Phuong Trinh Bac Hai

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI

1 http://www.ebook.edu.vn

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. Phương trình bậc hai.................................................................................. 3 1.1 Công thức nghiệm của phương trình bậc hai........................................... 3 1.2 Định lí viét đối với phương trình bậc bai.................................................. 3 1.3 Các bài toán liên quan ................................................................................ 3 II. Dấu của tam thức bậc hai ........................................................................ 10 2.1 Tam thức bậc hai......................................................................................... 10 2.2 Dấu của tam thức bậc hai ........................................................................... 10 2.3 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai ....................................................... 13 III. Một số ứng dụng của tam thức bậc hai............................................... 21 3.1 Tìm giá trị lơn nhất và nhỏ nhất của hàm số............................................ 21 3.2 Giải bất phương trình bậc hai một ần....................................................... 22 3.3 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc ba........................... 22 3.4 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc bốn......................... 24 3.5 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số lượng giác .................... 26 3.6 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm mũ và ham logarit ........... 27 3.7 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với phương trình - bất phương trình chứa căn.................................................................................................... 30 Bài tập đề nghị ................................................................................................. 31 Hướng dẫn giải ................................................................................................ 33 Danh mục tài liệu tham khảo ....................................................................... 40



I. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI: 1.1 Công thức nghiệm của phương trình bậc hai dạng 0cbxax 2 =++ ( )0a ≠

• Bước 1: Tính ( )Δ′Δ • Bước 2: Tìm nghiệm dựa vào dấu ( )Δ′Δ

- Nếu 0<Δ : Phương trình vô nghiệm

- Nếu 0=Δ : Phương trình có nghiệm kép 2a

bxx 21−

==

- Nếu 0>Δ : Phương trình có hai nghiệm phân biệt

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−=

+−=

2aΔbx

2aΔbx

2

1

1.2 Định lí Vi-et đối với phương trình bậc hai: 1.2.1 Định lí thuận: Nếu phương trình bậc hai : 0cbxax2 =++ có hai nghiệm phân biệt 21 , xx thì

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==

−=+=

ac.xxPabxxS

21

21

1.2.2 Định lí đảo

Với hai số thực x1 , x2 thỏa: ⎩⎨⎧

==+P.xxSxx

21

21 ⇒ x1 , x2 là hai nghiệm của phương

trình: 0PSXX2 =+− (với địều kiện 04PS2 ≥− ) 1.3 Các bài toán liên quan:

Bài toán 1: 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 Δ biện luận

- Nếu a là hằng số Dùng ( )Δ′Δ để biện luận trực tiếp

Ví dụ: Giải và biện luận phuơng trình:

1) baba

baba

x1x

−+

++−

=+ (1)

2) 2ax

bbx

a=

−+

− (2)

Giải: 1) Điều kiện ( )0x ≠ ; điều kiện bab,a −≠≠



Phương trình (1): 01.xbaba

babax 2 =+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

++−

−⇔ (*)

=Δ ba,0,baba

baba4

baba

baba 22

∀≥⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

−+−

=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

++−

Phương trình (*) có hai nghiệm:

babax,

babax 21 +

−=

−+

= (thỏa mãn điều kiện vì a b±≠ )

Kết luận:

Vậy, bab;a, ±≠∀ phương trình (1) có hai nghiệm babax,

babax 21 +

−=

−+

=

2) Điều kiện bxa,x ≠≠ Phương trình (1):

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) 0baxba32x

bxax2bxbaxa22 =+++−+⇔

−−=−+−⇔ (*)

( ) ( ) ( ) 0baba8ba9 222 ≥+=+−+=Δ ba,∀

Phương trình (*) có hai nghiệm: bax,2

bax 21 +=+

=

Xét điều kiện:

0abbx0babaax

bab2

babx

baa2

baax

2

2

1

1

≠⇔≠+⇔≠≠⇔≠+⇔≠

≠⇔≠+

⇔≠

≠⇔≠+

⇔≠

ba

Kết luận: Nếu a = b = 0 phương trình vô nghiệm

Nếu a = 0, b 0≠ phương trình có nghiệm 2bx1 =

Nếu a 0≠ , b = 0 phương trình có nghiệm 2ax1 =

Nếu a 0≠ , b 0≠ , a = b phương trình có nghiệm 2ax 2 =

Nếu a 0≠ , b 0≠ , a≠ b phương trình có nghiệm bax,2

bax 21 +=+

=

Bài toán 2: Tìm giá trị của tham số để phương trình 0cbxax2 =++ (*) thỏa một số điều kiện liên quan đến nghiệm của chúng.

a. Tìm giá trị của tham số để phương trình: 02 =++ cbxax (*) có số nghiệm nhất định



Phương trình (*) có nghiệm kép⇔ ⎩⎨⎧

=Δ≠

00a

Phương trình (*) có một nghiệm⇔ ⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

=≠

⎩⎨⎧

=+=

0Δ0a

0cbx0a

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt⇔ ⎩⎨⎧

>Δ≠

00a

Phương trình (*) có nghiệm⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥≠

⎩⎨⎧

=+=

0Δ0a

0cbx0a

Phương trình (*) có vô số nghiệm⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

0c0b0a

Ví dụ: Tìm m để phương trình: ( ) 022xx1m 2 =++− (*)

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

Giải: ( ) 128m1m84 +−=−−=Δ

a) Để (*) có đúng một nghiệm, thì:

⎢⎢⎣

⎡=

=⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

≠⎩⎨⎧

−==

⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

=+−≠−

⎩⎨⎧

=+=−

23m1m

23m1m1x1m

0128m01m022x01m

Vậy, với m = 1 hoặc 23m = thì phương trình có đúng một nghiệm.

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

⎪⎩

⎪⎨⎧

<

≠⇔

⎩⎨⎧

>+−≠−

23m1m

0128m01m

Vậy, với m 1≠ và 23m < thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

c) Để (*) có nghiệm, thì:

Có một nghiệm



⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤

≠⎩⎨⎧

−==

⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥+−≠−

⎩⎨⎧

=+=−

23m1m1x1m

0128m01m022x01m

Vậy, với 23m ≤ thì (*) luôn có nghiệm.

b. Tìm giá trị của tham số để phương trình: 0cbxax2 =++ ( a ≠ 0) (*) có

Hai nghiệm trái dấu 0ac<⇔

Hai nghiệm dương phân biệt

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

>

>

>−

⇔

0Δ

0ac

0ab

Hai nghiệm âm phân biệt

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

>

>

<−

⇔

0Δ

0ac

0ab

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

Tìm tham số để phương trình cbxax2 ++ thỏa mãn điều kiện K.( K là một biểu thức theo 21 x,x )

Ta thực hiện theo các bước sau: Bước1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm 21 x,x

⎩⎨⎧

≥≠

⇔0Δ0a

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

Bước 3: Biểu diễn điều kiện thông qua (I) Ta có thể biểu thị các đa thức đối xứng giữa các nghiệm 21 x,x theo S và P.

