Một số biện pháp hướng dẫn học sinh lớp 9 ứng dụng định lí VI ET trong giải toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BIỆN PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 9ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ VI-ET TRONG GIẢI TỐN Người thực hiện: Bùi Thị Ngà Chức vụ: Giáo viên Đơn vị cơng tác: Trường THCS HoằngĐại SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HÓA NĂM 2021 MỤC LỤC Mục I II 3.1 3.2 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.2.6 III Nội dung MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG Cơ cở lí luận Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Giải pháp sử dụng để giải vấn đề Kiến thức định lý vi ét Một số ứng dụng định lý Viét giải tốn Bài tốn tìm điều kiện tham số để toán thoả mãn yêu cầu đặt Bài toán xét dấu nghiệm phương trình mà khơng giải phương trình Bài tốn lập phương trình bậc hai ẩn, tìm hệ số phương trình bậc hai ẩn số Bài tốn chứng minh Bài tốn giải phương trình hệ phương trình Định lí Vi et với tốn cực trị Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Trang 1 2 2 4 6 10 12 13 14 18 19 I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình giảng dạy để đạt kết tốt việc đổi phương pháp dạy học vấn đề có tầm quan trọng đặc biệt.Dạy học giải tốn vấn đề trọng tâm dạy học mơn tốn trường THCS Đối với học sinh hoạt động giải tốn hoạt động chủ yếu việc học tập mơn tốn Trong việc dạy học tốn việc tìm phương pháp dạy học giải tập toán phù hợp với đối tượng học sinh đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống câu hỏi, hệ thống tập, sử dụng phương pháp dạy học,…góp phần hình thành phát triển tư học sinh Thông qua việc học toán học sinh cung cấp mọt cách có hệ thống kiến thức lý thuyết, rèn luyện nhiều phương pháp giải toán, giúp em nhận dạng, tìm tịi đường lối giải tốn nhanh chóng, hình thành kỹ phát triển tư ngày sâu sắc qua em yêu thích mơn toan Trong số tập đề cập chương trình đại số bậc THCS, tơi nhận thấy tập cơng thức tính nghiệm phương trình bậc hai, đặc biệt định lý Viét ứng dụng việc giải tốn đóng vai trị quan trọng phương trình đối tượng nghiên cứu trung tâm môn đại số Qua nhiều năm giảng dạy tốn trường THCS tơi nhận thấy học sinh lớp làm quen với phương trình bậc hai, cơng thức tính nghiệm phương trình bậc hai, đặc biệt định lý vi ét ứng dụng việc giải toán gặp dạng toán ứng dụng định lý vi ét giải toán học sinh thường lúng túng không theo hướng số toán đặc biệt Đứng trước vấn đề đó, tơi sâu vào nghiên cứu đề tài: “Một số biện pháp hướng dẫn học sinh lớp ứng dụng định lý Viét giải toán” với mong muốn giúp cho học sinh nắm vững sử dụng thành thạo định lý Viét, đồng thời làm tăng khả năng, lực học tốn kích thích hứng thú học tập học sinh 2.Mục đích nghiên cứu Đề tài giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống số phương pháp ứng dụng định lý vi ét vào giải toán ứng dụng nhiều dạng toán khác; nhiều phương pháp mà học sinh lúng túng Qua phát huy tính tích cực cho học sinh việc tư để giải loại tốn khác Muốn đạt điều phải địi hỏi tính tích cực, tính tư người học phương pháp người thầy quan trọng, làm cho học sinh học làm hai, ba Từ toán đơn giản mở rộng lên khó Trong đề tài này, tơi đưa nghiên cứu số ứng dụng định lý Viét việc giải số toán thường gặp cấp THCS nội dung quan trọng chương trình thi vào lớp 