Vấn đề Phương trình bậc hai

 12 
Vấn đề 3 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 
1. Phương trình bậc hai: 
a. Cho phương trình : 2ax bx c 0(a 0) (*)+ + = ≠ 
2b 4ac∆ = − 
∆ < 0 : (*) vô nghiệm 
∆ = 0 : (*) có nghiệm kép 1 2 bx x 2a= = − 
∆ > 0 : (*) Có 2 nghiệm phân biệt 1,2 b Ax 2a
− ±= 
b. Định lý Viete : Nếu phương trình : 2ax bx c 0(a 0)+ + = ≠ 
có 2 nghiệm 
1 2
1 2
1 2
bx x
ax ,x thì :
cx x
a
⎧ + = −⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎩
2. Dấu của tam thức bậc hai : 2f(x) ax bx c(a 0)= + + ≠ 
a. Định lý thuận: 
∆ ∀ ∈ 
∆ = 0 : f(x) cùng dấu với a với mọi bx
2a
≠ − và bf( ) 0
2a
− = 
∆ > 0 : f(x) có 2 nghiệm phân biệt : 1 2x x< 
Bảng xét dấu: 
b. Định lý đảo về dấu của tam thức: Cho tam thức 
f(x) = 2ax bx c(a 0)+ + ≠ và một số thực α . 
1 2
1 2
f(x)co ù 2 nghiệmx x
af( ) 0
x x
<⎧α < ⇔ ⎨ < α <⎩
 13
[ ]
1 2
1 2
f(x)co ù 2 nghiệm x x0
x ,xaf( ) 0
≤⎧∆ ≥⎧ ⎪⇔⎨ ⎨α∉α > ⎪⎩ ⎩
3. Điều kiện để tam thức không đổi dấu trên R 
Cho 2f(x) ax bx c (a 0)= + + ≠ 
a 0
f(x) 0, x R
0
>⎧> ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ <⎩
a 0
f(x) 0, x R
0
>⎧≥ ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ ≤⎩
a 0
f(x) 0, x R
0
<⎧< ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ <⎩
a 0
f(x) 0, x R
0
<⎧≤ ∀ ∈ ⇔ ⎨∆ ≤⎩
Nếu chưa có a ≠ 0 thì ta phải xét trường hợp a = 0. 
4. So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với hai số 
 cho trước. 
Cho phương trình : 2f(x) ax bx c 0(a 0)= + + = ≠ và hai số , ( )α β α < β 
1 2
af( ) 0
x x
af( ) 0
α <⎧< α < β < ⇔ ⎨ β <⎩
1 2
af( ) 0
x x
af( ) 0
α ⎩
1 2
af( ) 0
x x
af( ) 0
α ⎩
1 2 1 2x x x x< α < < β∨ α < < β < ⇔ phương trình có 2 nghiệm phân 
biệt và chỉ có một nghiệm thuộc 
f( ).f( ) 0
( ; )
a 0
α β <⎧α β ⇔ ⎨ ≠⎩
 14 
Phương trình có 2 nghiệm 1 2x ,x và 1 2
0
af( ) 0
x x af( ) 0
s 0
2
s 0
2
⎧⎪⎪∆ >⎪ α >⎪⎪α ⎨⎪⎪ −α >⎪⎪ −β <⎪⎩
II. Các ví dụ: 
Ví dụ 1: 
Định m để phương trình : 2x 2(m 3)x m 13 0+ − + − = có 2 nghiệm. 
1 2x ,x và 
2 2
1 2 1 2x x x x− − đạt giá trị lớn nhất. 
Giải 
Ta có: 2 2' (m 3) (m 13) m 7m 22 0∆ = − − − = − + > m∀ vì 
49 88 0∆ = − < 
Định lý viete cho : 1 2
1 2
x x 2(m 3) 6 2m
x x m 13
+ = − − = −⎧⎨ = −⎩
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2
x x x x x x (x x )
3x x (x x ) 3(m 13) (6 2m)
⇒ − − = − +
= − + = − − −
2 2
2 2 2
4m 27m 75 (4m 27m 75)
27 27 274 m 4 75 4 75
8 8 8
= − + − = − − +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − + − ≤ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Vậy 
2
2 2
1 2 1 2
27max(x x x x ) 4 75
8
⎛ ⎞− − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ khi 
27m
8
= 
 15
Ví dụ 2: 
Định m để phương trình : 2x 2mx 2 m 0− + − = có 2 nghiệm 1 2x ,x và 
2 2
1 2x x+ đạt giá trị nhỏ nhất. 
Giải 
Phương trình có 2 nghiệm 
2 2' m (2 m) m m 2 0 m 2 m 1⇔∆ = − − = + − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ 
Định lý viete: 1 2
1 2
x x 2m
x x 2 m
+ =⎧⎨ = −⎩
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2x x (x x ) 2x x 4m 2(2 m) 4m 2m 4⇒ + = + − = − − = + − 
Xét hàm số 2f(x) 4m 2m 4= + − với m 2 m 1.≤ − ∨ ≥ 
Ta có : 1f '(m) 8m 2 , f '(m) 0 m
4
= + = ⇔ = − 
F(-2) = 8 , f(1) = 2 
BBT 
Vậy Min 2 21 2(x x ) 2+ = khi m = 1 
Ví dụ 3: 
Cho hàm số f(x) = 2x + m + log2 ( 2mx 2(m 2)x 2m 1)− − + − 
(m là tham số). 
Tìm tất cả các giá trị của m để f(x) xác định với mọi x 
(ĐẠI HỌC CẦN THƠ – Khối D năm 2000) 
Giải 
f(x) xác định 2x mx 2(m 2)x 2m 1 0 x∀ ⇔ − − + − > ∀ (1) 
. m = 0 : (1) 14x 1 0 x
4
⇔ − > ⇔ > không thoả với x∀ 
 16 
. 2
m 0
m 0 : (1)
' (m 2) m(2m 1) 0
>⎧⎪≠ ⇔ ⎨∆ = − − − <⎪⎩
2
m 0 m 0
m 1
m 4 m 1m 3m 4 0
>⎧ >⎧⎪⇔ ⇔ ⇔ >⎨ ⎨ + − >⎪ ⎩⎩
Ví dụ 4: 
Tìm a để hai phương trình : 
2ax x 1 0+ + = và 2x ax 1 0+ + = 
Có nghiệm chung. 
(ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN – Khối D năm 2000) 
Giải 
Gọi x0 là nghiệm chung của 2 phương trình cho, ta có: 
2
0 0
2
0 0
ax x 1 0 (1)
x ax 1 0 (2)
+ + =
+ + =
(1) – (2) : 20 0(a 1)x (1 a)x 0− + − = 
2
0 0(a 1)x (a 1)x 0⇔ − − − = 20 0(a 1)(x x ) 0 (*)⇔ − − = 
. Nếu a 1 0 a 1− = ⇔ = thì cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm. 
. Nếu 0 0 0 0a 1: (*) x (x 1) 0 x 0 x 1≠ ⇔ − = ⇔ = ∨ = 
+ Với 0x 0 := cả 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm. 
+ Với 0x 1:= là nghiệm chung của hai phương trình đã cho, thì ta có: 
a 1 1 0 a 2+ + = ⇔ = − 
Vậy a = - 2 thì hai phương trình đã cho có nghiệm chung x = 1. 
Ví dụ 5: 
Định m để phương trình : 2x 2mx 5m 4 0− + − = có đúng một nghiệm 
thuộc [ ]0,1 . 
Giải 
Ta xét các trường hợp sau: 
Phương trình cho có nghiệm x = 1 
Thế vào phương trình cho: 3m – 3 = 0 m 1⇔ = . 
Thế m = 1 vào phương trình cho: 2x 2x 1 0 x 1− + = ⇔ = (kép) 
⇒ m = 1 nhận. 
* Phương trình cho có nghiệm x = 0 : Thế vào phương trình cho: 
 17
5m – 4 = 0 4m
5
⇔ = 
Thế 4m
5
= vào phương trình cho: 2 8 8x x 0 x 0
5 5
⎛ ⎞− = ⇔ − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
[ ] [ ]8 4x 0 0,1 x 0,1 m
5 5
⇔ = ∈ ∨ = ∉ ⇒ = nhận. 
* Phương trình cho có đúng một nghiệm (0,1)∈ : 
1 2
1 2
1 2
x 0 x 1 (1)
0 x 1 x (2)
0 x x 1 (3)
< < <⎡⎢⇔ < < <⎢⎢ < = <⎣
(1) và (2) 4f(0).f(1) 0 (5m 4)(3m 3) 0 m 1
5
⇔ < ⇔ − − < ⇔ < < 
2' m 5m 4 0 m 1 m 4
(3) ms 0 m 10 m 1
2
⎧∆ = − + = = ∨ =⎧⎪⇔ ⇔ ⇔ ∈∅⎨ ⎨ < << = < ⎩⎪⎩
Tóm lại: 4 m 1
5
≤ ≤ 
Ví dụ 6 : 
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình : 
2 2
2
1212x 6mx m 4 0
m
− + − + = 
Với giá trị nào của m thì 3 31 2x x+ 
a) Đạt giá trị lớn nhất ? 
b) Đạt giá trị nhỏ nhất ? 
Giải 
Điều kiện để phương trình cho có nghiệm 
2 2
2
12' 9m 12 m 4 0
m
⎛ ⎞⇔ ∆ = − − + ≥⎜ ⎟⎝ ⎠ 
2 2
2
48m 16 0 4 m 12 2 m 2 3
m
⇔ − + − ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 
Với điều kiện đó, x1 và x2 là 2 nghiệm của phương trình, ta có : 
 18 
1 2
3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
2
1 2 2
mx x
2
x x (x x ) 3x x (x x )
1 12x x m 4
12 m
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎜ ⎟+ = + − + ⎛ ⎞⎜ ⎟= − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
3
2
2
m m 1 12 m 33 . m 4 f(m)
2 2 12 2 2mm
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − + = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
2
1 3f '(m) 0, m 0,
2 2m
= + > ∀ ≠ vậy hàm số luôn tăng trong hai đoạn 
2 3, 2⎡ ⎤− −⎣ ⎦ và 2,2 3⎡ ⎤⎣ ⎦ . 
Ta có : 
1f( 2 3) f( 2)
4 f( 2 3) f(2 3)
1f(2) f(2 3)
4
⎫− < − = − ⎪⎪⇒ − <⎬⎪= < ⎪⎭
Vậy 3 31 2x x+ đạt giá trị nhỏ nhất ứng với m 2 3= − và đạt giá trị lớn 
nhất ứng với m 2 3= . 
Ví dụ 7 : 
Định m để phương trình sau có nghiệm thuộc 3,
2 2
π⎛ ⎞π⎜ ⎟⎝ ⎠ 
cos2x (2m 1)cosx m 1 0− + + + = 
Giải 
Đặt t = cosx, vì [ )3x , t 1,0
2 2
π⎛ ⎞∈ π ⇒ ∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
2 2cos2x 2cos x 1 2t 1= − = − 
Phương trình cho 22t 1 (2m 1)t m 1 0⇔ − − + + + = 
22t (2m 1)t m 0⇔ − + + = 
2 2(2m 1) 8m (2m 1) 0∆ = + − = − ≥
[ )
2m 1 2m 1t m
4
2m 1 2m 1 1t 1,0
4 2
+ + −⎡ = =⎢⇔ ⎢ + − −⎢ = = ∉ −⎢⎣
Vậy để nghiệm [ )t 1,0 1 m 0∈ − ⇔ − ≤ < 
 19
Ví dụ 8 : 
Định m để phương trình: 
2(m 5)x 2mx m 4 0 (*)− − + − = 
Có một nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 2. 
Giải 
Đặt 2f(x) (m 5)x 2mx m 4= − − + − 
Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (*), ta có : 
x1 < 1 < 2 < x2 
af(1) 0 (m 5)( 9) 0 m 5
5 m 24
af(2) 0 (m 5)(m 24) 0 5 m 24
⎧ ⎧ ⎧⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <⎨ ⎨ ⎨< − − < < <⎩ ⎩ ⎩
Ví dụ 9 : 
Định m để phương trình có nghiệm : 
2
2
1 1x (1 3m) x 3m 0
xx
⎛ ⎞+ + − + + =⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
Giải 
Đặt 2 2 2 22 2
1 1 1t x t x 2 x t 2
x x x
= + ⇒ = + + ⇒ + = − 
Điều kiện t 2≥ 
Phương trình cho 2t 2 (1 3m)t 3m 0⇔ − + − + = 
2t (1 3m)t 3m 2 0 (a b c 0)⇔ + − + − = + + = 
t 1 không thoả t 2
t 3m 2
⎡ = ≥⇔ ⎢ = −⎢⎣
Để phương trình có nghiệm : 
3m 2 2
3m 2 2
3m 2 2
− ≥⎡⇔ − ≥ ⇔ ⎢ − ≤ −⎣
4m
3
m 0
⎡ ≥⎢⇔ ⎢ ≤⎢⎣
 20 
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 
3.1. Cho hai phương trình : 2x x m 0 (1)− + = 
 2x 3x m 0 (2)− + = 
Với những giá trị nào của m, thì phương trình (2) có một nghiệm khác 
0, gấp 2 lần một nghiệm của phương trình (1). 
3.2. Cho hai phương trình : 2x 3x 2s 0+ + = 
 2x 6x 5s 0+ + = 
Tìm tất cả các giá trị của s để mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân 
biệt, và giữa 2 nghiệm của phương trình này có đúng một nghiệm của 
phương trình kia. 
3.3. Chứng minh rằng nếu 1 2 1 2a a 2(b b )≥ + thì ít nhất một trong hai 
phương trình 
2
1 1
2
2 2
x a x b 0
x a x b 0
+ + =
+ + =
 có nghiệm. 
3.4. Định m để phương trình : 2 3 2x hx x hx 1 0 (1)+ + + + = 
Có không ít hơn hai nghiệm âm khác nhau. 
3.5. Định m để phương trình 
2
2
2 4 2
4x 2ax 1 a 0
1 2x x 1 x
+ + − =+ + + có 
nghiệm. 
3.6. Định m để phương trình có nghiệm: 
2 2 2 2(x 2x 2) 2(3 m)(x 2x 2) m 6m 0− + + − − + + − = 
3.7. Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 
2 2a b c, m n,a,b,c 0 (1)
x m x n
+ = ≠ ≠− − 
 21
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 
3.1. Điều kiện đồng thời có nghiệm của 2 phương trình cho là : 
1
2
1 4m 0 1m
9 4m 0 4
∆ = − ≥⎧ ⇔ ≤⎨∆ = − ≥⎩
Gọi 0x 0≠ là 1 nghiệm của phương trình (1), nghiệm phương trình (2): 
0x 2x=
2 2 0
0 0 0 0
2 2
0 0 0 0
5xx x m 0 3x 5x 0 3
104x 6x m 0 m x x m
9
⎧ =⎧ ⎧ ⎪− + = − =⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨− + = = − +⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ = −⎪⎩
3.2. Đặt 2f(x) x 3x 2s,= + + 2g(x) x 6x 5s= + + 
Mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt và giữa 2 nghiệm của 
phương trình này có đúng một nghiệm của phương trình kia, ta phải có 
1
1 2
0
g(x ).g(x ) 0
∆ >⎧⎨ <⎩
 với x1, x2 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 
8s
0 s 19
9s(s 1) 0
⎧ <⎪⇔ ⇔ < <⎨⎪ − <⎩
3.3. 2 21 1 1 2 2 2a 4b , a 4b∆ = − ∆ = − 
2 2
1 2 1 2 1 2a a 4(b b ) 0⇒∆ + ∆ = + − + ≥ 
(vì 2 21 2 1 2a a 2a a+ ≥ 1 2 1 2a a 2(b b )≥ + ) 
⇒ ít nhất 1 trong 2 phương trình đã cho phải có nghiệm. 
3.4. Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của (1) 
Đặt 21t x h(x) x tx 1 0 (2)
x
= + ⇔ = − + = 
Điều kiện t 2 t 2 t 2≥ ⇔ ≥ ∨ ≤ − 
(2) nếu có nghiệm thì các nghiệm cùng dấu. 
t = - 2 thì (2) có 1 nghiệm âm. 
(2) có 2 nghiệm âm t 2⇔ < − 
 22 
(1) 
2
t 2
f(t) t ht 1 0
⎧ ≥⎪⇔ ⎨ = + − =⎪⎩
f(t) có 2 nghiệm trái dấu YCBT 3f( 2) 0 h
2
⇔ − 
3.5. Đặt 2
2xt
1 x
= + Điều kiện 1 t 1− ≤ ≤ 
2
2
2 22 4 2
1 1 14x 2ax 1 a 0
f(t) t at 1 a 01 2x x 1 x
− ≤ ≤⎧⎪+ + − = ⇔ ⎨ = + + − =+ + + ⎪⎩
(1) có nghiệm 
0
f( 1) 0
2x f( 1)f(1) 0 a 2f(1) 0
5
s1 1
2
∆ ≥⎧⎪ − >⎪⎪⇔ − ≤ ∨ ⇔ ⎪⎪− < <⎪⎩
3.6. Đặt 2 2 2t x 2x 2 (x 2x 1) 1 (x 1) 1 1= − + = − + + = − + ≥ 
Phương trình cho trở thành: 2 2t 2(3 m)t m 6m 0+ − + − = t m
m 6
=⎡⇔ ⎢ −⎣
YCBT 
m 1 m 1
m 1
m 6 1 m 7
≥ ≥⎡ ⎡⇔ ⇔ ⇔ ≥⎢ ⎢− ≥ ≥⎣ ⎣
3.7. 2 2(1) f(x) c(x m)(x n) a (x n) b (x m) 0⇔ = − − − − − − = 
2 2 2f(m).f(n) a b (m n) 0= − − < ⇒ phương trình luôn luôn có phân biệt 
và m,n≠