều kiện a b,ab

Phương trình (1): .x 1 0

b
a

b
a
b
a

b
a
x2


















 (*)



 _aa b_b a_a _bb 4 _aa b_b a_a _bb 0, a,b

2
2
































</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

b
a

b
a
x
,
b
a

b
a

x₁ ₂








 (thỏa mãn điều kiện vì ab)

Kết luận:

Vậy, a,b;a bphương trình (1) có hai nghiệm

b
a

b
a
x
,
b
a

b
a

x₁ ₂









2) Điều kiện xa,xb

Phương trình (1):

a_2xx2 a₃__abx_b__xb __a2x_b_2ax₀ b

















(*)

a b 8a b a b 0

9 2 2 2










 a,b

Phương trình (*) có hai nghiệm: ,x a b
2

b
a

x₁   ₂  

Xét điều kiện:

0
a
b
b

x

0
b
a

b
a
a
x

b
a
b
2

b
a
b
x

b
a
a
2

b
a
a
x

2
2
1
1





























<i>b</i>
<i>a</i>

Kết luận:

Nếu a = b = 0 phương trình vơ nghiệm
Nếu a = 0, b0 phương trình có nghiệm

2
b
x₁

Nếu a0, b = 0 phương trình có nghiệm

2
a
x1

Nếu a0, b0, a = b phương trình có nghiệm x2 2a

Nếu a0, b0, a

_

b phương trình có nghiệm ,x a b

2
b
a

x₁   ₂  

<b>Bài tốn 2</b>: Tìm giá trị của tham số để phương trình ax2 bx c 0



 (*) thỏa một số

điều kiện liên quan đến nghiệm của chúng.

a. Tìm giá trị của tham số để phương trình: <i>_ax</i>2_<i>_bx</i>_<i>_c</i>_0_{(*) có số nghiệm nhất}

định

Phương trình (*) có nghiệm kép










0
0
a

Phương trình (*) có một nghiệm
























0
Δ

0
a

0
c
bx

0
a

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt










0
0
a

Phương trình (*) có nghiệm
























0
Δ

0
a

0
c
bx

0
a

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Phương trình (*) có vơ số nghiệm












0
c

0
b

0
a

Ví dụ:

Tìm m để phương trình:



m 1



x2 2x 2 0





 (*)

a) Có đúng một nghiệm
b) Có hai nghiệm phân biệt
c) Có nghiệm

<i>Giải:</i>



m 1



8m 12
8

4   




a) Để (*) có đúng một nghiệm, thì:

































































2
3
m

1
m

2
3
m

1
m

1
x

1
m

0
12
8m

0
1
m

0
2
2x

0
1
m

Vậy, với m = 1 hoặc

2
3

m thì phương trình có đúng một nghiệm.

b) Để (*) có hai nghiệm phân biệt, thì:






















2
3
m

1
m
0
12
8m

0
1
m

Vậy, với m1 và
2
3

m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

c) Để (*) có nghiệm, thì:


























































2
3
m

1
m

1
x

1
m

0
12
8m

0
1
m

0
2
2x

0
1
m

Vậy, với m₂3 thì (*) ln có nghiệm.

b. Tìm giá trị của tham số để phương trình: ax2 bx c 0



 ( a



0) (*) có

 Hai nghiệm trái dấu  _ac0

 Hai nghiệm dương phân biệt

















0
Δ

0
a
c

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

 Hai nghiệm âm phân biệt














0
Δ

0
a
c
0
a
b

<b>Bài toán 3</b>: Dùng định lí Vi-et tìm mối liên hệ giữa các nghiệm trong một phương
trình bậc hai

Tìm tham số để phương trình ax2 bx c


 thỏa mãn điều kiện K.( K là một biểu thức

theo x1,x2 )

Ta thực hiện theo các bước sau:

<i>Bước1</i>: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm x1,x2







0
Δ

0
a

<i>Bước 2</i>: Áp dụng định lí Vi-et, ta được:
(I)

<i>Bước 3</i>: Biểu diễn điều kiện thơng qua (I)

Ta có thể biểu thị các đa thức đối xứng giữa các nghiệm x1,x2 theo S và P.













2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
3
2
3
1
3
2
1

2
1.
3
2
1
3
2
3
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1.
2
2
1
2
2
2
1
P
2P
S
x
x

x
x
x
1
x
1
3SP
S
x
x
x
3x
x
x
x
x
P
S
x.
x
x
x
x
1
x
1
2P
S
x
2x

x
x
x
x























Ví dụ<b>:</b>

Cho phương trình:



m 1



x2 2



m 1



x m 2 0








Xác định m để phương trình hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 4



x1x2



7x1.x2
<i>Giải</i>:

Phương trình có 2 nghiệm <i>x</i>1,<i>x</i>2<b>:</b>







0
Δ
0
a
3
m
1
0
m
3
0

1
m











 (*)

Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>









m 6
1
m
2
m
7.
1
m
1
m
2
4
.x

7x
x
x

4 ₁ ₂ ₁ ₂  









 thỏa (*)

Vậy, với <i>m</i>6 thỏa điều kiện của đề bài.

Ví dụ:

Cho phương trình 2  1 0





 <i>m</i> <i>x</i> <i>m</i>

<i>x</i>

Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình trên, tìm:
1) Sx₁2 x₂2

2) Sx₁3x₂3
3) S
2
1 x
1
x
1


4) S
2
1
1
2
x
x
x
x



5) Mối liên hệ giữa hai nghiệm theo m
<i>Giải:</i>

_m ₁2 _4m _m ₁2

Δ     0 m

Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm <i>m</i>

Theo định lí Viet ta có:




















m
a
c
.x
x
P
1
m
a

b
x
x
S
2
1
2
1

1) S



x

₁2



x

₂2





x

₁



x

₂



2



2x.

₁

x

₂



S

2



2P









m



1





2



2m



m

2



1

2)















m 1

 



m 1



3m





m 1





m m 1



3P
S
S
x
.x
x
x
x
x
x
x
S
2
2
2

2
2
2
1
2
1
2
1
3
2
3
1



















3) S _x1 _x1 x_x _.xx _PS



m_m 1



2
1
2
1
2
1









4) S  

2
1
1
2
x
x
x

x

_

_

_

_

m
1
m
m
2m
1
m
.x
x
.x
2x
x
x
.x
x
x

x 2 2

2
1
2
1
2
2
x
2
1
2
2

2
1 








5)




















m
a
c

.x
x
P
1
m
a
b
x
x
S
2
1
2
1

Suy ra: x₁x₂ x₁.x₂ 1 x₁x₂ x₁.x₂ 1

Mối liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình là: <i>x</i>1<i>x</i>2 <i>x</i>1.<i>x</i>2 1
<b>Bài tốn 4</b>: Quan hệ giữa các nghiệm trong một phương trình bậc hai
A. Vấn đề 1:

a. Đặt vấn đề:

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

(2)

0
c
x

b
x
a

(1)

0
c
x
b
x
a

2
2
2
2

1
1
2
1









có chung nghiệm
b. Giải quyết vấn đề:

Để (1) và (2) có chung nghiệm thì hệ phương trình:













0
c
x
b
x
a

0
c
x
b

x
a

2
2
2
2

1
1
2
1

phải có nghiệm
Ví dụ:

Tìm giá trị ngun của m để hai phương trình sau có chung nghiệm:
 

