MỤC LỤC

MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG A MỞ ĐẦU Lý viết sáng kiến …………………………………… Mục tiêu sáng kiến …………………………………… 3 Giới hạn sáng kiến ……………………………………… B NỘI DUNG Cơ sở viết sáng kiến ………………………………………… Thực trạng vấn đề cần giải …………………… Các giải pháp/ biện pháp thực ……………………… Hiệu sáng kiến ……………………………………… 25 C KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 26 Kết luận ………………………………………………………… 26 Kiến nghị ……………………………………………………… 26 DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT THPT …………………………………… Trung học phổ thông THCS …………………………………… Trung học sở SGD ………………………………………… Sở giáo dục HSG ………………………………………… Học sinh giỏi GDPT………………………………………… Giáo dục phổ thông Trang A MỞ ĐẦU Lý viết sáng kiến Nghiên cứu khoa học nhiệm vụ quan trọng người giáo viên, nhằm tìm giải pháp giúp cho việc dạy học đạt hiệu cao Hiện nay, chương trình giáo dục phổ thông theo định hướng phát triển phẩm chất lực người học, mơn tốn xem mơn cơng cụ có tác dụng rèn luyện phát triển tư duy, đặt móng có hỗ trợ nhiều cho mơn học khác Mơn tốn khối THCS phát triển, hệ thống hóa kiến thức, kỹ thái độ mà học sinh lĩnh hội hình thành bậc tiểu học, mặt khác góp phần chuẩn bị kiến thức, kỹ thái độ cần thiết để tiếp tục lên THPT Trong chương trình Toán 9, khiến thức hệ thức Vi–ét quan trọng, tính ứng dụng rộng rãi việc giải toán Kiến thức thường xuất kiểm tra chương, kiểm tra học kỳ, đề thi học sinh giỏi lớp 9, đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Trong đó, thời lượng chương trình hệ thức Vi–ét có đến tiết nên học sinh chưa tiếp cận với câu hỏi phong phú dạng toán Năm học 2021 – 2022 giao nhiệm vụ giảng dạy Toán 9, dạy đội tuyển HSG Toán cấp tỉnh, trăn trở, để học sinh lĩnh hội dạng câu hỏi, tập khó hệ thức Vi–et Vì tơi nghiên cứu viết nên “Chuyên đề hệ thức Vi–ét” Mục tiêu sáng kiến 2.1 Mục tiêu chung Giúp học sinh giải tốn hiệu quả, xác, đạt kết cao kì thi Đặc biệt nâng cao hiệu thi vào lớp 10 THPT thi HSG môn Toán 2.2 Mục tiêu cụ thể + Trang bị cho em dạng toán bản, thường gặp + Đưa tập tương tự, tập nâng cao Trang + Rèn luyện kỹ nhận dạng đề phương pháp giải thích hợp trường hợp cụ thể + Giúp học sinh có tư linh hoạt sáng tạo + Kiểm tra, đánh giá mức độ nhận thức học sinh thông qua kiểm tra qua kịp thời điều chỉnh nội dung phương pháp giảng dạy + Đặt tình có vấn đề nhằm giúp em biết cách tìm tịi kiến thức nhiều khơng tốn bậc hai mà dạng toán khác Giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống phương pháp nhận dạng, hiểu toán, áp dụng thành thạo phương pháp để giải tập Giới hạn sáng kiến 3.1 Về đối tượng nghiên cứu: Học sinh THCS học mơn Tốn 3.2 Về khơng gian: Trường THCS TT Bố Hạ 3.3 Về thời gian: Năm học 2021 – 2022 năm Trang B NỘI DUNG Cơ sở viết sáng kiến 1.1 Cơ sở khoa học Trong chương trình GDPT, mục tiêu phát triển lực, phẩm chất người học Mục tiêu Bậc THCS là: giúp học sinh phát triển phẩm chất, lực hình thành phát triển cấp tiểu học; tự điều chỉnh thân theo chuẩn mực chung xã hội; biết vận dụng phương pháp học tập tích cực để hồn chỉnh tri thức kỹ tảng; có hiểu biết ban đầu ngành nghề có ý thức hướng nghiệp để tiếp tục học lên THPT học nghề tham gia vào sống lao động 1.2 Cơ sở trị, pháp lý Theo công văn số 4612/BGDĐT–GDTrH ngày 03/10/2017 việc hướng dẫn thực chương trình giáo dục phổ thông theo định hướng phát triển phẩm chất lực người học Trong lực tốn học quan trọng, giúp người có tư làm việc logic, hiệu Trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT thi HSG cấp lớp có kiến thức hệ thức Vi–ét Thực trạng vấn đề cần giải Hiện nay, việc tiếp thu kiến thức hệ thức Vi–ét học sinh hạn chế, thời lượng học tập lớp dạng toán ít, em chưa tiếp cận với phong phú dạng tập, áp dụng vào toán Khi làm đề thi tuyển sinh THPT có câu hỏi Vi–ét cần tư trình biến đổi thường em khơng làm Đối với HSG Vi–ét khó khăn hơn, địi hỏi tư cao quan trọng học sinh phải tiếp cận dạng tốn có hướng làm Qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy mơn Tốn, sưu tầm sách, báo, sưu tập phương pháp giải toán mạng internet, đợt tập huấn SGD, rút vài kinh nghiệm giải dạng toán hiệu Trang Các giải pháp/biện pháp thực 3.1 Giải pháp 1: Với kiến thức Nội dung hệ thức Vi–ét ứng dụng hệ thức Vi–ét : Hệ thức Vi–ét: Nếu x1 x2 hai nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (a  0) thì: b  x + x = −  a   x x = c  a Ứng dụng: (trường hợp đặc biệt) + Nhẩm nghiệm: Phương trình ax2 + bx + c = (a  0) Nếu a + b + c = phương trình có nghiệm: x1 = 1, x2 = c a Nếu a – b + c = phương trình có nghiệm: x1 = –1, x2 = – c a S = u + v + Nếu có hai số u v thỗ mãn:  u v hai nghiệm P = u.v  phương trình: x2 – Sx + P = Điều kiện để có hai số u v là: S2 – 4P  Ví du 1: Nhẩm nghiệm phương trình x2 – 2022x + 2021 = Phương trình có a + b + c = + (–2022) + 2021 =  Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 2021 Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x2 + (2m – 1)x + 2m – = có hai nghiệm âm Phương trình có a – b + c = – (2m – 1) + 2m – =  Phương trình có hai nghiệm x1 = –1; x1 = –(2m – 2) Để phương trình có hai nghiệm âm –(2m – 2) <  m > Ví dụ 3: Cho phương trình x2 – 5x + = Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau: Trang a) A = 1 + x1 x ; b) B = x12 + x22 ; c) C = x13 + x23 Phương trình có  = 52 – 4.3 = 13 >  Phương trình có hai nghiệm  x + x2 = phân biệt, nên theo hệ thức Vi–ét ta có:   x1 x = a) A = 1 x1 + x S + = = = x1 x x1 x P b) B = x12 +x 2 = ( x1 + x ) − 2x1 x = 52 – 2.3 = 19 c) C = x13 + x = ( x1 + x ) − 3x1 x ( x1 + x ) = 53 − 3.5.3 = 80 - Mở rộng toán: d) D = x14 + x 42 e) E = 1 + x12 x 22 f) F = x1 − x D = x14 + x 24 = ( x12 + x 22 ) − 2x12 x 22 = (S2 − 2P) − 2P = 52 − 2.3 − 2.32 = 343 2 1 x12 + x 22 S2 − 2P 52 − 2.3 19 E= + = 2 = = = x1 x x1 x P2 32 F = x1 − x = (x − x2 ) = (x + x ) − 4x1 x = 52 − 4.3 = 13 3.2 Giải pháp 2: Các toán điều kiện nghiệm phương trình    - Phương trình có hai nghiệm dương   x1 + x   x x      - Phương trình có hai nghiệm âm   x1 + x   x x   - Phương trình có hai nghiệm trái dấu  x1.x2 < Ví dụ 1: Tìm m để phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 – 4m – = có hai nghiệm trái dấu Phương trình có hai nghiệm trái dấu  m2 – 4m – <  –1 < m < Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x4 – 2(m + 1)x2 + 4m = (1) có