hướng dẫn học sinh giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số thông qua việc ứng dụng định lý vi-e

PHẦN I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong chương trình tốn THPT có nhiều tốn có tham số liên quan tới phương trình bậc 2, quy bậc 2, số xuất nhiều đa dạng tốn “Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, có nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm, bốn nghiệm …” Đây thực chất toán so sánh nghiệm phương trình bậc hai với số thực α , xem xét dạng toán theo quan điểm, chương trình sách giáo khoa cũ em học sinh khơng khó để giải chương trình sách giáo khoa cũ lớp 10, em trang bị đầy đủ nội dung định lý thuận, đảo dấu tam thức bậc hệ Nhưng theo sách giáo khoa phát hành phần kiến thức liên quan tới định lý đảo hệ giảm tải Đứng trước vấn đề “Khơng có cơng cụ cần tìm hướng để kiến thức em học sách giáo khoa em giải dạng tốn đó?” Với suy nghĩ nhằm giúp em tìm tịi, phát hiện, tạo hứng thú q trình học mơn Tốn, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: "Hướng dẫn học sinh giải số dạng tốn phương trình bậc – quy bậc có tham số thơng qua việc ứng dụng định lý Vi-et.” 2/Nội dung : I Phần mở đầu II Nội dung đề tài A Cơ sở lý thuyết liên quan đến đề tài nghiên cứu B Bài tập vận dụng C Bài tập thực hành III Kết luận - kiến nghị PHẦN II NOÄI DUNG A CƠ SỞ LÝ THUYẾT I.KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI a) Định nghĩa • Phương trình bậc hai ẩn x ∈ R phương trình có dạng: ax + bx + c = ( 1) ( a ≠ 0) b) Cách giải • Tính ∆ = b − 4ac  Nếu ∆ < phương trình (1) vơ nghiệm  Nếu ∆ = phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = −  Nếu ∆ > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = b 2a −b − ∆ −b + ∆ , x2 = 2a 2a c) Định lý Vi-et – Dấu nghiệm  Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn x ∈ R : ax + bx + c = ( 1) ( a ≠ ) có hai nghiệm x1 , x2 S = x1 + x2 = −b c , P = x1.x2 = a a  Dấu nghiệm:  Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < ∆ ≥ P >  Phương trình (1) có hai nghiệm dấu ⇔  ∆ ≥   Phương trình (1) có hai nghiệm dương ⇔  P > S >  ∆ ≥   Phương trình (1) có hai nghiệm âm ⇔  P > S <  2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Trong phần tơi trình bày phương pháp giải cách tổng quát số dạng toán liên quan đến phương trình bậc 2, quy bậc tập số thực R: Thay so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực α , ta biến đổi để đưa so sánh nghiệm phương trình bậc với số Bài tốn Cho phương trình: ax + bx + c = ( 1) ( a ≠ 0, x ∈ R ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≥ α b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≤ α c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < α < x2 d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: α < x1 < x2 e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < x2 < α Giải • Đặt t = x − α ⇒ x = t + α , thay vào pt (1) ta pt: at + ( 2aα + b ) t + aα + bα + c = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ α ⇔ pt (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  b) Phương trình (1) có nghiệm x ≤ α ⇔ pt (2) có nghiệm t ≤  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ S ≤  c) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < α < x2 ⇔ pt (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < d) Phương trình (1) có nghiệm thỏa α < x1 < x2 ⇔ pt (2) có nghiệm ∆ >  < t1 < t2 ⇔  P > S >  e) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < x2 < α ⇔ pt (2) có nghiệm ∆ >  t1 < t2 < ⇔  P > S <  (Với ∆ = ( 2aα + b ) − 4a ( aα + bα + c ) , P = t1.t2 = − ( 2aα + b ) aα + bα + c , S = t1 + t2 = ) a a Nhận xét: Thoạt nhìn tốn mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm tam thức bậc với số thực α , cách làm ta hướng dẫn học sinh giải toán cách dễ dàng dựa vào định lý Viet ứng dụng, tránh không sử dụng kiến thức tam thức bậc giảm tải sách giáo khoa Bài toán Cho phương trình: ( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = k ( 1) với a + c = b + d a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải 2 • Ta biến đổi phương trình (1) ⇔  x + ( a + c ) x + ac   x + ( b + d ) x + bd  = k ( )    a+c • Đặt t = x + ( a + c ) x +  ÷ ( t ≥ ) , thay vào (2) ta phương trình:    ( a + c )  t + ac −  a + c 2  bd −  a + c 2  − k = t +  ac + bd −   ( )  ÷   ÷               a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ∆ = S >  TH2: Phương trình (2) có nghiệm < t1 = t2 ⇔  c) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: ∆ >  = t1 < t2 ⇔  P = S >  d) Phương trình (1) có nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: ∆ >  < t1 < t2 ⇔  P > S >  (Trong ∆ biệt thức phương trình (2), P = t1.t2 , S = t1 + t2 ) Nhận xét: Trong tài liệu sách giáo khoa, sách tham khảo, cách giải đưa − a + c) dạng toán đặt: t = x + ( a + c ) x với điều kiện t ≥ ( , để giải yêu cầu nêu học sinh lúng túng, giải em học sinh lớp 10,vì em không trang bị công cụ để so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực khác Bài toán Cho phương trình: ax + bx + cx + bx + a = ( 1) ( a ≠ ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm dương b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm âm c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình (1), chia hai vế phương trình (1) cho x ≠ , ta được: 1 1   a  x + ÷ + b  x + ÷+ c − 2a = ( ) x x   (Thông thường tới học sinh đặt t = x + x ( t ≥ ) , nhận phương trình at + bt + c − 2a = việc giải yêu cầu đặt khó khăn học sinh khơng trang bị cơng cụ Để giúp học sinh vượt qua trở ngại giải sau) 1 x x được: at + ( 4a + b ) t + 2a + 2b + c = (3) • Để phương trình (1) có nghiệm x > phương trình (3) có nghiệm t ≥ , ta xét:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ a) Vì x > , đặt t = x + − ( t ≥ ) suy x + = t + , thay vào phương trình (2) ∆ ≥   TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  x x b) Vì x < , đặt t = x + + ( t ≤ ) suy x + = t + , thay vào phương trình (2) được: at + ( b − 4a ) t + 2a − 2b + c = (4) • Để phương trình (1) có nghiệm x < phương trình (3) có nghiệm t ≤ , ta xét:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ S ≤  c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥ , phương trình (4) có nghiệm t ≤ (Đây kết tổng hợp phần a b) d) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau; ∆1 >   TH1: Phương trình (3) có nghiệm thỏa: < t1 < t2 ⇔  P1 > S >  ∆ >   TH2: Phương trình (4) có nghiệm thỏa: t1 < t2 < ⇔  P2 > S <   TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu P < ⇔  P2 < Nhận xét: Với cách tiếp cận học sinh dễ dàng giải tốn như: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, nghiệm Bài tốn Cho phương trình α ( ax + bx + c ) + β ( ax + bx + c ) + γ = ( 1) ( α ≠ 0; a ≠ ) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Xét a > (với a < 0, làm tương tự)  b  b − 4ac  b − 4ac ax + bx + c = a  x + ÷ −  nên đặt t = ax + bx + c + • Ta có 2a  4a  4a    t ≥ • Thay vào phương trình (1) ta phương trình sau: α ( t − k ) + β ( t − k ) + γ = (2) với k = b − 4ac 4a • Phương trình (2): α t + ( β − 2α k ) t + α k − β k + γ = (3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ 2 ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm thỏa ∆ >  < t1 < t2 ⇔  P > S >  c) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm thỏa t1 < < t2 , phương trình (3) có nghiệm thỏa < t1 = t2  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ∆ = S > (Trong ∆ biệt thức pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )  TH2: Phương trình (2) có nghiệm < t1 = t2 ⇔  Nhận xét: Khi gặp dạng toán em học sinh thường đặt t = ax + bx + c với điều kiện t ≥ − ( b − 4ac ) a > 0, t ≤ − ( b − 4ac ) a < Phương trình nhận 4a 4a α t + β t + γ = , để giải yêu cầu tốn học sinh gặp trở ngại cần so sánh nghiệm phương trình bậc với số thực khác Chính với cách giải trình bày tạo cho em học sinh hứng thú, em sử dụng cơng cụ đơn giản, quen thuộc định lý Viet để giải dạng toán Bài tốn Cho phương trình ax + b x + α + c = ( 1) với α > 0, a ≠ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm Giải • ĐK x ∈ R • Đặt t = x + α − α ( t ≥ ) suy x = ( t + α ) − α , thay vào pt (1) ta phương trình: ( ) at + 2a α + b t + b α + c = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (2) có nghiệm thỏa ∆ >  < t1 < t2 ⇔  P > S >  c) Để phương trình (1) có nghiệm ta xét trường hợp sau: ∆ >   TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < = t2 ⇔  P = S <  ∆ = S = (Trong ∆ biệt thức pt (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 )  TH2: Phương trình (2) có nghiệm = t1 = t2 ⇔  Nhận xét: Với dạng toán hầu hết sách tham khảo đặt t = x + α ( t ≥ α ) , đưa phương trình bậc có dạng: at + bt + c − aα = , để giải câu hỏi đặt phải sử dụng tới định lý đảo dấu tam thức bậc hệ quả, sử dụng công cụ đạo hàm Cả hai cách không phù hợp với tư duy, kiến thức học sinh lớp 10, 11 học sinh lớp 12, cơng cụ dùng đạo hàm để giải khơng phải lúc tối ưu Bài toán Cho phương trình: ax + bx + c = x − α ( 1) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm Giải x −α ≥  • Phương trình (1) ⇔  ax + bx + c = ( x − α ) ( )  • Đặt t = x − α , x − α ≥ nên ta có điều kiện t ≥ , thay vào (2) ta phương trình: ( a − 1) t + ( 2aα + b ) t + aα + bα + c = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm pt (3) có nghiệm t ≥  TH1: Xét a = , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 ≥ a ≠ P ≤ a ≠ ∆ ≥  ≤ t1 ≤ t2 ⇔   TH3: Phương trình (3) có nghiệm P ≥ S ≥   TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm a ≠ ∆ >  ≤ t1 < t2 ⇔  P ≥ S >  c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥0  TH1: Xét a = , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 ≥ a ≠ P < a ≠ ∆ >  t1 < = t2 ⇔   TH3: Phương trình (3) có nghiệm P = S <   TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔  a ≠   TH4: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 = t2 ⇔ ∆ = S ≥  (Trong ∆ biệt thức phương trình (3), S = t1 + t2 , P = t1.t2 ) Nhận xét: Dạng toán hay xuất chuyên đề phương trình chứa căn, toán xuất đề thi Đại học, Cao đẳng, tất đưa phương án so sánh nghiệm phương trình (2) với số thực α Song với cách giải ta đưa tốn so sánh nghiệm phương trình (3) với số Bài tốn 7.Cho phương trình: log a ( α x + β x + γ ) = log a ( x − b ) ( 1) với < a ≠ a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm Giải x − b >  • Phương trình (1) ⇔ α x + β x + γ = x − b ( )   • Đặt t = x − b ⇒ x = t + b , x − b > nên ta suy điều kiện t > Thay vào phương 2 trình (2) ta phương trình: α t + ( 2α b + β − 1) t + α b + β b + γ = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >  TH1: Xét α = , thay vào pt (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 > α ≠ P < α ≠ ∆ ≥   TH3: Phương trình (3) có nghiệm < t1 ≤ t2 ⇔  P > S >  α ≠ ∆ >   TH4: Phương trình (3) có nghiệm = t1 < t2 ⇔  P = S >   TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm α ≠ ∆ >  < t1 < t2 ⇔  P > S >  c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >0  TH1: Xét α = , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 giải bất phương trình t0 > α ≠ P <  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔  α ≠ ∆ >  = t1 < t2 ⇔   TH3: Phương trình (3) có nghiệm P = S >  α ≠   TH4: Phương trình (3) có nghiệm < t1 = t2 ⇔ ∆ = S >  Nhận xét: Đây dạng toán giống với toán giải trên, ta đưa so sánh nghiệm phương trình có dạng bậc với số B BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Cho phương trình: x − 2mx + m − m + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≥ b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < < x2 d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < Giải • Đặt t = x − ⇒ x = t + , thay vào pt (1) ta phương trình: 2 t + ( − m ) t + m − 3m + = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − 3m + ≤ ⇔ ≤ m ≤  TH2: Phương trình (2) có nghiệm : m − ≥ m ≥ ∆ ' ≥ m =    ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − 3m + ≥ ⇔   m ≥ ⇔  m ≥ S ≥ m − ≥ m ≤     • Kết luận: với m ∈ [ 1; +∞ ) phương trình (1) có nghiệm x ≥ b) Để phương trình (1) có nghiệm x ≤ ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≤  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − 3m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ m − ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ ⇔ m − 3m + ≥ ⇔ m = S ≥ m − ≤   • Kết luận: với m ∈ [ 1; 2] phương trình (1) có nghiệm x ≤ b) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < < x2 ⇔ phương trình (2) có nghiệm: t1 < < t ⇔ m − 3m + < ⇔ < m < 10 • Kết luận: với < m < phương trình (1) có hai nghiệm x1 < < x2 d) Phương trình (1) có nghiệm thỏa x1 < x2 < ⇔ phương trình (2) có nghiệm: m − > ∆ ' >   t1 < t2 < ⇔  P > ⇔ m − 3m + > (vô nghiệm) S > m − <   • Kết luận: khơng tồn m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x2 < Nhận xét: Đây ví dụ minh họa cho toán tổng quát, tương tự học sinh giải nhiều tốn với phương pháp mà không sử dụng kiến thức tam thức bậc hai Rất nhiều em học sinh sau học ứng dụng đạo hàm để giải số dạng tốn “Tìm tham số m để phương trình f ( x, m ) = có nghiệm?”, gặp tập lúng túng khơng giải khơng thể đưa toán dạng: g ( m ) = h ( x ) để khảo sát Do cách chuyển hóa phương trình trên, đưa tốn so sánh nghiệm phương trình bậc với số dựa vào ứng dụng định lý Vi-et lựa chọn tối ưu bối cảnh kiến thức so sánh nghiệm tam thức bậc với số thực α giảm tải sách giáo khoa Bài Cho phương trình: x ( x − m + 1) ( x − m − 1) ( x − m ) = 3m + ( 1) , với tham số m ≥ a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải 2 • Ta biến đổi phương trình (1) ⇔ ( x − mx ) ( x − mx + m − 1) = 3m − ( ) • Đặt t = x − mx + m ( t ≥ ) , thay vào phương trình (2) ta phương trình: t − ( m + 1) t − 2m + = ( ) a) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ − 2m ≤ ⇔ m ≥  TH2: Phương trình (2) có nghiệm m + 12m − 19 ≥ ∆ ≥  5   ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m ≤ ⇔ −6 + 55 ≤ m ≤ 2 S ≥    m > −1  • Kết luận: Với m ∈  −6 + 55; +∞ phương trình (1) có nghiệm  ) b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau: 