MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình môn Toán bậc THPT hiện nay có rất nhiều bài toán có tham số liên
quan tới phương trình bậc 2, quy về bậc 2, và trong số đó xuất hiện nhiều và đa dạng các bài
toán “Tìm điều kiện để một phương trình có nghiệm, có một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm,
bốn nghiệm …”. Đây thực chất là các bài toán so sánh nghiệm của một phương trình bậc hai
với một số thực
α
, nếu xem xét các dạng toán này theo quan điểm, chương trình bộ sách giáo
khoa cũ thì các em học sinh không khó để có thể giải quyết bởi vì trong chương trình sách giáo
khoa cũ lớp 10, các em được trang bị đầy đủ nội dung các định lý thuận, đảo về dấu tam thức
bậc 2 và các hệ quả. Nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang phát hành thì phần kiến
thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng trước vấn đề “Không có
công cụ đó thì cần tìm hướng nào để bằng kiến thức các em đang được học trong sách giáo
khoa các em vẫn có thể giải được các dạng toán đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm
tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong quá trình học bộ môn Toán, và hơn nữa là góp phần nâng cao
chất lượng giảng dạy, nay tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải
một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số”.
2 /Nội dung sáng kiến kinh nghiệm :
I. Phần mở đầu.
II. Nội dung đề tài.
A. Cơ sở lý thuyết liên quan đến đề tài nghiên cứu.
B. Bài tập vận dụng.
C. Bài tập thực hành.
III. Kết quả và bài học kinh nghiệm.

NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.

1 2
,
2 2
b b
x x
a a
− − ∆ − + ∆
= =
c) Định lý Vi-et – Dấu các nghiệm.
 Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn
x R
∈
:
( ) ( )
2
ax 0 1 0bx c a+ + = ≠
có hai
nghiệm
1 2
,x x
thì
1 2 1 2
, .
b c
S x x P x x
a a
−
= + = = =
.
 Dấu các nghiệm:

0
0
0
P
S
∆ ≥


⇔ >


<

.
2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.
Trong phần này tôi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng quát một số dạng
toán liên quan đến phương trình bậc 2, và quy về bậc 2 trong tập số thực R: Thay vì so sánh
nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực
α
, ta sẽ biến đổi để đưa về so sánh
nghiệm của phương trình bậc 2 với số 0.
Bài toán 1. Cho phương trình:
( ) ( )
2
ax 0 1 0,bx c a x R+ + = ≠ ∈

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm:
x
α
≥

( ) ( )
2 2
2 0 2at a b t a b c
α α α
+ + + + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm
x
α
≥

⇔
pt (2) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
 TH 2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥



c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
x x
α
< < ⇔
pt (2) có 2 nghiệm
1 2
0 0t t P< < ⇔ <
.
d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
x x
α
< < ⇔
pt (2) có 2 nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


>

.

2 4 , . ,
a b
a b c
a b a a b c P t t S t t
a a
α
α α
α α α
− +
+ +
∆ = + − + + = = = + =
)
Nhận xét: Thoạt nhìn thì bài toán này mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm của
một tam thức bậc 2 với số thực
α
, và bằng cách làm như trên ta đã hướng dẫn học sinh giải
quyết bài toán một cách dễ dàng dựa vào định lý Viet và các ứng dụng, tránh không sử dụng
kiến thức về tam thức bậc 2 đã được giảm tải trong sách giáo khoa. hoctoancapba.com
Bài toán 2. Cho phương trình:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1x a x b x c x d k+ + + + =
với
a c b d
+ = +
.
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải.

a c a c
t ac bd t ac bd k
 
   
+
+ +
   
+ + − + − − − =
 
   
 ÷  ÷
   
   
 
   
 
a) Phương trình (1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm
0t
≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0

phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


= < ⇔ =


>

.
d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
• Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia cả hai vế phương trình (1) cho
2
0x ≠
, ta được:

( )
2
1 1
2 0 2a x b x c a
x x
   
+ + + + − =
 ÷  ÷
   
(Thông thường tới đây học sinh sẽ đặt
( )
1
2t x t
x
= + ≥
, khi đó nhận được phương trình
2
2 0at bt c a+ + − =
và việc giải quyết các yêu cầu đặt ra sẽ khó khăn vì học sinh không được
trang bị công cụ. Để giúp học sinh vượt qua trở ngại này chúng ta giải quyết như sau).

