DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI VÀ ỨNG DỤNG
1: Xét dấu tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 )
Phương pháp: Tính : ∆ = b2 − 4ac
Nếu ∆ < 0 thì f ( x) ln cùng dấu với a, nghĩa là af ( x) > 0, ∀x ∈ ¡
Nếu ∆ = 0 thì f ( x) ln cùng dấu với a, với mọi x ≠

−b
−b
, nghĩa là af ( x) > 0, ∀x ≠
2a
2a

Nếu ∆ > 0 thì f ( x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và giả sử x1 < x2, ta có bảng xét dấu
-∞

X
ax2 +bx + c

x1
Cùng dấu với a

+∞

x2

0

Trái dấu với a

0

Cùng dấu với a

Bài tập 1: Xét dấu các tam thức sau:
a) 2 x 2 + 3x + 6 ,

b) −4 x 2 + 12 x − 9 ,

c) 3x 2 + 7 x − 10 ,

d) − x 2 + 3 x .

Giải
a) Tam thức bậc hai f ( x) = 2 x 2 + 3x + 6 , có a = 2 > 0, ∆ = −39 < 0
Do đó 2 x 2 + 3 x + 6 > 0, ∀x ∈ ¡ .
b) Tam thức bậc hai f ( x) = −4 x 2 + 12 x − 9 , có a = -4 < 0, ∆ ' = 0
3
2

Do đó −4 x 2 + 12 x − 9 < 0, ∀x ≠ .
c) Tam thức bậc hai f ( x) = 3x 2 + 7 x − 10 , có hai nghiệm x = 1, x = −

10
nên ta có bảng xét
3

dấu sau
X

3 x 2 + 7 x − 10


-∞

−

+

10 

f ( x) > 0 ⇔ x ∈  −∞; − ÷∪ ( 1; +∞ )
3
;


10
3

0

+∞

1

−

0

+

10


x=−
 10 

f ( x ) < 0 ⇔ x ∈  − ;1÷; f ( x ) = 0 ⇔
3

 3 
x = 1


d) Tam thức bậc hai − x 2 + 3 x , có hai nghiệm x = 0, x = 3
-∞

X

0

−

2

-x + 3x
f ( x) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; 0 ) ∪ ( 3 : +∞ )

+

0

−


0

f ( x) > 0 ⇔ x ∈ ( 0;3) ;

;

+∞

3

f ( x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3

Bài tập 2: Xét dấu các biểu thức sau:
a) f ( x ) = − x 2 + 2mx − m 2 − 2 ,

b) f ( x) = x 3 − 3x 2 + 2 ,

c) f ( x ) = x 4 − 5 x 2 + 4 ,

d) f ( x) =

x4 − x2 − 2
.
− x3 + 2 x 2 + x − 2

Giải
a) Xét f ( x) = − x 2 + 2mx − m 2 − 2 có a = -1 > 0, ∆ ' = −2 < 0 . Như vậy f ( x) < 0, ∀x ∈ ¡
b) Ta có f ( x ) = x3 − 3x 2 + 2 = ( x − 1)( x 2 − 2 x − 2)
Và x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ; x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1 + 3 ∨ x = 1 − 3
Ta có bảng xét dấu

-∞

X

1− 3

x −1

-

x2 − 2x − 2

+

0

-

f ( x)

-

0

+

) (

)


(

-

f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ −∞;1 − 3 ∪ 1;1 + 3

c) Xét f ( x ) = x 4 − 5 x 2 + 4 = ( x 2 − 1)( x 2 − 4) .
Ta có:

Bảng xét dấu

0

+

+

0

0
-

(

+

0

) (


+

)

, f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ 1 − 3;1 ∪ 1 + 3; +∞ ,

f ( x) = 0 ⇔ x = 1 − 3 hoặc x = 1 hoặc x = 1 + 3

x = 1
x2 −1 = 0 ⇔ 
 x = −1 ;

+∞

1+ 3

1

x = 2
x2 − 4 = 0 ⇔ 
 x = −2


-∞

X

−2

x2-1


−1

x2 − 4

+

0

f ( x)

+

0

−

0

+

+

1

−

−
+


0

+

+

0

−

−

+∞

2

−

0

0

+

0

+

f ( x) < 0 ⇔ x ∈ ( −2; −1) ∪ ( 1; 2 ) , f ( x) > 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( −1;1) ∪ ( 2; +∞ ) ,
f ( x) = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = −1 hoặc x = 1 hoặc x = 2


d) Ta xét dấu tử và mẫu của phân thức

x4 − x2 − 2
( x 2 + 1)( x 2 − 2)
f ( x) = 3
=
rồi suy
− x + 2 x 2 + x − 2 ( x − 1)(− x 2 + x + 2)

ra dấu của f ( x) .
Ta có x 4 − x 2 − 2 = ( x 2 + 1)( x 2 + 2) và − x 3 + 2 x 2 + x − 2 = ( x − 1)(− x 2 + x + 2) .
x = 2

