Bài tập Tổng hợp - Nâng cao về Đa thức

Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
BÀI TẬP TỔNG HỢP-NÂNG CAO VỀ ĐA THỨC 
Văn Phú Quốc-GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm- Quảng Nam 
(Di động: 0982 333 443 hoặc 0982 333 443) 
Bài 1. Cho đa thức f(x) = a1sinx + a2sin(2x) ++ ansin(nx) với ai  , *n  . 
biết | f(x)| ≤ | sin(nx) | ,  x  . Chứng minh rằng | a1 + 2a2 ++ nan | ≤ n. 
Lời giải 
Ta có: f’(x) = a1cosx + 2a2cos (2x) ++ nancos (nx) . f’(0) = a1 + 2a2 ++ nan (1) 
Do f’(0) = lim lim
0 0
(0)
0

 x x
f(x) - f f(x)
x x
 . 
Vì | f’(0) |=| lim
0x
f(x)
x
| ≤ lim lim
0 0

 
f(x)
xx x
| f(x)|
| x |
≤ lim
0
sin( ) n


x
| nx |
| x |
 (2) 
Từ (1), (2) được điều phải chứng minh. 
Bài 2.Giả sử với hai số dương ba, thì đa thức 3 2x ax bx a   có các nghiệm đều 
lớn hơn 1. Xác định giá trị của ba, để biểu thức n
nn
a
bP 3 đạt giá trị nhỏ nhất và 
tìm giá trị nhỏ nhất đó ( n là số nguyên dương cho trước). 
Lời giải 
Gọi 321 ,, xxx là các nghiệm của đa thức đã cho. 
Theo định lý Vi-et ta có 








axxx
bxxxxxx
axxx
321
133221
321
Theo bất đẳng thức AM - GM ta được 
3
321321 3 xxxxxx  hay 33 aa   (*)33a 
Theo bất đẳng thức Rzyxzxyzxyzyx  ,,);(3)( 2 
thì )(3)( 321321
2
133221
2 xxxxxxxxxxxxb  
hay .33 22 abab  
 Suy ra 
n
n
n
n
n
n
n
nnn
n
nn
aa
a
a
bP
)33(
3333333  , do (*) 
 Do đó ta có 
n
n
P
3
13 
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .93;33  aba Khi đó phương trình có ba 
nghiệm trùng nhau và đều bằng .3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
n
n
3
13  khi 
.9;33  ba 
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức  P x với hệ số thực thỏa 
mãn:      2 3 23 3 1 6 7 16 3 , .P x x P x P x x x x         
Lời giải 
Nhận xét: 
Nếu  P x là đa thức hằng thì    0, 1P x P x  và   2 1,P x x x    là đa 
thức bậc nhất duy nhất thỏa mãn. 
Giả sử  *deg .P n n  Gọi na  0na  là hệ số bậc cao nhất cuả  P x , căn 
bằng hệ số bậc cao nhất hai vế của phương trình: 
 23 6 2n n nn n na a a   . 
Đặt      2 1 nP x x Q x   . Giả sử  degQ k n k   
Thay vào phương trình hàm ban đầu: 
       
   
       
     
2 2
3 2 3 2
2 2
2 3 2
2 2 5 3 6 1 3 1
12 14 32 5 6 7 16 3 ,
6 1 3 2 2 5 3 1
3 3 1 6 7 16 3 ,
n n
n
nn
x x Q x x x Q x
x x x Q x x x x
x Q x x x x Q x
Q x x Q x Q x x x x
                 
         
       
         