( )( )⎩

⎨⎧

==+

mg.xxmfxx

21

21



( )

( ) ( )

2

2

22

21

22

21

32

31

32121.

321

32

31

21

21

21

221.

221

22

21

P2PS

xxxx

x1

x1

3SPSxxx3xxxxx

PS

x.xxx

x1

x1

2PSx2xxxxx

−=

+=+

−=+−+=+

=+

=+

−=−+=+

Ví dụ: Cho phương trình: ( ) ( ) 02mx1m2x1m 2 =−+−−+ Xác định m để phương trình hai nghiệm 21 x,x thỏa mãn ( ) 2121 .x7xxx4 =+ Giải:

Phương trình có 2 nghiệm 21, xx :

⎩⎨⎧

≥≠

⇔0Δ0a

3m10m301m

≤≠−⇔⎩⎨⎧

≥−≠+

⇔ (*)

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

( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−

=

+−

=+

1m2m.xx1m1m2xx

21

21

Suy ra:

( ) ( ) 6m1m2m7.

1m1m24.x7xxx4 2121 −=⇔

+−

=+−

⇔=+ thỏa (*)

Vậy, với 6−=m thỏa điều kiện của đề bài. Ví dụ:

Cho phương trình ( ) 012 =+++ mxmx Gọi x1 ,x 2 là hai nghiệm của phương trình trên, tìm: 1) S 2

22

1 xx += 2) S 3

23

1 xx +=

3) S21 x

1x1+=

4) S2

1

1

2

xx

xx

+=

5) Mối liên hệ giữa hai nghiệm theo m Giải:

( ) ( )22 1m4m1mΔ −=−+= 0≥ m∀ Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm m∀ Theo định lí Viet ta có:



( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

+−=−

=+=

mac.xxP

1mabxxS

21

21

1) S ( ) ( )[ ] 1m2m1m2PSx2x.xxxx 22221

221

22

21 +=−+−=−=−+=+=

2)

( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )1mm1m3m1m1m

3PSSx.xxxxxxxS22

22221

2121

32

31

+−+−=−++−=

−=+−+=+=

3) S ( )m

1mPS

.xxxx

x1

x1

21

21

21

+−==

+=+=

4) S =+=2

1

1

2

xx

xx ( ) ( )

m1m

m2m1m

.xx.x2xxx

.xxxx 22

21

212

2x

21

22

21 +

=−+

=−+

=+

5) ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

+−=−

=+=

mac.xxP

1mabxxS

21

21

Suy ra: 1.xxxx1.xxxx 21212121 −=++⇔−−=+ Mối liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình là: 1. 2121 −=++ xxxx

Bài toán 4: Quan hệ giữa các nghiệm trong một phương trình bậc hai A. Vấn đề 1:

a. Đặt vấn đề: Định tham số để hai phương trình bậc hai:

(2) 0cxbxa

(1) 0cxbxa

222

2

112

1

=++

=++ có chung nghiệm

b. Giải quyết vấn đề: Để (1) và (2) có chung nghiệm thì hệ phương trình:

⎩⎨⎧

=++=++

0cxbxa0cxbxa

222

2

112

1 phải có nghiệm

Ví dụ: Tìm giá trị nguyên của m để hai phương trình sau có chung nghiệm:

( )( ) (2) 01x32m6x

(1) 03x13m2x2

2

=−−−

=−−+

Giải: Giả sử 0x là nghiệm chung của hai phương trình (1) và (2).

Khi đó yêu cầu của bài toán ( )( )⎩

⎨⎧

=−−−=−−+

⇔01x32m6x03x13m2x

02

0

02

0 có nghiệm



( ) 8x611m 0 =−⇒

Nếu 116m061m1 =⇒=−

Trường hợp này (1) và (2) không có nghiệm chung

Nếu 611m

8x116m0611m 0 −

=⇒≠⇒≠−

Thay vào (1) và rút gọn ta được: 2m068164m99m2 =⇔=−−

* Với m = 2 thì (1) thành: ⎢⎢⎣

⎡

−=

=⇔=−+3x

21x035xx2 2

* Với m = 2 thì (2) thành: ⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

=⇔=−−

31x

21x

01x6x 2

Vậy với m= 2 thì cả hai phương trình đã cho đều có nghiệm chung x =21

B. Vấn đề 2: a. Đặt vấn đề:

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

(2) 0cxbxa

(1) 0cxbxa

222

2

112

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: Trường hợp 1: Trường hợp cả hai phương trình đều vô nghiệm

Ta giải hệ điều kiện: ⎩⎨⎧

<Δ<Δ

00

2

1

Trường hợp 2: Trường hợp cả hai phương trình đều có nghiệm

Ta giải hệ điều kiện:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==≥≥

21

21

2

1

PPSS0Δ0Δ

Ví dụ: Cho hai phương trình 0m2xx 2 =−+ (1) và 02mx2x 2 =++ (2). Tìm m để (1) và (2) tương đương. Giải: Ta có 4m4Δ1 += ; 16mΔ 2

2 −= • Trường hợp 1: Trường hợp cả hai phương trình vô nghiệm



1m44m4

1m016m

04m40Δ0Δ

22

1 −<<−⇔⎩⎨⎧

<<−−<

⇔⎩⎨⎧

<−

<+⇔

⎩⎨⎧

<<

⇔

• Trường hợp 2: Trường hợp cả hai phương trình có nghiệm Để (1) và (2) tương đương thì :

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−==

⎢⎣

⎡−≤

≥

≥

⇔

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=−

−=−

≥−

≥+

⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==≥≥

1m4m

4m4m

1m

1m2m2

016m04m4

PPSS0Δ0Δ

2

21

21

2

1

(vô nghiệm)

Vậy, với -4<m<-1 thì hai phương trình đã cho tương đương. II. DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 2.1 Tam thức bậc hai

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) = x2 + 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 Δ = b2 – 4ac và Δ ’ = 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 ≥Δ 0 thì f(x) có hai nghiệm

2aΔbx1,2

±−= và có thể phân tích thành nhân tử như sau: f(x) = a(x – x1)(x - x2 )

2.2 Dấu của tam thức bậc hai 2.2.1 Định lý thuận: 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

4aΔ

2abx .

Dấu của tam thức bậc hai phụ thuộc vào dấu củaΔvà dấu của hệ số a Trong từng trường hợp ta xét dấu của f(x) như sau:

* Trường hợp: Δ = 0 ta có x1 = x2 = 2ab

− nên f(x) = a 2

2abx ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + .

Vì 2

2abx ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + > 0 ,

2abx −≠∀ nên f(x) cùng dấu với a,

2abx −≠∀ .

* Trường hợp: Δ > 0 thì có hai nghiệm 21 xx ≠ 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:Δ < 0 .

f(x) = ax2 + bx + c = a ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + 2

2

4aΔ

2abx .