nghiệm phân biệt Trang Đặt a = x2 ta phương trình a2 – 2(m + 1)a + 4m = (2) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt ( m + 1) − 4m  ( m − 1)2   '  m      m +     a1 + a   2 ( m + 1)  m  a a  4m  m     Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2x2 – (m – 3)x + m – = có hai nghiệm thỏa mãn x1   x2 Ta thấy x1   x2  (x1 – 2)(x2 – 2)   x1x2 – 2(x1 + x2) +   m−5 m−3 −2 +   m – – 2m + +   m  2 Ví dụ 4: Tìm điều kiện m để phương trình 2x2 – (m – 11)x – m + = có hai nghiệm lớn –2 Đặt y = x +  Pt: 2y2 – (m – 3)y + m – 13 = có hai nghiệm y > ( m − 3) − ( m − 13)  m − 14m + 113         x1 + x    m −   m   m  13  x x  m − 13  m  13    Ví dụ 5: Tìm m để phương trình x2 – (2m – 3)x + m2 – 3m = có hai nghiệm < x1 < x2 < Phương trình có  = (2m – 3)2 – 4(m2 – 3m) = >  Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1= m – 3; x2 = m Vì < x1 < x2 <  < m – < m <  < m < Ví dụ 6: Cho phương trình x − ( m + 1) x + m − 4m + = Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương 6m −   '  1  m 1   PT có hai nghiệm dương   x1 + x   m − 4m +      x x  2 m +  m  ( )   Trang 3.3 Giải pháp 3: Tìm điều kiện để hai nghiệm thỏa mãn hệ thức Với dạng cần ý đến điều kiện mẫu, điều kiện bậc hai, điều kiện a  để phương trình bậc hai … Sau ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm m để phương trình x2 + 2x + m = (m tham số) (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn 1 + =3 x1 x Phương trình x2 + 2x + m = phương trình bậc hai ẩn x nên ta có  ' = − m Để phương trình (1) có nghiệm '   − m   m   x + x = −2 Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x = m Ta có x + x2 1 −2 −2 + =3 =3 =3 m= x1 x x1 x m Vậy phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn 1 −2 + =3m= x1 x Ví dụ 2: Cho phương trình 2x2 – (2m – 1)x + 2m – = Chứng minh phương trình có nghiệm x1; x2 với m Tìm m để x12 + x 22 = Phương trình có  = (2m – 1)2 – 8(2m – 3) = 4m2 – 20m + 25 = (2m – 5)2    với m  Phương trình có hai nghiệm với m Theo Vi-ét ta có 4m2 − 4m + (x1 + x2) – 2x1x2 = − 2m + =  4m2 – 4m + – 8m + 12 = 4  4m2 – 12m + =  m2 – 3m + = Ví dụ 3: Tìm giá trị m để phương trình x2 – mx + 2m – = có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x13 + x 32 = Phương trình có  = m2 – 4(2m – 4) = m2 – 8m + 16 = (m – 4)2  m  Phương trình có hai nghiệm với m Theo Vi-ét có x1 + x2 = m ; x1.x2 = 2m – Trang Mà x13 + x 32 =  (x1 + x2)3 – 3x1x2(x1 + x2) =  m3 – 3m(2m – 4) – =  m3 – 6m2 + 12m – =  (m – 3)(m2 – 3m + 3) =  m = Chú ý: Có thể tính x1 = 2; x2 = m – Mà x13 + x 32 =  23 + (m – 2)3 =  (m – 2)3 =  m – =  m = 3.4 Giải pháp 4: Tìm hai số biết Với dạng dùng định lý Vi – ét đảo: Nếu hai số có tổng S, tích P hai số nghiệm phương trình x2 – Sx + P = Điều kiện tồn hai số S2  4P Ví dụ: Tìm hai số a b biết a) a + b = 12 a.b = 32  a b nghiệm phương trình x2 – 12x + 32 = Giải phương trình ta hai nghiệm  Hai số cần tìm b) a – b = a.b = 70 Cách 1: Từ a – b = a.b = 70  a + (–b) = a.