(Skkn 2023) các kỹ năng giúp học sinh giải toán ứng dụng định lý vi ét

1 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Để đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục nhu cầu học tập học sinh, trình giảng dạy giáo viên phải biết chắt lọc nội dung kiến thức cách rõ ràng, ngắn gọn đầy đủ, phải từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, từ cụ thể đến trừu tượng giúp học sinh nắm nội dung học, đồng thời gợi mở, đặt vấn đề để học sinh phát triển tư kĩ phân tích, trình bày giải cách chặt chẽ, logíc, có hệ thống Trong năm gần đây, việc đổi phương pháp dạy học vấn đề cấp bách cần thiết, nhằm hình thành cho học sinh thói quen tư tích cực, độc lập sáng tạo, nâng cao lực phát giải vấn đề, rèn luyện cho em lực vận dụng kiến thức vào thực tiễn Chính vậy, giáo viên đứng lớp phải có phương pháp truyền đạt kiến thức phù hợp, có khả hệ thống, phân loại chọn lựa dạng tập phong phú, đáp ứng yêu cầu tối thiểu người học, tác động đến tình cảm, đem lại niềm tin hứng thú học tập học sinh Trong chương trình Đại số lớp 9, rèn luyện kỹ giải toán ứng dụng định lý Vi-ét nội dung quan trọng chương trình Tuy nhiên phân phối chương trình cho phần định lí Vi-ét (1 tiết lí thuyết tiết tập), đa số học sinh thường lúng túng đứng trước tốn có liên quan đến định lí Vi-ét ứng dụng định lí Qua thực tế giảng dạy nhiều năm, qua việc theo dõi kết kiểm tra, thi học sinh, nhận thấy nhiều học sinh mắc phải sai lầm khơng đáng có, giải tốn ứng dụng định lý Vi-ét cịn nhiều sai sót, rập khn máy móc chưa làm chưa nắm phương pháp giải, vận dụng kỹ biến đổi chưa linh hoạt vào dạng tốn Trong đó, vào thời điểm cuối học kỳ lớp thời gian gấp rút cho ôn thi học kỳ kỳ thi cuối cấp Các toán cần áp dụng hệ thức Vi-ét có mặt nhiều kỳ thi quan trọng, đặc biệt kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, thi vào trường chuyên… Để giúp học sinh tháo gỡ giải khó khăn, vướng mắc học tập đồng thời nhằm phát triển lực tư cho học sinh thông qua việc giải tốn ứng dụng định lý Vi-ét, tơi nhận thấy việc rèn luyện kỹ giải toán ứng dụng định lý Vi-ét cho học sinh q trình giải tốn cần thiết Với lí trên, tơi xin trình bày số kinh nghiệm rút trình giảng dạy với tên đề tài: “Các kỹ giúp học sinh giải toán ứng dụng định lý Vi-ét ” Đề tài nhằm giúp học sinh lớp có kỹ giải tốn ứng dụng định lý Vi-ét Cũng từ mà phát triển tư logíc cho học sinh, phát triển lực giải tốn cho em, giúp cho giải em hồn thiện hơn, xác giúp em tự tin học tập 1.2 ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI: Trên sở nghiên cứu lí luận thực trạng dạy học phân môn Đại số lớp 9, đề tài đề giải pháp giúp cho học sinh có kỹ vận dụng định lí Vi-ét cách thành thạo, linh hoạt - Khai thác ứng dụng định lí Vi-ét vào toán lớp 9, làm phong phú đa dạng tập phương trình bậc hai Giúp học sinh rèn luyện thao tác tư duy, tính tốn linh hoạt q trình học tập mơn tốn - Cung cấp cho học sinh cách có hệ thống nội dung phương pháp giải tốn có liên quan tới hệ thức Vi-ét ứng dụng Giúp học sinh hiểu sâu mối quan hệ nghiệm số với hệ số phương trình bậc hai, từ hình thành học sinh thói quen học định lí, thấy rõ vai trị định lí tốn học chương trình Đồng thời giúp em rèn luyện phẩm chất trí tuệ: Độc lập, sáng tạo, mềm dẻo, linh hoạt độc đáo suy nghĩ - Xây dựng cho học sinh niềm tin học tập, chống tư tưởng ngại khó, sợ tốn, giúp em hăng say học tập, hứng thú tìm tịi hay tốn học Đề tài tài liệu tham khảo cho giáo viên trình đọc nghiên cứu tài liệu, giảng dạy Ngồi mục đích đề tài coi giải pháp góp phần thực đổi phương pháp dạy học theo hướng phát huy lực học sinh đổi kiểm tra đánh giá