Nâng cao chất lượng đại trà môn toán lớp 9 khi dạy các dạng toán ứng dụng định lí vi ét

1 Mở đầu 1 Lý chọn đề tài Trong xu hội nhập quốc tế nay, giáo dục đào tạo có vài trị vơ quan trọng, chìa khóa mở cửa thành cơng đất nước Đảng nhà nước ta khẳng định giáo dục quốc sách hàng đầu, giáo dục – đào tạo với khoa học công nghệ nhân tố định tăng trưởng kinh tế phát triển xã hội, đầu tư cho giáo dục đầu tư cho phát triển Mục tiêu giáo dục nước ta thời kì “ phát triển giáo dục nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, đào tạo nên người có kiến thức văn hố khoa học, có kĩ nghề nghiệp, lao động tự chủ, sáng tạo có kỉ luật, giàu lịng nhân ái, u nước, u chủ nghĩa xã hội….” Nghị 29 –NQ/TW Ban chấp hành Trung ương Đảng khoá 11 đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo rõ: “Giáo dục đào tạo quốc sách hàng đầu, nghiệp Đảng, Nhà nước toàn dân Đầu tư cho giáo dục đầu tư phát triển, ưu tiên trước chương trình, kế hoạch phát triển kinh tế-xã hội”[1] Muốn phát triển giáo dục phải xuất phát từ sở giáo dục – nhà trường Trong nhà trường cần phải coi trọng giáo dục toàn diện cho học sinh, giáo dục cho học sinh thông qua môn học Nhiệm vụ trọng tâm trình dạy học phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động học sinh nhằm bồi dưỡng phát triển trí tuệ lực hoạt động học sinh Đó nội dung việc đổi phương pháp dạy học Mơn Tốn THCS có vai trị quan trọng, mặt 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, TH chuyên nghiệp, học nghề vào lĩnh vực lao động sản xuất đòi hỏi hiểu biết định Tốn học.[2] Chương trình Tốn THCS khẳng định trình dạy học trình giáo viên tổ chức cho học sinh hoạt động để chiếm lĩnh kiến thức kỹ Mặt khác muốn nâng cao chất lượng cho học sinh, giáo viên cần phải hình thành cho học sinh kiến thức bản, tìm tịi đủ cách giải tốn để phát huy tính tích cực học sinh, mở rộng tầm suy nghĩ Dạy học toán dạy cho học sinh phương pháp học toán giải toán để vận dụng kiến thức học vào giải toán thực tế sống Nội dung kiến thức toán học trang bị cho học sinh THCS ngồi việc dạy lí thuyết cịn phải trọng tới việc dạy học sinh phương pháp giải số toán, để nắm vững cách giải dạng tốn địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức học cách linh hoạt, sáng tạo, tính cẩn thận, kết hợp với khéo léo kinh nghiệm tích luỹ để giải tập có liên quan Thơng qua việc giải tập em rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức học vào giải tập, kĩ trình bày, kĩ sử dụng máy tính bỏ túi, đồ dùng dạy học Do nâng cao lực tư duy, óc tưởng tượng, sáng tạo, rèn khả phán đoán, suy luận học sinh [3] Trong chương trình tốn THCS, tốn ứng dụng hệ thức Vi – ét có vị trí quan trọng Học sinh vận dụng ứng dụng hệ thức Vi - ét như: Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai trường hợp a + b + b = 0; a – b + c = trường hợp mà tổng tích hai nghiệm số nguyên với giá trị tuyệt đối khơng q lớn Tìm hai số biết tổng tích chúng Biết cách biểu diễn tổng bình phương, lập phương hai nghiệm qua hệ số phương trình Hệ thức cịn giúp học sinh xét dấu nghiệm phương trình mà cụ thể nghiệm Giải biện luận phương trình bậc có chứa tham số Tiếp tục toán thường kèm theo yêu cầu tính giá trị biểu thức, quan hệ nghiệm, phép tính nghiệm phương trình Các tốn ứng dụng hệ thức Vi - et phong phú đa dạng, đòi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức, cách giải linh hoạt, sáng tạo, độc đáo; yêu cầu học sinh phải có óc quan sát nhạy bén, giúp học sinh phát triển tư Vì vậy, năm gần đây, kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, kì thi tuyển chọn học sinh giỏi lớp cấp xuất nhiều tốn bậc hai có ứng dụng hệ thức Vi-ét Tuy nhiên nội dung thời lượng phần sách giáo khoa Đại số lại ít( có 02 tiết), lượng tập chưa phong phú, đa dang, điều làm cho ứng dụng hệ thức Vi – ét học sinh THCS khó Các em thường gặp khó khăn việc tìm lời giải tốn này; có tốn em đâu? Vận dụng kiến thức chương trình học? Làm để tìm giá trị tham số m thỏa mãn điều kiện tốn ấy? Đặc biệt mang nội dung sâu sắc việc giáo dục tư tưởng qua mơn tốn; hình thành cho học sinh thói quen tìm giải pháp tối ưu cho công việc cụ thể sống sau Qua số năm giảng dạy mơn Tốn lớp THCS, đồng thời tham khảo ý kiến đồng nghiệp, với mong muốn giúp cho học sinh nắm vững sử dụng thành thạo định lý Viét, làm tăng khả năng, lực học tốn kích thích hứng thú học tập học sinh mạnh dạn nghiên cứu hoàn thành đề tài : “ Nâng cao chất lượng đại trà dạy học sinh lớp dạng Tốn ứng dụng Định lí Vi-ét” 1.2 Mục đích đề tài Như biết Toán học mơn khoa học khó đa số học sinh vùng nơng thơn, nơi có điều kiện học tập cịn nhiều khó khăn, thời gian dành cho học tập cịn hạn chế Cơng tác ngành nhiều năm tơi thấy đa số em cịn ngại học mơn Tốn chưa đầu tư, chưa say mê với môn Đa số tập ứng dụng định lí Vi-ét học sinh cần phải vận dụng nhiều khiến thức làm tập giáo viên phải ôn tập lại kiến thức có liên quan thơng qua số tập xếp theo mức độ tăng dần hướng dẫn học sinh tìm tịi lời giải, cách trình bày lời giải Người giáo viên cần thấy dạy học sinh giải tốn khơng đơn cho học sinh có lời giải mà giúp học sinh tìm lời giải tốn thơng qua dạy kiến thức truyền thụ tri thức phương pháp Làm học sinh tự đúc kết phương pháp giải tốn dẫn đến có phương pháp học tập mơn, đề tài đề cập đến nội dung sau: - Tổng hợp kiến thức nội dung Định lí Vi-ét, ứng dụng Định lí Vi-ét chương trình đại số lớp - Phân dạng nêu phương pháp giải dạng ứng dụng Vi-ét giúp học sinh ôn tập dễ dàng chương trình SGK khơng có điều kiện sâu vào ứng dụng thời lượng chương trình chuẩn kiến thức kĩ - Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng đại trà dạy dạng Toán ứng dụng Định lí Vi-ét - Đưa đề xuất kiến nghị việc nâng cao chất lượng đại trà giảng dạy ứng dụng định lí Vi-ét trường THCS 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Trong trình nghiên cứu đề tài, qua thực tế giảng dạy Toán lớp ôn thi vào lớp 10 THPT, xác định rõ đối tượng “ Nâng cao chất lượng đại trà dạy học sinh lớp dạng Tốn ứng dụng Định