(–b) = –70  a –b nghiệm phương trình x2 – 3x – 70 = có hai nghiệm 10 –7  a = 10; b = a = –7; b = –10 Cách 2: Từ a – b =  a = b + 3, mà ab = 70  (b + 3).b = 70  b = 7; a = 10  b2 + 3b – 70 =    b = −10; a = −7 3.5 Giải pháp 5: Các nâng cao Vi–ét a) Biểu thức Vi-ét khơng có tính đối xứng: Với thơng thường dùng phương pháp giải hệ phương trình để tìm x 1; x2 theo m thay vào tích x1x2 để tìm m Hoặc dùng trường hợp đặc biệt với dạng a + b + c = a – b Trang 10  x1 + x = 2m − Theo Vi–ét có   x1 x = m − Từ phương trình  x2 + 2x = 2mx – m2 +  x12 + 2x1 = 2mx1 − m2 + Ta có x12 + 4x1 + 2x − 2mx1 = −3  ( x12 + 2x1 ) + ( x1 + x ) − 2mx1 = −3  2mx1 – m2 + + 2(2m – 2) – 2mx1 + =  m = −1 ( TM )  –m2 + 4m + =    m = ( KTM ) Vậy m = –1 Ví dụ 8: Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + = Tìm m để hai nghiệm phương trình thỏa mãn: x 22 − 2x12 + 6mx1 = 19 Phương trình có hai nghiệm ’ = m –   m  Theo Vi – ét có x1 + x2 = 2m; x1.x2 = m2 – m + Phương trình x2 – 2mx + m2 – m + =  x2 – 2mx = –m2 + m –  3x2 – 6mx = –3m2 + 3m – Ta có: x 22 − 2x12 + 6mx1 = 19  x 22 + x12 − ( 3x12 − 6mx1 ) = 19  ( x1 + x ) − 2x1 x − ( 3x12 − 6mx1 ) = 19  (2m)2 – 2.(m2 – m + 1) – (–3m2 + 3m – 3) = 19  4m2 – 2m2 + 2m – + 3m2 – 3m + = 19  5m2 – m – 18 =  m = (TM) m = − (KTM) Chú ý: 6m = 3(x1 + x2)  x 22 − 2x12 + ( x1 + x ) x1 = 19  x 22 − 2x12 + 3x12 + 3x1 x = 19  (x1 + x2)2 + x1x2 = 19  (2m)2 + m2 – m + = 19  5m2 – m – 18 =  m = (TM) m = − (KTM) Ví dụ 9: Gọi x1 , x hai nghiệm phương trình x − 2x − = Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức: B = x13 − 2x 22 − 5x1 + 8x + 2016 Trang 14 Chứng minh phương trình có nghiệm theo Vi-et ta có x1 + x = B = x13 − 2x 22 − 5x1 + 8x + 2014 = x13 − ( − x1 ) − 5x1 + ( − x1 ) + 2014 = x13 − 2x12 − 5x1 + 2022 = x1 ( x12 − 2x1 − ) + 2022 Mà x1 nghiệm phương trình x − 2x − = nên B = 2022 Ví dụ 10: Cho phương trình x2 + (1 – m)x – 2m – = Tìm m để hai nghiệm phương trình thỏa mãn + =2 2 ( x1 + ) ( x + ) T = (x1 + 2)(x2 + 2) = x1x2 + 2(x1 + x2) + = –2m – – 2(1 – m) + = –2  T2 = 2 ( x1 + ) ( x + ) 1 2 + =  + x + =  x + =1  ( ) ( ) 1 2 ( x1 + ) ( x + 2) ( x1 + )  x1 = −1  m = −4    x1 = −3  m = −2 Sau số tập đề xuất (tương tự) Bài 1: Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 – = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x12 + 2mx + 2x1 + m2 + = 21 Bài 2: Cho phương trình x2 – 4(m + 1)x + 3m – = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x12 − 5x1 − x = − 4m Bài 3: Cho phương trình x2 – (m – 2)x + m – = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x − x1 = m − Bài 4: Tìm m để phương trình x2 – (m + 1)x + m – = có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ( x12 − mx1 + m )( x 22 − mx + m ) = b) Biểu thức Vi–ét có thêm điều kiện phụ: Với dạng này, học sinh thường bỏ qua điều kiện dẫn đến thừa thiếu đáp số Sau ví dụ: Ví dụ 1: Cho phương trình x2 – 3x + m + = (1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 mà: x1 + x = Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  >  32 – 4(m + 1) >  m < Trang 15 Theo Vi – ét có x1 + x2 = x1.x2 = m + Theo có x1 + x =  ( x1 + x ) − 2x1 x + x1 x = 16  – 2(m + 1) + 2.|m + 1| = 16  2.