MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC VI-ET TRONG GIẢI TOÁN. (1)

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên sáng kiến kinh nghiệm: Một số ứng dụng của hệ thức VI-ÉT giải toán Tác giả sáng kiến: - Họ và tên: Đặng Thị Hạnh - Địa chỉ: Trường THCS Đồng Ích – Lập Thạch – Vĩnh Phúc - Số điện thoại: 01682464903 - Email: dangthihanh.gvc2dongich@vinhphuc.edu.vn BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lời giới thiệu Trong hoạt đợng giáo dục hiện nay, địi hỏi học sinh cần phải tự học tự nghiên cứu cao Tức là cái đích cần phải biến quá trình giáo dục thành quá trình tự giáo dục Như vậy, học sinh phát huy lực sáng tạo, tư khoa học, từ xử lý linh hoạt các vấn đề của đời sống xã hội Một phương pháp để giúp học sinh đạt điều đới với mơn Toán là khích lệ các em sau đơn vị kiến thức cần khắc sâu, tìm tòi bài toán liên quan Làm có nghĩa là các em cần say mê học tập, tự nghiên cứu đào sâu kiến thức Trong quá trình dạy toán các trường THCS tơi nhận thấy kiến thức và kỹ vận dụng hệ thức Vi-ét để giải phương trình là tảng chương trình toán THCS và hoàn thiện chương trình toán THPT Trong quá trình nghiên cứu và tìm tòi tài liệu, ta thấy dạng toán vận dụng hệ thức Vi-ét giải phương trình bậc hai có chứa tham số hiện xuất hiện khá phổ biến các đề thi vào 10 Do học sinh cần trang bị kiến thức và kỹ cần thiết, làm quen với các dạng toán vận dụng hệ thức Vi-ét để giải toán Với lí nêu phạm vi sáng kiến này mạnh dạn đưa “Một số ứng dụng hệ thức VI-ÉT giải tốn” Về phần nợi dung của sáng kiến, đưa một số dạng thường gặp đề thi vào 10 THPT Đưa phương pháp giải với dạng và một số cách khác trình bày từ dễ đến khó với ví dụ Hy vọng sáng kiến sẽ các thầy cô và các em học sinh áp dụng quá trình dạy và học Tên sáng kiến kinh nghiệm: Một số ứng dụng của hệ thức VI-ÉT giải toán Tác giả sáng kiến: Họ và tên: Đặng Thị Hạnh Địa chỉ: Trường THCS Đồng Ích – Lập Thạch – Vĩnh Phúc Số điện thoại: 01682464903 Email: dangthihanh.gvc2dongich@vinhphuc.edu.vn Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Đặng Thị Hạnh – Chức vụ: Giáo viên Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Bộ môn toán lớp trường THCS địa bàn Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc dùng thử: Ngày 10 tháng 12 năm 2017 Mô tả bản chất sáng kiến: 7.1 Về nội dung sáng kiến:  Cơ sở lí luận thực tiễn: Do yêu cầu đổi của đất nước, kinh tế, khoa học theo hướng công nghiệp hoá-hiện đại hoá, hoà nhập cộng đồng quốc tế, giáo dục là đào tạo người lao động thích ứng với xã hợi, bản thân Bài tập phương trình bậc hai có chứa tham sớ đa dạng và phong phú, để giải học sinh cần có kỹ tớt, biết nhiều phương pháp và cách vận dụng Tạo tảng kiến thức bản để học sinh lấy làm tiền đề và tiếp tục hoàn thiện học sang THPT  Cơ sở khoa học: Trang bị cho học sinh kỹ vận dụng hệ thức VI-ÉT để giải phương trình bậc hai, giải đề thi vào lớp 10 có nợi dung liên quan đến hệ thức VI-ÉT Giúp học sinh nắm vững mợt sớ dạng toán giải phương trình bậc hai cách vận dụng định lí VI-ÉT, biết cách vận dụng, thấy rõ ưu điểm của phương pháp, biết cách nghiên cứu tài liệu Gây hứng thú cho học sinh làm bài tập sách tham khảo, đề thi vào 10, giúp học sinh giải một sớ dạng bài tập phương trình bậc hai, nắm vững các phương pháp giải đặc trưng cho dạng Giúp học sinh củng cớ kiến thức phương trình bậc hai và kĩ biến đổi đại số thông dụng  Thực trạng vấn đề nghiên cứu: + Về phía giáo viên: Hầu hết đào tạo qui, phân cơng giảng dạy đúng chun mơn, nhiệt tình công việc Tuy đại đa số giáo viên dạy theo chương trình sách giáo khoa, việc tổng hợp các dạng bài và phương pháp làm thành một hệ thống để học sinh dễ học, dễ nhớ không phải là giáo viên nào làm Đối với đại trà việc giảng dạy theo chương trình sách giáo khoa là coi đạt yêu cầu đối với cơng việc bồi dưỡng học sinh giỏi việc trang bị kiến thức không theo dạng bài và phương pháp làm kèm theo là chưa đảm bảo yêu cầu + Về phía học sinh: Đa sớ học sinh ngoan ngỗn, có ý thức học, có ý thức phấn đấu vươn lên Tuy nhiên lực có hạn nên kiến thức sức tiếp thu chậm, chưa thấy hết tính đặc trưng, ưu việt của phương pháp giải Đổi lại học sinh có tảng kiến thức tớt hoàn toàn nắm vững phương pháp tạo tiền đề vững để học toán trường THPT + Về phía nhà trường: Đa số các nhà trường phân công giảng dạy là đúng chuyên môn, việc phân công giảng dạy của lãnh đạo nhà trường không chỉ dựa vào chun mơn mà cịn dựa vào lực và nghiệp vụ của giáo viên Chính sáng kiến “Một số ứng dụng hệ thức VI-ÉT giải tốn” coi là