Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU:
Toán học là một môn học có vai trò khá quan trọng trong trường THPT. Qua toán
học giúp cho người học nâng cao được khả năng tư duy , khả năng suy luận và
việc vận dụng các kiến thức đó vào các môn học khác. Qua đó giúp người học
phát triển và hoàn thiện nhân cách của mình. Chính vì lẽ đó việc lĩnh hội và tiếp
thu môn toán là cả một vấn đề mà không người giáo viên dạy toán nào không
quan tâm. Đặc biệt trong các hoạt động dạy và học môn toán đòi hỏi người dạy
cũng như người học phải không ngừng tìm tòi sáng tạo, tích luỹ kinh nghiệm để
đưa ra những phương pháp giảng dạy, những cách lĩnh hội phù hợp nhất. Để giúp
người học nắm vững kiến thức môn học có tính hệ thống đây là vấn đề được đặt
ra. Nhất là trong thực hành việc giải các bài toán mang tính vận dụng đòi hỏi
người học phải nắm vững những hệ thống kiến thức cơ bản và khả năng vận
dụng linh hoạt các công cụ toán học có tính hệ thống, các kĩ năng, kĩ sảo trong
khi thực hiện.
Trong chương trình toán học phổ thông tam thức bậc hai đóng vai trò khá quan
trọng, nên việc hiểu và nắm vững được là một việc làm vô cùng cần thiết, nó làm
tiền đề về sau cho các em khi các em tiếp tục học lên những bậc cao hơn. Trong
chương trình toán học lớp 9 chúng ta đã làm quen với phương trình bậc hai và
hàm số bậc hai. Song việc ứng dụng và vận dụng phương trình bậc hai, hàm số
bậc hai trong việc giải các loại toán khác như thế nào chưa được quan tâm nhiều.
Chính vì lẽ đó trong quá trình giảng dạy cho các em đặc biệt là học sinh khá
giỏi ,tôi nhận thấy đây là điều cần quan tâm. Để giúp các em hiểu sâu về tam
thức bậc hai và việc vận dụng nó vào việc giải các loại toán khác; tôi mạnh dạn
nêu lên vấn đề:" vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc THPT"
Với đề tài này, tôi hi vọng sẽ giúp các em nắm vững hơn kiến thức cơ bản của
môn học và có đủ tự tin khi thực hành giải toán. Từ đó phát huy được khả năng
vận dụng kiến thức linh hoạt, khả năng sáng tạo cũng như tư duy độc lập đặc biệt
giúp các em có một hành trang tốt chuẩn bị cho một cấp học cao hơn.
Tuy vậy do khuôn khổ của đề tài cũng như kinh nghiệm còn hạn chế chắc rằng

Ta được phương trìng bậc hai : at
2
+bt +c = 0
B.Ví dụ : Giải phương trình : 2x
4
-3x
2
-2=0
Giải :
Đặt x
2
=t Điều kiện t
≥
0 ta được phương trình bậc hai đối với ẩn t .
2t
2
- 3t - 2 = 0
∆
=9 +16 = 25;
∆
=5 Phương trình có hai nghiệm:
t
1
=
2
1
4
53
−=
−

1
=
2
; x
2
=-
2
2: PHƯƠNG TRÌNG ĐỐI XỨNG BẬC CHÃN :
A: KIẾN THỨC CƠ BẢN :
Ta xét phương trình bậc bốn dạng : a x
4
+ bx
3
+c x
2
+bx +a = 0
(a
0
≠
; các hệ số của ẩn cách đều số hạng chính giữa )
vì x= 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình
cho x
2
ta có :

2
4
x
ax
+

2
=++++⇔
c
x
xb
x
xa
(1)
Đặt x+
y
x
=
1
ta có : x
2
+
.22)
1
(
1
22
2
−=−+= y
x
x
x
Do đó phương trình ( 1) có dạng phương trình bậc hai :
GV . Đặng Ngọc Liên
2
Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt

(3)
1
(2
05)
1
(3)
1
2(2
2
2
2
=−+++⇔
=−++++⇔
x
x
x
x
x
x
x
x
tới đây ta nhận thấy phương trình trên có dạng bậc hai nếu đặt x +
y
x
=
1
đưa phương trình về dạng : 2y
2
+ 3y -5 = 0 giải phương trình ta được :
y

1

C : NHẬN XÉT : phương trình đối xứng bậc chẵn nếu m là nghiệm thì
m
1

cũng là nghiệm của phương trình .
Nếu phương trình có dạng : a x
5
+bx
4

cx
3
+cx
2
+bx +a = 0
được gọi là phương trình đối xứng bậc lẻ , phương trình này bao giờ cũng nhận
-1 làm nghiệm . Do đó có thể hạ bậc để đưa phương trình về phương trình đối
xứng bậc chẵn mà ta vưà trình bày cách giải ở trên .
3 : PHƯƠNG TRÌNH HỒI QUY :
A: PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG : a x
4
+ bx
3
+cx
2
+dx +k = 0 (a
)0≠
vì x= 0 không phải là nghiệm nên ta chia cả hai vế cho x

d
2
2
2
2
2
−=+⇒=

GV . Đặng Ngọc Liên
3
Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt
hay x
2
+
b
d
t
ax
k
2
2
2
−=
vậy phương trình đã cho được đưa vể dạng phương trình
bậc hai đối với ẩn t :
at
2
+ bt + c +2
0=
b

255
t
x
xt
x
=+⇒=
- 10
khi đó phương trình trên có dạng phương trình bậc hai đối với ẩn t
2t
2
- 21t +54 = 0
Giải phương trình bậc hai trên ta được hai nghiệm :
t
1
= 6 và t
2
= 4,5
với t
1
= 6 ta có
6
5
=+
x
x
hay x
2
- 6x + 5 = 0
giải phương trình trên ta được :
x

Phương trình hồi quy trong đó
2
)(
b
d
a
k
=
; k
0
≠
có ẩn phụ dạng
t =x +
bx
d
4 : PHƯƠNG TRÌNH DẠNG : (x + a) (x + b )(x + c)( x+ d) = m
hoặc : ( x + a )(x +b)(x + c)(x +d) = mx
2

A: ví dụ1: Giải phương trình :
( x + 1 )( x+ 2)(x +3)(x+4) =3
Giải :

GV . Đặng Ngọc Liên
4
Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt
( x+1)(x+2)(x +3)( x+4) = 3
⇔
( x+1)(x+4)(x+2)(x+3) = 3
⇔

1;2
=
2
135 ±−

t
2
= -3 ta có : x
2
+5x+4= -3
⇔
x
2
+ 5x + 7 = 0 ; phương trình này vô nghiệm
(vì
∆
= 25 - 28 < 0 )
vậy phương trình đã cho có nghiệm : x
1;2
=
2
135 ±−

B.Ví dụ 2 : giải phương trình :
4(x+5)(x+6)(x+10)(x+12) = 3x
2
(1)
Giải :
(1)
⇔

y
1
=
2
1
; y
2
=
2
3−
với y
1
=
2
1
ta có : 2x
2
+ 31x +120 = 0
giải phương trình ta được x
1
= - 8 ;x
2
= -
2
15
với y
2
= -
2
3

=++++
))(())((
từ đó ta đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai một
ẩn .
Đối với phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = mx
2
trong đó :ad = bc ta
nhóm
[ ][ ]
2
))(())(( mxcxbxdxax =++++
ẩn phụ có thể đặt là : y= x +
x
ad
hoặc y = (x + a)(x + d).
Đối với phương trình dạng d(x + a)(x + b)(x + c) = mx trong đó d =
2
cba ++
m = (d - a)(d - b)(d - c) ta đặt ẩn phụ y = x + d một nghiệm của phương trình là y
y = 0
5: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ :
A) CƠ SỞ LÍ THUYẾT :
Trong quá trình giải phương trình vô tỉ đôi khi ta gặp những phương trình nếu ta
dùng phương pháp bình phương hai vế để phá căn thức bậc hai thì dẫn đến
phương trình bậc cao mà việc giải phương trình đó không đơn giản . Song nếu
khéo léo đặt ẩn phụ ta có thể qui phương trình đó về phương trình bậc hai sau
đây ta sẽ xét một vài ví dụ:
B) VÍ DỤ :
Ví dụ 1: Giải phương trình :
2x

2
= -
2
1
loại ( vì t
)0≥
với t
1
= 2 ta giải phương trình :
54
2
−− xx
= 2 hai vế không âm phương trình
GV . Đặng Ngọc Liên
6
Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt
tương đương với x
2
- 4x - 5 = 4

⇔
x
2
- 4x - 9 = 0
giải phương trình trên ta được hai nghiệm : x
1;2
= 2
13±
ví dụ 2 :
Giải phương trình :

= (4x - 1)
2
- 8(2x - 1) = (4x - 3)
2
t
1;2
=
4
)34(14 −±− xx
t
1
= 2x - 1 ; t
2
=
2
1
< 0 (loại)
với t = 2x - 1 thay t =
1
2
+x
ta được phương triình: 4x
2
- 4x + 1 = x
2
+ 1 (t
)1≥

⇔
3x

= 0
Giải :
Phương trình trên có thể viết dưới dạng:
a
2
- 2(x
2
- 5x - 1)a + (x
4
- 10x
3
+ 22x
2
- 12x ) = 0

a
/
∆
= (x
2
- 5x - 1)
2
- (x
4
- 10x
3
+ 22x
2
- 12x ) = (x - 1)
2

= 2
a+± 6
* Nếu
/
∆
< 0
⇒
a <-6 phương trình vô nghiệm
-với a= x
2
+ 6x
⇒
x
2
- 6x - a = 0, ta có
/
∆
= 9 + a
*Nếu
/
∆
0≥

⇒
a
9≥
phương trình có hai nghiệm x
3;4
= 3
a+± 9

II: BẤT ĐẲNG THỨC:
A:KIẾN THỨC CƠ BẢN :
Do tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c (a
≠
0) x
∈
R.
- Điều kiện để f(x)
0
≥




>
≤∆
⇔∀
0
0
a
x
- Xét hàm số bậc hai :y = ax
2
+ bx + c (a
≠
0) x
∈
[ ]




−
)
2
();();(
a
b
yyy
βα
*Nếu x = -
a
b
2
∉
[ ]
βα
,
thì:
max y= max
{ }
)();(
βα
yy
min y = min
{ }
)();(
βα
yy

GV . Đặng Ngọc Liên
8
Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt
do (2) nên ab +bc + ca =
2
24 −
= 1
⇒
bc = 1 - a(b + c ) = 1 - a(a - 2) = a
2
+ 2a + 1
Ta lại có : b + c = -(a + 2) do đó b,c là nghiệm của phương trình .
X
2
+ (a + 2)X + (a
2
+ 2a + 1) = 0
Để tồn tại X thì:
∆
0≥

⇔
(a + 2)
2
- 4(a
2
+ 2a + 1)
0≥
≤

Chứng minh rằng : -1
≤
a + b + c
≤
4
Giải:
Ta có: a(a - 1) + b(b - 1) + c(c - 1)
3
4
≤⇔
( a
2
+ b
2
+ c
2
) - 3(a + b + c)
≤
4 (1)
Ta lại có: (a + b + c)
2

≤
( a
2

zyx

)5(
)4(
chứng minh rằng
3
8
,,
3
8
≤≤− zyx

Giải :
Nhân (5) với 2 rồii cộng với (1) ta được :
(x+y+z)
2
= 16
⇒
x+y+z =
±
4
Nếu x + y + z = 4
⇒
z = 4 - x - y thay vào (5) ta được :
xy + y(4 - x - y) + (4 - x - y) = 4

⇔
x
2
- (4 - y)x - y(4- y) + 4 = 0 (*)

