(SKKN 2022) Rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh thông qua định lý Viét.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI TỐN CHO HỌC SINH THƠNG QUA ĐỊNH LÝ VIÈTE Người thực hiện: Nguyễn Thanh Hải Chức vụ: Giáo viên SKKN mơn: Tốn MỤC LỤC THANH HỐ NĂM 2022 MỤC LỤC Nội dung MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Giới thiệu định lý 2.3.2 Các ví dụ 2.3.3 Bài tập củng cố 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 1 1 2 4 12 15 16 16 16 18 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Định lý Viète định lý quen thuộc với em học sinh, có lẽ quen thuộc định lý Pitago hình học vậy, từ cấp em làm quen với định lý sử dụng suốt q trình học bậc phổ thơng Tuy nhiên em sử dụng thành thạo dạng phát biểu cho phương trình bậc hai Một số em học sinh khá, giỏi trình học tập gặp toán phức tạp phải sử dụng tới định lý Viète cho phương trình bậc cao hay gặp phương trình bậc ba Cùng với xu hướng thi tốt nghiệp THPT theo hình thức trắc nghiệm, vấn đề tốn THPT nói chung khai thác cách tối đa, lời giải, cách tiếp cận phong phú đa dạng, lời giải, hướng tiếp cận nhanh gọn, nhạy bén đặt lên hàng đầu, phương pháp kỹ cần hệ thống để tơi luyện cho hệ học sinh Mặt khác kỳ thi HSG cấp tỉnh chủ đề liên quan tới điều kiện nghiệm phương trình bậc ba chủ đề hay quan tâm Trong chương trình lớp 12, có nhiều dạng tốn liên quan tới hàm số bậc ba, tương giao đồ thị định lý Viète cho phương trình bậc ba lại khai thác nhiều hơn, đa dạng hơn, phong phú Để góp phần thuận lợi cho học sinh trình tiếp thu chủ động chiếm lĩnh kiến thức Trong phạm vi viết này, xin đưa vài ý tưởng áp dụng định lý Viète phương trình bậc ba vào việc đề giải tốn, sáng kiến kinh nghiệm: “Rèn luyện kỹ giải tốn cho học sinh thơng qua định lý Viète”, theo tinh thần đổi phương pháp dạy học, giúp em phát triển lực tư phát vấn đề cách mạch lạc, xác, hiệu quả, nhanh gọn 1.2 Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu nội dung chương trình hình học THPT, toán dành cho học sinh khá, giỏi từ xây dựng thao tác cần thiết để giúp học sinh quy lạ quen, tiếp cận toán nhanh chóng hiệu quả, đồng thời sở để giáo viên “chế” tập hay, lạ, độc đáo kích thích hứng thú học tập 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu mà đề tài hướng tới là: - Phương pháp giải toán dựa vào định lý Viète (là tốn gần gũi, ví dụ tập SGK…) giúp cho người học có cách tiếp cận vấn đề thật nhanh, qua vài động tác chuyển dạng tốn quen thuộc dần hình thành nên kỹ năng, phương pháp giải toán phong phú cho thân - Cũng cở sở đó, giáo viên thêm bớt giả thiết, chuyển đổi giả thiết tương đương để có tốn mới, điều thực kích thích khả sáng tạo người tạo hứng thú học tập cho học sinh 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo liên quan, nghiên cứu chương trình giáo khoa môn - Phương pháp nghiên cứu thực tế: Thông qua việc dạy học phân môn Đại số, Giải tích THPT, thân rút số nhận xét phương pháp giải toán giúp học sinh rèn luyện kỹ làm - Phương pháp kiểm chứng sư phạm: Tiến hành dạy kiểm tra khả ứng dụng học sinh, minh chứng cho thấy