Khi đó bậc của đa thức vế trái trong phương trình trên là: 2n k , trong khi đó bậc đa 
thức vế phải là 3 2k n k  (vô lý). Vậy   0Q x  . 
Kết luận: Tất cả các đa thức thỏa là: 
         *0, 1, 2 1 .nP x P x P x x n     
Bài 4. Cho 3 tam thức bậc hai ( ), ( ), ( )f x g x h x . Hỏi đa thức ( ) ( ( ( )))P x f g h x 
có thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm được không? 
Lời giải 
Không giảm tổng quát, có thể coi hệ số của 2x ở ( ), ( )f x g x đều là 1. 
Giả sử ( ) ( ( ( )))P x f g h x nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm nghiệm . 
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
- Vì deg( . ) 4f g  suy ra (1), (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8)h h h h h h h h nhận 4 giá 
trị. 
Mà ( )h x là tam thức bậc hai, dẫn đến 
 (1) (8) (2) (7) (3) (6) (4) (5)h h h h h h h h       
2( ) 9h x x x c    (*) 
- Vì deg 2f  suy ra ( (1)), ( (2)), ( (3)), ( (4))g h g h g h g h nhận 2 giá trị. 
Mà từ (*) ta có (1) (2) (3) (4)h h h h   , dẫn đến 
 (1) (4) (2) (3)h h h h   
Thay vào (*): 
 8 ( 20 ) 14 ( 18 )m m m m           
Đẳng thức cuối sai, tức là giả sử trên sai. 
Vậy đa thức ( ) ( ( ( )))P x f g h x không thể nhận cả 8 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 làm 
nghiệm. 
Bài 5. Cho 2 đa thức với hệ số thực 5 4 3 2( ) 2f x x ax bx cx dx e      và 
2( ) 2014g x x x   . Biết rằng phương trình ( ) 0f x  có 5 nghiệm thực phân 
biệt còn phương trình  ( ) 0f g x  không có nghiệm thực. 
Chứng minh rằng  38 2014 1f  
Lời giải 
Gọi 5 nghiệm của pt ( ) 0f x  là ( 1,5)ix i  , ta có 
     1 2 3 4 5( ) 2f x x x x x x x x x x x      
Từ đó suy ra      2 21 5( ) 2 2014 ..... 2014f g x x x x x x x       
Vì phương trình  ( ) 0f g x  vô nghiệm nên cả 5 phương trình 
2 2014 0, ( 1,5)ix x x i     đều vô nghiệm. Do đó 
  1Δ 1 4 2014 0 2014 1,5
4i i i
x x i         
Khi đó    
5
5
1
1 12014 2 2014 2.
4 512ii
f x

    
   3 312014 8 2014 1
8
f f    (đpcm). 
Bài 6. (Olympic chuyên khoa học tự nhiên 2014). 
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực  P x sao cho: 
2015 2016( 2) (3 2) 3 ( ) 3 3 6x P x xP x x x      
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
Giải 
Xét P hằng thì được   3P x   . Xét P không hằng. 
Phương trình viết lại dưới dạng : 
     2 3 2 3 32015 3 ,x P x x P x x R             Đặt     3Q x P x  thì : 
     2 3 2 32015 ,x Q x xQ x x     . 
Lấy 2x  được  2 0Q  . 
Đặt tiếp        2Q x x S x  thì được : 
       3 2 32014 , 3 1 32014 1 ,S x S x x R S x S x x          . 
Đặt    1T x S x  thì : 
   3 32014 ,T x T x x   . 
Gỉa sử    11 1 0... 0n nn n nT x a x a x a x a a      , thay vào đồng nhất hệ số bậc 
cao nhất được 2014n  . 
Thay vào và đồng nhất tiếp hệ số của , 0,2013
i
x i  thì : 
20143 3 , 0,2013 0, 0,2013i
i i i
a a i a i       ta được :   2014,T x cx x   . 
Dễ dàng tìm được đáp số bài toán : 
    2 1 2014 3, ,P x c x x x c const       . 
Bài 7. Chứng minh rằng với mọi bộ ba số nguyên  ; ;a b c luôn luôn tồn tại số nguyên 
dương n sao cho 3 2n an bn c   không phải là số chính phương. 
Lời giải 1 
Đặt   3 2f n n an bn c    . 
Nếu  f n là số chính phương thì    0 mod4f n  hoặc    1 mod4f n  (*) 
Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên dương  ; ;a b c sao cho với mọi số nguyên dương n 
thì  f n là một số chính phương. 
Nói riêng,        1 , 2 , 3 , 4f f f f đều là các số chính phương. 
Ta có  2 8 4 2f a b c    ;  4 64 16 4f a b c    . 
Khi đó          2 4 56 2 2 2 4 2 mod4f f a b f f b         (**) 
Mặt khác, do    2 , 4f f đều là các số chính phương nên từ (*) ta có: 
     