0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Vì
0x <
, đặt
( )
1
2 0t x t
x
= + + ≤
suy ra
1
2x t
x
+ = +
, thay vào phương trình (2) được:

( )
2
4 2 2 0at b a t a b c+ − + − + =

≤
. (Đây chính là kết quả tổng hợp của phần a và b).
d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau;
 TH1 : Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
1
1 2 1
1
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >


>


 TH2 : Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa:
2
1 2 2
2
0
0 0
0
t t P
S

+ + + + + + = ≠ ≠
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. hoctoan capba.com
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải.
• Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự)
• Ta có
2
2
2
2
4
2 4
b b ac
ax bx c a x
a a
 
−
 
+ + = + −
 
 ÷
 
 
 
nên đặt
2
2
4
ax

+ − + − + =
(3)
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm
0t ≥

 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0
0 0
0
t t P

< = ⇔

>

(Trong đó
∆
là biệt thức của pt (3),
1 2 1 2
, .S t t P t t= + =
)
Nhận xét: Khi gặp dạng toán này các em học sinh thường đặt
2
axt bx c= + +
với điều kiện
( )
2
4
4
b ac
t
a
− −
≥
nếu a > 0,
( )
2
4
4
b ac
t

.
• Đặt
( )
2
0t x t
α α
= + − ≥
suy ra
( )
2
2
x t
α α
= + −
, thay vào pt (1) ta được phương trình:

( )
( )
2
2 0 2at a b t b c
α α
+ + + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t
≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm

 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< = ⇔ =


<

.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0
0
t t
S
∆ =

= = ⇔

=

(Trong đó

b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
• Phương trình (1)
( ) ( )
2
2
0
ax 2
x
bx c x
α
α
− ≥


⇔

+ + = −


• Đặt
t x
α
= −
, vì
0x
α
− ≥
nên ta có điều kiện


≤

.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
1
0
0
0
0
a
t t
P
S
≠


∆ ≥

≤ ≤ ⇔

≥


≥

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm
1 2
1

0
0t ≥
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
1
0
0
a
t t
P
≠

< < ⇔

<

.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
1
0
0
0
0
a
t t
P
S
≠


, .S t t P t t= + =
)
Nhận xét: Dạng toán này hay xuất hiện trong chuyên đề về phương trình chứa căn, và những
bài toán như thế cũng từng xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, nhưng tất cả đều
đưa ra phương án là đi so sánh nghiệm của phương trình (2) với số thực
α
. Song với cách giải
như trên thì ta đã đưa bài toán về so sánh nghiệm của phương trình (3) với số 0.
Bài toán 7.Cho phương trình:
( )
( ) ( )
2
log log 1
a a
x x x b
α β γ
+ + = −
với
0 1a
< ≠
.
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất
Giải.
• Phương trình (1)
( )
2
0
x 2

=
, thay vào pt (3) tìm nghiệm
0
t
và giải bất phương trình
0
0t >
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0
0
t t
P
α
≠

< < ⇔

<

 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0
0
0
0
t t


= < ⇔

=


>

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm
1 2
0
0
0
0
0
t t
P
S
α
≠


∆ >

< < ⇔

>


>

1 2
0
0
0
0
0
t t
P
S
α
≠


∆ >

= < ⇔

=


>

 TH4 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t
S
α

Giải.
• Đặt
1 1t x x t= − ⇒ = +
, thay vào pt (1) ta được phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 3 2 0 2t m t m m+ − + − + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm
1x ≥

⇔
phương trình (2) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 0 3 2 0 1 2t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm :
2
1 2
1 0
1
' 0
1
0 0 3 2 0
2
2
0 1 0
1




• Kết luận: với
[
)
1;m∈ +∞
thì phương trình (1) có nghiệm
1x
≥
.
b) Để phương trình (1) có nghiệm
1x ≤

⇔
phương trình (2) có nghiệm
0t ≤
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 0 3 2 0 1 2t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
1 0
' 0
0 0 3 2 0 1
0 1 0
m

1 2m< <
thì phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
1x x< <
d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
1x x< < ⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm:

2
1 2
1 0
' 0
0 0 3 2 0
0 1 0
m
t t P m m
S m
− >

∆ >



< < ⇔ > ⇔ − + >
 
 
> − <



a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải.
• Ta biến đổi phương trình (1)
( ) ( )
( )
2 2
2 2 1 3 5 2x mx x mx m m⇔ − − + − = −

• Đặt
( )
2
2 0t x mx m t= − + ≥
, thay vào phương trình (2) ta được phương trình:

( ) ( )
2
1 2 5 0 2t m t m− + − + =
a) Phương trình (1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
5
0 0 5 2 0
2
t t P m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥

)
6 55;m

∈ − + +∞

thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
5
0 0 5 2 0
2
t t P m m< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ >
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm:

2
1 2
6 55
0
12 19 0
0 6 55
6 55
0
1 0
1
m
m m
t t m
m

m
 
∈ +∞ ∪ − +
 ÷
 
thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:
2
1 2
0 12 19 0
5
0 0 5 2 0
2
0 1 0
m m
t t P m m
S m

∆ > + − >



= < ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
 
 
> + >



• Kết luận: với
5
6 55;
2
m
 
∈ − +
 ÷
 
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3. Cho phương trình:
( )
( )
4 3 2 2
2 3 4 2 1 0 1x mx m m x mx− + − + − + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
• Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia hai vế của phương trình (1) cho
2
0x ≠
, ta được:

( )
2
2
1 1
2 3 2 0 2x m x m m

1 2
0 7 6 0 1 6t t m m m≤ ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
3 2 0
' 0
0 0 7 6 0 6
0 2 0
m
t t P m m m
S m
− ≥

∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥
 
 
≥ − ≥


.
• Kết luận: Với
1m ≥
thì phương trình (1) có nghiệm dương.
b) Vì

3 2 0
' 0
0 0 6 0
0 2 0
m
t t P m m
S m
− ≥

∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ + + ≥
 
 
≤ + ≤


(vô nghiệm).
• Kết luận: Không tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm âm.
c) Để phương trình (1) có nghiệm thì
1m ≥
.
d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:
1
2
1 2 1
1

0 0 6 0
2 0
0
m
t t P m m
m
S
− >

∆ >



< < ⇔ > ⇔ + + >
 
 
+ <
<


(vô nghiệm)
 TH3 : Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu:

2
1
2
2
0
7 6 0
0

Giải
• Đặt
2
2 1t x x= − +
khi đó
0t ≥
, suy ra
2
2 1x x t− = −
. Thay vào phương trình (1) ta được
phương trình sau:
( ) ( )
2
2 1 4 0 2t m t m− + + + =

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t
≥

 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0 4 0 4t t P m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ −
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 3 0
1 13
0 0 4 0
2

 
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa:

2
1 2
0 3 0
1 13
0 0 4 0
2
0 1 0
m m
t t P m m
S m

∆ > + − >

− +


< < ⇔ > ⇔ + > ⇔ >
 
 
> + >


.
• Kết luận: với
1 13
;

1 0
m m
t t m
S
m
∆ =

+ − =

− +
< = ⇔ ⇔ ⇔ =
 
>
+ >


.
• Kết luận: với
( )
1 13
; 4
2
m
 
− +
 
∈ −∞ − ∪
 
 
 

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t ≥
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
1 2
2
0 0 3 2 0
3
t t P m m
−
≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤
.
 TH2 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 16 4 0
0 0 3 2 0 8 68
0 2 0
m m
t t P m m
S m

∆ ≥ − − ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ +
 
 
≥ − ≥



< < ⇔ > ⇔ + > ⇔ > +
 
 
> − >


• Kết luận: Với
( )
8 68;m∈ + +∞
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
 TH1 : Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 16 4 0
2
0 0 3 2 0
3
0 2 0
m m
t t P m m
S m

∆ > − − >

−


< = ⇔ = ⇔ + = ⇔ =

2
3
m
−
=
thì pt (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 6. Cho phương trình:
( ) ( )
2 2
2x 2 1 1 1m x m m x− + + + = −

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
• Phương trình (1)
( ) ( ) ( )
2
2 2
1 0
x 2 1 1 2
x
m x m m x
− ≥


⇔

− + + + = −


t t P m m m
S m
− ≥

∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ =
 
 
≥ − ≥


.
• Kết luận: Với
[ ]
0;1m∈
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm

2
1 2
1 0
0
0 0 0
0 1 0
m
t t P m m
S m

t t P m m m
S m
− >

∆ >



< = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
 
 
< − <


.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
1 2
0 1 0
0 1
0 1 0
m
t t m
S m
∆ = − =
 
≤ = ⇔ ⇔ ⇔ =
 
≥ − ≥
 
.

