(Skkn 2023) ứng dụng hệ thức vi ét vào giải toán

1/17 A- ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Ngày nay, với phát triển vũ bão khoa học kĩ thuật phát triển mạnh mẽ đất nước, đòi hỏi ngành giáo dục phải thay đổi tầm nhìn phương thức hoạt động yêu cầu tất yếu, sản phẩm giáo dục người Nó định vận mệnh tương lai đất nước, điều thể rõ sách: “Coi giáo dục đào tạo quốc sách hàng đầu với khoa học công nghệ yếu tố định góp phần phát triển khoa học xã hội” Do cần phải đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo Việt Nam theo hướng chuẩn hóa, đại hóa, xã hội hóa, dân chủ hóa hội nhập quốc tế Toán học đời gắn liền với người, với lịch sử phát triển sống xã hội loài người nói chung, người nói riêng Nó có lí luận thực tiễn lớn lao quan trọng đồng chí: Phạm Văn Đồng nói: “Tốn học mơn thể thao trí tuệ giúp rèn luyện tính thơng minh sáng tạo” Như biết, hệ thức Vi-ét kiến thức trọng tâm chương trình lớp Đây chuyên đề ôn thi trọng tâm vào lớp 10 - THPT Nhìn hệ thức đơn giản để áp dụng hệ thức Vi-ét vào giả loại tốn vấn đề khơng đơn giản Nó cần địi hỏi chun cần, nhanh nhạy học sinh Nó cần giúp đỡ hay hướng dẫn giáo viên Người giáo viên cần phân thành dạng toán cụ thể đưa cách làm để hướng dẫn em Qua thực tế giảng dạy mơn tốn ơn thi vào 10 cho học sinh lớp 9, đồng thời qua trình kiểm tra đánh giá tiếp thu học sinh vận dụng hệ thức Vi-ét để giải tốn Tơi nhận thấy học sinh vận dụng kiến thức tốn học phần cịn nhiều hạn chế thiếu sót Đặc biệt em lúng túng vận dụng hệ thức Vi-ét, biến đổi tốn để áp dụng hệ thức Vi-ét Trên sở nghiên cứu tơi phân chia thành nhiều dạng tốn, áp dụng hệ thức Vi-ét vào để biến đổi, rút vài kinh nghiệm nhỏ để giúp em có phương pháp để áp dụng vào giải toán năm học 2020 – 2021 đồng thời chia sẻ đồng nghiệp số kinh nghiệm thực đề tài Xuất phát từ lý tâm huyết với nghề, tình yêu thương em học sinh, niềm đam mê dành cho mơn tốn tơi khơng ngừng trau dồi kiến thức, học hỏi kinh nghiệm, nâng cao tay nghề việc soạn giảng kinh nghiệm riêng thân lý để chọn đề tài 2/17 Đối tượng nghiên cứu: - Đối tượng học sinh đại trà lớp - Đối tượng học sinh giỏi lớp Mục đích nghiên cứu: Nghiên cứu nhằm đề phương pháp sư phạm với mục đích: “Ứng dụng hệ thức Vi-ét vào giải tốn”, góp phần nâng cao chất lượng dạy học tốn nói riêng tốn THCS nói chung Phạm vi nghiên cứu: Để thực đề tài này, thực nghiên cứu với em học sinh đơn vị công tác Trường THCS Tản Hồng Cụ thể học sinh lớp 9b,9c 5.Thời gian nghiên cứu: Đề tài thực từ ngày 18/ 1/ 2020 đến ngày 30/ 4/ 2021 Nhiệm vụ nghiên cứu: Để đạt mục đích trên, đề tài có nhiệm vụ làm sáng tỏ số vấn đề sau: + Làm sáng tỏ sở lí luận kĩ giải Toán + Đề xuất phương pháp sư phạm để rèn luyện kĩ giải Toán cho học sinh + Thực nghiệm sư phạm để kiểm tra tính khả thi đề tài Cơ sở nghiên cứu: Để thực đề tài này, dựa sở kiến thức học Trường sư phạm, tài liệu phương