8
3
8
≤≤
y
Vì x, y,z có vai trò như nhau nên ta được : 3
8
,,
3
8
≤≤−
zyx
2: Dùng tính chất của hàm số bậc hai : y=ax
2
+bx + c (a
)0≠
với
[ ]
βα
,∈∀x
ví dụ 1 :
Cho a,b,c
[ ]
2;0∈
thoả mãn điều kiện a+b+c = 3 chứng minh rằng a
2
+b

vậy ta đi chứng minh bất đẳng thức (2) với biến a,b đều có bậc là hai nên ta có
thể quy (2) về tam thức bậc 2 với ẩn nào đó, chẳng hạn đối với ẩn a :
(2)
⇔
f(a) =2a
2
- 2 (3 - b) + b
2
+(3 - b)
2
- 5
0≤
(3)
muốn chứng minh (3) ta chỉ cần chứng minh f(a)
0
≤
với a
[ ]
2;0∈

Do hệ số của a bằng 2 > 0 nên a
[ ]
2;0∈
thì :
max f(a) = max
{ }
)2(),0( ff
với a
[ ]
2;0∈

≤≤
cb
⇒
b(b - 1)
0
≤

⇒
f(2)
0
≤

Như vậy f(0)
0
≤
; f(2)
0
≤

⇒
max
{ }
)2(),0( ff
0
≤
⇒
maxf(a)
0
≤
⇒

>++
>−+−
04
0544
2
2
mxx
mxx
mọi 2 < x < 3
hay :








<<
>
<<
>
32
0)(min
32
0)(min
2
1
x
xf








≥
≥
≥
≥
⇔
0)3(
0)2(
0)3(
0)2(
2
2
1
1
f
f
f
f







f(x) = x
2
- 2(y - 1)x+(2y
2
- 4y+3)
ta có :
∆
=(y - 1)
2
- (2y
2
- 4y+3) = -y
2
+2y - 2 = -(y - 1)
2
- 1 < 0 do đó f(x) cùng
dấu với hệ số của x tức là f(x) > 0
C: NHẬN XÉT :
Khi thực hiện bằng cách nào đó ta phải quy về số bậc hai đối với ẩn nào đó . qua
đó ta sử dụng, tính chất và điều kiện về dấu của tam thức bậc hai :
Tam thức bậc hai: f(x) = ax
2
+bx+c (a
)0≠

*Nếu
∆
< 0 thì f(x) cùng dấu với a với mọi giá trị của x
*Nếu
∆

= y ta có : y
2
= 1 - x
⇒
x = 1 - y
2
Vậy : A = 1 - y
2
+ y
= -(y
2
- y +
4
1
) +
4
5
= -(y -
2
1
)
2
+
4
5

≤

4
5

- 3) + (y
2
- 2)
2
= 1 (1)
Giải :
Từ (1)
⇒
( x
2
+ y
2
)
2
- 4(x
2
+ y
2
) + 3 = - x
2

≤
0
vậy : A
2
- 4A + 3
≤
0
⇔
(A - 1)(A - 3)

GV . Đặng Ngọc Liên
12
Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt
A =
2
2
20002
x
xx +−
=
222
2
20002
xx
x
x
x
+−

= 1-
2
20002
x
x
+
vì x
≠
0
Biểu thức trên có dạng tam thức bậc hai nếu ta đặt
x

M = 2x
2
+ 2xy + y
2
- 2x + 2y + 2
Giải : Giả sử A là một giá trị của biểu thức vì vậy phương trình :
2x
2
+ 2xy + y
2
- 2x + 2y + 2 = A có nghiệm đối với x, y .Đưa về phương trình
bậc hai đối với ẩn x ta có :
2x
2
+ 2(y - 1)x + (y
2
+ 2y + 2 - A) = 0 có nghiệm khi
0
/
≥∆
x

⇒
(y - 1)
2
- 2(y
2

2
1 y−
= 2
Vậy minM = -3 khi x = 2 ; y = -3
Ví dụ 2:
Cho A =
1
)1(2
2
2
+
++
x
xx

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A và các giá trị tương ứng
của x
Giải:
GV . Đặng Ngọc Liên
13
Vận dụng tam thức bậc hai vào giải toán ở bậc thpt
Vì x
2
+ 1 > 0 với mọi x :Do đó A =
1
)1(2
2
2
+
++

2

1≤

⇔
1
≤
A
≤
Vậy minA = 1 khi x=- 1 và maxA = 3 khi x = 1.
GV . Đặng Ngọc Liên
14