10 THPT Do đề cập đến số loại tốn là: a) Ứng dụng định lý Viét giải tốn tìm điều kiện tham số để toán thoả mãn yêu cầu đặt b) Loại toán xét dấu nghiệm phương trình mà khơng giải phương trình c) Ứng dụng định lý giải tốn lập phương trình bậc hai ẩn, tìm hệ số phương trình bậc hai ẩn d) Ứng dụng định lý Viét giải toán chứng minh e) Áp dụng định lý Viét giải phương trình hệ phương trình g) Định lý Viét với toán cực trị Rèn kỹ vận dụng kiến thức học kỹ tính toán giải thành thạo dạng toán ứng dụng vi ét thấy rõ mục đích việc học tốn, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục Đối tượng nghiên cứu Học sinh lứa tuổi 15 trường THCS đa số em chăm học, thích học toán bước đầu thể lực tiếp thu cách tương đối ổn định Đề tài áp dụng cho học sinh lớp trường THCS Hoằng Đại, Thành Phố Thanh Hố tiết học khố, ơn thi học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10 THPT Phương pháp nghiên cứu Giáo viên phải hệ thống khái niệm định lý tính chất định lý vi ét Nghiên cứu, tìm tịi, khai thác kiến thức liên quan đến định lý vi ét qua tài liệu sách, báo mạng Internet để tìm ứng dụng đa dạng Mặt khác phải tìm hiểu đối tượng học sinh, lựa chọn phương pháp, dạng tập thích hợp đối tượng học sinh.Tổng kết phân tích nguyên nhân, đúc rút kinh nghiệm q trình giảng dạy, từ tơi định hình cho việc nghiên cứu đề tài Học sinh có kiến thức bản, đưa phương pháp giải, làm tập áp dụng, rút số ý ( thường vận dụng đề làm tập) tập tự giải (học sinh nhà làm, tập khó có hướng dẫn giáo viên) II NỘI DUNG Cơ sở lý luận Để việc dạy học sinh ứng dụng định lý viét giải tốn đạt kết giáo viên phải hiểu sâu rộng vấn đề cần truyền đạt, kết hợp tốt phương pháp truyền thống phương pháp đại; lấy học sinh làm trung tâm trình dạy học; phát huy khả tự học, tính tích cực, sáng tạo tự giác học tập ứng dụng vào thực tiễn Mộttrongnhững thànhtốcơbảnvàtrọngyếucủađổimớigiáodụclàcơngtácđổimới phươngpháp dạyhọc Chỉcóđổimớiphươngpháp dạy-họcchúngtamớicóthểtạođược sựđổimớithựcsựtronggiáodục Cốtlõicủađổimớiphươngphápdạyhọclàhướngtớihoạtđộnghọctậpchủđộng, chốnglạithóiquenhọctậpthụđộng,đượctổchứcthơngquaphươngphápdạyhọctích cực Muốn ứng dụng định lý vi ét vào giải tốn cách thành thạo nhanh chóng trước tiên phải hiểu chất định lý vi ét sau nắm phương pháp phương pháp nâng cao để vận dụng vào toán cụ thể Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2019- 2020 sau học xong nội dung ứng dụngđịnh lý vi ét để giải tốn, tơi cho học sinh lớp trường THCS Hoằng Đại làm khảo sát Tôi chấm thu kết sau: Tổng số học sinh lớp: 40 21 học sinh nam 19 học sinh nữ Qua khảo sát chất lượng đầu năm mơn tốn tơi thu kết sau: Thống kê điểm Môn Điểm 8;9;10 Điểm 5;6;7 Điểm 3;4 Điểm 1;2 Lớp Toá SL % SL % SL % SL % n 11 27.5 21 52.5 20.0 0 Tìm hiểu nguyên nhân tơi thấy: a) Về phía học sinh: Có học sinh nắm kiến thức sử dụng kiến thức chưa lơgic với có học sinh chưa nắm kiến thức bản, chưa nắm vững phương pháp để giải tốn… Chính mà lực học tốn học sinh nhiều hạn chế Học sinh học yếu toán phương pháp học tập thụ động, mơ hồ, thiếu tính trực quan cụ thể Chưa thực quy trình từ trực quan, trực giác đến dự đốn, tìm tịi Khơng học sinh thực chăm học chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu học tập chưa cao Nhiều học sinh hài lịng với lời giải mình, mà khơng tìm lời giải khác, không mở rộng khai