pháp giảng dạy, tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách tập, sách nâng cao, sách chuyên đề nhiều sách tham khảo mơn Tốn bậc trung học sở Phương pháp nghiên cứu: Thực đề tài này, sử dụng phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận thông qua tài liệu – Phương pháp khảo sát thực tiễn giải tập học sinh – Phương pháp phân tích – Phương pháp tổng hợp đưa giải pháp – Phương pháp khái quát hóa – Phương pháp kiểm tra nắm bắt kết học sinh – Phương pháp tổng kết kinh nghiệm 3/17 PHẦN II – NỘI DUNG A CỞ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN: Hệ thức Vi-ét kiến thức trọng tâm học sinh lớp Mặc dù số lượng tiết học dành cho phần kiến thức không nhiều, xong tính ứng dụng để giải dạng tập khơng nhỏ Nhìn đơn giản để áp dụng vào tập địi hỏi học sinh phải có lượng kiến thức sâu, rộng, khơng thế, địi hỏi học sinh phải linh hoạt để biến đổi đưa toán dạng để áp dụng hệ thức Vi-ét Khi ứng dụng hệ thức Vi-ét, học sinh tìm nghiệm phương trình bậc hai trường hợp đặc biệt mà không cần sử dụng tới công thức nghiệm Bởi vậy, học sinh tiết kiệm thời gian làm bài, tránh sai sót khơng đáng có Hơn nữa, lại nội dung kiến thức kì thi tuyển vào cấp Bởi người giáo viên cần xây dựng hệ thống tập, phân dạng tập, đồng thời khái quát cách giải để đáp ứng cho nhu cầu học sinh Tránh cho em tâm lý sợ gặp dạng toán này, giúp em thật tự tin thi cử B THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 1/ Tình trạng thực tế chưa thực hiện: Trước thực đề tài, nhận thấy em học sinh nắm nội dung hệ thức Vi-ét, xong ứng dụng vào giải tốn cịn lúng túng, em chưa biết cách biến đổi hệ thức để áp dụng hệ thức vi-ét Phần nhiều em chưa làm quen với dạng toán , chưa biết làm cách để áp dụng hệ thức Vi-ét Học sinh biết giải toán số toán đơn giản, gặp toán phức tạp em chưa biết cách định hướng 2/ Số liệu điều tra trước thực hiện: Khi chưa đưa đề tài vào áp dụng qua kiểm tra cho thấy học sinh nắm nội dung hệ thức Vi-ét 90% Nhưng số lượng học sinh chưa biết cách biến đổi hệ thức để đưa dạng áp dụng Vi-ét 70% Số lượng học sinh khơng biết phân dạng tốn để đưa định hướng cách giải 80% Thông qua kết thấy cần phải khuấy động phong trào học tốn, khơi dậy lịng ham học em để em đạt kết cao Vì áp dụng đề tài vào lớp 9c trường THCS Tản Hồng mà trực tiếp giảng dạy 4/17 C BIỆN PHÁP VÀ CÁCH THỰC HIỆN: Biện pháp chủ chốt: PHÂN DẠNG LOẠI TOÁN VÀ CÁCH GIẢI Trong trình giảng dạy, điều quan trọng là: Giáo viên phải phân dạng loại toán Đặc biệt tập áp dụng hệ thức Vi-ét, giáo viên cần phân dạng tập giới thiệu cách giải chung loại, công thức, kiến thức có liên quan loại Rồi đưa hệ thống tập theo dạng, sau giáo viên đưa hệ thống tập tổng hợp để học sinh dễ dàng hệ thống kiến thức biết liên kết dạng tập NỘI DUNG THỰC HIỆN * Nội dung hệ thức Vi-ét: Cho phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = (a  0) (1) a 0 Điều kiện