2m 3x 1 0 (2)
6x

(1)

0
3
x
1
3m
2x

2
2











<i>Giải:</i>

Giả sử <i>x</i>0là nghiệm chung của hai phương trình (1) và (2).
Khi đó yêu cầu của bài toán

































0

1

x

3

2m

6x

0

3

x

1

3m

2x

0
2

0

0
2

0 _{có nghiệm}





11m 6



x0 8

 Nếu 11m 60 m₁₁6

Trường hợp này (1) và (2) khơng có nghiệm chung
 Nếu

6
11m

8
x

11
6
m
0
6

11m 0









Thay vào (1) và rút gọn ta được:

2
m
0
68
164m
99m2







* Với m = 2 thì (1) thành:















3
x 2

1
x
0
3
5x
x
2 2

* Với m = 2 thì (2) thành:

















3

1
x

2
1
x
0
1
x
6x2

Vậy với m= 2 thì cả hai phương trình đã cho đều có nghiệm chung x =1₂
B. Vấn đề 2:

a. Đặt vấn đề:

Tìm điều kiện của tham số để hai phương trình bậc hai tương đương:

(2)

0
c
x
b
x
a

(1)

0
c
x
b
x
a

2
2
2
2

1
1
2
1









b. Giải quyết vấn đề:

Để (1) và (2) tương đương khi và chỉ khi hai tập hợp nghiệm của chúng phải
trùng nhau. Muốn vậy ta xét hay trường hợp:

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Ta giải hệ điều kiện:











0
0

2
1

 <i>Trường hợp 2</i>: Trường hợp cả hai phương trình đều có nghiệm
Ta giải hệ điều kiện:














2
1

2
1

2
1

P
P

S
S

0
Δ

0
Δ

<b>Ví dụ: </b>Cho hai phương trình x2_2x_ m_0_{(1) và}_2x2 __mx_₂_₀_(2).
Tìm m để (1) và (2) tương đương.

Giải:

Ta có Δ₁ 44m; Δ₂ m2 16

 Trường hợp 1: Trường hợp cả hai phương trình vơ nghiệm

1m4

4m4

1m

016m

04m4

0Δ

0Δ

2

2

1







































</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>





















































































1m

4m

4m

4m

1m

1m

2

m

2

016m

04m4

PP

SS

0Δ

0Δ

2

21

21

2

1

(vô nghiệm)

Vậy, với -4<m<-1 thì hai phương trình đã cho tương đương.

<b>II. DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI </b>
<b>2.1 Tam thức bậc hai</b>

Tam thức bậc hai ( đối với x ) là biểu thức dạng ax2_{+ bx + c trong đó a, b ,c là}
những số cho trước với a



0.

Ví dụ: f(x) = 2x2_{+ 3x + 1 ; g(x) = x}2 _{+ 2 là những tam thức bậc hai}

Nghiệm của phương trình bậc hai ax2_{+ bx + c = 0 Cũng được gọi là nghiệm của}
tam thức bậc hai f(x) = ax2_{+ bx + c}

Các biểu thức  = b2 – 4ac và ’ = b’2 –ac với b =2b’ theo thứ tự cũng được

gọi là biệt thức và biệt thức thu gọn của tam thức bậc hai f(x) = ax2_{+ bx + c.}
Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax2_{+ bx + c có}



 0 thì f(x) có hai nghiệm

2a
Δ
b

x_1,2   và có thể phân tích thành nhân tử như sau: f(x) = a(x – x1)(x - x2 )

<b>2.2 Dấu của tam thức bậc hai</b>
<b>2.2.1 Định lý thuận:</b>

Xét tam thức bậc hai : f(x) = ax2_{+ bx + c .Ta có thể biến đổi f(x) về dạng như sau :}
f(x) = ax2_{+ bx + c = a}




















 ₂

2

4a
Δ
2a

b

x _.

Dấu của tam thức bậc hai phụ thuộc vào dấu củavà dấu của hệ số a

Trong từng trường hợp ta xét dấu của f(x) như sau:
* Trường hợp:  = 0 ta có x1 = x2 =

2a
b

 nên f(x) = a

2

2a
b

x 








 .

Vì

2

2a
b

x 








 > 0 ,

2a
b
x

 nên f(x) cùng dấu với a,

2a
b
x

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

* Trường hợp:  > 0 thì có hai nghiệm x1 x2 Giả sử x1 < x2 , ta có bảng
xét dấu như sau:

x





x1 x2





x – x1 - 0 + +
x –x2 - - 0 +
f(x) = a(x- x1) (x –x2) Cùng dấu a 0 trái dấu a 0 cùng dấu a

* Trường hợp: < 0 .

f(x) = ax2_{+ bx + c = a}




















 ₂

2

4a
Δ
2a

b

x _.

Khi đó - _4a2

Δ

> 0 cho nên





















 ₂

2

4a
Δ
2a

b

x _{> 0}

Vậy f(x) cùng dấu với a với mọi x .

Tổng hợp các kết quả trên ta có định lý về dấu của tam thức bậc hai như sau:

<b>Định lí</b><i><b>:</b> Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2_{+ bx + c ( a}</i>

_

<i>₀₎</i>
<i>Nếu </i><i> < 0 thì f(x) cùng dấu với a, </i>xR
<i> Nếu </i><i> = 0 thì f(x) cùng dấu với a, </i>x _2ab <i>.</i>

<i> Nếu </i><i> > 0 thì f(x) có hai nghiệm x</i>1 <i>x</i>2<i> ( x1 < x2 ). Khi đó f(x) trái </i>
<i>dấu với a với mọi x nằm trong khoảng( x1 ; x2 ) ( tức là ( x1 < x < x2 ) và f(x) cùng dấu </i>
<i>với a với mọi x nằm ngoài đoạn [ x1 ; x2 ]( tức là với x < x1 và x > x2 ).</i>

Từ định lí trên ta có bảng xét dấu tam thức bậc hai:

Dấu của biệt thức  Dấu của f(x)

 < 0 <i>x</i><i>R</i> : af(x) > 0

 = 0

f(x) có nghiệm kép x =

<i>a</i>
<i>b</i>

2



<i>a</i>
<i>b</i>
<i>x</i>

2




 : af(x) > 0
 >0

f(x) có hai nghiệm x1 < x2



 

 

 



 ;<i>x</i>₁ <i>x</i>₂;

<i>x</i> : af(x) > 0



<i>x</i>1;<i>x</i>2



<i>x</i> :af(x) < 0

Ví dụ: Xét dấu của các biểu thức sau:
a) f(x) = 2 x2_{+5x + 2}
b) f(x) = 3 x2_{+x + 5}
<i>Giải</i>

a) Ta có  = 52 – 4.2.2 = 25 – 16 = 9 > 0

Cho nên f(x) có hai nghiệm x1 = -2;x2 =

2
1
4

3
5







;
Do a =2 >0

Vậy f(x) > 0 Khi





















 ;

2
1
2

;

