nn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA
nnnnnnnmmnnmM

+

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM
CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Người thực hiện :
Chức vụ
:
Đơn vị công tác :
SKKN thuộc môn:

Trịnh Thị Nga
Giáo viên
Trường THCS Trần Mai Ninh
Toán

THANH HÓA NĂM 2016


MỤC LỤC
NỘI DUNG
MỤC LỤC
PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU

4
5
9
14
19
20

2


PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU
A. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình phổ thông các dạng bài tập toán rất phong phú và đa
dạng. Ở sách giáo khoa Toán lớp 9 THCS, học sinh được làm quen với phương
trình bậc hai một ẩn: Công thức tính nghiệm của phương trình bậc hai, định lý
Vi-ét và các ứng dụng trong việc giải một số bài toán. Tuy nhiên việc ứng dụng
chúng vào việc giải quyết các bài toán khó như: chứng minh bất đẳng thức
(BĐT), tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN), giải phương trình
(PT) nghiệm nguyên thì nhiều học sinh còn lúng túng bởi vì kiến thức toán
THCS rất ít đề cập trực tiếp đến vấn đề này.
Nhiều năm gần đây trong các kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi bậc THCS và
các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và các hệ chuyên thường có các bài toán
chứng minh BĐT, tìm cực trị và giải phương trình nghiệm nguyên. Đây là hai
dạng toán tương đối khó đối với học sinh THCS. Để giải các bài toán này học
tổng hợp các kiến thức và kỹ năng tính toán, tư duy sáng tạo. Vậy làm thế nào
để học sinh có thể định hướng được hướng đi, hay hơn thế là hình thành được
một công thức "ẩn tàng" nào đó mỗi khi gặp một bài toán.
Là một giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán THCS, trong quá trình
giảng dạy, tôi luôn luôn trăn trở, tìm tòi, chọn lọc những phương pháp hợp lý
nhất để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh một cách suy nghĩ mới làm quen với

- Đối tượng khảo sát : Học sinh giỏi lớp 9- trường THCS Trần Mai Ninh
D. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Khảo sát, tìm hiểu thực tế học sinh.
2. Nghiên cứu SGK, tài liệu hướng dẫn cần thiết.
3. Xây dựng phương pháp khi soạn giáo án chính khoá và tự chọn.
4. Áp dụng vào các tiết dạy lý thuyết cũng như các tiết luyện tập, các tiết dạy tự
chọn, dạy bồi dưỡng HS khá, giỏi .
5. Hoàn thành phương pháp sau khi đã cho học sinh thực hành qua đó rút ra bài
học kinh nghiệm.

PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Mục tiêu của môn Toán ở trường THCS là nhằm cung cấp cho học sinh
những kiến thức phổ thông cơ bản và thiết thực, hình thành và rèn luyện các kĩ
năng giải toán và ứng dụng vào thực tế, rèn luyện khả năng suy luận hợp lí, sử
dụng ngôn ngữ chính xác, bồi dưỡng các phẩm chất tư duy linh hoạt, độc lập,
sáng tạo. Xuất phát từ mục tiêu trên, phương pháp dạy học trong giai đoạn mới
là tích cực hóa các hoạt động học tập của học sinh, rèn luyện khả năng tự học, tự
phát hiện và giải quyết các vấn đề của học sinh nhằm hình thành và phát triển ở
học sinh phẩm chất tư duy cần thiết.
Toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy,
người học và cả người nghiên cứu. Qua việc dạy và học toán, con người được
rèn luyện năng lực phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo,
góp phần hình thành kĩ năng, nhân cách cần thiết của người lao động trong thời
đại mới. Muốn học giỏi toán, học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức là
phải học giải toán. Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán đồng thời
là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều cần
thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường THCS. Vì vậy, để nâng
cao chất lượng dạy và học toán, người thầy giáo cần truyền cho học sinh sự ham
thích giải toán, bằng những phương pháp, kĩ năng cơ bản và ứng dụng của mỗi