để áp dụng Vi-ét: Nếu    b  4ac 0 b  S x1  x  a Nếu x1, x2 hai nghiệm phương trình (1)   P x x  c  a S: tổng hai nghiệm P: tích hai nghiệm * Nội dung ứng dụng hệ thức Vi-ét Các dạng toán ỨNG DỤNG 1: NHẨM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH: 1.1 Phương trình bậc hai có dạng đặc biệt: Nếu phương trình: ax2 + bx + c = (a  0) (1) có : +) a + b + c = phương trình có nghiệm x1 1 nghiệm cịn lại x2  +) a  b + c = phương trình có nghiệm x1  nghiệm lại x2  c a BÀI TẬP ÁP DỤNG Dùng hệ thức Vi-ét để nhẩm nghiệm phương trình sau: a) x  x  0 (1) b) 3x  x  11 0 (2) c) x  (  5) x  15 0 (3) d) x  (3  7) x  0 (4) Giải: Ta thấy: 3  11 b) Phương trình (2) có dạng a + b + c = nên có nghiệm x1 1 x2  a) Phương trình (1) có dạng a  b + c = nên có nghiệm x1  x2  c a 5/17 c) x  (  5) x  15 0 (3) có : a.c  15  , phương trình có hai nghiệm phân biệt Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: b   S x1  x  a  x1  x         P x x  c  x1x  15   a    x1  ; x2  Vậy phương trình có hai nghiệm :   x1  ; x2  1.2/ Phương trình bậc hai chứa tham số cho trước nghiệm, tìm giá trị tham số tìm nghiệm cịn lại Cách giải: - Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm - Thay giá trị nghiệm cho vào phương trình, tìm giá trị tham số, đối chiếu với điều kiện - Tìm nghiệm cịn lại hai cách sau: + Thay giá trị tìm tham số vào phương trình giải phương trình + Thay giá trị tìm tham số giá trị nghiệm cho vào tổng hai nghiệm tích hai nghiệm để tìm nghiệm cịn lại BÀI TẬP ÁP DỤNG Cho phương trình: x2 - 2(m - 3)x - = (1) Xác định m để (1) có nghiệm x = -2, tìm nghiệm cịn lại Giải: PT : x2 - 2( m - )x - = có: a = 1; b = - 2(m - 3); c = -1; b’ = - (m - 3) 2  ' (b ')  ac    m  3    m  3  0, m Phương trình ln có nghiệm  x1  x2 2(m  3)  x1.x2  Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  Thay x1  vào phương trình (1) ta :  4(m  3)  0  m  (TM ) 1 1 Từ x1 x2  suy x2  x    Vậy với m  phương trình có nghiệm x = -2, nghiệm lại x  ỨNG DỤNG 2: LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 2.1 Lập phương trình bậc hai biết giá trị hai nghiệm x1 ; x2 6/17 * Nếu có hai số x1 , x2 mà x1.x2 S x1  x2 P hai số nghiệm phương trình: x  Sx  P 0 Từ kiến thức học sinh muốn lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm x1 ; x2 học sinh cần  S x1  x2  P x1 x2 + Áp dụng tính  + Kết luận x1 ; x2 nghiệm phương trình có dạng: x  Sx  P 0 BÀI TẬP ÁP DỤNG Cho x1 3 ; x2 2 lập phương trình bậc hai chứa hai nghiệm Giải:  S x1  x2 5  P x1 x2 6 Theo hệ thức Vi-ét ta có  Vậy x1 ; x2 nghiệm phương trình có dạng: x  Sx  P 0  x  x  0 2.2/ Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm phương trình bậc hai cho trước: BÀI TẬP ÁP DỤNG Cho phương trình: x  3x  0 có nghiệm phân biệt x1; x2 Không giải phương trình trên, lập phương trình bậc có ẩn y1 , y2 thoả mãn: y1 x2  x y2  x1  x2 Giải:  x1  x2 3  x1 x2 2 Từ phương trình: x  3x  0 Theo hệ thức Vi- ét:  Ta có: S  y1  y2 x2  P  y1 y2 ( x2  1 1 1 x x  x1  ( x1  x2 )     ( x1  x2 )  3   x1 x2 x1 x2 2  x1 x2  1 1 )( x1  )  x1 x2    2     x1 x2 x1 x2 2 Vậy phương trình cần lập có dạng: y  Sy  P 0 hay y  9 y  0  y  y  0 2 ỨNG DỤNG 3: TÌM GIÁ TRỊ THAM SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH THOẢ MÃN HỆ THỨC CHỨA HAI NGHIỆM ĐÃ CHO * Cách giải 7/17 - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 (a    0), áp dụng hệ thức Vi-ét tìm ( x1  x2 ) x1 x2 theo tham số - Từ hệ thức chứa nghiệm cho, biến đổi hệ thức để xuất ( x1  x2 ) x1 x2 , kết hợp với 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 * Chú ý: Đối với tốn dạng điều quan trọng học sinh phải biết cách biến đổi hệ thức chứa hai nghiệm cho hệ thức có chứa tổng hai nghiệm S tích hai nghiệm P để áp dụng hệ thức Vi-ét Một số phép biến đổi để xuất ( x1  x2 ) x1 x2 1) x12  x22 ( x12  x1 x2  x22 )  x1 x2 ( x1  x2 )2  x1 x2 3 2 2) x1  x2  x1  x2   x1  x1 x2  x2   x1  x2    x1  x2   3x1 x2  2 3) x14  x24 ( x12 )2  ( x22 )2  x12  x22   x12 x22  ( x1  x2 )2  x1 x2   x12 x22 1 x x 4) x  x  x x 2 5) x1  x2 ?  x1  2 x2   x1  x2   x1 x2  x1  x2   x1  x2   x1 x2 x12  x22  x1  x2   x1  x2  =…… 2 x13  x23 =  x1  x2   x1  x1 x2  x2   x1  x2    x1  x2   x1 x2  =…… 2 2 x14  x24 =  x1  x2   x1  x2  =…… 3 2 2 x16  x26 = ( x1 )  ( x2 )  x1  x2   x1  x1 x2  x2  =…… BÀI TẬP ÁP DỤNG Cho phương trình: mx   m  1 x   m  3 0 (1) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức: x1  x2 x1.x2 Giải: Phương trình: mx   m  1 x   m  3 0 (1) có hệ số: a m; b  6(m  1); b,  3(m  1); c 9.(m  3) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm x1 x2 là: a 0    ' 0 m 0   2  ' 9  m  2m  1  9m  27m 0 m 0    ' 9  m  1 0 m 0   m  8/17 6(m  1)   x1  x2  m Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x x  9(m  3)  m (*) Từ giả thiết: x1  x2 x1 x2 (**), thay (*) vào (**) ta có: 6(m  1) 9(m  3)   6(m  1) 9(m  3)  6m  9m  27  3m 21  m 7 (TMĐK) m m Vậy với m = phương trình cho có nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức: x1  x2 x1.x2 ỨNG DỤNG 4: TÌM HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA HAI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAO CHO HAI NGHIỆM NÀY KHÔNG PHỤ THUỘC VÀO THAM SỐ Phương pháp giải: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x x2 (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 BÀI TẬP ÁP DỤNG Gọi x1; x2 nghiệm phương trình:  m  1 x  2mx  m  0 (1) Chứng minh biểu thức A 3  x1  x2   x1 x2  không phụ thuộc giá trị m Giải Để phương trình (2) có hai nghiệm x1 x2 thì:  m 1  m  0  m 1     ' 0 5m  0  m  (m  1)(m  4) 0  m 1    m  2m   x1  x2  m  Theo hệ thức Vi-ét ta có :  thay vào biểu thức A ta có:  x x  m  m  2m m 6m  2m   8( m  1)   8  0 m m m m Vậy A = với m 1 m  Do biểu thức A khơng phụ thuộc vào m A 3  x1  x2   x1 x2  3 ỨNG DỤNG 5: 