<i>x</i> _{và f(x) < 0 khi} 












2
1
;
2

<i>x</i> 

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

x

_

_

_-2

2
1







f(x) = 2x2_{+5x + 2} _{+ 0 - 0 +}
b) Ta có  = 1- 4.3.5 = 1 -60 < 0

Mà a = 3 > 0

Cho nên <i>x</i><i>R</i>: f(x) > 0

<b>2.2.2 Một số điều kiện tương đương</b>

Nếu ax2_{+ bx + c là một tam thức bậc hai (a}

_

_{0 ) thì}
i) ax2_{+ bx + c có nghiệm} 2 ₄ ₀






 <i>b</i> <i>ac</i>

ii) ax2_{+ bx + c có hai nghiệm trái dấu}_ _₀

<i>a</i>
<i>c</i>

iii) ax2_{+ bx + c có hai nghiệm dương}




















0
0
0

<i>a</i>
<i>c</i>
<i>a</i>
<i>b</i>

iv) ax2_{+ bx + c có hai nghiệm âm}




















0
0
0

<i>a</i>
<i>c</i>
<i>a</i>
<i>b</i>

v) ax2_{+ bx + c > 0,}















0

0

<i>a</i>

<i>x</i>

vi) ax2_{+ bx + c}
 0,

















0

0

<i>a</i>

<i>x</i>

vii) ax2_{+ bx + c< 0,}















</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

viii) ax2_{+ bx + c}
 0,

















0

0

<i>a</i>

<i>x</i>

Ví dụ: Xét phương trình mx2_{-2(m-1)x +4m – 1 = 0 (1)}

Tìm các giá trị của m để (1)

a) Có hai nghiệm phân biệt
b) Có hai nghiệm trái dấu
c) Có hai nghiệm cùng dương
d) Có hai nghiệm cùng âm
<i>Giải</i>

Ta thấy (1) có ’ = ( m -1)2 – m(4m-1) = -3m2 – m + 1 ( nếu m



0 )

a) (1) có hai nghiệm phân biệt  '0

 -3m2_{– m + 1 < 0  < m <}

Kết hợp với điều kiện m



0 ta được m  \
b) (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:

4
1
m
0
0
1)
m(4m
0

m
1)
(4m











c) (1) Có hai nghiệm dương khi và chỉ khi


   < m < 0

d) (1) có hai nghiệm âm khi và chỉ khi


  < m <

<b>2.3 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai:</b>
<b>2.3.1 Định lý đảo:</b>

<b>Định lý</b>:

Cho tam thức bậc hai f

 

x ax2 bx c




 và một số



. Nếu af(



) < 0 thì f(x) có hai

nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) và x1x2.

<i>Hệ quả:</i>

Cho tam thức bậc hai f

 

x ax2 bx c




 và hai số , sao cho . Điều kiện cần

và đủ để f(x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm nằm trong khoảng



;



và nghiệm kia nằm ngoài đoạn



;



là f

   

 f  0.

<i>Chứng minh:</i>
Vì a



0 nên a2_{> 0.}
Khi đó ta có:

f()f()< 0 a2f( )f( ) 0





</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>













































0

)(

af

0

)(

af

0

)(

af

0

)(

af


















2
1

2
1

x
x

x
x

0
)
f(x 

 có hai nghiệm, trong đó có 1 nghiệm nằm trong khoảng



;



và

nghiệm kia nằm ngoài đoạn



;



.

<b>2.3.2 So sánh nghiệm với một số cho trước:</b>

Cho tam thức bậc hai f(x) ax2 bx c








a 0



, khi đó:

 Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 và x1αx2, điều kiện cần và đủ là

 

0

af  

 Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 và αx1x2, điều kiện cần và đủ là

 

















2
S

0
af

0

 Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 và x1x2 α, điều kiện cần và đủ là

 














α
2
S

0
af

0
Δ

Ví dụ:

Tìm m để phương trình



m 1



x2 4mx 3m 10 0






 có hai nhgiêm phân biệt lớn

hơn 2.
<i>Giải</i>

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 2 khi và chỉ khi



























2

2

S

0

af(2)

0

Δ

1

m

_

_

_







































0

1

m

2

0

6

m

1

m

0

10

7m

m

1

m

2































1

m

6

m

1

2

m

5

m

1

m












2
m
1

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

<b>2.3.3 So sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với hai số </b>, <b>.</b>

<i>Phương pháp chung:</i>

a. Điều kiện để cả hai nghiệm của tam thức nằm trong khoảng ,.

 

_{ }


















β
2
S
α
0
β
af
0
α
af
0
Δ
β
x
x

α 1 2

b. Điều kiện để trong khoảng ,_{tam thức có đúng một nghiệm (cịn nghiệm}

khi nằm ngoài).

f   α.f β 0
x
β
x
α
β
x
α
x
2
1
2
1












c. Điều kiện để khoảng , nằm trong khoảng hai nghiệm của tam thức

 

_{ }










0
β
af
0
α
af
x
β
α

x1 2

d. Điều kiện để khoảng , nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức

  















α
2
S
0
α
af
0
Δ
β
α
x
x₁ ₂

  















β
2
S
0
β
af
0
Δ
x
x
β

α ₁ ₂

<i>Áp dụng:</i>

Ví dụ 1: Tìm giá trị của m để phương trình:
4x2



3m 1



x m 2 0








Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-1 ; 2).
Giải

Điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là:































2

2

S

1

0

4f(2)

0

1)

4f(

0

Δ





































16

1

3m

8

12

7m

3

2m

0

33

22m

9m

2

















5
m
3
7
12
m
2
3
m
m

7
12
m
2
3





Vậy tập giá trị cần tìm của m là T = 






7
12
;
2
3
.

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

a/ f(x) có duy nhất nghiệm thuộc (;): có 3 trường hợp

i) f(x) có nghiệm:x1 <



< x2  af(



) <0
ii) f(x) có nghiệm kép:



_{< x}1 = x2 












0
2

0

<i>S</i>

iii) f(x) có nghiệm : x1 =



< x2 











0
2

0
)
(




<i>S</i>
<i>f</i>

b/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc (;)_{: có 3 trường hợp}

i) f(x) có nghiệm:x1 <



< x2  af(



) <0
ii) f(x) có nghiệm : x1 =



< x2 











0
2

0
)
(




<i>S</i>
<i>f</i>

iii) f(x) có nghiệm :



_{< x}1  x2 
















0
2

0
)
(

0



<i>S</i>
<i>af</i>

c/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc [;]: có 3 trường hợp

i) f(x) có nghiệm



_hoặc _ f(



) .f( ) = 0

ii) f(x) có một nghiệm thuộc (;) và một nghiệm ngoài [;]

 f(



_{) .f(} ) < 0.

iii) f(x) có các nghiệm:





























0
2

0
2

0
)
(

0

)
(

0

2
1









<i>S</i>
<i>S</i>
<i>af</i>
<i>af</i>
<i>x</i>

<i>x</i>

d/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc (;)_{: có 4 trường hợp}

i) f(x) cónghiệm



và nghiệm kia thuộc (;) 


















<i>S</i>
<i>f</i>( ) 0

ii) f(x) có nghiệm  và nghiệm kia thuộc (;) _


















<i>S</i>
<i>f</i>( ) 0

iii) f(x) có một nghiệm thuộc (;)_{và một nghiệm ngoài}[;]

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

iv) f(x) có các nghiệm:





























0
2

0
2

0
)
(

0
)
(

0

2
1










<i>S</i>
<i>S</i>
<i>af</i>
<i>af</i>
<i>x</i>

<i>x</i>

<b>Ví dụ 1:</b>

Cho phương trình: f(x) = x2_{–(m+2)x + 5m + 1 = 0. Tìm m sao cho:}
a/ Phương trình chỉ có một nghiệm lớn hơn 1

b/ Phương trình có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1

c/ Phương trình có ít nhất một nghiệm có trị tuyệt đối lớn hơn 1.
d/ Phương trình chỉ có một nghiệm thuộc [0;1]