Khi đó - 24aΔ > 0 cho nên

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + 2

2

4aΔ

2abx > 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: Định lí: Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c ( a ≠ 0)

Nếu Δ < 0 thì f(x) cùng dấu với a, Rx∈∀

Nếu Δ = 0 thì f(x) cùng dấu với a, 2abx −≠∀ .

Nếu Δ > 0 thì f(x) có hai nghiệm 21 xx ≠ ( x1 < x2 ). Khi đó f(x) trái dấu với a với mọi x nằm trong khoảng( x1 ; x2 ) ( tức là ( x1 < x < x2 ) và f(x) cùng dấu với a với mọi x nằm ngoài đoạn [ x1 ; x2 ]( tức là với x < x1 và x > x2 ).

Từ định lí trên ta có bảng xét dấu tam thức bậc hai: Dấu của biệt thức Δ Dấu của f(x)

Δ < 0 Rx∈∀ : af(x) > 0 Δ = 0

f(x) có nghiệm kép x =a

b2

−

abx

2−≠∀ : af(x) > 0

Δ >0 f(x) có hai nghiệm x1 < x2

( ) ( )+∞∪∞−∈ ;; 21 xxx : af(x) > 0 ( )21; xxx∈ :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

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

Cho nên f(x) có hai nghiệm x1 = -2;x2 = 21

435

−=+− ;

Do a =2 >0

Vậy f(x) > 0 Khi ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +∞−

∪−∞−∈ ;212;x và f(x) < 0 khi ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−∈

21;2x

Ta cũng có thể ghi kết quả vào bảng xét dấu như sau: x ∞− -2 2

1− ∞+

f(x) = 2x2 +5x + 2

+ 0 - 0 +

b) Ta có Δ = 1- 4.3.5 = 1 -60 < 0



Mà a = 3 > 0 Cho nên Rx∈∀ : f(x) > 0

2.2.2 Một số điều kiện tương đương Nếu ax2 + bx + c là một tam thức bậc hai (a ≠ 0 ) thì

i) ax2 + bx + c có nghiệm 042 ≥−=Δ⇔ acb

ii) ax2 + bx + c có hai nghiệm trái dấu 0<⇔ac

iii) ax2 + bx + c có hai nghiệm dương

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≥Δ

>

>−

⇔

0

0

0

ac

ab

iv) ax2 + bx + c có hai nghiệm âm

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≥Δ

>

<−

⇔

0

0

0

ac

ab

v) ax2 + bx + c > 0, ⎩⎨⎧

<Δ>

⇔∀00a

x

vi) ax2 + bx + c ≥ 0, ⎩⎨⎧

≤Δ>

⇔∀00a

x

vii) ax2 + bx + c< 0,⎩⎨⎧

<Δ<

⇔∀00a

x

viii) ax2 + bx + c ≤ 0, ⎩⎨⎧

≤Δ<

⇔∀00a

x

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

Giải Ta thấy (1) có Δ ’ = ( m -1)2 – m(4m-1) = -3m2 – m + 1 ( nếu m ≠ 0 ) a) (1) có hai nghiệm phân biệt 0'>Δ⇔

⇔ -3m2 – m + 1 < 0 ⇔ 1+ 13-6 < m < 1- 13

-6

Kết hợp với điều kiện m ≠ 0 ta được m ∈ ⎝⎜⎛

⎠⎟⎞1+ 13

-6 ,1- 13-6 \{ }0



b) (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:

41m001)m(4m0

m1)(4m

<<⇔<−⇔<−

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

⎩⎪⎨⎪⎧m ≠ 0 Δ’≥ 0 x

1 + x 2 >0

x 1.x

2 >0

⇔

⎩⎪⎨⎪⎧m ≠ 0

1+ 13-6 < m < 1- 13

-6

2(m-1)m >0

4m-1m >0

⇔

⎩⎪⎨⎪⎧m ≠ 0

1+ 13-6 < m < 1- 13

-6

m < 0 ∨ m > 1

m < 0 ∨ m > 14

⇔ ⎩⎪⎨⎪⎧1+ 13

-6 < m < 1- 13-6

m < 0 ∨ m > 1 ⇔ 1+ 13

-6 < m < 0

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

⎩⎪⎨⎪⎧m ≠ 0 Δ’ ≥ 0 x

1 +x 2 <0

x 1.x

2 >0

⇔

⎩⎪⎨⎪⎧m ≠ 0

1+ 13-6 < m < 1- 13

-6

2(m-1)m < 0

4m-1m >0

⇔

⎩⎪⎨⎪⎧m ≠ 0

1+ 13-6 < m < 1- 13

-6

0< m < 1

m < 0 ∨ m > 14

⇔ 14 < m < 1- 13-6

2.3 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai: 2.3.1 Định lý đảo: Định lý: Cho tam thức bậc hai ( ) cbxaxxf 2 ++= và một số α . Nếu af(α ) < 0 thì f(x) có

hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) và 21 xx <α< . Hệ quả:



Cho tam thức bậc hai ( ) cbxaxxf 2 ++= và hai số βα, sao cho β<α . Điều kiện cần và đủ để f(x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm nằm trong khoảng ( )βα; và nghiệm kia nằm ngoài đoạn [ ]βα; là ( ) ( ) 0ff <βα .

Chứng minh: Vì a≠ 0 nên a2 > 0. Khi đó ta có: f )(α f )(β < 0 0)(f)(fa 2 <βα⇔ 0)(af).(af <βα⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

<β>α

⎩⎨⎧

>β<α

⇔

0)(af0)(af

0)(af0)(af

⎢⎣

⎡<β<<α

β<<α<⇔

21

21

xxxx

0)f(x =⇔ có hai nghiệm, trong đó có 1 nghiệm nằm trong khoảng ( )βα; và nghiệm kia nằm ngoài đoạn [ ]βα; . 2.3.2 So sánh nghiệm với một số cho trước: Cho tam thức bậc hai cbxaxf(x) 2 ++= ( )0a ≠ , khi đó:

• Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 và 21 xαx << , điều kiện cần và đủ là ( ) 0af <α • Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 và 21 xxα << , điều kiện cần và đủ là

( )

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

α>

>α>Δ

2S

0af0

• Để f(x) có hai nghiệm x1, x2 và αxx 21 << , điều kiện cần và đủ là

( )

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

<

>α>

α2S

0af0Δ

Ví dụ: Tìm m để phương trình ( ) 0103m4mxx1m 2 =++−− có hai nhgiêm phân biệt lớn

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



⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

>

>>′≠

22S

0af(2)0Δ1m

( )( )

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

>−

>+−−>+−

≠

⇔

01m

206m1m

0107mm

1m2

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

><<

<∨>≠

⇔

1m6m1

2m5m1m

⎢⎣

⎡<<<<

⇔2m16m5

2.3.3 So sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với hai số ( )βαβα <, . Phương pháp chung: a. Điều kiện để cả hai nghiệm của tam thức nằm trong khoảng ( )βα , .