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 0 (Điều kiện để có hai số S2  4P  0) BÀI TẬP ÁP DỤNG 9/17 Bài 1: Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b = -3 tích P = ab = -4 Giải Vì a + b = -3 ab = - nên a, b nghiệm phương trình: x  3x  0 Giải phương trình ta x 1 x2  Vậy: Nếu a = b = - Nếu a = - b = Bài 2: Tìm số a b biết: a + b = a2 + b2 = 41 Giải Theo đề biết tổng hai số a b, để áp dụng hệ thức Vi-ét cần tìm tích a b  a  b 9   2 a  b  41  a  b 9  (a  b)  2ab 41 Từ a  b 9 a  b 9    (a  b)  41  2ab (a  b)  41 ab   a  b 9  ab 20  x 4 Suy ra: a, b nghiệm phương trình có dạng: x  x  20 0   x  5 Vậy: Nếu a = b = Nếu a = b = ỨNG DỤNG 6: XÁC ĐỊNH DẤU CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Cho phương trình: ax  bx  c 0 (a  0) Hãy tìm điều kiện để phương trình có nghiệm: trái dấu, dấu, dương, âm … Ta dựa vào bảng xét dấu sau để tìm điều kiện toán  Dấu nghiệm x1 x2 S x1  x2 P x1 x2 Điều kiện chung trái dấu   P0     0; P > dương + + P>0     0; P > 0; S > S < P >   BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Xác định tham số m cho phương trình:   0; P > 0; S < âm  S>0  x   3m  1 x  m  m  0 có nghiệm trái dấu Giải: 2 PT: x   3m  1 x  m  m  0 Có: a = 2; b = -(3m + 1); c = m2 - m -    (3m  1)  4.2.( m2  m  6) 9m  6m   8m  8m  48 m  14m  49 (m  7) 0, m 10/17 Để phương trình có nghiệm trái dấu thì: (m  7)        m2  m  0 P  P    m 7  (m  2)(m  3)   2m3 Vậy   m  phương trình có nghiệm trái dấu Bài 2: Xác định tham số m cho phương trình mx   m  1 x  3(m  2) 0 có hai nghiệm phân biệt dương Giải: PT: mx   m 1 x  3(m  2) 0 Có: a = m; b= -2(m + 1); c = -3(m – 2); b’= -(m + 1)  '   (m  1)   m.3( m  2) m  2m   3m  6m 4m  4m  (2m  1) 0, m 2(m  1)   x1  x2  m Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:   x x  3(m  2)  m Để phương trình có nghiệm phân biệt dương m 0   a 0 (2m  1)   '       2(m  1)    S   m  P   3(m  2) 0   m m 0  m    m   m2    m     m   m   Vậy m  phương trình có hai nghiệm phân biệt dương Bài Xác định tham số m cho phương trình x  2(2m  1) x  4m 0 có hai nghiệm phân biệt âm Giải: PT: x  2(2m  1) x  4m 0 có: a = 1; b = 2(2m + 1); c = 4m; b’= (2m + 1)  '  2m  1  4m 4m  4m   4m 4m   0, m  x1  x2  2(2m  1)  x1.x2 4m Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  11/17 Để phương trình có nghiệm phân biệt âm : 1 0 (TM ) 1    2m   4m 1  0, m m     m0  m   2(2 m  1)    m  4m  Vậy m  phương trình có hai nghiệm phân biệt âm a 0      S    P  ỨNG DỤNG 7: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NGHIỆM Cách giải: Muốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức C, ta áp dụng tính chất bất đẳng thức: Trong trường hợp ta ln phân tích được:  A2  m C  k  B (trong A, B biểu thức, m, k số) (*) + Nếu C m (vì A 0 )  C m  A 0 + Nếu C k (vì B 0 )  max C k  B 0 Bài 1: Cho phương trình: x   2m  1 x  m 0 Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm m để: A x12  x22  x1 x2 có giá trị nhỏ Giải: Phương trình: x   2m  1 x  m 0 , có a = 1, b = 2m – 1, c = -m  ,  2m  1  4m 4m2  4m   4m 4m2   0, m  x1  x2  (2m  1)  x1 x2  m Theo Vi-ét ta có::  Theo đề bài: A x12  x22  x1 x2  x1  x2   8x1 x2 [   2m  1 ]2  8m 4m  4m  (2m  1) 0 1 1 Vậy m  A 0 2 Bài 2: Cho phương trình: x  mx  m  0 Gọi x1 x2 nghiệm Suy ra: A 0  2m  0  m  phương trình 2x x  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức sau: B  x  x   x x 1 2 Giải: Phương trình x  mx  m  0 có a = 1, b = -m, c = m-1  ,   m   4(m  1) m  4m  (m  2)2 0, m 12/17  x1  x2 m  x1 x2 m  Theo hệ thức Vi-ét thì:   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: B  Vì  m  1 0   m  1 m    m  2m  1 m2  1   m  1 m2  2 m2  0  B 1 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 2 Vì  m   0   m  2 2  m2   0  B  1 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 ln có nghiệm với m B 2m   Bm2  2m  B  0 (Với m ẩn, B tham số) (**) m2  Ta có:  1  B(2 B  1) 1  B  B Để phương trình (**) ln có nghiệm với m   2 hay  B  B  0  B  B  0   B 1  B  1 0   B  0   B  0      B  0    B  0    B     B 1    B     B 1  2  Vậy: max B =  m = 1; B  B 1  m  2 Bài tập tự luyện: Bài 1: Hãy tìm nhanh nghiệm phương trình sau: a) 2003x  x  2004 0 b) x  500 x  507 0 c) x  49 x  50 0 d) x  (3  7) x  0 Bài 2: Lập phương trình bậc hai để cặp x1 ; x2 sau hai nghiệm phương trình a x1 = x2 = -3 b x1 = 3a x2 = a 13/17 c x1 = 36 x2 = -104 d x1 =  x2 =  Bài 3: Cho phương trình bậc hai: x  x  m 0 có nghiệm x1; x2 Hãy lập phương trình bậc hai có nghiệm y1; y2 cho: a) y1  x1  y2 x2  b) y1 2 x1  y2 2 x2  Bài 4: Cho phương trình: mx   m   x  m  0 (1) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1  x2 0 2 Cho phương trình: x   m  1 x  5m  0 (2) Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức: x1  3x2 1 Bài 5: Cho phương trình : x   4m  1 x   m   0 Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 cho chúng không phụ thuộc vào m Bài 6: 1/ Tìm số a b biết tổng S = a +b tích P = a.b a) S = P = b) S =  P = 2/ Tìm số a b biết: a) a  b = ab = 36 b) a2 + b2 = 61 ab = 30 Bài 7: Cho phương trình: x   4m  1 x   m   0 Tìm m để biểu thức A  x1  x2  có giá trị nhỏ Cho phương trình: x  2(m  4) x  m  0 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 Trên hệ thống tập trang bị cho học sinh năm học vừa qua Mong thầy góp ý thêm D KẾT QUẢ SAU THỰC NGHIỆM: Với phương pháp nêu trên, thân tự nghiên cứu áp dụng, bước đầu thấy thu số kết sau: - Phần lớn học sinh hứng thú giải phương trình bậc hai có chứa tham số, có áp dụng hệ thức Vi-ét - 100% học sinh biết cách áp dụng hệ thức Vi-ét - Đa số em biết biến đổi hệ thức cho dạng biểu thức có chứa x1  x2 x1.x2 để áp dụng hệ thức Vi-ét - Các em khơng cịn lúng túng gặp dạng toán cần ứng dụng hệ thức Vi-ét 14/17 - Các em có niềm tin, niềm say mê học tốn, từ tạo cho em tính tự tin độc lập suy nghĩ, giúp