     
     
2 4 0 mod4
2 4 1 mod4
2 4 1 mod4
f f
f f
f f
  

  
  
Kết hợp với (**) ta có:  2 0 mod4b  (1) 
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
Lại có            3 1 24 8 2 2 3 1 2 2 mod4f f a b f f b         . 
Nhận thấy    3 , 1f f đều là các số chính phương nên  2 2 0 mod4b   (2) 
Từ (1) và (2) suy ra  2 0 mod4 . Đây là điều vô lý, tức là giả thiết phản chứng sai. 
Lời giải 2 
Đặt   3 2f n n an bn c    . 
Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên dương  ; ;a b c sao cho với mọi số nguyên dương n 
thì  f n là một số chính phương. 
Ta có            2 mod2 2 mod4f n f n f n f n     với mọi n . 
Điều này dẫn đến 
     2 26 2 0 mod4 , 2 3 0 mod4 ,n b n n b n           (vô lý). 
Vậy  f n không phải là số chính phương. 
Bài 8. Cho  P x là một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn    0 0, 1 2P P  . Chứng 
minh rằng  7P không thể là số chính phương. 
Lời giải 
Vì    0 0, 1 2P P  nên  P x có dạng      1 2P x x x Q x   trong đó  Q x 
là một đa thức với hệ số nguyên. 
Ta có      7 2 42. 7 2 mod3P Q   . 
Như vậy  7P không thể là số chính phương. 
Bài 9. (IMO 2002). Tìm tất cả các cặp số nguyên  ,m n với 3,m n  để tồn tại vô 
hạn các số nguyên dương x sao cho 
2
1
1
m
n
x x
x x
 
 
 là một số nguyên dương. 
Lời giải 1 
Rõ ràng m n . Gọi    ,q x r x là các đa thức có hệ số nguyên và  r x có bậc n 
sao cho      21 1m nx x q x x x r x      . 
Khi đó:  2 1nx x r x  với vô hạn số nguyên dương x . Nhưng khi x đủ lớn 
 2 1nx x r x   vì  r x có bậc nhỏ hơn. Do đó  r x phải bằng 0. Vậy 
1mx x  được phân tích thành    2 1nq x x x  ở đây 
  11 0...m n m nm nq x x a x a       . 
Ta có:      2 11 1 1 1m m n n m n m nx x x x x x x x            , do đó 
2 11 1n m n m nx x x x      . Vì vậy, 2 1m n  . 
Hơn nữa, 2 1nx x  phải chia hết 
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
      1 1 2 1 21 1 1m n m n m n m n m n nx x x x x x x              
2 3 2 1 1m n m n m nx x x        (*) 
Ta có thể viết ( *) thành:     2 12 3 3 1 1 0m nm n nx x x         với mọi  0;1x  trừ 
khi 3 0n   và  2 1 0m n   . 
Như vậy trừ khi 3, 5n m  đa thức ở (*) không có nghiệm thuộc  0;1 . Thế 
nhưng đa thức 2 1nx x  lại có nghiệm trong  0;1 bởi vì nó nhận giá trị 1 tại 
0x  ; nhận giá trị 1 tại 1x  . Do đó phải có 3; 5n m  . 
Dễ dàng kiểm tra được 3; 5n m  thỏa mãn điều kiện đề bài. 
Lời giải 2 
Tiến hành như trên cho đến dòng có dấu (*). 
Ta làm tiếp tục như sau: 
- Nếu 2 1m n  thì (*) thành 1 2nx x  . Lúc đó 3n  , (*) bằng 0 và tìm được 
5, 3m n  . 
- Khi 3n  ta viết  1 2 3 1n nx x x x     . Đa thức này vô nghiệm trong  0;1 mà 
2 1nx x  lại có nghiệm trong  0;1 bởi vì nó nhận giá trị 1 tại 0x  ; nhận giá 
trị 1 tại 1x  , do đó 2 1nx x  không thể là ước của vế phải của (*). 
- Nếu 2 1m n  thì (*) có thể được viết thành: 
   1 2 2 3 2 2 11 ... ... 1m n m n m n m n m nx x x x x x                . 
Như vậy, đa thức này vô nghiệm trong  0;1 mà 2 1nx x  lại có nghiệm trong 
 0;1 nên 2 1nx x  không thể là ước của (*). 
Tóm lại 3; 5n m  thỏa mãn đề bài. 
Bài 10. (Bulgaria MO 1995, Round 4 ). Giả sử ;x y là các số thực khác nhau sao cho 
có bốn số nguyên dương n liên tiếp nhau để 
n nx y
x y