11  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ − 2m < ⇔ m >  TH2: Phương trình (2) có nghiệm:   m = −6 − 55  m + 12m − 19 = ∆ = 0 < t1 = t2 ⇔  ⇔ ⇔   m = −6 + 55 ⇔ m = −6 + 55  S > m + >  m > −1 5  • Kết luận: Với m ∈  ; +∞ ÷∪ −6 + 55 phương trình (1) có nghiệm   c) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: m + 12m − 19 > ∆ >   = t1 < t2 ⇔  P = ⇔ 5 − 2m = ⇔m= S > m + >   { } phương trình (1) có nghiệm phân biệt d) Phương trình (1) có nghiệm phận biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa: m + 12m − 19 > ∆ >   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ 5 − 2m > ⇔ −6 + 55 < m < S > m + >   • Kết luận: Với m =   • Kết luận: với m ∈  −6 + 55; ÷ phương trình (1) có nghiệm phân biệt   Bài Cho phương trình: x − 2mx + ( m − 3m + ) x − 2mx + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải • Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình (1), chia hai vế phương trình (1) cho x ≠ , ta được: 2 1 1    x + ÷ − 2m  x + ÷+ m − 3m + = ( ) x x   1 a) Vì x > , đặt t = x + − ( t ≥ ) suy x + = t + , thay vào phương trình (2) x x 2 được: t − ( m − ) t + m − 7m + = (3) • Để phương trình (1) có nghiệm x > phương trình (3) có nghiệm t ≥ Xét trường hợp: 12  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ m2 − 7m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ 3m − ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − 7m + ≥ ⇔ m ≥ S ≥ m − ≥   • Kết luận: Với m ≥ phương trình (1) có nghiệm dương x x b) Vì x < , đặt t = x + + ( t ≤ ) suy x + = t − , thay vào phương trình (2) được: t − ( m + ) t + m + m + = ( ) (4) • Để phương trình (1) có nghiệm x > phương trình (3) có nghiệm t ≤ Xét trường hợp:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ m2 + m + ≤ (vô nghiệm) 3m − ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ ⇔  P ≥ ⇔ m + m + ≥ (vô S ≤ m + ≤   nghiệm) • Kết luận: Khơng tồn m để phương trình (1) có nghiệm âm c) Để phương trình (1) có nghiệm m ≥ d) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt ta xét trường hợp sau:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm thỏa: 3m − > ∆1 >   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ m − m + > ⇔ m > S > m − >    TH2: Phương trình (4) có nghiệm thỏa: 3m − > ∆ >   t1 < t2 < ⇔  P2 > ⇔ m + m + > (vô nghiệm) S < m + <    TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu: m2 − 7m + < P <  ⇔ (vô nghiệm)  m + m + <  P2 <  • Kết luận: Với m > phương trình (1) có nghiệm phân biệt Bài 4: Cho phương trình ( x − x ) − 2m ( x − x ) + m + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Giải 13 • Đặt t = x − x + t ≥ , suy x − x = t − Thay vào phương trình (1) ta phương trình sau: t − ( m + 1) t + m + = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m + ≤ ⇔ m ≤ −4  TH2: Phương trình (2) có nghiệm m + m − ≥ ∆ ≥ −1 + 13   ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m + ≥ ⇔m≥ S ≥ m + ≥    −1 + 13  ; +∞ ÷ phương trình (1) có nghiệm ÷   • Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4] ∪  b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm thỏa: m + m − > ∆ > −1 + 13   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ m + > ⇔m> S > m + >    −1 + 13  ; +∞ ÷ phương trình (1) có nghiệm phõn bit ữ ã Kt lun: vi m ∈   c) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (3) có nghiệm thỏa t1 < < t2 , phương trình (3) có nghiệm thỏa < t1 = t2  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ m + < ⇔ m < −4  TH2: Phương