2. Công thức nghiệm của phương trình (1):
Biệt thức ∆ = b 2 − 4ac ( ∆' = b' 2 −ac , với b = 2b')
- Nếu ∆ > 0 (hoặc ∆' > 0 ): Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
−b+ ∆
− b'+ ∆'
−b− ∆
− b'− ∆'
( x1 =
)
;
x2 =
( x2 =
)
2a
a
2a
a
- Nếu ∆ = 0 (hoặc ∆' = 0): PT (1) có nghiệm kép (nghiệm duy nhất)
−b
− b'
x1 = x 2 =
( x1 = x 2 =
)
2a
a
- Nếu ∆ < 0 (hoặc ∆' < 0): Phương trình (1) vô nghiệm.
x1 =

3. Hệ thức Vi - ét: 1. Nếu x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương
−b

- Ý tưởng chính của phương pháp này là xét phương trình bậc hai theo
một ẩn nào đó, ẩn còn lại coi là tham số. Sau đó tìm điều kiện của tham số để
phương trình bậc hai có nghiệm. Từ đây ta thiết lập được bất đẳng thức để chặn
giá trị của tham số và liệt kê nghiệm(nếu có).
- Biến đổi phương trình đưa về dạng phương trình bậc hai(một ẩn là ẩn
của phương trình bậc hai; một ẩn là tham số). Biện luận nghiệm theo điều kiện
nghiệm của phương trình bậc hai.
GHI NHỚ: Sau khi biến đổi phương trình đưa về dạng phương trình bậc
hai(một ẩn là ẩn của phương trình bậc hai; một ẩn là tham số) rồi tính ∆, ta thấy
có 5 khả năng xảy ra:
(1) ∆ là một tam thức bậc hai có hệ số của bậc cao nhất âm.
(2) ∆ là một tam thức bậc hai có hệ số của bậc cao nhất dương.
(3) ∆ là một biểu thức không dương với mọi giá trị của biến.
(4) ∆ là một biểu thức âm với mọi giá trị của biến.
(5) ∆ là một biểu thức có bậc lớn hơn 2.
Sau đây là các ví dụ cho từng dạng và cách xử lí tương ứng.
Dạng 1: ∆ là một tam thức bậc hai có hệ số của bậc cao nhất âm.
Cách xử lí: Để PT có nghiệm nguyên, phải có ∆ ≥ 0 rồi xét các giá trị nguyên
của biến.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + 3y2 = 19 - 4x
(1)
2
2
⇔
Cách giải: Phương trình (1) 2x + 4x + 3y - 19 = 0
(1’)
Ta coi phương trình (1’) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y. Điều
kiện cần để phương trình (1’) có nghiệm nguyên là ∆ ≥ 0 và ∆’ phải là số chính
phương.
Ta có ∆’= 4 – 2(3y2 – 19) ≥ 0 ⇔ 4 – 6y2 + 38 ≥ 0 ⇔ 42 - 6y2 ≥ 0 ⇔ y2 ≤ 7.

tham số x
2
2
Cách giải: Phương trình (3) ⇔ 3 y + 2 ( 3x − 14 ) y + 12 x − 28 x = 0 .Ta có: y nhận
giá trị nguyên với giá trị nguyên x
⇔ ∆ ′ = −27 x 2 + 196 = k 2 ≥ 0 ⇒ x 2 ≤ 7 ⇒ x ∈ { 0; −1; 1; −2; 2}

+ Với x = 0 ⇒ y = 0
+ Với x = 1 ⇒ y = 8
+ Với x = −1 ⇒ y = 10
+ Với x = -2 hoặc x = 2 thì y ∉ ¢
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: (x; y) ∈ { ( 0; 0 ) ; ( 1; 8 ) ; ( −1; 10 ) }
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 = (x + y)2
Cách giải: Phương trình đã cho ⇔ (x + y)(x2 – xy + y2) – (x + y)2 = 0
⇔ (x + y)(x2 – (y + 1)x + y2 – y) = 0.
+ Nếu x + y = 0 thì nghiệm của phương trình là: (n; -n) trong đó n là số nguyên.
2
2
+ Nếu x + y ≠ 0 thì x – (y + 1)x + y – y = 0
(4)
Điều kiện cần để phương trình (4) có nghiệm là (y + 1)2 – 4( y2 – y) ≥ 0
2

2

2
2
2
⇔ y + 2y + 1 – 4 y + 4y ≥ 0 ⇔ 3y – 6y – 1 ≤ 0 ⇔ 1- 3 ≤ y ≤ 1+ 3
Vì y ∈ Z nên y ∈ { 0; 1; 2}


Xét 

+ Với y = 2 thì phương trình (1’) trở thành:
2x2 + 7x + 5 = 0 có dạng a - b + c = 0 nên x1= -1; x2 = -2,5 (loại)
+ Với y = 12 thì phương trình (1’) trở thành:
2x2 - 57x + 405 = 0; ∆ = 9 , ∆ = 3; x1 = 15 , x2 = 2,25 (loại)
 y − 7 + k = 4
 y = 11
⇒ 2 y−7 =8 ⇒ 1
 y − 7 − k = 4
 y2 = 3

Xét 

+ Với y = 11 thì phương trình (1’) trở thành: 2(x2 - 26x + 169) = 0
⇔ 2(x - 13)2 = 0 ⇔ x = 13
+ Với y = 3 thì phương trình (1’) trở thành 2(x - 3)2 = 0 ⇔ x = 3
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm là (x; y) ∈ { (3; 3); (13 ; 11); (-1 : 2); (15; 12)}
Dạng 3: ∆ là một biểu thức không dương với mọi giá trị của biến.
Cách xử lí: Ta chứng tỏ ∆ ≤ 0 với mọi giá trị của biến rồi kết hợp với điều kiện
để phương trình có nghiệm nguyên ∆ ≥ 0 để suy ra ∆ = 0.
Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 + x - y + 1 = 0 (1)
Cách giải: Phương trình (1) ⇔ x2 + (y + 1)x + y2 - y + 1 = 0.
(1’)
Ta coi phương trình ( 1’) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y.
Điều kiện cần để phương trình (1’) có nghiệm là ∆ ≥ 0
2
2
Ta có: ∆ = -3(y - 1) ≤ 0 ∀ y ; ta phải có ∆ ≥ 0 mà -3(y - 1) ≤ 0 với mọi y. Do

2
Ta có: ∆ ’ = -3y2 + 42y - 992 = -3 ( y − 7) +

845 
(a - 1)
(3)
4
4
2

được giải bằng cách nhận xét giá trị của biến và biến đổi biểu thức cần tìm
GINN, GTLN về dạng f ( x) = g ( x) 2 n + a (hoặc f ( x) = − g ( x) 2 n + a ) với n ∈ N khi
đó GTNN của biểu thức f ( x) = a ⇔ g ( x) = 0 ( hoặc GTLN của f ( x) = a
⇔ g ( x) = 0 )
Do việc biến đổi biểu thức cần tìm GTNN, GTLN về dạng f ( x) = g ( x) 2 n + a
(hoặc f ( x) = − g ( x) 2 n + a ) với n ∈ N là việc làm khó cần tư duy linh hoạt. Điều
đó không phải học sinh nào cũng làm được. Để khắc phục điều này, ta có một
phương pháp giải vận dụng kiến thức đơn giản hơn.
DẠNG 1: BIỂU THỨC DẠNG PHÂN THỨC
Phương pháp chung: Chúng ta đã biết phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (
a ≠ 0 ) có nghiệm khi biệt số delta ∆ = b 2 − 4ac ≥ 0 . Vì vậy để tìm GTNN,
GTLN của biểu thức f(x) có bậc hai ta biến đổi biểu thức đã cho về dạng phương
trình bậc hai, ta gọi a là một giá trị của hàm số tại một giá trị cho trước của x, coi
a là tham số của phương trình và giải tìm điều kiện của a để phương trình có
nghiệm.
x2 − x + 1
Ví dụ 1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: A = 2
.
x + x +1
x2 − x + 1
Cách giải: A nhận giá trị a khi và chỉ khi PT ẩn x: 2
= a (1) có nghiệm.
x + x +1
Do x 2 + x + 1 ≠ 0 suy ra: (1) ⇔ x 2 − x + 1 = ax 2 + ax + a ⇔ (a − 1) 2 + (a + 1) x + (a − 1) = 0 (2)

Trường hợp 1: Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0
Trường hợp 2: Nếu a ≠ 1 thì (2) có nghiệm, cần và đủ là: ∆ ≥ 0 , tức là
(a + 1) 2 − 4( a + 1) 2 ≥ 0 ⇔ ( a + 1 + 2a − 2)( a + 1 − 2a + 2) ≥ 0 ⇔ (3a − 1)(a − 3) ≤ 0 ⇔

1



a) z ≠ 0 thì PT (1) luôn có nghiệm x khi biệt thức ∆’ không âm
1 − 4 z ( zy 2 − 2 y + 7 z − 1) ≥ 0 ⇔ −4 z 2 y 2 + 8 zy − 28 z 2 + 4 z + 1 ≥ 0 (2)
Coi (4) là bất phương trình ẩn y, BPT này xảy ra khi:
∆ ' y = 16 z 2 + 4 z 2 (−28 z 2 + 4 z + 1) ≥ 0 ⇔ −28 z 2 + 4 z + 5 ≥ 0 ⇒

−5
1
≤z≤ .
14
2

Khi z nhận các giá trị này thì đẳng thức xả ra ở (2) và (1), khi đó: y =
x=

1
2z

Vậy GTLN (z) =

1
và
z

1
−5
−14
−7
khi y = 2 và x = 1, GTNN (z) =

7
1− x + x +
x+
Ta có: c =
2
2
2
Áp dụng BĐT a + b ≥ a + b , ta có: 1 − x + x ≥ 1 − x + x = 1
Dấu “=” ⇔ x = 0 hoặc x = 1.
1
3 7
x ≥ 0 . Dấu bằng xảy ra khi x = 0. Suy ra c ≥ + = 5 ; c = 5 tại x = 0.
2
2 2

Ví dụ : Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: c = 2 x +

(

)

Vậy GTNN của c là 5 tại x = 0.
DẠNG 3: TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ BIỂU THỨC ĐẠT GTNN, GTLN

Phương pháp chung: Sử dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc hai để tìm miền
giá trị của tham số rồi tìm điều kiện của tham số nhờ miền giá trị đã ràng buộc.
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
có GTNN bằng
Cách giải:


(2’)

1
≤ a ≤ 3 . Như vậy cần tìm m, n để (2’) có hai nghiệm là
3

1
a1 = ; a2 = 3 . Theo hệ thức Viète đối với phương trình (2’):
3
4+n−m
−4(m − n − 4)
1

+3=

 a1 + a2 =
 4 + n − m = 10
3
3
12
⇒
⇒

2
2
2
4n − m = 12
 a a = 4n − m
 1 .3 = 4n − m
1 2

x2 +1

Vì x 2 + 1 > 0 với mọi x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức
g(x) = ux + v – t( x 2 + 1 ) hay g(x) = −tx 2 + ux + v − t .
Để GTLN Q(x) là t1 = 4 (lúc đó a1 = -4 < 0) và GTNN Q(x) là t2 = -1 (lúc đó a2
= 1 > 0) xảy ra đồng thời thì dựa vào (*) phải có:
u 2 + 16(v − 4) = 0 u 2 = 16
 ∆1
⇔
nghĩa là (u, v) bằng (4; 3) hoặc (-4; 3).
 ⇔ 2
u − 4(v + 1) = 0
∆ 2
v = 3

Ví dụ 3. Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm lớn nhất, nhỏ
nhất: x 4 + 2 x 2 + 2mx + m 2 − 6m + 1 = 0.
Cách giải: Gọi x0 là nghiệm của PT đã cho. Ta có:
x0 4 + 2 x0 2 + 2mx0 + m 2 − 6m + 1 = 0 ⇔ m 2 + 2( x0 − 3)m + x04 + 2 x02 + 1 = 0
(*)
Do tồn tại m để PT có nghiệm là x0 nên PT (*) (ẩn m) phải có nghiệm. PT (*) có
nghiệm khi và chỉ khi: ∆ ' = ( x0 − 3)2 − ( x04 + 2 x02 + 1) ≥ 0 ⇔ ( x0 − 3) 2 − ( x02 + 1)2 ≥ 0
2

⇔ ( x02 + x0 − 2)( x02 − x0 + 4) ≤ 0 ⇔ x02 + x0 − 2 ≤ 0

( vì x02 − x0 + 4 =  x0 − 1 ÷ + 15 > 0 )

⇔ ( x0 + 2)( x0 − 1) ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x0 ≤ 1.


2a

Như vậy, khi biến x nhận mọi giá trị ràng buộc thuộc R thì đa thức f(x) đạt cực
trị tại x = −

b
2a

Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức b = 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2 ,
biết rằng x 2 + y 2 = a với a là hằng số lớn hơn hoặc bằng 1.
Cách giải: Vì a ≥ 1 nên có:
1) Nếu y = 0 ⇒ b = 2
a

b 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2
=
=
.
a
a
x2 + y2
2
2) Nếu y ≠ 0, đặt t = x thì b = 2t + 4t + 5 .
2

y

;

a

÷
y
5
5
5

 

 2 5a − 5a   −2 5a 5a 
,
÷
khi (x, y) lấy giá trị 
÷;  5 , 5 ÷
÷.
5
5

 


Ví dụ 2. Cho x>0, y>0 thỏa mãn: x 2 y = 1 . Tìm GTLN, GTNN: P = x x 2 + y 2 + x 2 .
1
1
x 4 + 2 + x 2 (1). Ta có:
2 , ta có: P =
x
x
1
1
(1) ⇔ P − x 2 = x 4 + 2 ⇔ P 2 − 2 Px 2 − 2 = 0 ⇔ 2 Px 4 − P 2 x 2 + 1 = 0


13


1

x
=
9 x 2 + y 2 = 1
2
2

9 x + y = 1
3 10

⇔
⇔
Dấu “=” ⇔  1
hoặc
 y = −9 x
 ( x − y) = x
 y = −3
10

10

Vậy max x − y =

−1


4a

– 1) – 4a 2 P 2 ≥ 0 ⇔ − 4aP + 1 ≥ 0 ⇔ P ≤
2

1
1
1
1 − 2aP
1
4a = 2 = a
=
⇔ x=a.
Ta có P = ⇔ x =
.
Vậy
max
P
=
1
1
4a
2P
4
a
2.
4a
2a
1
1

G=

x4 + 1
( x 2 + 1) 2

;

1
x 2 với x > 0.

;

4

Bài 2. Tìm GTNN của: A =
C=

x2 + 4 2x + 3 ;
x2 + 1

P = x + x2 +

x2 − 2x + 2
B= 2
x + 2x + 2

;

−x
;

x − 2 + 5 − 2x

; C= 2 x − 1 ( x > 0)
x2 + x

Bài 4. a) Tìm m để PT: x4 + 2x2 + 2mx + m2 - 6m + 1 = 0 có nghiệm đạt min,
max
14


b) Tìm a để nghiệm của PT sau đạt min, max : x4 + 2x2 + 2ax + (a +1)2 = 0
c) Tìm cặp số (x , y) thoả mãn x(y2 + 1) = 2y2 - 2y sao cho x đạt max
Bài 5. Tìm cặp số (x, y) thoả mãn x2 + 5y2 + 2y - 4xy - 3 = 0 sao cho y đạt min
ax + b
−1
có min là
có max là 1
2
x +2
2
1
x 2 + mx + n
Bài 7. Cho A = 2
tìm các giá trị của m, n để Amin = và Amax = 3
3
x + 2x + 4
1
1
y +1
Bài 8. Cho A =

Cho BĐT f(x ; y) ≥ 0 (1) , trong đó VT (1) = f(x) là một tam thức bậc hai
đối với một trong hai biến x ; y. Hãy chứng minh BĐT (1) đúng với mọi x , y.
Phương pháp giải : Ta giả sử hàm f(x ; y) là một tam thức bậc hai đối với x, y.
Gọi tam thức bậc hai đó là p( x ) , ta cần chứng minh p ( x ) > 0 với mọi x, y. Để
chứng minh p ( x ) ≥ 0 với mọi x, theo định lí thuận về dấu của tam thức bậc hai ta
af ( x; y ) > 0

cần ta cần chứng minh ∆
(*). Suy ra để chứng minh p ( x ) ≥ 0 v ớ i m ọi
 f ( x ; y ) ≤ 0
x ,y ta cần chứng minh hệ (*) đúng với mọi y.
Chú ý: Nếu trong BĐT (1) không có dấu đẳng thức thì trong điều kiện (*) đối
với ∆ f ( x; y ) cũng không có dấu đẳng thức.
Ví dụ 1: Cho b > c > d. CMR: (a + b + c)2 > 8(ac + bd ) (1) đúng với mọi a.
Cách giải: Ta có: (a + b + c) 2 > 8(ac + bd )
⇔ (a + b + c ) 2 − 8(ac + bd ) > 0 ⇔ a 2 + 2(b + d − 3c )a + (b + c + d ) 2 − 8bd > 0 .
Đặt VT (1) = f(a). Ta thấy f(a) là một tam thức bậc hai đối với a có hệ số a f ( x ) = 1 .
Do vậy để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh ∆ < 0. Thật vậy:
∆ = (b + c − 3c ) 2 − (b + c + d ) 2 − 8bd  = −8c(b − c + d ) + 8bd = −8(b − c )(c − d ) .
Do b > d > c ⇒ b – c > 0; c – d > 0 ⇒ ∆ < 0 ⇒ đpcm.
Trường hợp BĐT là một tam thức bậc hai đối với ba biến, ta làm tương tự:
Ví dụ 2: CMR: x 2 + 5 y 2 + 2 z 2 − 4 xy − 2 yz − 2 z + 1 ≥ 0 với mọi x, y, z.
Cách giải: Đặt f ( x) = x 2 − 4 xy + 5 y 2 + 2 z 2 − 2 yz − 2 z + 1
2
2
2
2
2
Ta có: ∆ x ' = 4 y − 5 y − 2 z + 2 yz + 2 z + 1 = −( y − z ) − ( z − 1) ≤ 0
15

Nhận dạng: Từ các điều kiện ràng buộc của đề bài ta thấy tích và có thể làm
xuất hiện tổng hai số b và c vì thế ta nghĩ đến việc đưa về PT bậc hai để dùng
theo điều kiện của ∆.
Cách giải: Ta có: bc = 2a 2 và b + c = abc – a = 2a 3 - a. Theo hệ thức Viète thì
b, c là nghiệm của phương trình: x 2 − (2a3 − a) x + 2a 2 = 0 . Phương trình có
nghiệm khi ∆ = a 2 (4a 4 − 4a 2 − 7) ≥ 0 ⇒ a 2 ≥
a≥

1+ 2 2
, kết hợp a > 0 ta được
2

1 + 2 2 (đpcm).
2

Bài toán 2. Giả sử ba số thực a, b , c thỏa mãn:

a 2 + b2 + c 2 = 2

 ab + bc + ca = 1

(1)
(2)

Chứng minh rằng: -4 < a + b + c < 4.

16


a 2 + b 2 + c 2 = 2

0


dụng điều kiện có nghiệm của PT để đánh giá x, từ đó suy ra x3.
125
(đúng)
64
x −1 + x −1 = y ⇔ y2 x −1 − y + x −1 = 0

Cách giải: a) Nếu x = 1 thì y = 0, ta có: x3 = 1 ≤

b) Nếu x > 1, ta có: y 2
(*)
Coi (*) là phương trình bậc hai với ẩn số y. Phương trình (*) có nghiệm khi và
5
4

chỉ khi ∆ y ≥ 0 ⇔ 1 − 4( x − 1) ≥ 0 ⇔ 1 − 4 x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ . Vậy với 1 ≤ x ≤
x3 ≤

5
ta có
4

125
64

17


Bài toán 5. Cho a, b là hai số thỏa mãn a 2 + 4b 2 = 1 . Chứng minh rằng:
a −b ≤


Bài toán 7. Cho x 2 + xy + y 2 ≤ 3 . CMR: −3 − 4 3 ≤ x 2 − xy − 3 y 2 ≤ 3 + 4 3 .
Nhận dạng: Đây là một BĐT kép mà ta thấy x 2 + xy + y 2 và x 2 − xy − 3 y 2 là các
tam thức bậc hai đối với ẩn x (hoặc ẩn y), khi đó ta nghĩ đến việ đặt ẩn phụ để
đưa về dạng phân thức để tìm miền giá trị nhờ vào việc sử dụng điều kiện có
nghiệm của PT bậc hai.
Cách giải: Đặt P = x 2 + xy + y 2 ; Q = x 2 − xy − 3 y 2
• y = 0 ⇒ P ≤ 3 ⇒ Q = x 2 ⇒ −4 3 − 3 ≤ 0 ≤ Q ≤ 3 < −3 3 − 3 (đpcm).
x
P ( x 2 − xy − 3 y 2 )
t2 − t − 3
=
P
.
• y ≠ 0, đặt t = , ta được: Q = 2
.
2
2
x + xy + y