 là một số nguyên. Chứng minh 
rằng: 
n nx y
x y


 là một số nguyên với mọi số nguyên dương n . 
Lời giải 
Đặt 
n n
n
x y
t
x y



. Khi đó: 
2 1
0
n n n
t bt ct
 
   với  ,b x y c xy    và 
0 1
0, 1t t  . 
Ta sẽ chứng minh rằng ,b c  . Cho 
n
t   với bốn số nguyên dương liên tiếp 
, 1, 2, 3n m m m m    . 
Vì   2 1 2
nn
n n n
c xy t t t
 
    khi , 1n m m  nên 1,m mc c   . 
Suy ra: c là số hữu tỉ và do 1mc   , suy ra: c   . Mặt khác ta có: 
3 1 2m m m m
m
t t t t
b
c
  

 . 
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
tức b cũng là số hữu tỉ. Bằng quy nạp, từ phương trình: 
2 1
0
n n n
t bt ct
 
   suy ra 
n
t có thể được viết bởi  1n nt f b , trong đó  1nf X là một đa thức monic có hệ số 
nguyên, bậc của f là 
1
deg 1
n
f n

  . Do b là một nghiệm của phương trình 
  1m mf X t  nên b   . 
Bây giờ từ phương trình 
2 1
0
n n n
t bt ct
 
   ta suy ra: 
n
t   với mọi n . 
Bài 11. Chứng minh rằng đa thức   9 7 5 31 1 13 82 32
630 21 30 63 35
P x x x x x x     
nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của x . 
Lời giải 
Ta có: 
  9 7 5 31 1 13 82 32
630 21 30 63 35
P x x x x x x     
             4 3 2 1 1 2 3 4
630 630
x x x x x x x x x N       
  . 
Ta thấy N là tích của 9 số nguyên liên tiếp nên N chia hết cho 2, cho 5, cho 7 và cho 
9. Các số này đôi một nguyên tố cùng nhau nên 2.5.7.9 630N  . 
Vậy M luôn nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của x . 
Bài 12. (Romanian IMO Team Selection Test 1998). Tìm tất cả các cặp số nguyên 
dương  ,x n sao cho đa thức 2 1n nx   là một ước của đa thức 1 12 1n nx    . 
Lời giải 
Nếu 1n  thì    2 23 2 1 4 1 5 3 3 14x x x x x x            , vì thế 
3 14x  và 4x  hoặc 11. 
Giả sử 2n  . Với  1;2;3x  ta có: 
 11 2 1 1 2 1 2 1 2 1n n n        ; 
 1 12 2 1 2 2 1 2 2 2 1n n n n n n         ; 
   1 12 3 2 1 3 2 1 3 3 2 1n n n n n n         . 
Vì vậy 2 1n nx   không chia hết 1 12 1n nx    . Với 4x  thì 
2 2
2 2
2
2 2
n n
n
n xx x
x    , vì vậy 
   
2
2 2 1 2
1
2 1 2 2 1
2
2
2 2
2
1 2
n n n
n nn n
x x
xx


    
      . 
Do đó: 
     1 1 11 2 1 2 2 1 2 1 2 1n n n n n n n n n nx x x x x x x x x                 
 Lại thấy 2 1n nx   không chia hết 1 12 1n nx    . 
Vậy chỉ có 2 nghiệm là    4;1 , 11;1 . 
Bài 13. (American High School Mathematics Examination [AHSME] 1976). 
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
Cho ,p q là hai số nguyên tố và đa thức 2x px q  có hai nghiệm nguyên dương 
phân biệt. 
Hãy tìm p và q . 
Lời giải 
Gọi 
1 2
,x x với 
1 2
x x là hai số nguyên dương phân biệt của phương trình 
2 0x px q   . Theo định lý Viet ta có : 
1 2 1 2
,x x p x x q   . 
Vì q nguyên tố nên 
1
1x  . Như vậy, 
2
q x và 
2
1p x  là hai số nguyên tố liên 
tiếp nên chỉ có thể là 2q  và 3p  . 
Bài 14. (Đề nghị OLP Bắc Bộ 2013). Cho đa thức    2    ax b c x d e có 
một nghiệm không nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng đa thức 4 3 2   ax bx cx dx e 
có nghiệm. 
Lời giải 
Đặt   4 3 2f x ax bx cx dx e     
Khi đó      4 2 3 2f x ax b c x d e bx bx dx d         
=       4 2 2 1ax b c x d e bx d x       
Đa thức    2    ax b c x d e có nghiệm 0 1x  nên ta có: 
   20 0 0ax b c x d e     
      4 20 0 0a x b c x d e        
Do đó         0 0 0 0 0 0. 1 1f x f x bx d x bx d x       
=    20 0 1 0bx d x    
Vậy phương trình   0f x  có nghiệm 0 0;x x x    
Bài 15. (Đề nghị OLP Bắc Bộ 2013). 
Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của đa thức 3 2 , 0   ax bx cx a a 
Chứng minh rằng: 2 2 2
2 3 2 3 m n p
m n p

     
Dấu “=” xảy ra khi nào? 
Lời giải 
Theo định lí Viét ta có m.n.p=1. 
Lấy 0 0 045 ; 30 ; 165      thì 0180     và: 
2 3 2 3os ; os ; os
2 2 2
c c c       
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 
2 2 22 3 2 3np pm mn m n p      (vì mnp=1) 
2 2 22 cos 2 cos 2 cos ( )np pm mn m n p         
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
Ta có: 
2 2 2 2 cos 2 cos 2 cosp m n mp np mn       
   2 2 2 2 2 2 2os sin os sin 2 cos
 2 cos 2 cos( )
p m c n c mp
np mn
    
  
      
  
(Vì 0180     ) 
   2 2cos cos sin sin 0p m n m n         . (luôn đúng) 
Bất đẳng thức (*) được chứng minh. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
sin sin
cos cos sin sin sin
m n m n p k
p m n
 
    

   
 
Ta có:    3 34 3 1 4 3 1sin sin sin
mnpk k
  
        
Từ đó: sin ; sin ; sinm k n k p k     
Bài 16. Liệu có tồn tại hay không hai đa thức f(x) và g(x) thỏa: 
 
 
f x 1 1 11 ...
g x 2 3 n
     , *n . 
Lời giải 
Dễ thấy: 
n
1 1 1lim 1 ...
2 3 n
       
 
. 
Giả sử tồn tại hai đa thức f(x) và g(x) thoả yêu cầu bài toán thì 
 
 x
f x
lim
g x
  . 
Suy ra: degf degg . Khi đó  
  0x
0
f x
lim a
xg x
b


 

 (*) 
 ( 0 0a ,b lần lượt là hệ số của ẩn x bậc cao nhất của f(x) , g(x) ) 
Chứng minh 
n
1 1 1 1lim 1 ... 0
n 2 3 n
      
 
 (**) hoàn toàn không khó khăn. 
(*) và (**) mâu thuẫn nhau. 
Bài 17. Với f(x) là đa thức bậc n và các số a b nào đó thoả mãn các bất đẳng thức:
            n nf a 0 , -f a 0, f a 0,..., 1 f a 0      
            n nf b 0 , -f b 0, f b 0,..., 1 f b 0      . 
Chứng minh rằng tất cả các nghiệm thực của đa thức f(x) đều thuộc khoảng 
(a, b). 
Lời giải 
Áp dụng khai triển Taylor, ta có: 
            
     
n
2 nf a f a f af x f a x a x a ... x a
1! 2! n!
 
