Lời nói đầu
Có lẽ “tam thức bậc hai” là một khía cạnh khá quen thuộc đối với chúng ta: những
người học toán ,nghiên cứu toán…Nó xuyên suốt trong chương trình Trung học phổ
thông,tam thức bậc hai có rất nhiều ứng dụng,việc sử dụng công cụ này giúp chúng ta
giải quyết một loạt các bài toán trong giải tích,hình học,cũng như trong lượng giác.
“Tam thức bậc hai” xuất hiện trong nhiều cuốn sách.Tuy nhiên các tác giả chỉ đề
cập một cách tổng quan,chung chung ,chứ chưa đi sâu vàotừng vấn đề,ứng dụng cụ thể
của nó.
Vì vậy nhóm nghiên cứu chúng tôi đã lựa chọn đề tài “Ứng dụng tam thức bậc hai
vào việc tìm cực trị của hàm số”_Đây là một trong những ứng dụng đặc sắc của tam
thức bậc hai.Nhằm cụ thể hóa các dạng bài tập trên cơ sở ứng dụng tam thức bậc hai
vào việc tìm cực trị của hàm số .
Trong đề tài này ,chúng tôi chia làm hai phần chính:
Phần 1: Nêu ra những cơ sở lý thuyết trọng tâm.
Phần 2:Đưa ra hệ thống bài tập bao gồm 6 dạng từ dễ đến khó.
Dạng 1: Hàm số y = f(x) =
2
ax bx c+ +
Dạng 2: Hàm số y = f (x) =
2
' 2 ' '
ax bx c
a x b x c
+ +
+ +
Dạng 3: Hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối và hàm số chứa căn thức
Dạng 4: Hàm số lượng giác
Dạng 5: Tìm
{ }
2
min ax

+ + + +
¡
Trong mỗi dạng ,chúng tôi đã lựa chọn để đưa ra một số bài tập có giải mẫu từ đơn
giản đến phức tạp và một số bài tập tự giải.Đặc biệt ở dạng 5 và 6 là những dạng bài tập
rất hay vì mặc dù nó cồng kềnh nhưng với việc ứng dụng tam thức bậc hai ta thấy lời
giải thật gọn nhẹ.
Vì thời gian và khả năng còng hạn chế nên chắc chắn không thể tránh khỏi những
thiếu sót .Chúng tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các bạn để đề tài chúng
tôi được hoàn thiên hơn.
Chúng tôi cung xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy giáo Dương Thanh Vỹ đã hướng
dẫn chúng tôi trong quá trình làm đề tài này.1
Phần I: MỘT SỐ KIẾN THỨC TRANG BỊ
Xét dấu tam thức bậc hai có dạng f(x) =
2
ax bx c+ +
(
0a
≠
)
Đặt
2
4b ac∆ = −
Khi
0∆ ≥
ta đặt
1,2
2

) thì
1 2
1 2
.
b
S x x
c
c
P x x
a

= + =




= = −


• Mệnh đề:
1 2
x x
a
∆
− =
• Hệ quả (Định lý Viét đảo):
Nếu hai số có tổng là S, có tích là P thì hai số đó là nghiệm của phương trình
2
( ) 0f x x Sx P= − + =
( với



Nếu
0
0
c
P
a
b
S
a

= <




= − <



1 2
0x x⇔ < <
( hai nghiệm đều âm )
Nếu
0
0
c
P
a

b
x
a
= −
là nghiệm kép của tam thức bậc hai
(d)
2
b
x
a
= −
là trục đối xứng của (P)
2
-∆/4a
-∆/4a
-b/2a
-b/2a
-∆/4a
-∆/4a
O
O
O
O
O
-b/2a-b/2a
-b/2a
-∆/4a

x
1

GTNN f(x) =
4a
∆
−

Khi x =
2
b
a
−
GTLN f(x) =
4a
∆
−

Khi x =
2
b
a
−
I/ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI
3

 Định lý thuận
Tam thức bậc hai luôn có dấu của hệ số a; với mọi giá trị của x; và chỉ loại trừ
hai trường hợp :
+ Nếu
0 af 0
2
b


 Hệ quả
Nếu tồn tại hai số
α
và
β
sao cho
( ) ( ) 0f f
α β
<
, thì tam thức bậc hai có hai
nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
và có một nghiệm nằm ngoài khoảng
( )
,
α β
(với
α
<
β
)