em tự tin thi cử - Phát triển tư logic, óc quan sát, suy luận toán học, kết hợp chặt chẽ kết hợp điều kiện - Trong trình giải tập giúp em có khả phân tích, suy ngẫm, khái quát vấn đề cách chặt chẽ, em khơng cịn ngại khó, mà tự tin vào khả học tập - Nhiều em giỏi tìm cách giải hay ngắn gọn phù hợp Tuy bên cạnh kết đạt cịn số học sinh học yếu, lười học, chưa có khả tự biến đổi hệ thức Đối với em yếu, việc thực khó khăn phần khả học tốn em cịn hạn chế, mặt khác dạng tốn lại khó, địi hỏi tư nhiều em - Một số em chưa có khả tổng hợp điều kiện để đưa điều kiện chung cho toán - Những biện pháp việc làm tơi trình bày trên, bước đầu chưa đạt kết chưa thật mỹ mãn tâm ý thân Tuy nhiên, thực tốt tơi nghĩ góp phần đổi phương pháp dạy học mà ngành quan tâm đạo Mặt khác, với cách trình bày tơi thiết nghĩ, tin tưởng với cách phân dạng lượng tri thức tốt để góp phần giúp cho em thi vào 10 có kết cao So với trước phương pháp phân dạng toán để ứng dụng hệ thức Vi-ét tơi trình bày thu kết khả quan Hầu hết học trò nắm phương pháp giải dạng toán, học sinh hiểu vấn đề, biết vận dụng vào tập Kết có 88,5% học sinh hiểu vận dụng vào tập dạng bản, tăng nhiều so với trước chưa thực phương pháp Cụ thể tơi đưa tốn tổng hợp để thử sức kiểm nghiệm học sinh sau thực đề tài BÀI TẬP KHẢO SÁT Cho phương trình: x  2(m  1) x  4m 0 (1) 1/ Xác định m để phương trình có nghiệm kép Tìm nghiệm kép 2/ Xác định m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm lại 3/ Với điều kiện m phương trình có hai nghiệm trái dấu 4/ Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: x1  x2 0 5/ Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm x1 ; x2 mà không phụ thuộc vào m 6/ Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 cho biểu thức: 15/17 A 2 x  x2  x1.x2 nhận giá trị nhỏ 2 ĐÁP ÁN: x  2(m  1) x  4m 0 (1)  ' (m  1)  4m m  2m  (m  1) 0, m  x1  x2 2.(m  1)  x1 x2 4m Áp dụng hệ thức Vi-ét:   a 0 1 0(tm)   m 1 m  0   0 1/ Để phương trình (1) có nghiệm kép  ' Với m = 1, phương trình có nghiệm kép: x1 x2   b 2(m  1)  2  x1 x2 2 2a 2/ Thay x = vào phương trình (1), tìm m = (TMĐK)và nghiệm lại là: x=   '  3/ Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì:  x x    (m  1)   m 1   m   4m   x1  x2 2.(m  1) (1)  x1 x2 4m 4/ Vì  ' (m  1) 0, m Áp dụng Vi-ét:   x1  x2 3x2  2( x1  x2 ) 9 x1 x2 (2) 2( x  x )  x  Từ x1  x2 0 Suy ra:  Thế (1) vào (2) ta đưa PT: 2m  5m  0 =>  ( 5)  4.2.2 25  16 9  => phương trình có nghiệm m1 2; m2  Vậy m  {2;  } phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x1  x2 0  x1  x2 2.(m  1)  2( x  x ) 4m    5/  x1 x2 4m  x1 x2 4m  2( x1  x2 )  x1 x2 4m   4m  2( x1  x2 )  x1 x2 4 Vậy: 2( x1  x2 )  x1 x2 4 hệ thức không phụ thuộc vào m 6/ A 2 x12  x2  x1.x2 2( x12  x2 )  x1.x2 2  x1  x2   x1.x2 (2)  x1  x2 2.