khả giải vấn đề nhanh gọn học sinh giải tốn liên quan tới phương trình, tương giao giao đồ thị hàm số, NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm - Phương trình dạng tốn quan trọng xun suốt chương trình học Tốn phổ thơng, kỳ thi vào lớp 10 học sinh khơng cịn lạ dạng toán liên quan tới định lý Viète Để nối tiếp cho dạng toán quen thuộc này, sáng kiến nhằm “tạo cũ” để tạo hứng thú học tập từ đầu, qua giúp em phát triển kỹ tư duy, suy luận lô-gic - Các tập SGK phần mức đơn giản, có khó thường lời giải dài dịng, gây khó cho học sinh ảnh hưởng đến tốc độ làm học sinh thi - Thơng thường dạng tốn em hay gặp vỏn vẹn phương trình, gặp nhiều trở nên khơ khan khơng kích thích việc học đừng nói đến việc rèn luyện cho em thêm số kỹ - Vì tính phổ biến định lý Viète, tơi ln tìm tịi, sưu tầm, sáng tác để có hệ thống ví dụ phong phú lạ, thể tính ưu việt giải toán áp dụng định lý Viète, từ truyền dạy cho học sinh, phương pháp đơn giản dễ làm, phương pháp mà học sinh cảm thấy phấn chấn học, phương pháp giải nhanh gọn nhờ quy lạ quen Khẳng định cho em thấy phải nắm vững kiến thức bản, bám sát chương trình SGK, khơng sa đà vào kiến thức “cao siêu” – xa rời chương trình tốn phổ thơng - Thực tế áp dụng SKKN vào giảng dạy nhận thấy học sinh thích thú, phấn chấn giải tốn khó mà vài bước phân tích, kết nối đưa dạng học, mà lâu nghĩ phải dùng kiến thức cao siêu Điều mang đến tự tin cho học sinh tạo hứng thú nghiên cứu, tìm tịi, phát triển tư cách nghiêm túc - Giáo viên có thêm nhiều ý tưởng để đề, sáng tạo tập phong phú tự luận trắc nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm - Mảng kiến thức mà đề tài nghiên cứu liên quan tới dạng tốn phương trình, kiến thức trọng tâm tốn phổ thơng Lượng kiến thức khai thác nhiều đa dạng, mảng kiến thức nâng cao truyền đạt làm cho em thấy lan man, phương hướng, chán nản, chưa nói đến sau học xong em phương pháp nào? kỹ gì? Do phần người giáo viên cần phải có hệ thống tập minh hoạ cho phương pháp trọng tâm, dạng toán quan trọng Đặc biệt làm cho em phải cảm thấy tự tin gặp tốn có tham số, có bậc cao - Khi gặp phương trình bậc cao (bậc 3) em thường ngại, lâu hay dùng định lý Viète với phương trình bậc hai Nhưng câu hỏi kỳ thi tốt nghiệp THPT thường xuất toán tương giao hàm số bậc cao có liên quan đến việc đánh giá hoành độ giao điểm, thường làm em lúng túng hay điểm câu vậy, mặt khác định lý Viète cho tốn HSG tài liệu viết nhiều, với mức độ thi Đại học lại ít, tơi viết SKKN để truyền dạy, bổ sung vào hành trang tri thức cho em học sinh mình, qua giúp phát triển lực tư cho em Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Giới thiệu định lý ĐỊNH LÝ Viète: Cho phương trình: ax + bx + cx + d = ( a ≠ ) , có nghiệm x1 , x2 , x3 ( kể nghiệm bội) Khi đó: b  x + x + x = −  a  c   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = a  d  x x x = −  a  Từ định lý Viète ta có nhận xét nhanh sau: b - Nếu phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 x1 + x2 + x3 = − a b - Nếu phương trình có nghiệm kép x1 = x2 ⇒ x1 + x3 = − a - Nếu đồ thị hàm số bậc ba y = ax3 + bx + cx + d cắt đường thẳng d : y = mx + n ba điểm phân biệt có hồnh độ α , β , γ α + β + γ = − b (giá trị a không phụ thuộc vào hệ số m, n đường thẳng d 2.3.2 Các ví dụ Ví dụ 1: Cho phương trình x − 6mx + − 5m = với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Lời giải: Điều kiện cần: Giả sử phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 theo thứ x1 + x3 = x2 ( 1) tự lập thành cấp số cộng, suy x1 + x2 + x3 = ( ) Theo định lý Viète Từ ( 1) ( ) x2 = Thay x = vào phương trình: 03 − 6m.0 + − 5m = ⇔ m = ±1 Điều kiện đủ (thử lại): x =  Với m = phương trình x − x = ⇔  (thỏa mãn) x = ±   Với m = −1 phương trình x + x = ⇔ x = (khơng thỏa mãn) Kết luận: m = Ví dụ 2: Tìm tất giá trị thực tham số m để đường thẳng y = mx − m + cắt đồ thị hàm số y = x3 − 3x + x + ba điểm A, B, C phân biệt cho AB = BC Lời giải: Gọi x A , xB , xC ba nghiệm phương trình tương giao x − 3x + ( − m ) x + m + = ( *) Do B trung điểm đoạn AC nên x A + xC = xB ( 1) Theo định lý Viète x A + xB + xC = ( ) Từ ( 1) ( ) suy xB = Thay nghiệm vào ( *) thấy với m Do tốn trở thành tìm điều kiện để ( *) có ba nghiệm phân biệt x − 3x + ( − m ) x + m − = ⇔ ( x − 1) ( x − x − m − 1) = x = ⇔  x − x − m − = ( **) Ta tìm điều kiện để ( **) có hai nghiệm phân biệt khác 1, điều tương đương −2 − m ≠ ⇔ m > −2  m + > Kết luận: m > −2 Ví dụ 3: Gọi M ( xM ; yM ) điểm thuộc ( C ) : y = x − 3x + , biết tiếp tuyến ( C ) M cắt ( C ) điểm N ( xN ; y N ) (khác M ) Tìm giá trị nhỏ P = xM2 + xN2 Lời giải: Giả sử tiếp tuyến ( C ) M d : y = px + q Khi ta có phương trình hồnh độ giao điểm x − 3x − px + − q = ( *) Theo đề ( *) có hai nghiệm xM , xN nghiệm xM nghiệm kép (do M tiếp điểm) Theo định lý Viète xM + xM + xN = ⇒ xN = − xM dẫn đến: P = xM2 + ( − xM ) = xM2 − 12 xM + = ( 3xM − ) + ≥ , đẳng thức xảy xM = Kết luận: Pmin = 2 Ví dụ 4: Cho hàm số y = x − 2020 x ( C ) , xét điểm A1 có hồnh độ x1 = thuộc đồ thị ( C ) Tiếp tuyến ( C ) A1 cắt ( C ) điểm thứ hai A2 khác A1 có tọa độ ( x2 ; y2 ) Tiếp tuyến ( C ) A2 cắt ( C ) điểm thứ hai A3 khác A2 có tọa độ ( x3 ; y3 ) Cứ tiếp tục thế, tiếp tuyến ( C ) An−1 cắt ( C ) điểm thứ hai An khác An−1 có tọa độ ( xn ; yn ) Tìm n biết 2020 xn + yn + 22025 = Lời giải: Áp dụng định lý Viète cho trường hợp nghiệm bội ta có x1 + x1 + x2 = ⇒ x2 = −2 x1  x1 = tiếp tục quy trình ta dãy số ( xn ) :   xn = −2 xn−1 ( n ≥ ) dễ thấy cấp số nhân có số hạng đầu x1 = công bội q = −2 Suy xn = ( −2 ) n −1 , y n = ( −2 ) n −3 − 2020 ( −2 ) n −1 Thay vào biểu thức 2020 xn + yn + 22025 = ta được: 2020 ( −2 ) ⇔ ( −2 ) n −3 n −1 + ( −2 ) = ( −2 ) − 2020 ( −2 ) n −3 n −1 + 22025 = 2025 ⇔ n = 676 Kết luận: n = 676 Ví dụ 5: Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) có điểm cực trị x1 = −2 x2 = Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f ( x ) = f ( m ) có ba nghiệm phân biệt Lời giải: Không tổng quát ta cần xét với a > y A f ( xCD ) ( C) B I x2′ xCD O x0 xCT x1′ x f ( xCT ) Một tính chất đồ thị hàm số bậc ba là: Điểm uốn I trung điểm hai điểm x + xCT b b ⇔− = ⇔− = cực trị, xI = CD 3a a Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt khi f ( xCT ) < f ( m ) < f ( xCD ) ( *) Áp dụng định lý Viète cho trường hợp nghiệm bội phương trình f ( x ) = f ( −2 ) b 11 xCD + x1′ = − ⇔ −4 + x1′ = ⇔ x1′ = suy ra: a 2 Tương tự cho trường hợp nghiệm bội phương trình f ( x ) = f ( 3) b xCT + x2′ = − ⇔ + x2′ = ⇔ x′2 = − suy ra: a 2 11  − < m <  2   11  ⇔ m ∈  − ; ÷ \ { −2;3} Do ( *) ⇔ m ≠ −2  2 m ≠    11  *Lưu ý: Những kết hay nhầm −2 < m < m ∈  − ; ÷  2 Ví dụ 6: Tìm tham số m để phương trình x − x = m có ba nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 + x2 + x3 = + Lời giải: Lập bảng biến thiên hàm số y = x − x ( 0;+∞ ) Phương trình x − x = m có ba nghiệm dương phân biệt m ∈ ( 0;2 ) ( *) Với m ∈ ( 0;2 ) ba nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn < x1 < x2 < < x3 Với x3 nghiệm phương trình x − 3x = m , x1 , x2 nghiệm phương trình x − 3x = −m Hay − x2 , − x1 , x3 ba nghiệm phương trình x − 3x − m = − x1 − x2 + x3 = ⇒ x3 = + Theo định lý Viète giả thiết có hệ   x1 + x2 + x3 = + 3 3 Từ tìm m = ( x3 ) − 3x3 = + (Thỏa mãn ( *) ) 3 Kết luận: m = + Ví dụ 7: Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) có đồ thị ( C ) qua điểm M ( 1;1) , N ( 2;4 ) , P ( 3;9 ) Các đường thẳng MN , NP, PM cắt đồ thị điểm A, B, C (khác M , N , P ) Xác định hệ số a, b, c, d biết tổng hoành độ A, B, C Lời giải: Dễ thấy Parabol qua ba điểm M , N , P có phương trình y = x Suy ba điểm M , N , P giao ( P ) đồ thị ( C ) f ( x ) − x = a ( x − 1) ( x − ) ( x − 3) Nên ⇔ f ( x ) = ax + ( − 6a ) x + 11ax − 6a ( *) − 6a  x + x + x = − M N A  a  − 6a  Áp dụng định lý Viète ta  xN + xP + xB = − a  − 6a   xP + xM + xC = − a  3 Suy ra: x A + xB + xC + ( xM + xN + xP ) = 18 − ⇔ + 2.6 = 18 − ⇔ a = a a Vậy f ( x ) = 3x − 17 x + 33x − 18 Kết luận: a = 3, b = −17, c = 33, d = −18 Ví dụ 8: Cho hàm số y = x − 3x + ( C ) Biết đường thẳng d : y = mx + n cắt ( C ) ba điểm phân biệt A, B, C Tiếp tuyến ba điểm A, B, C đồ thị ( C ) cắt đồ thị ( C ) điểm A′, B′, C ′ (tương ứng khác A, B, C ) Chứng minh ba điểm A′, B′, C ′ thẳng hàng Lời giải: Gọi tọa độ A ( a, a − 3a + ) ∈ ( C ) tiếp tuyến A ( C ) cắt ( C ) điểm thứ hai A′ ( x′; y′ ) Theo định lý Viète thì: a + a + x′ = ⇒ x′ = −2a ⇒ A′ ( −2a; −8a + 6a + ) Do A ∈ d ⇒ a − 3a + = ma + n , nhân hai vế với −8 biến đổi ta −8a + 24a − 16 = −8ma − 8n ⇔ −8a + 6a + = ( + 4m ) ( −2a ) + 18 − 8n ⇔ y′ = ( + 4m ) x′ + 18 − 8n Suy A′ thuộc đường thẳng có phương trình d ′ : y = ( + 4m ) x + 18 − 8n Làm tương tự ta suy B′, C ′ thuộc d ′ : y = ( + 4m ) x + 18 − 8n Do ba điểm A′, B′, C ′ thuộc đường thẳng có phương trình d ′ : y = ( + 4m ) x + 18 − 8n , tức ba điểm thẳng hàng Ví dụ 9: Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax + bx + cx + d có bảng biến thiên hình vẽ Với m, n số nguyên thuộc khoảng ( −10;10 ) Có cặp ( m; n ) để phương trình f ( x + ) = có bốn nghiệm phân biệt ? Lời giải: Đặt t = x + phương trình cho trở thành f ( t ) = , x cho giá trị t ngược lại Nên số nghiệm phương trình f ( x + ) = số nghiệm phương trình f ( t ) = số nghiệm phương trình f ( x ) = Do u cầu tốn tương đương