tài liệu để học sinh và giáo viên tham khảo công tác giảng dạy môn toán khối 9, bồi dưỡng thi vào 10 7.1.2 Các giải pháp thực hiện 7.1.2.1 Kiến thức bản: Cho phương trình bậc hai: Vậy đặt : ( a ≠ 0) −b − ∆ ; 2a −b − ∆ − b + ∆ −2b −b x1 + x2 = = = 2a 2a a (−b − ∆ )(−b + ∆ ) b − ∆ 4ac c x1 x2 = = = = 4a 4a 4a a −b - Tổng nghiệm là S : S = x1 + x2 = a c - Tích nghiệm là P : P = x1 x2 = a Có hai nghiệm Suy ra: ax + bx + c = x1 = (*) x2 = −b + ∆ 2a Như ta thấy hai nghiệm của phương trình (*) có liên quan chặt chẽ với các hệ sớ a, b, c Đây là nợi dung của Định lí VI-ÉT, sau ta tìm hiểu mợt sớ ứng dụng của định lí này giải toán 7.1.2.2 Mợt số dạng toán minh họa: Dạng 1: Nhẩm nghiệm của phương trình:  Trường hợp đặc biệt: Xét phương trình (*) ta thấy : a) Nếu cho x = ta có (*) ⇔ a.12 + b.1 + c = ⇔ a + b + c = c a Như vây phương trình có mợt nghiệm x1 = và nghiệm lại là x2 = b) Nếu cho x = − ta có (*) ⇔ a.( − 1)2 + b( − 1) + c = ⇔ a − b + c = Như phương trình có mợt nghiệm là x1 = −1 và nghiệm lại là x2 = −c a Ví dụ: Dùng hệ thức VI-ÉT để nhẩm nghiệm của các phương trình sau: 1) x + x + = (1) 2) 3x + x − 11 = (2) Ta thấy : −3 Phương trình (1) có a − b + c = nên có nghiệm x1 = −1 và x2 = −11 Phương trình (2) có a + b + c = nên có nghiệm x1 = và x2 =  Bài tập áp dụng: Hãy tìm nhanh nghiệm của các phương trình sau: 35 x − 37 x + = x + 500 x − 507 = x − 49 x − 50 = 4321x + 21x − 4300 =  Trường hợp: Cho phương trình , có hệ số chưa biết, cho trước nghiệm tìm nghiệm cịn lại hệ số phương trình : Ví dụ: a) Phương trình x − px + = Có mợt nghiệm 2, tìm p và nghiệm thứ hai b) Phương trình x + x + q = có mợt nghiệm 5, tìm q và nghiệm thứ hai c) Cho phương trình : x − x + q = , biết hiệu nghiệm 11 Tìm q và hai nghiệm của phương trình d) Tìm q và hai nghiệm của phương trình : x − qx + 50 = , biết phương trình có nghiệm và có mợt nghiệm lần nghiệm Bài giải: a) Thay x1 = vào phương trình ban đầu ta : 4−4p+5 = ⇒ p = 5 Từ x1 x2 = suy x2 = x = b) Thay x1 = vào phương trình ban đầu ta 25 + 25 + q = ⇒ q = −50 −50 −50 Từ x1 x2 = −50 suy x2 = x = = −10 c) Vì vai trị của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1 − x2 = 11 và theo VIÉT ta có x1 + x2 = ,  x1 − x2 = 11  x1 = ⇔  x1 + x2 =  x2 = −2 ta giải hệ sau:  Suy q = x1 x2 = −18 d) Vì vai trị của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1 = x2 và theo VI-ÉT ta có x1 x2 = 50 Suy  x = −5 x22 = 50 ⇔ x22 = 52 ⇔   x2 = Với x2 = −5 x1 = −10 Với x2 = x1 = 10 Dạng 2: Lập phương trình bậc hai  Trường hợp 1: Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm x1 ; x2 Đặt S = x1 + x2 ; P = x1 x2 , x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình có dạng x − Sx + P = Ví dụ : Cho x1 = ; x2 = lập mợt phương trình bậc hai chứa hai nghiệm  S = x1 + x2 = x1 ; x2 là nghiệm của phương trình có  P = x1 x2 = Theo hệ thức VI-ÉT ta có  dạng: x − Sx + P = ⇔ x − x + =  Bài tập áp dụng: x1 = vµ x2 = − x1 = 3a vµ x2 = a x1 = 36 vµ x2 = − 104 x1 = + vµ x2 = −  Trường hợp Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm phương trình cho trước: V í dụ: Cho phương trình : x − 3x + = có nghiệm phân biệt x1 ; x2 Không giải phương trình trên, lập phương trình bậc có ẩn là y thoả mãn : y1 = x2 + x và y2 = x1 + x2 Theo hệ thức VI- ÉT ta có: 1 1 1 x +x + x1 + = ( x1 + x2 ) +  + ÷ = ( x1 + x2 ) + = + = x1 x2 x1 x2 2  x1 x2  1 1 P = y1 y2 = ( x2 + )( x1 + ) = x1 x2 + + + = +1+1+ = x1 x2 x1 x2 2 S = y1 + y2 = x2 + Vậy phương trình cần lập có dạng: hay y − Sy + P = 9 y2 − y + = ⇔ y2 − y + = 2  Bài tập áp dụng: 1/ Cho phương trình 3x + x − = có nghiệm phân biệt x1 ; x2 Không giải phương trình, Hãy lập phương trình bậc hai có các nghiệm y1 = x1 + x và y2 = x2 + x1 (Đáp số: y + y − = hay y + y − = ) 2/ Cho phương trình : x − x − = có nghiệm x1 ; x2 Hãy lập phương trình bậc hai có ẩn y thoả mãn y1 = x14 và y2 = x24 (có nghiệm là luỹ thừa bậc của các nghiệm của phương trình cho) (Đáp sớ : y − 727 y + = ) 3/ Cho phương trình bậc hai: x − x − m = có các nghiệm x1 ; x2 Hãy lập phương trình bậc hai có các nghiệm y1; y2 cho : a) y1 = x1 − và y2 = x2 − (Đáp số : b) y1 = x1 − và y2 = x2 − 2 b) y − y − ( 4m + 3) = ) a) y + y + − m = Dạng 3: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng: Nếu hai sớ có Tổng S và Tích P hai sớ là hai nghiệm của phương trình : (điều kiện để có hai sớ là S2 − 4P ≥ ) x − Sx + P = Ví dụ : Tìm hai sớ a, b biết tổng S = a + b = − và tích P = ab = − Vì a + b = − và ab = − nên a, b là nghiệm của phương trình : x + 3x − = giải phương trình