Hệ thống hóa lý thuyết và bài tập phần ứng dụng định lý về dấu tam thức bậc hai giúp học sinh lớp 12 trường THPT nông cống i ôn thi tốt nghiệp THPT quốc gia

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong cơng cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi
mới phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu.
Để có một bài giảng thu hút được học trò, giúp học trò phát triển tư duy về mơn
tốn và dẫn dắt học trị tới niềm say mê tìm tịi sáng tạo, tơi thường trăn trở với
những khó khăn của học trị trong q trình tiếp cận từng bài tốn.
Trong q trình giảng dạy bộ mơn Tốn, bản thân tơi thấy việc ứng dụng
định lí về dấu tam thức bậc hai để giải quyết nhiều bài tốn vơ cùng phong phú
và hấp dẫn. Phạm vi ứng dụng rất rộng, từ các bài toán cơ bản ở lớp 10 đến các
bài tốn khó trong đề thi học sinh giỏi các cấp và đề thi THPTQG. Thực trạng
những năm gần đây bộ giáo dục và đào tạo có đưa vào đề minh họa và đề thi
THPTQG một số bài tốn ứng dụng định lí dấu tam thức bậc hai rất khó, nhằm
phân loại học sinh. Chính vì thế bản thân tơi chọn đề tài “Hệ thống hóa lý
thuyết và bài tập phần Ứng dụng định lí về dấu tam thức bậc hai giúp học
sinh lớp 12 trường THPT Nông Cống 1 ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia”
nhằm cung cấp cho học sinh một chuỗi các kiến thức từ dễ đến khó để các em dễ
tiếp thu, tìm tịi, và có động lực nghiên cứu tốn học. Nội dung đề tài rất bổ ích
thiết thực, giúp các em học tốt, thi tốt.
Tôi hy vọng đề tài “Hệ thống hóa lý thuyết và bài tập phần Ứng dụng
định lí về dấu tam thức bậc hai giúp học sinh lớp 12 trường THPT Nông
Cống 1 ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia” cũng là nguồn tài liệu hỗ trợ cho
giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, luyện thi THPTQG.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của đề tài là xây dựng một hệ thống lý thuyết và bài
tập về ứng dụng định lí về dấu tam thức bậc hai nhằm định hướng hình thành và
phát triển cho học sinh những năng lực, kỹ năng sau đây:
- Năng lực tư duy, năng lực tính tốn.
- Kỹ năng vận dụng các kiến thức về tam thức bậc hai lớp 10 vào các bài
toán hàm số lớp 12.
- Năng lực sử dụng các công cụ, phương tiện hỗ trợ tính tốn mà cụ thể ở

đây là năng lực sử dụng các loại máy tính cầm tay.
- Năng lực sử dụng ngơn ngữ Tốn học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu của đề tài là hệ thống các bài tập ứng dụng định lí
về dấu của tam thức bậc hai từ các bài toán cơ bản ở lớp 10 đến các bài tốn khó
1


trong đề thi học sinh giỏi các cấp và đề thi THPTQG được thiết kế theo định
hướng phát triển các năng lực Tốn học của học sinh, qua đó khẳng định sự cần
thiết phải xây dựng hệ thống bài tập này trong chương trình giảng dạy.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm:
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thơng tin: Điều tra, khảo
sát thực tế dạy học tốn nói chung và dạy học ở trường THPT Nơng Cống 1 để
từ đó thấy được tầm quan trọng của việc xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng
định lí về dấu của tam thức bậc hai trong việc nâng cao chất lượng dạy học .
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Trên cơ sở tài liệu
phân phối chương trình mơn học, chuẩn kiến thức - kỹ năng, sách giáo khoa Đại
số 10 – Cơ bản và tài liệu về Dạy học theo định hướng phát triển năng lực học
sinh để xây dựng hệ thống bài tập theo mục đích đã đặt ra.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Định lí về dấu tam thức bậc hai
2
2

Cho tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c ( a �0 ),   b  4ac
+   0 � f  x  cùng dấu với a, x �R .