trình (2) có nghiệm m + m − = ∆ = −1 + 13 < t1 = t2 ⇔  ⇔ ⇔m= S > m + >  −1 + 13    • Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4 ) ∪   phương trình (1) có hai nghiệm phân     biệt Nhận xét: Tương tự ta giải tốn: “Tìm m để pt (1) có nghiệm nhất” Bài Cho phương trình x − m x + + 3m + = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Giải • ĐK x ∈ R 14 • Đặt t = x + − ( t ≥ ) suy x = ( t + 1) − , thay vào phương trình (1) ta phương trình: t − ( m − ) t + 3m + = ( ) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ 3m + ≤ ⇔ m ≤ −2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm m − 16m − ≥ ∆ ≥   ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ 3m + ≥ ⇔ m ≥ + 68 S ≥ m − ≥   −2   • Kết luận: với m ∈  −∞;  ∪ 8 + 68; +∞ ) phương trình (1) có hai nghiệm    phân biệt b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm thỏa:  m − 16m − > ∆ >   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ 3m + > ⇔ m > + 68 S > m − >   • Kết luận: Với m ∈ ( + 68; +∞ ) phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Để pt (1) có nghiệm ta xét trường hợp sau: m − 16m − > ∆ > −2   ⇔m=  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < = t2 ⇔  P = ⇔ 3m + = S < m − <   m − 16m − = ∆ = ⇔  TH2: Phương trình (2) có nghiệm = t1 = t2 ⇔  (vô S = m − = nghiệm) • Kết luận: với m = −2 pt (1) có nghiệm Bài Cho phương trình: 2x − ( m + 1) x + m2 + m = x − ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Giải x −1 ≥  • Phương trình (1) ⇔  2  x − ( m + 1) x + m + m = ( x − 1) ( )  • Đặt t = x − , x − ≥ nên ta có điều kiện t ≥ , thay vào phương trình (2) ta 2 phương trình: t − ( m − 1) t + m − m = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥ 15  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − m ≤ ⇔ ≤ m ≤ 1 − m ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − m ≥ ⇔ m = S ≥ m − ≥   • Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] phương trình (1) có nghiệm b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm 1 − m > ∆ >   ≤ t1 < t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − m ≥ (vô nghiệm) S > m − >   • Kết luận: Khơng tồn m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥0  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ m − m < ⇔ < m < 1 − m > ∆ >    TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < = t2 ⇔  P = ⇔ m − m = ⇔ m = S < m − <   ∆ = 1 − m = ⇔ ⇔ m = S ≥ m − ≥  TH3: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 = t2 ⇔  • Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] phương trình (1) có nghiệm 2 Bài Cho phương trình: log 2+ ( x + 2mx + m + 3m − 1) + log 2− ( x − m + 1) = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Giải 2 • Phương trình (1) tương đương log 2+ ( x + 2mx + m + 3m − 1) = log 2+ ( x − m + 1) ( ) x − m +1 >  ⇔ • Phương trình (2)  x + ( 2m − 1) x + m + 4m − = ( 3)  • Đặt t = x − m + ⇒ x = t + m − , x − m + > nên ta suy điều kiện t > Thay vào 2 phương trình (2) ta phương trình: t + ( 4m − 3) t + 4m − m = ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ 4m − m < ⇔ < m < 16  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 4m − 20m + ≥ ∆ ≥ 1   4 < m ≤ < t1 ≤ t2 ⇔  P > ⇔ 4m − m > ⇔  S > 3 − 4m > m <    TH3: Phương trình (3) có nghiệm 4m − 20m + > ∆ > m =   = t1 < t2 ⇔  P = ⇔ 4m − m = ⇔ m = S > 3 − 4m >    1  • Kết luận: Với m ∈  −∞;  phương trình (1) có nghiệm   b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (3) có nghiệm : 4m − 20m + > ∆ > 1   4 < m < < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ 4m − m > ⇔  S > 3 − 4m > m <   1 1 • Kết luận: Với m ∈ ( −∞;0 ) ∪  ; ÷ phương trình (1) có nghiệm phân biệt   c) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t >0  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < < t2 ⇔ P < ⇔ 4m − m < ⇔ < m <  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 4m − 20m + > ∆ > m =   = t1 < t2 ⇔  P = ⇔ 4m − m = ⇔ m = S > 3 − 4m >     TH3: Phương trình (3) có nghiệm:  m =  4m − 20m + = ∆ =  < t1 = t2 ⇔  ⇔ ⇔ m = ⇔ m =  S > 3 − 4m >   m <    1  • Kết luận: Với m ∈ 0;  ∪   phương trình có nghiệm     Bài Cho phương trình: x +1 − ( 2m − 1) x + + m2 − 3m = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2 17 Giải • Đặt t = x +1 − ( t ≥ ) , x +1 = t + , thay vào phương trình (1) ta phương trình: 2 t − ( 2m − 1) t + m − 11m = ( 2) a) Để phương trình (1) có nghiệm pt (2) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ ⇔ m − 11m ≤ ⇔ ≤ m ≤ 11 3m + m + ≥ ∆ ' ≥    TH2: Phương trình (3) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ ⇔ m − 11m ≥ ⇔ m ≥ 11 S ≥  2m − ≥   • Kết luận: Với m ∈ [ 0; +∞ ) phương trình (1) có nghiệm b) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có nghiệm thỏa t1 < < t2 ⇔ m − 11m < ⇔ < m < 11 3m + 7m + = ∆ = ⇔  TH2: Phương trình (2) có nghiệm thỏa < t1 = t2 ⇔  (vô S >  2m − > nghiệm) • Kết luận: Với m ∈ ( 0;11) phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt pt (2) có nghiệm thỏa: 3m + 7m + > ∆ ' >   < t1 < t2 ⇔  P > ⇔ m − 11m > ⇔ m > 11 S >  2m − >   • Kết luận: Với m ∈ ( 11; +∞ ) phương trình (1) có nghiệm phân biệt C BÀI TẬP THỰC HÀNH Bài Cho phương trình: x + ( 3m − 1) x + 2m − 4m = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ −1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: −1 < x1 ≤ x2 c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1 < −1 < x2 d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ∈ ( −1; +∞ ) Bài Cho phương trình: x − ( m + 1) x + ( 3m − ) x − ( m + 1) x + = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt 2 18 c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm Bài Cho phương trình: ( x − 1) ( x − ) ( x − 3) ( x − ) = 2m − ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Bài Cho phương trình: ( x − x + ) − ( 2m − 1) ( x − x + ) + m − 3m − = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Bài Cho phương trình: x + ( 3m + ) x + + 2m2 + 3m − = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Bài Cho phương trình: x − 3mx + 2m − m = x + m ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2 Bài 7.Cho phương trình: log +  x − ( 2m + 3) x + 2m + 3m −  + log − ( x − 2m + 1) = ( 1)   a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x +1 Bài Cho phương trình: 3x +1 − ( m + 1) + m − 3m = ( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 19 PHẦN III KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ Kết luận Khi áp dụng chuyên đề vào giảng dạy học sinh môn Toán trường THPT, nhận thấy em học sinh hứng thú với môn hoïc, nhiều em cảm thấy bất ngờ mà số tốn tưởng chừng khơng thể giải khơng có cơng cụ định lý đảo dấu tam thức bậc hệ quả, lại giải cách đơn giản, dễ hiểu thông qua định lý quen thuộc định lý Vi-et Chính em cảm thấy hứng thú với môn học nên năm học nhận thấy chất lượng môn Toán nói riêng, kết học tập em học sinh nói chung nâng lên rõ rệt, có nhiều em đầu năm học học sinh yếu, TB cuối năm vươn lên để trở thành học sinh TB, gioûi, các kỳ thi tuyển sinh vào các trường Đại