lí Vi-ét” Nghiên cứu việc sử dụng hệ thức Vi – ét để giải tốn phương trình bậc hai cho học sinh lớp THCS Tư giúp em làm tốt tốn bậc hai kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, thi học sinh giỏi, đồng thời kích thích, định hướng cho học sinh cách tìm hiểu kiến thức khơng tốn bậc hai mà dạng toán khác 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp đọc tài liệu: Đây phương pháp chủ yếu suốt trình nghiên cứu đề tài - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm qua số năm giảng dạy, đồng thời tiếp thu kinh nghiệm qua việc trao đổi chuyên môn với đồng nghiệp địa bàn 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm: - Khai thác đề bài, cách tìm lời giải tốn dẫn đến việc nắm quy luật dãy số - Từ việc khai thác nêu phương pháp giải toán cụ thể - Đưa toán tổng quát - Nêu ứng dụng phương pháp Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến minh nghiệm : 2.1.1 Định lý Vi-et phương trình bậc hai ẩn: a Định lí Vi ét thuận [5] Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a  0) có nghiệm x1, x2 thì:  b c S = x + x2 = P = x1 x2 = a a * Hệ quả: Phương trình bậc 2: ax + bx + c = (*) c a c - Nếu a - b + c = (*) có nghiệm x1 = - 1; nghiệm x2 = a b Định lý Viét đảo  x1  x2 S Nếu có số x1, x2 thoả mãn  chúng nghiệm số phương x x  P  2 trình: X - SX + P = (Điều kiện  số x1, x2 S2 – 4P  0) Chú ý: * Trước áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phương trình có nghiệm  a 0   a.c <  Δ 0(Δ' 0) 2.1.2 Định lý Vi-et phương trình bậc cao [6] a Đinh lí thuận Nếu phương trình bậc n: anxn + an-1xn-1 + ………+ a1x + a0 = ( a ≠ 0) có n nghiệm x1, x2, …… xn ( nghiệm khơng thiết phân biệt) ta có hệ thức Viét sau: - Nếu a + b + c = (*) có nghiệm x1 = 1, nghiệm x2 = a n 1 x1 + x2 +…… + xn =  a n an  x1x2 + x1x3 +… +x1xn + x2x3 +……x2xn + … + xn-1xn = a n � 1�i1 i2  in �n xi1 xi2 xik  (1) k an  k an a0 x1x2 xn = (-1)n a n b Định lí đảo Cho n số thực tuỳ ý a1, a2, .an Đặt: S1 = a1 + a2 + an S2 = a1a2+ a1a3 + a1an + a2a3 + .a2an + an-1an Sk = � 1�i1 i2  ik �n ai1 ai2 aik Sn = a1a2 .an Thì a1, a2, .,an nghiệm phương trình: xn – S1xn-1 + S2xn-2- +(-1)kSkxn-k + + (-1)nSn = Chẳng hạn, định lí Viét cho phương trình bậc ba phát biểu sau: Nếu x1, x2, x3 nghiệm phương trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = ( a ≠ 0) thì: x1 + x2 + x = b ; a x1x2 + x2 x3 + x3x1 = c ; a x1x2x3 = d a 2.2.Thực trạng việc dạy học hệ thức Vi – ét vận dụng hệ thức Viét vào giải tốn Là địa phương có điều kiện kinh tế tương đối khó khăn so với xã lân cận, điều kiện trật tự an toàn xã hội tương đối phức tạp, ảnh hưởng không nhỏ tới chất lượng giáo dục toàn diện nhà trường Mặc dù vậy, đội ngũ cán giáo viên nhà trường nhiệt tình, tồn tâm tồn ý cơng tác, thực nghiêm túc qui chế chuyên môn Do chất lượng giáo dục toàn diện nhà trường có bước tiến năm gần Số lượng học sinh giỏi tăng năm học, chất lượng đại trà bước nâng lên Khảo sát 70 học sinh năm học 2016 - 2017 số toán liên quan đến phương trình bậc hai