Tóm tắt về Phương trình bậc hai và Tam thức bậc hai

g trình: 
x + y = 2a - 1 
x2 + y2 = a2 + 2a - 3 
Xác định a để tích xy nhỏ nhất 
[ 
[ 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 7 
3. QUAN HỆ GIỮA CÁC NGHIỆM CỦA HAI PTBH 
1) Hai phương trình ax2 + bx + c = 0 và a'x2 + b'x + c = 0 
có nghiệm chung Û Hệ ax2 + bx + c = 0 
 a'x2 + b'x + c = 0 
Ta có thể giải hệ (1) bằng phương pháp thế. Tuy nhiên nếu ta giải theo 
phương pháp sau đây thì đơn giản hơn nhiều: 
Đặt x2 = y ta có: ay + bx = - c 
 a'y + b'x = - c' 
Þ Hệ (1) có nghiệm Û Hệ (2) có nghiệm 
 y = x2 
ïî
ï
í
ì
=
¹
Û
ïî
ï
í
ì
=
¹
Û
D
D
D
D
D
D
D
D
D
x
y
xy
2
2
2
00
VD10: Chứng minh rằng nếu 2 phương trình x2 + p1x + q1 = 0 
và x2 + p2x + q2 = 0 
có nghiệm chung thì: (q1 - q2)2 + (p1 - p2)(q2p1 - q1p2) = 0 
HD: Sử dụng phương pháp đã trình bày ở trên. 
2) Hai phương trình bậc 2 tương đương. 
Chú ý: HS hay bỏ sót trường hợp: Nếu 2 phương trình cùng vô nghiệm thì 
tương đương (trên tập nào đó) 
VD11: Tìm m để hai phương trình x2 -mx + 2m - 3 = 0 
 và x2 -(m2 + m - 4)x +1 = 0 
tương đương 
*Trường hợp 1: D1 < 0 
 D2 < 0 
*Trường hợp 2: Sử dụng Vi-ét 
3) Hai phương trình có nghiệm xen kẽ nhau. 
Chú ý rằng: Mọi phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ¹ 0) bao giờ cũng đưa 
được về dạng: x2 + px + q = 0 
Do đó ta có bài toán: Với điều kiện nào của p, q, p', q' để 2 phương trình: 
(1) có nghiệm 
(2) 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 8 
x2 + px + q = 0 và x2 + p'x + q' = 0 có nghiệm xen kẽ nhau. 
Ta xét 2 khả năng: 
* Khả năng 1: Nếu p = p' 
Khi đó: Nếu q = q' Þ 2 đồ thị trùng nhau (không thoả mãn) 
Nếu q ¹ q' Þ Đồ thị này là tịnh tiến của đồ thị kia dọc theo đường thẳng 
2
P
x -= nên cũng không thoả mãn. 
* Khả năng 2: Nếu p ¹ p' Þ 2 parabol cắt nhau tại điểm có hoành độ 
Þ+÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-
-
+÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-
-
=Þ
-
-
= q
pp
qq
p
pp
qq
y
pp
qq
x
'
'
'
'
'
'
2
00 
Để 2 phương trình có nghiệm xen kẽ nhau thì y0 < 0 
Û (q - q')2 + p(q - q')(p' - p) + q(p' - p)2 < 0 
VD12: Tìm m để 2 phương trình x2 + 3x + 2m = 0 và x2 + 6x + 5m = 0 có 
nghiệm xen kẽ nhau. 
ĐS: m Î (0 ; 1) 
BÀI TẬP: 
3.1. Cho hai phương trình: 
x2 - 2x + m = 0 và x2 + 2x - 3m = 0 
a). Tìm m để 2 phương trình có nghiệm chung. 
b). Tìm m để 2 phương trình tương đương. 
c). Tìm m để 2 phương trình có các nghiệm xen kẽ nhau. 
