Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -1- MỤC LỤC Các chữ viết tắt sử dụng chuyên đề Phần I Đặt vấn đề I Lý chọn đề tài Cơ sở lý luận Cơ sở thực tiễn II Mục đích nghiên cứu đề tài III Bản chất cần làm rõ IV Đối tượng nghiên cứu đề tài V Phương pháp nghiên cứu đề tài VI Giới hạn không gian nghiên cứu VII Phạm vi kế hoạch nghiên cứu Phần II Nội dung I Cơ sở lý luận khoa học đề tài II Thực trạng vấn đề nghiên cứu III Giải pháp thực Kiến thức Một số dạng tập minh họa Dạng I: Nhẩm nghiệm phương trình Dạng II: Lập phương trình bậc hai Dạng III: Tìm hai số biết tổng tích chúng Dạng IV: Tính giá trị biêu thức nghiệm Dạng V: Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình cho chúng không phụ thuộc vào tham số Dạng VI: Tìm giá trị tham số phương trình thỏa mãn biểu thức chứa nghiệm cho Dạng VII: Xác định dấu nghiệm phương trình bậc hai Dạng VIII:Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức nghiệm IV Kết Ưu điểm Tồn Kết thông qua số liệu Phần III Kết luận Kết luận Kiến nghị Giáo viên: Dương Thế Nam Trang 3 3 4 4 5 6 6 10 12 14 Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên 20 22 25 25 25 25 26 26 26 Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -2- CÁC CHỮ CÁI VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ HD Hướng dẫn TM Thỏa mãn KTM Không thỏa mãn ĐKXĐ Điều kiện xác định THCS Trung học sở THPT Trung học phổ thông NXBGD Nhà xuất Giáo dục Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -3- PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Cơ sở lý luận Trong hoạt động giáo dục nay, đòi hỏi học sinh cần phải tự học tự nghiên cứu cao Tức đích cần phải biến trình giáo dục thành trình tự giáo dục Như vậy, học sinh phát huy lực sáng tạo, tư khoa học, từ xử lý linh hoạt vấn đề đời sống xã hội Một phương pháp để giúp học sinh đạt điều môn Toán khích lệ em sau đơn vị kiến thức cần khắc sâu, tìm tòi toán liên quan Làm có nghĩa em cần say mê học tập, tự nghiên cứu đào sâu kiến thức Cơ sở thực tiễn Trong trình dạy toán trường THCS nhận thấy kiến thức kỹ vận dụng hệ thức Vi-ét để giải phương trình tảng chương trình toán THCS hoàn thiện chương trình toán THPT Trong trình nghiên cứu tìm tòi tài liệu, ta thấy dạng toán vận dụng hệ thức Vi-ét giải phương trình bậc hai có chứa tham số xuất phổ đề thi vào 10 Do học sinh cần trang bị kiến thức kỹ cần thiết, làm quen với dạng toán vận dụng hệ thức Viét để giải toán Với lí nêu phạm vi đề tài mạnh dạn đưa “Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán” II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI Đưa số dạng toán vận dụng hệ thức Vi-ét thường dùng để thi vào lớp 10 III BẢN CHẤT CẦN ĐƯỢC LÀM RÕ Giúp học sinh nắm vững số dạng toán giải phương trình bậc hai cách vận dụng định lí Vi-ét, biết cách vận dụng, thấy rõ ưu điểm phương pháp, biết cách nghiên cứu tài liệu Gây hứng thú cho học sinh làm tập sách tham khảo, đề thi vào 10, giúp học sinh giải số dạng tập phương trình bậc hai, nắm vững phương pháp giải đặc trưng cho dạng Giúp học sinh củng cố kiến thức phương trình bậc hai kĩ biến đổi đại số thông dụng Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -4- IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI Phát triển lực tư cho đối tượng học sinh lớp thông qua số dạng tập giải phương trình bậc hai vận dụng hệ thức Vi-ét V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI Tham khảo thu thập tài liệu Phân tích tổng hợp kinh nghiệm Kiểm tra kết chất lượng học sinh VI GIỚI HẠN VỀ KHÔNG GIAN NGHIÊN CỨU Là học sinh lớp trường THCS VII PHẠM VI VÀ KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU Nội dung chuyên đề nghiên cứu triển khai nhiều năm giảng dạy toán 9, lần áp dụng xong tiến hành rút kinh nghiệm, có chỉnh sửa bổ xung thêm tính Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -5- PHẦN II NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI Để nghiên cứu đề tài vào số sở lý luận khoa học sau: Do yêu cầu đổi đất nước, kinh tế, khoa học theo hướng công nghiệp hoá-hiện đại hoá, hoà nhập cộng đồng quốc tế, giáo dục đào tạo người lao động thích ứng với xã hội, thân Bài tập phương trình bậc