ta x = và x2 = −4 Vậy a = b = − a = − b =  Bài tập áp dụng: Tìm sớ a và b biết Tổng S và Tích P : S = và P=2 S = − và P=6 S = và P = 20 S = 2x và P = x2 − y2  Bài tập nâng cao: Tìm sớ a và b biết: a + b = và a2 + b2 = 41; a − b = và ab = 36; a2 + b2 = 61 và ab = 30 Hướng dẫn: 1) Theo đề bài biết tổng của hai số a và b , để áp dụng hệ thức VI- ÉT cần tìm tích của a và b Từ a + b = ⇒ ( a + b ) = 81 ⇔ a + 2ab + b = 81 ⇔ ab = 2 81 − ( a + b ) = 20  x1 =  x2 = Suy : a, b là nghiệm của phương trình có dạng : x − x + 20 = ⇔  Vậy: Nếu a = b = a = b = 2) Đã biết tích: ab = 36 cần tìm tổng : a + b Cách 1: Đặt c = − b ta có : a + c = và a.c = − 36  x1 = −4  x2 = Suy a, c là nghiệm của phương trình : x − x − 36 = ⇔  Do a = − c = nên b = − a = c = − nên b = Cách 2: Từ ( a − b ) = ( a + b ) − 4ab ⇒ ( a + b ) = ( a − b ) + 4ab = 169 2 2  a + b = −13 ⇒ ( a + b ) = 132 ⇒   a + b = 13 *) Với a + b = −13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình :  x = −4 x + 13x + 36 = ⇔   x2 = −9 Vậy a = −4 b = −9 *) Với a + b = 13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình : x = x − 13 x + 36 = ⇔   x2 = Vậy a = b = 3) Đã biết ab = 30, cần tìm a + b:  a + b = −11  a + b = 11 Từ: a2 + b2 = 61 ⇒ ( a + b ) = a + b + 2ab = 61 + 2.30 = 121 = 112 ⇒  *) Nếu a + b = −11 và ab = 30 a, b là hai nghiệm của phương trình:  x = −5 x + 11x + 30 = ⇔   x2 = −6 Vậy a = −5 b = −6 ; a = −6 b = −5 *) Nếu a + b = 11 và ab = 30 a, b là hai nghiệm của phương trình : x = x − 11x + 30 = ⇔   x2 = Vậy a = b = ; a = b = Nhận xét: với Bài và bài phương pháp (tiện lợi hơn) Dạng 4: Tính giá trị của biểu thức nghiệm: Đối với các bài toán dạng này điều quan trọng là phải biết biến đổi biểu thức nghiệm cho biểu thức có chứa tổng nghiệm S và tích nghiệm P để áp dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị của biểu thức  Biến đổi biểu thức để làm xuất : ( x1 + x2 ) x1 x2 Ví dụ a) x12 + x22 = ( x12 + x1 x2 + x22 ) − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 b) x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) c) x14 + x24 = ( x12 )2 + ( x22 )2 = ( x12 + x22 ) − x12 x22 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2  − x12 x22 1 x +x d) x + x = x x 2 Ví dụ x1 − x2 = ? Ta biết ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 ⇒ x1 − x2 = ± ( x1 + x2 ) − x1 x2 2 Từ các biểu thức biến đổi biến đổi các biểu thức sau: x12 − x22 ( = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) =…….) x13 − x23 2 ( = ( x1 − x2 ) ( x1 + x1 x2 + x2 ) = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2  =…… ) x13 − x23 = ( x1 − x2 ) + 3x1 x2 ( x1 − x2 ) 3 x14 − x24 2 2 ( = ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) =…… ) 3 2 2 4 x16 + x26 ( = ( x1 ) + ( x2 ) = ( x1 + x2 ) ( x1 − x1 x2 + x2 ) = …… )  Bài tập áp dụng: 1 x − + x − 1  Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức nghiệm: a) Cho phương trình : x − x + 15 = Không giải phương trình, tính: x16 − x26 x15 + x25 x17 + x27 1 8  ÷  15  x12 + x22 (34) x + x 2 x + x x  34   ÷  15  ( x1 + x2 ) 3 x1 + x2 (152) x (46) b) Cho phương trình : x − 72 x + 64 = Khơng giải phương trình, tính: 1 x + x 9  ÷ 8 x12 + x22 (65) c) Cho phương trình : x − 14 x + 29 = Khơng giải phương trình, tính: 1 x + x  14   ÷  29  x12 + x22 (138) d) Cho phương trình : x − 3x + = Khơng giải phương trình, tính: 1 1− x 1− x x1 x2 x + x (3) 2 x + x x12 + x22 5  ÷ 4 x + + x + (1) 5  ÷ 6 e) Cho phương trình x − 3x + = có nghiệm x1 ; x2 , khơng giải phương trình, tính: Q= x12 + 10 x1 x2 + x22 x1 x23 + x13 x2 x12 + 10 x1 x2 + x22 6( x1 + x2 ) − x1 x2 6.(4 3) − 2.8 17 = = HD: Q = x x3 + x3 x = x1 x2 ( x1 + x2 ) − x1 x2  5.8 (4 3) − 2.8 80 2   g) Cho phương trình x + x − = Không giải phương trình tính giá trị của biểu thức: A = x13 − x22 + 19 HD: Từ phương trình : x + x − = ⇒ x12 = − x1  x1 + x2 = −1  x1 x2 = −3 Theo hệ thức Vi-ét ta có:  Ta có: ( x1 + x2 ) ( x12 − x2 ) = x13 − x22 − x1 x2 + x12 x2 = x13 − x22 + 12 − 3x1 = ( x13 − x22 + 19 ) − − 3x1 2 Suy ra: A = x1 − x2 + 19 = ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) + + 3x1 = − ( − x1 − x2 ) + + 3x1 = ( x1 + x2 ) + = ( −1) + = *) Tương tự: Tính giá trị của biểu thức: B = x12 − x23 − 19 Dạng 5: Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm của phương trình cho chúng khơng phụ thuộc (hay độc lập) với tham số Để làm toán dạng này, ta thường làm theo bước sau: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 và x2 (thường là a ≠ và ∆ ≥ (hoặc ∆’ ≥ 0)) - Áp dụng hệ thức VI-ÉT viết S = x1 + x2 