trường `THCS 1.3 PHẠM VI ÁP DỤNG CỦA ĐỀ TÀI: Đề tài áp dụng để giảng dạy cho hầu hết đối tượng học sinh lớp tài liệu cho học sinh học lên THPT vừa tài liệu tham khảo cho giáo viên tham gia giảng dạy mơn tốn THCS bồi dưỡng HSG tốn Trong đề tài này, tơi đưa nghiên cứu số ứng dụng định lí Vi-ét việc giải số tốn thường gặp cấp THCS 2 PHẦN NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI 2.1.THỰC TRẠNG KHI CHƯA ÁP DỤNG ĐỀ TÀI: 2.1.1 Số liệu thống kê: Để thực đề tài tiến hành khảo sát chất lượng học sinh dạng tập trước triển khai kinh nghiệm thu sau: Kết kiểm tra số ( Trước triển khai kinh nghiệm.) Giỏi Khá TB Yếu – Lớp Sĩ số SL % SL % SL % SL % 35 11,4 22,9 12 34,3 11 31,4 36 11,1 25 13 36,1 10 27,8 2.1.2 Tình hình trước thực giải pháp đề tài: Đối với học sinh trường THCS nơi công tác phần lớn em học đầy đủ kiến thức bản, có phần mở rộng nâng cao nhiều Song gặp toán, học sinh bị lúng túng định hướng phương pháp giải, chưa biết vận dụng vận dụng chưa linh hoạt, sáng tạo kiến thức học Nhiều học sinh biết vận dụng bước giải, phần quy tắc, công thức mà thầy, cô hướng dẫn Điều hạn chế lớn đến việc phát huy tính tích cực độc lập nhận thức giải tốn học sinh, dẫn đến em khơng ham học tốn khơng tự tin giải tốn, lúng túng lí luận trình bày 2.1.3 Ngun nhân dẫn đến tình hình trên: * Về giáo viên: - Việc truyền tải kiến thức định lý Vi-ét cho học sinh cịn hạn chế - Chưa hình thành cho học sinh kỹ giải, mơ hình giải, cách giải ứng với trường hợp, có ứng dụng định lý Vi-ét - Kỹ rèn luyện cho học sinh tư duy, định hướng trước tốn khả phân tích đề chưa trọng * Về học sinh: - Động thái độ học tập nhiều học sinh chưa thật tốt Học sinh quen với lối học thụ động, chưa sẵn sàng tham gia cách tích cực, chủ động vào nội dung học tập - Một số học sinh lười học, hổng kiến thức lớp nên không chuẩn bị tốt tâm cho học Toán - Một số học sinh chưa nắm vững lý thuyết định lý Vi-ét, chưa hiểu chất tốn có ứng dụng định lý Vi-ét khơng nắm công thức, đẳng thức liên quan để vận dụng giải tập - Học sinh chưa nắm vững kiến thức dạng toán, chưa biết vận dụng kiến thức vào giải tập - Học sinh chưa hình thành mơ hình giải tốn, bước để giải toán - Kỹ phân tích đề định hướng cách làm bài, dạng học sinh khiêm tốn 2.2 CÁC GIẢI PHÁP: 2.2.1 Cung cấp cho học sinh nắm vững nội dung định lý vi-ét: * Định lý Vi-ét : + Nếu x1, x2 hai nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = ( a  0)  x  x     c  x x   a  b a + Hệ quả: Phương trình bậc hai : ax2 + bx + c = ( a  0) (*) - Nếu a + b + c = PT (*) có nghiệm x1 = 1, cịn nghiệm x2 = - Nếu a - b + c = PT (*) có nghiệm x1 = - 1; nghiệm x2 = * Tìm hai số biết tổng tích: Nếu có hai số x1, x2 thỏa mãn: trình: x2 - Sx + P = Điều kiện: S2 - 4P   x1  x  S   x1 x  P c a  c a hai số nghiệm phương * Bổ sung: - Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a  0) có hai nghiệm x1 x2 tam thức ax2 + bx + c phân tích thành nhân tử: ax2 + bx + c = a(x – x1 )(x – x2) - Xét dấu nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (a  0) (1) Điều kiện để phương trình (1) + Có hai nghiệm trái dấu là: P < + Có hai nghiệm dấu là:  0 P > + Có hai nghiệm dương là:  0 , P > S > + Có hai nghiệm âm là:  0 , P > S < Hệ thức Vi-ét nội dung quan trọng chương trình Đại số Đây phần khơng thể thiếu q trình ơn thi Sau nhiều năm dạy lớp 9, kinh nghiệm giảng dạy tìm tịi thêm tài liệu tơi chia ứng dụng Hệ thức Vi-ét thành nhiều dạng để học sinh dễ dàng nhận dạng vận dụng linh hoạt gặp dạng toán 2.2.2 Hướng dẫn số kỹ giải tốn có ứng dụng định lý Vi-ét: Dạng 1: Khơng giải phương trình, tính tổng tích nghiệm phương trình bậc hai