 Cách nhớ
Với
0


+∞

2
( )f x ax bx c= + +
cùng dấu a 0 cùng dấu a
Với
0
∆ <

x
−∞

+∞

2
( )f x ax bx c= + +
cùng dấu a
 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số
α
cho trước
 TH1:
1 2
af ( ) 0 x x
α α
< ⇔ < <
Không cần xét dấu
∆
và luôn có
0

0
af 0
0
2
x x
S
α α
α


∆ >

> ⇔ < <



− <

II/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT (GTLN và GTNN)

Tìm GTLN – GTNN của hàm số bằng cách áp dụng tam thức bậc hai
Cơ sở của phương pháp này là sự dụng sự đánh giá của hàm số bằng ba công cụ sau
đây của tam thức bậc hai
Thứ nhất là:
i, f(x) =
[ ]
2
( )u x a a+ ≥

0 0

()
Trong () ta xem y như là một tham số, x là ẩn số và xét các trường hợp sau:
 TH1: a(y) = 0
 TH2: a(y)
≠
0
Để tìm điều kiện của y để phương trình () có nghiệm trên tập xác định
Thứ ba là: sử dụng tính chất định tính, định hình của tam thức bậc hai để xác định
GTLN – GTNN
Xét hàm số f(x) =
2
ax bx c+ +
trên đoạn
[ ]
,
α β
* Giả sử a > 0 ta cần xét ba trường hợp
TH1: Hoành độ đỉnh của parabol x
0
=
[ ]
,
2
b
a
α β
− ∈
thì
GTNN của hàm số là
( )

GTLN là:
( )
max
f f
β
=
đạt được khi
x
β
=
TH3: Nếu x
0
=
2
b
a
β α
− > >
thì GTNN là:
( )
min
f f
β
=
đạt được khi
x
β
=
GTLN là:
( )

2;0D = −
.
Tìm a để GTNN của f(x) bằng 2.
Giải:
Vì hệ số a = 4 > 0 thì đồ thị của hàm số y = f(x) là parabol quay bề lõm lên trên, đỉnh
; 2
2
a
S a
 
= −
 ÷
 
Bây giờ ta xét 3 vị trí của
2
S
a
x =
so với đoạn
[ ]
2;0−
• TH1:
2 0
2
a
− < <
Quan sát đồ thị ta thấy

[ ]
2;0

−
= − = + + =

2
4
6 16 0
a
a a
< −

⇔

+ + =


a
⇒ ∈∅
• TH3:
0 0
2
S
a
x a= > ⇔ >
Quan sát đồ thị ta thấy

[ ]
2
2;0
min ( ) (0) 2 2f x f a a
−

thỏa yêu cầu bài toán.
Dạng 2: HÀM SỐ CÓ DẠNG y = f (x) =
2
' 2 ' '
ax bx c
a x b x c
+ +
+ +
7
Bài 1:[1]
Tìm GTLN và GTNN của hàm số

2
2
4 3 1
4 3 1
x x
y
x x
+ +
=
− +
(1)
Giải:
Ta nhận thấy
2
4 3 1 0,x x x− + > ∀
nên việc tìm GTLN của y quy về việc tim GTNN(M)
thỏa
2

1 0
0
F
M − >


∆ ≤


2 2
1 0
9( 1) 16( 1) 0
M
M M
− >

⇔

+ − − ≤


2
1
7 50 7 0
M
M M
>

⇔


+ Khi m = 1 thì (2) trở thành:
2
6 0 0x x− ≤ ⇔ ≥
: không thỏa
( ) 0G x ≤
,
x
∀
+ Khi m
1≠
thì (2) trở thành:
1 0
0
G
m − <


∆ ≤


2 2
1 0
9( 1) 16( 1) 0
m
m m
− >

⇔

+ − − ≤

1
x
x
−
+
(1)
Giải
Trên tập xác định: D =
¡
của hàm số ta viết
2 2
(1) ( 1) 1y x x⇔ + = −
Đặt g (x) =
2
( 1) 1 0y x y− + + =
(2)
+ Khi y = 1 thì (2) trở thành:
1 0 1y y+ = ⇔ = −
( vô lí ) (3)
+ Khi y
1≠
thì (2) có nghiệm
( 1)( 1) 0
g
y y⇔ ∆ = − − + ≥

1 1y⇔ − ≤ ≤
(4)
8
Từ (3) và (4) cho ta GTNN f (x) = 1 và không tồn tại GTLN.

0 0
( 1) 0y x px y q⇔ − − + − =
() có nghiệm
 TH1: y
0
= 1
()
1px q⇔ − = −
Do đó phương trình có nghiệm
0, 1
0
p q
p
= =


≠


0
1y⇒ =
là 1 giá trị của hàm số ()
 TH2:
0
1y ≠
Phương trình có nghiệm
2
0 0
4( 1)( ) 0p y y q⇔ ∆ = − − − ≥


là hai nghiệm của phương trình F(y
0
) = 0
Khi đó
0 1 0 2
( ) 0F y y y y≤ ⇔ ≤ ≤
()
Hơn nữa F(1) =
2 2
4 4( 1) 4q q p p− + − − = −

1 2
1y y⇔ ≤ ≤
Từ () và () ta suy ra
1 0 2
y y y≤ ≤

2 2
2
2 2
1
1 2 1
ax ( )
2
1 2 1
min ( )
2
x
x
q p q q

Giải
Ta có
2
ax
ax 3
1
b
m
x x
+
 
=
 ÷
+ +
 

2
0
0
2
0 0
ax
3,
1
:
ax
3
1
b
x


+ − + − =


2
2
0 0
(3 ) 4.3.(3 ) 0
3 (3 ) 3 0
g
a b
x a x b

∆ = − − − ≤
⇔

+ − + − =


2
6 12 27 0
g
a a b⇔ ∆ = − − − =
Tương tự
2
ax
min 1
1
b
x x


⇔ ∃

+

=
+ +



2
2
0 0
( ) (1 ) 1 0,
(1 ) 1 0
h x x a x b x
x a x b

= + − + − ≥ ∀
⇔

+ − + − =


2
(1 ) 4(1 ) 0
h
a b⇔ ∆ = − − − =

2

a b
r b b b
= −

⇔

= − + =

Ta nhân thấy
'
36 0
r
∆ = − <
Vậy không tồn tại a, b để max f(x) = 3 và min f(x) = 1 với mọi
x ∈¡
.

Dạng 3: HÀM SỐ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
VÀ HÀM SỐ CHỨA CĂN THỨC
Bài 1:[3] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = f(x) = , ∀ x∈ R
Giải: Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm đặc trưng y = g(x) = trên R
Gọi M(x
0
, y
0
) là 1 điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số y = g(x), ∀ x∈ R
⇔ y
0
= ⇔ y
0

• TH 1: y
0
- 2 = 0 ⇔ y
0
= 2. Khi đó (1) ⇔ -3x
0
+ 3 = 0 ⇔ x
0
= 1
Vậy y
0
= 2 là một giá trị của hàm số y = f(x) tại điểm x
0
= 1
• TH 2: y
0
≠ 2: Tam thức F(x
0
) có nghiệm trên R.
10
⇔
⇔ ⇔
⇒ ⇔
⇒ f(x) = Max {1, 3} = 3
Hơn nữa f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R và f( ) = f(-1) = 0. Do đó f(x) = 0
Bài 2:[3]
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
y =
Giải: Từ điều kiện -3 ≤ x ≤ 1 và do ( )
2

⇔ pt sau y
0
= x + (1) có nghiệm x > 0
⇔ (y
0
- x)
2
= x
2
+ có nghiệm x > 0
⇔ y
0
2
- 2y
0
x + x
2
= x
2
+ có nghiệm x > 0
11
⇔ 2y
0
x
2
- y
0
2
x + 1 = 0 có nghiệm x > 0
⇔ Tam thức bậc hai F(x) = 2y

0
≥ 2
⇔
⇒ Tam thức bậc 2 F(x) vó 2 nghiệm khi y
0
≥ 2 và lúc đó 2 nghiệm đều dương
⇒ f(x) = 2 tại x =
Dạng 4: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
Bài 1:[1]
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y = (3sinx + 4 cosx)(3cosx - 4 sinx) + 1
Giải: y = 12 cos
2
x - 7sinxcosx - 12sin
2
x + 1
⇔ y = 12 cos
2
x - sin2x + 1
y
0
là một giá trị của hàm số ⇔ 24cos2x - 7sin2x + 2 - 2y = 0 có nghiệm x ∈ R
⇔ 24
2
+ (-7)
2
≥ (2y - 2)
2
⇔ (2y - 2)
2

