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


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
=++

Δ
: Phương trình có hai nghiệm phân biệt
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−
=
+−
=
2a
Δb
x
2a
Δb
x
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 :
0cbxax
2
=++
có hai nghiệm phân biệt
21
, xx

Sxx
21
21
⇒
x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương
trình:
0PSXX
2
=+−
(với địều kiện
04PS
2
≥−
)
1.3 Các bài toán liên quan:
Bài toán 1
: Giải và biện luận phương trình bậc hai:
¾ 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

ax
b
b
x
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.x
ba
ba
ba
ba
x
2

⎜
⎝
⎛
−
+
−
+
−
=−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
+
+
−

Phương trình (*) có hai nghiệm:

b
a
ba
x,
b
a
ba

=
−
+
=
2) Điều kiện
bxa,x ≠≠

Phương trình (1):

()
(
)
(
)
(
)
()()
0baxba32x
bxax2bxbaxa
2
2
=+++−+⇔
−−=−+−⇔
(*)

()()
(
)
0baba8ba9
222

≠⇔≠+⇔≠
≠⇔≠
+
⇔≠
≠⇔≠
+
⇔≠
ba

Kết luận
:
 Nếu a = b = 0 phương trình vô nghiệm
 Nếu a = 0, b
0≠
phương trình có nghiệm
2
b
x
1
=

 Nếu a
0≠
, b = 0 phương trình có nghiệm
2
a
x
1
=


Tìm giá trị của tham số để phương trình: 0
2
=++ 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
≠
0
0a

 Phương trình (*) có một nghiệm
⇔

⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
=

⎡
⎩
⎨
⎧
≥
≠
⎩
⎨
⎧
=+
=
0Δ
0a
0cbx
0a

 Phương trình (*) có vô số nghiệm
⇔

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
=
0c
0b
0a

⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
⎩
⎨
⎧
−=
=
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧

⎩
⎪
⎨
⎧
<
≠
⇔
⎩
⎨
⎧
>+−
≠−
2
3
m
1m
0128m
01m

Vậy, với m
1≠
và
2
3
m <
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

≥+−
≠−
⎩
⎨
⎧
=+
=−
2
3
m
1m
1x
1m
0128m
01m
022x
01m

Vậy, với
2
3
m ≤
thì (*) luôn có nghiệm.
b.
Tìm giá trị của tham số để phương trình:
0cbxax
2
=++
( a ≠ 0) (*) có
 Hai nghiệm trái dấu

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
>
<−
⇔
0Δ
0
a
c
0
a
b

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
cbxax
2
++
thỏa mãn điều kiện K.( K là một biểu
thức theo
21
x,x
)

=
=+
mg.xx
mfxx
21
21
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
7 http://www.ebook.edu.vn

()
() ()
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
3
2
3
1
3
2121.
3
21
3

1
2PSx2xxxxx
−
=
+
=+
−=+−+=+
=
+
=+
−=−+=+

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


⎪
⎨
⎧
+
−
=
+
−
=+
1m
2m
.xx
1m
1m2
xx
21
21

Suy ra:

()
(
)
6m
1
m
2m
7.
1
m

2
1
xx +=

2) S
3
2
3
1
xx +=

3) S
21
x
1
x
1
+=

4) S
2
1
1
2
x
x
x
x
+=


c
.xxP
1m
a
b
xxS
21
21

1) S
()
(
)
[
]
1m2m1m2PSx2x.xxxx
2
2
2
21
2
21
2
2
2
1
+=−+−=−=−+=+=

2)


P
S
.xx
xx
x
1
x
1
21
21
21
+
−
==
+
=+= 4) S
=+=
2
1
1
2
x
x
x
x
(
)

()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
===
+−=
−
=+=
m
a
c
.xxP
1m
a
b
xxS
21
21

Suy ra:
1.xxxx1.xxxx
21212121
−
=
+
+
⇔
−−=+

⎩
⎨
⎧
=++
=++
0cxbxa
0cxbxa
22
2
2
11
2
1
phải có nghiệm
Ví dụ
:
Tìm giá trị nguyên của m để hai phương trình sau có chung nghiệm:

()
()
(2) 01x32m6x
(1) 03x13m2x
2
2
=−−−
=−−+

Giải:
Giả sử
0

⇒

 Nếu
11
6
m061m1 =⇒=−

Trường hợp này (1) và (2) không có nghiệm chung
 Nếu
611m
8
x
11
6
m0611m
0
−
=⇒≠⇒≠−