<i> Giải: </i>

a/ Phương trình chỉ có một nghiệm lớn hơn 1: có 3 trường hợp
i) x1 < 1 < x2

 _{af(1) <0}

 1.(1-(m+2).1+5m+1)<0
 4m<0

 _m<0
ii) x1 = 1< x2














0
1
2
S

0
f(1)














0
1
2a

b 0

4m















0
1
2.1

2)

(mm 0 








0
2

m 0

m










0
m

0
m

Suy ra không tồn tại giá trị m.
iii) 1< x1 = x2












0
1
2
SΔ 0



















0
1
2

2

m 4(5m 1) 0

2)

(m 2
















0
2

m4 21m 4 0
4m

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>











0
m

0
16m
m2

















0
m

16
m

0
m

 _{m = 16}
Vậy: m < 0



m = 16.

b/ Phương trình có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1: có 3 trường hợp
i) x1 < 1 < x2

 af(1) <0
 _{4m < 0}
 m < 0
ii) x1 =1< x2














0
1
2

0
1

<i>Sf(</i> <i>)</i> 








0
m

0
m

Suy ra không tồn tại giá trị m.
iii) 1< x1  x2


















0
1
2
S

0
af(1)

0
Δ

_













0
m

0
m

0
16m
m2

_














0
m

0
m

16
m
0
m

 m16
Vậy: m0 m16

c/ Phương trình có ít nhất một nghiệm có trị tuyệt đối lớn hơn 1: có 4 trường hợp
i) -1 = x1 < x2 < 1
















1
1)
(

S
1

0
1)
f(






















1
1

a
b
1

0
1
5m
2)
(m
1)
( 2

















2
m

4 3

2
m
Suy ra không tồn tại giá trị m.

ii) -1 < x1 < x2 = 1













1
1
S
1

0
f(1)














1
1
m
1

0
4m













0
m
2

0
m

Suy ra khơng tồn tại giá trị m.

iii) f(x) có nghiệm thuộc (-1;1) và một nghiệm ngoài [-1;1]
 f(-1).f(1) < 0

 (6m + 4 ).(4m) < 0

 0

3
2




</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

iv)


























0
1
2
S
0
1)
(
2
S
0

af(1)
0
1)
af(
0
Δ
1
x
x

1 ₁ ₂

































0
1
2
2)
(m
0
1
2
2)

(m 4m 0

1.f(1)
0
4
6m
1)

1.f(
0
16m
m
Δ 2




















0
m
4
m
0

m 3
2
m
16
m
0
m

Suy ra không tồn tại giá trị m.

Vậy: m 0

3
2





d/ Phương trình chỉ có1 nghiệm thuộc [0;1]: có 4 trường hợp
i) f(x) có nghiệm x1 = 0, x2  [0;1]















[0;1]
2
m
a
b
x
0
1
5m
f(0)
2










[0;1]
5
9
x

5
1
m
2

 _{m = -5}
ii) f(x) có nghiệm x1 = 1, x2  [0;1]

















[0;1]
1
m
1
2)
(m

1
a
b
x
0
f(1)
2












[0;1]
1
m
x
0
1
5m
2).1
(m
(1)
2

2







[0;1]
1
x
0
m
2

 _{m = 0} _(loại)

iii) f(x) có một nghiệm thuộc (0;1)_{và một nghiệm ngoài}[0;1]  f(0).f(1) <
0

 _{(5m + 1 ).(4m) < 0}

 m 0

5
1





</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>



















[0;1]
2

2
m
2a

b
x

x

0
16m
m

Δ
2
1

2

 m = 0

Vậy: m 0

5
1




 .

<b>Ví dụ 2: </b>

Với những giá trị nào của p thì phương trình:

0
p
1

x
1

2px
x

2x
1

4x 2

2
4

2
2








 (1)

Có ít nhất một nghiệm thuộc [-1;1]
<i>Giải:</i>

<b>(1) </b> 1 p 0

x
1

2px
x

2x
1

4x ₂

2
4

2
2









Đặt t = ₂

x
1

2x

 , điều kiện:

1

t  ( Bất đẳng thức Cauchy)

Dấu “=” xảy ra khi x =  1

Khi đó dẫn đến bài tốn: Tìm p để phương trình: f(t) = t2_{+pt + 1 – p}2_{= 0 có ít nhất}
một nghiệm thuộc [-1;1].

Có 4 trường hợp:

i) f(t) có nghiệm là -1
 f(-1) = 2 – p – p2_{= 0}
 _{p = 1}



p = -2
ii) f(t) có nghiệm là 1

 f(1) = 2 + p – p2_{= 0}
 _{p = -1}



p =2

iii) f(t) có nghiệm thuộc (-1;1) và một nghiệm ngoài [-1;1]
 _{f(-1).f(1) < 0}

 (2 + p – p2_{)( 2 – p – p}2_{)< 0}
 -2 < p < -1



1 < p < 2
iv) f(t) có các nghiệm thuộc (-1;1)

1
t
t

1 ₁ ₂ 


































1
2
P
2
S
1

0
p
p
2
1)
f(

0
p
p
2
f(1)

0
4
5p
Δ

2
2
2

1
p
5
2
5
2
p

1    




Vậy: p 2

5
2
5
2
p

2    


</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Trong mục này, ta áp dụng tính chất định tính và định hình của tam thức bậc hai để
xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Cụ thể:

Với hàm số f(x) ax2 bx c



a 0







 xét trên đoạn



,



_.

Muốn tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, ta cần phân biệt ba trường hợp:
<i>Trường hợp 1</i>: Nếu hoành độ đỉnh của parapol



α,β



2a
b

x₀   thì:

 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là fmin f

 

x0 đạt được khi: xx0

 Giá trị lớn nhất của hàm số là fmax max



f

   

α ,f β



.
<i>Trường hợp 2</i>: Nếu hoành độ đỉnh của parapol α β

2a
b

x₀    thì:

 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là fmin f

 

α đạt được khi:

x



α

 Giá trị lớn nhất của hàm số là fmax f

 

β đạt được khi: xβ

Trường hợp 3: Nếu hoành độ đỉnh của parapol αβx₀ _2ab thì:

 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là fmin f

 

β đạt được khi: x β
 Giá trị lớn nhất của hàm số là fmax f

 

α đạt được khi:

x



α

Với a<0 ta xét tương tự.

<b>Áp dụng:</b>

<b>Ví dụ 1</b>: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: <i>f</i> <i>x</i> cos2<i>x</i> 2cos<i>x</i>

<i>Giải:</i>

Biến đổi hàm số về dạng: f

 

x _2cos2x_ 2cosx_ 1.

Đặt t = cosx, điều kiện t 1, ta được: f

 

t _2t2_ 2t_1.

Hoành độ đỉnh của parapol



1,1



2

1

t0    .
Vậy, ta được:



 

2
3
2
1
f
t
f

f_min ₀ 







 đạt được khi: 2kπ.

3
π
x
2
1

cosx   

 f_max max



f

   

 1,f 1



3 đạt được khi: cosx1 xπ2kπ.
<b>Ví dụ 2:</b> Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f

 

x x4 4x2 2




 với  1x2.