và P = x1 x2 theo tham số - Dùng các phép biến đổi để biểu diễn tham số theo x1 và x2 Từ đưa hệ thức liên hệ các nghiệm x1 và x2 Ví dụ 1: Cho phương trình : ( m − 1) x − 2mx + m − = có nghiệm x1 ; x2 Lập hệ thức liên hệ x1 ; x2 cho chúng không phụ thuộc vào m Để phương trình có nghiệm x1 và x2 : m ≠ m ≠ m − ≠ m ≠  ⇔ ⇔ ⇔  ∆ ' ≥ 5m − ≥  m − (m − 1)(m − 4) ≥ m ≥ Theo hệ thức VI- ÉT ta có : 2m    x1 + x2 = m −  x1 + x2 = + m − (1) ⇔  m −  x x =  x x = − (2)  m −  m −1 Từ (1) ta có : = x1 + x2 − ⇔ = ( x1 + x2 − ) m −1 m −1 (3) Từ (2) ta có : = − x1 x2 ⇔ = ( − x1 x2 ) m −1 m −1 (4) 10 So sánh các vế của (3) và (4) ta có: ( − x1 x2 ) = ( x1 + x2 − ) ⇔ ( x1 + x2 ) + x1 x2 − = Ví dụ 2: Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình : ( m − 1) x − 2mx + m − = Chứng minh biểu thức A = ( x1 + x2 ) + x1 x2 − không phụ thuộc giá trị của m Để phương trình có nghiệm x1 và x2 : m ≠ m ≠ m − ≠ m ≠  ⇔ ⇔ ⇔  ∆ ' ≥ 5m − ≥  m − (m − 1)(m − 4) ≥ m ≥ Theo hệ thức VI- ÉT ta có : 2m   x1 + x2 = m −   x x = m −  m − thay vào A ta có: A = ( x1 + x2 ) + x1 x2 − = 2m m−4 6m + 2m − − 8(m − 1) + −8 = = =0 m −1 m −1 m −1 m −1 Vậy A = với mọi m ≠ và m ≥ Do biểu thức A khơng phụ tḥc vào m  Nhận xét: - Lưu ý điều kiện cho tham sớ để phương trình cho có nghiệm - Sau dựa vào hệ thức VI-ÉT rút tham sớ theo tổng nghiệm, theo tích nghiệm so sánh các vế ta sẽ một biểu thức chứa nghiệm không phụ thuộc vào tham số  Bài tập áp dụng: Cho phương trình : x − ( m + ) x + ( 2m − 1) = có nghiệm x1 ; x2 Hãy lập hệ thức liên hệ x1 ; x2 cho chúng độc lập đối với m Hướng dẫn: Dễ thấy ∆ = ( m + ) − ( 2m − 1) = m − 4m + = ( m − ) + > 2 phương trình cho ln có nghiệm phân biệt x1 và x2 Theo hệ thức VI-ÉT ta có  2m = ( x1 + x2 − )  x1 + x2 = m + ⇔   2m = x1 x2 +  x1.x2 = 2m − (1) (2) Từ (1) và (2) ta có: ( x1 + x2 − ) = x1 x2 + ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − = 2 Cho phương trình : x + ( 4m + 1) x + ( m − ) = Tìm hệ thức liên hệ x1 và x2 cho chúng không phụ thuộc vào m 11 Hướng dẫn: Dễ thấy ∆ = (4m + 1) − 4.2(m − 4) = 16m + 33 > phương trình cho ln có nghiệm phân biệt x1 và x2 Theo hệ thức VI- ÉT ta có:  x1 + x2 = −(4m + 1) 4m = −( x1 + x2 ) − 1(1) ⇔   x1.x2 = 2(m − 4) 4m = x1 x2 + 16(2) Từ (1) và (2) ta có: −( x1 + x2 ) − = x1 x2 + 16 ⇔ x1 x2 + ( x1 + x2 ) + 17 = Dạng Tìm giá trị tham số của phương trình thỏa mãn biểu thức chứa nghiệm cho Đối với toán dạng này, ta làm sau: - Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 và x2 (thường là a ≠ và ∆ ≥ (hoặc ∆’ ≥ 0)) - Từ biểu thức nghiệm cho, áp dụng hệ thức VI-ÉT để giải phương trình (có ẩn là tham sớ) - Đới chiếu với điều kiện xác định của tham số để xác định giá trị cần tìm  Dạng bản: Ví dụ 1: Cho phương trình : mx − ( m − 1) x + ( m − 3) = Tìm giá trị của tham sớ m để nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1 + x2 = x1.x2 Bài giải: Điều kiện để phương trình có nghiệm x1 và x2 là : m ≠ m ≠  m ≠  m ≠ ⇔ ⇔ ⇔   2  m ≥ −1 9 ( m + 1) ≥ 9 ( m − 2m + 1) − 9m + 27m ≥ ∆ ' = 3 ( m − 1)  − 9(m − 3)m ≥ 6(m − 1)   x1 + x2 = m Theo hệ thức VI- ÉT ta có:  và từ giả thiết: x1 + x2 = x1 x2  x x = 9(m − 3)  m Suy ra: 6(m − 1) 9(m − 3) = ⇔ 6(m − 1) = 9(m − 3) ⇔ 6m − = 9m − 27 ⇔ 3m = 21 ⇔ m = m m (thoả mãn điều kiện xác định ) Vậy với m = phương trình cho có nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1 + x2 = x1.x2 2 Ví dụ 2: Cho phương trình : x − ( 2m + 1) x + m + = Tìm m để nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 x2 − ( x1 + x2 ) + = Bài giải: Điều kiện để phương trình có nghiệm x1 ; x2 là : ∆ ' = (2m + 1) − 4(m + 2) ≥ 12 ⇔ m + 4m + − m − ≥ ⇔ 4m − ≥ ⇔ m ≥  x1 + x2 = 2m + Theo hệ thức VI-ÉT ta có:   x1 x2 = m + và từ giả thiết x1 x2 − ( x1 + x2 ) + = Suy ra: 3(m + 2) − 5(2m + 1) + = ⇔ 3m + − 10m − + =  m = 2(TM ) ⇔ 3m − 10m + = ⇔   m = ( KTM )  Vậy với m = phương trình có nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1 x2 − ( x1 + x2 ) + =  Bài tập áp dụng (Một số Đề thi vào lớp 10 của tỉnh Vĩnh Phúc) Bài 1: (Năm 2006-2007/Câu 3): Cho phương trình bậc hai với ẩn số x: x − 2mx + 2m − = a) Tìm m để phương trình ln có mợt nghiệm x = − Khi tìm nghiệm cịn lại b) Tìm m cho phương trình ln có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn : 2( x12 + x 22 ) − x1 x = 27 Bài 2: (Năm 2007- 2008/Câu 5): Cho phương trình bậc hai: x − ( m + 1) x + m + m − = (1) a) Giải phương trình (1) m = − b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x thoả mãn điều kiện: x12 + x 22 = 18 Bài 3:(Năm 2008-2009/Câu 7):Cho phương trình