� b �
x ��\ �
 �
f
x


0
�


2a ;
�
+
cùng dấu với a,

� b �
f�
 � 0
� 2a � .

+   0 , giả sử x1 , x2  x1  x2  là các nghiệm của f ( x)  0
Ta có f  x  trái dấu với a , x � x1; x2 

và f  x  cùng dấu với a , x � �; x1  � x2 ;  �
Hệ quả

2
2
Cho tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c ( a �0 ),   b  4ac
�a  0
�a  0
f ( x)  0, x �R � �
f ( x)  0, x �R � �
0
0
�
�
+
. +
.
�a  0
�a  0
f ( x) �0, x �R � �
f ( x ) �0, x �R � �
 �0
 �0
�
�
+
. +
.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến nghiệm
- Học sinh lớp 10 chỉ áp dụng được định lí về dấu tam thức bậc hai để giải
bất phương trình bậc hai. Các em rất ngại tiếp xúc với các bài tốn liên quan đến
bất phương trình có chứa tham số, các bài toán chứng minh bất đẳng thức nhiều
ẩn, hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều ẩn.

- Học sinh lớp 12 thường quên định lí dấu tam thức bậc hai và khơng phân
loại được các dạng tốn này nên thường khơng giải quyết được vấn đề.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Bài toán định tham số để bất phương trình bậc hai (ẩn x) thỏa với
mọi x ��. (bài toán cơ bản ở lớp 10)

2.3.1.1. Phương pháp giải.
Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai
2.3.1.2. Giải pháp và cách thực hiện
+ Khi dạy định lí về dấu tam thức bậc hai, giáo viên phải chứng minh kĩ
định lí này để học sinh nắm được bản chất của nó.
+ Học sinh phải hiểu và thuộc hệ quả trên trước khi giải dạng toán này.
3


+ Giáo viên nhấn mạnh cho học sinh điều kiện a � 0 trong hệ quả.
2.3.1.3. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. Tìm các giá trị của m để biểu thức
f  x   x 2   m  1 x  2m  7  0, x �R.

Giải
1 0

�
�a  0
�
f  x   0, x �R � �
��
2
Δ0 �

 m  1  4  2m  7   0
�
� m 2  6m  27  0 � 3  m  9 .
Ví dụ 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
x 2   m  2  x  8m  1 �0 vô nghiệm.

Giải
x 2   m  2  x  8m  1 �0 vô nghiệm � x 2   m  2  x  8m  1  0, x ��

�    m  2   4  8m  1  0 � m 2  28m  0 � 0  m  28 .
2

2
Ví dụ 3. Tìm m để f  x   mx  mx  m  3  0 có nghiệm
Giải
(Nhận xét: Học sinh thường không xét trường hợp m = 0, nên giáo viên cần
nhắc lại hệ quả trên chỉ áp dụng cho tam thức bậc hai )
f  x   0 vô nghiệm � f  x  �0, x ��

TH1. m  0 .
f  x  �0 � 0 x  3 �0 � x ��. Vậy m  0 khơng thỏa u cầu bài tốn.
TH2. m �0 .

m0
�
�a  0
�
�
�
�

2
 m   4m  m  3 �0
f  x  �0, x ��� � �0 �
m0
�
��

m ‫ڳ‬4� m 0
�

m

4

Vậy f  x   0 có nghiệm � m  4 .

4


Ví dụ 4. Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số m để hàm số

y  x 2  2mx  2m  3 có tập xác định là �?
Giải
y  x 2  2mx  2m  3 có tập xác định là �
� x 2  2mx  2m  3 �0 với mọi x ��� �
�0 � m 2  2m  3 �0
� 3 �m �1 .

Do m ��� m � 3; 2; 1;0;1 .
Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài tốn.