hai có chứa tham số đa dạng phong phú, để giải học sinh cần có kỹ tốt, biết nhiều phương pháp cách vận dụng Tạo tảng kiến thức để học sinh lấy làm tiền đề tiếp tục hoàn thiện học sang THPT Trang bị cho học sinh kỹ vận dụng hệ thức Vi-ét để giải phương trình bậc hai, giải đề thi vào lớp 10 có nội dung liên quan đến hệ thức Vi-ét II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Về phía giáo viên: Hầu hết đào tạo qui, phân công giảng dạy chuyên môn, nhiệt tình công việc Tuy đại đa số giáo viên dạy theo chương trình sách giáo khoa, việc tổng hợp dạng phương pháp làm thành hệ thống để học sinh dễ học, dễ nhớ giáo viên làm Đối với đại trà việc giảng dạy theo chương trình sách giáo khoa coi đạt yêu cầu công việc bồi dưỡng học sinh giỏi việc trang bị kiến thức không theo dạng phương pháp làm kèm theo chưa đảm bảo yêu cầu Về phía học sinh: Đa số học sinh ngoan ngoãn, có ý thức học, có ý thức phấn đấu vươn lên Tuy nhiên lực có hạn nên kiến thức sức tiếp thu chậm, chưa thấy hết tính đặc trưng, ưu việt phương pháp giải Đổi lại học sinh có tảng kiến thức tốt hoàn toàn nắm vững phương pháp tạo tiền đề vững để học toán trường THPT Về phía nhà trường: Đa số nhà trường phân công giảng dạy chuyên môn, việc phân công giảng dạy lãnh đạo nhà trường không dựa vào chuyên môn mà dựa vào lực nghiệp vụ giáo viên Chính đề tài “Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán ” coi tài liệu để học sinh giáo viên tham khảo công tác giảng dạy môn toán khối 9, bồi dưỡng thi vào 10 Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -6- III GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Kiến thức: Trình bày sơ lược theo dạng Cho phương trình bậc hai: Vậy đặt : ( a ≠ 0) −b − ∆ ; 2a −b − ∆ − b + ∆ −2b −b x1 + x2 = = = 2a 2a a (−b − ∆ )(−b + ∆ ) b − ∆ 4ac c x1 x2 = = = = 4a 4a 4a a −b - Tổng nghiệm S : S = x1 + x2 = a c - Tích nghiệm P : P = x1 x2 = a Có hai nghiệm Suy ra: ax + bx + c = x1 = (*) x2 = −b + ∆ 2a Như ta thấy hai nghiệm phương trình (*) có liên quan chặt chẽ với hệ số a, b, c Đây nội dung Định lí VI-ÉT, sau ta tìm hiểu số ứng dụng định lí giải toán Một số dạng toán minh họa: CHUYÊN ĐỀ : MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC VI-ÉT TRONG GIẢI TOÁN I NHẨM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH : Dạng đặc biệt: Xét phương trình (*) ta thấy : a) Nếu cho x = ta có (*) ⇔ a.12 + b.1 + c = ⇔ a + b + c = c a Như vây phương trình có nghiệm x1 = nghiệm lại x2 = b) Nếu cho x = − ta có (*) ⇔ a.( − 1)2 + b( − 1) + c = ⇔ a − b + c = Như phương trình có nghiệm x1 = −1 nghiệm lại x2 = Ví dụ: Dùng hệ thức VI-ÉT để nhẩm nghiệm phương trình sau: 1) x + x + = (1) 2) 3x + x − 11 = (2) Ta thấy : −3 Phương trình (1) có dạng a − b + c = nên có nghiệm x1 = −1 x2 = −11 Phương trình (2) có dạng a + b + c = nên có nghiệm x1 = x2 = Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên −c a Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -7- Bài tập áp dụng: Hãy tìm nhanh nghiệm phương trình sau: 35 x − 37 x + = x + 500 x − 507 = x − 49 x − 50 = 4321x + 21x − 4300 = Cho phương trình , có hệ số chưa biết, cho trước nghiệm tìm nghiệm lại hệ số phương trình : Ví dụ: a) Phương trình x − px + = Có nghiệm 2, tìm p nghiệm thứ hai b) Phương trình x + x + q = có nghiệm 5, tìm q nghiệm thứ hai c) Cho phương trình : x − x + q = , biết hiệu nghiệm 11 Tìm q hai nghiệm phương trình d) Tìm q hai nghiệm phương trình : x − qx + 50 = , biết phương trình có nghiệm có nghiệm lần nghiệm Bài giải: a) Thay x1 = vào phương trình ban đầu ta : 4−4p+5 = ⇒ p = 5 Từ x1 x2 = suy x2 = x = b) Thay x1 = vào phương trình ban đầu ta 25 + 25 + q = ⇒ q = −50 −50 −50 Từ x1 x2 = −50 suy x2 = x = = −10 c) Vì vai trò x1 x2 bình đẳng nên theo đề giả sử x1 − x2 = 11 theo VI-ÉT ta có x1 + x2 = ,  x1 − x2 = 11  x1 = ⇔  x1 + x2 =  x2 = −2 ta giải hệ sau:  Suy q = x1 x2 = −18 d) Vì vai trò x1 x2 bình đẳng nên theo đề giả sử x1 = x2 theo VI-ÉT ta có x1 x2 = 50 Suy  x = −5 x22 = 50 ⇔ x22 = 52 ⇔   x2 = Với x2 = −5 x1 = −10 Với x2 = x1 = 10 II LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -8- Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm x1 ; x2 Đặt S = x1 + x2 ; P = x1 x2 , x1 ; x2 hai nghiệm phương trình có dạng x − Sx + P = Ví dụ : Cho x1 = ; x2 = lập phương trình bậc hai chứa hai nghiệm  S = x1 + x2 = x1 ; x2 nghiệm phương trình có  P = x1 x2 = Theo hệ thức VI-ÉT ta có  dạng: x − Sx + P = ⇔ x − x + = Bài tập áp dụng: x1 = x1 = 3a x1 = 36 vµ vµ vµ x2 = − x2 = a x2 = − 104 x1 = + vµ x2 = − 2 Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm phương trình cho trước: V í dụ: Cho phương trình : x − 3x + = có nghiệm phân biệt x1 ; x2 Không giải phương trình trên, lập phương trình bậc có ẩn y thoả mãn : y1 = x2 + x y2 = x1 + x2 Theo hệ thức VI- ÉT ta có: 1 1 1 x +x + x1 + = ( x1 + x2 ) +  + ÷ = ( x1 + x2 ) + = + = x1 x2 x1 x2 2  x1 x2  1 1 P = y1 y2 = ( x2 + )( x1 + ) = x1 x2 + + + = +1+1+ = x1 x2 x1 x2 2 S = y1 + y2 = x2 + Vậy phương trình cần lập có dạng: hay y − Sy + P = 9 y2 − y + = ⇔ y2 − y + = 2 Bài tập áp dụng: 1/ Cho phương trình 3x + x − = có nghiệm phân biệt x1 ; x2 Không giải phương 1 trình, Hãy lập phương trình bậc hai có nghiệm y1 = x1 + x y2 = x2 + x (Đáp số: y + y − = hay y + y − = ) Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán -9- 2/ Cho phương trình : x − x − = có nghiệm x1 ; x2 Hãy lập phương trình bậc có ẩn y thoả mãn y1 = x14 y2 = x24 (có nghiệm luỹ thừa bậc nghiệm phương trình cho) (Đáp số : y − 727 y + = ) 3/ Cho phương trình bậc hai: x − x − m = có nghiệm x1 ; x2 Hãy lập phương trình bậc hai có nghiệm y1; y2 cho : a) y1 = x1 − y2 = x2 − (Đáp số : b) y1 = x1 − y2 = x2 − 2 b) y − y − ( 4m + 3) = a) y + y + − m = ) III TÌM HAI SỐ BIẾT TỔNG VÀ TÍCH CỦA CHÚNG Nếu hai số có Tổng S Tích P hai số hai nghiệm phương trình : x − Sx + P = (điều kiện để có hai số S2 − 4P ≥ ) Ví dụ : Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b = − tích P = ab = − Vì a + b = − ab = − nên a, b nghiệm phương trình : x + 3x − = giải phương trình ta x = x2 = −4 Vậy a = b = − a = − b = Bài tập áp dụng: Tìm số a b biết Tổng S Tích P : S = P=2 − S = P=6 S = P = 20 S = 2x P = x2 − y2 Bài tập nâng cao: Tìm số a b biết: a + b = a2 + b2 = 41; a − b = ab = 36; a2 + b2 = 61 v ab = 30 Hướng dẫn: 1) Theo đề biết tổng hai số a b , để áp dụng hệ thức VI- ÉT cần tìm tích a b Từ a + b = ⇒ ( a + b ) = 81 ⇔ a + 2ab + b = 81 ⇔ ab = 2 81 − ( a + b ) = 20  x1 =  x2 = Suy : a, b nghiệm phương trình có dạng : x − x + 20 = ⇔  Vậy: Nếu a = b = a = b = 2) Đã biết tích: ab = 36 cần tìm tổng : a + b Cách 1: Đặt c = − b ta có : a + c = a.c = − 36 Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 10  x1 = −4  x2 = Suy a, c nghiệm phương trình : x − x − 36 = ⇔  Do a = − c = nên b = − a = c = − nên b = 2 2 Cách 2: Từ ( a − b ) = ( a + b ) − 4ab ⇒ ( a + b ) = ( a − b ) + 4ab = 169  a + b = −13 ⇒ ( a + b ) = 132 ⇒   a + b = 13 *) Với a + b = −13 ab = 36, nên a, b nghiệm phương trình :  x = −4 x + 13x + 36 = ⇔   x2 = −9 Vậy a = −4 b = −9 *) Với a + b = 13 ab = 36, nên a, b nghiệm phương trình : x = x − 13 x + 36 = ⇔   x2 = Vậy a = b = 3) Đã biết ab = 30, cần tìm a + b:  a + b = −11  a + b = 11 Từ: a2 + b2 = 61 ⇒ ( a + b ) = a + b + 2ab = 61 + 2.30 = 121 = 112 ⇒  *) Nếu a + b = −11 ab = 30 a, b hai nghiệm phương trình:  x = −5 x + 11x + 30 = ⇔   x2 = −6 Vậy a = −5 b = −6 ; a = −6 b = −5 *) Nếu a + b = 11 ab = 30 a, b hai nghiệm phương trình : x = x − 11x + 30 = ⇔   x2 = Vậy a = b = ; a = b = IV TÍNH GIÁ TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC NGHIỆM Đối với toán dạng điều quan trọng phải biết biến đổi biểu thức nghiệm cho biểu thức có chứa tổng nghiệm S tích nghiệm P để áp dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị biểu thức Biến đổi biểu thức để làm xuất : ( x1 + x2 ) x1 x2 Ví dụ a) x12 + x22 = ( x12 + x1 x2 + x22 ) − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 3 2 b) x1 + x2 = ( x1 + x2 ) ( x1 − x1 x2 + x2 ) = ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1 x2  c) x14 + x24 = ( x12 )2 + ( x22 )2 = ( x12 + x22 ) − x12 x22 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2  − x12 x22 Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán HD: Q = - 12 - x12 + 10 x1 x2 + x22 6( x1 + x2 ) − x1 x2 6.