0
- 1 ≤ 0
⇔ - ≤ y
0
≤ 1
⇒ g(x) = 1; g(x) = -
⇒ ⇒ f(x) = 1 tại x = 2kπ, k ∈ Z
Vì f(x) ≥ 0 ∀x ∈ R và f(x) = 0 ⇔
Bài 3:[2]
Tùy theo m, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
y = f(x) = sin
4
x + cos
4
x + msinxcosx ; ∀x, ∀m.
Giải: Ta có: y = f(x) = (sin
2
x + cos
2
x)
2
- 2sin
2
xcos
2
x + msinxcosx
⇔ y = f(x) = - sin
2
2x + sin2x + 1
Đặt: sin2x = t ⇒ | t | ≤ 1

Dạng 5: TÌM
VÀ
x
2
max{ ax bx c mx n}
∈
+ + + +
¡
PHƯƠNG PHÁP :
Xét hàm số :f trên R với m,n
Gọi : g(x)= là đa thức cơ sở có:

Trước hết,để dơn giản ta giải quyết bài toán thứ nhất : tìm min
qua hai trường hợp:
14
• TH1: 0
f =
Đây là bài toán tầm thường ,ta có ngay kết quả :

1
x
2
x
m b
minf (x) f
2a
m b
minf (x) f
2a
(tung ñoä ñænh S)

f =
Khi : ; ta xét ba khả năng cho
f(x
1
) A
x
s
x
1
x
2
1
x D
minf (x)
∈
=
min
Với

1
x D
minf (x)
∈
=
min
(I)
15
Khi : ; ta xét khả năng cho
f
1

x D
minf (x)
∈
=
min với

2
x D
minf (x)
∈
=
min (II)
Kết hợp (I) và (II) cho ta trong mọi trường hợp :

x
minf (x)
∈R
=min{
1
x D
minf (x)
∈
,
2
x D
minf (x)
∈
}
BÀI TẬP :
Bài 1:[4]

Ta xét hai trường hợp:
 TH1: xác đinh m để:17

.  TH2: Xác định m để
(với )

. TH1 TH2 :cho ta : 1
D ạng 6: TÌM
x
2
{ax bx c |mx n|}
min
∈
+ + + +
¡

VÀ
x
2
max{ax bx c | mx n |}
∈
+ + + +
¡
PHƯƠNG PHÁP:

 +
 
= −

 ÷
 


+ ≤

R
(C
2
) (C
1
)
(C
1
) (C
2
)

A

S
1
S
1
S
2

2
)
S
2
S
1
Thì :
2
x
2 2
an bn
minf (x) c
m m
m bm 2na m bm
∈

= − +



+ ≥ ≥ − +

R
Vậy :
x
minf (x)
∈R
= min
BÀI TẬP:
Bài1: [4]

≤
R
ta xét:
• TH1: m =

x
minf (x) f (0) 1 2m 2
m 0
∈
= = − ≤


⇒

≤


R

. • TH2: m =

x
minf (x) f (2) 2m 3 2
m 2
∈
= = − ≤


⇒


3≤
(1)
Giải:
Xét tam thức bậc hai đặc trưng cho (1), ta có:
f(x) = x
2
+ (m + 1)
2
+ 2
x m 1− +
Suy ra f(x)
≥
x
2
+ (m + 1)
2
( dấu đẳng thức xảy ra khi x = m – 1)
Suy ra f(x)
≥
(m – 1)
2
+ (m + 1)
2
= 2(m
2
+ 1)
21
Xét: f(x) =

= + + + ≥

f (x ) f ( 1) m 2
f (x ) f (1) m 4m 2

= − = +

⇒

= = + −


Ta xét 3 trường hợp
x
minf(x) 3
∈
≤
R
như sau:
 TH1: m – 1 ≤ -1 =
1
S
x

⇔
m
≤
0
Suy ra
x
minf(x) 3
∈


⇔
m
≥
2
Suy ra
x
minf(x) 3
∈
≤
R

⇔
2
m 2
m 4m 2 3

≥

+ − ≤

⇔

m 2
5 m 1

≥

− ≤ ≤


< ≤
Bài4: [1]
Tìm các giá trị của tham số để:
2
2 x m (x 2) 3
− − − ≤
,
x
∀
HD:
Bạn có thể giải bài này bằng cách làm tương tự như những bài trên.
MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO
1/ Tìm GTLN VÀ GTNN của các hàm số sau:
a.
2
3 1
4 3 1
x
y
x x
+
=
− +
b.
2
2
3 1
1
x x
y

NGUYỄN ĐỨC ĐỒNG _ NGUYỄN VĂN VĨNH
[2] TAM THỨC BÂC HAI – ỨNG DỤNG
LÊ HỒNG ĐỨC
[3] BÁO TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ
[4] TRANG WED: BOXMATH.VN
23