(m  1) vào biểu thức A ta có :  x1 x2 4m thay  A 2  x1  x2   x1.x2 8( m  2m  1)  6.4m 8m  8m  2   3 1  8( m  m  1) 8   m     8  m       2    2 16/17 Vậy minA = m  BẢNG KẾT QUẢ THU ĐƯỢC Qua tập tổng hợp trên, sát hạch với hai đối tượng học sinh 9b, 9c tơi thu kết sau: Lớp Sĩ số 9c 9b 37 37 Câu SL - % Câu SL - % Câu SL - % Câu SL - % Câu SL - % Câu SL - % 37-100% 37-100% 33-89,1% 30-81,1% 25-67,6% 22- 59,5% 28-75,6% 25-67,6% 23-62,2% 14-37,8% 8-21,6% 5-13,5% PHẦN III: KẾT LUẬN - BÀI HỌC KINH NGHIỆM VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận : Ứng dụng hệ thức vi-ét vào giải toán chuyên đề dành cho đối tượng học sinh lớp Nếu học sinh nắm nội dung hệ thức Vi-ét, biết cách phân dạng nắm cách làm dạng giải tốn khơng cịn thách thức với học sinh Phần ứng dụng đặc biệt giúp em học sinh phần tự tin bước vào kì thi vào 10 năm học Với đề tài “Ứng dụng hệ thức vi-ét vào giải tốn” này, tơi hy vọng nhiều cung cấp số tài liệu cho bạn đồng nghiệp chương trình giảng dạy lớp 9, đồng thời tài liệu có ích cho giáo viên ơn thi vào 10 Bài học kinh nghiệm: Phần ứng dụng hệ thức Vi-ét vào giải toán phần kiến thức quan trọng dạng tập lại đa dạng Tuy nhiên, với khả mình, tơi đề cập đến số dạng đơn giản mà em thường gặp chương trình lớp 9, tơi sâu vào vấn đề nhỏ hướng dẫn, giúp em có kỹ định hướng dạng cách giải toán, biết cách biến đổi để từ áp dụng hệ thức Vi-ét Những kinh nghiệm biện pháp nhỏ bé kinh nghiệm đúc kết.Trên số kinh nghiệm nhỏ rút từ thực tế năm giảng dạy ôn thi lớp thân tôi, quý thầy giáo, cô giáo trước bạn đồng nghiệp Vì vậy, tơi mong góp ý, xây dựng quý thầy giáo, cô giáo, bạn đồng nghiệp, nhằm giúp tơi bước hồn thiện phương pháp giảng 17/17 dạy Từ đósẽ giúp cho em học sinh có nhiều kiến thức hơn, dễ hiểu u thích mơn tốn hơn, tự tin thi cử Khuyến nghị: - Do thời gian học khố có hạn mà kiến thức tốn rộng lớn, có nhiều chun đề, nhiều dạng tốn địi hỏi người học sinh phải tích luỹ nhiều kinh nghiệm giải dạng Do tơi đề nghị nhà trường tạo điều kiện thời gian sở vật chất giúp giáo viên học sinh có thêm buổi ngoại khố để trị trao đổi, tháo gỡ thắc mắc, khó khăn việc học mơn tốn nói chung mơn số học nói riêng, giúp học sinh có thêm kinh nghiệm giải toán vốn kiến thức vững vàng để em tiếp thu kiến thức lớp cách tốt - Đối với ngành tổ chức chuyên đề để giáo viên có điều kiện học hỏi nâng cao nghiệp vụ chun mơn để thúc đẩy lịng u nghề thầy cô thúc đẩy tiến ngành Đề tài áp dụng lớp 9c trường THCS Tản Hồng mang lại kết đáng mừng rõ nét Tuy nhiên đề tài chắn không tránh khỏi khiếm khuyết Vì tơi mong q thầy đóng góp ý kiến cho tơi để tơi rút kinh nghiệm tiếp tục phát triển thêm đề tài nói riêng kinh nghiệm việc giảng dạy mơn tốn nói chung Xin chân thành cảm ơn cấp ban ngành, cảm ơn thầy cô! Tản Hồng, ngày 10/ 05/ 2021 Người viết đề tài Nguyễn Hải Yến Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm không chép người khác Tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm với lời cam đoan