(4 3) − 2.8 17 = = = 3 2 x1 x2 + x1 x2 x1 x2 ( x1 + x2 ) − x1 x2  5.8 (4 3) − 2.8 80   g) Cho phương trình x + x − = Không giải phương trình tính giá trị biểu thức: A = x13 − x22 + 19 HD: Từ phương trình : x + x − = ⇒ x12 = − x1  x1 + x2 = −1  x1 x2 = −3 Theo hệ thức Vi-ét ta có:  Ta có: ( x1 + x2 ) ( x12 − x2 ) = x13 − x22 − x1 x2 + x12 x2 = x13 − x22 + 12 − 3x1 = ( x13 − x22 + 19 ) − − 3x1 2 Suy ra: A = x1 − x2 + 19 = ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) + + 3x1 = − ( − x1 − x2 ) + + 3x1 = ( x1 + x2 ) + = ( −1) + = *) Tương tự: Tính giá trị biểu thức: B = x12 − x23 − 19 V TÌM HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA HAI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAO CHO HAI NGHIỆM NÀY KHÔNG PHỤ THUỘC (HAY ĐỘC LẬP) VỚI THAM SỐ Để làm toán loại này, ta thường làm theo bước sau: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 (thường a ≠ ∆ ≥ 0) - Áp dụng hệ thức VI-ÉT viết S = x1 + x2 P = x1 x2 theo tham số - Dùng quy tắc cộng để tính tham số theo x1 x2 Từ đưa hệ thức liên hệ nghiệm x1 x2 Ví dụ 1: Cho phương trình : ( m − 1) x − 2mx + m − = có nghiệm x1 ; x2 Lập hệ thức liên hệ x1 ; x2 cho chúng không phụ thuộc vào m Để phương trình có nghiệm x1 x2 : m ≠ m ≠ m − ≠ m ≠  ⇔ ⇔ ⇔  ∆ ' ≥ 5m − ≥  m − (m − 1)(m − 4) ≥ m ≥ Theo hệ thức VI- ÉT ta có : Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 13 - 2m    x1 + x2 = m −  x1 + x2 = + m − (1) ⇔   x x = m −  x x = − (2) 2 m −1 m −1   Rút m từ (1) ta có : 2 = x1 + x2 − ⇔ m − = m −1 x1 + x2 − (3) Rút m từ (2) ta có : 3 = − x1 x2 ⇔ m − = m −1 − x1 x2 (4) Đồng vế (3) (4) ta có: = ⇔ ( − x1 x2 ) = ( x1 + x2 − ) ⇔ ( x1 + x2 ) + x1 x2 − = x1 + x2 − − x1 x2 Ví dụ 2: Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình : ( m − 1) x − 2mx + m − = Chứng minh biểu thức A = ( x1 + x2 ) + x1 x2 − không phụ thuộc giá trị m Để phương trình có nghiệm x1 x2 : m ≠ m ≠ m − ≠ m ≠  ⇔ ⇔ ⇔  ∆ ' ≥ 5m − ≥  m − (m − 1)(m − 4) ≥ m ≥ Theo hệ thức VI- ÉT ta có : 2m   x1 + x2 = m −   x x = m − m −1  thay vào A ta có: A = ( x1 + x2 ) + x1 x2 − = 2m m−4 6m + 2m − − 8(m − 1) + −8 = = =0 m −1 m −1 m −1 m −1 Vậy A = với m ≠ m ≥ Do biểu thức A không phụ thuộc vào m Nhận xét: - Lưu ý điều kiện cho tham số để phương trình cho có nghiệm - Sau dựa vào hệ thức VI-ÉT rút tham số theo tổng nghiệm, theo tích nghiệm đồng vế ta biểu thức chứa nghiệm không phụ thuộc vào tham số Bài tập áp dụng: Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 14 - Cho phương trình : x − ( m + ) x + ( 2m − 1) = có nghiệm x1 ; x2 Hãy lập hệ thức liên hệ x1 ; x2 cho x1 ; x2 độc lập m Hướng dẫn: Dễ thấy ∆ = ( m + ) − ( 2m − 1) = m − 4m + = ( m − ) + > 2 phương trình cho có nghiệm phân biệt x1 x2 Theo hệ thức VI- ÉT ta có  m = x1 + x2 − 2(1)  x1 + x2 = m +  ⇔  x1 x2 +  x1.x2 = 2m −  m = (2) Từ (1) (2) ta có: x1 + x2 − = x1 x2 + ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − = 2 Cho phương trình : x + ( 4m + 1) x + ( m − ) = Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 cho chúng không phụ thuộc vào m Hướng dẫn: Dễ thấy ∆ = (4m + 1) − 4.2(m − 4) = 16m + 33 > phương trình cho có nghiệm phân biệt x1 x2 Theo hệ thức VI- ÉT ta có:  x1 + x2 = −(4m + 1) 4m = −( x1 + x2 ) − 1(1) ⇔   x1.x2 = 2(m − 4) 4m = x1 x2 + 16(2) Từ (1) (2) ta có: −( x1 + x2 ) − = x1 x2 + 16 ⇔ x1 x2 + ( x1 + x2 ) + 17 = VI.TÌM GIÁ TRỊ THAM SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH THOẢ MÃN BIỂU THỨC CHỨA NGHIỆM ĐÃ CHO Đối với toán dạng này, ta làm sau: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 (thường a ≠ ∆ ≥ 0) - Từ biểu thức nghiệm cho, áp dụng hệ thức VI-ÉT để giải phương trình (có ẩn tham số) - Đối chiếu với điều kiện xác định tham số để xác định giá trị cần tìm Dạng bản: Ví dụ 1: Cho phương trình : mx − ( m − 1) x + ( m − 3) = Tìm giá trị tham số m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1 + x2 = x1.x2 Bài giải: Điều kiện để phương trình có nghiệm x1 x2 : Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 15 - m ≠ m ≠  m ≠ ⇔ ⇔   2  ∆ ' = ( m + 1) ≥ ∆ ' = 3 ( m − 1)  − 9(m − 3)m ≥ ∆ ' = ( m − 2m + 1) − 9m + 27 m ≥ m ≠ ⇔ m ≥ −1 6(m − 1)   x1 + x2 = m Theo hệ thức VI- ÉT ta có:  từ giả