thác phát triển, sáng tạo tốn nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân b) Về phía giáo viên: Giáo viên phải nắm vững nội dung yêu cầu chương trình, phạm vi, mức độ kiến thức, xu hướng thời đại Giáo viên phải có q trình tự học nghiêm túc, phải biết ba, bốn … để dạy Giáo viên phải bám sát phương pháp đặc trưng mơn Nói chung phương pháp dạy giáo viên định cách thức học tập nghiên cứu trò Vấn đề đặt là: Làm để thu hút, huy động tồn đối tượng học sinh lớp có hứng thú say mê nắm vững phương pháp học giải tập toán? Trước thực trạng địi hỏi phải có giải pháp phương pháp dạy học cho phù hợp Xuất phát từ tình hình thực tế điều tra giảng dạy trực tiếp đưa số biện pháp dạy ứng dụng định lý vi ét giải toán sau: Giải pháp sử dụng để giải vấn đề 3.1.Kiến thức định lý vi ét a) Định lý vi ét Nếu phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có nghiệm x1, x2 −b S = x + x2 = a c P = x1 x2 = a  − b  x1 + x2 =    a  ( a ≠ 0vµΔ ≥ 0) ⇒    x x = c     a * Hệ quả: PT bậc 2: ax2 + bx + c = (*) c - Nếu a + b + c = (*) có nghiệm x1 = 1, nghiệm x2 = a −c - Nếu a - b + c = (*) có nghiệm x1 = - 1; nghiệm x2 = a b) Định lý đảo x1 + x2 = S  x x = P Nếu có số x1, x2 thoả mãn  chúng nghiệm số phương trình: t - St + P = 0(Điều kiện ∃ số x1, x2 S2– 4P≥ 0) Chú ý: *Trước áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phương trình có a ≠  nghiệm ⇔ Δ ≥ 0(Δ' ≥ 0) *a+b+c=0⇔x=1;a-b+c=0⇔x=-1 x + y = S  * Nếu có: x = α ; y = β nghiệm hệ phương trình xy = P α, β nghiệm phương trình: t2 - St + P = c) Tính giá trị biểu thức nghiệm Đối toán dạng điều quan trọng phải biết biến đổi biểu thức nghiệm cho biểu thức có chứa tổng nghiệm S tích nghiệm P để áp dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị biểu thức * Biến đổi biểu thức để làm xuất : ( x1 + x2 ) x1 x2 x12 + x22 = ( x12 + x1 x2 + x22 ) − x1 x2 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2 x13 + x23 = ( x1 + x2 ) ( x12 − x1 x2 + x22 ) = ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1 x2    x14 + x24 = ( x12 ) + ( x22 )2 = ( x12 + x22 ) − x12 x22 = ( x1 + x2 ) − x1 x2  − x12 x22 2 1 x1 + x2 + = x1 x2 x1 x2 Ta biết ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 ⇒ x1 − x2 = ± ( x1 + x2 ) − x1 x2 Từ biểu thức biến đổi biến đổi biểu thức sau: x12 − x22 ( x13 − x23 = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) (= x14 − x24 (= x16 + x26 (= =…….) ( x1 − x2 ) ( x12 + x1 x2 + x22 ) = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) (x + x22 ) ( x12 − x22 ) − x1 x2   =…… ) =…… ) ( x12 )3 + ( x22 )3 = ( x12 + x22 ) ( x14 − x12 x22 + x24 ) = …… ) * Các biện pháp để tổ chức thực a) Nếu phương trình bậc hai ax + bx + c = ( a ≠ 0) Biện pháp: Giáo viên dạy cho học sinh học nắm kiến thức sau: Có nghiệm phân biệt x1 + x2 = − S= b a x1 , x2 x1.x2 = P = b)Tính nhẩm nghiệm tổng tích hai nghiệm là: c a Nếu a + b + c = phương trình ax + bx + c = ( a c x1 = 1, x2 = a nghiệm số Nếu a - b + c = phương trình ax + bx + c = ( a x1 = −1, x2 = − nghiệm số ≠ ≠ ) có ) có c a c) Tìm số biết tổng tích chúng Nếu số u v có tổng u + v = S nghiệm phương trình bậc hai : tích u.v = P u v x − Sx + P = Biện pháp:Áp dụng định lý viét đảo x1 + x2 = S  x x = P Nếu có số x1, x2 thoả mãn  chúng nghiệm số phương trình: t - St + P = 0(Điều kiện ∃ số x1, x2 S2 – 4P ≥ 0) Chú ý có hai nghiệm x1, x2 éu = x1 , v = x2 ê = x2 , v = x1 ë 3.2 Một số ứng dụng định lý Viét giải toán 3.2.1.Bài toán tìm điều kiện tham số để tốn thoả mãn yêu cầu đặt Biện pháp: Đối với toán dạng này, ta làm sau: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 (thường a ≠ ∆≥ 0) -Có nghiệm phân biệt x1 + x2 = − S= b a x1 , x2 x1.x2 = P = tổng tích hai nghiệm là: c a -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 Các ví dụ: Ví dụ 1: Tìm giá trị m để nghiệm x1, x2 phương trình mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = thoả mãn điều kiện x12 + x22 = Bài giải:Điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt nghiệm kép): m ≠ ; ∆' ≥ ∆' = (m - 2)2 - m(m - 3) = - m + ∆' ≥ ⇔ m ≤ Với ≠ m ≤ 4, theo định lý Viét, nghiệm x ; x phương trình có liên hệ:x1 + x2 = Do đó: = 2(m − 2) m x12 + x22 ; x1.x2 = m −3 m = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m − 2) m2 - 2(m − 3) m ⇔ m2 = 4m2 - 16m + 16 - 2m2 + 6m ⇔ m2 - 10m + 16 = ⇔ m = m = Giá trị m = không thoả mãn điều kiện ≠ m ≤ Vậy với m = x12 + x22 =1 Ví dụ 2: Cho phương trình x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 phân biệt thoả mãn 1 x1 + x2 + = x1 x Bài giải: Ta phải có:  Δ ' = (−(m− 2))2 − (m2 + 2m− 3) > 0(1)  (2) x1.x2 ≠  1 x1 + x2 (3) x + x =  (1) ⇔∆' = m2 - 4m + - m2 - 2m + = - 6m + > ⇔ m < (2) ⇔ m2 + 2m - ≠ ⇔ (m - 1)(m + 3) ≠ ⇔ m ≠ 1; m ≠ - (3) ⇔ x1 + x2 x1 + x2 = ⇔ ( x1 + x2 )(5 − x1 x2 ) = x1 x2 Trường hợp: x1 + x2 = ⇔ x1 = - x2⇒ m = không thoả mãn điều kiện (1) Trường hợp: - x1.x2 = ⇔ x1.x2 = Cho ta: m2 + 2m - = ⇔ (m - 2)(m + 4) = m = (lo¹i) m = (thoảmÃn Đ K) Vy vi m = - phương trình cho có nghiệm x 1, x2 phân biệt thoả x + x2 1 + = x1 x Ví dụ 3: Cho phương trình: mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = (m tham số) a) Xác định m để nghiệm x1; x2 phương trình thoả mãn x1 + 4x2 = b) Tìm hệ thức x1; x2 mà khơng phụ thuộc vào m Bài giải: a) Ta phải có: 2( m + 1)   x1 + x2 = m  m−4  x1.x2 =  m  x + x =  m ≠     ∆ ' = ( −( m + 1) − m(m − 4) ≥ 0 x2 = Từ (1) (3) tính được: Thay vào (2) x1 + 4x2 = b) Theo hệ thức Viét: x1 + x2 = + 10 m (3) ⇔ 2m2 - 17m + 8=0 Giải phương trình 2m2 - 17m + = m = 8; m = Vậy với m = m = (2) m−2 5m + ; x1 = 3m 3m (m − 2)(5m + 8) m − = m 9m 2 (1) thoả mãn điều kiện (4) nghiệm phương trình thoả mãn ≠ Ta có a = > , c = - m < với m Vì a, c trái dấu nên phương trình (1) ln ln có nghiệm phân biệt x1 , x2 = −m x1 x2 Theo hệ thức Vi ét: P = < Do trái dấu x1 + x2 = 10 S= nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn Ví dụ : Xác định tham số m cho phương trình: x − ( 3m + 1) x + m − m − = có nghiệm trái dấu Giải Để phương trình có nghiệm trái dấu  ∆ = (3m + 1) − 4.2.( m − m − 6) ≥ ∆ = (m − 7) ≥ 0∀m ∆ ≥  ⇔ ⇔ ⇔ −2 < m <    m −m−6 P = ( m − 3)( m + 2) < P = < P <    Vậy với Bài tập −2 < m < phương trình có nghi ệm trái dấu Bài mx − ( m + ) x + ( m − ) = có nghiệm dấu Bài 3mx + ( 2m + 1) x + m = có nghiệm âm Bài ( m − 1) x + x + m = có nghiệm khơng âm 3.2.3.Bài tốn lập phương trình bậc hai ẩn, tìm hệ số phương trình bậc hai ẩn số Các ví dụ: Ví dụ 1:Cho x1 = +1 1+ ; x2 = Lập phương trình bậc hai có nghiệm là: x1; x2 Cách giải: Ta có: x1 = Nên x1.x2 = x1 + x2 = 1− 3 +1 ; 1+ x2 = +1 1+ = +1 1+ + = (1 + )(1 − ) 3−1 2 = Vậy phương trình bậc hai có nghiệm: x1; x2 x2 13 = x+ =0 Hay 2x2 - x + = Ví dụ 2:Cho phương trình: x2 + 5x - = (1) Khơng giải phương trình (1), lập phương trình bậc hai có nghiệm luỹ thừa bậc bốn nghiệm phương trình (1) Cách giải: Gọi x1; x2 nghiệm phương trình cho theo hệ thức viét, ta có: x1 + x2 = -5; x1.x2 = - Gọi y1; y2 nghiệm phương trình phải lập, ta có: x14 + x24 y1 + y2 = x14.x24 y1 y2 = x14 + x24 Ta có: x14.x24 = (x12+ x22)2 - 2x12.x22 = 729 – = 727 = (x1.x2)4 = (- 1)4 = Vậy phương trình cần lập là: y2 - 727y + = Ví dụ 3: Tìm hệ số p q phương trình: x + px + q = cho hai nghiệm x1; x2 phương trình thoả mãn hệ: Cách giải: Điều kiện ∆ = p2 - 4q ≥ (*) ta có: x1 + x2 = -p; x1.x2 = q Từ điều kiện:  x1 − x2 =  3 x1 − x2 = 35 ⇔  x1 − x2 =  3 x1 − x2 = 35 ( x1 − x2 ) = 25  2 ( x1 − x2 ) x1 + x1 x + x = 35 ( ) ( x1 + x2 ) − 4x1x2 = 25  5 ( x1 + x2 ) − x1 x + x1 x = 35 ( p1 − q = 25   p − q = ) ⇔ ⇔ Giải hệ tìm được: p = 1; q = - p = - 1; q = - Cả hai cặp giá trị thoả mãn (*) Bài tập Bài 1: Lập phương trình bậc hai có nghiệm + 3+ Bài 2: Lập phương trình bậc hai thoả mãn điều kiện: Có tích hai nghiệm: x1.x2 = x1 x1 − + x2 x2 − = k2 −7 k2 −4 Bài 3: Xác định có số m, n phương trình: x + mx + n = Sao cho nghiệm phương trình làm m n 3.2.4.Bài toán chứng minh 14 Các ví dụ Ví dụ 1: Cho a, b nghiệm phương trình: x2 + px + = b, c nghiệm phương trình x2 + qx + = Chứng minh (b - a)(b - c) = pq - Hướng dẫn: Đây tốn chứng minh đẳng thức thơng thường, mà đẳng thức thể liên quan nghiệm phương trình hệ số phương trình Vì địi hỏi phải nắm vững định lý Viét vận dụng định lý Viét vào trình biến đổi vế đẳng thức, để suy hai vế Cách giải: a,b nghiệm phương trình: x2 + px + = b,c nghiệm phương trình: x2 + qx + = Theo định lý viét ta có: a+ b = - p b + c = - q   a.b= b.c= Do đó: (b – a)(b – c) = b2 + ac - pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b2 + ac + Suy ra: pq - = b2 + ac +3 – = b2 + ac - Từ (1) (2) suy (b - a)(b - c) = pq - (đpcm) Vídụ 2: Cho số a,b,c thoả mãn điều kiện: a + b + c = - (1); a2 + b2 + c2 = (2) (1) (2)   − ;0 Chứng số a, b, c thuộc đoạn biểu diễn trục số: Cách giải:Bình phương hai vế (1) được: a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = Do (2) nên: ab + bc + ca = (4 - 2): = ⇒ bc = - a(b + c) = - a(- - a) = a2 + 2a + Ta lại có: b + c = - (a + 2), b, c nghiệm phương trình: X2 + (a + 2)X + (a2 + 2a + 1) = (*) Để (*) có nghiệm ta phải có: ∆ = (a+2)2 - 4(a2+2a+1) ≥ ⇔ a(3a + 4) ≤ ⇔ Chứng minh tương tự ta được: - 4 ≤a≤0 ≤ b ≤ 0; - ≤c≤0 Bài tập: Bài 1: Gọi a, b hai nghiệm phương trình bậc hai: x + px + = Gọi c, d hai nghiệm phương trình: y2 + qy + = Chứng minh hệ thức: (c-a)(a-b)(b-c)(b-d) = (p-q)2 Bài 2: Chứng minh viết số x = () 200 dạng thập phân, ta chữ số liền trước dấu phẩy 1, chữ số liền sau dấu phẩy 15 3.2.5.Bài tốn giải phương trình hệ phương trình Các ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình: 5− x 5− x  x  x+  x +1   x +1   =6 Hướng dẫn:ĐKXĐ: {x∈R  x ≠ - 1} 5− x   u = x x +  5− x ν = x + x +1  Đặt: ⇒ u + ν = ?   u.ν = ? Tính: u, v, từ tính x Bài giải: ĐKXĐ: {x ∈ R  x ≠ - 1} Đặt: 5− x   u = x x +  5− x ν = x + x +1  (*) ⇒  5− x  5− x  u + ν =  x x +  +  x + x +        u.ν =  x − x . x + − x   x +1   x +1   u, v nghiệm phương trình: x2 - 5x + = ∆ = 25 – 24 = 1> x1 = x2 = +1 −1 =3 =2 u = v = u = v = - Nếu: u =  ν = (*) trở thành: x2 - 2x + = ∆' = – = - < Phương trình vơ nghiệm: - Nếu: u =  ν = (*) trở thành: x2 - 3x + = Suy ra: x1 = 1; x2 = Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 16 ⇒ u +ν =   u.