2
Ta có x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ ; x − 2 = 0 ⇔ 

 x = − 2

;

 x = −1
2
x −1 = 0 ⇔ x = 1 ; − x + x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2

Bảng xét dấu

2


- 2

−∞

X
2

(x + 1)(x – 2)

+

0

−1

_

_

x–1

_

_

-x2 + x + 2

-

-


f(x)

+

(

)

0

f ( x) > 0 ⇔ x ∈ −∞; − 2 ∪ ( −1;1) ∪

1

_
0

(

2; 2

)

0

,

+


0

+

+

P

-

_

+

P

+

+

+

+
+

-

0

(


+∞

2

2

+

0

-

P

) (

_

)

f ( x) < 0 ⇔ x ∈ − 2; −1 ∪ 1; 2 ∪ ( 2; +∞ )

f ( x) = 0 ⇔ x = − 2 hoặc x = 2 , f ( x) không xác định khi x = −1 , x = 1 , x = 2


2. Một số dạng tốn ứng dụng: Giải phương trình tích, giải phương trình chứa ẩn ở
mẫu, tìm tập xác định của hàm số, tìm điều kiện của tham số để phương trình, bất
phương trình bậc hai thỏa mãn điều kiện cho trước, ...
Ta xét một và bài tập minh họa

Bài tập 3. Chứng minh rằng:
3
4

a) Phương trình − x 2 + 2mx + m + 2 = 0 luôn ln có nghiệm với mọi m ∈ ¡
b) Phương trình x 2 − mx + m2 + m + 3 = 0 vô nghiệm với mọi m ∈ ¡
Giải
3
4

3
4

a) Phương trình − x 2 + 2mx + m + 2 = 0 có ∆ ' = m 2 + m + 2 .
2

3
19
3
Vì m + m + 2 là một tam thức bậc hai (theo m) có ∆ m =  ÷ − 4.2 = − 8 < 0 nên
4
16
4
∆ ' > 0, ∀m ∈ ¡ , suy ra phương trình đã cho ln có nghiệm với mọi m.
2

b) Phương trình x 2 − mx + m2 + m + 3 = 0 có ∆ = m 2 − 4(m 2 + m + 3) = −3m2 − 4m − 12
Vì

là một tam thức bậc hai có


−3m 2 − 4m − 12

∆ 'm = 4 − 36 = −32 < 0

∆ = −3m 2 − 4m − 12 < 0, ∀m ∈ ¡ .

Vậy phương trình đã cho ln vơ nghiệm với ∀m ∈ ¡
Tìm m để tam thức bậc hai không đổi dấu trên ¡
2
Phương pháp: Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) . Khi đó

a > 0
;
∆ < 0

(2) f ( x ) < 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 

a > 0 ;
∆ ≤ 0

(4) f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ a < 0 ;

(1) f ( x) > 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 

(3) f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 

a < 0
;
∆ < 0


∆ ≤ 0

(5) f ( x) không đổi dấu ⇔ ∆ ≤ 0 .

Bài tập 4. Tìm m để f ( x) = x 2 + (2m − 1) x + m 2 luôn nhận giá trị dương.
Giải. Yêu cầu của bài toán là f ( x) > 0, ∀x ∈ ¡ tức là

nên


a = 1 > 0
1
⇔ 4m 2 − 4 m + 1 − 4 m 2 < 0 ⇔ m >

2
2
4
 ∆ = (2m − 1) − 4m < 0

Bài tập 5. Tìm m để f ( x) = ( m − 1) x 2 + 2 x + 1 ln nhận giá trị âm.
Giải. Vì m = 1 thì f ( x) = 2 x + 1 cũng có lấy giá trị dương nên m = 1 không thỏa yêu cầu .
a = m − 1 < 0
 ∆ ' = 1 − (m − 1) < 0

Với m ≠ 1 , yêu cầu bài toán là 

m < 1
⇔ 
⇔ m∈∅

m > 2

Vậy khơng có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài tập 6. Tìm m để f ( x) = (m − 1) x 2 + (2m + 1) x + m + 1 không dương với mọi x thuộc ¡ .
Giải. Yêu cầu của bài toán là f ( x) ≤ 0, ∀x ∈ ¡
Với m = 1 thì f ( x) = x + 2 lấy cả những giá trị dương. Vậy m = 1 khơng thỏa mãn u
cầu bài tốn.
Với m ≠ 1 . Yêu cầu của bài toán là
a = m − 1 < 0
m < 1
⇔  2
⇔

2
2
 ∆ ' = (2m + 1) − 4(m − 1)( m + 1) ≤ 0
 4m + 4m + 1 − 4( m − 1) ≤

Vậy với m ≤ −

m < 1
5


5 ⇔ m≤−
4
 m ≤ − 4

5
thì f ( x) khơng ln ln dương.

4

Tìm tập xác định của hàm số
Bài tập 7. Cho f ( x ) = (m + 4) x 2 − (m − 4) x − 2m + 1 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
có tập xác định là ¡ .
Giải. Hàm số có tập xác định là ¡ khi và chỉ khi
g ( x) = (m + 4) x 2 − ( m − 4) x − 2m + 1 ≥ 0, ∀x ∈ ¡

(*)

Khi m + 4 = 0 ⇔ m = −4 thì g ( x) = 8 x + 9 , lúc này g ( x) có thể nhận giá trị âm. Vậy
m = −4 khơng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Khi m ≠ −4 . Điều kiện để (*) đúng là
∆ = (m − 4) 2 − 4( m + 4)(1 − 2m) ≤ 0
∆ = m 2 − 8m + 16 − 4(−2m 2 − 7m + 4) ≤ 0
⇔


m + 4 > 0
 m > −4


 20
20
− ≤ m ≤ 0
⇔  9
⇔ − ≤m≤0
9
 m > −4


Vậy m thỏa mãn yêu cầu bài toán là −

20
≤m≤0 .
9

Bài tập 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x 2 − 2mx − 2m + 3 có
tập xác định là ¡ .
Giải. Hàm số y = x 2 − 2mx − 2m + 3 có tập xác định là ¡ khi x 2 − 2mx − 2m + 3 ≥ 0 với mọi
x∈¡

 m 2 + 2m − 3 ≤ 0
 ∆′ ≤ 0
⇔
⇔
⇔ −3 ≤ m ≤ 1 . Do m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −3; −2; −1;0;1} .
a > 0
1 > 0

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.
Bài tập 9. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho với mọi x ∈ ¡ , ta luôn có
(m + 2) x 2 − 2(m − 1) x + 4m + 1
>1
2x2 + 1

(1)

Giải. Do 2 x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ nên
(1) ⇔ (m + 2) x 2 − 2(m − 1) x + 4m + 1 > 2 x 2 + 1

⇔ f ( x) = mx 2 − 2(m − 1) x + 4m > 0

(2)

Khi m = 0 : f ( x) = 2 x có thể nhận giá trị âm nên m = 0 khơng thỏa mãn u cầu bài
tốn.
Khi m ≠ 0 . Điều kiện để f ( x) > 0, ∀x ∈ ¡ là
m > 0
a = m > 0
m > 0

1

⇔ 
⇔ 

1
 ⇔ m ∈  ; +∞ ÷
2
2
2
3

 ∆ ' = (m − 1) − 4m < 0
 −3m − 2m + 1 < 0
 m ∈ (−∞; −1) ∪  3 ; +∞ ÷





Vậy các giá trị cần tìm của m là m >

1
.
3

Bài tập 10. Tìm các giá trị của m sao cho bất phương trình sau vơ nghiệm
(m − 3) x 2 − 2( m − 1) x + 4m − 1
≤ −1
3x 2 + 1

(1)


Giải. Vì 3 x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ nên
(1) ⇔ (m − 3) x 2 − 2(m − 1) x + 4m − 1 ≤ −3 x 2 − 1
⇔ mx 2 − 2(m − 1) x + 4m ≤ 0

(2)

Bất phương trình (2) vơ nghiệm khi và chỉ khi
f ( x ) = mx 2 − 2( m − 1) x + 4m > 0, ∀x ∈ ¡

Khi m = 0 : f ( x) = 2 x có thể nhận giá trị âm nên m = 0 khơng thỏa mãn u cầu bài
tốn.
Khi m ≠ 0 : Điều kiện để f ( x) > 0, ∀x ∈ ¡ là
m > 0
a = m > 0
m > 0


 1
⇔ 
⇔ 

 1  ⇔ m ∈  0; ÷
2
2
2
 3
 ∆ ' = (m − 1) − 4m < 0
 −3m − 2m + 1 < 0
 m ∈  −1; 3 ÷




Vậy các giá trị cần tìm của m là 0 < m <

1
.
3

Bài tập 11. Chứng minh rằng phương trình sau ln có nghiệm với mọi m
a) (3 − 2m) x 2 + (3m − 2) x + m − 1 = 0
b) (3m − 1) x 2 + 3(m + 1) x + 1 = 0

(1)
(2)

Giải.

a) Khi 3 − 2m = 0 ⇔ m =

3
. Phương trình (1) trở thành
2

5
1
1
x + = 0 ⇔ 5 x = −1 ⇔ x = − . Phương trình (1) có nghiệm.
2
2
5

Khi m ≠

3
ta có ∆ = (3m − 2) 2 + 4(2m − 3)(m − 1) = 17m 2 − 32m + 16
2

Tam thức f (m) = 17 m 2 − 32m + 16 > 0, ∀m ∈ ¡ nên (1) có nghiệm.
Tóm lại pt (1) ln có nghiệm với mọi m
b) Cách giải tương tự câu a
Bài tập 12. Xác định các giá trị của tham số m để mỗi bất phương trình sau nghiệm đúng
với mọi giá trị của x


a)

x 2 + mx − 1

< 1 (1) ;
2x2 − 2x + 3

b)

− x 2 + 8 x − 20
>0
mx 2 + 2( m + 1) x + 9m + 4

(2)

Giải.
a) Vì 2 x 2 − 2 x + 3 > 0, ∀x ∈ ¡ nên
(1) ⇔ x 2 + mx − 1 < 2 x 2 − 2 x + 3
⇔ x 2 − (m + 2) x + 4 > 0

(*)

(*) Nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ khi:
∆ = (m + 2) 2 − 16 < 0 ⇔ m 2 + 4m − 12 < 0 ⇔ −6 < m < 2

b) Do − x 2 + 8 x − 20 < 0, ∀x ∈ ¡ nên yêu cầu bài toán là
f ( x) = mx 2 + 2( m + 1) x + 9m + 4 < 0, ∀x ∈ ¡ (**)

• Khi m = 0 : f ( x) = 2 x + 4 có nhận giá trị dương nên m = 0 không thỏa mãn
m<0
• Khi m ≠ 0 : (**) ⇔ 

m < 0
⇔

 2
2
2
 ∆ ' = m + 2m + 1 − 9 m − 4 m < 0 < 0
8m + 2m − 1 > 0

m < 0
1


⇔ 
1 1

 ⇔ m ∈  −∞; − ÷
2

 m ∈  −∞; − 2 ÷∪  4 ; +∞ ÷

 



Vậy các giá trị cần tìm của m là m < −

1
.
2

Bài tập 13. Giải và biện luận bất phương trình sau theo tham số m
(1)


m(m − 2) x + 1 ≥ m − 1

Giải. Ta có (1) ⇔ m( m − 2) x ≥ m − 2

(2)

• Khi m(m − 2) > 0 ⇔ m ∈ (−∞;0) ∪ (2; +∞)
(2) ⇔ x ≥ m − 2

m(m − 2)

• Khi m(m − 2) < 0 ⇔ m ∈ (0; 2) :

⇔ x≥

1
m


(2) ⇔ x ≤

m−2
1
⇔ x≤
m(m − 2)
m

• Khi m = 2 : (2) ⇔ 0 x ≥ 0 ⇔ x ∈ ¡
• Khi m = 0 : (2) ⇔ 0 x ≥ −2 ⇔ x ∈ ¡

Kết luận:
1



• Khi m ∈ (−∞;0) ∪ (2; +∞) : Tập nghiệm là  ; + ữ
m



1

ã Khi m (0; 2) : Tp nghiệm là  −∞; 
m

• Khi m = 2 , m = 0 : Tập nghiệm là ¡
 x 2 − 4 < 0
Bài 14. Tìm nghiệm nguyên của hệ bất phương trình 
2
( x − 1) ( x + 5 x + 4 ) ≥ 0

Giải
Ta có
Và

x 2 − 4 < 0 ⇔ −2 < x < 2

( x − 1)( x 2 + 5 x + 4) ≥ 0

có bảng xét dấu


x

−∞

−4

−1

x −1

−

−5 − −2 −

x2 + 5x + 4

+

0

− 0

( x − 1) ( x 2 + 5 x + 4 )