thiết: x1 + x2 = x1 x2  x x = 9(m − 3)  m Suy ra: 6( m − 1) 9(m − 3) = ⇔ 6(m − 1) = 9( m − 3) ⇔ 6m − = 9m − 27 ⇔ 3m = 21 ⇔ m = m m (thoả mãn điều kiện xác định ) Vậy với m = phương trình cho có nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1 + x2 = x1.x2 2 Ví dụ 2: Cho phương trình : x − ( 2m + 1) x + m + = Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 x2 − ( x1 + x2 ) + = Bài giải: Điều kiện để phương trình có nghiệm x1 & x2 : ∆ ' = (2m + 1) − 4(m + 2) ≥ ⇔ m + 4m + − m − ≥ ⇔ 4m − ≥ ⇔ m ≥  x1 + x2 = 2m + Theo hệ thức VI-ÉT ta có:   x1 x2 = m + từ giả thiết 3x1 x2 − ( x1 + x2 ) + = Suy ra: 3(m + 2) − 5(2m + 1) + = ⇔ 3m + − 10m − + =  m = 2(TM ) ⇔ 3m − 10m + = ⇔   m = ( KTM )  Vậy với m = phương trình có nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1 x2 − ( x1 + x2 ) + = Bài tập áp dụng (Một số Đề thi vào lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc) Bài 1: (Năm 2006-2007/Câu 3): Cho phương trình bậc hai với ẩn số x: x − 2mx + 2m − = Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 16 - a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = − Khi tìm nghiệm lại b) Tìm m cho phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn : ( ) x12 + x 22 − x1 x = 27 Bài 2: (Năm 2007- 2008/Câu 5): Cho phương trình bậc hai: x − ( m + 1) x + m + m − = (1) a) Giải phương trình (1) m = − b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x thoả mãn điều kiện: x12 + x22 = 18 Bài 3: (Năm 2008-2009/Câu 7): Cho phương trình bậc hai: x + ( m − 1) x − ( m − 1) = (1) a) Giải phương trình (1) với m = − b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt a, b thoả mãn a = −2b Bài 4: (Năm 2010-2011/Câu 6): Cho phương trình: x − 2(m − 1) x + m − = , (x ẩn, m tham số ) Chứng minh phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m Tìm tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện x12 + x2 = 10 Bài Cho phương trình x − 2(m − 1) x − − m = Tìm m cho nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x12 + x22 ≥ 10 Dạng nâng cao: Cho phương trình : mx + ( m − ) x + m + = Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1 − x2 = 2 Cho phương trình : x + ( m − 1) x + 5m − = Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức: x1 + 3x2 = Cho phương trình : 3x − ( 3m − ) x − ( 3m + 1) = Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 − x2 = Hướng dẫn cách giải: Đối với tập dạng ta thấy có điều khác biệt so với tập Ví dụ ví dụ chỗ: Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 17 - + Trong ví dụ biểu thức nghiệm chứa sẵn tổng nghiệm x1 + x2 tích nghiệm x1 x2 nên ta vận dụng trực tiếp hệ thức VI-ÉT để tìm tham số m + Còn tập biểu thức nghiệm lại không cho sẵn vậy, vấn đề đặt làm để từ biểu thức cho biến đổi biểu thức có chứa tổng nghiệm x1 + x2 tích nghiệm x1 x2 từ vận dụng tương tự cách làm trình bày Ví dụ ví dụ tính x1 x2 theo tham số từ x1 + x2 hệ thức cho vào x1 x2 Do có số hướng làm sau: Bài 1: 16 15 −2(m − 4)   x1 + x2 = m -Theo VI-ÉT:  x x = m +  m - ĐKX Đ: m ≠ & m ≤ (1) *) Cách 1: Sử dụng kỹ thuật thêm bớt vào hai vế hệ thức cho:  x1 + x2 = x2 ⇒ 2( x1 + x2 ) = x1 x2 (2)  2( x1 + x2 ) = x1 - Từ x1 − x2 = Suy ra:  - Thế (1) vào (2) ta đưa phương trình sau: m + 127 m − 128 = ⇒ m1 = 1; m2 = −128 *) Cách 2: Giải hệ phương trình tính x1 & x2 theo tham số sau vào tích x1 x2 −4(m − 4)  −2(m − 4) −2(m − 4) x1 =     x1 + x2 =  x + x2 =  3m ⇔ ⇔ m m Ta có:   x1 − x2 =  x1 − x2 =  x = −2(m − 4)  3m m+7  −4(m − 4)   −2(m − 4)  m + = Thay vào x1 x2 = , ta được:  m m  3m   3m  m = ⇔ ( m − ) = 9m ( m + ) ⇔ m + 127 m − 128 = ⇔   m = −128 Bài 2: - ĐKXĐ: ∆ = m − 22m + 25 ≥ ⇔ m ≤ 11 − 96; m ≥ 11 + 96  x1 + x2 = − m (1)  x1 x2 = 5m − - Theo VI-ÉT:  *) Cách 1:  x1 = − 3( x1 + x2 ) ⇒ x1 x2 = [ − 3( x1 + x2 ) ] [ 4( x1 + x2 ) − 1]  x2 = 4( x1 + x2 ) − - Từ : x1 + 3x2 = Suy ra:  ⇔ x1 x2 = 7( x1 + x2 ) − 12( x1 + x2 ) − (2) m = - Thế (1) vào (2) ta có phương trình : 12m(m − 1) = ⇔  (thoả mãn) m = *) Cách 2: Ta có hệ Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 18 -  x1 + x2 = − m 3 x + x2 = − 3m  x = 3m − ⇔ ⇔   x1 + 3x2 = 4 x1 + 3x2 =  x2 = − 4m m = Thay vào: x1 x2 = 5m − ⇒ 