Ví dụ 5. Với giá trị nào của tham số m
6x2 + 4x + 5 > 2x2 + 4mx + 1

(1) 

(

thì bất phương trình

(1) thỏa x ��
Giải

)

- 6x2 + 4x + 5 < 2x2 + 4mx + 1 < 6x2 + 4x + 5

2
�
�x  (1  m) x  1  0
� 2
4 x  2(1  m) x  3  0 (2)
�
(1) thỏa " x �� khi và chỉ khi cả hai bất phương trình trong hệ (2) đồng thời

�
1  (1  m) 2  4  m2  2m  3  0
�
�'
 2  (1  m) 2  12  m 2  2m  11  0
�

"
x
�
�
�
thỏa
1  m  3
�
��
� 1  m   1  2 3
1  2 3  m  1  2 3
�
.
(học sinh thường nhầm lẫn giữa phép giao và phép hợp)
2.3.2. Bài toán chứng minh bất đẳng thức
2.3.2.1. Phương pháp giải.
Đưa bất đẳng thức về một trong các dạng

ax 2  bx  c  0 , ax 2  bx  c �0 , ax 2  bx  c  0 hoặc ax 2  bx  c �0
Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai
2.3.2.2. Giải pháp thực hiện: Dạng toán này ta chỉ chọn một ẩn, các ẩn khác
xem như tham số, học sinh thường ngại tư duy vào dạng toán này nên giáo viên
cần dẫn dắt học sinh đi từ ví dụ dễ hiểu trước.
5


2.3.2.3. Các ví dụ minh họa.
2
2
Ví dụ 1. Chứng minh rằng 3x  5 y  2 x  2 xy  1  0 với mọi số thực x, y

Giải:
(Ta có thể xem x là ẩn, y, z là tham số)

3 x 2  5 y 2  2 x  2 xy  1  0 � 3 x 2  2( y  1) x  5 y 2  1  0
2
2
Đặt f ( x)  3x  2( y  1) x  5 y  1 ;

 x�
 ( y  1) 2  3(5 y 2  1)  14 y 2  2 y  2  0, y ��
Do đó f  x   0 với mọi x, y .
2
2
2
2 2 2
2 2
Ví dụ 2. Chứng minh rằng x  y  z  x y z  4 xyz  y z  2 yz  1 �0 với
mọi số thực x, y, z .
Giải

x 2  y 2  z 2  x 2 y 2 z 2  4 xyz  y 2 z 2  2 yz  1 �0
�  1  y 2 z 2  x 2  4 xyz  y 2  z 2  y 2 z 2  2 yz  1 �0

Đặt

f  x    1  y 2 z 2  x 2  4 xyz  y 2  z 2  y 2 z 2  2 yz  1

, khi đó f  x  là một

2 2

tam thức bậc hai ẩn x có hệ số a  1  y z  0 và

 'x  4 y 2 z 2   1  y 2 z 2   y 2  z 2  y 2 z 2  2 yz  1

 (1  y 2  2 yz  z 2  2 y 2 z 2  y 4 z 2  2 y 3 z 3  y 2 z 4  y 4 z 4 )
2
2
Áp dụng BĐT a  b �2ab ta có

y 4 z 2  y 2 z 4 �2 y 3 z 3 , y 4 z 4  1 �2 y 2 z 2 và y 2  z 2 �2 yz
Cộng vế với vế lại suy ra  'x �0
Do đó f  x  �0, x, y, z .

Ví dụ 3. Cho x, y,z �0 thỏa mãn: xy  yz  zx  xyz  4 .
Chứng minh rằng : x  y  z �xy  yz  zx .
Giải
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z.