bậc hai: x + ( m − 1) x − ( m − 1) = (1) a) Giải phương trình (1) với m = − b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt a, b thoả mãn a = −2b Bài 4: (Năm 2010-2011/Câu 6): Cho phương trình: x − 2(m − 1) x + m − = , (x là ẩn, m là tham số ) Chứng minh phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi giá trị của m Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình cho có hai nghiệm x1 ; x2 2 thoả mãn điều kiện x1 + x2 = 10 13 Bài 5: Cho phương trình x − 2(m − 1) x − − m = Tìm m cho nghiệm x1 ; x2 2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≥ 10  Dạng nâng cao: Cho phương trình : mx + ( m − ) x + m + = Tìm m để nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1 − x2 = 2 Cho phương trình : x + ( m − 1) x + 5m − = Tìm m để nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức: x1 + 3x2 = Cho phương trình : 3x − ( 3m − ) x − ( 3m + 1) = Tìm m để nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 − x2 =  Hướng dẫn cách giải: Đối với các bài tập dạng này ta thấy có mợt điều khác biệt so với bài tập Ví dụ và ví dụ chỗ: + Trong ví dụ biểu thức nghiệm chứa sẵn tổng nghiệm x1 + x2 và tích nghiệm x1 x2 nên ta vận dụng trực tiếp hệ thứcVI-ÉT để tìm tham sớ m + Cịn bài tập các biểu thức nghiệm lại khơng cho sẵn vậy, vấn đề đặt là làm nào để từ biểu thức cho biến đổi biểu thức có chứa tổng nghiệm x1 + x2 và tích nghiệm x1 x2 từ vận dụng tương tự cách làm trình bày Ví dụ và ví dụ + Ở tơi xin đưa giải pháp (cách thứ 2) để giải toán dạng vừa nêu sau: Ta tính x1 x2 theo tham số từ x1 + x2 hệ thức cho vào x1 x2 Do có mợt sớ hướng làm sau: Bài 1: 16 15 −2(m − 4)   x1 + x2 = m -Theo VI-ÉT:  x x = m +  m - ĐKX Đ: m ≠ 0; m ≤ (1) *) Cách 1: Sử dụng kỹ thuật thêm bớt vào hai vế của hệ thức cho:  x1 + x2 = 3x2 ⇒ 2( x1 + x2 ) = x1 x2 (2) 2( x1 + x2 ) = x1 - Từ x1 − x2 = Suy ra:  - Thế (1) vào (2) ta đưa phương trình sau: m + 127 m − 128 = ⇒ m1 = 1; m2 = −128 *) Cách 2: Giải hệ phương trình tính x1 & x2 theo tham sớ sau vào tích x1 x2 −4(m − 4)  −2(m − 4) −2( m − 4) x1 =    x + x = x + x =    3m ⇔ ⇔ m m Ta có:   x1 − x2 =  x1 − x2 =  x = −2(m − 4)  3m 14 m+7  −4(m − 4)   −2(m − 4)  m + = , ta được:  m m  3m   3m  m = ⇔ ( m − ) = 9m ( m + ) ⇔ m + 127 m − 128 = ⇔   m = −128 Thay vào x1 x2 = Bài 2: - ĐKXĐ: ∆ = m − 22m + 25 ≥ ⇔ m ≤ 11 − 6; m ≥ 11 +  x1 + x2 = − m (1) x x = m −  - Theo VI-ÉT:  *) Cách 1: - Từ : x1 + 3x2 = Suy ra:  x1 = − 3( x1 + x2 ) ⇒ x1 x2 = [ − 3( x1 + x2 ) ] [ 4( x1 + x2 ) − 1]  x = 4( x + x ) −  2 ⇔ x1 x2 = 7( x1 + x2 ) − 12( x1 + x2 ) − (2) m = m = - Thế (1) vào (2) ta có phương trình : 12m(m − 1) = ⇔  (thoả mãn) *) Cách 2: Ta có hệ  x1 + x2 = − m 3 x + x2 = − 3m  x = 3m − ⇔ ⇔   x1 + 3x2 = 4 x1 + 3x2 =  x2 = − 4m m = Thay vào: x1 x2 = 5m − ⇒ 12m ( m − 1) = ⇔  m = Bài 3: - Vì ∆ = (3m − 2)2 + 4.3(3m + 1) = 9m + 24m + 16 = (3m + 4) ≥ ; với mọi số thực m nên phương trình ln có nghiệm x1 và x2 3m −   x1 + x2 = (1) - Theo VI-ÉT:   x x = −(3m + 1)  *) Cách 1: - Từ giả thiết: 3x1 − x2 = Suy ra: 8 x1 = 5( x1 + x2 ) + ⇒ 64 x1 x2 = [ 5( x1 + x2 ) + 6] [ 3( x1 + x2 ) − 6]  8 x2 = 3( x1 + x2 ) − ⇔ 64 x1 x2 = 15( x1 + x2 ) − 12( x1 + x2 ) − 36 (2) m = 32 - Thế (1) vào (2) ta phương trình: m(45m + 96) = ⇔  m=− 15  (thoả mãn) *) Cách 2: Ta có hệ: 15m +  3m − 3m − x1 =    x + x = m − x + x = x + x =     24 ⇔ ⇔ ⇔  3 x1 − x2 = 3 x1 − x2 = 8 x2 = 3m −  x = 3m −  − ( 3m + 1) 15m + 3m − − ( 3m + 1) ⇒ = Thay vào x1 x2 = 24 15 ⇔ ( 15m + ) ( 3m − ) = −64 ( 3m + 1) ⇔ 45m − 120m + 24m − 64 + 192m + 64 = m = ⇔ 45m + 96m = ⇔ 3m ( 15m + 32 ) = ⇔   m = − 32 15   Bài tập áp dụng: a) Tìm m để phương trình mx − ( m − 1) x + ( m − ) = có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thoả mãn hệ thức: x1 + x2 = b) Tìm m để phương trình x + mx − 28 = có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: x1 + x2 = c) Tìm m để phương trình mx − ( m + 1) x + ( m − ) = có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: x1 + x2 =  Dạng khác: 2 Bài Cho phương trình x − ( m + 1) x + m + = Tìm m để phương trình 2 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x1 + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 Bài Cho phương trình x − 2mx + m − m + = Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + 2mx2 = Bài Cho phương trình x − x + m2 + 3m = (1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + x2 =  Nhận xét: - Với các bài toán dạng này sẽ gây trở ngại không nhỏ cho người giải, kiện bài cho không giống dạng 6(nâng cao), lúc này hai nghiệm khơng bậc, khơng cịn chứa tham sớ - Để giải địi hỏi quan sát tinh tế, tư linh hoạt và kiến thức tổng thể tốt  Hướng dẫn cách giải: Bài 1: Để phương trình cho có hai nghiệm x1 và x2 thì: 2 ∆' =  − ( m +1)   − ( m + ) ≥ ⇔ m + m +1 − m − ≥ ⇔ m ≥  x1 + x2 = ( m + 1)  x1 x2 = m + Theo VI-ÉT ta có:  Từ phương trình cho ta có: x22 − ( m + 1) x2 + m + = ⇒ ( m + 1) x2 = x22 + m + Thay (1) vào x + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 , ta được: (1) x12 + x22 + m2 + ≤ 3m + 16 ⇒ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + m + ≤ 3m + 16 Suy ra:  ( m + 1)  − ( m + ) + m2 + ≤ 3m2 + 16 ⇔ ( m + 2m + 1) − m − − 3m − 16 ≤ ⇔ 8m ≤ 16 ⇔ m ≤ 16 ≤m≤2 2 phương trình cho có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: x1 + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 Kết hợp với điều kiện có nghiệm của phương trình ta thấy với Nhận xét: Cũng giải cách sau: 2 2 Từ phương trình cho: x1 − ( m + 1) x1 + m + = ⇒ x1 = −m − + ( m + 1) x1 2 sau thay vào x1 + ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 , cho kết quả tương tự Bài 2: Để phương trình cho có hai nghiệm x1 và x2 thì: ∆ ' = m − ( m − m +1) ≥ ⇔ m ≥ (*)  x1 + x2 = 2m Theo hệ thức VI-ÉT ta có:   x1 x2 = m − m + x22 − 2mx2 + m − m + = ⇒ 2mx2 = x22 + m − m + (1) Từ phương trình cho ta có: Thay (1) vào x12 + 2mx2 = , ta được: x12 + x22 + m2 − m + = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + m − m + − = Suy ra: ( 2m ) − ( m2 − m + 1) + ( m − m + 1) − = ⇔ 3m + m − 10 = ⇔ ( m + ) ( 3m − ) =  m = −2 ( KTM ) ⇔  m = ( TM )  Với m = phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + 2mx2 = Nhận xét: cách thay x12 − 2mx1 + m − m + = ⇒ x12 = −m + m − + 2mx2 vào x1 + 2mx2 = kết quả tương tự Bài 3: Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì: ∆ '(1) = − ( m + 3m ) ≥ ⇔ ( − m ) ( m + ) ≥ ⇔ −4 ≤ m ≤  x1 + x2 = Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 = m + 3m Kết hợp với giả thiết ta có:  x1 + x2 =  x = −1 ⇒ x12 − x1 − = ⇔ ( x1 + 1) ( x1 − ) = ⇔    x1 =  x1 + x2 = 2 *) Với x1 = −1 ⇒ x2 = Từ x1 x2 = m + 3m ⇒ m + 3m + = Dễ thấy phương trình vơ nghiệm có ∆ = − 4.5 < *) Với x1 = ⇒ x2 = m =  m = −4 2 Từ x1 x2 = m + 3m ⇒ m + 3m − = ⇔ ( m − 1) ( m + ) = ⇔  Đối chiếu điều kiện có nghiệm của phương trình (1) ta thấy cả hai giá trị thỏa mãn Vậy với m = 1; m = −4 phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x1 + x2 = Dạng Xác định dấu các nghiệm của phương trình bậc hai 17 Cho phương trình: ax + bx + c = (a ≠ 0) Hãy tìm điều kiện để phương trình có nghiệm: trái dấu, dấu, dương, âm … Ta lập bảng xét dấu sau: x1 x2 trái dấu ± m P0 dương + + S>0 P>0 âm − − S0 S = x1 + x2 ∆ P = x1 x2 Dấu nghiệm Điều kiện chung P0 ∆ ≥ ; P > 0;S > ∆ ≥ ; P > 0;S < Ví dụ1: 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 thì: P Phương trình có nghiệm trái dấu ⇔ −7 + m < ⇔ − < m < Với điều kiện này giả sử x < , x > theo đề ta có x1 = −7 + m ⇔ − x1 x2 = ⇔ −( ) = ⇔ − m2 = ⇔ m2 = ⇔ m = ± x2 Vì m > nên ta chọn Kết luận : Vậy với m = m= ( thoả mãn điều kiện − < m < ) phương trình cho có nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tụt đới nghịch đảo của nghiệm  Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm m để phương trình: 18 mx − ( m + ) x + ( m − ) = có nghiệm dấu 2 3mx + ( 2m + 1) x + m = có nghiệm âm ( m − 1) x + x + m = có mợt nghiệm khơng âm Bài : Chứng minh với giá trị nào của k , phương trình a) x + kx − 23 = có nghiệm trái dấu b) 12 x +70x + k +1 = khơng thể có nghiệm trái dấu Bài 3: Cho phương trình x − 2m + m − = a) Tìm m để phương trình có nghiệm đới Tính nghiệm b) Tìm m để phương trình có nghiệm thực dương Dạng Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nghiệm Áp dụng tính chất sau bất đẳng thức: mọi trường hợp ta ln phân tích được: A+ m C= (trong A ≥ 0; B ≥ và m, k là sớ) k − B Thì ta thấy : C ≥ m (vì A ≥ ) ⇒ C = m ⇔ A = C ≤ k (vì B ≥ ) (*) ⇒ max C = k ⇔ B = Ví dụ 1: Cho phương trình : x + ( 2m − 1) x − m = Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình Tìm m để : A = x12 + x22 − x1 x2 có giá trị nhỏ Bài giải: Dễ thấy ∆ = ( 2m − 1) + 4m = 4m + ≥ > nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi giá trị của m  x1 + x2 = −(2m − 1)  x1 x2 = − m Theo VI-ÉT:  Theo đề bài : A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = ( 2m − 1) + 8m = m + 4m + = (2m + 1) ≥ Suy ra: A = ⇔ 2m + = ⇔ m = − Ví dụ 2: Cho phương trình : x − mx + m − = 19 Bài giải: Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình Tìm giá trị nhỏ và giá trị lớn của biểu thức sau: B= x1 x2 + x + x22 + ( x1 x2 + 1) Ta thấy ∆ = m − ( m − 1) = ( m − ) ≥ ; nên phương trình cho ln có hai nghiệm x1 và x2 với mọi giá trị của m  x1 + x2 = m  x1 x2 = m − Theo hệ thức VI-ÉT :  ⇒B= x1 x2 + x1 x2 + 2(m − 1) + 2m + = = = 2 x + x2 + ( x1 x2 + 1) ( x1 + x2 ) + m2 + m +2 Cách 1: Thêm bớt để đưa dạng phần (*) hướng dẫn Ta biến đổi B sau: B= m + − ( m − 2m + 1) m2 + Vì ( m − 1) ( m − 1) ≥0⇒ ( m − 1) = 1− m2 + 2 m2 + ≥ ⇒ B ≤1 Vậy max B = ⇔ m = Với cách thêm bớt khác ta lại có: 1 2 m + 2m + − m m + 4m + ) − ( m + ) ( m + 2) ( 2 2 B= = = − 2 m +2 m +2 ( m + 2) Vì ( m + ) ≥ ⇒ ( m + 2) 2 ( m + 2) ≥0⇒ B≥− 2 Vậy B = − ⇔ m = −2 Cách 2: Đưa giải phương trình bậc với ẩn là m và B là tham sớ, ta sẽ tìm điều kiện cho tham sớ B để phương trình cho ln có nghiệm với mọi m 2m + ⇔ Bm − 2m + B − = (Với m là ẩn, B là tham sớ) m +2 Ta có: ∆ 'm = − B (2 B − 1) = − B + B B= (**) Để phương trình (**) ln có nghiệm với mọi m ∆’ ≥ 2 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 = ⇔ m = 20 B = − ⇔ m = −2 Ví dụ 3: (Đề thi vào 10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2013 - 2014) Cho phương trình x + x − m = (1) (x là ẩn, m là tham sớ) a) Giải phương trình với m = − b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm Gọi x1; x2 là hai nghiệm (có thể nhau) của phương trình (1) Tính biểu thức P= x14 + x24 theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ Bài giải: b): Điều kiện có nghiệm của phương trình (1) là: ∆ ' = + m ≥ ⇔ m ≥ −1  x1 + x2 = −2 , suy ra:  x1 x2 = − m Theo VI-ÉT ta có:  2 P = x14 + x24 = ( x1 + x2 ) − x1x2  − x12 x22 = ( + 2m ) − 2m = 2m + 16m + 16   = ( m + 1) + 12m + 14 ≥ − 12 + 14 = 2 m + = ⇔ m = −1  m = −1 Dấu “=” xảy ⇔  Vậy minP = ⇔ m = −1 Cách giải thích khác (đổi biến) Đặt t = m + 1( t ≥ ) ⇒ m = t − ⇒ P = ( t − 1) + 16 ( t − 1) + 16 = 2t + 12t + ≥ 2 Dấu “=” xảy ⇔ t = ⇔ m = −1 *) Sai lầm thường mắc phải (do không chú ý điều kiện xảy dấu “=”) 2 2 P = x14 + x24 =  ( x1 + x2 ) − x1 x2  − x12 x22 = ( + 2m ) − 2m = 2m + 16m + 16 = ( m + ) − 16 ≥ − 16   Từ suy minP = −16 ⇔ m = −4 Tuy nhiên với m = −4 phương trình (1) khơng tồn nghiệm x1 ; x2  Nhận xét: cũng với ý tưởng để học sinh tránh sai lầm tương tự ta có tốn 2 Ví dụ 4: Cho phương trình x − ( m + 1) x + m + = (với m là tham sớ) có nghiệm x1 và x2 Tìm m để biểu thức C = x1 + x2 − x1 x2 đạt giá trị lớn và tìm giá trị lớn 2 Bài giải: Ta có: ∆ ' = ( m + 1) − ( m + ) = 2m − Để phương trình có nghiệm x1 & x2 2m − ≥ ⇔ m ≥ 21  x1 + x2 = ( m + 1) Theo hệ thức VI-ÉT ta có:   x1 x2 = m + 2 Suy : C = x1 + x2 − x1 x2 = ( m + 1) − ( m + ) = − m + 2m − 2 9  3 9 3 3  3 5   = −  m − 3m + ÷−  m − ÷+  − − ÷ = −  m − ÷ −  m − ÷− ≤ − 4  2 4 2 2  2 4    3 3  (vì m ≥ ⇒  m − ÷≥ ⇒ −  m − ÷≤ )  2 2  Dấu “=” xảy ⇔ m = Vậy: max C = − ⇔ m = (HS cũng giải cách đổi biến giới thiệu ở ví dụ 3)  Bài tập áp dụng Cho phương trình x + ( 4m + 1) x + ( m − ) = , có hai nghiệm x1 ; x2 Tìm m để biểu thức A = ( x1 − x2 ) có giá trị nhỏ 2 Cho phương trình : x − 2(m − 4) x + m − = xác định m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn a) A = x1 + x2 − x1 x2 đạt giá trị lớn b) B = x12 + x22 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình : x − (m − 1) x − m + m − = có hai nghiệm x1 ; x2 Với giá trị nào của m, biểu thức C = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình x + (m + 1) x + m = , có hai nghiệm x1 ; x2 Xác định m để biểu thức D = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình x − (2m + 1) x + m + m − = Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 cho E = x1 ( x2 + 5) đạt giá trị nhỏ HD: Bài 5:Ta có ∆ = ( 2m + 1) − ( m + m − ) = > 0, ∀m nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x = m + và x = m − Ta xét hai trường hợp:  x1 = m + 1)  x = m − , ta có:  E = ( m + ) ( m − + ) = ( m + ) ( m + ) = m + 6m + = ( m + ) − ≥ − Dấu “=” xảy và chỉ m + = ⇔ m = −3  x1 = m − 2)  x = m + , ta có:  E = ( m − 1) ( m + + 5) = ( m − 1) ( m + ) = m + 6m − = ( m + 3) − 16 ≥ −16 Dấu “=” xảy và chỉ m + = ⇔ m = −3 Vậy giá trị nhỏ của E là −16 , đạt m = −3 22 BÀI TẬP ĐỀ NGHI Bài 1: Cho phương trình x – 2(m –1)x – = ( m tham số) a) Giải phương trình m = b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình Tìm m để x1 + x2 = Bài 2: Cho phương trình: x2 + 2(m –1)x + m – = (m là tham sớ) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình Tìm m để |x1– x2|=4 Bài 3: Cho phương trình x2 –2mx – = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1 + x2 = Bài 4: Tìm m để phương trình x2 – (2m +1)x + 4m2 + 