12m ( m − 1) = ⇔  m = Bài 3: - Vì ∆ = (3m − 2)2 + 4.3(3m + 1) = 9m + 24m + 16 = (3m + 4) ≥ với số thực m nên phương trình có nghiệm phân biệt 3m −   x1 + x2 = (1) - Theo VI-ÉT:   x x = −(3m + 1)  *) Cách 1: - Từ giả thiết: 3x1 − x2 = Suy ra: 8 x1 = 5( x1 + x2 ) + ⇒ 64 x1 x2 = [ 5( x1 + x2 ) + 6] [ 3( x1 + x2 ) − 6]  8 x2 = 3( x1 + x2 ) − ⇔ 64 x1 x2 = 15( x1 + x2 ) − 12( x1 + x2 ) − 36 (2) m = 32 - Thế (1) vào (2) ta phương trình: m(45m + 96) = ⇔  m=− 15  (thoả mãn) *) Cách 2: Ta có hệ: 15m +  3m − 3m − x1 =    3 x1 + x2 = 3m −  x1 + x2 = x + x =  24 ⇔ ⇔ ⇔  m −8 x − x =  3 x1 − x2 = 8 x2 = 3m − x =  − ( 3m + 1) 15m + 3m − − ( 3m + 1) ⇒ = Thay vào x1 x2 = 24 ⇔ ( 15m + ) ( 3m − ) = −64 ( 3m + 1) ⇔ 45m − 120m + 24m − 64 + 192m + 64 = m = ⇔ 45m + 96m = ⇔ 3m ( 15m + 32 ) = ⇔   m = − 32 15  Bài tập áp dụng: a) Tìm m để phương trình mx − ( m − 1) x + ( m − ) = có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thoả mãn hệ thức: x1 + x2 = b) Tìm m để phương trình x + mx − 28 = có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: x1 + x2 = c) Tìm m để phương trình mx − ( m + 1) x + ( m − ) = có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: x1 + x2 = Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 19 - Dạng khác: 2 Cho phương trình x − ( m + 1) x + m + = Tìm m để phương trình có hai 2 nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x1 + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 Cho phương trình x − 2mx + m − m + = Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + 2mx2 = Cho phương trình x − x + m2 + 3m = (1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + x2 = Nhận xét: - Với toán dạng gây trở ngại không nhỏ cho người giải, kiện cho không giống mục VI.2 lúc hai nghiệm bị lệch bậc, chứa tham số - Để giải đòi hỏi quan sát tinh tế, tư linh hoạt kiến thức tổng thể tốt Hướng dẫn cách giải: Bài 1: Để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 thì: 2 ∆' =  − ( m +1)   − ( m + ) ≥ ⇔ m + 2m +1 − m − ≥ ⇔ m ≥  x1 + x2 = ( m + 1)  x1 x2 = m + Theo VI-ÉT ta có:  Từ phương trình cho ta có: x22 − ( m + 1) x2 + m + = ⇒ ( m + 1) x2 = x22 + m + (1) Thay (1) vào x + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 , ta được: 2 x12 + x22 + m2 + ≤ 3m + 16 ⇒ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + m + ≤ 3m + 16 Suy ra:  ( m + 1)  − ( m + ) + m2 + ≤ 3m2 + 16 ⇔ ( m + 2m + 1) − m − − 3m − 16 ≤ ⇔ 8m ≤ 16 ⇔ m ≤ ≤ m ≤ 2 phương trình cho có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x1 + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 Kết hợp với điều kiện có nghiệm phương trình ta thấy với Bài 2: Để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 thì: ∆ ' = m − ( m − m +1) ≥ ⇔ m ≥ (*)  x1 + x2 = 2m Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 = m − m + x22 − 2mx2 + m − m + = ⇒ 2mx2 = x22 + m − m + (1) Từ phương trình cho ta có: Thay (1) vào x12 + 2mx2 = , ta được: x12 + x22 + m2 − m + = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + m − m + − = Suy ra: ( 2m ) − ( m2 − m + 1) + ( m − m + 1) − = ⇔ 3m + m − 10 = ⇔ ( m + ) ( 3m − ) = Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 20 -  m = −2 ( KTM ) ⇔  m = ( TM )  Với m = phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + 2mx2 = Bài 3: Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2 thì: ∆ '(1) = − ( m + 3m ) ≥ ⇔ ( − m ) ( m + ) ≥ ⇔ −4 ≤ m ≤  x1 + x2 = Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 = m + 3m Kết hợp với giả thiết ta có:  x1 + x2 =  x = −1 ⇒ x12 − x1 − = ⇔ ( x1 + 1) ( x1 − ) = ⇔    x1 =  x1 + x2 = *) Với x1 = −1 ⇒ x2 = Từ x1 x2 = m + 3m ⇒ m + 3m + = Dễ thấy phương trình vô nghiệm có ∆ = − 4.5 < *) Với x1 = ⇒ x2 = m =  m = −4 2 Từ x1 x2 = m + 3m ⇒ m + 3m − = ⇔ ( m − 1) ( m + ) = ⇔  Đối chiếu điều kiện có nghiệm phương trình (1) ta thấy hai giá trị thỏa mãn Vậy với m = 1; m = −4 phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn x12 + x2 = VII XÁC ĐỊNH DẤU CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Cho phương trình: ax + bx + c = (a ≠ 0) Hãy tìm điều kiện để phương trình có nghiệm: trái dấu, dấu, dương, âm … Ta lập bảng xét dấu sau: P = x1 x2 ∆ Điều kiện chung m P0 ∆≥0 ∆≥0 ;P>0 + + P>0 ∆≥0 ∆ ≥ ; P > 0;S > ∆≥0 ∆ ≥ ; P > 0;S < Dấu nghiệm x1 x2 trái dấu ± dấu, dương, S = x1 + x2 S>0 − − âm S0 Ví dụ1: Xác định tham số m cho phương trình: x − ( 3m + 1) x + m − m − = có nghiệm trái dấu Để phương trình có nghiệm trái dấu Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 21 - ∆ = (3m + 1) − 4.2.(m − m − 6) ≥ ∆ = (m + 7) ≥ 0∀m ∆ ≥  ⇔ ⇔ ⇔ −2 < m <    m −m−6 P = ( m − 3)( m + 2) < P = < P <    Vậy với −2 < m < phương trình có nghiệm trái dấu Ví dụ 2: Cho phương trình x − (m + 2) x − + m = Tìm giá trị dương m để phương trình có nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối nghịch đảo nghiệm Giải : Ta có a = > Phương trình có nghiệm trái dấu ⇔ −7 + m < ⇔ − < m < Với điều kiện giả sử x < ,x > theo đề ta có x1 = −7 + m ⇔ − x1 x2 = ⇔ −( ) = ⇔ − m2 = ⇔ m2 = ⇔ m = ± x2 Vì m > nên ta chọn m= ( thoả mãn điều kiện − < m < ) Kết luận : Vậy với m = phương trình cho có nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối ngịch đảo nghiệm Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm m để phương trình: mx − ( m + ) x + ( m − ) = có nghiệm dấu 2 3mx + ( 2m + 1) x + m = có nghiệm âm ( m − 1) x + x + m = có nghiệm không âm Bài : Chứng minh với giá trị k , phương trình a) x + kx -23 = có nghiệm trái dấu b) 12 x +70x + k +1 = có nghiệm trái dấu Bài 3: Cho phương trình x - 2m + m - = a) Tìm m để phương trình có nghiệm đối Tính nghiệm b) Tìm m để phương trình có nghiệm thực dương VIII TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NGHIỆM Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 22 - Áp dụng tính chất sau bất đẳng thức: trường hợp ta phân tích được: A+ m C= k − B (trong A, B biểu thức không âm ; m, k số) (*) Thì ta thấy : C ≥ m (vì A ≥ ) ⇒ C = m ⇔ A = C ≤ k (vì B ≥ ) ⇒ max C = k ⇔ B = Ví dụ 1: Cho phương trình : x + ( 2m − 1) x − m = Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm m để : A = x12 + x22 − x1 x2 có giá trị nhỏ Bài giải: Dễ thấy ∆ = ( 2m − 1) + 4m = 4m + ≥ > nên phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 với giá trị m  x1 + x2 = −(2m − 1)  x1 x2 = −m Theo VI-ÉT:  A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 Theo đề : = ( 2m − 1) + 8m = 4m2 − 12m + = (2m − 3) − ≥ −8 Suy ra: A = −8 ⇔ 2m − = hay m = Ví dụ 2: Cho phương trình : x − mx + m − = Bài giải: Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức sau: B= x1 x2 + x + x22 + ( x1 x2 + 1)  x1 + x2 = m  x1 x2 = m − Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT :  ⇒B= x1 x2 + x1 x2 + 2(m − 1) + 2m + = = = 2 x + x2 + ( x1 x2 + 1) ( x1 + x2 ) + m2 + m +2 Cách 1: Thêm bớt để đưa dạng phần (*) hướng dẫn Ta biến đổi B sau: Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán B= m + − ( m − 2m + 1) m2 + Vì ( m − 1) ≥ ⇒ ( ( m − 1) = 1− - 23 - m2 + m − 1) ≥ ⇒ B ≤1 m2 + 2 Vậy max B = ⇔ m = Với cách thêm bớt khác ta lại có: 1 2 m + 2m + − m m + 4m + ) − ( m + ) ( m + 2) ( 2 2 B= = = − 2 m +2 m +2 ( m + 2) Vì ( m + ) ≥ ⇒ ( m + 2) 2 ( m + 2) ≥0⇒ B≥− 2 Vậy B = − ⇔ m = −2 Cách 2: Đưa giải phương trình bậc với ẩn m B tham số, ta tìm điều kiện cho tham số B để phương trình cho có nghiệm với m B= 2m + ⇔ Bm − 2m + B − = m +2 (Với m ẩn, B tham số) (**) Ta có: ∆ 'm = − B(2 B − 1) = − B + B Để phương trình (**) có nghiệm với m ∆’ ≥ 2 hay −2 B + B + ≥ ⇔ B − B − ≤ ⇔ ( B + 1) ( B − 1) ≤   B ≤ −  2 B + ≤     B ≥ B −1 ≥ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ B ≤1  2 B + ≥   B ≥ −     B − ≤  B ≤  Vậy: max B = ⇔ m=1 B = − ⇔ m = −2 Ví dụ 3: (Đề thi vào 10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2013 - 2014) Cho phương trình x + x − m = (1) (x ẩn, m tham số) a) Giải phương trình với m = − b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm Gọi x1, x2 hai nghiệm (có thể nhau) phương trình (1) Tính biểu thức P = x14 + x24 theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ Bài giải: b): Điều kiện có nghiệm phương trình (1) là: ∆ ' = + m ≥ ⇔ m ≥ −1 Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 24 -  x1 + x2 = −2 , suy ra:  x1 x2 = − m Theo VI-ÉT ta có:  2 P = x14 + x24 = ( x1 + x2 ) − x1 x2  − x12 x22 = ( + 2m ) − 2m = 2m + 