Phương pháp giải: * Tính Δ, chứng tỏ Δ ≥ để phương trình có nghiệm x1 , x2 * Áp dụng định lý Vi-ét để tính x1 + x2 ; x1 x2 Ví dụ 1: Khơng giải phương trình tính tổng tích nghiệm (nếu có) phương trình a) x2 + 2x – = b) 5x2 + x + = c) 3x2 – 7x + = Giải a) Phương trình 2x2 + 2x – = có hai nghiệm phân biệt a, c trái dấu Theo định lý Vi-ét ta có : x1 + x2 = – ; x1.x2 = -3 b) Phương trình 5x2 + x + = có : Δ = 1– 4.5.2 = – 39 < 0, phương trình vơ nghiệm Do khơng tồn tổng tích hai nghiệm phương trình c) Phương trình 3x2 – 7x + = có Δ = (–7)2 – 4.3.4 = > Phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 Theo định lý Vi-ét ta có : x1 + x2 = ; x1.x2 = Ví dụ 2: Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm, tính tổng tích nghiệm theo m a) x2 – 2x + m – = b) x2 + 2(m – 1)x + m2 + = Giải a) Phương trình x2 – 2x + m – = có nghiệm Δ’= – (m – 1) = – m ≥  m≤ Khi đó, theo định lý Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2; x1 x2 = m – b) Phương trình x2 + 2(m – 1)x + m2 + = có nghiệm : Δ’ = (m – 1)2 – m2 – ≥  -2 m ≥  m ≤ Khi đó: theo định lý Vi-ét ta có: x1 + x2= – 2(m – 1); x1.x2 = m2 + Dạng 2: Giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a ≠ 0) cách nhẩm nghiệm Phương pháp giải: Áp dụng định lý Vi-ét x1 + x2 =  b a ; x1.x2 =  Nếu a + b + c = x1 = ; x2 = c a c a c  Nếu a – b+ c = x1 = – ; x2 = – a Ví dụ : Nhẩm nghiệm phương trình sau: a) 3x  x  11 0 b) x  x  0 Giải: a) Ta có: a  b  c 3   ( 11) 0 nên phương trình có nghiệm lại x  x2  nghiệm c 11  a b) Ta có: a  b  c 2   0 nên phương trình có nghiệm lại x1 1 , x1  , nghiệm c  a Dạng 3: Lập phương trình bậc hai * Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm Ví dụ : Lập phương trình bậc hai chứa hai nghiệm Giải: Theo Định lý Vi-ét ta có  S  x1  x 3  7   P  x1 x 3.4 12 Vậy hai nghiệm phương trình: x  Sx  P 0 hay x  x  12 0 * Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm phương trình cho trước Ví dụ 5: Cho phương trình x  3x  0 có hai nghiệm x1 ; x y1  x  Hãy lập phương trình bậc hai có nghiệm 1 ; y  x1  x1 x2 Hướng dẫn giải: Cách 1: + Tính trực tiếp y1 ; y cách: Tìm nghiệm x1 ; x phương trình cho thay vào biểu thức tính y1 ; y Phương trình x  3x  0 có a  b  c 1  ( 3)  0 nên phương trình có hai nghiệm x1 1; x 2 Ta có y1  x  1 1 2  3; y  x1  1   x1 x2 2 + Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm y1 ; y  2 P  y1 y 3  2 S  y1  y 3  Phương trình cần lập có dạng: y  Sy  P 0 hay y2  9 y  0 2 (hoặc y  y  0 ) Cách 2: Khơng tính y1 ; y mà áp dụng Định lí Vi-ét tính S  y1  y ; P  y1 y sau lập phương trình bậc hai có nghiệm y1 ; y Theo Định lí Vi-ét ta có: S  y1  y  x  ( x2  1 1 x x 1  x1  ( x1  x )     ( x1  x )  3   x1 x2 x x x x 2   1 1 ).( x1  )  x1 x    2     x1 x2 x1 x 2 Phương trình cần lập có dạng: y  Sy  P 0 hay y2  9 y  0 2 ( y  y  0 ) * Lưu ý: Có tốn với nội dung phương trình ban đầu khơng nhẩm nghiệm dễ dàng có nghiệm vơ tỉ việc tính nghiệm x1 ; x tính y1 ; y phức tạp Do đó, tuỳ vào để chọn cách phù hợp Dạng 4: Tìm hai số biết tổng tích chúng * Phương pháp giải: - Từ hệ thức cho trước u, v ta có tổng S = u +v ; tích P = u.v - Khi u, v nghiệm phương trình X2 – SX + P = ( Điều kiện để có u, v S2 – 4P ≥ 0) Ví dụ 6: Tìm hai số u v biết : a) u + v = 14, uv = 40 b) u - v = 10, uv = 24 c) u + v = 3, uv = Giải: a) Hai số u v nghiệm phương trình x  14 x  40 0 Giải phương trình ta x1 10; x 4 Vậy u = 10 v = 4; u = v = 10 b) Ta có:  u  (  v) 10  u (  v )  24 Suy u (-v) hai nghiệm phương trình: x  10 x  24 0 Giải phương trình ta được: x 12; x 2 Suy ra: u =12, v = u = -2, v = -12 c) Hai số u v nghiệm phương trình x  3x  0  