Thay vào (1) và rút gọn ta được:
2m068164m99m
2
=⇔=−−

* Với m = 2 thì (1) thành:
⎢
⎢
⎣
⎡
−=


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
22
2
2
11
2
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
0

=++ (2).
Tìm m để (1) và (2) tương đương.
Giải:
Ta có
4m4Δ
1
+=
;
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
1m4
4m4
1m
016m
04m4
0Δ
0Δ
2
2
1
−<<−⇔
⎩
⎨

=
⎢
⎣
⎡
−≤
≥
≥
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=−
−=−
≥−
≥+
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=

những số cho trước với a
≠
0.
Ví dụ
: f(x) = 2x
2
+ 3x + 1 ; g(x) = x
2
+ 2 là những tam thức bậc hai
Nghiệm của phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 Cũng được gọi là nghiệm của
tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c
Các biểu thức
Δ = b
2
– 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) = ax
2
+ bx + c.
Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c có
≥

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
2
2
4a
Δ
2a
b
x
.
Dấu của tam thức bậc hai phụ thuộc vào dấu của
Δ
và dấu của hệ số a
Trong từng trường hợp ta xét dấu của f(x) như sau:
* Trường hợp:
Δ = 0 ta có x
1
= x
2
=
2a
b
− nên f(x) = a
2
2a

Δ
> 0 thì có hai nghiệm
21
xx
≠
Giả sử x
1
< x
2
, ta có bảng
xét dấu như sau:
x
∞−
x
1
x
2

∞+
x – x
1
- 0 + +
x –x
2
- - 0 +
f(x) = a(x- x
1
) (x –x
2
) Cùng dấu a 0 trái dấu a 0 cùng dấu a

Khi đó -
2
4a
Δ
> 0 cho nên
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
2
2
4a
Δ
2a
b
x
> 0
Vậy f(x) cùng dấu với a với mọi x .

). Khi đó f(x) trái dấu
với a với mọi x nằm trong khoảng( x
1
; x
2
) ( tức là ( x
1
< x < x
2
) và f(x) cùng dấu với a
với mọi x nằm ngoài đoạn [ x
1
; x
2
]( tức là với x < x
1
và x > x
2
).

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

;;
21
xxx : af(x) > 0
(
)
21
; xxx
∈
:af(x) < 0

Ví dụ:
Xét dấu của các biểu thức sau:
a)
f(x) = 2 x
2
+5x + 2
b)
f(x) = 3 x
2
+x + 5
Giải
a) Ta có Δ = 5
2
– 4.2.2 = 25 – 16 = 9 > 0
Cho nên f(x) có hai nghiệm x
1
= -2;x
2
=
2

2
1
;2x

Ta cũng có thể ghi kết quả vào bảng xét dấu như sau:
x
∞− -22
1
−

∞
+
f(x) = 2x
2
+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 ∈

⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≥Δ
>
>−
⇔
0
0
0
a
c
a
b

iv)
ax
2
+ bx + c có hai nghiệm âm
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨

+ bx + c ≥ 0,
⎩
⎨
⎧
≤Δ
>
⇔∀
0
0a
x

vii)
ax
2
+ bx + c< 0,
⎩
⎨
⎧
<Δ
<
⇔∀
0
0a
x

viii)
ax
2
+ bx + c
≤

≠
0 )
a)
(1) có hai nghiệm phân biệt
0'>
Δ
⇔⇔
-3m
2
– m + 1 < 0 ⇔
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6

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

Δ’≥ 0
x

1
+ x

2
>0
x

1
.x

2
>0
⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6


⎨
⎪
⎧
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

m
>0

⇔
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
m ≠ 0
1+
13
-6
< m <
1-
13
-6

0< m < 1
m < 0 ∨ m >
1
4
⇔
1
4
< m <
1-
13
-6


14 http://www.ebook.edu.vn
Cho tam thức bậc hai
()
cbxaxxf
2
++=
và hai số
β
α
,
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
[
]
β
α
; là
(
)
(
)
0ff
<
β
α
.