ν = a) b) x + y = 11   xy = 31  x + y + yx =  2 xy + x y = 12 Bài giải: a) x,y nghiệm phương trình: x2 - 11x +31 = ∆=(-11)2 - 4.1.31 = 121 – 124 = - < Phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm b) Đặt x + y = S xy = P S + P = Ta có hệ:   S.P= 12 Khi S P hai nghiệm phương trình: t2 – 7t + 12 = Giải phương trình t = t = + Nếu S = P = x, y nghiệm phương trình:u2 - 4u + = ⇒ u = u = Suy (x = 1; y = 3) (x = 3; y = 1) + Nếu S = P = x, y nghiệm phương trình:v2 – 3v + = Phương trình vơ nghiệm ∆ = - 16 = - < Vậy hệ cho có hai nghiệm số là:(x = 1; y = 3) (x = 3; y =1) Bài tập: Bài 1: Giải phương trình: x3 + 9x2 + 18 + 28 = Bài2: Giải hệ phương trình sau:  x+ y =  2 x + y = a) b)  x+ y =  4 x + y = 17 3.2.6 Định lí Vi et với tốn cực trị Áp dụng tính chất sau bất đẳng thức: trường hợp ta ln phân tích được: A+ m C= k − B (trong A, B biểu thức khơng âm ; m, k số) (*) Thì ta thấy : 17 C≥m (v ì A≥0 ) ⇒ C = m ⇔ A = C≤k (v ì B≥0 ) ⇒ max C = k ⇔ B = Ví dụ 1: Cho phương trình : x + ( 2m − 1) x − m = Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm m để: A = x12 + x22 − x1 x2 Bài giải: Theo Vi et: có giá trị nhỏ  x1 + x2 = −(2m − 1)   x1 x2 = −m A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 Theo đề bài: = ( 2m − 1) + 8m = 4m − 12m + = (2m − 3)2 − ≥ −8 Suy ra: m= A = −8 ⇔ 2m − = hay 2 Ví dụ 2: Cho phương trình: x − mx + m − = Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức sau: B= x1 x2 + x + x22 + ( x1 x2 + 1) Ta có: Theo hệ thức Vi et thì: ⇒B=  x1 + x2 = m   x1 x2 = m − 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= 18 m + − ( m2 − 2m + 1) m2 + ( m − 1) = 1− m2 + ( m − 1) ( m − 1) ≥0⇒ m2 + Vì max B=1 ⇔ Vậy ≥ ⇒ B ≤1 m=1 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) ( m + 2) ≥0⇒ Vì B = − Vậy ( m + 2) 2 ( m + 2) ≥0⇒ 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 + ⇔ Bm − 2m + B − = m +2 Ta có: (Với m ẩn, B tham số) (**) ∆ = − B (2 B − 1) = − B + B Để phương trình (**) ln có nghiệm với m ∆≥ hay −2 B + B + ≥ ⇔ B − B − ≤ ⇔ ( B + 1) ( B − 1) ≤  B≤−    2 B + ≤     B ≥ B −1 ≥ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ B ≤1  2 B + ≥   B ≥ −     B − ≤  B ≤  Vậy: max B=1 ⇔ B = − m=1 ⇔ m = −2 Ví dụ 3: Gọi x1, x2 nghiệm phương trình: 19 x2 - (2m - 1)x + m – = Tìm m để x12 + x22 có giá trị nhỏ Bài giải: Xét: ∆ = 4m2 - 4m + - 4m + = 4m2 - 8m + = 4(m - 1)2 + > Nên phương trình cho có hai nghiệm với m Theo định lý Viét ta có: x1 + x2 = 2m - 1; x1.x2 = m - ⇒ x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (2m - 1)2 - 2(m - 2) =4m2 - 6m + = (2m - )2 + Vậy Min(x12 + x22) = ≥ Dấu “=” xảy m = 11 11 11 4 m = Ví dụ 4:Gọi x1; x2 nghiệm phương trình:2x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + 3=0 Tìm giá trị lớn biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2 Cách giải:Để phương trình cho có nghiệm thì: ∆' = (m + 1)2 - 2(m2 + 4m + 3) = - (m + 1)(m + 5) ≥ ⇒-5≤ m≤-1 (*) Khi theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 = - m - x1 x2 = Do đó: A =  m + 8m + m + 4m +  Ta có: m2 + 8m + = (m + 1)(m + 7) với điều kiện (*) thì: (m + 1)(m + 7) ≤ Suy ra: A = − m + 8m − = − ( m + 4) 2 ≤ Dấu xảy (m + 4)2 = hay m = - 20 Vậy A đạt giá trị lớn là: m =- 4, giá trị thoả mãn điều