|m + 1| = + 2m (*) +) Nếu m  –1 (*)  2m + = + 2m  0.m =  phương trình vơ nghiệm +) Nếu m < –1 (*)  –2m – = + 2m  –4m = 11  m = − Vậy m = − 11 (TM) 11 Ví dụ 2: Cho phương trình x2 – (m + 5)x + 3m + = Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền u cầu tốn  Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thỏa mãn x12 + x 22 = 25 Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì: ( m − 1)2     m    x1 + x    m +    m  −2  x x  3m +    Theo vi et ta có: x1 + x2 = m + 5; x1.x2 = 3m + x12 + x 22 = 25  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 25  (m + 5)2 – 2(3m + 6) = 25  m = ( TM )  m2 + 4m – 12 =    m = −6 ( KTM ) Vậy m = Ví dụ 3: Cho phương trình x − ( m + ) x + 2m − = Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Tìm m để x1 + x = Phương trình có ’ = m2 + 4m + – 2m + = (m + 1)2 + > với m  Phương trình có hai nghiệm phân biệt với m Theo Vi – ét có x1 + x2 = 2m + 4; x1.x2 = 2m – Trang 16  x + x  2m +  Phương trình có hai nghiệm khơng âm    m 2m −   x1 x  x1 + x =  x1 + x + x1 x = 20  2m + + 2m − = 20 Ta có  2m − + 2m − − 15 =  2m − =  m = (TM) Vậy m = Ví dụ 4: Tìm m để phương trình x4 – mx2 + m – = có nghiệm phân biệt cách Đặt a = x2 (ĐK a  0) ta phương trình a2 – ma + m – =  a1 = a2 = m – Phương trình có nghiệm m – > m –   m > 1; m  Khi x1 = − m − ; x2 = m − ; x3 = –1; x4 = +) Nếu < m < a1 > a2 >  x3 < x1 < x2 < x4 Để nghiệm cách x1 + x4 = 2x2  − m −1 = m −1  m −1 =  m = 10 (TM) +) Nếu m >  x1 < x3 < x4 < x2 Để nghiệm cách x3 + x2 = 2x4  –1 + m − =  m = 10 (TM) 10  Vậy m   ; 10  9  Ví dụ 5: Tìm m để phương trình 3x + 4(m − 1)x + m2 − 4m + = có hai nghiệm x1 ; x thỏa mãn 1 + = (x1 + x ) x1 x 2 Nhận xét: Với toán ta cần xét điều kiện  '  a =   m  −2 − Hay m + 4m +    (*)  m  −2 + - Cần thêm điều kiện P  để có 1 ; m   x1 x - Một sai lầm học sinh hay mắc phải biến đổi Trang 17 1 + = (x1 + x )  2(x1 + x ) = (x1 + x )x1 x x1 x 2 Hai vế đẳng thức chứa x1 + x nên rút gọn để = x1 x Điều sai có trường hợp x1 + x = Do ta phải chuyển vế để đưa dạng tích: m = (x1 + x )(2 − x1 x ) =  4(m − 1)(−m + 4m + 5) =  m = −1   m = Ta thấy m = –1 không thỏa mãn (*) nên loại Vậy m = m = giá trị cần tìm c) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Ví dụ 1: Cho phương trình x2 – (a – 1)x – a2 + a – = Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm trái dấu Gọi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình Tìm a để A = x12 + x 22 đạt giá trị nhỏ Với dạng ta cần đưa biểu thức dạng đẳng thức: 1  Ta có a.c = −a + a − = −  a −  −  với a 2   Phương trình ln có hai nghiệm trái dấu Theo Vi–ét ta có: x1 + x2 = a – 1; x1.x2 = –a2 + a – Theo có A = x12 + x 22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = (a – 1)2 – 2(–a2 + a – 2) 2  11 11  = 3a – 4a + =  a −  +  Dấu “=” xảy a = 3 3  Vậy GTNN A 11 a = 3 Ví dụ 2: Cho phương trình x − ( m + 1) x + m − 4m + = có hai nghiệm x1; x2 Tìm GTLN A = x1 + x − x1 x − x12 − x 22  28 28  Ở học sinh gặp khó khăn A = −3  m +  +  3 3  Trang 18 Dấu xảy m = − (KTM) Do giải pháp sau: Phương trình có ’ = (m + 1)2 – (m2 – 4m + 3) = 6m – Để phương trình có hai nghiệm ’   m  A = x1 + x − x1 x − x12 − x 22 = ( x1 + x ) + x1 x − ( x1 + x ) = 2m + + m2 − 4m + − 4m2 − 8m − = −3m2 − 10m + Vì m  11 11  3m –  0, mà –m – <  (3m – 1)(–m – )  3  –3m2 – 10m + 