ẩn, hệ thức Vi ét: Bài tốn 1: Khơng giải phương trình nhẩm nghiệm phương trình sau: a) 3x2 - 5x + = b) -7x2 - x + = Bài tốn 2: Tìm m để phương trình x2 + 2x + m = (m tham số) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: a) 3x1 + 2x2 = b) x12 - x22 = c) x12 + x22 = Bài tốn 3: 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 Bài tốn 4: Tìm điều kiện m để phương trình sau: 2x2 + (2m - 1)x + m - = a) Có hai nghiệm khác dấu b) Có hai nghiệm phân biệt âm c) Có hai nghiệm phân biệt dương d) Có hai nghiệm giá trị tuyệt đối trái dấu Với toán thực thời điểm khác năm học( từ sau học sinh học xong chương diện tích đa giác), học sinh khối 9, kết thu sau: Bài Toán Điểm  < 3,5 15 35 35 3,5  < 5  < 6,5 6,5  8,5 8,5  10 20 30 20 24 23 14 16 2 Từ kết qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy kĩ vận dụng hệ thức Vi - ét tư giải toán nhiều học sinh cịn hạn chế Với tốn cịn nhiều em khơng nhẩm nghiệm phương trình cách áp dụng hệ hệ thức Vi ét sử dụng sai công thức a+ b+ c = công thức ( a- b + c = 0) Với tốn có số học sinh giải được, học sinh cịn lại khơng biết cách biến đổi sử dụng hệ thức Vi – ét để tính tốn Đa số học sinh khơng tính giá trị m để x 12 – x22 = 6; x12 + x22 = 8, không biến đối chúng dạng tổng tích hai nghiệm Với tốn hầu hết học sinh khơng tìm hướng giải quyết, có học sinh giỏi trình bày song chưa thật chặt chẽ, logich 2.3 Những giải pháp Trong hệ thống tập Toán THCS, loại toán ứng dụng hệ thức Vi ét phong phú đa dạng Tôi nghĩ, giáo viên dạy tốn lớp khơng thể đạt mục đích không chọn lọc hệ thống kiến thức bản, nhóm tập theo dạng, nêu đặc điểm dạng xây dựng hướng giải cho dạng Đây khâu có ý nghĩa định giúp học sinh tìm hướng giải cách dễ dàng, hạn chế tối đa sai lầm trình giải tập, đồng thời phát triển tiềm lực trí tuệ cho học sinh ( thơng qua tập tương tự mẫu tập vượt mẫu) Khi thực đề tài vào giảng dạy, đặc thù dạng tập ứng dụng hệ thức Vi - ét phong phú đa dạng, đòi hỏi linh hoạt trình vận dụng Do tơi đưa hệ thống tập, dạng theo mức độ rèn luyện từ dễ đến khó, nhằm bồi dưỡng học sinh phát triển kỹ từ biết làm đến đạt độ mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo Để bồi dưỡng dạng thường thực theo bước sau: B1: Giới thiệu tập mẫu hướng dẫn giải B2: Rút nguyên tắc phương pháp áp dụng B3: Học sinh tự luyện theo mẫu nâng cao Tuỳ độ khó dạng tơi hốn đổi thứ tự bước Sau số dạng tập, cách nhận dạng, kinh nghiệm giải thực đúc kết từ thực tế Dạng 1: Bài tốn tính nhẩm nghiệm số phương trình đơn giản I Phương pháp: * Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a 0) có a + b + c = phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = c a * Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a 0) có a - b + c = phương trình có nghiệm là: x1= -1; x2= c a * Nếu x1, x2 hai nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (a 0) b a c a Thì x1  x2    S x1 x2   P Có thể tính nhẩm x1, x2 S P số nguyên tố có giá trị tuyệt đối khơng lớn q II Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Nhẩm