<i>Giải:</i>
Đặt _t _x2

 , điều kiện 1t4.

Ta được: f

 

t t2 4t 2





Hoành độ đỉnh của parapol t₀ 2_{nằm ở bên trái}



1,4



.

 fmin f

 

1 7 đạt được khi t1 x2 1 x1.

 fmax f

 

4 34 đạt được khi t2 x2 4 x2.

<b>3.2 Giải bất phương trình bậc hai một ẩn:</b>

<b>Định nghĩa</b>: Bất phương trình bậc hai một ẩn là bất phương trình dạng :

ax2_{+ bx + c < 0 (hoặc ax}2_{+ bx +c}_{ 0 hoặc ax}2_{+ bx + c > 0 hoặc ax}2_{+ bx + c}_
0 ) trong đó a, b ,c là những số cho trước với a



0 ; x là ẩn số

<b> Cách giải bất phương trình bậc hai</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Ví dụ: Giải bất phương trình 0 (1)
14

9x
x

14
9x
x

2
2








Giải

Tam thức bậc hai x2_{-9x + 14 có hai nghiệm phân biệt x = 2 ; x = 7.Tam thức bậc}
hai x2_{+9x + 14 có hai nghiệm phân biệt x = -2 ; x = -7 .Ta lập bảng xét dấu của bất}
phương trình

x -



-7 -2 2 7 +



x2_{-9x + 14} ₊ ₊ _{+ 0 - 0 +}
x2_{+9x + 14} _{+ 0 - 0 +} ₊ ₊
Vế trái của (1) + - + 0 - 0 +

Từ bảng trên ta suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:

)
;
7
[
]
2
;
2
(
)
7
;

(     

<b>3.3 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc ba: </b>

<b>3.3.1 Điều kiện để phương trình bậc ba có ba nghiệm phân biệt:</b>

 <i>Phương pháp</i>:

Phương trình bậc ba có thể nhóm thành tích f1(x).f2(x) = 0.để phương trình đã cho
có ba nghiệm phân biệt thì một trong hai phương trình f1(x) = 0 hoặc f2(x) = 0 phải có

hai nghiệm phân biệt khác nghiệm đơn đã biết.

 <i>Ví dụ</i>:

Cho phương trình: (a – 1)x3 _{+ ax}2_{+ (a – 1)x = 0 (1)}
Tìm a để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
<i>Giải </i>

(1) x





a 1



x2 ax



a 1





0





























0(2)
1

a
ax
x
1
a
f(x)

0
x

2

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm
phân biệt khác 0.

Muốn vậy ta tìm a thỏa hệ điều kiện:



















0

Δ

0

f(0)

0

1

a

























0

4

8a

3a

1

a

1

a

2



















2

a

3

2

1

a

Vậy để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì

















2

a

3

2

1

a

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

 <i>Phương pháp</i>:

Khi phương trình y = 0 có nghiệm đặc biệt x = x0

Ta viết phương trình dưới dạng: (x – x0)(Ax2 + Bx +C) = 0
Khi x0 > 0, để phương trình có:

 Hai nghiệm âm, một nghiệm dương thì phương trình Ax2 + Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm âm.

 Hai nghiệm dương, một nghiệm âm thì phương trình Ax2 + Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm trái dấu.

Khi x0 < 0, để phương trình có:

 Hai nghiệm âm, một nghiệm dương thì phương trình Ax2 + Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm trái dấu.

 Hai nghiệm dương, một nghiệm âm thì phương trình Ax2 + Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm dương.

 <i>Ví dụ:</i>

Tìm m để phương trình: x3_{– 4x}2_{+(m+1).x – (m – 2) = 0 (1)}
Có ba nghiệm phân biệt trong đó:

a) Có hai nghiệm âm, một nghiệm dương.
b) Có hai nghiệm dương, một nghiệm âm.
Giải

(1)



x 1





x2 3x



m 2





0
























(2)

0
2
m
3x
x
f(x)

1
x

2

Ta thấy (1) ln có một nghiệm x = 1.

a) Để (1) có hai nghiệm âm một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm cùng âm,
khi đó thì :

 vô lý  Hệ vơ nghiệm

Vậy khơng có giá trị nào của m thỏa mãn điều kiện bài tốn.

b) Để (1) có hai nghiệm dương một nghiệm âm thì phương trình (2) phải có hai
nghiệm trái dấu khác 1, khi đó thì ta có hệ:

  m < 2

Vậy với giá trị m < 2 thì phương trình (1) có ba nghiệm trong đó có hai nghiệm
dương và một nghiệm âm.

<b>3.4 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc bốn:</b>
<b>3.4.1 Phương trình lùi bậc bốn: </b>

Cho phương trình: ax4_{+ bx}3_{+ cx}2_{+ dx + e = 0 (a}

_

_{0) nếu có:}













d

b

e

a

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Vì x



0, chia 2 vế cho x2_{và đặt:}





















d
b
)khi
đk
cân
(khơng
x

1
x
t

d
b
khi
)
2
t
k
(Đ
x
1
x
t

Khi đó:


















2
t
x

1
x

2
t
x

1
x

2
2
2

2
2
2

Suy ra ta có phương trình bậc hai của t.

Ví dụ: Giải phương trình: x4_{- 10x}3_{+ 26x}2_{– 10x + 1 = 0 (1)}
<i>Giải: </i>

Xét x = 0, phương trình (1) trở thành: 1 = 0 (vơ lý)
Xét x



0, chia 2 vế của (1) cho x2_{ta được:}

0
26
x
1
x
10
x

1
x

0
x

1
x
10

26
10x
x

2
2

2
2






























Đặt t = x +

<i>x</i>

1

, điều kiện t 2

Phương trình (1) trở thành:
(t2_{– 2) -10t + 26 = 0}

 t2_{- 10t + 24 = 0}
 







6
t

4

t _{(thỏa đk}

2

t  )

 Với t = 6 

x
1
x = 6

 x2_{– 6x + 1 = 0}













8

3
x

8
3
x

 Với t = 4 

x
1
x = 4

 x2_{– 4x + 1 = 0}














3
2

x

3
2
x

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là:

8
3
x

8
3
x

2
1







3
2
x

3

2
x

4
3







<b>3.4.2 Phương trình dạng : (x+a)4_{+ (x+b)}4_{= c}</b>
<i>a. Phương pháp giải:</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

<i>b. Ví dụ : </i>

Ví dụ 1: Giải phương trình: (x + 2)4_{+ (x + 8)}4_{= 272} ₍₁₎
<i>Giải: </i>

Đặt t = x + 5

Phương trình (1) trở thành:
(t - 3)4_{+ (t + 3)}4_{= 272}

 _2t4_{+ 108t}2_{+162 = 272}
 t4_{+ 54t}2_{- 55 = 0}












55
t

1
t

2
2

 Với t2 = -55, loại vì t2  0
 Với t2 = 1  (x + 5)2_{= 1}

 










1
5
x

1
5
x

 









6
x

4
x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = -4 hoặc x = -6.