3  4.1.6 9  24  15  Phương trình vơ nghiệm nên không tồn hai số u v thỏa mãn đề Dạng 5: Tìm điều kiện tham số biết nghiệm phương trình cho Phương pháp giải : Thay nghiệm biết vào phương trình để tìm m sau dùng Vi-ét để tìm nghiệm cịn lại Ví dụ 7: Cho phương trình 2x2 - mx + = Biết phương trình có nghiệm Tìm m tìm nghiệm cịn lại Giải: Cách 1: Thay x = vào phương trình ta m = x1x2 = 13 Theo hệ thức Viét ta có: 5 mà x1= nên x2 = Cách 2: Vì phương trình có nghiệm nên theo hệ thức Viét ta có x1 x2 = 5 mà x1 = nên x2 = Mặt khác x1+ x2 =  =2+ 13  m= Ví dụ 8: Tìm m hai nghiệm phương trình : x2 - mx + 50 = biết phương trình có nghiệm nghiệm lần nghiệm Giải: Vì vai trị x1 x2 bình đẳng nên theo đề giả sử x1 2 x2 theo Vi-ét ta có:  x  x22 50  x22 52    x2 5 x1 x2 50 Suy ra: Với x2  x1  10  m = Với x2 5 x1 10  m = Dạng 6: Xét dấu nghiệm phương trình bậc hai Phương trình bậc hai ax2 + bx + c= (a ≠ 0) có nghiệm x1 ; x2 S = x1 + x2; P = x1.x2 Ta lập bảng xét dấu sau: S P x1 x2  + S>0 P0 P>0         S0   Dấu nghiệm trái dấu dấu, dương, x1   + x2  âm  Điều kiện chung   ; P <   ; P >   ; P > ; S >   ; P > ; S < Ví dụ 9: Cho phương trình x2 – 2(m – 2)x + m + = Xác định m để: a) Phương trình có nghiệm trái dấu b) Có nghiệm dương phân biệt c) Có nghiệm dương Giải Δ’ = (m – 2)2 – ( m + 4) = m2 – 5m = m (m – 5) S = 2(m – 2); P =( m + 4)   m5  /   P   /    P S   m ( m  5)   m   5)  m ( m    m   2( m  2)   c) Có nghiệm dương: * Trường hợp 1: Phương trình x2 – 2(m – 2)x + m + 4= có nghiệm kép dương  /  m ( m  5) 0   S  2( m  2)   m  m  m 0 5   m 5 * Trường hợp 2: Phương trình x2 – 2(m –2)x + m + = có nghiệm trái dấu    m + Khi P > ta phải xét đến hai yếu tố lại  S Dạng 7: Tính giá trị biểu thức đối xứng x1, x2 phương trình bậc Phương pháp giải: Biểu thức x1, x2 gọi đối xứng ta thay x x2 x2 x1 biểu thức không đổi + Biểu diễn biểu thức đối xứng qua S = x1 + x2 P = x1.x2 + Từ hệ thức Vi-ét tính S P thay vào biểu thức đối xứng Biến đổi biểu thức để làm xuất : ( x1  x2 ) x1 x2 a) x12  x22 ( x12  x1 x2  x22 )  x1 x2 ( x1  x2 )2  x1 x2 3 2 b) x1  x2  x1  x2   x1  x1 x2  x2   x1  x2    x1  x2   3x1 x2  2 c) x14  x24 ( x12 )  ( x22 )  x12  x22   x12 x22  ( x1  x2 )  x1 x2   x12 x22 1 x x d) x  x  x x 2 2 e) x1  x2 ? Ta có :  x1  x2   x1  x2   x1 x2  x1  x2   x1  x2   x1 x2  g) x12  x22  x1  x2   x1  x2  =  ( x1  x2 )  x1 x2 ( x1  x2 )  2 h) x13  x23 =  x1  x2   x1  x1 x2  x2   x1  x2    x1  x2   x1 x2  =…… Ví dụ 11: Cho phương trình x  x  15 0 có hai nghiệm x1; x2 tính a) x12  x2 b) x  x x x c) x  x Giải: Ta có x1  x2  b c 8; x1 x2  15 a a 2 2 a) x1  x2 ( x1  x2 )  x1 x2 8  2.15 64  30 34 1 x  x2    b) x1 x2 x1 x2 15 x1 x2 x12  x2 34  c)   x2 x1 x1 x2 15 Ví dụ 12: Cho phương trình x2+ mx + = ( m tham số) Nếu phương trình có nghiệm x1, x2 Hãy tính giá trị biểu thức sau theo m: a) x12 + x22 b) x13 + x23 c) x1  x2 Giải: Vì phương trình có nghiệm x1, x2 nên theo hệ thức Vi-ét ta có: x1+ x2 = - m x1.x2 = 2 a) x1 + x2 = (x1 +x2)2 - 2x1x2 = m2 - b) x13 + x23 = (x1+x2)3 - 3x1x2(x1+ x2) = -m3+ 3m c) (x1 - x2)2 = (x1 +x2)2 - 4x1x2 = m2 - nên x1  x2 = m  Ví dụ 13: Cho phương trình x2 - ax + a - = có hai nghiệm x x2 Không giải 3x12  3x22  phương trình, tính giá trị biểu thức: M  x1 x2  x1 x22 Giải: Trước hết kiểm tra xem phương trình có nghiệm hay khơng ? 10 Ta có:  = a2 - (a - 1) = (a - 2)2  nên phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = a ; x1.x2 = a - M  3( x1  x2 )  x1 x2  3a  6(a  1)  3a  6a    a(a  1) a(a  1) x1 x2 ( x1  x2 ) 3( a  2a  1) 3( a  1) 3( a  1)   a ( a  1) a ( a  1) a (a  0; a 1) Dạng 8: Tìm hệ thức nghiệm x1, x2 phương trình bậc khơng phụ thuộc vào tham số *Phương pháp giải: Để làm toán loại này, ta 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 v 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 Hoặc khử tham số m từ S P để có hệ thức S P khơng phụ thuộc tham số m Ví dụ 14: Giả sử x1, x2 nghiệm phương trình: x2 – 2(m –1)x + m2 – = tìm hệ thức x1,x2 khơng phụ thuộc vào m Giải Phương trình có nghiệm  Δ’= (m –1)2 – (m2 –1) = – 2m + ≥  m ≤ áp dụng hệ thức Viét ta có: S = 2(m – 1) (1) P = m2 – (2) Từ (1) suy m = S 2 2 thay vào (2) ta P=  S  2       4P = S2 + 4S Vậy hệ thức cần tìm (x1+x2)2 + 4(x1+x2) = 4x1.x2 Ví dụ 15: Cho phương trình: x2 - 2(m + 1) x + m2 =0 a) Tìm m để phương trình có nghiệm b) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào m Giải: a) Ta có : ' = (m + 1)2 - m2 = 2m + Phương trình cho có nghiệm  '   m -  x1  x2 2(m  1) (1) b ) Theo hệ thức Vi-ét ta có   x1 x2 m (2) 11 x x  x x  Từ (1) ta có m =  thay vào (2) ta x1 x2   1   hay 4x1x2 = (x1 + x2 - 2)2 hệ thức liên hệ hai nghiệm khơng phụ thuộc vào m Ví dụ 16: Cho phương trình: (m - 1)x2 - 2(m - 4)x + m - = Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào m Giải: Phương trình có hai nghiệm x1, x2  a 0  Δ' 0  m    ( m  4)  ( m  1)( m  5) 0  m 1  2 m  11   m  11 Theo Vi-ét ta có: 2( m  4)   x1  x2   m    x1 x2  m   m    4( m  4)  2( x1  x )   m   3( m  5) 3 x x   m    (x1 + x2) - 3x1x2 = Đây hệ thức cần tìm Bài tập tương tự : Bài : Giả sử x1, x2 nghiệm phương trình x2 – (m – 8)x + 5m + = 0, tìm hệ thức x1,x1 khơng phụ thuộc vào m Bài : Cho phương trình x  (m  2) x  2m  0 có hai nghiệm x1; x2 Hãy lập hệ thức liên hệ x1; x2 cho chúng độc lập (không phụ thuộc) với m Dạng 9: Tìm điều kiện tham số để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức nghiệm cho trước Phương pháp giải: + Tìm điều kiện 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 Ví dụ 17: Cho phương trình mx  6(m  1) x  9(m  3) 0 Tìm giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1  x2 x1 x2 Giải: Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1; x2  a 0     ' 0  m 0   9(m  1) 0 m 0  m  6(m  1)   x1  x2  m Theo định lí Vi-et ta có:   x x  9(m  3)  m 6(m  1) 9(m  3)   6m  9m  27  3m 21  m 7 (TMĐK) Từ x1  x2 x1 x2  m m 12 Vậy với m = phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1  x2 x1 x2 Ví dụ 18 : Cho phương trình bậc hai : x2 – 2x + m = (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12  x22 8 (Trích đề tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Quảng Bình năm học 2012 - 2013) Ví dụ khác ví dụ 17 chỗ hệ thức nghiệm không chứa sẵn x1  x2 x1 x2 nên ta áp dụng hệ thức Vi-ét để tìm tham số m Vấn đề đặt ta phải biến đổi biểu thức cho biểu thức chứa x1  x2 x1 x2 tìm m ví dụ Giải: Để phương trình: x2 – 2x + m = có hai nghiệm x1, x2 khi:  / 0  (-1)2 – m   m  Theo định lý Vi-ét x1 +x2 = 2, x1x2 = m x12  x22 8  (x1 + x2)2 – 2x1x2 =  22 - 2m =8  m = -2 (thỏa mãn) Vậy với m = -2 phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12  x22 8 Ví dụ 19: Cho phương trình: x2 + (2m - 1)x + 2(m - 1) = (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Chứng minh phương trình có nghiệm với m c) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1(x2 - 5) + x2(x1 - 5)= 33 (Trích đề tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Quảng Bình năm học 2013 - 2014) Giải: a) Với m = Ta có phương trình: x  3x  0 Vì a  b  c 1   0 Phương trình có hai nghiệm x1  1; x2  b) Ta có  =(2m - 1)2 – 8(m - 1) =4m2 - 12m + 9=(2m - 3)2 0  m Vậy phương trình có nghiệm với m c) Theo định lý Vi-ét : x1  x2 1  2m, x1 x2 2( m  1) Suy ra: x1(x2 - 5) + x2(x1 - 5) =33  2x1x2 - 5(x1 + x2) = 33  2.2(m - 1) - 5(1 - 2m) = 33  14m = 42  m = Vậy m = phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1(x2 - 5) + x2(x1 - 5) = 33 Ví dụ 20: Cho phương trình: x2 - 2mx + 2m - = a) Chứng tỏ phương trình ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm giá trị m cho giá trị biểu thức A = 2(x12 + x22 ) - 5x1x2 = 27 Giải: a) Ta có : / = (-m)2 -1.(2m -1) = m2 -2m +1 = ( m-1)2  với m nên phương trình ln có nghiệm vói m b) A = 2(x12 + x22 ) - 5x1x2 = 27  2[ (x1 + x2)2 – 2x1x2] - 5x1x2 = 27 13  2(x1 + x2)2 – 9x1x2 = 27 (1) Theo Vi-ét ta có: (2) Thay (2) vào (1) ta được: 8m2 - 18m + = 27  8m2 - 18m - 18 = Giải phương trình ta m1 = 3; m2 = Vậy với m = m = giá trị biểu thức: A = 2(x12 + x22 ) - 5x1x2 = 27 Ví dụ 21: Cho phương trình: x – 6x + n = (1) (n tham số) a) Giải phương trình (1) n = b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn:  x1  x  m   x1 x  m  x  1  x2  1 36 (Trích đề tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Quảng Bình năm học 2016 - 2017) Giải: b) Để phương trình có hai nghiệm x1, x2  ' 0  - n 0  n   x1  x2 6 Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1.x2 n 2 Mà  x1  1  x2  1 36  x12 x2  x12  x2 1 36  ( x1.x2 )  ( x12  x2 )  36  ( x1.x2 )  ( x1  x2 )  x1 x2  36 Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36  n2 – 2n +1 = Suy n = (TMĐK) 2 Vậy n =1  x1  1  x2  1 36 Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm m để phương trình 3x  4(m  1) x  m  4m  0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa 1 mãn x  x  ( x1  x2 ) Bài 2: Cho phương trình x  (2m  1) x  m  0 Tìm giá trị tham số m để hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 3x1 x2  5( x1  x2 )  0 Dạng 10: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất, chứng minh bất đẳng thức biểu thức nghiệm Phương pháp giải: Cũng tương tự dạng ta áp dụng hệ thức Vi-ét để biến đổi biểu thức cho tìm giá trị lớn nhất( nhỏ nhất) Ví dụ 22: Cho phương trình: x  (m  1) x  m  m  0 Gọi x x hai nghiệm phương trình, tìm giá trị m để x12  x22 đạt giá trị nhỏ Giải: 14 Ta có: x12  x2  x1  x2   x1 x2 (m  1)  2( m  m  2) = m  2m   2m  2m  3m  4m  5 11 11 11  3  m  m   3(m  2m   ) 3( m  )   3 9 3  2 Vậy GTNN  x1  x2  11 m = 3 Ví dụ 23: Cho phương trình x2 - 2(m - 1)x + m - = với m tham số Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Với giá trị m biểu thức A = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ Giải: Ta có ' = (m - 1)2 -(m - 5) = m2 - 3m + = (m  15 )  > nên phương trình ln có nghiệm với giá trị m Theo hệ thức Viét ta có: x1+ x2 = 2(m - 1) x1x2 = m -  x12+ x22 = (x1+x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 - 2(m - 5)  31 31  = 4m - 10m +14 =  2m     2 4  31 Dấu xảy m = Vậy Amin = m = 4 Ví dụ 24: Cho phương trình x2 - mx + m - = (m tham số) a) Giải phương trình m =3 b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 cho : T ( x1  x )  x1 x đạt giá trị nhỏ (Trích đề tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Quảng Bình năm học 2014 - 2015) Giải: a) Với m = ta có phương trình: x2 -3x +2 = Ta có a + b + c = 1- + = Phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = b) Ta có:  = m2 -4(m-1) = m2 -4m + = (m - 2) 2 với với m nên phương trình ln có nghiệm vói m Theo định lí Vi-ét ta có : x1+ x2 = m x1x2 = m - T ( x1  x )  x1 x = (x1+ x2 )2 + 3x1x2 = 2 = m - 3(m - 1) = m - 3m + = (m - 2.m 3 + )+  4 Vậy với m = T đạt giá trị nhỏ Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm m để phương trình x  2(m  4) x  m  0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: 15 a) A x1  x2  3x1 x2 đạt giá