y

Ta tìm miền giá trị của n =

t + t +1

t2 − t − 3
⇔ (n − 1)t 2 + (n + 1)t + t + 3 = 0 . Vì hệ số a = n – 1
t2 + t +1

và b = n + 1 không đồng thời bằng 0 nên miền giá trị của n là: ∆t ≥ 0

4
3

Do vai trò của x, y như nhau nên: (x − 1)2 ≤ .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài 1: Chứng minh:

a2
+ b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc . b)
4

a 2 + 4b 2 + 3c 2 + 14 ≥ 2a + 12b + 6c

Bài 2: Cho 4 số thực a, b, c, d. Chứng minh:
(a + b + c + d ) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) + 6 ab .
Bài 3: Chứng minh với mọi a, b, c, d ∈ R, ta luôn có BĐT:
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3(a 3b + b3c + c 3a )

Bài 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM:
b) a 2 + b2 + c 2 < 2(ab + bc + ca ) .
b)
a ( x − y )( x − z ) + b( y − x)( y − z ) + c( z − x)( z − y ) ≥ 0

Bài 5: Cho a, b, c là ba số thực dương. CMR với mọi số thực k ≥ 1, BĐT sau
luôn được thỏa mãn: k (a 2 + b 2 + c 2 ) + abc + 3k + 2 ≥ (2k + 1)(a + b + c)
Bài 6: . Biết rằng BĐT: x12 + x22 + ... + x n2 ≥ (x1 + x2 + ... + xn −1 ) x n thỏa mãn với mọi số
thực x1 , x2 ,..., xn (n ≥ 1) thì n bằng bao nhiêu?
Bài 7: Cho a > 0. CMR:

a + a + a + ... + a


KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU

Trong quá trình giảng dạy cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Trần Mai
Ninh, tôi thấy học sinh lĩnh hội được kiến thức một cách thoải mái, rõ ràng, có
hệ thống, học sinh phân biệt và nhận dạng được các bài toán có liên quan
phương trình nghiệm nguyên và từ đó giải được hầu hết các bài tập phần này,
xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc giải tổng quát.
Qua đó, rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các phẩm chất trí
tuệ khác và học sinh cũng thấy được dạng toán này thật phong phú chứ không
đơn điệu, giúp học sinh hứng thú khi học phần giải toán về phương trình nghiệm
nguyên nói riêng, học bộ môn toán nói chung và vận dụng tốt những kiến thức
này trong giải toán.
Kết quả cụ thể: Với những bài tập cô giáo đưa ra, học sinh say mê giải
một cách tự lập và tự giác, sau mỗi bài tập học sinh không chỉ dừng lại ở việc
tìm ra lời giải mà luôn có ý thức xem xét bài toán ở các góc độ khác nhau: còn
cách giải nào hay hơn không, có tương tự với dạng nào đã học, quy bài toán lạ
về bài toán quen thuộc,...
19


Kĩ năng giải phương trình nghiệm nguyên của học sinh đã có tiến bộ rõ
rệt, được thể hiện qua bảng số liệu sau: (Tính theo số lượng bài tập giáo viên
đưa ra)
Sĩ số HSG
Từ 65%
Từ 50%
Dưới
Năm học
Trên 80%

về phần nàỵ
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ của bản thân tôi tự rút ra được trong
quá trình giảng dạy, chắc chắn chưa phải là một vấn đề hoàn hảo, do vậy tôi rất
mong nhận được sự đóng góp ý kiến chân tình của các bạn đồng nghiệp và bạn
đọc để những năm học tới dạy được tốt hơn, đáp ứng được với yêu cầu của sự
nghiệp giáo dục.
Đề xuất:
Những sáng kiến kinh nghiệm hay trong thành phố, Phòng
Giáo dục, Sở giáo dục nên tổ chức hội thảo cho giáo viên trong thành phố học
tập và áp dụng những sáng kiến đó để nâng cao chất lượng dạy và học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 4 năm
2016
CAM KẾT KHÔNG COPY
Người viết

Trịnh Thị Nga

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phương trình bậc hai và một số ứng dụng
Đức Đoàn...

- Nguyễn Đức Tấn – Vũ