kiện (*) Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn A=(x4 + 1) (y4 + 1), biết x, y ≥ 0; x + y = Cách giải: A = (x4 + 1)(y4 + 1) = x4 + y4 + y4x4 + Ta có: x + y = ⇒ x2 + y2 = 10 - 2xy ⇒ x4 + y4 + 2y2x2 = 100 - 40xy + 4x2y2 ⇒ x4 + y4 = 100 - 40xy + 2x2y2 Đặt : xy = t x4 + y4 = 100 - 40t + 2t2 Do A = 100 - 40t + 2t2 + t4 + = t4 + 2t2 – 40t + 101 a) Tìm giá trị nhỏ nhất: A = t4 - 8t2 + 16 + 10t2 - 40t + 40 + 45 = (t2 - 4)2 + 10(t - 2)2 + 45 ≥ 45 MinA = 45 ⇔ t = 2, xy = 2; x + y = phương trình X2 - X + = Tức x = 10 + 2 ;y= 10 − 2 x = nên x y lànghiệm 10 − 2 10 + 2 ;y= b) Tìm giá trị lớn nhất: Ta có: ≤ xy ≤ x+ y     =  10        = 5   2 ⇒0≤t≤ 5    2 (1) Viết A dạng: A = t(t3 + 2t - 40) + 101 Do (1) nên t3 ≤ 125 ; 2t ≤ ⇒ t3 + 2t - 40 ≤ 125 + - 40 < t ≥ nên A ≤ 101 Max(A) = 101 t = tức x = 0; y = x = ; y = Bài tập 21 Bài Cho phương trình: A = ( x1 − x2 ) có giá trị nhỏ thỏa mãn điều kiện b) x1 ; x2 B = x12 + x22 − x1 x2 thức C=x +x x1 ; x2 x − 2(m − 4) x + m − = xác định m để phương trình có đạt giá trị lớn đạt giá trị nhỏ Bài Cho phương trình : 2 Tìm m cho nghiệm thỏa mãn A = x1 + x2 − 3x1 x2 x − 2(m − 1) x − − m = x12 + x22 ≥ 10 Bài Cho phương trình : a) Tìm m để biểu thức Bài Cho phương trình nghiệm x + ( 4m + 1) x + ( m − ) = x − (m − 1) x − m + m − = Với giá trị m, biểu dạt giá trị nhỏ x + ( m + 1) x + m = E = x12 + x22 Bài Cho phương trình Xác định m để biểu thức đạt giá trị nhỏ Trên số loại toán áp dụng định lý vi ét vào giải tốn.Tất nhiên khơng có dạng mà cịn có số tập khác vận dụng định lý vi ét để giải quyết.Với tập vận dụng giúp học sinh phát triển tư duy, óc sáng tạo tìm tới phương pháp giải tốn nhanh hơn, thơng minh Đường lối giải tập học sinh biết vận dụng phương pháp tích hợp để giải Giáo viên tác động đến đối tượng cho phù hợp với học sinh trung bình cần gợi ý tỉ mỷ, học sinh -giỏi nên nét hướng dẫn giải theo đường ngắn Có học sinh hoạt động tích cực hơn, phát huy tư duy-trí tuệ Qua tập vận dụng định lý vi ét vào giải toán học sinh rèn luyện- củng cố tư tổng hợp Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Qua giảng dạy mơn tốn số kinh nghiệm ứng dụng định lý vi ét giải tốn cho học sinh lớp 9, tơi nhận thấy nội dung thiết thực có lợi việc đổi phương pháp dạy học môn tốn, em tích cực học tập hứng thú giải toán ứng dụng định lý vi ét Đặc biệt vận dụng định lý vi ét vào dạng tốn sau cách có hiệu Trải qua thực tế giảng dạy vận dụng sáng kiến kinh nghiệm có kết hữu hiệu cho việc học tập giải toán Rất nhiều học sinh chủ động tìm tịi định hướng 22 phương pháp làm chưa có gợi ý giáo viên, mang lại nhiều sáng tạo kết tốt từ việc giải toán rút phương pháp làm nhanh hiệu Vì lẽ với giáo viên nói chung thân tơi nói riêng cần hiểu rõ khả tiếp thu đối tượng học sinh để từ đưa tập phương pháp giải toán cho phù hợp giúp học sinh làm tập, gây hứng thú học tập, say sưa giải tốn, u thích học tốn Từ nâng cao từ dễ đến khó, có người thầy giáo cần phải tìm tịi nhiều phương pháp giải tốn, có nhiều tốn hay để hướng dẫn học sinh làm, đưa cho học sinh làm, phát cách giải khác cách giải hay, tính tự giác học tốn, phương pháp giải tốn nhanh, có kỹ phát cách giải tốn nhanh, có kỹ phát cách giải: Một số kinh nghiệm vận dụng định lý vi ét giải toán giúp học sinh nhiều trình giải tốn Các nội dung tơi viết có lẽ nhiều hạn chế Mong tổ chuyên