trị lớn b) B  x12  x2  x1 x2 đạt giá trị nhỏ Bài 2: Gọi x1; x2 nghiệm phương trình: 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = Tìm giá trị lớn biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2 2.2.3 Một số ứng dụng khác định lý Vi-ét 2.2.3.1 Tương giao đường thẳng ( d) : y = ax + b (a  0) với Parabol ) với Parabol y = mx2 (m  0) với Parabol ): * Lập phương trình đường thẳng y = ax + b (a  0) qua hai điểm A (xA; yA); B (xB; yB) thuộc Parabol y = mx2 (m  0) Phương pháp giải: Do đường thẳng Parabol có hai giao điểm nên hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình x2 = ax + b  mx2 - ax - b = Từ theo Vi-ét ta có: a   x A  xB  m    b  x x  A B  m  (*) Từ (*) tìm a b Ví dụ 25: Cho Parabol (P) có phương trình: (P): y = x2 Gọi A B điểm  (P) có hồnh độ xA = - ; xB = Lập phương trình đường thẳng qua A B Giải: (Ta ứng dụng định lí Vi-ét) Giả sử phương trình đường thẳng AB là: y = ax + b Phương trình hồnh độ giao điểm AB (P) là: x2 = ax + b  x2 - ax - b =0 (*) Ta có: xA = - ; xB = nghiệm phương trình (*) Theo Vi-ét ta có :  Vậy phương trình đường thẳng AB là: y = x + * Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với Parabol (P) điểm M (xM; yM) Phương pháp giải: Do ( d) (P) có giao điểm nên phương trình: mx2 - ax - b = có nghiệm kép : x1 = x2 Vận dụng hệ thức Vi-ét ta có:  a b  Phương trình tiếp tuyến  x A  x B a   x A x B  b a 1  b 2  x1  x a    b x1 x   m  Ví dụ 26: Cho (P): y x2 ; A  (P) có hồnh độ xA = lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) A Giải Giả sử phương trình tiếp tuyến A (d): y = ax + b Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D) là: x2 = ax + b  x2 - 4ax - 4b = (*) Ta có: xA = nghiệm kép (*) (x1 = x2 = 2) 16  x1  x 4 a   x1 x  4b Theo Vi-ét ta có:  Vậy phương trình tiếp tuyến (d) : y = x - a 1  b  2.2.3.2 Ứng dụng định lí Vi-ét giải tốn chứng minh Ví dụ 27: Cho a, b nghiệm phương trình: x + px + = b, c nghiệm phương trình: x2 + qx + = Chứng minh: (b - a)(b - c) = pq - Bài giải: Vì a,b nghiệm phương trình: x2 + px + = b,c nghiệm phương trình: x2 + qx + = Theo định lý Vi-ét ta có:  a  b - p   a.b 1  b  c - q   b.c 2 Do : (b – a)(b – c) = b2 + ac - (1) pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b + ac + Suy ra: pq - = b2 + ac +3 – = b2 + ac - (2) Từ (1) (2) suy (b - a)(b - c) = pq - (đpcm) Trên nội dung ứng dụng hệ thức Vi-ét mà tơi hệ thống q trình giảng dạy cho học sinh lớp 9, ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT, vào trường chuyên cách hệ thống thành nhiều dạng giúp em học sinh giải vướng mắc q trình giải tốn ứng dụng định lí Vi-ét * KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC : Qua thời gian nghiên cứu áp dụng vào học kỳ II năm học 2020 - 2021, thân nhận thấy đề tài có tác dụng lớn q trình giảng dạy mơn tốn lớp 9, tơi vận dụng phần sau tiết học lý thuyết tiết luyện tập hệ thức Vi-ét để học sinh củng cố khắc sâu thêm, đồng thời rèn luyện cho em kỹ trình bày gặp dạng Trong thời gian ôn tập, ôn thi em hệ thống lại cách hoàn chỉnh theo dạng Vì việc áp dụng hệ thức Vi-ét em gặp kỳ thi hay kiểm tra không cịn khó khăn em biết vận dụng linh hoạt tiếp tục học lên chương trình THPT Qua kiểm tra khảo sát lớp khối triển khai kinh nghiệm Kết kiểm tra số 2: (Sau triển khai kinh nghiệm.) Giỏi Khá TB Yếu - Lớp Sĩ số SL % SL % SL % SL % 35 20 12 34,3 12 34,3 11,4 36 19,4 13 36,1 13 36,1 8,4 Sau thực đề tài “Các kỹ giúp học sinh giải toán ứng dụng định lý Vi-ét ” đa phần học sinh khối lớp trực tiếp giảng dạy thực hành giải toán 17 đạt kết cao, em có hứng thú giải tốn có ứng dung định lý Vi-ét Các em hệ thống hố