SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NGUYỄN MỘNG TUÂN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH VỀ
DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRÊN MỘT MIỀN Người thực hiện: Lê Thị Thu Huyền
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán
1

THANH HOÁ NĂM
2013
I- ĐẶT VẤN ĐỀ
Dấu của tam thức bậc hai trên một miền là vấn đề quan trọng, là
cốt lõi của các bài toán về phương trình, bất phương trình bậc hai đặc
biệt là các bài toán có tham số. Đây cũng là vấn đề khó nhất của bài
2
toán dấu tam thức bậc hai mà học sinh gặp phải. Các bài toán chủ yếu
được mở rộng từ các dạng tổng quát . Chính vì vậy trong phạm vi đề
tài này tôi muốn giới thiệu đến các bạn đồng nghiệp một phương pháp
phát triển tư duy cho học sinh trong việc xét dấu tam thức bậc hai trên
một miền và bài toán giải biện luận bất phương trình bậc hai.
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận: Định lý dấu của tam thức bậc hai:
Cho tam thức bậc hai: f(x)= ax
2
+ bc + c
+ Nếu
∆

học sinh rất lúng túng khi gặp bài toán này. Chính vì vậy đòi hỏi
người thầy phài cung cấp cho các em cách nhìn cơ bản nhất . Ở đây tôi
đưa ra ba bài toán cơ bản và phương pháp giải. Mọi bài toán liên quan
đến dấu tam thức bậc hai trên một miền đều đưa về một trong ba dạng
cơ bản này.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
a) Các bài toán cơ bản: Cho f(x)= ax
2
+ bc + c trong đó a,b,c phụ
thuộc tham số m. Tìm m để:
1. f(x) > 0 ∀x
2. f(x) > 0 ∀x > α
3
3. f(x) > 0 ∀x ∈(α, β)
Phương pháp giải chung là tìm điều kiện của tham số sao cho (α, β)
là tập con của miền nghiệm M của bất phương trình đã cho. (α, β) có
thể là khoảng nghiệm (-∞,β) hoặc (α, +∞) hay (-∞, + ∞) và có thể mở
rộng là [α, β]
Ngoài các dạng trên ta có thể xét thêm dạng:
Xác định m để sao cho
1. f(x)> 0 có nghiệm
2. f(x) >0 có nghiệm x >α
3. f(x) >0 có nghiệm x∈(α, β)
b) Ta đi sâu xem xét các dạng chính đã nêu trên.
Dạng 1: Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax
2
+ bx +c >0 với
mị x
Phương pháp giải:
Nếu a = 0: Xét trực tiếp, thường là không thoả mãn

≤∆
<
0
0a
Ví dụ 1: Với những giá trị nào của m để bất phương trình
4

x
xx
mxx
∀−>
+−
−−
1
43
2
2
2
Lời giải:
Ta có x
2
- 3x +4 >0 ∀x (do ∆ = -7 <0)
Nếu bất phương trình ⇔ x
2
- mx - 2 >-x
2
+ 3x -4
⇔ 2x
2
-(m+3) x +2 >0

−>
0)2)(23(
1
0)1(4
1
22
mm
m
mm
m
3
2
−≥⇔ m
Dạng 2. Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax
2
+ bx + c >0
nghiệm đúng ∀x > α
Phương pháp giải:
1. Với a=0: xét trực tiếp
2. Với a<0: Xét đồ thị có bề lõm quay xuống bởi vậy không xảy ra
f(x) >0 ∀x >α vì:
Nếu ∆ ≤ 0 thì f(x) <0 ∀x
5
Nếu ∆>0 thì f(x) >0
⇔ x ∈ (x
1
, x
2
)
3. Với a >0 ⇒ từ đồ thị ta có thể thấy điều kiện cần thiết là:








≤≤
≥∆
≤∆
⇔
21
1
0
0
xx
2
2
(2 3) 4( 1)( 3) 0
(2 3) 4( 1)( 3) 0
(1) 0
2 3
1
2 2( 1)
a a a
a a a
f
s a
a


a
a
a
a
aa





















<<
≥
≥
⇔

034
tồn tại a
Vậy không tồn tại a để f(x) >0 thoả mãn ∀x
b) + Xét a= 1 : (1) ⇔ x <-2 < 1 thoả mãn yêu cầu đầu bài
+ Xét a>1: thoả mãn yêu cầu đầu bài vì (1) có nghiệm (- ∞, x
1
) U
(x
2
, + ∞) hoặc (-∞, +∞)
+ Xét a <1: (1) có nghiệm ⇔ ∆ > 0 ⇔ a >
4
3
Khi ấy (1) có nghiệm là (x
1
, x
2
)
Thay vì tìm a để (1) có nghiệm thoả mãn x <1 ta tìm a sao cho (1)
không có nghiệm thoả mãn x <1
Nghĩa là phải tìm a để 1 ≤x
1
< x
2
⇔