với tìm số cặp ( m; n ) để phương trình f ( x ) = có hai nghiệm dương phân biệt (do y = f ( x ) hàm số chẵn) b Điểm uốn đồ thị trung điểm hai điểm cực trị có hoành độ xU = − 3a b 2+4 b = 3⇒ − = Suy − = 3a a Xét f ( x ) = n ⇔ ax + bx + cx + d − n = Từ bảng biến thiên cho nhận thấy phương trình có nghiệm đơn x1 nghiệm kép x2 = x3 = b Theo định lý Viète thì: x1 + x2 + x3 = − ⇔ x1 + + = ⇔ x1 = a x = Như phương trình f ( x ) = n ⇔  x =1 10 Lại hàm số f ( x ) đồng biến khoảng ( −∞;2 ) nên suy f ( ) < f ( 1) = n Từ dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) dẫn đến: Phương trình f ( x ) = có hai nghiệm dương phân biệt ứng với hai TH sau: TH1: m = > n ⇒ n ∈ { −9; −8; ;4} nên có 14 cặp TH2: n = < m ⇒ m ∈ { 6;7;8;9} nên có cặp Kết luận: Có 18 cặp Ví dụ 10: Cho hàm số y = ax3 + bx + cx + d có đồ thị ( C ) hình vẽ, đường thẳng d : y = mx + n tiếp tuyến ( C ) x0 = −1 Tính diện tích phần gạch chéo hình vẽ Lời giải: Đồ thị ( C ) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ −2; 1; b − = ( −2 ) + + = Theo định lý Viète suy ra: a Xét phương trình tương giao đồ thị ( C ) đường tiếp tuyến d ax3 + bx + cx + d = mx + n ⇔ ax + bx + ( c − m ) x + d − n = ( *) Phương trình ( *) có nghiệm kép x = −1 nghiệm đơn x = α Áp dụng định lý Viète cho phương trình ta b 2.( −1) + α = − = ⇒ α = a Xét biểu thức g ( x ) = ( mx + n ) − ( ax + bx + cx + d ) Do g ( x ) đa thức bậc ba có nghiệm kép x1 = x2 = −1 , x3 = g ( x ) = −a ( x + 1) ( x − 3) Mặt khác g ( 1) = − = , từ tìm a = 3 x + 1) ( x − 3) ( 16 dx = Suy diện tích phần gạch chéo S = ∫ g ( x ) dx = ∫ −4 −1 −1 Nên suy ra: 11 Ví dụ 11: Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax + bx + cx + d có đồ thị ( C ) M điểm thuộc ( C ) cho tiếp tuyến ( C ) M cắt ( C ) điểm thứ hai N Tiếp tuyến ( C ) N lại cắt ( C ) điểm thứ hai P Gọi S1 , S2 diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng MN ( C ) , đường thẳng NP ( C ) Chứng minh S2 = 16 S1 Lời giải: Không giảm tổng quát ta cần xét f ( x ) = ax + bx Gọi hoành độ điểm M , N , P x1 , x2 , x3 Giả sử MN có phương trình y = mx + n Khi phương trình f ( x ) = mx + n có nghiệm x1 (nghiệm kép) x2 Theo định lý Viète: x1 + x2 = hay x2 = −2 x1 Mặt khác f ( x ) − mx − n = a ( x − x1 ) Dẫn đến tính ( x + x1 ) = a ( x − x1 ) + 3ax1 ( x − x1 ) a ( x2 − x1 ) a ( x1 ) 3 S1 = ∫  f ( x ) − mx − n  dx = + ax1 ( x2 − x1 ) = − ax1 ( 3x1 ) 4 x1 x2 Lập luận hoàn toàn tương tự ta thu x3 = −2 x2 S2 = x3 ∫ a ( x − x ) + 3ax2 ( x − x2 ) x2 a x −x  dx = ( ) + ax2 ( x3 − x2 )  4 a ( 3x2 ) = − ax2 ( x2 ) 4 Do x2 = −2 x1 nên suy S2 = 16 S1 (đpcm) Ví dụ 12: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a <  abc = 1000 bc − a + a b + c = 110 ) ( )  ( Chứng minh c ∈ ( 10;100 ) Lời giải: ab + bc + ca = 1110 Từ abc = 1000 ⇒  bc ( − a ) + a ( b + c ) = 110 abc = 1000 Suy a, b, c ba nghiệm phương trình x − mx + 1110 x − 1000 = với m=a+b+c>0 Phương trình viết lại: ( x − 1) ( x − 10 ) ( x − 100 ) = ( m − 111) x ( *) 12 Do x = a nghiệm ( *) < a < nên ( m − 111) a = ( a − 1) ( a − 10 ) ( a − 100 ) < ⇒ m − 111 < ( c − 1) ( c − 10 ) ( c − 100 ) = ( m − 111) c < ⇒ b, c ∈ ( 0;1) ∪ ( 10;100 ) Dẫn đến:  b − b − 10 b − 100 = m − 111 b < )( )( ) ( ) ( 1000 1000 > > 100 (vô lý) Nếu c ∈ ( 0;1) ⇒ b = ac Vậy c ∈ ( 10;100 ) (đpcm) 2.3.3 Bài tập củng cố Câu Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y = x3 − ( m + 1) x − mx + 2m cắt đường thẳng y = − x + điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân: x − x + (m + 6) x − m = Câu Giả sử với hai số dương a, b phương trình x − ax + bx − a = 0, có b n − 3n nghiệm lớn Xác định giá trị a, b để biểu thức P = đạt giá trị an nhỏ tìm giá trị nhỏ ( n số nguyên dương cho trước) Câu Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax + bx + cx + d có cực đại cực tiểu Gọi A điểm cực đại đồ thị hàm số, tiếp tuyến đồ thị hàm số A cắt đồ thị B AB = Khi tính xCD − xCT Câu Cho f ( x ) hàm đa thức bậc có đồ thị hình vẽ Tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M có hồnh độ −2 cắt đồ thị điểm thứ hai N ( 1;1) cắt trục Ox điểm có hồnh độ Biết diện tích phần gạch chéo (hình 16 vẽ) Tính tích phân ∫ f ( x ) dx −1 13 Câu Cho hàm số y = ax + bx + cx + d ( a ≠ ) có đồ thị qua điểm M ( −1;2 ) , N ( 1; −2 ) , P ( 0; −1) Các đường thẳng MN , NP, PM lại cắt đồ thị điểm A, B, C (khác M , N , P ) Gọi I điểm có hồnh độ − uu r uur uur r thỏa mãn IA + IB + IC = Tính giá trị biểu thức T = 2a + b + c + d x+m Câu Cho hàm số y = với m tham số Biết đồ thị hàm số có ba x +1 điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; y B ) , C ( xC ; yC ) phân biệt thỏa mãn y′′ ( x A ) = y′′ ( xB ) = y′′ ( xC ) = A, B, C ba điểm thẳng hàng Tìm m để đường thẳng AB qua điểm S ( −1;4 ) Câu Cho hai số thực dương a, b phương trình x − x + ax − b = có ba nghiệm Chứng minh rằng: 10 a) a + b ≤ b) a − 2b ≤ 27 27 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Như phần đặt vấn đề nêu, sáng kiến “Rèn luyện kỹ giải tốn cho học sinh thơng qua định lý Viète” phương pháp có kết hợp chặt chẽ tư lô-gic quy lạ quen (vận dụng giải toán), biến quen thành lạ (vận dụng 14 đề) Sáng kiến tiếp cận toán cách sáng tạo hiệu quả, cho lời giải mạch lạc, ngắn gọn phù hợp với yêu cầu đổi phương pháp dạy học, kích thích tính tự học, tự nghiên cứu phát vấn đề Với tinh thần đó, q trình soạn, dạy dạng tốn tơi thực theo cách nêu định lý, rút nhận xét quan trọng, đưa hệ thống tập xếp từ dễ đến khó Kết thúc phần nhận thấy đạt hiệu cao, cụ thể: - Học sinh tỏ hứng thú giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn đề, phát vấn đề hiệu hơn, nhanh - Giờ dạy tránh tính đơn điệu, nhàm chán theo lối mịn lâu - Học sinh có nhiều thay đổi tích cực phương pháp học tập tư giải toán Một số em – giỏi cịn rút nhiều nhận xét quan trọng tìm nhiều tốn có nhều ứng dụng hay  Một phần sáng kiến tạp chí THTT đăng số 528  Hiệu sáng kiến góp phần nâng cao kết điểm thi học sinh đánh giá cuối học kỳ năm học 2021-2022, sáng kiến dạy lớp 12B2 khơng dạy 12B1 (hai lớp có chất lượng tương đương đầu vào) Lớp Số HS Giỏi 12B 42 SL 12B2 41 Khá TB Yếu TL(%) 14.2 SL 17 TL(%) 40.5 SL TL(%) 21.4 SL TL(%) 4.9 19.5 21 51.2 12 29.3 0 