Sáng kiến kinh nghiệm Áp dụng định Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực

 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
MỞ ĐẦU 
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 
 Hiện nay trong chương trình Toán THPT phân ban của Bộ GD & ĐT không đưa 
vào nội dung định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, trong khi đó một số bài tập so 
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực trong chương trình 
Toán THPT vẫn thường được sử dụng bằng phương pháp này gây ra khó khăn cho 
giáo viên giảng dạy và học sinh giải các bài tập này. Trong khi phương pháp “Áp 
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với 
một hoặc hai số thực ” lại tỏ ra hữu ích với các loại bài này vì công năng đa dạng 
và đơn giản trong tư duy của học sinh. 
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 
 Đưa ra một số các dạng toán cơ bản có thể sử dụng phương pháp “Áp dụng 
định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một 
hoặc hai số thực ” để giải quyết, góp phần nâng cao năng lực giải toán của học 
sinh THPT. 
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU 
 Học sinh khối 10,11 &12- THPT PHẠM NGŨ LÃO từ năm 2007 đến 2011. 
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 
 Để thực hiện nghiên cứu cần thực hiện phối hợp linh hoạt các phương pháp 
nghiên cứu. 
 1. Nghiên cứu lý luận 
 Phân tích chương trình môn toán SGK 10. Nghiên cứu về kỹ năng sử dụng 
phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương 
trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” trong các tài liệu lý luận, sách tham 
khảo. 
 2. Thực nghiệm và rút kinh nghiệm 
 Thông qua dự giờ thăm lớp, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, với các bạn đồng 
nghiệp, trao đổi và sát hạch học sinh bằng các bài kiểm tra. Từ đó rút ra kinh 
nghiệm giảng dạy. 
V.CẤU TRÚC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
 Mở đầu 
 Tiềm năng và thực tiễn của việc rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp 
“Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai 
với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. 
 Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp 
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với 
một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. 
 Tài liệu tham khảo. 
NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 
 I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán 
so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” 
“Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai 
với một hoặc hai số thực ” là phương pháp sử dụng mối liên hệ giữa các nghiệm 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
của phương trình bậc hai thông qua định lí Vi-ét để giải các bài toán so sánh nghiệm 
của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực. 
 Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi xin đưa ra một số dạng bài 
có thể giải được bằng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh 
nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” 
 
 So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực α . 
 
 So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với hai số thực α và β . 
 
 So sánh các nghiệm của phương trình bậc ba với số thực α . 
 
 Tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện 
 cho trước. 
 
 Tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại n điểm 
 (n = 2 hoặc n = 3) thảo mãn điều kiện cho trước. 
 1. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡ ax2 + bx +c = 0 (*) 
với một số thực α 
  Kiến thức cơ bản: 


a>0 
b>0 ⇔ 
a+b>0 
ab>0 ֠ 






a>0 
b<0 


a<0 
b>0
 ⇔ ab < 0 ֠ 
0 0
0 . 0
a a b
b ab
< + < 
⇔ 
 
. 
 Điều kiện để số α nằm giữa hai nghiệm của (*) là: 
( ) ( )
1
2 2
1 2 1 2 1 2
1
2
0
0
0 ( ) 0
0
0
x
x
x x x x x x
x
x
α
α
α α α α
α
α
 − >

− < ⇔ − − < ⇔ − + + <

− <

− >
 Điều kiện để số α nhỏ hơn hai nghiệm của (*) là: 
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 21
2
2 1 2 1 21 2
0 20
0 ( ) 0. 0
x x x xx
x x x x xx x
α α αα
α α αα α
− + − > + >
− >  
⇔ ⇔  
− >
− + + >− − >  
 Điều kiện để số α lớn hơn hai nghiệm của (*) là: 
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 21
2
2 1 2 1 21 2
0 20
0 ( ) 0. 0
x x x xx
x x x x xx x
α α αα
α α αα α
− + − < + <
− <  
⇔ ⇔  
− <
− + + >− − >  
 Điều kiện để có đúng 1 nghiệm của (*) nhỏ hơn α là: 
TH1: a = 0. 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
TH2: a ≠ 0 


x
1<α=x
2 
x
1=x
2<α 
x
1<α<x
2
 ⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 2 1 2
2
1 2 1 21 2
2
1 2 1 21 2
( ) 0 ( ) 0
2 2
0 0
0 2
( ) 0. 0
( ) 0. 0
f f
x x x x
x x x x
x x x xx x
x x x xx x
α α
α α
α α α
α αα α
α αα α
 =  =
 + < + <  
 ∆ = ∆ =   − + − < ⇔ + < 
  
− + + >− − > 
 
− + + <
− − < 
 
 Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ hơn α là: 
TH1: a = 0. 
TH2: a ≠ 0 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
1 2 2
1 2 1 21 2
1 2 2
1 2 1 21 2
( ) 0 ( ) 0
2 2
0 2
( ) 0. 0
( ) 0. 0
f f
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x xx x
x x
x x x xx x
α α
α α
α
α α α
α
α αα α
α
α αα α
 =  =
 + < + <  
< =  
− + − − − >  < <  
− + + <− − < 
 

 Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn α là: 
TH1: a = 0. 
TH2: a ≠ 0 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
1 2 2
1 2 1 21 2
1 2 2
1 2 1 21 2
( ) 0 ( ) 0
2 2
0 2
( ) 0. 0
( ) 0. 0
f f
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x xx x
x x
x x x xx x
α α
α α
α
α α α
α
α αα α
α
α αα α
 =  =
 + > + >  
= <  
− + − > + >  ⇔ − − >  < <  
− + + <− − < 
 

 Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm lớn hơn α là: 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
TH1: a = 0. 
TH2: a ≠ 0 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 21 2
2
1 2 1 21 2
( ) 0 ( ) 0
2 2
0 0
0 2
( ) 0. 0
( ) 0. 0
f f
x x x x
x x
x x x x x x
x x x x x xx x
x x x xx x
α α
α α
α
α α α α
α α αα α
α αα α
 =  =
 + > + >  
 ∆ = = ⇔ + >     < <
− + + >− − > 
 
− + + <
− − < 
 
	

 Ví dụ minh họa: 
 
 Ví dụ 1.1: Cho phương trình f(x) = (m+1)x2 - 2(m-1)x + m2 + 4m - 5 = 0(*) . 
Hãy tìm m để phương trình (*): 
a) Có hai nghiệm trái dấu ? 
b) Có hai nghiệm lớn hơn 2? 
c) Có hai nghiệm nhỏ hơn 1? 
 G: 
 a) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình trái dấu (có nghĩa là có mộtnghiệm âm 
và một nghiệm dương ) ⇔ x1.x2 < 0; mà x1.x2 = ca nên yêu cầu bài toán trở thành : 
tìm m để : c
a
 < 0. 
 Trình bày: Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ c
a
 < 0 ⇔ m
2+4m-5
m+1 < 0 
 ⇔ 


m<-5 
-1<m<1 . 
b) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 
( ) ( )
( ) ( )
1 21 1 2
2 1 2 1 21 2
2 2 02 0 4
2 0 2( ) 4 02 . 2 0
x xx x x
x x x x xx x
− + − >
− > + > 
⇔ ⇔ ⇔  
− > − + + >
− − > 
Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm 
 ⇔ 
1 0 1 2 1(1)
' 0 ( 1)( 2)( 3) 0 3
m m m
m m m m
+ ≠ ≠ − − ≤ ≤  
⇔ ⇔  ∆ ≥ − + + ≥ ≤ −  
Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
1 2
2
1 2
2( 1)
1 (2)
4 5
1
m
x x
m
m m
x x
m
−
+ = +

+ −
=
 +
Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
1 21 1 2
2 1 2 1 21 2
2 2 02 0 4
2 0 2( ) 4 02 . 2 0
x xx x x
x x x x xx x
− + − >
− > + > 
⇔ ⇔  
− > − + + >
− − > 
 (3) 
Thay (2) vào (3) ta được: 
( )2
32( 1) 04
11 3 1(4)( 1) 34 5 2( 1)2. 4 0 0
1 1 1
mm
mm
m
m mm m m
m m m
− −− 
>>  + +
⇔ ⇔− < < − 
+ ++ − − 
− + > >
 + + +
 Kết hợp, (1) và (4) ta được: -2 ≤ m < -1. 
 Vậy với -2 ≤ m < -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn 2. 
 c) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình nhỏ hơn 1 
( ) ( )
( ) ( )
1 21 1 2
2 1 2 1 21 2
1 1 01 0 2
1 0 ( ) 1 01 . 1 0
x xx x x
x x x x xx x
− + − <
− < + < 
⇔ ⇔ ⇔  
− 
− − > 
Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm 
 ⇔ 
1 0 1 2 1(1)
' 0 ( 1)( 2)( 3) 0 3
m m m
m m m m
+ ≠ ≠ − − ≤ ≤  
⇔ ⇔  ∆ ≥ − + + ≥ ≤ −  
Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
1 2
2
1 2
2( 1)
1 (2)
4 5
1
m
x x
m
m m
x x
m
−
+ = +

+ −
=
 +
Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 
⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
1 21 1 2
2 1 2 1 21 2
1 1 01 0 2
1 0 ( ) 1 01 . 1 0
x xx x x
x x x x xx x
− + − <
− < + < 
⇔ ⇔ ⇔  
− 
− − > 
 (3) 
Thay (2) vào (3) ta được: 
 2 2
2( 1) 22 0
3 171 1 1 (4)
24 5 2( 1) 3 21 0 0
1 1 1
m
m m
m
m m m m m
m m m
− − 
 
− + + +
⇔ ⇔ − < < 
+ − − + − 
− + > >
 + + + 
 Kết hợp, (1) và (4) ta được: 3 171 2m
− +
− < <
. 
 Vậy với 
3 171
2
m
− +
− < <
 thì phương trình (*) có hai nghiệm nhỏ hơn 1. 
Ví dụ 1.2: Cho phương trình f(x) = (m+2)x2 - 2mx -1 = 0(1) . Hãy tìm m để phương 
trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1? 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 G: Phân tích: Phương trình bậc 2 có nghiệm nhỏ hơn 1 nghĩa là có thể xảy ra 3 
trường hợp 
1 2
1 2
1 2
1
1
1
x x
x x
x x
< =
 ≤ <
 < <
. 
 Trình bày: 
 TH1: m + 2 = 0 ⇔ m = -2, phương trình trở thành 4x - 1= 0 ⇔ x = 14 thỏa mãn 
bài ra. 
 TH2: m ≠ -2, có ∆’ = m2+m + 2 > 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt 
x
1, x
2 . Theo định lí vi - ét ta có: 
1 2
1 2
2
2(2)
1
2
m
x x
m
x x
m

+ = +

−
=
 +
 . 
 Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1 21 2
1 2
1 2 1 21 2
(1) 0 (1) 0
2 2
1
1 1 0 2
1 (3)
1( ) 1 01 . 1 0
1 ( ) 1 01 . 1 0
f f
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x xx x
x x
x x x xx x
 =  =
 + < + < < =  
− + − < + <  ⇔ ≤ < ⇔ ⇔  
− + + >
− − >  < <  
− + + <
− − < 
 

Thay (2) vào (3) ta được: 
1 0
2 2 12
22 2 22 2
1 2 2 11 0
2 2 1
1 2 21 0
2 2
m
m
m
m
m
m
mm
m
m m
m m m
m m
m m
 − =

 − − + ⇔ ⇔ ⇔ ≠ − 
− −  + + > 
−  < −− + < 
+ +

 Vậy với mọi giá trị của m thì phương trình (1) đều có nghiệm nhỏ hơn 1. 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
Ví dụ 1.3: Cho phương trình f(x) = mx2 - (2m+1)x + 2 = 0(1) . Hãy tìm m để 
phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 1? 
 G: 
 a) Phân tích: Phương trình bậc 2 có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 nghĩa là có thể xảy 
ra 3 trường hợp 
1 2
1 2
1 2
1
1
1
x x
x x
x x
= <
 < =
 < <
. 
 Trình bày: 
 TH1: m = 0 ⇔ m = 0, phương trình trở thành -x +2= 0 ⇔ x = 2 thỏa mãn bài ra. 
 TH2: m ≠ 0, có ∆’ = (2m-1)2 ≥ 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm x 1, x 2 . Theo 
định lí vi - ét ta có: 
1 2
1 2
2 1
(2)
2
m
x x
m
x x
m
+
+ =


=

 . 
 Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 21 2
1 2 1 21 2
(1) 0 ( ) 0
2 2
01 0
1 1 1 0 2
1 ( ) 1 01 . 1 0
( ) 1 01 . 1 0
f f
x x x x
x x
x x x x x x
x x x x x xx x
x x x xx x
α =  =
 + > + > 
 ∆ == ⇔ + >     
− − >  
 
− + + <
− − < 
 
Thay (2) vào (3) ta được: 
1 0
2 1 2
12 1 0 1
22 1 12 0
2
12 2 1 01 0
1
2 2 1 1 0
m
m
m
m m m
m
m m
m
m
m m
m m m
m
m m
 − =

+ >
    − = = =    +
> ⇔ = ⇔ <  
   ≥
 + < 
− + >   > 
+
− + <


www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 Vậy với m ∈ (-∞;0) ∪ [1;+ ∞ ) ∪ { 12 } thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm 
lớn hơn 1. 
2. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai f(x) ≡ ax2 + bx +c = 0 (*) 
với hai số thực α &β 
  Kiến thức cơ bản: 
 Điều kiện (*) có hai nghiệm thuộc khoảng (α ;β) 
là:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
2
1 21 2 1 2 1 2
1 2
1 2 1 21 2
2
1 2 1 21 2
0 2
. 0 ( ) 0
20
( ) 0
. 0
x x x x
x xx x x x x x
x x
x x x xx x
x x x xx x
α α α
α αα α α
α β β ββ β
β ββ β
− + − > + >
 
− − >  
< ≤ < ⇔ ⇔ ⇔  ≤ < + <
− + − <  
 
− + + >
− − > 
 Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: 
( ) ( )
( ) ( )
1 21 2
1 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
. 0
. 0
( ) 0
( ) 0
x xx x
x x
x x x x
x x x x
x x x x
α αα
α β β β β
α α
β β
− − << < 
< < < ⇔ ⇔ 
< <
− − < 
 − + + <
⇔
− + + <
 Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
0
. 0
. 0
2
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
α α
α
α β α αβ β β
α
α α
β β
− + − >
< < 
 
< < 
− − <
+ >

⇔ − + + >

− + + <
 Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
0
. 0
. 0
2
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
β ββ
α β β β
α
α α
β
β β
α α
− + − <
< < 
 
< < 
− − <
+ <

⇔ − + + >

− + + <
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm thuộc (α ;β) : 
1 2
1 2
1 2
x x
x x
x x
α β
α β
α β
≤ < <
 < < ≤
 < = <
 Điều kiện để (*) có 2 nghiệm phân biệt không thuộc (α ;β) : 
1 2
1 2
1 2
x x
x x
x x
α β
α β
α β
< < <
 < < <
 < < <
	

 Ví dụ minh họa: 
 
 Ví dụ 2.1: Cho phương trình f(x) = x2 - 2mx + 4m - 3 = 0(*) . Hãy tìm m để 
phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )? 
 G: 
Phân tích: Hai nghiệm của phương trình thuộc (0;2 ) ⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 21 2 1 2
1 2
1 21 2 1 2
1 2 1 21 2
0 0
. 00 0
0 2
2 2 02 4
2( ) 4 02 . 2 0
x x x x
x xx x x x
x x
x xx x x x
x x x xx x
+ > + >
 >  
< < < ⇔ ⇔ ⇔  
− + − << < + <  
 
− + + >
− − > 
Trình bày: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ 


m>3 
m<1 (1). Khi 
đó, theo định lí Vi-ét ta có: 1 2
1 2
2 (2)
4 3
x x m
x x m
+ =

= −
. Theo bài ra thì hai nghiệm của 
phương trình thuộc (0;2 ) khi và chỉ khi 
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 21 2 1 2
1 2
1 21 2 1 2
1 2 1 21 2
0 0
. 00 0
0 2 (3)
2 2 02 4
2( ) 4 02 . 2 0
x x x x
x xx x x x
x x
x xx x x x
x x x xx x
+ > + >
 >  
< < < ⇔ ⇔ ⇔  
− + − << < + <  
 
− + + >
− − > 
Thế (2) vào (3) ta được: 
2 0
4 3 0 3 2(4)
2 4 4
4 3 2.2 4 0
m
m
m
m
m m
>

− >
⇔ < <
<

− − + >
Kết hợp (1) và (4) ta được: ¾ < m < 1. 
Vậy với ¾ < m < 1 thì phương trình có 2 nghiệm thuộc (0; 2). 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 

 Ví dụ 2.2: Cho phương trình f(x) = mx2 - 4(m+1)x + 3m + 13 = 0(*) . Hãy tìm 
m để phương trình (*) có đúng một nghiệm thuộc (0;3) ? 
 G: 
Phân tích: Đúng một nghiệm của phương trình thuộc (0;2 ) 
 ⇔ 
1 2
1 2
1 2
0 3
0 3
0 3
x x
x x
x x
≤ < <
 < < ≤
 < = <
Trình bày: 
 TH1: m = 0 thì phương trình (*) có nghiệm x = 134 ∉ (0;3) nên m = 0 không thỏa 
mãn. 
 TH2: m ≠ 0. Phương trình có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ 4(1)
1
m
m
≥
 ≤
. Khi đó, theo định 
lí Vi-ét ta có: 
1 2
1 2
4 4
(2)
3 13
m
x x
m
m
x x
m
+
+ =