dạng tập, có kỹ biến đổi hợp lý, trình bày giải cách logíc, cịn số học sinh q yếu chưa thực tốt PHẦN KẾT LUẬN: 3.1 Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI: Giúp học sinh rèn kỹ giải toán ứng dụng định lý Vi-ét nội dung quan trọng chương trình, dạng tốn phong phú, đa dạng phức tạp Vì vậy, để giúp học sinh có phương pháp giải giải thành thạo dạng toán yêu cầu cần thiết người giáo viên giảng dạy mơn Tốn Chính lẽ đó, q trình giảng dạy, người giáo viên cần chuẩn bị chu đáo, tỉ mĩ, rõ ràng thể loại tập cụ thể để học sinh hiểu sâu chất cách vận dụng Xây dựng cho em niềm đam mê, hứng thú học tập, tôn trọng suy nghĩ, ý kiến sáng tạo em Cần thường xuyên kiểm tra, đánh giá kết học tập, bổ sung thiếu sót kịp thời, dạy sâu, dạy kết hợp nhuần nhuyễn, logic toán khác Việc nghiên cứu áp dụng đề tài “Các kỹ giúp học sinh giải toán ứng dụng định lý Vi-ét” khơng giúp cho học sinh u thích học mơn Tốn, mà cịn sở giúp cho giáo viên có thêm kinh nghiệm q trình giảng dạy 3.2 KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT: * Về phía học sinh: - Học sinh phải thực cố gắng, có ý thức tự học, tự rèn luyện, kiên trì chịu khó q trình học tập - Học sinh phải nắm vững lý thuyết, có kỹ vận dụng tốt lý thuyết vào giải tập - Phải có đầy đủ phương tiện học tập, đồ dùng học tập; giành nhiều thời gian cho việc làm tập nhà thường xuyên trao đổi, thảo luận bạn bè để nâng cao kiến thức cho thân * Về phía giáo viên: - Giáo viên phải khơng ngừng học hỏi, nhiệt tình giảng dạy, quan tâm đến chất lượng học sinh, nắm vững đặc điểm tâm sinh lý đối tượng học sinh phải hiểu khả tiếp thu em, từ tìm phương pháp dạy học hợp lý theo sát đối tượng học sinh - Giáo viên cần linh hoạt dạy tiết học, luyện tập, ơn tập cho em phải nắm vững hệ thức Vi- ét học đồng thời rèn luyện cho học sinh kĩ vận dụng hệ thức Vi - ét vào nội dung, phần tốn - Trong q trình giảng dạy giáo viên cần phải nghiêm khắc, điểm yếu mà học sinh chưa vận dụng được, đồng thời động viên kịp thời em làm 18 tập tốt nhằm gây hứng thú học tập cho em Theo dõi kết tiến em qua học lớp, qua kiểm tra - Giáo viên cần thường xuyên trao đổi với đồng nghiệp để học hỏi rút kinh nghiệm cho thân, vận dụng phương pháp dạy học phù hợp với nhận thức học sinh, không ngừng đổi phương pháp giảng dạy để nâng cao chất lượng dạy học - Đối với học sinh yếu giáo viên cần dành nhiều thời gian để bố trí buổi phụ đạo, kèm cặp lúc rảnh, để em tiếp cận kiến thức bị hỏng * Về phía tổ chun mơn: Thơng qua tiết dự giờ, thao giảng, thảo luận chuyên đề để góp ý, tư vấn chuyên môn Giúp giáo viên học hỏi kinh nghiệm phương pháp vận dụng vào công tác giảng dạy * Về phía nhà trường: - Đẩy mạnh phong trào việc tự học, viết sáng kiến kinh nghiệm cá nhân cách thường xuyên - Tăng cường công tác tập huấn nội bộ, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy Trên kinh nghiệm rút từ thực tế giảng dạy mơn Tốn theo suy nghĩ hiểu biết cá nhân xin trình bày lại Tuy nhiên, q trình thực khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong góp ý chân thành từ hội đồng khoa học cấp, đồng chí đồng nghiệp để sáng kiến hay hơn, phong phú đa dạng hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO Báo Toán học Tuổi trẻ Báo Toán tuổi thơ Các đề thi vào THPT, trường chuyên tỉnh Quảng Bình Sách giáo khoa Tốn 9(tập 2) - NXB giáo dục - 2005 Sách Nâng cao phát triển Toán 9(tập 2) - NXB giáo dục - Vũ Hữu Bình - 2005 Sách Tốn nâng cao chuyên đề Đại số - NXB giáo dục - 2005 - Vũ Dương Thụy - Nguyễn Ngọc Đạm Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS - Đại số - NXB giáo dục 2005 - Nguyễn Vũ Thanh Internet 20