6


Từ giả thiết

(1) �
Nên

�x

4  yz
y  z  yz

 z �1

4  yz
4  yz
 y  z �( y  z )
 yz
y  z  yz
y  z  yz

� f ( y )  (1  z  z 2 ) y 2  ( z 2  z  4) y  ( z  2) 2 �0 .
f ( y ) có hệ số a  1  z  z 2  0 (do z �1 ) và có biệt thức :

z (�
z 1) 2 (5 z 8) 0

f ( y ) 0 đpcm.
Đẳng thức xảy ra � x  y  z  1 hoặc ( x; y; z )  (2;2;0) và các hốn vị.
Ví dụ 4. Cho các số thực dương x,y,z. Chứng minh rằng:

xzy  2( x 2  y 2  z 2 )  8 �5( x  y  z ) .
Giải
Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng không nhỏ hơn 1 hoặc cùng khơng lớn
hơn 1. Ta giả sử hai số đó là x và y. Khi đó ta có:
( x 1)(
�۳
y 
1) 0
xy
 x y 1

xyz

xz yz z .
� xyz  2( x 2  y 2  z 2 )  8 �xz  yz  z  2( x 2  y 2  z 2 )  8 .
Nên ta chứng minh:

xz  yz  z  2( x 2  y 2  z 2 )  8 �5( x  y  z )
� f ( z )  2z 2  ( x  y  6) z  2( x 2  y 2 )  5( x  y )  8 �0 .
2
2
Tam thức f ( z ) có a  2  0 và  z  15 x  2( y  14) x  15 y  28 y  28

 z là tam thức bậc hai ẩn x, có a  15  0 và  x  224( y  1) 2 �0
��
f ( z ) 0 (đpcm). Đẳng thức xảy ra � x  y  z  1 .
z 0

2.3.3. Bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức.
2.3.3.1. Phương pháp
Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai
2.3.3.2. Giải pháp thực hiện
Giáo viên nhắc lại bất đẳng thức cơ si, phương pháp miền giá trị để tìm giá trị nhỏ
nhất, giá trị lớn nhất.

2.3.3.3. Các ví dụ minh họa

7


2

Ví dụ 1. Xét tất cả các tam thức bậc hai: f  x   ax  bx  c �0 , x �R, a < b.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A

abc
ba .

Giải
� b2
a0
�
c�
�
f  x  �0, x �R � �
� � 4a
 �0 �
�
ba 0
�
Do
b2
ab
2
2
abc
4a  4a  4ab  b
� A
�

ba
ba
4a  b  a 

Đặt t  b  a � b  a  t .

4a 2  4a  a  t    a  t 
9a 2  6at  t 2 9a t
3
A�




4at
4at
4t 4a 2
Ta có
2

3
9a t
3 3
� 2
.
  3
2
4t 4a 2 2

Dấu bằng xảy ra

� b2
c
�
� � 4a � b  c  4a  0
�
t 2  9a 2
�

2
2
Ví dụ 2. Cho a,b là các số thực thỏa mãn a  b  4a  3b. Tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất của biểu thức P  2a  3b.

Giải

P  2a  3b � b 

P  2a
3

Ta có:
Thay vào biểu thức phía trên ta được:
P  2a 2
P  2a
a2  (
)  4a  3(
) � 13a 2  2(27  2 P) a  9 P  P 2  0
3
3

Ta cần tìm P để phương trình trên tồn tại a. Tức là ta phải có:

�i
9 P 2��
9 P 729 0

9  45 13
18

P

9  45 13
18

8


2
2
2
Ví dụ 3. Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x  y  z  5 và x  y  z  3 .

Tìm giá trị lớn nhất

P

x y2
z2
Giải

Từ điều kiện ta có
x y
2

2

 x  y


Do đó  x  y 

2

2

  x  y
2
2
 5  z 2 �  x  y   10  2 z 2   3  z 
2
2

 1  6 z  3z 2

Dễ thấy z �2 . Ta có P  z  2   2  x  y
�
P  z  2   2�
 1  6 z  3z 2
�
�

Do đó
2

�  z  2  P 2  4  z  2  P  4  1  6 z  3z 2
2

�  P 2  3 z 2   4 P 2  4 P  6  z  4 P 2  8 P  3  0

Phương trình có nghiệm ẩn z khi và chỉ khi

36
�

�P �0
 �0 �  2 P  2 P  3   P  3  4 P  8P  3 �0
23
Ta có P  0 khi x  2, y  0, z  1
'
z

P

2

2

2

2

36
20
66
7
x , y , z
23 khi
31
31
31 .