nghiệm phương trình sau: [5] a) 2x2 - 31x +29 = b) x2 - 2011x +2010= c) 0,01x2 - x - 1,01 = Giải: a) 2x2 - 31x + 29 = Ta có a + b +c = - 31 + 29= Vậy PT có hai nghiệm: x1=1; x2 = 29 b) x2 - 2011x +2010 = Ta có a + b + c = 1- 2011+ 2010 = Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 2010 c) 0,01x2 - x - 1,01 = Ta có a - b + c = 0,01 + - 1,01 = 1,01 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = -1; x2 = 0,01 = 101 Ví dụ 2: Nhẩm nghiệm phương trình sau hệ thức Viet [5] a) x2 - 7x + 12 = b) x2 + 5x + = c) x2 + 11x + 18 = Giải: a) x2 - 7x + 12 = Do  ' = 49 - 48 = > nên phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn �x1  x2  � �x1.x2  12 Vì: + = 3.4 = 12 nên x1 = x2 = nghiệm phương trình cho b) x2 + 5x + =  x1  x   x1 x 6 Do  = 25 - 24 = > nên phương trình có hai nghiệm x1, x2  Vì: (-2) +(-3) = (-2).(-3) =6 nên nghiệm phương trình là: x1 = -2; x2 = -3 c) x2 + 11x + 18 =  x1  x  11  x1 x 18 Do  =121- 4.18 =121 - 72 =49 > nên PT có hai nghiệm x1, x2:  Vì: (-2) + (-9) = 11 (-2) (-9) = 18 nên nghiệm PT là: x1= -2; x2 = -9 III Bài tập đề nghị: Bài 1: Tính nhẩm nghiệm phương trình: a) 5x2 - 9x + = b) (  )x2 + ( - )x - 10 = [7] c ) 11 x  x 0 10 Bài 2: Dùng hệ thức Viet để tính nhẩm nghiệm phương trình: [5] a) x2 - 6x + = b) x2 - 12x + 32 = c) x2 - 3x - 10 = Dạng 2: Bài tốn tìm hai số biết tổng tích chúng I Phương pháp:  u  v S  u.v  P Nếu hai số u, v có:  Thì u v nghiệm phương trình: t2 - St +P = (1) Chú ý: Nếu (1) có hai nghiệm t1, t2 (điều kiện S2 - 4P  0) ta được: u t1 , v t u t , v t  II Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Tìm hai số u v biết tổng u + v = 17 tích u.v = 72 Giải: Theo Vi-ét ta có u, v hai nghiệm phương trình: Có  = (-17)2 - 4.1.72 =   = Do đó: t1 = 17  9 ; t2 = 17  8 Vậy [5] t2 - 17t + 72 = u 9, v 8 u 8, v 9  Ví dụ 2: Tìm hai số u v biết tổng u + v = tích u.v = 40 Giải: Theo Vi-ét ta có u, v hai nghiệm phương trình: t2 - 5t + 40 = Có  = (-5)2 - 4.40 = -135 < nên phương trình vơ nghiệm Vậy khơng có hai số thoả mãn có tổng tích 40 Ví dụ 3: Tìm hai số u v biết: u - v = -2 u.v = 80 [5] Giải: Đặt v' = -v ta có u + v' = -2 u.v' = -80 Khi u v' nghiệm phương trình: t2 + 2t - 80 = Có  ' = + 80 = 81  ' = Do t1 = 8; t2 = -10 Suy u =8, v' = -10 u = -10, v'=8 Vậy u = 8, v = 10 u = -10, v =-8 III Bài tập đề nghị: Bài 1: Tìm hai số u v trường hợp sau: a) u + v =29 u.v = 198 b) u - v =10 u.v = 24 c) u2 + v2 = 85 u.v = 18  x  y 4 Bài 2: Tìm x y biết  2 3  ( x  y )( x  y ) 280 [8] Bài 3: Lập phương trình bậc hai có nghiệm bằng: a)  3 b) - Dạng 3: Bài tốn tính giá trị biểu thức đối xứng nghiệm I Phương pháp: Ta tìm cách biến đổi để biểu diễn hệ thức theo tổng tích nghiệm, sau thay tổng tích theo - b c a a Đặc biệt hệ thức nghiệm phương trình bậc 2, ta thường quan tâm đến hệ thức đối xứng nghiệm Biểu thức đối xứng nghiệm x1 x2 phương trình: ax2 + bx + c = biểu thức có giá trị khơng đổi ta hốn vị x1 x2 Ta biểu thị biểu thức đối xứng nghiệm x1 x2 theo