học , Cao đẳng có nhiều em đạt điểm 8, 9, 10 môn Toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục của nhà trường Khi tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, Olympic 30 tháng có nhiều em đạt giải cao ( 02 em đạt HSG cấp Quốc gia, 09 em đạt huy chương tham gia thi Olympic 30 – ) Cụ thể: 1) Kết quả học tập bợ mơn: Năm học 2003 – 2004 2004 – 2005 2005 – 2006 2006 – 2007 2007 – 2008 2008 – 2009 Đầu năm học (%) Yếu TB Khá Giỏi 21 63 26 17 64 19 14 68 18 12 66 22 16 51 23 15 57 28 Cuối năm học (%) Yếu TB Khá Giỏi 12 54 34 58 38 0 60 40 0 64 36 56 41 61 37 2) Kết quả thi HSG cấp tỉnh: Kết quả thi HSG cấp tỉnh lớp 12 Naêm hoïc Giải nhất 2004 – 2005 2005 – 2006 2006 – 2007 2007 – 2008 2008 – 2009 2009 – 2010 10 1 Giải nhì 01 9 Giải ba 0 Giải khuyến khích 1 20 Đất nước ta bước đường xây dựng, phát triển giáo dục Đảng, Nhà nước coi quốc sách hàng đầu, để chấn hưng giáo dục nước nhà việc đổi phương pháp giảng dạy Bộ Giáo dục coi nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực cách có hiệu Muốn làm tốt cơng việc người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận thức, nghiệp vụ chuyên mơn, từ tìm cho phương pháp giảng dạy đạt hiệu cao nhất, tạo hứng thú niềm tin học trị nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục Một cách để tạo chuyển biến tích cực cơng tác giảng dạy giáo viên viết chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy học Từ nhận thức đó, hàng năm tơi chọn đề tài thiết thực phục vụ cho công tác giảng dạy để viết thành sáng kiến kinh nghiệm nhằm nâng cao lực chun mơn, góp phần chia sẻ đồng nghiệp, em học sinh ý tưởng phục vụ cho việc dạy học tốt Thực tế qua trình giảng dạy nhận thấy đại đa số em học sinh ngại lúng túng gặp toán có chứa tham số, bên cạnh việc sách giáo khoa lớp 10 giảm tải phần định lý đảo dấu tam thức bậc hệ quả, nên gặp dạng toán chuyên đề trình bày em cảm thấy lúng túng, em học sinh lớp 10, em học sinh lớp 12 trang bị cơng cụ đạo hàm thấy khó khăn Từ thực tế nhằm giúp em học sinh cảm thấy hứng thú học toán, biết cách vận dụng, khai thác số dạng tốn có chứa tham số, quy lạ quen nên viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng tốn phương trình bậc – quy bậc 2” KIẾN NGHỊ Với Sở GD&ĐT Quan tâm đến việc bồi dưỡng chuyên mơn, nghiệp vụ cho giáo viên dạy tốn Nên tổ chức hội thảo chuyên đề chuyên sâu cho giáo viên tỉnh Với BGH nhà trường - Hiện nay, nhà trường có số sách tham khảo nhiên chưa đầy đủ Vì nhà trường cần quan tâm việc trang bị thêm sách tham khảo mơn Tốn để học sinh tìm tịi, học tập giải tốn để em tránh sai lầm làm tập nâng cao hứng thú, kết học tập mơn tốn nói riêng, nâng cao kết học tập học sinh nói chung Với PHHS 21 - Quan tâm việc tự học, tự làm tập nhà Thường xuyên kiểm tra sách, việc soạn trước đến trường 22 ... Kết qua? ? học tập bợ mơn: Năm học 20 03 – 20 04 20 04 – 20 05 20 05 – 20 06 20 06 – 20 07 20 07 – 20 08 20 08 – 20 09 Đầu năm học (%) Yếu TB Khá Giỏi 21 63 26 17 64 19 14 68 18 12 66 22 16 51 23 15 57 28 ... học sinh cảm thấy hứng thú học toán, biết cách vận dụng, khai thác số dạng tốn có chứa tham số, quy lạ quen nên viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Ứng dụng định lý Vi-et giải số dạng toán phương trình. .. phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm t ≥  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ ≤ t2 ⇔ P ≤ 2 ∆ ≥   TH2: Phương trình (2) có nghiệm ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ S ≥  b) Để phương trình