−

0

+ 0 −


0
+ 4

−2 < x < 2
2

 − 2 < x ≤ −1

x − 4 < 0
⇔
⇒ 
⇔
−
4
≤
x
≤
−
1


1 ≤ x < 2
2


 x ≥ 1
( x − 1) ( x + 5 x + 4 ) ≥ 0



Vậy tập nghiệm S = ( −2; −1] ∪ [ 1; 2 )
Do đó nghiệm nguyên của hệ là { −1;1}
Dùng tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức
Phương pháp:

+∞

1

0

+

+
+


Để chứng minh bất đẳng thức f ( x, y ) ≥ 0 , với mọi x, y ta đưa về dạng
A( y ) x 2 + B ( y ) x + C ( y ) ≥ 0

Rồi chứng minh A( y) > 0 và ∆ ≤ 0 .
Bài tập 15. Chứng minh rắng với mọi x, y ∈ ¡ có
( x + y ) 2 − xy + 1 ≥ ( x + y ) 3

(1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Giải. Ta có
(1) ⇔ x 2 + xy + y 2 + 1 ≥ 3x + 3 y ⇔ x 2 + ( y − 3) x + y 2 − 3 y + 1
Đặt f ( x, y ) = x 2 + ( y − 3) x + y 2 − 3 y + 1 . Ta xem f ( x, y ) là tam thức bậc hai theo x.

Khi đó
∆ = ( y − 3) 2 − 4( y 2 − 3 y + 1)

= y2 − 2 3y + 3 − 4 y2 + 4 3y − 4
= −3 y 2 + 2 3 y − 1 = −( 3 y − 1) 2 ≤ 0
Vậy f ( x, y ) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ . Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

 3 y −1 = 0
 y =


y− 3 ⇔ 
x
=
x =


2


1
3
1
3

Nhận xét: Từ lời giải trên ta thu được kết quả
• Phương trình hai ẩn

( x + y ) 2 − xy + 1 ≥ ( x + y ) 3
 1 1 

;
÷
 3 3

có nghiệm duy nhất là ( x; y) = 

• Giá trị nhỏ nhất của biểu thức f ( x, y ) là 0, đạt được khi và chỉ khi

 1 1 
( x; y ) = 
;
÷
 3 3


Bài tập 16. Chứng minh rắng với mọi x, y ∈ ¡ ta có
2 x 2 + y 2 − 2 xy − 2 y + 6 x + 5 ≥ 0

(1)

Giải. Ta có
(1) ⇔ 2 x 2 − 2( y − 3) x + y 2 − 2 y + 5 ≥ 0
Đặt f ( x) = 2 x 2 − 2( y − 3) x + y 2 − 2 y + 5 . Ta coi f ( x, y ) là tam thức bậc hai theo x. Khi đó
∆ ' = ( y − 3) 2 − 2( y 2 − 2 y + 5) = − y 2 − 2 y − 1 = −( y + 1) 2 ≤ 0

Vậy f ( x, y ) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
 y +1 = 0
y =1



2( y − 3) ⇔ 
 x = −2
 x =
4

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
Bài tập 17. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 19 x 2 + 54 y 2 + 16 z 2 + 36 xy − 16 xz − 24 yz

Giải. Xét tam thức bậc hai theo biến x
f ( x) = 19 x 2 + 2(18 y − 8 z ) x + 54 y 2 + 16 z 2 − 24 yz
2
2
2
Ta có ∆ f ( x ) = (18 y − 8 z ) − 19(54 y + 16 z − 24 yz )

= 324 y 2 − 288 yz + 64 z 2 − 1026 y 2 − 304 z 2 + 456 yz
= −702 y 2 + 168 yz − 240 z 2

Xét tam thức bậc hai theo biến y
g ( y ) = −702 y 2 + 168 yz − 240 z 2 .

Ta có ∆ g ( y ) = (84 z ) 2 − 702.240 z 2 = −161.424 z 2 ≤ 0
Vậy g ( y ) ≤ 0, ∀y, z ∈ ¡ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
z = 0

168 z

 y = − 2(−702) = 0




Khi đó f ( x) ≥ 0, ∀x, y, z . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
y = z = 0

⇔ x= y=z=0
2(18 y − 8 z )

x
=
−
=
0

2.19

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 0 khi và chỉ khi x = y = z = 0 .
Bài tập 18. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) =

2
x − 5x + 9
2

Giải. f ( x ) có giá trị lớn nhất khi x 2 − 5x + 9 có giá trị nhỏ nhất. Mà x 2 − 5 x + 9 có giá trị
nhỏ nhất là
8
.
11

11

(Tung độ đỉnh của parapol y = x 2 − 5 x + 9 ). Suy ra giá trị lớn nhất của f ( x ) là
4