S P sau: * x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = S2 - 2P x1  x S * x  x  x x  P 2 3 * x1 + x2 = (x1 + x2)3 - 3x1x2(x1 + x2) = S3 - 3SP * x1  x2  x1  x 2 x1 x 2  S  2P P2 [9] Đối với hệ thức không đối xứng nghiệm ta kết hợp hệ thức với tổng S = x1 + x2 để tính x1, x2 thay vào tích x1.x2 = P II Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giả sử phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = (a 0)có nghiệm x1, x2 Hãy lập phương trình có nghiệm sau: a) -x1 -x2 b) 2x1 2x2 c ) x12 x22 d) x1 + x2 x1.x2 Giải: Giả sử phương trình ax + bx + c = có nghiệm x1,x2 b   S  x1  x  a Ta có:   P x x  c  a  ( x1 )  ( x )  S a) Ta có:   ( x1 )( x )  P -x1, -x2 nghiệm phương trình: t2 +St + P =  x1  x 2 S  x1 x 4 P b) Ta có:  2x1 2x2 nghiệm phương trình: t2 - 2St + 4P =  x1  x 2  S  P c) Ta có:  2 x12, x22 nghiệm phương trình:  x1 x  P t2 -(S2 -2P)t +P2 =  ( x1  x )  x1 x  S  P  ( x1  x ).x1 x  S P d) Ta có:  x1 + x2 x1.x2 nghiệm phương trình: t2 - ( S + P)t + SP = Ví dụ 2: Cho phương trình: 2x2 - 3x + = Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Khơng giải phương trình, tìm giá trị biêu thức sau: 1 a) A = x  x b) B =  x1  x  x1 x2 c) C = x12 + x22 x1 x2 d) D = x   x  Giải: ta có  = - = > phương trình có nghiệm phân biệt, x1  0, x2 0   x1  x  Theo hệ thức Viet ta có:   x x   2 x1  x 1 a) A = x  x  x x  : 3 2   x1  x x  x1 x  x1  x1 x ( x1  x )  x1 x 2 1  b) B = x  x  = x1 x x1 x 2 c) C = x12 + x2 = (x1 + x2 )2 - 2x1x2 = ( )    1 2 4 2 ( x1  x )  x1 x  ( x1  x 2) ) x x x  x1  x  x d) D =   = x  x1  x1 x  ( x1  x )  x1 x  ( x1  x )   1 11 11 = 14  :  12  1 2 III Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho phương trình: x2 - x + = Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức a) A = x13 + x23 b) B = x12 - x22 Bài 2: Cho phương trình: x -5x-11 = khơng giải phương trình tính giá trị biểu thức: x1 + x 2 , x1 x + , x -x (trong x ,x nghiệm phương trình cho) x1 x2 Bài 3: Tìm m để phương trình: mx -2(m+3)x + m + = có nghiệm x , x Khi lập phương trình có nghiệm sau a) - x -x b) x 2x 3 c)x x d) x12 + x22 x x 2 10 Dạng 4: Bài tốn tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào tham số I Phương pháp: Để tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào tham số(giả sử tham số m) ta thực theo bước sau:  a 0   0 Bước 1: Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm x ,x    x1  x  f ( m) S  x1 x  g (m) P Bước : Áp dụng định lý Viet ta có  (I) Bước 3: Khử m từ hệ (I) để tìm hệ thức S P khơng chứa tham số Đó hệ thức nghiệm độc lập với tham số II Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Cho phương trình bậc 2: [8] (m - 4)x - 2(m - 2) + m - = m tham số Tìm hệ thức liên hệ nghiệm phương trình độc lập với m Giải: Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1, x2 là:  a 0     ' 0  m  0  m 4   m     m 0  (m  2)  (m  4)( m  1) 0 Khi phương trình có nghiệm x1, x2 thõa mãn: 2m  2m  4    x1  x  S  m   S   m    m  (1)     x x P  m   P   m    ( 