a
a
s
f
a
VN
Vậy với
1
4
3
<< a
thì (a) có nghiệm thoả mãn x <1
Tóm lại để (a) có nghiệm thoả mãn x <1 cần có a >
4
3
Dạng 3: Tìm điều kiện để bất phương trình f(x) = ax
2
+ bx + c >0
nghiệm đúng ∀ α <x <β
Phương pháp giải:
7
không thoả mãn a >1
Xét các trường hợp
1. a = 0: Xét trực tiếp
2. a >0
Căn cứ vào đồ thị ta suy ra điều kiện cần có là:
∆ <0
hoặc



0)(
β
α
af
af
Nếu đề bài là tìm điều kiện để f(x) <0 ∀x (α, β) thì ta phải thay đổi
trường hợp 2 cho trường hợp 3.
Cụ thể nếu a <0 thì điều kiện là:













≤≤
≥∆



≤≤
≥∆
<∆
21

> 0 có nghiệm ∀x ∈(-1,0) thì f(x) phải có
hai nghiệm thoả mãn x
1
<-1 <0 ≤ x
2
⇔



≠
≤≤−
⇔





≠
−−
≤−−
⇔





≠
≤
≤−
2

,
1 2
1 2
0
' 0
1
4
' 0
1
x x
x x


∆ <


∆ ≥





≤ ≤ −





∆ ≥


−>−
<−
⇔







>−
<−
⇔
2
5
4
1
2
1
045
22
1
0)
2
1
(
2
1
m
m


 
⇔ ⇔ ⇔ = −
  
≥ −
≤ −
≤

 


Tóm lại trong trường hợp này ta cần có m ≤-1
+ Xét với m >0
Ta phải có x
1
<-





≥
<−
⇔≤<
0)1(
0)
2
1
(
1

≤−+−
≥+−
)2(012
)1(034
2
2
mmx
mxx
vô nghiệm
10
VN
* Nhận xét: Nếu như một trong hai tam thức trên có thể tính được
nghiệm thì ta có thể có ngay dạng cơ bản. Tuy nhiên ở bài toán này
việc tính nghiệm không thuận lợi nên ta phải tiến hành biện luận.
Lời giải:
Đặt f(x) = x
2
- 4x + 3m
g(x) = x
2
- 2x + m - 1
Xét g(x) có ∆ = -m + 2
+ Nếu ∆ <0 ⇔ m >2 thì (2) vô nghiệm ⇒ hệ vô nghiệm
+ Nếu ∆ = 0 ⇔ m = 2 thì (2) có nghiệm x = 1 thoả mãn (1) nên hệ có
nghiệm. Không thoả mãn điều kiện đầu bài.
+ Nếu ∆ > 0 ⇔ m <2 thì (2) có nghiệm x
1
≤ x ≤ x
2
trong đó x

<+−
<+−
⇔



<
<
032
034
0)(
0)(
2
2
2
1
2
1
2
1
mxx
mxx
xaf
xaf
(*)
Mà





mxx
Thay vào (*) ta có:



<++−
<++−
0212
0212
mm
mm
⇔ x
1
>
2
21 m+
(do x
1
< x
2
)
2
7
212
0
4
7
22
12
0)

thoả mãn m <2
11
Tóm lại ta phải có m>2 hoặc m < -
2
7
thì hệ đã cho vô nghiệm
Ví dụ 7. Tìm m để ∀ x ∈[-4,6] là nghiệm của bất phương trình
2
(4 )(6 ) 2 (1)x x x x m+ − ≤ − +
Lời giải:
Đặt X =
U
với U = (4 +x) (6- x) = - x
2
+ 2x + 24
Lập bảng biến thiên của X theo U:
x
−∞
-4 1 6
+∞
25
U
0 0
5
X
0 0
(1) được đưa về bất phương trình X ≤ - X
2
+ m + 24
12

0)5(
0)0(
m
m
f
f
⇔ m ≥ 6
Ví dụ 8. Cho f(x) = (m - 1/2) 9
x
- 2m.3
x
+ m + 3/2
a. Tìm m để f(x) = 0 có 2 nghiệm trái dấu
b. Tìm m để f(x) >0 có nghiệm dương
Lời giải:
Đặt 3
x
= t, t >0
Khi đó f(t) = (m - 1/2) t
2
- 2mt + m + 3/2
a. f(x) có 2 nghiệm trái dấu
⇔ f(x) = 0 có 2 nghiệm thoả mãn 0 <x
1
<1 < x
2
⇔




3
−
Nhận xét:
Ở đây để có 0<x
2
<1 <x
2
ta không cần điều kiện ∆ >0 , a ≠ 0 mà điều
kiện này được suy ra từ af(1) <0 (định lý đảo)
b. f(x) >0 có nghiệm dương ⇔ F(X) có nghiệm X ∈ (1, + ∞)
Do f(1) = 1 >0 nên f(x) >0 có nghiệm X ∈ (1, +∞).
13
Với nhận xét này ta không cần xét nhiều trường hợp mà kết luận được
ngay phương trình luôn có nghiệm dương.
Ví dụ 9. Tìm m để hệ sau có nghiệm



>
≤++−
1
03lglg
2
x
mxmx
Giải:
Đặt t = lgx , x > 1 ⇔ t >0
Ta phải tìm m sao cho:
t
2


Vậy



≥
−<
6
3
m
m
Ví dụ 10. Tìm m để mỗi nghiệm của bất phương trình: mx
2
- x - m ≤ 0
(1) là nghiệm của lg (16-4x -2x
2
) ≥ 1 (2)
Giải:
Ta có (1) ⇔ 16 - 4x - 2x
2
≥ 10
⇔ 2x
2
+ 4x - 6 ≤ 0
⇔ -3 ≤ x ≤ 1
Xét (1) : ∆ = 1 + 4m
2
> 0 ∀ m
⇒ nếu m <0 (1) ⇔







>
≤≤−
≥−
≥
⇔







≤≤−
≥
≥−
0
3
2
1
1
038
0
3
2
1



≤−++
≥−++
03coscos2
01coscos2
2
2
bxax
bxax
Đặt t = cos x : |t| ≤1
)(
)2(032
)1(012
2
2
H
batt
batt





≤−++
≥−++
Ta cần tìm a, b để (H) đúng ∀ t: |t| ≤ 1
hay - 1 ≤ t ≤ 1
15
(1) nghiệm đúng ∀ t ∈ [-1,1]

tt
tt
(2) nghiệm đúng ∀t ∈[-1,1]
⇔




≤<−≤
>∆
43
11
0
tt
(1) nghiệm đúng ∀ t ∈[-1,1] xảy ra trong ba khả năng:
a) a
2
- 8b + 8 ≤ 0
b)







−<−
>+−
≥−
1

(II)
2
8 8 0
1 0
4
a b
a b
a

− + >

− + + ≥


>

(III)
2
8 8 0
1 0
4
a b
a b
a

− + >

+ + ≥







≤−+−
≤−+
−≤
⇔





≤−+−
≤−+
≤+−
01
01
)1(8
01
01
088
22
ba
ba
ba
ba
ba
ba
Từ hai bất phương trình sau ⇒ b ≤ 1

>+−
4
1
4
01
01
01
088
2
a
a
a
ba
ba
ba
ba
Không xảy ra
3. (III) và (IV)



−<
−>
⇒







2. Tìm m để hệ
2
2 2
2 4 3 0
(2 1) 0
x mx m
x m x m m

− + − ≥


− + + + ≤


vô nghiệm.
3. a) Với giá trị nào của a thì
∀
nghiệm của bpt
2
ax 1 0(1)x a− + − <
đều
thoả mãn 0<x<1 (2)
b) Với giá trị nào của a thì mọi nghiệm của (2) đều thoả mãn (1)
4. Tìm m để bất kỳ
x∈
R đều là nghiệm của ít nhất một trong hai
bpt:

2
2

9. Tìm m để
x 0;
2
π
 
∀ ∈
 ÷
 
ta có:
sin 3 sin 2 3sinx 0x m x
+ + ≥
10. Tìm m để
2 2
( 1)( ) 0x x x x m x+ − + + ≥ ∀
11. Tìm m để
2 2
2
2 2
( 1)( ) 3 4 0
1 1
x x
m m m
x x
+ − + <
+ +
có nghiệm.
4. Kiểm nghiệm:
Trong quá trình dạy về dấu tam thức bậc hai , đặc biệt là dấu
tam thức bậc hai trên một miền, tôi tiến hành cho học sinh giải
quyết một cách cặn cẽ ba bài toán cơ bản trước khi tung ra các

NXB Hà Nội 1998.
21