( )( )

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

<<

>>

≥

⇔<≤<

β2Sα

0βaf0αaf

0Δ

βxxα 21

b. Điều kiện để trong khoảng ( )βα , tam thức có đúng một nghiệm (còn nghiệm khi nằm ngoài).

( ) ( ) 0β.fαfxβxαβxαx

21

21 ≤⇔⎢⎣

⎡≤<<<<≤

c. Điều kiện để khoảng ( )βα , nằm trong khoảng hai nghiệm của tam thức

( )( )⎩

⎨⎧

<<

⇔<<<0βaf0αaf

xβαx 21

d. Điều kiện để khoảng ( )βα , nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức

• ( )

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

<

>≥

⇔<<≤

α2S

0αaf0Δ

βαxx 21

• ( )

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

>

>≥

⇔≤<<

β2S

0βaf0Δ

xxβα 21

Áp dụng: Ví dụ 1: Tìm giá trị của m để phương trình: ( ) 02mx13m4x 2 =−−+− 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:



⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<<−

>>−

>

22S1

04f(2)01)4f(

0Δ

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

<+<−<−>

>++

⇔

1613m8127m

32m03322m9m2

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<<

<

−>

∀

⇔

5m37

12m

23m

m

7

12m23

<<−⇔

Vậy tập giá trị cần tìm của m là T = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

712;

23 .

2.3.4 Điều kiện để tam thức bậc hai có nghiệm thuộc khoảng cho trước. Cho f(x) = ax2 + bx + c (a≠ 0) a/ f(x) có duy nhất nghiệm thuộc );( +∞α : có 3 trường hợp

i) f(x) có nghiệm:x1 < α < x2 ⇔ af(α ) <0

ii) f(x) có nghiệm kép: α < x1 = x2 ⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

=Δ

02

0αS

iii) f(x) có nghiệm : x1 =α < x2 ⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

=

02

0)(

α

αSf

b/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc );( +∞α : có 3 trường hợp i) f(x) có nghiệm:x1 < α < x2 ⇔ af(α ) <0

ii) f(x) có nghiệm : x1 =α < x2 ⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

=

02

0)(

α

αSf

iii) f(x) có nghiệm : α < x1 ≤ x2 ⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

>−

>≥Δ

02

0)(0

α

αSaf

c/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc ];[ βα : có 3 trường hợp i) f(x) có nghiệm α hoặc β ⇔ f(α ) .f( β ) = 0 ii) f(x) có một nghiệm thuộc );( βα và một nghiệm ngoài ];[ βα ⇔ f(α ) .f( β ) < 0.

iii) f(x) có các nghiệm:

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

<−

>−

>>

≥Δ

⇔<≤<

02

02

0)(0)(

0

21

β

α

βα

βα

S

Safaf

xx



d/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc );( βα : có 4 trường hợp

i) f(x) cónghiệm α và nghiệm kia thuộc );( βα ⇔⎩⎨⎧

<−<=

βααα

Sf 0)(

ii) f(x) có nghiệm β và nghiệm kia thuộc );( βα ⇔⎩⎨⎧

<−<=

ββαβ

Sf 0)(

iii) f(x) có một nghiệm thuộc );( βα và một nghiệm ngoài ];[ βα ⇔ f(α ) .f( β ) < 0.

iv) f(x) có các nghiệm:

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

<−

>−

>>

≥Δ

⇔<≤<

02

02

0)(0)(

0

21

β

α

βα

βα

S

Safaf

xx

Ví dụ 1: 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]

Giải: 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

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

=

012S

0f(1) ⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

>−−

=

012ab

04m

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−+−

−

=

012.1

2)(m0m

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>

=

02m

0m

⇔⎩⎨⎧

>=

0m0m

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



⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

=

012S

0Δ

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−+

=+−+

012

2m01)4(5m2)(m 2

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>

=−−++

02m

0421m44mm2

⇔⎩⎨⎧

>=−

0m016mm2

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>

⎢⎣

⎡==

0m16m0m

⇔ 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

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

=

012

01S

)f( ⇔

⎩⎨⎧

>=

0m0m

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

⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

>−

>≥

012S

0af(1)0Δ

⇔⎪⎩

⎪⎨

⎧

>>

≥−

0m0m

016mm2

⇔⎪⎩

⎪⎨

⎧

>>

≥∨≤

0m0m

16m0m

⇔ 16m ≥ Vậy: 16m0m ≥∨< c/ Phương trình có ít nhất một nghiệm có trị tuyệt đối lớn hơn 1: có 4 trường hợp

i) -1 = x1 < x2 < 1

⇔⎩⎨⎧

<−−<−=−

11)(S101)f(

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

<+−<−

=+++−−

11ab1

015m2)(m1)( 2



⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

−<<−

−=

2m432m

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

⇔⎩⎨⎧

<−<−=

11S10f(1)

⇔⎩⎨⎧

<+<−=

11m104m

⇔⎩⎨⎧

<<−=

0m20m

Suy ra không 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

⇔ 032

<<− m

iv)

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

<−

>−−

>>−

≥

⇔<≤<−

012S

01)(2S

0af(1)01)af(

0Δ

1xx1 21

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

<−+−

−

>++−

−

>=>+=−≥−=

⇔

012

2)(m

012

2)(m04m1.f(1)

046m1)1.f(016mmΔ 2

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<−>>

−>

≥∨≤

⇔

0m4m

0m32m

16m0m

Suy ra không tồn tại giá trị m.

Vậy: 0m32

<<−

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]2mabx

015mf(0)

2 ⇔

⎪⎩

⎪⎨

⎧

∉=

−=

[0;1]59x

51m

2

⇔ m = -5

ii) f(x) có nghiệm x1 = 1, x2 ∉ [0;1]



⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

∉+=−+=−−=

=

[0;1]1m12)(m1abx

0f(1)

2

⇔⎩⎨⎧

∉+==+++−

[0;1]1mx015m2).1(m(1)

2

2

⇔⎩⎨⎧

∉==

[0;1]1x0m

2

⇔ m = 0 (loại) iii) f(x) có một nghiệm thuộc (0;1) và một nghiệm ngoài ]1;0[ ⇔ f(0).f(1) < 0

⇔ (5m + 1 ).(4m) < 0

⇔ 0m51

<<−

iv) f(x) có nghiệm kép thuộc [0;1] ⇔ 1xx0 21 ≤=≤

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

∉+

=−==

=−=

[0;1]2

2m2abxx

016mmΔ

21

2

⇔ m = 0

Vậy: 0m51

≤≤− .