        
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
 = 
           
     
n
2 nf a f a 1 f af a a x a x ... a x
1! 2! n!
  
       
Nếu x a thì  f x 0 . Suy ra  f x không có nghiệm x a . 
            
     
n
2 nf b f b f bf x f b x b x b ... x b
1! 2! n!
 
        
Nếu x b thì  f x 0 . Suy ra  f x không có nghiệm x b . 
Vậy ta có điều phải chứng minh. 
Bài 18. Cho đa thức f(x) có 3 nghiệm a b c  và 2x mx n 0   có nghiệm. 
Chứng minh rằng phương trình:      f x mP x nP x 0    có nghiệm thuộc 
khoảng  a,c . 
Lời giải 
Gọi t, s là nghiệm của phương trình 2x mx n 0   có nghiệm. 
Theo định lý Viet ta có: 
t s m
ts n
  


. 
Ta có:              f x mP x nP x f x t s P x tsP x         
 =        f x tf x s f x tf x           . 
Xét    txg x e f x có      g a g b g c 0   . 
Theo định lý Rolle thì tồn tại    a,b , b,c   sao cho    g g 0    . 
Suy ra:        f tf f tf 0        . 
Xét      sxh x e f x tf x     có    h h 0   . 
Theo định lý Rolle tồn tại    , a,c    sao cho  h 0  . 
Vậy      f x mP x nP x 0    có nghiệm thuộc  a,c . 
Bài 19. Chứng minh rằng đa thức      n 2 n 1f x nx n 2 x n 2 x n       chia 
hết cho đa thức  3x 1 với mọi *n . 
Lời giải 
Ta có:       n 1 nf x n n 2 x n 1 n 2 x n 2        
      n n 1f x n n 1 n 2 x x      . 
        n 1 n 2f x n n 1 n 2 nx n 1 x       
Dễ thấy      f 1 f 1 f 1 0    và     f 1 n n 1 n 2 0     . 
Vậy 0x 1 là nghiệm bội 3 của đa thức f(x). 
Vậy đa thức      n 2 n 1f x nx n 2 x n 2 x n       chia hết cho đa thức 
 3x 1 với mọi *n . 
Bài 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho với mỗi đa thức bậc hai f(x) thoả mãn điều 
kiện:    f x 1 x 0,1   nghiệm đúng bất đẳng thức  f 0 m  . 
www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Văn Phú Quốc- GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) 
Lời giải 
Giả sử   2f x ax bx c    a 0 là một đa thức bậc hai tuỳ ý. 
Dựa vào giải thiết ta có: 
 f 0 c 1  ; 1 a bf c 1
2 4 2
      
 
 ;  f 1 a b c 1    . 
Từ các bất đẳng thức này ta suy ra: 
 
3c 3
a b4 c 4
4 2
a b c 1
 

      
 
   
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này ta được: 
    a bf 0 b 3c 4 c a b c 3 4 1 8
4 2
               
 
. 
Vậy 8 là một trong các giá trị có thể có của m. Chứng minh m = 8 là giá trị nhỏ nhất 
của m. 
Thật vậy! Đa thức   2f x 8x 8x 1    thoả mãn điều kiện  f x 1 
 x 0,1  
Bởi vì: 
     2f x 1 2 2x 1 0 x 0,1       và    f x 1 8x 1 x 0    
 x 0,1  . 
Suy ra:  f 0 8  . Vậy giá trị nhỏ nhất của m bằng 8. 
Bài 21. Tính 
 
  
lim
x
P x
P x
   , ở đây  P x là đa thức với hệ số dương. 
Lời giải 
Vì P là đa thức với hệ số dương , với x > 1 ta có: 
 
 
 
  
 
 
1
1
P xP x P x
P x P x P x
    

. Vì 
 
 
 
 
1
lim lim 1
1x x
P x P x
P x P x 

 

 nên 
 
  