4m = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = x1 + x2 Bài 5: Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1 < x2, tìm tất cả các giá trị của m cho x1 − x2 = Bài 6: Cho phương trình bậc hai, với tham sớ m: 2x2 – (m + 3)x + m = (1) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ của biểu thức P = x1 − x2 2 Bài 7: Cho phương trình: x − ( m + 1) x + m + = có nghiệm x1 và x2 Tìm giá trị nhỏ của: P = x12 + x22 − x1 x2 Bài 8: Cho phương trình: x − 2mx + m − m + = có nghiệm x1 và x2 Tìm giá trị nhỏ của P = x12 + x22 − x1 x2 Bài 9: Cho phương trình x − x + m2 + 3m = có nghiệm x1 và x2 Tìm giá trị lớn của P = x12 + x22 2 Bài 10: Cho phương trình x − ( m + 1) x + m + = a) Tìm m để phương trình có nghiệm b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình cho, tìm giá trị nhỏ của biểu thức A = x1 + x2 + x1 x2 7.2 Khả áp dụng của sáng kiến: - Sáng kiến này áp dụng dạy học, bồi dưỡng học sinh đại trà, học sinh giỏi Ôn thi cho học sinh cuối cấp THCS thi vào lớp 10 THPT chuyên và khơng chun - Có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên Toán giảng dạy các trường THCS và học sinh lớp ôn thi vào lớp 10 THPT địa bàn toàn tỉnh Những thông tin bảo mật: không Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: - Áp dụng đại trà các dạng từ đến Với học sinh Khá – Giỏi áp dụng các dạng từ đến 23 - Máy tính, máy chiếu, phiếu học tập, phiếu thăm dị thơng tin phản hồi của học sinh 10 Đánh giá lợi ích thu được 10.1 Đánh giá lợi thu được hoặc dự kiến có thể thu được áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả 10.1.1 Giáo viên Giải phương trình bậc hai phương pháp vận dụng định lí Vi-ét là kiến thức tảng có tính bản lề kết nới toán đại sớ THCS với THPT Do địi hỏi giáo viên phát huy khả phân tích, tổng hợp kiến thức nhiều phần Nắm ưu nhược điểm của học sinh trình bày bài, qua giáo viên thơng qua thực tế giảng dạy đưa hướng điều chỉnh hợp lí để đạt hiệu quả tớt cho hoạt động dạy học 10.1.2.Học sinh Được hoạt đợng, tư duy, phân tích tổng hợp rút phương pháp phù hợp chủ động giải vấn đề đặt Kỹ vận dụng cao - tạo mối quan hệ các đơn vị kiến thức với Tạo thói quen học tập, làm việc, tự giác, hợp tác linh hoạt, sáng tạo mọi hoạt đợng Tìm nhược điểm của bản thân để điều chỉnh cách học tập, khắc phục sai lầm thường mắc phải giải toán 10.1.3 Kết cụ thể Kết quả cụ thể áp dụng một số dạng của sáng kiến cho lớp 9A1 và 9A2 thông qua khảo sát thi vào 10 (phần nội dung liên quan tới sáng kiến) 9A2 36 21,6 12 32,4 15 40,6 5,4 15 40,6 18 48,6 10,8 16,7 11 30,6 15 41,7 11,0 12 32,3 17 47,2 16,7 % SL Yếu % TB SL Khá SL % Giỏi SL % SL Yếu % SL TB % 37 Khá SL 9A1 Giỏi % SS SL Lớp Sau thực hiện % Trước thực hiện 2,8 10.2 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được áp dụng sáng kiến của tổ chức, cá nhân Để kiểm tra kết quả của việc áp dụng sáng kiến thực tế giảng dạy, lấy ý kiến của học sinh các lớp mà trực tiếp giảng dạy sáng kiến ứng dụng hệ thức VI-ÉT giải toán Kết quả cụ thể sau : 24 Bảng khảo sát ý kiến của học sinh sau học tập theo một số dạng sáng kiến (về mức độ hứng thú sau học tập một số dạng toán sáng kiến) 9A1 34 14 41,2 16 47,0 11, 9A1 37 20 54,1 15 40,5 5,4 9A2 35 12 34,3 18 51,4 14, 9A2 36 18 50,0 17 47,2 2,8 Cộng 69 26 37,7 34 49,3 13, Cộng 73 38 52,1 32 43,8 4,1 Khơng thích % SL % Thích SL % Rất thích SL Khơng thích % SL Thích % SL Rất thích Tổng sớ Mức đợ Khới lớp Mức độ SL Năm học 2018-2019 % Năm học 2017-2018 Tổng số Khối lớp Bảng 1: Ý kiến của học sinh trước và sau thực hiện các giải pháp trên: 11 Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu: Số Tên tổ chức/cá nhân TT Địa Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Trường sở Trường THCS Đồng ích Mơn toán trường THCS Giáo viên Toán tổ KHTN trường THCS Đồng ích Trường THCS Đồng ích Mơn toán trường THCS Đồng ích ,ngày 25 tháng 05 năm 2020 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VI Người viết SKKN Đặng Thị Hạnh 25 ... hệ thức Vi-ét để giải toán Với lí nêu phạm vi sáng kiến này mạnh dạn đưa ? ?Một số ứng dụng hệ thức VI-ÉT giải tốn” Về phần nợi dung của sáng kiến, đưa một số dạng thường gặp đề thi... vào chuyên môn mà dựa vào lực và nghiệp vụ của giáo viên Chính sáng kiến ? ?Một số ứng dụng hệ thức VI-ÉT giải tốn” coi là tài liệu để học sinh và giáo viên tham khảo công tác giảng... làm trình bày Ví dụ và ví dụ + Ở tơi xin đưa giải pháp (cách thứ 2) để giải tốn dạng vừa nêu sau: Ta tính x1 x2 theo tham số từ x1 + x2 hệ thức cho vào x1 x2 Do có mợt sớ hướng làm sau: