SKKN Ứng dụng định lý Viet giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số

MỤC LỤC Mở đầu……………………………………………………………… 2 Nội dung ………………………………………… 3 A. Cơ sở lý thuyết………………………………………. …………. .3 B. Bài tập vận dụng…………………………………… 13 C. Bài tập thực hành…………… 23 Kết luận………… …………………………………………………… 25 Tài liệu tham khảo……………………………………………………. 26 MỞ ĐẦU 1 1/ Lý do chọn đề tài: Trong chương trình môn Toán bậc THPT hiện nay có rất nhiều bài tốn 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 tốn “Tìm điều kiện để một phương trình có nghiệm, có một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm, bốn nghiệm …”. Đây thực chất là các bài tốn so sánh nghiệm của một phương trình bậc hai với một số thực α , nếu xem xét các dạng tốn này theo quan điểm, chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh khơng 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 “Khơng có cơng 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 tốn đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong q trình học bộ mơn Tốn, và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, nay tơi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn 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 luận. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM . 2 A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT. 1. KIEÁN THÖÙC CAÀN NHÔÙ. 1.1 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. a) Định nghĩa. • Phương trình bậc hai đối với ẩn x R ∈ là phương trình có dạng: ( ) ( ) 2 ax 0 1 0bx c a+ + = ≠ b) Cách giải. • Tính 2 4b ac∆ = −  Nếu 0∆ < thì phương trình (1) vô nghiệm.  Nếu 0 ∆ = thì phương trình (1) có nghiệm kép 1 2 2 b x x a = = − .  Nếu 0 ∆ > thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 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:  Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu 0P⇔ < .  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu 0 0P ∆ ≥  ⇔  >  .  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương 0 0 0 P S ∆ ≥   ⇔ >   >  .  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm 0 0 0 P S ∆ ≥   ⇔ >   <  . 1.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN. 3 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 ≥ . b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x α ≤ . c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: 1 2 x x α < < . d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: 1 2 x x α < < . e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: 1 2 x x α < < . Giải. • Đặt t x x t α α = − ⇒ = + , thay vào pt (1) ta được pt: ( ) ( ) 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 ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≥  b) Phương trình (1) có nghiệm x α ≤ ⇔ pt (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 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 ∆ >   < < ⇔ >   >  . 4 e) 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 ∆ >   < < ⇔ >   <  . (Với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 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. 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. • Ta biến đổi phương trình (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 2x a c x ac x b d x bd k     ⇔ + + + + + + =     • Đặt ( ) ( ) 2 2 0 2 a c t x a c x t +   = + + + ≥  ÷   , thay vào (2) ta được phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 3 2 2 2 a c 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 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≥  b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P< < ⇔ < .  TH2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 t t S ∆ =  < = ⇔  >  5 c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ 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 ∆ >   < < ⇔ >   >  (Trong đó ∆ là biệt thức của phương trình (2), 1 2 1 2 . ,P t t S t t= = + ) Nhận xét: Trong các tài liệu sách giáo khoa, hoặc sách tham khảo, cách giải đưa ra đối với dạng toán này là đặt: ( ) 2 t x a c x= + + với điều kiện ( ) 2 4 a c t − + ≥ , khi đó để giải quyết các yêu cầu nêu trên học sinh sẽ lúng túng, đôi khi là không thể giải quyết nhất là đối với các em học sinh lớp 10,vì các em không được trang bị công cụ để so sánh nghiệm một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. Bài toán 3. Cho phương trình: ( ) ( ) 4 3 2 ax 0 1 0bx cx bx a a+ + + + = ≠ 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). 6 a) 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 a b t a b c+ + + + + = (3). • Để phương trình (1) có nghiệm 0x > thì phương trình (3) có nghiệm 0t ≥ , ta fxét:  TH1 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤  TH2 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 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+ − + − + = (4) • Để phương trình (1) có nghiệm 0x < thì phương trình (3) có nghiệm 0t ≤ , ta xét:  TH1 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤  TH2 : Phương trình (3) có nghiệm 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≤  c) Để phương trình (1) có nghiệm thì hoặc phương trình (3) có nghiệm 0t ≥ , hoặc phương trình (4) có nghiệm 0t ≤ . (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 ∆ >   < < ⇔ >   <  7  TH3 : Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu 1 2 0 0 P P <  ⇔  <  Nhận xét: Với cách tiếp cận này học sinh cũng có thể dễ dàng giải quyết các bài toán như: Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm, 3 nghiệm. Bài toán 4. Cho phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ax ax 0 1 0; 0bx c bx c a α β γ α + + + + + + = ≠ ≠ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. 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 4 b ac t bx c a − = + + + khi đó 0t ≥ . • Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: ( ) ( ) 2 0t k t k α β γ − + − + = (2) với 2 4 4 b ac k a − = • Phương trình (2): ( ) 2 2 2 0t k t k k α β α α β γ + − + − + = (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 S ∆ >   < < ⇔ >   >  8 c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 1 2 0t t< < , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 1 2 0 t t< = .  TH1 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0t t P< < ⇔ < .  TH2 : Phương trình (2) có nghiệm 1 2 0 0 0 t t S ∆ =  < = ⇔  >  (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 a − − ≤ nếu a < 0. Phương trình nhận được 2 0t t α β γ + + = , và để giải quyết các yêu cầu của bài toán học sinh sẽ gặp trở ngại vì cần so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. Chính vì thế với cách giải đã trình bày ở trên tạo cho các em học sinh rất hứng thú, vì các em có thể sử dụng một công cụ đơn giản, quen thuộc là định lý Viet để giải dạng toán này. Bài toán 5. Cho phương trình ( ) 2 2 ax 0 1b x c α + + + = với 0, 0a α > ≠ . a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải. • ĐK x R ∈ . • 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 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ ≥   ≤ ≤ ⇔ ≥   ≥  9 b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa 1 2 0 0 0 0 t t P S ∆ >   < < ⇔ >   >  c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:  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 ∆ là biệt thức của pt (3), 1 2 1 2 , .S t t P t t= + = ) Nhận xét: Với dạng toán này hầu hết các sách tham khảo đều đặt ( ) 2 t x t α α = + ≥ , và đưa về phương trình bậc 2 có dạng: 2 0at bt c a α + + − = , khi đó để giải quyết các câu hỏi đặt ra thì đều phải sử dụng tới định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, hoặc sử dụng công cụ đạo hàm. Cả hai cách này đều không phù hợp với tư duy, kiến thức của học sinh lớp 10, 11 và ngay cả đối với học sinh lớp 12, bởi vì công cụ dùng đạo hàm để giải không phải lúc nào cũng tối ưu. Bài toán 6. Cho phương trình: ( ) 2 ax 1bx c x α + + = − 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 2 0 ax 2 x bx c x α α − ≥   ⇔  + + = −   • Đặt t x α = − , vì 0x α − ≥ nên ta có điều kiện 0t ≥ , thay vào (2) ta được phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 0 3a t a b t a b c α α α − + + + + + = a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (3) có nghiệm 0t ≥ 10 [...]... x 2 +1 − ( 2m − 1) 2 x 2 +2 + m 2 − 3m = 0 ( 1) 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 4 nghiệm Giải 22 1 4 x • Đặt t = 2 2 +1 2 ( t ≥ 0 ) , khi đó 2x 2 +1 = t + 2 , thay vào phương trình (1) ta được phương trình: t 2 − 2 ( 2m − 1) t + m 2 − 11m = 0 ( 2) a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (2) có nghiệm t ≥ 0 2. .. phương trình (1) ⇔ x − 2 mx x − 2 mx + m − 1 = 3m − 5 ( 2 ) 2 • Đặt t = x − 2 mx + m ( t ≥ 0 ) , thay vào phương trình (2) ta được phương trình: t 2 − ( m + 1) t − 2m + 5 = 0 ( 2 ) a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 5 − 2m ≤ 0 ⇔ m ≥ 5 2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm m 2 + 12m − 19 ≥ 0 ∆ ≥ 0  5 5   0 ≤ t1 ≤ t2... ≥ 0 ⇔ m − 3m + 2 ≥ 0 ⇔ m = 1 S ≥ 0   m − 1 ≤ 0 • Kết luận: với m ∈ [ 1; 2] thì phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < 1 < x2 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm: t1 < 0 < t2 ⇔ m2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2 • Kết luận: với 1 < m < 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 1 < x2 d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 < x2 < 1 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm: m − 1... + 1) − 1 , thay vào phương trình (1) ta được 2 2 phương trình: t − ( m − 2 ) t + 3m + 2 = 0 ( 2 ) a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 3m + 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2 3  TH2: Phương trình (2) có nghiệm m 2 − 16m − 4 ≥ 0 ∆ ≥ 0   0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ 3m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 8 + 68 S ≥ 0 m − 2 ≥ 0   2   • Kết luận: với... (1) có nghiệm x1 < 1 < x2 d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < 1 Giải • Đặt t = x − 1 ⇒ x = t + 1 , thay vào pt (1) ta được phương trình: t 2 + 2 ( 1 − m ) t + m 2 − 3m + 2 = 0 ( 2 ) a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0 2  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm : m − 1 ≥ 0... +∞ ÷∪ −6 + 55 thì phương trình (1) có 2 nghiệm 2  c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: m 2 + 12m − 19 > 0 ∆ > 0 5   0 = t1 < t2 ⇔  P = 0 ⇔ 5 − 2m = 0 ⇔m= 2 S > 0 m + 1 > 0   15 • Kết luận: Với m = 5 thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt 2 d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: m 2 + 12m − 19 > 0 ∆ >... TH4: Phương trình (3) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔ ∆ = 0 S > 0  Nhận xét: Đây là dạng tốn giống với bài tốn 6 đã giải quy t ở trên, ta cũng đã đưa về so sánh nghiệm của một phương trình có dạng bậc 2 với số 0 B BÀI TẬP VẬN DỤNG 2 2 Bài 1 Cho phương trình: x − 2mx + m − m + 1 = 0 ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 c) Tìm m để phương trình (1) có. .. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất Giải x −1 ≥ 0  • Phương trình (1) ⇔  2 2 2  x − 2 ( m + 1) x + m + m = ( x − 1) ( 2 )  • Đặt t = x − 1 , vì x − 1 ≥ 0 nên ta có điều kiện t ≥ 0 , thay vào phương trình (2) ta 2 2 được phương trình: t − 2 ( m − 1) t + m − m = 0 ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 2  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P... thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất Bài 7 Cho phương trình: log 2+ 3 (x 2 + 2mx + m 2 + 3m − 1) + log 2 3 ( x − m + 1) = 0 ( 1) 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) tương đương log 2+ 3 (x 2 + 2mx + m 2 + 3m − 1) = log 2 + 3 ( x − m + 1) ( 2 ) x − m +1 > 0  • Phương trình. .. phân biệt Giải • Đặt t = x 2 − 2 x + 1 khi đó t ≥ 0 , suy ra x 2 − 2 x = t − 1 Thay vào phương trình (1) ta được 17 2 phương trình sau: t − 2 ( m + 1) t + m + 4 = 0 ( 2 ) a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m + 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ −4  TH2: Phương trình (2) có nghiệm m 2 + m − 3 ≥ 0 ∆ ≥ 0 −1 + 13   0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P . tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng tốn 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. . II. Nội dung đề tài. A. Cơ sở lý thuyết li n quan đến đề tài nghiên cứu. B. Bài tập vận dụng. C. Bài tập thực hành. III. Kết luận. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM . 2 A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT. . 2 Nội dung ………………………………………… 3 A. Cơ sở lý thuyết………………………………………. …………. .3 B. Bài tập vận dụng…………………………………… 13 C. Bài tập thực hành…………… 23 Kết luận………… …………………………………………………… 25 Tài li ̣u