Ví dụ 2: Với những giá trị nào của p thì phương trình:

0p1x1

2pxx2x1

4x 2242

2

=−++

+++

(1)

Có ít nhất một nghiệm thuộc [-1;1] Giải:

(1) ⇔ 0p1x1

2pxx2x1

4x 2242

2

=−++

+++

Đặt t = 2x12x+

, điều kiện: 1t ≤ ( Bất đẳng thức Cauchy)

Dấu “=” xảy ra khi x = ± 1 Khi đó dẫn đến bài toán: Tìm p để phương trình: f(t) = t2 +pt + 1 – p2 = 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 – p2 )< 0 ⇔ -2 < p < -1 ∨ 1 < p < 2

iv) f(t) có các nghiệm thuộc (-1;1) 1tt1 21 <≤<−⇔

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

<−=<−

>−−=−>−+=

≥−=

⇔

12P

2S1

0pp21)f(0pp2f(1)

045pΔ

2

2

2

1p5

25

2p1 <≤∨−≤<−⇔

Vậy: 2p5

25

2p2 ≤≤∨−≤≤−

III. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TAM THỨC BẬC HAI 3.1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

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 ( )0acbxaxf(x) 2 >++= xét trên đoạn [ ]βα , . Muốn tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, ta cần phân biệt ba trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu hoành độ đỉnh của parapol [ ]βα,2a

bx0 ∈−

= thì:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là ( )0min xff = đạt được khi: 0xx = Giá trị lớn nhất của hàm số là ( ) ( ){ }.βf,αfmaxfmax =

Trường hợp 2: Nếu hoành độ đỉnh của parapol βα2a

bx0 <<−

= thì:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là ( )αffmin = đạt được khi: αx = Giá trị lớn nhất của hàm số là ( )βffmax = đạt được khi: βx =

Trường hợp 3: Nếu hoành độ đỉnh của parapol 2a

bxβα 0−

=<< thì:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là ( )βffmin = đạt được khi: βx = Giá trị lớn nhất của hàm số là ( )αffmax = đạt được khi: αx =

Với a<0 ta xét tương tự. Áp dụng: Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: ( ) xxxf cos22cos −= Giải: Biến đổi hàm số về dạng: ( ) .12cosxx2cosxf 2 −−= Đặt t = cosx, điều kiện 1t ≤ , ta được: ( ) .12t2ttf 2 −−=



Hoành độ đỉnh của parapol [ ]1,121t0 −∈= .

Vậy, ta được:

( )23

21ftff 0min

−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛== đạt được khi: .2kπ

3πx

21cosx +±=⇔=

( ) ( ){ } 31f,1fmaxfmax =−= đạt được khi: .2kππx1cosx +=⇔−= Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của ( ) 24xxxf 24 ++= với .2x1 ≤≤− Giải:

Đặt 2xt = , điều kiện .4t1 ≤≤ Ta được: ( ) 24tttf 2 ++= Hoành độ đỉnh của parapol 2t 0 −= nằm ở bên trái [ ].1,4

( ) 71ffmin == đạt được khi .1x1x1t 2 ±=⇔=⇔= ( ) 344ffmax == đạt được khi .2x4x2t 2 ±=⇔=⇔=

3.2 Giải bất phương trình bậc hai một ẩn: Định nghĩa: Bất phương trình bậc hai một ẩn là bất phương trình dạng : ax2 + bx + c < 0 (hoặc ax2 + bx +c≤ 0 hoặc ax2 + bx + c > 0 hoặc ax2 + bx + c ≥ 0 ) trong đó a, b ,c là những số cho trước với a ≠ 0 ; x là ẩn số Cách giải bất phương trình bậc hai Để giải BPT bậc hai ta áp dụng định lí dấu của tam thức bậc hai

Ví dụ: Giải bất phương trình (1) 0149xx149xx

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;( +∞∪−∪−−∞ 3.3 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc ba: 3.3.1 Điều kiện để phương trình bậc ba có ba nghiệm phân biệt:

Phương pháp: 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.

Ví dụ: Cho phương trình: (a – 1)x3 + ax2 + (a – 1)x = 0 (1) Tìm a để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt. Giải



(1) ( ) ( )[ ] 01aaxx1ax 2 =−++−⇔

( ) ( )⎢

⎣

⎡

=−++−=

=⇔

0(2)1aaxx1af(x)

0x2

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:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>≠≠−

0Δ0f(0)01a

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>−+−

≠≠

⇔

048a3a

1a1a

2

⎪⎩

⎪⎨⎧

<<

≠⇔

2a32

1a

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

⎪⎨⎧

<<

≠

2a32

1a

3.3.2 Điều kiện để phương trình bậc ba có ba nghiệm trong đó có hai nghiệm phân biệt dương và một nghiệm âm hoặc hai nghiệm phân biệt âm và một nghiệm dương:

Phương pháp: 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. Ví dụ:

Tìm m để phương trình: x3 – 4x2 +(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) ( ) ( )[ ] 02m3xx1x 2 =−+−−⇔

( )⎢⎣

⎡

=−+−=

=⇔

(2) 02m3xxf(x)

1x2

Ta thấy (1) luôn 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 :



⎩⎪⎨⎪⎧Δ

f(x) > 0

S < 0 P > 0

⇔ ⎩⎪⎨⎪⎧-4m+17 > 0 3 <0 m > 2

vô lý ⇔ Hệ vô nghiệm

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn điều kiện bài toán. 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:

⎩⎨⎧P < 0 ƒ(1) ≠ 0 ⇔

⎩⎨⎧m-2 < 0 m≠0 ⇔ 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. 3.4 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với hàm số bậc bốn:

3.4.1 Phương trình lùi bậc bốn:

Cho phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a ≠ 0) nếu có: ⎩⎨⎧

±==

dbea

thì phương trình đó là phương trình lùi bậc bốn. Khi đó phương trình giải như sau:

Vì x ≠ 0, chia 2 vế cho x2 và đặt:

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=−=

=≥+=

db )khiđk cân (không x1xt

db khi)2tk (Đx1xt

Khi đó:

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=+

−=+

2tx1x

2tx1x

22

2

22

2

Suy ra ta có phương trình bậc hai của t. Ví dụ: Giải phương trình: x4 - 10x3 + 26x2 – 10x + 1 = 0 (1) Giải: Xét x = 0, phương trình (1) trở thành: 1 = 0 (vô lý) Xét x ≠ 0, chia 2 vế của (1) cho x2 ta được:

026x1x10

x1x

0x1

x102610x x

22

22

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⇔

=+−+−

Đặt t = x + x1 , điều kiện 2t ≥

Phương trình (1) trở thành: (t2 – 2) -10t + 26 = 0 ⇔ t2 - 10t + 24 = 0

⇔ ⎢⎣

⎡==

6t4t

(thỏa đk 2t ≥ )



• Với t = 6 ⇒ x1x + = 6

⇔ x2 – 6x + 1 = 0

⇔⎢⎢⎣

⎡

−=

+=

83x

83x

• Với t = 4 ⇒ x1x + = 4

⇔ x2 – 4x + 1 = 0

⇔⎢⎢⎣

⎡

−=

+=

32x

32x

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

83x

83x

2

1

−=

+=

32x

32x

4

3

−=

+=

3.4.2 Phương trình dạng : (x+a)4 + (x+b)4 = c a. Phương pháp giải:

Đặt t = x + 2

ba + . Ta thay vào phương trình đã cho để giải.