Ví dụ 2: Giải phương trình: (x + 3)4_{+ (x - 5)}4_{= 1312} ₍₂₎
<i>Giải: </i>

Đặt t = x - 1

Phương trình (2) trở thành:
(t + 4)4_{+ (t - 4)}4_{= 1312}

 t4_{+ 96t}2_{- 400 = 0}
 








2
t

2
t

 Với t = 2  x - 1 = 2
 _{x = 3}
 Với t = -2  x - 1 = -2

 x = -1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = -1 và x = 3.

<b>3.5 Ứng dụng của đa thức bậc hai đối với hàm lượng giác:</b>

<b>3.5.1 Dạng 1:</b>

Tìm điều kiện của tham số để phương trình lượng giác thỏa một số điều kiện cho
trước, ta thường đưa về phương pháp sử dụng tam thức bậc hai. Cụ thể là đi so sánh
nghiệm của tam thức bậc hai với một số cho trước



hay hai số cho trước , .

Ví dụ: Cho phương trình:

cos2x – (2m +1)cosx + (m + 1) = 0 (1)

Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng 







2
3
,
2




<i>Giải</i>

(1) 2cos2x (2m 1)cosx m 0








Đặt t = cosx

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Đặt f(t) = 2t2_{– (2m +1)t + m}

Để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng 





2
3
,
2



thì phương trình f(t) = 0 cần
phải có nghiệm t[1,0)























































0

1).f(0)

f(

0

2

S

1

0

2.f(0)

0

1)

2.f(

0

Δ

































































0

1)m

(m

0

2

1

2m

1

0

m

0

1

m

0

1

2m

2



























































0

m

1

2

1

m

2

3

0

m

1

m

m

 1m0

Vậy với  1m0 thì phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng 





2
3
,
2


.

<b>3.5.2 Dạng 2 – Một số bài tốn dạng đặc biệt:</b>

Ví dụ : Định m để phương trình sau có nghiệm:
sinx –cosx -2m (cosx + sinx )+ 2m2₊

2
3

= 0 (1)
<i>Giải</i>

Phương trình (1) là phương trình bậc hai với ẩn m.
(1)  2m2 _{- 2m (cosx + sinx )+ sinx – cosx +}

2
3

= 0 (2)
Để (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm:

0
1)
1)(sinx
2(cosx
0
)
2
3
cosx
2(sinx
sinx)
(cosx
Δ 2














Ta thấy: 1sinx1 ; 1cosx-1
0
Δ
0
1

-cosx

0
1
sinx








Vậy để phương trình có nghiệm thì:





























1

cosx

1

sinx

0

1

cosx

0

1

sinx

Với sinx = -1 thì cosx = 0.

Phương trình (2) 4m2 4m 1 0 m ₂1








Với cosx = 1 thì sinx = 0

Phương trình (2) 4m2 4m 1 0 m 1₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

Vậy với giá trị m =

2
1

 thì phương trình đã cho có nghiệm.

<b>3.6 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số mũ và hàm logarit:</b>
<b>Bài tốn 1</b>: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm:

1) 9x_{+ m.3}x_{– 1 = 0}
2) 4x_{+ 2}x_{+ m = 0}
<i>Giải</i>

1) Đặt t = 3x_{> 0}

Phương trình trở thành t2_{+ mt – 1 = 0 (1)}

Vì (1) là phương trình bậc hai có a.c = -1 do đó phương trình (1) ln có hai
nghiệm trái dấu.

Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm.
2) Đặt t = 2x_{> 0}

Phương trình trở thành t2_{+ t + m = 0 (2)}

Để phương trình đã cho có nghiệm thì phương trình (2) cần phải có nghiệm t> 0

Đặt f(t)= t2_{+ t + m = 0, t, t là hai nghiệm của f(t)}
A   (vô lý)

B   (vô lý)
C  P < 0  m < 0
D   (vơ lý)

Vậy với m < 0 thì phương trình đã cho có nghiệm.

<b>Bài tốn 2</b>: Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm:
9x_{– m3}x_{+ m +3}_₀₍₁₎

<i>Giải</i>

Đặt t = 3x_{> 0}

Bất phương trình (1) trở thành:
t2_{– mt + m +3}_₀₍₂₎

Để bất phương trình (1) có nghiệm thì bất phương trình (2) phải có nghiệm t > 0.
Khi đó ta có hai trường hợp sau:










2
1

2
1

t
t
0

t
0
t

với t1, t2 là nghiệm của tam thức bậc hai
t2_{– mt + m + 3.}

* <i>Trường hợp 1</i>:
t1 < 0 < t2

1.f(0)0  m3

* <i>Trường hợp 2</i>:
0 < t1



t2














0
2
S

0
1.f(0)

0
Δ


















0
2
m

0
3
m

0
12
4m

m2



























0

m

3

m

2

m

6

m

6



 <i>m</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

<b>Bài tốn 3</b>: Cho phương trình:



2 3



x 



2 3



x m (1)

Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm.
<i>Giải</i>

Đặt t =





x

3
2 >0





t
1
3
2 x 


Phương trình (1) trở thành:

m
t
1

t  _ _t2 _ _mt_₁_₀ (2)

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai
nghiệm dương phân biệt:



















0

S

0

P

0

Δ





















0

1

0

m

0

4

m

2

 m2

Vậy để phương trình đã cho có hai nghiệm thì m > 2.

<b>Bài tốn 4</b>: Cho phương trình:

0
1
2m
1

x
log
x

log 2

3
2

3      (1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 2

b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn



_1,3 3



_.
<i>Giải</i>

Điều kiện x > 0, đặt t = log2 1 1

3<i>x</i> 

Khi đó phương trình (1) trở thành : t2_{+t – 1- 2m - 1=0}



t2_{+t – 2m - 2=0 (2)}
a) Với m =2

Phương trình (2) trở thành :

t2_{+t – 6 =0}











thoa)
(

2

)
loai
(

3

<i>t</i>
<i>t</i>

Với t = 2



























3

log

3

log

3

log

2

1

log

3
3
2

3
2

3

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>










 3
3
3
3

<i>x</i>
<i>x</i>

( thỏa điều kiện x > 0 )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = ₃ 3_; ₃ 3



<i>x</i>

b) Ta tìm mối liên hệ giữa x và t với x _[1;3 3]

2
1
log
1

3
log

0

3
3












</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

Vậy tương ứng với x _[1;3 3]_{sẽ có một nghiệm}<i>_t</i>__[₁_;₂_]

Để phương trình đã cho có nghiệm x [1;3 3]

 thì phương trình (2) phải có nghiệm

]
2
;
1
[



<i>t</i> _{Ta cần xét hai trường hợp sau:}

Đặt f(x) = t2_{+t – 2m – 2}

Gọi t1 ; t2 là các nghiệm của f(t) = 0

 <i>Trường hợp 1</i>: Nếu

 

 





































2

2

1

0

2

0

1

0

2

1

₁ ₂

<i>S</i>

<i>f</i>

<i>f</i>

<i>t</i>

<i>t</i>

Nhưng ta có: S = 1

2
1
2

2
1




<i>t</i>

<i>t</i>

Nên không tồn tại m thỏa mãn trường hợp này.
 <i>Trường hợp2:</i> Nếu 













2
1

2
1

2
1

2
1

<i>t</i>
<i>t</i>

<i>t</i>
<i>t</i>

_ _<i>f</i>₂(1<i>_m</i>).₍<i>f</i>₄(_2)₂<i>_m</i>₎0_₀

Vậy với m



[0 ; 2] thì phương trình đã cho ln có nghiệm x [1;3 3]