11 11   –3m2 – 10m +  – A − 3 Vậy GTLN A − m = 3 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ A = x1x2 – 2(x1 + x2) với x1; x2 nghiệm phương trình 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = Phương trình có ’ = m2 + 2m + – 2m2 – 8m – = –m2 – 6m – Để phương trình có hai nghiệm ’   –5  m  –1   x1 + x = − ( m + 1) Theo Vi–ét có:   2x1 x = m + 4m + Ta có A = x1x2 – 2(x1 + x2)  2A = m2 + 4m + + 4m + = m2 + 8m + = (m + 4)2 –  –9  A  − Dấu “=” xảy m = –4 Ta có 2A = m2 + 8m + = (m + 1)(m + 7)  với –5  m  –1 Dấu “=” xảy m = –1 Vậy GTNN A − m = –4; GTLN A m = –1 Ví dụ 4: Tìm m để phương trình x3 – 3x2 + (m + 1)x – m + = có nghiệm x1; x2; x3 thỏa mãn A = x12 + x 22 + x 32 đạt giá trị nhỏ Ta có x3 – 3x2 + (m + 1)x – m + =  (x – 1)(x2 – 2x + m – 1) = Trang 19 x =   x − 2x + m − = (*) Phương trình (1) có nghiệm phương trình (*) có nghiệm  ’ = – m +   m  Giả sử phương trình (1) có nghiệm x1 = x2 + x3 = 2; x2.x3 = m –  A = + (x2 + x3)2 – 2x2x3 = + – 2(m – 1) = – 2m  – 2.2 = Dấu “=” xảy m = Vậy GTNN A m = Ví dụ 5: Cho pt x3 – 2(m + 1)x2 + (5m – 1)x – 2m + = (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt B = x12 + x 22 + x 32 đạt giá trị nhỏ Phương trình x3 – 2(m + 1)x2 + (5m – 1)x – 2m + = Ở ví dụ u cầu phương trình có nghiệm phân biệt nên có thêm điều kiện khác với ví dụ 4: x =  (x – 2)(x2 – 2mx + m – 1) =    x − 2mx + m − = (*) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (*) có nghiệm phân biệt khác  '  m − m +     m 1 − 2m.2 + m −  − 3m    Giả sử x1 = x2 + x3 = 2m; x2.x3 = m – Mà B = x12 + x 22 + x 32 = x12 + ( x + x ) − 2x x = + (2m)2 – 2(m – 1) 2  23 23   = 4m – 2m + =  m −  + 4 4  Ví dụ 6: Cho phương trình x2 – (m + 1)x + m2 – 2m + = Tìm giá trị bé nhất, lớn A = x12 + x 22 Phương trình có  = –3m2 + 10m – Để phương trình có nghiệm     m  Trang 20 Ta có A = x12 + x 22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = –m2 + 6m – +) Vì m   m –  0;  m   –m + >  (m – 1)(–m + 5)   –m2 + 6m –   A  Dấu “=” xảy m = +) Vì  m  7 11  m −  − m +  3  11  50    m −  −m +    − m + 6m −   3  Dấu “=” xảy m = Vậy GTNN A m = 1; GTLN A 50 m = 3 Ví dụ 7: Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x – m – = (m > 1) có hai 2x12 + 2x 22 − 2x1 x nghiệm phân biệt Tìm giá trị nhỏ A = x1 + x 2  15  Phương trình có ’ = (m – 1) + m + = m – m + =  m −  +  2  2  Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Theo Vi – ét có x1 + x2 = 2m – 2; x1.x2 = –m – 2x12 + 2x 22 − 2x1 x 2 ( x1 + x ) − 6x1 x 2 ( 2m − ) + ( m + 3) A= = = x1 + x x1 + x 2m − 2 4m2 − 5m + 13 12 12 = = 4m − + = ( m − 1) + +3 m −1 m −1 m −1 Vì m > nên áp dụng BĐT Cauchy ta có: ( m − 1) + 12 12 +  ( m − 1) + = 48 + = + m −1 m −1 Dấu “=” xảy ( m − 1) = 12  ( m − 1) =  m = + (vì m > 1) m −1 Vậy GTNN A + m = Trang 21 +1 Ví dụ 8: Cho phương trình x2 – 4mx + 3m2 – = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt biểu thức A = x1 + x + đạt giá trị lớn x1 − x Phương trình có ’ = 4m2 – 3m2 + = m2 + > với m  Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Theo Vi – ét có x1 + x2 = 4m; x1.x2 = 3m2 – Ta có (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 16m2 – 12m2 + 12 = 4(m2 + 3)  x1 − x = m + m +1 4m + 4m2 + 8m + 12m + 24m + 12 A = A = = = m2 + 3m2 + m2 + m2 + = 16 ( m2 + 3) − 4m2 + 24m − 36 ( m + 3) 16 ( 2m − ) 16 = −  A 3 ( m + 3) 3 C2:  am2 + 3a = 4m2 + 8m +  (a – 4)m2 – 8m2 + 3a – = 16 ’ = 16 – 3a2 + 16a – 16 = –3a2 + 16a    a  Ví dụ 9: Tìm m để phương trình x2 – (2m + 1)x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ( x12 − x1 + 2mx + m − ) − 2x1 x nhỏ Phương trình (1) có  = 4m2 + 4m + – 4m2 + 20 = 4m + 21 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  >  m > − 21 Ta có x2 – (2m + 1)x + m2 – =  x2 – x + m2 – = 2mx  ( x12 − x1 + 2mx + m − ) − 2x1 x = ( 2mx1 + 2mx ) − 2x1 x = 2m ( x1 + x ) − 2x1 x 2  19  = 2m ( 2m + 1) − ( m − ) = 2m + 2m + 10 =  m +  + 2  2 Ví dụ 10: Cho phương trình 2x − ( m + 1) x + m − m + = (1) Tìm GTLN, GTNN biểu thức A = (2x1 + 1)(2x2 + 1) – m Phương trình (1) có  = m2 + 2m + – 8m2 + 8m – = –7m2 + 10m – Trang 22 Để pt (1) có hai nghiệm    −7m2 + 10m −    m 1 m +1 2m − 2m + Theo định lý Vi-ét ta có: x1 + x2 = ; x1x2 = Ta có A = ( 2x1 + 1)( 2x + 1) = 4x1 x + ( x1 + x ) + − m 2m − 2m + m +1 = + + − m = 2m2 – 2m + = Dấu “=” xảy m = (TM) 2 1 5  2 m −  +  2 2  Vì m   m –  0, mà 2m + >  (m – 1)(2m + 1)   2m2 – m –   2m2 – m – +   2m2 – m +  Dấu “=” xảy m = Vậy GTNN A m = ; GTLN A m = 2 d) Tìm biểu thức khơng phụ thuộc vào tham số Ở dạng này, cần biến đổi cho biểu thức khơng cịn chứa m Giải pháp khử m từ biểu thức Vi - ét phương pháp cộng Ví dụ 1: Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x – m – = có hai nghiệm x1; x2 Hãy tìm hệ thức hai nghiệm độc lập với m  15  Phương trình có ’ = (m – 1) + m + = m – m + =  m −  +  2  2  Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m  x + x = 2m −  x1 + x = 2m − Theo Vi – ét có    x1 + x + 2x1 x = −8 x x = − m − 2x x = − 2m −   Vậy biểu thức hai nghiệm độc lập với m x1 + x + 2x1 x = −8 Ví dụ 2: Cho phương trình mx2 – 2(m – 1)x + m – = có hai nghiệm x1; x2 Hãy tìm hệ thức hai nghiệm độc lập với m Phương trình có hai nghiệm m  ’   m2 – 2m + – m2 + 5m   m  − Trang 23 2m − 2 10    x + x = x + x = − x + x = 10 − ( ) 2  m   m   m Theo Vi – ét có     x x = m −  x x = − 2x x = − 10 2    m m m  5(x1 + x2) – 2x1x2 = Sau số toán đề xuất (tương tự) Bài 1: Cho phương trình x2 – (m – 1)x – m2 + m – = có hai nghiệm x1; x2 3 x  x  Tìm m để biểu thức A =   +   đạt giá trị lớn  x   x1  Bài 2: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 Bài 3: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm dương phân biệt x − 5x + ( m + ) x − 2m = Bài 4: Cho phương trình x2 – 4x = 2|x – 2| – m – 5, với m tham số Xác định m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt Trang 24 Hiệu sáng kiến 4.1 Ý nghĩa thực tiễn sáng kiến: - Việc áp dụng Vi – ét giải toán giúp cho học sinh làm nhanh đề Toán mà giáo viên yêu cầu, em linh hoạt đưa phương án giải nhanh hướng giải tốt Các em không bỡ ngỡ trước câu hỏi lạ dạng toán - Kết làm học sinh khơng cịn sai sót đáng tiếc, khơng cịn sai sót ngớ ngẩn Học sinh làm kết đúng, khơng cịn tình trạng làm nhiều mà sai nhiều - Các tiết học tốn trở nên nhẹ nhàng, học sinh tích cực học tập, khơng cịn tình