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua thời gian thực tế giảng dạy, nhận thấy chưa đưa chuyên đề vào giảng dạy, học sinh giải tập đơn giản Khơng biết phân tích tốn, đặc biệt toán mức độ VD VDC toán 15 tương giao đồ thị hàm số Sau học chuyên đề học sinh làm tốt tập khó, em hứng thú say mê học tập Qua khảo sát kết học tập em tăng lên rõ rệt 3.2 Kiến nghị Để học sinh có kết cao kiểm tra, kỳ thi tốt nghiệp THPT, đặc thi trắc nghiệm, người thầy cần nghiên cứu, tìm tịi xây dựng phương pháp giải toán cho học sinh dễ hiểu cách giải ngắn Thầy giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời động viên em em tiến Thầy giáo hướng dẫn cách tự đọc sách học sinh, động viên em học sinh giỏi đọc báo toán, tài liệu internet, tìm hiểu thêm cách giải khác Thầy giáo tăng cường luyện cho em chuyên đề đề thi, để em có nhiều thời gian tiếp cận tập dượt với dạng toán thi, từ đạt kết học tập cao Trong q trình dạy học nói chung, dạy – học Tốn nói riêng, việc giải tập; phân tích hướng giải; trả lời câu hỏi lại làm quan trọng việc hướng dẫn cho học sinh có óc phân tích – tổng hợp – khái quát phần kiến thức hết có cách học đắn cốt lõi vấn đề Chính người thầy ln phải suy nghĩ, trăn trở nhằm đáp ứng yêu cầu đổi phương pháp dạy học, nâng cao hiệu giáo dục Trên vài kinh nghiệm nhỏ trình thực việc đổi phương pháp dạy học, đề tài không tránh khỏi hạn chế Rất mong đóng góp quý báu bạn bè, đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2022 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Thanh Hải TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa sách tập Tốn chương trình chuẩn lớp 10, 11 12 Đề thi đại học năm 2008 đến 2010 16 Đề thi thử tốt nghiệp THPT SGD, trường nước năm gần Tạp chí THTT Đặc san THTT DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN 17 Họ tên tác giả: NGUYỄN THANH HẢI Chức vụ đơn vị cơng tác: Giáo viên dạy Tốn, trường THPT Triệu Sơn TT Tên đề tài SKKN Vận dụng đổi phương pháp dạy học vào dạy bài: “Ơn tập chương III – Quan hệ vng góc” Hình học 11 Nâng cao Giải phương trình hệ phương trình nhờ tính SLOVE máy tính Casio 570ES Phát triển lực tư cho học sinh thơng qua việc nghiên cứu dạng tốn tương giao đường thẳng đường tròn Một vài ứng dụng toán gốc việc đề giải tốn hình học khơng gian Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại Sở GD&ĐT Tỉnh Thanh Hoá C 2012-2013 Sở GD&ĐT Tỉnh Thanh Hoá C 2013-2014 Sở GD&ĐT Tỉnh Thanh Hoá C 2014-2015 Sở GD&ĐT Tỉnh Thanh Hoá C 2017-2018 18 ... 18 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Định lý Viète định lý quen thuộc với em học sinh, có lẽ quen thuộc định lý Pitago hình học vậy, từ cấp em làm quen với định lý sử dụng suốt q trình học bậc phổ thơng... phần đặt vấn đề nêu, sáng kiến ? ?Rèn luyện kỹ giải tốn cho học sinh thơng qua định lý Viète” phương pháp có kết hợp chặt chẽ tư lô-gic quy lạ quen (vận dụng giải toán) , biến quen thành lạ (vận... - Phương pháp nghiên cứu thực tế: Thông qua việc dạy học phân môn Đại số, Giải tích THPT, thân rút số nhận xét phương pháp giải toán giúp học sinh rèn luyện kỹ làm - Phương pháp kiểm chứng sư