b. Ví dụ : Ví dụ 1: Giải phương trình: (x + 2)4 + (x + 8)4 = 272 (1) Giải: Đặt t = x + 5 Phương trình (1) trở thành: (t - 3)4 + (t + 3)4 = 272 ⇔ 2t4 + 108t2 +162 = 272 ⇔ t4 + 54t2 - 55 = 0

⇔⎢⎢⎣

⎡

−=

=

55t

1t2

2

• Với t2 = -55, loại vì t2 ≥ 0 • Với t2 = 1 ⇒ (x + 5)2 = 1

⇔ ⎢⎣

⎡−=+

=+15x

15x ⇔ ⎢

⎣

⎡−=−=

6x4x

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) Giải: Đặt t = x - 1



Phương trình (2) trở thành: (t + 4)4 + (t - 4)4 = 1312 ⇔ t4 + 96t2 - 400 = 0

⇔ ⎢⎣

⎡−=

=2t

2t

• 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. 3.5 Ứng dụng của đa thức bậc hai đối với hàm lượng giác:

3.5.1 Dạng 1: 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 trướcα hay hai số cho trước βα , . Ví dụ: Cho phương trình: cos2x – (2m +1)cosx + (m + 1) = 0 (1)

Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

23,

2ππ

Giải (1) 0m1)cosx(2mx2cos2 =++−⇔ Đặt t = cosx

Với x ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∈

23,

2ππ thì 0t1 <≤−

Đặt f(t) = 2t2 – (2m +1)t + m

Để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

23,

2ππ thì phương trình f(t) = 0 cần

phải có nghiệm t )0,1[−∈

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

≤−

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<≤−

>≥−

≥

⇔

01).f(0)f(

02S1

02.f(0)01)2.f(

0Δ

( )

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

≤+

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<+

≤−

>≥+

≥−

⇔

01)m(m

02

12m1

0m01m

012m 2

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

<≤−

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−<<−

>−≥

∀

⇔

0m121m

23

0m1m

m

0m1 <≤−⇔

Vậy với 0m1 <≤− thì phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

23,

2ππ .



3.5.2 Dạng 2 – Một số bài toán dạng đặc biệt: Ví dụ : Định m để phương trình sau có nghiệm:

sinx –cosx -2m (cosx + sinx )+ 2m2 +23 = 0 (1)

Giải Phương trình (1) là phương trình bậc hai với ẩn m.

(1) ⇔ 2m2 - 2m (cosx + sinx )+ sinx – cosx +23 = 0 (2)

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

01)1)(sinx2(cosx

0)23cosx2(sinxsinx)(cosxΔ 2

≥+−⇔

≥+−−+=′⇔

Ta thấy: -1cosx1 ; 1sinx1 ≥≥−≥≥

0Δ

01-cosx 01sinx

≤′⇒≤≥+⇒

Vậy để phương trình có nghiệm thì:

⎢⎣

⎡=−=

⇔⎢⎣

⎡=−=+

1cosx1sinx

01cosx01sinx

Với sinx = -1 thì cosx = 0.

Phương trình (2) 21m014m4m2 −

=⇔=++⇔

Với cosx = 1 thì sinx = 0

Phương trình (2) 21m014m4m2 =⇔=+−⇔

Vậy với giá trị m = 21

± thì phương trình đã cho có nghiệm.

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

1) 9x + m.3x – 1 = 0 2) 4x + 2x + m = 0

Giải 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) luôn có hai nghiệm trái dấu. Vậy phương trình đã cho luôn 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



⎣⎢⎢⎡

(2) có n 0 kép dương (A)

(2) có n 0 phân biệt dương (B)

(2) có n 0 trái dấu (C)

(2) có 1n 0 =0, n

0 còn lại dương (D)

Đặt f(t)= t2 + t + m = 0, t 1, t

2 là hai nghiệm của f(t)

A ⇔ ⎩⎪⎨⎪⎧Δ=0

t 1= t

2= S2 >0 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧1-4m > 0 -12 > 0 (vô lý)

B ⇔ ⎩⎪⎨⎪⎧Δ > 0 S > 0 P > 0

⇔

⎩⎪⎨⎪⎧

1-4m > 0 -12 > 0

m > 0

(vô lý)

C ⇔ P < 0 ⇔ m < 0

D ⇔ ⎩⎪⎨⎪⎧f(0) = 0 S > 0 ⇔

⎩⎪⎨⎪⎧m = 0 -12 > 0 (vô lý)

Vậy với m < 0 thì phương trình đã cho có nghiệm. Bài toán 2: Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm: 9x – m3x + m +3 0≤ (1) Giải 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: ⎢⎣

⎡≤<<<

21

21

tt0t0t

với t1, t2 là nghiệm của tam thức bậc

hai t2 – mt + m + 3. * Trường hợp 1: t1 < 0 < t2 0)01.f( <⇔ 3m −<⇔ * Trường hợp 2: 0 < t1 ≤ t2

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

>

>≥

⇔

02S

01.f(0)0Δ

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

>

>+≥−−

⇔

02m

03m0124mm2

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>−>

−≤∨≥⇔

0m3m

2m6m 6≥⇔ m

Vậy với m < -3 hoặc m ≥ 6 thì bất phương trình đã cho có nghiệm. Bài toán 3: Cho phương trình: ( ) ( ) m3232

xx=−++ (1)

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



Giải Đặt t = ( )x32 + >0

( )t132

x=−⇒

Phương trình (1) trở thành:

mt1t =+ 01mtt 2 =+−⇔ (2)

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

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>>>

⇔0S0P0Δ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>>

>−⇔

010m

04m2

2m >⇔

Vậy để phương trình đã cho có hai nghiệm thì m > 2. Bài toán 4: Cho phương trình: 012m1xlogxlog 2

323 =−−++ (1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 2 b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ ]31,3 . Giải Điều kiện x > 0, đặt t = 11log2

3 ≥+x 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 ( 3tt

Với t = 2

⎢⎢⎣

⎡

−=

=⇔=⇔=+⇔

3log

3log 3log 21log

3

323

23

x

xxx

⎢⎢⎣

⎡

=

=⇔

− 3

3

3

3

x

x ( thỏa điều kiện x > 0 )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = 33 3;3 −=x b) Ta tìm mối liên hệ giữa x và t với x ]3;1[ 3∈

21log1

3log0

3

3

≤+≤⇔

≤≤⇔

x

x



Vậy tương ứng với x ]3;1[ 3∈ sẽ có một nghiệm ]2;1[∈t Để phương trình đã cho có nghiệm x ]3;1[ 3∈ thì phương trình (2) phải có nghiệm

]2;1[∈t Ta cần xét hai trường hợp sau: Đặt f(x) = t2 +t – 2m – 2 Gọi t1 ; t2 là các nghiệm của f(t) = 0

Trường hợp 1: Nếu ( )( )

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<<

>>

≥Δ

⇔<≤<

22

1

0201

0

21 21

Sff

tt

Nhưng ta có: S = 121

221 <

−=

+ tt

Nên không tồn tại m thỏa mãn trường hợp này.

Trường hợp2: Nếu ⎢⎣

⎡≤≤≤≤≤≤

21

21

2121

tttt

0)24(2

0)2().1(≤−−⇔

≤⇔mm

ff

Vậy với m ∈ [0 ; 2] thì phương trình đã cho luôn có nghiệm x ]3;1[ 3∈ 3.7 Ứng dụng của tam thức bậc hai đối với phương trình – bất phương trình chứa căn:

Bài toán 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 − + x2 + - xx)(2(2 +− ) = m

Giải:

Điều kiện⎩⎨⎧

≥+≥−

0x20x2

⇔ 2x2 −≥≥

Đặt t = x2 − + x2 + với t 0≥ Ta có : t2 = ( x2 − + x2 + )2

⇔ t2 = 4 + 2 4-x2 ⇔ 4≤ t2 ≤8 ⇔ 2≤ t ≤ 2 2

Khi đó, điều kiện bài toán tương đương : Tìm m để phương trình: -t2 + 2t + 4 - 2m = 0 có nghiệm thuộc [ ]22,2

Đặt f (t) = -t2 +2t +(4 - 2m ) và gọi t1, t2 là hai nghệm của f(t) = 0 Xét hai trường hợp : • Trường hợp 1:. Nếu f(t) =0 có hai nghiệm ∈ [ ]22,2 ⇔ 2 22tt 21 ≤≤≤



⇔

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<<

≤

≤

≥Δ

222S2

0)2f(2

0f(2)

0,

⇔

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

<<

≤

≤

≥Δ

lý) (vô 2212

0)2f(2

0f(2)

0,

Hệ vô nghiệm • Trường hợp 2: Nếu phương trình f(t) = 0 có nghiệm t∈ [ ]22,2

⇔⎢⎢⎣

⎡

≤≤≤

≤≤≤

21

21

t22t2

22t2t

⇔ f(2).f(2 2 )≤ 0 ⇔ (4 - 2m)( - 4 + 4 2 - 2m)≤ 0 ⇔ 2( 2 -1) 2m ≤≤

Vậy: với mọi m [ ]2),12(2 −∈ thì phương trình đã cho có nghiệm. Bài toán 2: Tìm a để bất phương trình có nghiệm :

ax ≤+ x-1 (1) Giải:

Điều kiện: 1x00x

0x1≤≤⇔

⎩⎨⎧

≥≥−

Đặt 1vu rasuy , 1vu,0 , xv

x-1u 22 =+≤≤⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

Khi đó, BPT được chuyển thành hệ:⎩⎨⎧

≤+=+avu

1vu 22

Suy ra, ( ) 12u.v1vu12uvvu1vu 222 ≥+=+⇔=−+⇔=+ 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 1.a ≥ Bài tập đề nghị 1. Giải phương trình a. 013x3xx 34 =++− b. 04614x3xx 234 =+−−+ x

2. Xét dấu của các biểu thức sau:

c) 2x2 -3x + 1 d) 4x2 -3x -1

3. Cho phương trình ( ) ( ) 01m3x1mmx2 =−+−+ (1)



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

97

x1

x1

22

21

=+ .

4. Cho phương trình 01xmx2 =−+ (1)

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

x1

21

>− .

5. Cho phương trình 023m2mxx 2 =−+− (1). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn 5x1 + 3x2 = 4. 6. Chứng minh rằng không tồn tại m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu: ( ) 053m232mm.4 xx =+−++ (1) 7. Tìm giá trị của m để phương trình:

04m3mx1)x(m 2 =+−+ Có nghiệm lớn hơn 1.

8. Cho phương trình: 06m1)x(8m1)xm( 2 =++−+ 9.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). 10.Giải các bất phương trình sau:

a) 0103

12

2

<−+

+xx

x

b) 21

510

2 >+−xx

c) x

xxx 12

11 −

>+−+

11. Tìm các giá trị của m để phương trình sau đúng với mọi giá trị của x.

a)

113

1

2

2

+++−

−xx

mxx

b) m(m+2)x2 +2mx +2 >0 12. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: ( ) xbsinxacosxf 44 += với ba0 ≤< 13. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: ( ) asinx.cosxxsinxcosxf 44 ++= 14. Cho hàm số:

2cos3x

1asin3xcos3xy+

++=

b. Tìm GTLN và GTNN. c. Xác định a để GTLN của hàm số lớn hơn bằng 1.

15. Giả sử x và y liên hệ bởi hệ htức:



( ) 0102yyx72xyx 22 =+++++ Hãy tìm GTLN và GTNN của biểu thức S = x + y +1. 16. Tìm GTLN và GTNN của hàm số:

12x3x310x20xy 2

2

++++

=

17.Giải phương trình ( ) ( ) 644x2x 66 =−+− 18. Cho phương trình ( ) ( ) 0m1mx12m2mxx 2223 =−+−+− Tìm m để phương trình có ba nghiệm dương phân biệt. 19. Cho phương trình ( ) ( )[ ] 02x3a12x2x 2 =+−+− . 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

20. Tìm m để phương trình: ( ) 01cotxtanxmx3tanxsin

3 22 =−+++ có nghiệm.

21. Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có nghiệm: 02m3m.24 1xx <−+− + 22. Định m để bất phương trình: ( ) 0m.4.612mm.9 xxx ≤++− nghiệm đúng với

[ ]0,1x∈∀ Hướng dẫn giải: 1. Đáp số:

a. 21x,21x,2

51x,2

51x 4321 −=+=−

=+

=

b. 31x,31x,4

335-x,4

335x 4321 −=+=−

=+−

=

3.

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⎩⎨⎧

>Δ≠

⇔00m

⎩⎨⎧

>++−

≠⇔

0110m11m

0m2

⎪⎩

⎪⎨⎧

<<−

≠⇔

1m111

0m

Ta có: ( )

97

xxx2xxx

97

xxxx

97

x1

x1

22

21

212

2122

21

22

21

22

21

=−+

⇔=+

⇔=+ (*)

Áp dụng định lý Viét ta có ( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−===

−−=−=+=

m1m3

acxxP

m1m

abxxS

21

21



Thế vào (*) ta được: ( )

( ) ( )

⎢⎢

⎣

⎡

=

=⇔=+−⇔

=+−++−

⇔=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

21m

1m0618m12m

97

12mm914m5m

97

m1m3

m1m6

m1m

2

2

2

2

2

Vậy yêu cầu bài toán thoả với m = 21 .

4.

(1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⎩⎨⎧

>Δ≠

⇔00m

⎩⎨⎧

>++−

≠⇔

014m4m

0m2

⎪⎩

⎪⎨⎧

+<<

−

≠⇔

221m

221

0m

Ta có:

( )1

xxxx2xx1

xxxx1

xxxx1

x1

x1

221

2221

21

2

21

12

21

12

21

>+−

⇔>⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⇔>

−⇔>−

( )( )

1xx

x4xxx2

21

212

21 >−+

⇔ (*)

Áp dụng định lý Viét ta có:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−==

−=+=

m1mxxP

m1xxS

21

21

Thế vào (*) ta được:

( )1

m1mm

44mm1

2

2

2>

−

−−

( 1m ≠ )

( ) ( ) ( )

56m006m5m

01m

6m5m011m

4m4m111m

4m4m1

2

2

2

2

2

2

2

<<⇔>+−⇔

>−+−

⇔>−−+−

⇔>−+−

⇔



Vậy yêu cầu bài toán thoả với 56m0 << và 1m ≠ .

5. (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 02)(3mmΔ 2 >−−=′⇔

⎢⎣

⎡><

⇔2m1m

Áp dụng định lý viét ta có: ⎩⎨⎧

−==+

23m.xx2mxx

21

21

kết hợp với điều kiện đề bài ta có hệ:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−==+=+

(c) 23m.xx(b) 2mxx(a) 43x5x

21

21

21

(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

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

=⇔

51m

32m

(nhận)

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

51

6. Đặt 0t,2t x >= Khi đó, phương trình (1) có dang: ( ) ( ) 053mt32mm.ttf 2 =+−++= (2) Giả sử (1) có hai nghiệm 21 x,x với 21 x0x << , khi đó: 2.1

x0x t1t02220 21 <<<⇔<<< Vậy, (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ (2) có hai nghiệm thỏa mãn .21 10 tt <<<

( )( )

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎩

⎪⎨⎧

<

<<⇔<

>+−⇔

<>

⇔0m

53m0

08m053mm

01af00af

vô nghiệm.

Do đó không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. 7.

• Khi m = -1. Phương trình trở thành 3x = 4 134x >=⇔ .

• Khi 1m −≠ . 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 21m1 −<<−⇔ .

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

( )( ) ( )( )

( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

>+

=

>++=+≥+−=Δ

⇔

11m2

3m2S

012m1mf(1)1m01m16m9m2

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

>+−

>++

≥−−

⇔

01)2(m2m

013m2m

016m7m2

2

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

>∨−<

−>∨−<

<≤−

⇔

2m1m21m1m

0m7

16

1m7

16−<≤−⇔

*) Phương trình có một nghiệm bằng 1 và nghiệm kia lớn hơn 1.

Ta có: f(1) = 0 ⇔m = 21

− , khi đó phương trình trở thành 043xx 2 =−+

và có nghiệm thứ hai x = -4 không thoả yêu cầu đề.

Vậy các giá trị cần tìm của m là T = ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−

21;

716

12. Biến đổi hàm số về dạng: ( ) bx2bcosxb)cos(ax)cosb(1xacosxf 24224 +−+=−+= Đặt xcost 2= , điều kiện .1t0 ≤≤ Ta được: ( ) b2btb)t(atf 2 +−+=

Hoành độ đỉnh của parapol [ ]1,0ba

bt0 ∈+

= .

Vậy, ta được:

( )ba

abba

bftff 0min +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+== đạt được khi:

babxcos2

+=

( ) ( ){ } b1f,0fmaxfmax == đạt được khi: .kπ2πx0xcos2 +=⇔=

13. Biến đổi hàm số về dạng:

( ) 1sin2x2a2xsin

21xf 2 ++−=

Đặt sin2xt = , điều kiện .11 ≤≤− t Ta được: ( ) 1t2at

21tf 2 ++−=



Hoành độ đỉnh của parapol 2at 0 = .

Ta cần phân biệt ba trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu hoành độ đỉnh của parapol [ ] 2a21,12ax0 ≤≤−⇔−∈= thì:

8

8a2aff

2

min+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= đạt được khi:

2ax =

( ) ( ){ }⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −+

=−=2

a1,2

a1max1f,1fmaxfmax

a. Với 0a2 ≤≤− thì 2

a1fmax−

= đạt được khi: 1x −=

b. Với 0a2 ≤≤− thì 2

a1fmax+

= đạt được khi: 1x =

Trường hợp 2: Nếu hoành độ đỉnh của parapol 2a112ax0 −<⇔<−<= thì:

( )2

a11ffmin+

== đạt được khi: 1x =

( )2

a11ffmax−

=−= đạt được khi: 1x −=

Trường hợp 3: Nếu hoành độ đỉnh của parapol 2a2ax11 0 >⇔=<<− thì:

( )2

a11ffmin−

=−= đạt được khi: 1x −=

( )2

a11ffmax+

== đạt được khi: 1x =

14. Xem y là tham số xét phương trình:

12yy)cos3x(1asin3x2cos3x

1asin3xcos3xy −=−+⇔+

++= (1)

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

( )3

3a11y3

3a110a2y3y12yy)(1a22

22222 ++≤≤

+−⇔≤−−⇔−≥−+

Vậy, ta được:

3

3a11y,3

3a11y2

max

2

min++

=+−

=

Để maxy nhỏ hơn hoặc bằng 1, điều kiện là:

1a13

3a11 2

≤⇔≤++ .



15. Viết lại hệ thức đã cho dưới dạng:

( ) ( )

22

22

y45SS

y41yx51yx

−=++⇔

−=++++++ (1)

Như vậy, yx,∀ ta luôn có: 1S4045SS2 −≤≤−⇔<++ Do đó:

4Smin −= đạt được khi: ⎩⎨⎧

=−=

⇔⎩⎨⎧

=−=+

⇔−=++0y5x

0y5yx

41yx 2

1Smax −= đạt được khi: ⎩⎨⎧

=−=

⇔⎩⎨⎧

=−=+

⇔−=++0y2x

0y2yx

11yx 2

16. Ta tìm y để phương trình

12x3x310x20xy 2

2

++++

= có nghiệm với ẩn x.

Phương trình được biến đổi về dạng: ( ) ( ) 03yx5y2x203y 2 =−+−+− (1)

Trường hợp 1: Nếu 320

=y thì

( )1011x0

31x

3101 −=⇔=+⇔

Trường hợp 2: Nếu 320

≠y thì (1) có nghiệm

( ) ( )( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤≤

≠⇔

≥−−−−

≠⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

≥′

≠⇔7y

25

320y

0203y3y5y3

20y

0Δ320y

2

Từ đó, (1) có nghiệm khi 7y25

≤≤ .

Vậy, ta được:

7ymax = đạt được khi 2203y5yx −=

−−

−=

25ymin = đạt được khi

51

203y5yx −=

−−

−=

17. Đáp số: x =2 và x=4

18. Đáp số: 3

2m1 <<

19. Đáp số: 1a −<



20. Đáp số: 4m ≥ 21. Đáp số: m >1 22. Đáp số: 6m ≤



DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn Toán_Đại Số Sơ Cấp của tác giả Trần Phương- Lê Hồng Đức_NXB Hà Nội, 2007.

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 Hào

Phuong Trinh Bac Hai

Documents

Transcript of Phuong Trinh Bac Hai