⎩
⎨
⎧
>β
<α
⇔
0)(af
0)(af
0)(af
0)(af

⎢
⎣
⎡
<β<<α
β<<α<
⇔
21
21
xx
xx

0)f(x =⇔
có hai nghiệm, trong đó có 1 nghiệm nằm trong khoảng
()
βα;
và
nghiệm kia nằm ngoài đoạn
[
]

<
α

•
Để f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
và
21
xxα
<
<
, điều kiện cần và đủ là

()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
α>
>α
>Δ
2
S
0af
0


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
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
>
>
>
′
≠
2
2
S
0af(2)
0Δ

⎪
⎨
⎧
>
<<
<∨>
≠
⇔
1m
6m1
2m5m
1m

⎢
⎣
⎡
<<
<<
⇔
2m1
6m5

2.3.3 So sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với hai số
()
β
α
β
α
<,
.

21

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

()()
0β.fαf
xβxα
βxαx
21
21
≤⇔
⎢
⎣
⎡
≤<<
<<≤

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

⎨
⎧
<
>
≥
⇔<<≤
α
2
S
0αaf
0Δ
βαxx
21

•

()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>
>
≥
⇔≤<<
β
2

>−
>
2
2
S
1
04f(2)
01)4f(
0Δ

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<+<−
<
−>
>++
⇔
1613m8
127m
32m
03322m9m
2

⎪
⎪

⎞
⎜
⎝
⎛
−
7
12
;
2
3
.
2.3.4 Điều kiện để tam thức bậc hai có nghiệm thuộc khoảng cho trước.
Cho f(x) = ax
2
+ bx + c (a
≠
0)
a/ f(x) có duy nhất nghiệm thuộc
);(
+
∞
α
: có 3 trường hợp
i)
f(x) có nghiệm:x
1
<
α
< x
2

=
α
< x
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=
0
2
0)(
α
α
S
f

b/ f(x) có ít nhất nghiệm thuộc
);(
+
∞
α
: có 3 trường hợp
i)
f(x) có nghiệm:x
1

S
f

iii)
f(x) có nghiệm :
α
< x
1

≤
x
2

⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>−
>
≥Δ
0
2
0)(
0
α
α

f(
α
) .f(
β
) < 0.
iii)
f(x) có các nghiệm:
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<−
>−
>
>
≥Δ
⇔<≤<
0
2
0
2
0)(
0)(

⎨
⎧
<−<
=
βαα
α
S
f
0)(

ii)
f(x) có nghiệm
β
và nghiệm kia thuộc );(
β
α

⇔
⎩
⎨
⎧
<−<
=
ββα
β
S
f
0)(

iii)

>
≥Δ
⇔<≤<
0
2
0
2
0)(
0)(
0
21
β
α
β
α
βα
S
S
af
af
xx

Ví dụ 1:
Cho phương trình: f(x) = x
2
–(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]

2
S
0f(1)

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−−
=
01
2a
b
04m⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
+−
−
=
01
2.1

2

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
18 http://www.ebook.edu.vn
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
=
01
2
S
0Δ

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
+
=+−+
01
2
2m
01)4(5m2)(m

⎨
⎧
>
⎢
⎣
⎡
=
=
0m
16m
0m

⇔
m = 16
Vậy: m < 0
∨
m = 16.
b/ Phương trình có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1: có 3 trường hợp
i)
x
1
< 1 < x
2

⇔
af(1) <0
⇔
4m < 0
⇔
m < 0

iii)
1< x
1

≤
x
2

⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>−
>
≥
01
2
S
0af(1)
0Δ

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

< x
2
< 1

⇔
⎩
⎨
⎧
<−−<−
=−
11)(S1
01)f(

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+−<−
=+++−−
11
a
b
1
015m2)(m1)(
2

Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
19 http://www.ebook.edu.vn

⎩
⎨
⎧
<+<−
=
11m1
04m

⇔
⎩
⎨
⎧
<<−
=
0m2
0m

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
⇔ 0
3
2
<<− m

iv)
⎪
⎪

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<−
+−
−
>+
+−
−
>=
>+=−
≥−=
⇔
01
2
2)(m
01
2
2)(m
04m1.f(1)
046m1)1.f(
016mmΔ
2



d/ Phương trình chỉ có1 nghiệm thuộc [0;1]: có 4 trường hợp
i)
f(x) có nghiệm x
1
= 0, x
2

∉
[0;1]
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
∉+=−=
=+=
[0;1]2m
a
b
x
015mf(0)
2