<b>3.7 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với phương trình – bất phương trình chứa</b>
<b>căn</b>:

<b>Bài tốn 1</b>: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 x + 2x - (2 x)(2x ) = m

<i>Giải: </i>

Điều kiện















0

x

2

0

x

2

 2x2
Đặt t = 2 x + 2x với t 0

Ta có : t2 _{= (} ₂ _x

 + 2x)2

 _t2 _{= 4 + 2} _ ₄

 t2 8  ₂ t  2 2

Khi đó, điều kiện bài tốn tương đương :
Tìm m để phương trình:

-t2 _{+ 2t + 4 - 2m = 0 có nghiệm thuộc}



₂_,₂ ₂



Đặt f (t) = -t2 _{+2t +(4 - 2m ) và gọi t}

1, t2 là hai nghệm của f(t) = 0
Xét hai trường hợp :

 <i>Trường hợp 1:</i>. Nếu f(t) =0 có hai nghiệm





2,2 2



</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

































2

2

2

S

2

0

)

2

f(2

0

f(2)

0

,





























lý)

(vô

2

2

1

2

0

)

2

f(2

0

f(2)

0

,

Hệ vô nghiệm

 <i>Trường hợp 2:</i> Nếu phương trình f(t) = 0 có nghiệm t





2,2 2


















2
1

2
1

t

2
2
t
2

2
2
t
2
t

 f(2).f(2 2) 0

 (4 - 2m)( - 4 + 4 2 - 2m) 0
 2( 2-1)m2

Vậy: với mọi m 



2( 2 1),2



thì phương trình đã cho có nghiệm.

<b>Bài tốn 2: </b>Tìm a để bất phương trình có nghiệm<b> : </b>

<i>a</i>
<i>x</i> 1-x  <b> (1)</b>

<i>Giải: </i>

Điều kiện:

0

1x

0x

0x

1



















Đặt

0 ,

u,

v

, 1

suy

ra

u

v

1

x

v

x-1

u

₂ ₂





















Khi đó, BPT được chuyển thành hệ:















a

v

u

1

v

u

2 2

Suy ra, u2 v2 1 u v2 2uv 1 u v 1 2u.v 1














Vậy, VT của (1) có giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi uv=0, mà (1) có nghiệm khi và chỉ khi a
lớn hơn hoặc bằng giá trị nhỏ nhất của VT (1)

Vậy, ta phải có a 1.

<b>Bài tập đề nghị</b>

<b>1</b>. Giải phương trình

a. x4 _ 3x3_3x_1_0

b. x4 3x3 14x2 6 4 0






 <i>x</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

d) 4x2_{-3x -1}

<b>3</b>. Cho phương trình mx2



m 1



x 3



m 1



0






 (1)

Với giá trị nào cùa m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả

9
7
x

1
x

1

2
2
2
1



 _.

<b>4</b>. Cho phương trình mx2 x 1 0



 (1)

Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn _x 1

1
x

1

2
1



 .

<b>5</b>. Cho phương trình x2 2mx 3m 2 0




 (1). Tìm m để phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn 5x1 + 3x2 = 4.

<b>6</b>. Chứng minh rằng khơng tồn tại m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu:
m.4x



2m 3



2x 3m 5 0






 (1)

<b>7</b>. Tìm giá trị của m để phương trình:
(m 1)x2 3mx 4m 0







Có nghiệm lớn hơn 1.

<b>8</b>. Cho phương trình:

(m 1)x2 (8m 1)x 6m 0







<b>9</b>.Với giá trị nào của m thì:

a. Phương trình có đúng một nghiệm thuộc khoảng (0,1).
b. Nghiệm lớn của phương trình thuộc khoảng (0,1).

<b>10</b>.Giải các bất phương trình sau:

a) 0

10
3

1

2
2







<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>

b)

2
1
5

10

2 




<i>x</i>
<i>x</i>

c) <i>_xx</i> 2 <i>x_x</i>1
1

1 






<b>11</b>. Tìm các giá trị của m để phương trình sau đúng với mọi giá trị của x.
a)

1
1

3

1

2
2








<i>x</i>
<i>x</i>

<i>mx</i>
<i>x</i>

b) m(m+2)x2_{+2mx +2 >0}

<b>12.</b> Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
f

 

x acos4x bsin4x



 với 0ab

<b>13</b>. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

f

 

x cos4x sin4x asinx.cosx






<b>14</b>. Cho hàm số:

2
cos3x

1
asin3x
cos3x

y







b. Tìm GTLN và GTNN.

c. Xác định a để GTLN của hàm số lớn hơn bằng 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

Hãy tìm GTLN và GTNN của biểu thức S = x + y +1.

<b>16.</b> Tìm GTLN và GTNN của hàm số:

1
2x
3x

3
10x
20x

y ₂

2








<b>17</b>.Giải phương trình x 26x 46 64

<b>18</b>. Cho phương trình x3_ 2mx2_



2m2_1



x_m



1_ m2



_0

Tìm m để phương trình có ba nghiệm dương phân biệt.

<b>19</b>. Cho phương trình



x 2





2x2



1 3a



x 2



0






 . Tìm a để phương trình có ba nghiệm

phân biệt, trong đó có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1và một nghiệm lớn hơn 1

<b>20</b>. Tìm m để phương trình: 3tan x m



tanx cotx



1 0
x

sin

3 2

2      có nghiệm.

<b>21</b>. Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có nghiệm:
4x m.2x 1 3 2m 0





 

<b>22.</b> Định m để bất phương trình: m.9x 2m 1.6x m.4x 0






 nghiệm đúng với



0,1



x


<b>Hướng dẫn giải</b>

:

<b>1.</b> Đáp số:

a. ,x 1 2,x 1 2

2
5
1
x
,
2

5
1

x₁  ₂   ₃   ₄  

b. ,x 1 3,x 1 3

4
33
5

-x
,
4

33
5

x₁   ₂   ₃   ₄  

<b>3.</b>

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2















0

0

m



















0

1

10m

11m

0

m

2





















1

m

11

1

0

m

Ta có:





9
7
x

x

x
2x
x

x
9
7
x
x

x
x
9
7
x

1
x

1

2
2
2
1

2
1
2
2
1
2

2
2
1

2
2
2
1
2

2
2
1











</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

Áp dụng định lý Viét ta có







































m

1

m

3

a

c

x

x

P

m

1

m

a

b

x

x

S

2
1
2
1

Thế vào (*) ta được:

 
 






























 







 
2
1
m
1
m
0
6
18m
12m
9
7
1
2m
m
9
1
4m
5m

9
7
m
1
m
3
m
1
m
6
m
1
m
2
2
2
2
2

Vậy yêu cầu bài tốn thoả với m =

2
1

.

<b>4.</b>

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2















0

0

m



















0

1

4m

4m

0

m

2























2

2

1

m

2

2

1

0

m

Ta có:



x x



1

x
x
2x
x
1
x
x
x
x
1

x
x
x
x
1
x
1
x
1
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1











 













x x



1

x
4x
x
x
2
2
1
2
1
2

2

1  _

 _(*)

Áp dụng định lý Viét ta có:



























m

1

m

x

x

P

m

1

x

x

S

2
1
2
1

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>





1

m
1
m

m
4
4m
m

1

2
2
2







(m1)













5
6
m
0
0
6m
5m

0
1

m
6m
5m
0

1
1

m

4m
4m
1
1
1

m

4m
4m
1

2

2
2
2

2
2

2






























Vậy yêu cầu bài tốn thoả với 0m₅6 và m1.

<b>5.</b>

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2  Δm2 (3m 2)0









2
m

1
m

Áp dụng định lý viét ta có:















2

3m

.x

x

2m

x

x

2
1

2
1

kết hợp với điều kiện đề bài ta có hệ:























(c)

2

3m

.x

x

(b)

2m

x

x

(a)

4

3x

5x

2
1

2
1

2
1

(b)



_x1 = 2m – x2 (d)

Thế (d) vào (a) ta được x2 = 5m – 2, từ (d) ta được x1 = 2 – 3m
Thế x1 = 2 – 3m và x2 = 5m – 2 vào (c) ta được:

(2 – 3m)(5m – 2) = 3m – 2



_15m2_{– 13m + 2 =0}













5
1
m

3
2
m

(nhận)

Vậy yêu cầu bài toán thoả với m = ₃2 ; m = ₅1

<b>6.</b>

Đặt t 2x ,t 0




Khi đó, phương trình (1) có dang:
f

 

t m.t2



2m 3



t 3m 5 0







 (2)

Giả sử (1) có hai nghiệm x1,x2 với x10x2, khi đó:
2.

1
x

0

x ₂ ₂ ₀ _t ₁ _t

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

Vậy, (1) có hai nghiệm trái dấu  (2) có hai nghiệm thỏa mãn 0<i>t</i>11<i>t</i>2.

 

 






























0
m 5
3
m
0
0
8m
0

5
3m
m
0
1
af
0
0
af
vơ nghiệm.

Do đó khơng tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

<b>7.</b>

 Khi m = -1. Phương trình trở thành 3x = 4 1

3
4
x 

 .

 Khi m1. Ta có các trường hợp sau:

*) Phương trình có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1,



(m + 1)f(1) < 0



(m+1)(2m+1) < 0

2
1

m
1 


 .

*) Phương trình có hai nghiệm lơn hơn 1 khi và chỉ khi










































1
1
m
2
3m
2
S
0
1
2m
1
m
f(1)
1
m
0
1
m
16m
9m2



















0
1)
2(m
2
m
0
1
3m
2m
0
16m
7m
2
2
























2
m
1
m
2
1
m
1
m
0
m
7

16
m 1
7
16






*) Phương trình có một nghiệm bằng 1 và nghiệm kia lớn hơn 1.
Ta có: f(1) = 0



m =

2
1

 , khi đó phương trình trở thành _x2 __3x_ ₄_₀

và có nghiệm thứ hai x = -4 không thoả yêu cầu đề.
Vậy các giá trị cần tìm của m là T = _





_ _
2
1
;
7

16
<b>12</b><i><b>.</b></i>

Biến đổi hàm số về dạng:

 

x acos x b(1 cos x) (a b)cos x 2bcos x b

f 4 2 2 4 2









Đặt t cos2x

 , điều kiện 0t1. Ta được: f

 

t (ab)t2  2btb

Hoành độ đỉnh của parapol



0,1



b
a

b

t₀ 



 .

Vậy, ta được:



 

b
a
ab
b
a
b
f
t
f
fmin 0












 đạt được khi:

b
a
b
x
cos2



 fmax max



f

   

0 ,f 1



b đạt được khi: kπ.

2
π
x
0
x

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

<b>13.</b>

Biến đổi hàm số về dạng:

 

sin2x 1

2
a
2x
sin
2
1
x

f 2







Đặt tsin2x, điều kiện  1<i>t</i> 1. Ta được:

 

t 1

2
a
t
2
1
t

f 2






Hoành độ đỉnh của parapol

2
a
t₀  .

Ta cần phân biệt ba trường hợp:

<i>Trường hợp 1</i>: Nếu hoành độ đỉnh của parapol



1,1



2 a 2
2

a

x0        thì:


8
8
a
2
a
f
f

2
min










 đạt được khi:

2
a
x







  










  






2
a
1
,
2

a
1

max
1

f
,
1
f
max
f_max

a. Với  2a 0thì

2
a
1

f_max   đạt được khi: x __1

b. Với  2a 0thì

2
a
1
fmax



 đạt được khi: x 1

<i>Trường hợp 2</i>: Nếu hoành độ đỉnh của parapol 1 1 a 2

2

a

x₀      thì:



 

2
a
1
1
f
fmin




 đạt được khi: x 1







2
a
1
1
f

f_max     đạt được khi: x __1

<i>Trường hợp 3</i>: Nếu hoành độ đỉnh của parapol a 2
2

a
x
1

1  ₀   

 thì:







2
a
1
1
f

f_min     đạt được khi: x __1

 

2

a
1
1
f

f_max    đạt được khi: x 1

<b>14.</b>

Xem y là tham số xét phương trình:

1
2y
y)cos3x
(1

asin3x
2

cos3x

1
asin3x
cos3x

y     





 (1)

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:

 

3
3a
1
1
y
3

3a
1
1
0
a
2y
3y
1

2y
y)
(1

a2 2 2 2 2 2   2
















Vậy, ta được:

3
3a
1
1
y
,
3

3a
1
1
y

2
max

2
min










Để ymaxnhỏ hơn hoặc bằng 1, điều kiện là:

1 a 1

3
3a
1

1 2






 _.

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

Viết lại hệ thức đã cho dưới dạng:
 2   2 

2
2

y
4
5S
S

y
4
1
y
x
5
1
y
x
















(1)
Như vậy, x,y ta ln có:

1
S
4
0
4
5S
S2










Do đó:

4

S_min  đạt được khi:
























0
y

5
x
0

y
5
y
x

4
1
y

x ₂

1

S_max  đạt được khi:

























0
y

2
x
0

y
2
y
x
1
1
y

x ₂

<b>16.</b>

Ta tìm y để phương trình

1
2x
3x

3

10x
20x

y ₂

2







 có nghiệm với ẩn x.

Phương trình được biến đổi về dạng:



3y_ 20



x2 _2



y_ 5



x_y_ 3_0 ₍₁₎

<i>Trường hợp 1</i>: Nếu
3
20


<i>y</i> thì

 

10
11
x

0
3
1
x
3
10

1     

<i>Trường hợp 2</i>: Nếu
3
20



<i>y</i> _{thì (1) có nghiệm}















































7
y
2

5 3

20
y
0

20
3y
3
y
5
y

3
20
y
0

Δ 3

20
y

2

Từ đó, (1) có nghiệm khi y 7
2

5



 .

Vậy, ta được:

 ymax 7 đạt được khi _3y ₂₀ 2

5
y

x 






2
5

y_min  đạt được khi

5
1
20
3y

5
y

x 






<b>17.</b> Đáp số: x =2 và x=4

<b>18.</b> Đáp số:
3
2
m
1 

<b>19.</b> Đáp số: a1
<b>20. </b>Đáp số: m 4

<b>21.</b> Đáp số: m >1

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

1.

Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

2.

Tổng quan về tam thức bậc hai và ứng dụng - Nguyễn

Ngọc Tân – NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh.

3.

4.

Sách giáo khoa và sách bài tập Đại Số 10.

5.

18 chuyên đề luyện thi đại học – giáo viên Huỳnh Chí

</div>

<!--links-->