+
=

. Theo bài ra thì phương trình có đúng 1 nghiệm 
thuộc (0;2 ) khi và chỉ khi 
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
0
6
3 ( ) 9 0
0 3 0
0 3 0
0 3 3 ( ) 9 0
0
0 6
x x
x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x
 ≤

+ <

− + + >

≤  
 
 < = < − + + ≤ 

∆ =
 < + <

 (3) 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
Thế (2) vào (3) ta được: 
3 13 0
4 4 6
3 13 4 43. 9 0
4 4 0
13
3 13 0 (4)3
4
3 13 4 43. 9 0
0
4 40 6
m
m
m
m
m m
m m
m
m
mm
m
m
m m
m m
m
m
 + ≤

+ <

+ +
− + >

+ >
  ⇔  = + +
− + ≤

 ∆ =

+
< <





Kết hợp (1) và (4) ta được: 
13
3
4
m
m

< −

=
. Vậy với 
13
3
4
m
m

< −

=
 thì phương trình có đúng 
1 nghiệm thuộc (0; 3). 
3. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc ba 
 f(x) ≡ (x-x0)(ax2 + b 1x +c 1) = 0 (*) với số thực α ( Đặt g(x)= ax2 + b 1x +c 1, a ≠0) 
  Kiến thức cơ bản: 
 Lược đồ Hoóc-ne cho đa thức bậc 3: 
 a b c d 
x0 a a0x+b = b1 (a0x+b)x0 + c = c1 ((a0x+b)x0 + c)x0 + d = d1 
 Nếu d1 = 0 thì x0 là một nghiệm của f(x). 
 Phương trình ax3 + bx2 +cx + d = 0 có nghiệm hữu tỉ x0 = 
p
q thì p ∈ Ư(d) và 
q ∈ Ư(a). 
 Nếu a + b + c + d = 0 có nghiệm x0 = 1. 
 Nếu a - b + c - d = 0 có nghiệm x0 = -1. 
	

 Ví dụ minh họa: 
 
 Ví dụ 3.1: Cho phương trình f(x) = x3 - 3x2 + 2(m-1)x - 2m + 4 = 0(*) . Hãy tìm 
m để phương trình (*) có 3 nghiệm thỏa mãn: x 1 < -1 < x 2 < x 3 ? 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 G: Phân tích: Việc đầu tiên mà ta cần làm là đưa (*) về dạng phương trình tích 
bằng cách áp dụng một trong số các kiến thức cơ bản trên. Dễ thấy, (*) có một 
nghiệm là x =1 > -1 và (*) ⇔ (x-1)[x2 -2x + 2m - 4] = 0 . Như vậy, yêu cầu bài 
toán trở thành tìm m để phương trình : x2 -2x + 2m - 4 = 0 có 2 nghiệm nằm 2 phía 
của -1. 
 Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-1)[x2 -2x + 2m - 4] = 0 ⇔ 


x=1 
x
2
-2x+2m-4=0(1) 
 Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân 
biệt: x1’ < -1 <x2 ’ ( )( )1 2 1 2 1 2' 1 ' 1 0 ' ' ( ' ') 1 0(2)x x x x x x⇔ + + < ⇔ + + + < . 
 Mặt khác, (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ 5 - 2m > 0 ⇔ m < 52 (3). Khi 
đó, theo định lí Vi - ét ta có: 1 2
1 2
' ' 2 (4)
' ' 2 4
x x
x x m
+ =

= −
. Thế (4) vào (2) ta được: m < 12 
(thỏa mãn (3)). Vậy m < 12 . 

 Ví dụ 3.2: Cho phương trình f(x) = x3 - 3(m+1)x2 + 2(m2 + 4m +1)x - 4m(m+1) 
= 0(*) . Hãy tìm m để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 ? 
 G: Phân tích: Việc đầu tiên mà ta cần làm là đưa (*) về dạng phương trình tích. 
Nếu nhẩm nghiệm bằng cách áp dụng một trong số các kiến thức cơ bản trên thì sẽ 
rất mất thời gian vì phải xét dấu nhiều trường hợp dẫn đến tính toán sai lệch đáng 
tiêc. Tác giả xin đưa ra một mẹo nhỏ để “giảm bớt sức lao động trong việc này”: 
Nếu x0 là nghiệm của phương trình (*) thì khi thay nó vào (*) thì m sẽ bị triệt tiêu. 
Do đó m2 ( đơn thức có số mũ cao nhất của m) cũng sẽ bị triệt tiêu, mà ta thấy có 2 
số hạng chứa m2 là 2m2x và -4m2 trong (*) vì thế để m2 bị triệt tiêu thì có thể 2m2x 
-4m2 = 0, thế là ta sẽ có x0 = 2 là “Đối tượng khả nghi”; thay x = 2 vào (*) thỏa 
mãn. Từ đó, ta có: (*) ⇔ (x-2)[x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)] = 0. Dễ thấy, lúc này 
yêu cầu bài toán trở thành m = ? để phương trình x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)]= 0 
có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và lớn hơn 1. 
 Trình bày: Ta có: (*) ⇔ (x-2)[x2 - (1+3m)x + 2m(m + 1)] = 0 
 ⇔ 2
2 1
x - (1+3m)x + 2m(m + 1)=0(1)
x = >


Do đó, yêu cầu bài toán lúc này trở thành tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm 
phân biệt khác 2 và lớn hơn 1 ⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 2 1 2
1 2 1 21 2
0 ( 1) 0
2 - (1+3m).2 + 2m(m + 1) 0 1 (2)
1 1 0 2
( ) 1 01 . 1 0
m
m
x x x x
x x x xx x
∆ >  − >
 ≠ ≠ 
⇔ 
− + − > + > 
 
− + + >
− − > 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: 1 2
1 2
1 3 (3)
2 ( 1)
x x m
x x m m
+ = +

= +
. Thế (3) vào (2) ta được: 
2( 1) 0
1 11
21 3 2
2 ( 1) (1 3 ) 1 0
m
m
m
m
m m m
 − >

≠
⇔ ≠ >
+ >
 + − + + >
. Vậy 
11
2
m≠ >
 . 
4. Bài toán tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện 
cho trước 
  Kiến thức cơ bản: 
 - Định nghĩa1: Cho hàm số y = f(x) xác định trên K và x1 , x2 ∈ K. 
 + Ta gọi x1 là điểm cực đại của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: 
 +) x1 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x1 . 
 +) y’ đổi dấu từ (+) sang (-) khi x đi qua x1. Kí hiệu : x1 = xCĐ , f(x1) = yCĐ 
 + Ta gọi x2 là điểm cực tiểu của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: 
 +) x2 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x2 . 
 +) y’ đổi dấu từ (-) sang (+) khi x đi qua x2. Kí hiệu : x2 = xCT , f(x2) = yCT 
 Ta gọi chung các điểm CĐ, CT của hàm số là các điểm cực trị của hàm số. 
 - Định nghĩa2: Cho hàm số y = f(x) xác định trên K và x1 ∈ K. 
 + Ta gọi x1 là điểm cực đại của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: 
 +) x1 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x1 . 
 +) y’’(x1) < 0. Kí hiệu : xCĐ , f(x1) = yCĐ 
 + Ta gọi x2 là điểm cực tiểu của hàm số y = f(x) nếu thoả mãn: 
 +) x2 là nghiệm của pt: y’ = 0 hoặc y’ không xác định tại x2 . 
 +) y’’(x2) > 0. Kí hiệu : xCT , f(x2) = yCT 
 Ta gọi chung các điểm CĐ, CT của hàm số là các điểm cực trị của hàm số. 
+ Hàm số bậc 3 có CĐ, CT ⇔ có cực trị ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân 
biệt. 
+ Hàm số bậc 4 trùng phương có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm 
phân biệt. 
+ Hàm số bậc 4 có 1CĐ và không có CT ⇔ (Phương trình y’ = 0 có 1 nghiệm và 
hệ số a < 0) hoặc (Phương trình y’ = 0 có 1nghiệm kép và hệ số a < 0). 
+ Hàm số bậc 4 có 1CT và không có CĐ ⇔ (Phương trình y’ = 0 có 1 nghiệm và 
hệ số a > 0) hoặc (Phương trình y’ = 0 có 1nghiệm kép và hệ số a >0). 
	

 Ví dụ minh họa: 
 
 Ví dụ 4.1: Tìm m để hàm số y = 3 2 21 ( 2) (5 4) 13 x m x m x m+ − + + + + đạt CĐ, CT 
tại các điểm x1, x2 thoả mãn : x1 < -1 < x2 ? 
 G: Phân tích: Nhẩm tính đạo hàm ta thấy y’ là tam thức bậc 2. Do đó, yêu cầu 
bài toán chuyển về dạng 1 của bài toán1. 
 Trình bày: Ta có: 
 + TXĐ: R. 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 + y’ = x2 + 2(m-2)x + 5m + 4 xác định trên R. 
 Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 
⇔ x2 + 2(m-2)x + 5m + 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ 


m>9 
m<0 (1). Khi 
đó, hàm số có cực tiểu và cực đại tại x1 , x2 và theo định lí Vi-ét có: 
1 2
1 2
2 4(2)
5 4
x x m
x x m
+ = − +

= +
 . 
 Mặt khác, theo bài ra thì x1 < -1 < x2 ⇔ 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) 0 ( ) 1 0(3)x x x x x x+ + < ⇔ + + + < . 
Thế (2) vào (3) ta được : 5 4 2 4 1 0 3m m m+ − + + < ⇔ < − (thỏa mãn (1)). 
 Vậy với m < -3 thì hàm số y = 3 2 21 ( 2) (5 4) 13 x m x m x m+ − + + + + đạt CĐ, CT tại 
các điểm x1, x2 thoả mãn : x1 < -1 < x2 . 

 Ví dụ 4.2: Tìm m để hàm số y = 3 2 113 mx x mx− −+ đạt CĐ, CT tại các điểm 
x1, x2 
 thoả mãn : 1 2 8x x− ≥ ? 
 G: Phân tích: Ta thấy y’ là tam thức bậc 2 và 
 ( ) ( )2 21 2 1 2 1 21 2 4 64 08 64x x x x x xx x − + − − ≥− ≥ ⇔ ≥ ⇔ 
 Trình bày: Ta có: 
 + TXĐ: R. 
 + y’ = x2 - 2mx + m xác định trên R. 
 Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 
⇔ x2 - 2mx + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ 


m>1 
m<0 (1). Khi đó, hàm 
số có cực tiểu và cực đại tại x1 , x2 và theo định lí Vi-ét có: 
1 2
1 2
2 (2)x x m
x x m
+ =

=
 . 
 Mặt khác, theo bài ra thì ( ) ( )2 21 2 1 2 1 21 2 4 64 0(3)8 64x x x x x xx x − + − − ≥− ≥ ⇔ ≥ ⇔ 
Thế (2) vào (3) ta được : ( )2
1 65
22 4 64 0
1 65
2
m
m m
m
 +≥

− − ≥ ⇔

−≤

 (thỏa mãn (1)). 
 Vậy với 
1 65
2
1 65
2
m
m
 +≥


−≤

 thỏa mãn bài toán. 
5. Bài toán tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại n điểm 
(n = 2 hoặc n = 3) thỏa mãn điều kiện cho trước 
  Kiến thức cơ bản: 
Trong mp(Oxy) xeùt söï töông giao cuûa ñoà thò hai haøm soá: 1
2
(C ) : y f(x)
(C ) : y g(x)
=

=
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
(C1) vaø (C2) khoâng coù ñieåm chung (C1) vaø (C2) caét nhau (C1) vaø (C2) tieáp xuùc nhau 
 Phöông phaùp chung: 
 * Thieát laäp phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa ñoà thò hai haøm soá ñaõ cho: 
 f(x) = g(x) (1) 
 * Khaûo saùt nghieäm soá cuûa phöông trình (1) . Soá nghieäm cuûa phöông trình (1) 
 chính laø soá giao ñieåm cuûa hai ñoà thò (C1) vaø (C2). 
 Ghi nhôù: Soá nghieäm cuûa pt (1) = soá giao ñieåm cuûa hai ñoà thò (C1) vaø (C2). 
 Chuù yù 1 : * (1) voâ nghieäm ⇔ (C1) vaø (C2) khoâng coù ñieåm ñieåm chung 
 * (1) coù n nghieäm ⇔ (C1) vaø (C2) coù n ñieåm chung 
 Chuù yù 2 : * Nghieäm x0 cuûa phöông trình (1) chính laø hoaønh ñoä ñieåm chung cuûa 
(C1) vaø (C2). 
 Khi ñoù tung ñoä ñieåm chung laø y0 = f(x0) hoaëc y0 = g(x0). 
	

 Ví dụ minh họa: 
 
 Ví dụ 5.1: T×m m ®Ó (Cm): y = x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t 
Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt có hoành độ thỏa mãn: x1 < x2 < x3 < 1? 
 G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = 0. Phương trình hoành độ giao 
điểm là phương trình bậc 3 và để xử lí thì cách thông dụng nhất là nhẩm nghiệm và 
đưa về bài toán của phương trình bậc hai. Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để 
nhẩm nghiệm. 
 Trình bày: Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox là: 
x
y y y
x x
OOO
)( 1C
)( 2C
)( 1C
)( 2C
1x 2x
1M 2M2y
1y 0M
)( 2C
)( 1C
x
y
0y
0x O
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) = 0 
 ⇔ (x+2)[x2 - 4mx + 5 +m] = 0 ⇔ 


x+2=0 
x2-4mx+5+m=0(1) 
 (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2 
 ⇔ 


∆’>0 
(-2)2-4m(-2)+5+m≠0 ⇔ 

m>54 
m<-1
 (2). Khi đó, theo định lí Vi-ét có: 
1 2
1 2
4 (3)
5
x x m
x x m
+ =

= +
 (với x1 , x2 là nghiệm của (1)). Lúc này, yêu cầu bài toán trở thành 
tìm m để hai nghiệm của (1) nhỏ hơn 1 
 ⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
1 21 1 2
2 1 2 1 21 2
1 1 01 0 2 (4)
1 0 ( ) 1 01 . 1 0
x xx x x
x x x x xx x
− + − <
− < + < 
⇔ ⇔  
− 
− − > 
Thế (3) vào (4) ta được : 
4 2 1 (5)
5 4 1 0 2
m
m
m m
<
⇔ <
+ − + >
 Kết hợp (5) & (2) ta 
được m < -1. 
 Vậy với m < -1 thì (Cm): y = x3 + 2(1- 2m )x2 + (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t Ox tai 
3 ®iÓm ph©n biÖt có hoành độ thỏa mãn: x1 < x2 < x3 < 1 . 

 Ví dụ 5.2: T×m m ®Ó (Cm): y = mx3 - x2 + 2x - 8m c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt: 
1 < x1 < x2 < x3 ? 
 G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = 0. Phương trình hoành độ giao 
điểm là phương trình bậc 3 và để xử lí thì cách thông dụng nhất là nhẩm nghiệm và 
đưa về bài toán của phương trình bậc hai. Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để 
nhẩm nghiệm. 
 Trình bày: Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox là: 
 mx3 - x2 + 2x - 8m = 0 
 ⇔ (x-2)[mx2 + (2m-1)x + 4m] = 0 ⇔ 


x=2>1 
mx2+(2m-1)x+4m=0(1) 
 (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 
 ⇔ 
2
0 1 1
' 0 2 6
0
.2 (2 1).2 4 0
m
m
mm m m
 ≠ 
− ⇔ 
  ≠+ − + ≠
 (2). Khi đó, theo định lí Vi-ét 
có: 
1 2
1 2
1 2
(3)
4
m
x x
m
x x
−
+ =

 =
 (với x1 , x2 là nghiệm của (1)). Lúc này, yêu cầu bài toán trở 
thành tìm m để hai nghiệm của (1) lớn hơn 1 
www.VNMATH.com
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 ⇔ 
( ) ( )
( ) ( )
1 21 1 2
2 1 2 1 21 2
1 1 01 0 2 (4)
1 0 ( ) 1 01 . 1 0
x xx x x
x x x x xx x
− + − >
− > + > 
⇔ ⇔  
− > − + + >
− − > 
Thế (3) vào (4) ta được : 
1 2 2 1 1 (5)
1 2 7 44 1 0
m
m
m
m
m
−
>
⇔ < <
−
− + >

 Kết hợp (5) & (2) ta 
được 
1 1
7 6
m< <
. 
 Vậy với 
1 1
7 6
m< < thì (Cm): y = mx3 - x2 + 2x - 8m c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt: 
 1 < x1 < x2 < x3. 
II. Thực tiễn của việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ năng áp dụng 
định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với 
một số thực 
1. Những thuận lợi của việc rèn luyện cho học sinh THPT kỹ 
năng áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của 
tam thức bậc hai với một số thực 
 Thứ nhất, trong môn Đại số lớp 9 THCS học sinh đã được trang bị những kiến 
thức cơ bản nhất về phương trình bậc hai và có một định lí đã nêu lên mối liên hệ 
giữa các nghiệm của phương trình bậc hai với hệ số của nó. Định lí này đã giúp ích 
khá nhiều cho học sinh THCS giải các bài toán: Tìm tổng và tích của các nghiệm 
của phương trình bậc hai khi có nghiệm; biết một nghiệm suy ra nghiệm còn lại; 
nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai khi có nghiệm; . Có thể nói sau khi học 
xong THCS học sinh THPT đã quá quen thuộc với định lí Vi-ét áp dụng cho 
phương trình bậc hai. 
 Thứ hai, Cũng từ việc quen thuộc với định lí Vi-ét nên việc áp dụng nó vào bài 
toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với số thực chỉ là thao tác tư duy 
“Quy lạ về quen” với độ khó không nhiều và học si