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

∉+=−+=−−=
=
[0;1]1m12)(m1
a
b
x
0f(1)
2

⇔
⎩
⎨
⎧
∉+=
=+++−
[0;1]1mx
015m2).1(m(1)
2
2⇔
⎩
⎨
⎧
∉=
=
[0;1]1x
0m
2

=−=
[0;1]
2
2m
2a
b
xx
016mmΔ
21
2

⇔
m = 0
Vậy:
0m
5
1
≤≤−
.
Ví dụ 2:
Với những giá trị nào của p thì phương trình:
0p1
x1
2px
x2x1
4x
2
242
2
=−+

±
1
Khi đó dẫn đến bài toán: Tìm p để phương trình: f(t) = t
2
+pt + 1 – p
2
= 0 có ít nhất
một nghiệm thuộc [-1;1].
Có 4 trường hợp:
i)
f(t) có nghiệm là -1
⇔
f(-1) = 2 – p – p
2
= 0
⇔
p = 1
∨
p = -2
ii) f(t) có nghiệm là 1
⇔
f(1) = 2 + p – p
2
= 0
⇔
p = -1
∨
p =2
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
21 http://www.ebook.edu.vn

2
P
2
S
1
0pp21)f(
0pp2f(1)
045pΔ
2
2
21p
5
2
5
2
p1 <≤∨−≤<−⇔

Vậy:
2p
5
2
5
2
p2 ≤≤∨−≤≤−

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

xff
=
đạt được khi:
0
xx =

 Giá trị lớn nhất của hàm số là
(
)
(
)
{
}
.βf,αfmaxf
max
=

Trường hợp 2: Nếu hoành độ đỉnh của parapol
βα
2a
b
x
0
<<
−
=
thì:
 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là
(
)

 Giá trị lớn nhất của hàm số là
(
)
αff
max
=
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:
(
)

⎝
⎛
== đạt được khi:
.2kπ
3
π
x
2
1
cosx +±=⇔=


()
(
){}
31f,1fmaxf
max
=
−= đạt được khi: .2kππx1cosx +=
⇔
−
=

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
(
)
24xxxf
24
++=
với

đạt được khi
.1x1x1t
2
±=⇔=⇔=


()
344ff
max
==
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 :
ax
2
+ bx + c < 0 (hoặc ax
2
+ bx +c
≤
0 hoặc ax
2
+ bx + c > 0 hoặc ax
2
+ bx + c
≥


x
2
-9x + 14 + + + 0 - 0 +
x
2
+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 f
1
(x).f
2
(x) = 0.để phương trình đã cho
có ba nghiệm phân biệt thì một trong hai phương trình f
1
(x) = 0 hoặc f
2
(x) = 0 phải có


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:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
≠
≠−
0Δ
0f(0)
01a

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−+−
≠
≠
⇔
048a3a
1a
1a
2


:
Khi phương trình y = 0 có nghiệm đặc biệt x = x
0

Ta viết phương trình dưới dạng: (x – x
0
)(Ax
2
+ Bx +C) = 0
• Khi x
0
> 0, để phương trình có:
9 Hai nghiệm âm, một nghiệm dương thì phương trình Ax
2
+ Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm âm.
9 Hai nghiệm dương, một nghiệm âm thì phương trình Ax
2
+ Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm trái dấu.
•
Khi x
0
< 0, để phương trình có:
9 Hai nghiệm âm, một nghiệm dương thì phương trình Ax
2
+ Bx +C = 0 cần
phải có hai nghiệm trái dấu.
9 Hai nghiệm dương, một nghiệm âm thì phương trình Ax
2

1x
2

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

0) nếu có:
⎩
⎨
⎧
±=
=
db
ea

thì phương trình đó là phương trình lùi bậc bốn.
Khi đó phương trình giải như sau:
Vì x
≠
0, chia 2 vế cho x
2
và đặt:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=−=
=≥+=
db )khiđk cân (không
x
1
xt
db khi)2tk (Đ
x

4
- 10x
3
+ 26x
2
– 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 x
2
ta được:
026
x
1
x10
x
1
x
0
x
1
x
10
2610x x
2
2
2
2

⎢
⎣
⎡
=
=
6t
4t
(thỏa đk
2t ≥
)
Nhóm 1 – Toán 2006A TAM THỨC BẬC HAI
25 http://www.ebook.edu.vn
• Với t = 6
⇒

x
1
x +
= 6

⇔
x
2
– 6x + 1 = 0

⇔
⎢
⎢
⎣
⎡

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)

1t
2
2

•
Với t
2
= -55, loại vì t
2

≥
0
•
Với t
2
= 1
⇒
(x + 5)
2
= 1
⇔
⎢
⎣
⎡
−=+
=+
15x
15x

⇔