mơn trường, đồng nghiệp góp ý chân thành để tơi có nhiều sáng kiến kinh nghiệm tốt phục vụ tích cực cho việc giảng dạy nhằm thực tốt chương trình THCS Với việc em nắm vững phương pháp vận dụng định lý vi ét giải toán kết hợp với việc đổi phương pháp giảng dạy mơn tốn khối 9, tơi thấy chất lượng mơn tốn ngày tiến rõ rệt Cụ thể là: Thống kê điểm Điểm 8,9,10 Điểm 5,6,7 Điểm 3,4 Điểm 1,2 Mơn Lớp Tốn SL % SL % SL % SL % 13 32,5% 23 57,5% 10.0% 0% III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Trong năm học qua vận dụng phương pháp dạy ứng dụng định lý vi ét vào giải toán cho học sinh thấy em hào hứng q trình tìm tịi lời giải hay hợp lý nhất, Ứng dụng định lý Viét việc giải tốn vấn đề lớn, địi hỏi người học phải có tính sáng tạo, có tư tốt kỹ vận dụng lý thuyết cách linh hoạt Chính lẽ đó, q trình giảng dạy, người giáo viên cần chuẩn bị chu đáo, tỉ mỉ, 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, lôgic khác Nghiên cứu đề tài “ứng dụng định lý Viét việc giải tốn” khơng giúp cho học sinh u thích học mơn tốn, mà cịn sở giúp cho thân có thêm kinh nghiệm giảng dạy Mặc dù cố gắng thực đề tài, song khơng thể tránh khỏi thiếu sót cấu trúc, ngôn ngữ kiến thức khoa học Vì vậy, tơi mong quan tâm đồng chí, đồng nghiệp góp ý kiến chân thành để đề tài hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn ! 23 TP.Thanh Hóa, ngày 27 tháng năm 2021 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm viết, không chép nội dung người khác NGƯỜI VIẾT Bùi Thị Ngà 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa đại số Nâng cáo phát triển toán Vũ Hữu Bình Bài tập số chuyên đề Bùi Văn Tun Giáo trình thực hành giải tốn hệ cao đẳng sư phạm Phạm Gia Đức- Hoàng Ngọc Hưng- Đặng Đình Lăng Tài liệu ơn thi vào lớp 10 THPT Chuyên đề định lý Vi ÉT Vũ Hữu Bình- Tơn Thân 172 tốn có chứa tham số Lê Khắc Bảo Và số tài liệu khác có liên quan Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT Họ tên tác giả: Bùi Thị Ngà Chức vụ đơn vị cơng tác: Trường THCS Hoằng Đại- TP.Thanh Hóa TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh Kết Năm học giá xếp loại (Phòng, Sở, Tỉnh ) đánh giá xếp loại (A, B, C) đánh giá xếp loại Một số phương pháp giải pháp giải toán sử dụng dấu hiệu chia hết nhằm nâng cao kết quảhọc tập học sinh khối - Phịng GD&ĐT A 2012-2013 Hiệu dạy học tích hợp liên môn “Sự nổi” Vật Lý - Phòng GD&ĐT - Sở GD&ĐT Rèn kỹ “Giải tốn cách lập phương trình” cho học sinh lớp trường THCS Hoằng Đại thơng qua dạy học tích hợp liên mơn Kinh nghiệm việc sử dụng trình chiếu MICROSOFT POWERPOINT số phần mềm công cụ để dạy học mơn tốn lớp trường THCS hoằng Đại A 2014 - 2015 B - Phòng GDĐT A 2015 - 2016 - Phòng GDĐT A 2016 - 2017 ... tài: ? ?Một số biện pháp hướng dẫn học sinh lớp ứng dụng định lý Vi? ?t giải toán? ?? với mong muốn giúp cho học sinh nắm vững sử dụng thành thạo định lý Vi? ?t, đồng thời làm tăng khả năng, lực học tốn... trình bậc hai, đặc biệt định lý vi ét ứng dụng vi? ??c giải toán gặp dạng toán ứng dụng định lý vi ét giải toán học sinh thường lúng túng không theo hướng số toán đặc biệt ? ?ứng trước vấn đề đó, tơi... hứng thú học tập học sinh 2.Mục đích nghiên cứu Đề tài giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống số phương pháp ứng dụng định lý vi ét vào giải toán ứng dụng nhiều dạng toán khác; nhiều phương pháp