x m x m m
− + >


⇔

+ − + + − =


• Đặt
1 1t x m x t m
= − + ⇒ = + −
, vì
1 0x m
− + >
nên ta suy ra điều kiện
0t
>
. Thay vào phương
trình (2) ta được phương trình:
( ) ( )
2 2
4 3 4 0 3t m t m m+ − + − =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm
0t >
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
1
0 0 4 0 0


 
<
> − >



.
 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
0
0 0 4 0
1
0 3 4 0
4
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >

=


1 1
0 0 4 0
4 2
0
0 3 4 0
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >



< <


< < ⇔ > ⇔ − > ⇔
 

 
<
> − >



• Kết luận: Với
( )

m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >

=




= < ⇔ = ⇔ − = ⇔
 

=
 
> − >



 TH3 : Phương trình (3) có nghiệm:
2
1 2
9
2
0
4 20 9 0

=
  

>
− >





<


• Kết luận: Với
1 1
0;
4 2
m
   
∈ ∪
 
 
   
thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài 8. Cho phương trình:
( ) ( )
2 2
1 2 2
4 2 1 2 3 0 1
x x

0t ≥
.
 TH1 : Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
0 0 11 0 0 11t t P m m m≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤
.
 TH2 : Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
3 7 1 0
' 0
0 0 11 0 11
0 2 1 0
m m
t t P m m m
S m

+ + ≥
∆ ≥



≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
 
 
≥ − ≥



 
>
− >


(vô nghiệm)
• Kết luận: Với
( )
0;11m∈
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có nghiệm thỏa:

2
2
1 2
3 7 1 0
' 0
0 0 11 0 11
0 2 1 0
m m
t t P m m m
S m

+ + >
∆ >



< < ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
 

4 3 2
2 1 3 2 2 1 1 0 (1)x m x m x m x− + + − − + + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm.
Bài 3. Cho phương trình:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 2 1 1x x x x m− − − − = −
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
Bài 4. Cho phương trình:
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 4 2 3 2 1 4 2 3 1 0 1x x m x x m m− + − − − + + − − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Bài 5. Cho phương trình:
( )
2 2 2
3 2 2 2 3 3 0x m x m m+ + + + + − =
(1)

3 2 1 3 3 0 1
x
x
m m m
+
+
− + + − =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
KẾT QUẢ
Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy học sinh bộ môn Toán ở trường THPT, tôi
nhận thấy rằng các em học sinh rất hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ
khi mà một số bài toán tưởng chừng như không thể giải quyết nếu không có công cụ là
định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, thì nay lại được giải quyết một cách
đơn giản, dễ hiểu thông qua một định lý quen thuộc là định lý Vi-et. Chính vì các em
cảm thấy hứng thú với môn học nên trong mỗi năm học tôi nhận thấy chất lượng của
môn Toán nói riêng, và kết quả học tập của các em học sinh nói chung được nâng lên rõ
rệt, có nhiều em đầu năm học là học sinh yếu, TB nhưng cuối năm đã vươn lên để trở
thành học sinh TB, khá và giỏi, trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao
đẳng có nhiều em đạt điểm 8, 9, 10 môn Toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục
của nhà trường. Khi tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, Olympic 30
tháng 4 có nhiều em đạt giải cao ( 02 em đạt HSG cấp Quốc gia, 09 em đạt huy chương
khi tham gia thi Olympic 30 – 4 )
Cụ thể:
1) Kết quả học tập bộ môn:
Năm học Đầu năm học (%) Cuối năm học (%)
Yếu TB Khá Giỏi Yếu TB Khá Giỏi
2003 – 2004 0 21 63 26 0 12 54 34
2004 – 2005 0 17 64 19 0 4 58 38

đã giảm tải phần định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, nên khi gặp các dạng toán
trong chuyên đề này đã trình bày các em cảm thấy lúng túng, nhất là các em học sinh lớp 10,
ngay cả các em học sinh lớp 12 khi đã được trang bị công cụ là đạo hàm cũng thấy khó khăn.
Từ thực tế đó nhằm giúp các em học sinh cảm thấy hứng thú hơn khi học toán, biết cách vận
dụng, khai thác một số dạng toán có chứa tham số, quy lạ về quen nên tôi viết sáng kiến kinh
nghiệm:
“ Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2” .
Rất mong sự góp ý của quý thầy, cô.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Phương pháp giảng dạy môn Toán.
Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục .
2) Giải một bài tập như thế nào.
Tác giả: G.Polya – Nhà xuất bản giáo dục.
3) Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12.
Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Giáo dục
4) Sách giáo khoa Đại số nâng cao 10, 12.
Nhà xuất bản Giáo dục.