3.2. Tìm m để hai phương trình sau có nghiệm chung: 
x2 - mx + 2m + 1 = 0 và mx2 - (2m + 1)x - 1 = 0 
3.3. Tìm m và n để hai phương trình tương đương: 
x2 - (2m + n)x - 3m = 0 và x2 - (m+3n)x - 6 = 0 
3.4. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: 
(x2 - mx + 1)(x2 + x +m) = 0 
˜š›™ 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 9 
4. SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PTBH 
1) Sử dụng: PT ax2 + bx + c = 0 có nghiệm Û D ³ 0 
VD13: Chứng minh rằng: Nếu a1.a2 ³ 2(b1 + b2) thì ít nhất 1 trong 2 
phương trình x2 + a1x + b1 = 0 (1) 
 x2 + a2x + b2 = 0 (2) có nghiệm 
Giải: D1 = 2222121 4;4 baba -=D- 
Do đó: D1 + D2 = 02)(4 212221212221 ³-+³+-+ aaaabbaa 
DPCMÞê
ë
é
³D
³D
Þ
0
0
2
1 
VD14: Chứng minh rằng: Trong 3 phương trình sau: 
 x2 + 2ax+ bc = 0 
 x2 + 2bx + ca = 0 
 x2 + 2cx + ab = 0 
Có ít nhất một phương trình có nghiệm 
Giải: Ta có: D1 + D2 + D3 = [ ] 0)()()(
2
1 222 ³-+-+- accbba 
Þ có ít nhất 1 biểu thức không âm Þ ĐPCM 
2) Sử dụng định lý về dấu tam thức bậc hai: 
* Nếu af(a) < 0 Þ x1 < a < x2 
* Nếu f(a)f(b) < 0 Þ x1 < a < x2 < b 
 a < x1 < b < x2 
Điều quan trọng là việc chọn a, b sao cho hợp lý. 
VD15: Chứng minh rằng: Phương trình: 
 f(x) = (x - a)(x - b) + (x - b)(x - c) + (x - c)(x- a) = 0 
Với a < b < c luôn có 2 nghiệm phân biệt thoả mãn: 
 a < x1 < b < x2 < c 
Giải: Rõ ràng f(x) là 1 TTBH có hệ số của x2 là 3 và: 
f(b) = (b - c)( b - a) < 0 vì a < b < c 
Þ f(x) có 2 nghiệm và x1 < b < x2 
f(a) = (a - b)(a - c) > 0 vì a < b < c nên a nằm ngoài [x1 ; x2] mà a < b 
Þ a < x1 < b < x2 
 [ 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 10 
f(c) = (c - a)(c - b) > 0 nên c nằm ngoài [x1;x2] mà c > b nên a< x1< b <x2< c 
VD16: Chứng minh: Nếu | a+c | < | b | thì pt: ax2 + bx + c = 0 có nghiệm. 
Giải: * Nếu a = 0 Þ | c | < | b | Þ b ¹ 0 Þ phương trình trở thành: 
 bx + c = 0 có nghiệm x = - c/b 
 * Nếu a ¹ 0 thì | a+c | < | b | Û (a + c)2 < b2 
Û (a + c - b)(a + c + b) < 0 Û f(-1)f(1) < 0 Þ f(x) = ax2 + bx + c luôn luôn 
có nghiệm Î (0;1) 
VD17: Biết: 2a + 3b + 6c = 0 
Chứng minh: Phương trình ax2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm Î (0;1) 
Giải: * Nếu a = 0 Þ 3b + 6c = 0 Û b.
2
1 + c = 0 Þ x = 1/2 là nghiệm của 
phương trình ( và 1/c Î (0;1) ) 
* Nếu a ¹ 0 Þ 2a + 3b + 6c = f(1) + f(0) + 4f(1/2) = 0 
Nhưng f(0), f(1), f(1/2) không thể đồng thời bằng 0 vì nếu như vậy thì 
phương trình bậc 2 có 3 nghiệm phân biệt (!). Điều đó chứng tỏ: Trong 3 biểu 
thức f(0), f(1), f(1/2) phải tồn tại 2 biểu thức trái dấu 
Þ f(x) có ít nhất 1 nghiệm Î (0;1) 
BÀI TẬP: 
4.1. Cho a, b, c là 3 số khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng: phương 
trình sau luôn có nghiệm: 
ab(x - a)(x - b) + bc(x - b)(x - c) + ca(x - c)(x - a) = 0 
4.2. Cho m > 0 và a, b, c là 3 số thoả mãn: 
0
12
=+
+
+
+ m
c
m
b
m
a 
Chứng minh rằng: Phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm trong (0;1) 
4.3. Chứng minh rằng phương trình: ax2 + bx + c = 0 có nghiệm nếu một 
trong hai điều kiện sau được thoả mãn: 
a(a + 2b + 4c) < 0 
5a + 3b + 2c = 0 
4.4. Biết rằng phương trình: x2 + ax + b + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh 
rằng phương trình: x2 + bx - a - c = 2 có nghiệm. 
4.5. Chứng minh rằng phương trình: m
xx
=+
cos
1
sin
1 có nghiệm với mọi m. 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 11 
5. TAM THỨC BẬC HAI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC 
1) Dạng áp dụng trực tiếp dấu TTBH: 
VD18: Cho D ABC chứng minh rằng: 
RxCosCCosBxCosA
x
Î"++³+ )(
2
1
2
Xét f(x) = 
2
2x - x(cosB + cosC) + 1 - cosA ³ 0 " x Î R 
Dx = (cosB + cosC)2 - 2(1 - cosA) = 022
4 22 £
-
-
CB
Sin
A
Sin 
Þ ĐPCM 
Dấu đẳng thức xẩy ra Û A = B = C hay tam giác ABC đều. 
Chú ý: Nếu x= 1 Þ cosA + cosB + cosC £ 
2
3 là 1 bất đẳng thức quen thuộc 
2) Dạng áp dụng ngược lại: 
Giả sử: Cần phải chứng minh dạng: D £ 0 ta chứng minh f(x) không đổi 
dấu khi đó ta viết D £ 0 thành dạng: b2 - 4ac để xác định f(x). 
VD19: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacopxky: 
( ) nibaba iiii ,1)1(¸ 222 =³å åå 
Bất đẳng thức Û ( ) )2(0222 £-å åå iiii baba 
*Nếu a1 = a2 = . . . . . = an = 0 Þ bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng. 
Nếu 02 ¹å ia Ta xét tam thức: 
f(x) = ( ) ( ) ååå +- 222 2 iiii bxbaxa 
Ta có f(x) = ( )å £DÞÎ"³- 0'02 Rxbxa ii chính là ĐPCM. 
Dấu "=" Û x = 
i
i
a
b = l 
VD20: Các số a, b, c, d, p, q thoả mãn: 
 p2 + q2 - a2 - b2 - c2 - d2 > 0 (1) 
Chứng minh: (p2 - a2 - b2)(q2 - c2 - d2) £ (pq - ac - bd)2 (2) 
Giải: Vì (1) nên: (p2 - a2 - b2) + (q2 - c2 - d2) > 0 
Þ $ 1 trong 2 số hạng khác 0 và dương. Không mất tính tổng 
quát, giả sử: p2 - a2 - b2 > 0 
Xét tam thức: f(x) = (p2 - a2 - b2)x2 - 2 (pq - ac - bd)x + (q2 - c2 - d2) 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 12 
Ta có f(x) = (px - q)2 - (ax - c)2 - (bx - d)2 
Þ nếu x = 
p
q Þ f(
p
q ) = -(a 22 ).(). d
p
q
bc
p
q
--- < 0 
mà (p2 - a2 - b2) > 0 nên: af( )
p
q < 0 Þ f(x) có nghiệm Þ D' ³ 0 Þ ĐPCM 
BÀI TẬP: 
5.1. Cho a3 > 36 và abc = 1. Chứng minh rằng: 
cabcabcb
a
++>++ 22
2
3
HD: a3 > 36 Þ a > 0 và abc = 1 Þ bc = 
a
1 . Đưa bất đẳng thức về dạng: 
(b + c)2 - a(b+c) - 0
3
3 2
>+
a
a
 và xét tam thức bậc hai: 
f(x) = x2 - ax - 
3
3 2a
a
+ 
5.2. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Ba số x, y, z thoả mãn điều 
kiện: 
ax + by + cz = 0. 
Chứng minh: xy + yz + zx £ 0 
HD: Từ ax + by + cz = 0 và do c ¹ 0 (vì c >0) nên có z = 
c
byax+
- . Ta viết 
lại bất đẳng thức dưới dạng sau: 
xy 
c
byax+
- (x + y) £ 0. Biến đổi bđt này về dạng: 
ax2 + xy(a+ b - c) + by2 ³ 0. 
Xét tam thức bậc hai: 
f(t) = at2 + y(a+ b - c)t + by2 với a >0. 
5.3. Cho a >0 và n là số nguyên dương. Chứng minh rằng: 
2
141
...
++
<++++
a
aaaa 
 n dấu căn 
HD: Đặt aaaa ++++ ... = Un . 
Vì a > 0 nên Un > Un-1 . Mặt khác: Un2 = a + Un-1 suy ra: Un2 < a + Un hay 
Un
2 - Un + a < 0. Xét tam thức bậc hai: f(x) = x2 - x - a 
5.4. Cho c > b > a > 0. 
Đặt d2 = a2 + b2 + c2 ; P = 4(a + b + c) ; S = 2(ab + bc + ca) 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 13 
Chứng minh rằng: 
cSdPSdPa <-+<--< )
2
1
4
1
(
3
1
)
2
1
4
1
(
3
1 22 
HD: Xét tam thức bậc hai: 
f(x) = x2 - )
2
1
16
(
9
1
6
1 2
2
Sd
P
Px +-+ 
6. TAM THỨC BẬC HAI VÀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 
I. Hệ đối xứng kiểu I: 
Là hệ phương trình mà nếu đổi vai trò x và y cho nhau thì mỗi phương trình 
không thay đổi. 
Phương pháp giải hệ đối xứng kiểu I là: 
Đặt S = x + y, P = xy Þ S2 ³ 4P 
Giải hệ tìm S, P cuối cùng giải phương trình: X2 - SX + P = 0 tìm x, y. 
VD21: Giải hệ: 
ïî
ï
í
ì
=+
=+
35
30
yyxx
xyyx
Đặt 0,0 ³=³= vyux Hệ trở thành: 
î
í
ì
=
=
Ú
î
í
ì
=
=
Þ
==Þ
î
í
ì
=-
=
Û
ïî
ï
í
ì
=+
=+
4
9
9
4
6,5
353
30
35
30
333
22
y
x
y
x
PS
PSS
PS
vu
uvvu
VD22: Biết (x,y) là nghiệm của hệ: 
î
í
ì
+-=+
=+
6222 myx
myx
Tìm GTNN, GTLN của biểu thức: 
 M = xy + 2(x + y) 
Giải: Hệ được viết thành: 
î
í
ì
-=
=
32mP
mS
 Þ x, y là nghiệm của phương trình: t2 - mt + m2 - 3 = 0 (*) 
Þ Để hệ có nghiệm thì phương trình (*) có nghiệm Û D ³ 0 Û | m | £ 2 
Khi đó M = P + 2S = m2 + 2m - 3 
Bài toán trở thành: Tìm GTLN, GTNN của M trong [-2;2] (Đây là bài toán 
cơ bản) 
M(-2) = -3, M(2) = 5, M(-1) = 4 
Þ MaxM = 5, MinM = -4 
PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC 2 14 
Chú ý: HS rất dễ gặp sai lầm là xét M = m2 + 2m - 3 trên R khi đó chỉ có 
GTNN chứ không có GTLN. 
VD23: Cho x, y thoả mãn x + y = 2. Tìm GTNN của 
 F = x3 + y3 
Giải: Bài toán quy về tìm tập giá trị của F Hay: 
Tìm F để hệ 
î
í
ì
=+
=+
Fyx
yx
33
2
 có nghiệm. 
Hệ trở