trạng sợ sệt, ép buộc nữa, mà em chủ động học, chủ động làm tốn giao với kết xác cao - Kết qua kì kiểm tra, khảo sát nâng lên đáng kể 4.2 Đối tượng hưởng lợi sáng kiến: - Nhờ áp dụng kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề Vi – ét mà học sinh làm tốt dạng tốn Qua cịn phát triển tư sáng tạo số dạng toán khác - Kết thu áp dụng giải pháp học sinh lớp 9A1, 9A2: Số liệu khảo sát đầu năm: Giỏi Khá Yếu Trung bình Tổng số học sinh SL % SL % SL % SL 9A1 37 22 12 32,4 17 45,6 9A2 38 0 23,7 22 58 Lớp % 18,3 Số liệu cuối năm: Giỏi Khá SL % SL % SL % 9A1 37 30 81 19 0 9A2 38 17 45 18 47 Lớp Trang 25 Yếu Trung bình Tổng số học sinh SL % So sánh bảng số liệu thấy hiệu bật giải pháp, giúp thay đổi tích cực kết học tập học sinh Học sinh u thích mơn tốn nhiều C KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận: Đổi phương pháp dạy học yêu cầu cấp thiết đặt “Kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề hệ thức Vi–ét” giúp nâng cao hiệu học tập, thi cử học sinh, góp phần tạo hứng thú học tập cho mơn Tốn nói riêng số mơn khoa học tự nhiên nói chung Việc áp dụng giải pháp cần thường xuyên suốt trình giảng dạy, để hình thành kỹ (thành thói quen) có hiệu cao Để áp dụng tốt giải pháp đòi hỏi giáo viên phải tự học, nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ, đáp ứng yêu cầu đổi giáo dục Trên giải pháp rút q trình giảng dạy mơn Tốn trường THCS TT Bố Hạ, giải pháp giúp cải thiện chất lượng mơn Tốn học sinh, đặc biệt giúp nâng cao hiệu thi vào lớp 10 THPT Trong trình thực hiện, kinh nghiệm cá nhân nên cịn sai sót, mong nhận đóng góp ý kiến đồng chí để giải pháp tơi hồn thiên Kiến nghị: 2.1 Đối với trường THCS TT Bố Hạ: - Quan tâm sát tới công tác bồi dưỡng HSG, nâng cao chất lượng đại trà, đặc biệt chất lượng vào lớp 10 THPT - Tập huấn, trao đổi kinh nghiệm nâng cao hiệu việc ứng dụng công nghệ thơng tin dạy học quản lí giáo dục, đặc biệt thời gian diễn biến dịch bệnh phức tạp 2.2 Đối với Phòng GD&ĐT Yên Thế - Tổ chức lớp tập huấn, sinh hoạt chuyên môn, chuyên đề nhằm nâng cao hiệu giảng dạy, đổi phương pháp dạy học có hiệu Trang 26 - Tổ chức tập huấn việc ứng dụng công nghệ thông tin dạy học, tập huấn dạy trực tuyến, tập huấn phần mềm hỗ trợ - Quan tâm đến trường THCS TT Bố Hạ sở vật chất, người –––––––––––––––––––––––––––––o0o––––––––––––––––––––––––––––– XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ TT Bố Hạ, ngày 15 tháng năm 2022 Người viết Nguyễn Xuân Hảo Trang 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 Nguồn Internet Sách đổi phương pháp – Nhà xuất Đại học sư phạm Sách chuyên đề toán Trang 28 ... đề hệ thức Vi–ét” Mục tiêu sáng kiến 2.1 Mục tiêu chung Giúp học sinh giải tốn hiệu quả, xác, đạt kết cao kì thi Đặc biệt nâng cao hiệu thi vào lớp 10 THPT thi HSG mơn Tốn 2.2 Mục tiêu cụ thể +... NỘI DUNG Cơ sở viết sáng kiến 1.1 Cơ sở khoa học Trong chương trình GDPT, mục tiêu phát triển lực, phẩm chất người học Mục tiêu Bậc THCS là: giúp học sinh phát triển phẩm chất, lực hình thành...DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT THPT …………………………………… Trung học phổ thông THCS …………………………………… Trung học sở