Ví dụ 4. Cho các số thực khơng âm x,y,z thỏa mãn: x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn
nhất của: P  9 xy  10 yz  11zx .
Giải
Để ý rằng, với giả thiết x  y  z  1 thì
P  9 xy  10 yz  11zx  9 xy  z  10 y  11x   9 xy   1  x  y   10 y  11x 
2
2
Khai triển và rút gọn, ta thu được: P  11x  10 y  11x  10 y  12 xy
2
2
Tương đương với 11x  (12 y  11) x  10 y  10 y  P  0  *

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, do điều kiện tồn tại của x nên suy ra (*) phải
có nghiệm, tức

  (12 y  11) 2  44(10 y 2  10 y  P) �0
9


P �

74 � 2 22
121 �
y
�y 
�
11 � 37
296 �

Hay 296 y  176 y  121  44 P �0 . Tương đương
� 74 �� 5445 � 495
22
121
5445
P �� �
.�
y2 
y
�
�
11
10952
�
�
�
� 148
37
296
10952
Ta có

Suy ra
2

max P 

495
.
148

Vậy
2.3.4. Bài tốn điều kiện để hàm số bậc ba đơn điệu.
2.3.4.1. Phương pháp giải
Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai
2.3.4.2. Giải pháp thực hiện
-Học sinh 12 thường quên hệ quả trên nên giáo viên cần nhắc lại hệ quả.
-Học sinh thường mắc sai lầm ở chỗ không để dấu “=” trong bất phương
�0 hoặc y�
�0 , do đó giáo viên cần nhắc lại định lí mở rộng trong bài
trình y�
“Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số”
2.3.4.3. Các ví dụ minh họa
3
2
Ví dụ 1. Tìm m để hàm số y  x  3x  mx  m đồng biến trên tập xác định.
Giải
Tập xác định D  �
2
Tính đạo hàm y '  3x  6 x  m

' �

0 3x 2 6 x m 0 với mọi x �� (*)
Hàm số đồng biến trên � ۳�y
���
' 0 �۳
9 3m 0 m 3 .
y  mx 3  mx 2   m  1 x  3 nghịch biến trên �
m
để
hàm
số
Ví dụ 2. Tìm
Giải
y�
 3mx 2  2mx   m  1 .

m  0 : y�
 1  0 x �R . Suy ra loại m  0.

m �0 :

10


m0
�
�
m

0
�

m0
�
��
3
�� 2
�
m
‫ڳ‬

�
m 0
2
�
�
 m  3m  m  1 �0

2
m

3
m
�
0
�
�
2
�
�
Ycbt
3

 m  .
ۣ
2 Vậy tập hợp các giá trị m thỏa ycbt là

3�
�

�
;

.
�
2�
�
�

2.3.5. Bài toán định tham số để bất phương trình bậc lớn hơn hai (ẩn x)
thỏa với mọi x thuộc R
2.3.5.1. Phương pháp giải
Áp dụng hệ quả định lí dấu tam thức bậc hai
2.3.5.2. Giải pháp thực hiện
Giáo viên nhắc lại cách xét dấu của biểu thức có nghiệm kép, nghiệm bội
lẻ, nghiệm bội chẵn.
2.3.5.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. (Câu 49- Đề minh họa THPTQG năm 2019)
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

(

)

(

)

m2 x4 - 1 + m x2 - 1 - 6( x - 1) �0

nghiệm đúng với mọi .
Tính tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S .
Nhận xét : Đây là bài toán phân loại học sinh ( đểm 9, 10). Trong đề minh
họa THPTQG. Khi giải dạng bài toán này ta cần chú ý đến nghiệm kép của
phương trình.
Giải

(

)

(

)

f ( x) = m2 x4 - 1 + m x2 - 1 - 6( x - 1)

(

)

= ( x - 1) �
m2 x3 + x2 + x + 1 + m( x + 1) - 6�

= ( x - 1) .g( x) .
�
�
�
�
Nếu x = 1 không phải là nghiệm của thì sẽ đổi dấu khi x đi qua 1. Do đó điều
�m = 1
�
4m + 2m - 6 = 0 � �
3
�
m
=
g( x) = 0
�
2
�
2

kiện cần để là phải là nghiệm của

.

11


2

-Với m = 1 thì

(

)

f ( x) = ( x - 1) x2 + 2x + 4 �0,�
" x �R

, do đó thỏa mãn.

2�
9 2 9
21�
�
3
�
f ( x) = ( x - 1) � x + x + �
�0, " x �R
�
m=�
�
4
2
4
�
�
2
-Với
thì
do đó

3
2 thỏa mãn.
�3 �
3
1
S =�
- ;1�
�
�,
- +1= - .
�
�
2
�
� tổng các phần tử của S bằng 2
2
Vậy
m=-

Ví dụ 2. Tìm m để bất phương trình

m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x �0

nghiệm đúng với mọi x ��.

Giải

f  x   m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x

Đặt

Ta có

f  x   m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x  x �
m 2 x 3   m  2  x 2  x   m 2  1 �
�
�.
Giả sử x  0 không phải là nghiệm của phương trình
g  x   m 2 x3   m  2  x 2  x   m 2  1  0
f  x   m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x

thì hàm số
sẽ đổi dấu khi qua điểm x  0 , nghĩa

m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x �0
là
khơng có nghiệm đúng với mọi x ��.
Do đó , để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là
g  x   m 2 x3   m  2  x 2  x   m 2  1  0

phải có nghiệm x  0 , suy ra

m 2  1  0 � m  �1
Điều kiện đủ:
Với

m  1, f  x   x 4  3 x 3  x 2  x 2  x 2  3x  1

thỏa mãn điều kiện
x ��. (loại)

khi đó f  1  1  0 không

m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x �0

nghiệm đúng với mọi

m  1, f  x   x 4  x 3  x 2  x 2  x 2  x  1 �0 x ��
Với
,
.
12


Vậy m = - 1 .
Ví dụ 3. Có bao nhiêu cặp số thực (a; b) để bất phương trình

 x  1  x  2   ax 2  bx  2  �0

nghiệm đúng với mọi x ��.
Giải

Đặt

f  x    x  1  x  2   ax 2  bx  2 

Giả sử x  1 không phải là nghiệm của phương trình
g  x    x  2   ax 2  bx  2   0

thì hàm số

f  x    x  1  x  2   ax 2  bx  2 

x  1  x  2   ax 2  bx  2  �0

x

1
sẽ đổi dấu khi qua điểm
, nghĩa là
khơng có
nghiệm đúng với mọi x ��.

Do đó, để yêu cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là
g  x    x  2   ax 2  bx  2   0

có nghiệm x  1 suy ra a  b  2  0 (1)

h  x    x  1  ax 2  bx  2   0
Lí luận tương tự có
cũng phải nhận x  2 là
nghiệm, suy ra 4a  2b  2  0 (2)
ab20
a  1
�
�
��
�
4a  2b  2  0
b  1
�

Từ (1) và (2) ta có hệ �
Điều kiện đủ:
a  1
�
2
2
�
f  x    x  1  x  2    x 2  x  2     x  1  x  2  �0
b  1
�
Với
có
,
x ��.

Vậy khơng tồn tại cặp số thực (a; b) nào thỏa mãn u cầu bài tốn.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m 2 8 x   m 2  2  4 x   m  2  2 x  m �0

nghiệm đúng với mọi x ��.

Giải
Đặt 2  t điều kiện t  0
x

m 2 8 x   m 2  2  4 x   m  2  2 x  m �0

nghiệm đúng với mọi x �� tương

đương với phương trình

13


m 2t 3   m 2  2  t 2   m  2  t  m �0

Đặt

nghiệm đúng với mọi t  0

f  t   m 2t 3   m 2  2  t 2   m  2  t  m

Ta có

f  t   m 2t 3   m 2  2  t 2   m  2  t  m  m 2t 3  m 2t 2  2t 2  mt  2t  m

 m2t 2  t  1  2t  t  1  m  t  1
  t  1  m 2t 2  2t  m 

Giả sử t  1  0 khơng phải là nghiệm của phương trình





2 2
g  t   m 2t 2  2t  m  0 thì hàm số f  t    t  1 m t  2t  m sẽ đổi dấu khi

m 2t 3   m 2  2  t 2   m  2  t  m �0
t


1

0
đi qua điểm
, nghĩa là
khơng có
nghiệm đúng với mọi t  0 .

Do đó, u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là
m 1
�
2
m

2

m

0
�
�
m  2
g  t   m 2t 2  2t  m  0 có nghiệm t  1 , suy ra
�
Điều kiện đủ

Với

m  1, f  t    t  1  t 2  2t  1   t  1

3

không thỏa mãn điều kiện

f  t  �0, t  0
(Vì với

t

1
�1 � 1
 0, f � �   0
2
�2 � 8
(loại))

f  t    t  1  4t 2  2t  2    t  1

 4t  2  �0, t  0
Với
Vậy m = - 2
2.3.6. Bài tập luyện tập
2
Bài 1.Tìm m để  m  1 x  2mx   m  3  0 vô nghiệm
Bài 2.Tìm m để bất phương trình:

2

 m  1 x 2  2  m  1 x  4 �0 (1)

có tập

nghiệm S  R ?
Bài 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, z thỏa mãn:

a 2 x  b 2 y  c 2 z  0 .Chứng minh rằng: xy  yz  zx �0 .
Bài 4. Tìm tất cả các giá trị của y sao cho BĐT sau đúng với x, z ��.

x 2  9 y 2  5 z 2  6 xy  4 xz  12 yz  2 z  1 �0 .
14


2
2
Bài 5. Cho a và b là các số thực thỏa mãn 9a  8ab  7b �6 . Chứng minh rằng
7 a  5b  12ab �9 .
Bài 6. Cho các số thực x, y thỏa mãn bất phương trình

5 x 2  5 y 2  5 x  15 y  8 �0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  x  3 y.
Bài 7. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số

1
y  x3  mx 2  4 x  m
3
đồng biến trên khoảng  �; � .
1
y   x 3  mx 2   3m  2  x  1
3
Bài 8. Cho hàm số
. Tìm tất cả giá trị của m để

hàm số nghịch biến trên �.
Bài 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
f  x   x3  x 2  m 

4

đồng biến trên �
Bài 10. Trong số các cặp số thực  a; b  để bất phương trình

 x  1  x  a   x 2  x  b  �0

nghiệm đúng với mọi x ��. Tìm giá trị nhỏ nhất

của tích ab ./.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Đề tài được tác giả thực nghiệm sư phạm trong luyện thi đại học và bồi
dưỡng học sinh giỏi. Kết quả cho thấy:
- Học sinh nhớ lâu và hiểu sâu sắc hơn về bản chất của định lí về dấu tam
thức bậc hai và các ứng dụng của nó.
- Học sinh hứng thú trong việc học tốn và có động lực nghiên cứu toán sâu
hơn.
- Học sinh dễ dàng tiếp cận lớp các bài tốn bất phương trình chứa tham số,
tự tin giải các dạng toán này nhanh, gọn.
Để kiểm nghiệm hiệu quả của đề tài nghiên cứu tôi tiến hành giảng dạy
theo nội dung của đề tài ở lớp 12B 9 (lớp thực nghiệm) và giảng dạy theo giáo án
thông thường tại lớp 12B7 (lớp đối chứng) - trường THPT Nông Cống 1 tỉ lệ học
sinh tương đối đồng đều về cả số lượng và chất lượng.
Kết quả thực nghiệm thông qua các câu hỏi liên quan đến định lí về dấu
của tam thức bậc hai. Kết quả thu được về số lượng học sinh có đáp án đúng đối

15


với các bài tốn liên quan đến định lí về dấu của tam thức bậc hai trong các kỳ
thi KSCL do trường, Sở tổ chức như bảng sau:
KSCL lần 1
Lớp

KSCL lần 2

KSCL lần 3

SL

%

SL

%

SL

%

12B9 (Lớp thực nghiệm)

Sĩ
số
45

26

32

71,11

41

91,11

12B7 (Lớp đối chứng)

45

9

57,7
8
20

7

15,5
5

8

17,78

Đồng thời nội dung sáng kiến này được các đồng nghiệp trong tổ đánh giá
cao về chất lượng chuyên môn và được chọn là tài liệu cho chuyên đề tổng hợp
trong ôn học sinh giỏi và luyện thi tốt nghiệp THPT Quốc gia.

16


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Đề tài “Hệ thống hóa lý thuyết và bài tập phần Ứng dụng định lí về dấu
tam thức bậc hai giúp học sinh lớp 12 trường THPT Nông Cống 1 ôn thi tốt
nghiệp THPT Quốc gia” gồm các bài toán được sắp xếp từ dễ đến khó, nhưng
mở rộng nhiều, địi hỏi người học chịu khó tư duy. Bản thân tác giả mong muốn
hỗ trợ thêm một số dạng toán cho học sinh hiểu bản chất định lí về dấu tam thức
bậc hai, khắc sâu và phát triển nó. Thơng qua mỗi dạng tốn cụ thể các em tự rút
ra phương pháp giải toán cho mình, rèn cho các em thói quen suy nghĩ, sáng tạo,
tính cẩn thận, tỉ mĩ, bao quát và đúc kết vấn đề để có kiến thức vững vàng khi
bước vào kì thi THPTQG, thi chọn học sinh giỏi và học Đại học sau này.
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này tơi mong muốn được đóng góp một
phần cơng sức nhỏ bé của mình trong việc hướng dẫn học sinh ứng dụng và khai
thác tốt các bài toán liên quan đến định lí về dấu của tam thức bậc hai. Đồng
thời hình thành khả năng tư duy, sáng tạo, kỹ năng giải nhanh tốn trắc nghiệm,
từ đó tạo hứng thú cho các em khi học toán. Tuy nhiên do kinh nghiệm giảng
dạy chưa nhiều, trình độ bản thân cịn hạn chế nên tơi rất mong được sự đóng
góp bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn đồng nghiệp.
3.2 Kiến nghị
- Đối với nhà trường : Cần đầu tư nhiều hơn nữa các trang thiết bị dạy học ;
Tích cự tổ chức các buổi thảo luận, hội thảo chuyên môn.
- Đối với Sở giáo dục : Chúng tôi mong muốn được tham dự nhiều hơn nữa các
buổi tập huấn chuyên môn, các buổi hội thảo khoa học để được trao đổi kinh

nghiệm; Ngoài ra các sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng đề nghị Sở phổ biến
rộng rãi về các trường để chúng tôi áp dụng trong quá trình dạy học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình, khơng sao chép nội dung của
người khác.

17


Văn Thị Vân Anh

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Sách giáo khoa và bài tập Đại số 10 cơ bản và nâng cao -Nhà xuất bản Giáo
dục Việt Nam.
[2]. Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ - Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam
[3]. Các đề minh họa và đề thi THPTQG từ 2016-2017 đến nay.
[4]. Các đề thi học sinh giỏi, đề thi thử THPTQG của các trường các tỉnh, thành
phố.

18


19