16m + 16   = ( m + 1) + 12m + 14 ≥ − 12 + 14 = 2 m + = ⇔ m = −1  m = −1 Dấu “=” xảy ⇔  Vậy minP = ⇔ m = −1 *) Sai lầm thường mắc phải (do không ý điều kiện xảy dấu “=”) 2 2 P = x14 + x24 = ( x1 + x2 ) − x1 x2  − x12 x22 = ( + 2m ) − 2m = 2m + 16m + 16 = ( m + ) − 16 ≥ −16   Từ suy minP = −16 ⇔ m = −4 Tuy nhiên với m = −4 phương trình (1) hai nghiệm x1& x2 Bài tập áp dụng Cho phương trình x + ( 4m + 1) x + ( m − ) = , có hai nghiệm x1 ; x2 Tìm m để biểu thức A = ( x1 − x2 ) có giá trị nhỏ 2 Cho phương trình : x − 2(m − 4) x + m − = xác định m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn a) A = x1 + x2 − 3x1 x2 đạt giá trị lớn b) B = x12 + x22 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình : x − (m − 1) x − m + m − = có hai nghiệm x1 ; x2 Với giá trị m, biểu thức C = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình x + (m + 1) x + m = , có hai nghiệm x1 ; x2 Xác định m để biểu thức D = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình x − (2m + 1) x + m + m − = Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 cho E = x1 ( x2 + 5) đạt giá trị nhỏ HD: Bài 5:Ta có ∆ = ( 2m + 1) − ( m + m − ) = > 0, ∀m nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Ta xét hai trường hợp: 1)  x1 = m +   x2 = m − Giáo viên: Dương Thế Nam x = m+2 x = m − , ta có: Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 25 - E = ( m + ) ( m − + ) = ( m + ) ( m + ) = m + 6m + = ( m + ) − ≥ − Dấu “=” xảy m + = ⇔ m = −3 2)  x1 = m −   x2 = m + , ta có: E = ( m − 1) ( m + + ) = ( m − 1) ( m + ) = m + 6m − = ( m + 3) − 16 ≥ −16 Dấu “=” xảy m + = ⇔ m = −3 Vậy giá trị nhỏ E −16 , đạt m = −3 IV KẾT QUẢ 1.Ưu điểm 1.1.Giáo viên Giải phương trình bậc hai phương pháp vận dụng định lí Vi-ét kiến thức tảng có tính lề kết nối toán đại số THCS với THPT Do đòi hỏi giáo viên phát huy khả phân tích, tổng hợp kiến thức nhiều phần 1.2.Học sinh Được hoạt động, tư duy, phân tích tổng hợp rút phương pháp phù hợp chủ động giải vấn đề đặt Kỹ vận dụng cao-tạo mối quan hệ đơn vị kiến thức với Tạo thói quen học tập, làm việc, tự giác, hợp tác linh hoạt, sáng tạo hoạt động 2.Tồn 2.1.Giáo viên thực việc giảng dạy loại tập tương đối khó đặc biệt với học sinh đại trà tập đòi hỏi kĩ biến đổi phân tích, đánh giá tổng hợp cao 2.2.Học sinh Kĩ tổng hợp kiến thức học sinh chưa cao Học sinh thường mắc số sai lầm trình biến đổi Kết thông qua số liệu Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: Một số ứng dụng hệ thức Vi-ét giải toán - 26 - PHẦN III KẾT LUẬN Kết luận Trên số dạng tập thường gặp vận dụng hệ thức Vi-ét đề giải phương trình bậc hai Dựa sở lý luận, thực tiễn yêu cầu kiến thức, vận dụng Tôi mạnh dạn đưa phương pháp giải nhằm trang bị cho học sinh sở ban đầu cách vận dụng hệ thức Vi-ét từ tạo móng cho học sinh phát triển tập giải phương trình bậc hai chứa tham số mức độ cao lớp sau Hơn đề tài sáng kiến kinh nghiệm nâng tầm tư cho học sinh củng cố niềm tin, có ý trí vươn lên học tập Xong lực hạn chế, kinh nghiệm nên vấn đề đưa không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô để vấn đề hoàn thiện Kiến nghị Nhà trường cần trang bị nhiều tài liệu tham khảo phương trình bậc hai, tuyển tập dạng đề thi vào 10 Các giáo viên Toán trường tổ chức sinh hoạt chuyên đề để giáo viên dạy Toán có điều kiện trao đổi học tập phương pháp giải phương trình bậc hai có chứa tham số Tích Sơn, ngày 10 tháng 11 năm 2014 Ký duyệt BGH Ký duyệt tổ chuyên môn Người viết Dương Thế Nam Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên ... THPT Về phía nhà trường: Đa số nhà trường phân công giảng dạy chuyên môn, việc phân công giảng dạy lãnh đạo nhà trường không dựa vào chuyên môn mà dựa vào lực nghiệp vụ giáo viên Chính đề tài “Một... đại trà việc giảng dạy theo chương trình sách giáo khoa coi đạt yêu cầu công việc bồi dưỡng học sinh giỏi việc trang bị kiến thức không theo dạng phương pháp làm kèm theo chưa đảm bảo yêu cầu... thức Vi-ét giải toán ” coi tài liệu để học sinh giáo viên tham khảo công tác giảng dạy môn toán khối 9, bồi dưỡng thi vào 10 Giáo viên: Dương Thế Nam Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên Chuyên đề: