phuong trinh bac hai
TRANSCRIPT
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
2 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
3 http://www.ebook.edu.vn
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 −≠≠
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
4 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
5 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
6 http://www.ebook.edu.vn
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎪⎩
⎪⎨⎧
≤
≠⎩⎨⎧
−==
⇔
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎩⎨⎧
≥+−≠−
⎩⎨⎧
=+=−
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
7 http://www.ebook.edu.vn
( )
( ) ( )
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:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
8 http://www.ebook.edu.vn
( )
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
+−=−
=+=
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
9 http://www.ebook.edu.vn
( ) 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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
10 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
11 http://www.ebook.edu.vn
* 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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
12 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
13 http://www.ebook.edu.vn
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:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
14 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
15 http://www.ebook.edu.vn
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
>
>>′≠
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:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
16 http://www.ebook.edu.vn
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
<<−
>>−
>
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
17 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
18 http://www.ebook.edu.vn
⇔⎪⎩
⎪⎨⎧
>−
=
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
19 http://www.ebook.edu.vn
⇔⎪⎩
⎪⎨⎧
−<<−
−=
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]
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
20 http://www.ebook.edu.vn
⇔⎪⎩
⎪⎨⎧
∉+=−+=−−=
=
[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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
21 http://www.ebook.edu.vn
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 −−=
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
22 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
23 http://www.ebook.edu.vn
(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 :
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
24 http://www.ebook.edu.vn
⎩⎪⎨⎪⎧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 ≥ )
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
25 http://www.ebook.edu.vn
• 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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
26 http://www.ebook.edu.vn
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 .
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
27 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
28 http://www.ebook.edu.vn
⎣⎢⎢⎡
(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.
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
29 http://www.ebook.edu.vn
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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
30 http://www.ebook.edu.vn
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 ≤≤≤
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
31 http://www.ebook.edu.vn
⇔
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
<<
≤
≤
≥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)
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
32 http://www.ebook.edu.vn
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:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
33 http://www.ebook.edu.vn
( ) 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
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
34 http://www.ebook.edu.vn
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
<<⇔>+−⇔
>−+−
⇔>−−+−
⇔>−+−
⇔
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
35 http://www.ebook.edu.vn
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:
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
36 http://www.ebook.edu.vn
*) 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 ++−=
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
37 http://www.ebook.edu.vn
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
≤⇔≤++ .
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
38 http://www.ebook.edu.vn
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 −<
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
39 http://www.ebook.edu.vn
20. Đáp số: 4m ≥ 21. Đáp số: m >1 22. Đáp số: 6m ≤
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
40 http://www.ebook.edu.vn
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