2)   m m m S   3( S  2)  4( P  1) 0 Lấy (1) chia cho (2) vế với vế ta có: P  3S  P  0 hay 3(x1 + x2) - 4x1x2 - = Đó hệ thức độc lập với tham số m mà ta cần tìm Chú ý: Ta giải theo cách sau: Cách 2: Tính m theo S, P 2m   S (m  4) 2m   Sm  S 2m - m 4( S  1) � m( S  2)  4( S  1) � m  (5) S 2 m 4P   P (m  4) m   Pm  P m -1  m( P  1) 4 P   m  (6) P= m P 4( S  1) P   4(S - 1)(P - 1) = (4P - 1)(S - 2)  Từ (5) (6) ta có: S P  4P - 3S + = 4x1x2 - 3(x1 + x2) + = S= Cách 3: Rút m theo P vào S P= m 4P   m m P Thay giá trị vào biểu thức S theo m ta có: 11 4P   2m  8P   4P  4 P  P     3S - 4P - = S= 4P  m 4P   4P   P Cả cách cho ta kết Chú ý: Có thể rút m theo S vào P Ví dụ 2: Cho phương trình: (m - 1)x2 - 2(m - 4)x + m - = Tìm hệ thức liên hệ nghiệm phương trình khơng phụ thuộc m Giải: Trước hết ta cần tìm m để phương trình có nghiệm x1 x2 là:  a 0    ' 0  m  0 11   m  (*)   2m  11 0 Khi phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2(m  4) 2(m  4)     S  x1  x  m   S   m    m  (3)     P x x  m   P   m     (4)   m m m Lấy (3) chia cho (4) vế theo vế ta có: S   2( S  2) 3( P  1)  S  p 1 P  2( x1  x )  x1 x 1 Đó hệ thức cần tìm Cách 2: Tính m theo S, P Cách 3: Rút m theo P vào S ( ngược lại) Ví dụ 3: Cho phương trình : (k-1) x -2kx+k=0 Gọi x , x nghiệm phương trình Lập hệ thức liên hệ x , x k 1  k  0  k 1      k  5k  0  k  (k  1)(k  4) 0 2k   S  x1  x  k  (5) Theo hệ thức Viet ta có:   P  x x  k  (6)  k1 x1  x x1  x x1 x  Rút k từ (5) ta có : k = x  x  Suy : x  x  = x x  1 2 Hay (x +x ) (x x -1) =(x x -4) (x +x -2)  3(x +x )+2 x x -8=0  a o    ' 0 Cách 2: Ta có: 2k   S   k    k  S 2    P  P  k      k1 k1 Và suy : 3(x +x )+2 x x -8=0 Cách : Rút m theo P vào S rút m theo S vào P 12 Ví dụ 4: Cho phương trình : (1+ m ) x -2mx+1- m =0 a) Chứng minh với m>1 phương trình ln có nghiệm b) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm mà không phụ thuộc vào m Giải: a) Ta có :  ’= m -(1+ m )(1- m )=m + m -1>0 với m>1 Vậy với m>1, phương trình ln có nghiệm x , x thoả mãn: 2m   x1  x 1  m   x x 1  m   m (I) b)Khử m từ hệ (I): 2m  m 2 ) +( ) 1 m 1 m 4m   2m  m m  2m  (m  1) = = = =1 Vậy (x +x ) +( x x ) =1 (m  1) (m  1) ( m ! ) Ta có : (x +x ) +( x x ) =( III.Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho phương trình: x -(m+1) x + 2m -3 = [10] 1, Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biêt 2, Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x , x phương trình cho hệ thức khơng phụ thuộc vào m ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá năm học 2004-2005) Bài 2: Cho phương trình: m x -2m x+3=0 Tìm hệ thức liên hệ nghiệm khơng phụ thuộc vào tham số m Bài 3: Cho phương trình: (m+1) x -2(m+2) x+m-3=0 Tìm hệ thức độc lập nghiệm tham số m Dạng 5: Bài toán xét dấu nghiệm I Phương pháp: [8] Dùng định lý Viet ta xét dấu nghiệm x x phương trình : x + bx + c = dựa kết c a * Nếu P= x1   x1 < x S  S      0  Phương trình có nghiệm dấu * Nếu  P 0   0  * Nếu  P   Phương trình có nghiệm dương 0