Sáng kiến kinh nghiệm Áp dụng định lý Vi - Ét trong việc giải một số bài toán THCS

Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

MỤC LỤC:
Tên đề mục

STT

Trang

1

Mở đầu

02

2

Nội dung SKKN

04

3

Kết luận và đề xuất

17

1
SangKienKinhNghiem.net

Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

A. MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài:
Với mong muốn góp phần hình thành và phát triển phẩm chất, năng lực của
học sinh, tự chủ năng động và sáng tạo, có kiến thức văn hóa, khoa học và có kỹ
năng giải tốn, có sức khỏe và ý chí vươn lên, có năng lực tự học và thói quen học
tập suốt đời, có năng lực đi vào thực tiễn xã hội góp phần hiệu quả làm cho dân
giàu nước mạnh xã hội công bằng, dân chủ và văn minh.
Tốn học nói chung, tốn THCS nói riêng có rất nhiều loại, nhiều dạng bài
tập nên học sinh gặp rất nhiều khó khăn khi đứng trước một bài tốn mới.
Đối với lứa tuổi học sinh THCS nói chung và đối tượng nghiên cứu là học
sinh lớp 9 nói riêng, mặc dù tuổi các em khơng phải cịn nhỏ nhưng khả năng phân
tích, suy luận, tự minh tìm ra lời giải cho một bài tốn cịn rất nhiều hạn chế nhất là
đối với đối tượng học sinh học yếu và lười học. Mặt khác trong các đề thi vào lớp
10 trung học phổ thơng, các bài tốn về phương trình bậc hai có sử dụng tới hệ
thức Vi-ét xuất hiện khá phổ biến . Trong khi đó nội dung và thời lượng về phần
này trong sách giáo khoa lại rất ít, lượng bài tập chưa đa dạng.
Ta cũng thấy để giải được các bài tốn có liên qua đến hệ thức Vi-ét, học
sinh cần tích hợp nhiều kiến thức về đại số , thơng qua đó học sinh có cách nhìn
tổng quát hơn về hai nghiệm của phương trình bậc hai với các hệ số. Chính vì vậy
nên trong những dạng tốn của mơn đại số lớp 9 thì “ vận dụng hệ thức Vi-ét và
ứng dụng để giả các bài tập có liên quan” đối với các em là dạng tốn khó. Đối với
dạng tốn này nhiều em nắm được lý thuyết rất chắc chắn nhưng khi áp dụng giải
thì cịn mắc phải nhiều sai sót..
Do vậy việc hướng dẫn giúp các em có kỹ năng để giải tốn, ngồi việc nắm
lý thuyết, thì các em phải biết vận dụng thực hành, từ đó phát triển khả năng tư
duy, đồng thời tạo hứng thú cho học sinh khi học nhằm nâng cao chất lượng học
tập.
Chương trình bộ mơn Tốn rất rộng, các em được lĩnh hội nhiều kiến thức,

các kiến thức lại có mối quan hệ chặt chẽ với nhau. Do vậy, khi học các em không
những nắm chắc lý thuyết cơ bản, mà còn phải biết tự diễn đạt theo ý hiểu của
mình, từ đó biết vận dụng để giải từng loại toán. Qua cách giải các bài toán rút ra
phương pháp chung để giải mỗi dạng bài, trên cơ sở đó tìm ra các lời giải khác hay
hơn, ngắn gọn hơn.
Thơng qua q trình giảng dạy, đồng thời qua quá trình kiểm tra đánh giá sự
tiếp thu và sự vận dụng kiến thức của học sinh. Tôi nhận thấy học sinh vận dụng hệ
thức VI-ET vào giải các bài tốn phương trình bậc hai cịn nhiều hạn chế và thiếu
sót. Đặc biệt là các em rất lúng túng khi vận dụng các kiến thức đã học để biện
luận phương trình bậc hai đã cho có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn một điều kiện nào
đó…. Đây là một phần kiến thức rất khó đối với các em học sinh lớp 9. Bởi lẽ từ
trước đến nay các em chỉ quen giải những dạng tốn về tính giá trị của biểu thức
hoặc giải những phương trình cho sẵn, ít gặp phải những bài toán biện luận theo
tham số. Mặt khác do khả năng tư duy của các em cịn hạn chế, các em gặp khó
2
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

khăn trong việc phân tích đề tốn, suy luận, tìm mối liên hệ giữa các yếu tố trong
bài tốn nên khơng định hướng được cách giải.
Làm thế nào để giúp các em có được một kiến thức tổng thể và có được đầy
đủ các dạng tốn về phương trình bậc hai, biết cách giải và biện luận các dạng tốn
về phương trình bậc hai theo tham số. Chính vì vậy trong bài này tơi nêu ra một số
ứng dụng của định lý Vi-ét áp dụng giải các bài tốn: Giải phương trình, hệ
phương trình, chứng minh đẳng thức, tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm
số...; nhằm giúp cho các em học sinh phổ thông hiểu và sử dụng thành thạo định lý
Vi-ét trong giải tốn và kích thích hứng thú học tập của học sinh.
II. Mục đích nghiên cứu:

Giúp các em hiểu được tầm quan trọng của hệ thức VI-ET trong việc giải các
bài tốn phương trình bậc hai.
Giúp các em có được sự hiểu biết và phương pháp biện luận nghiệm biểu
thức chứa nghiệm của một phương trình bậc hai theo hệ số.
Rèn luyện cho học sinh tính tư duy logic, sự sáng tạo trong tốn; sự say mê
và u thích học mơn tốn hơn.
III. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 9D ( 54 em) trường THCS Minh Khai thành phố Thanh Hóa
năm học 2015 - 2016

3
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lý luận:
Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy mơn tốn lớp 9, căn cứ vào thực tế dạy
và học, hệ thống bài tập về ứng dụng hệ thức Vi - ét vào giải toán của chương trình
đại số lớp 9 tơi thấy hệ thống bài tập trong SGK, sách bài tập do Bộ giáo dục - đào
tạo ấn hành ở dạng cơ bản đơn giản, trên thực tế bài tập về ứng dụng hệ thức Vi ét vào giải toán rất đa dạng, phong phú và là một thể loại toán phổ biến của đại số
THCS.
Trong chương trình sách giáo khoa mới tốn lớp 9 THCS, học sinh được
làm quen với phương trình bậc hai: Cơng thức tính nghiệm của phương trình bậc
hai, đặc biệt là định lý Vi - ét và ứng dụng của nó trong việc giải toán.
Xong qua việc giảng dạy Toán 9 tại trường THCS tôi nhận thấy các em vận
dụng hệ thức Vi - ét vào giải toán chưa thật linh hoạt, chưa biết khai thác và sử
dụng hệ thức Vi - ét vào giải nhiều loại bài toán, trong khi đó hệ thức Vi - ét có
ứng dụng rất rộng rãi trong việc giải tốn.

Đứng trước vấn đề đó, tơi đi sâu vào nghiên cứu đề tài:
“áp dụng định lý Vi -ét trong việc giải một số bài toán THCS” với mong muốn
của tôi giúp cho học sinh nắm vững và thành thạo định lý Vi - ét, đồng thời làm
tăng khả năng, năng lực học tốn và kích thích năng lực hứng thú học tập mơn tốn
của học sinh. Khi tôi dạy phần kiến thức này, nhất là đối với học sinh khá, học sinh
giỏi đòi hỏi giáo viên phải biên soạn, sưu tầm lựa chọn, nội dung kiến thức cho
mỗi dạng toán ... để bài dạy phong phú và đạt hiệu quả cao nhất.
2. Thực trạng của vấn đề:
Qua nhiều năm giảng dạy mơn tốn lớp 9, tơi thấy:
- Học sinh yếu tốn là do kiến thức cịn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ,
lười tư duy trong q trình học tập.
- Học sinh cịn học vẹt, làm việc rập khn, máy móc để từ đó làm mất đi
tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Học không đi đôi với hành làm cho các em ít được củng cố, khắc sâu kiến
thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá
nhân khơng được phát huy hết.
Khơng ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập
phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa
cao.
- Nhiều học sinh hài lịng với lời giải của mình, mà khơng tìm lời giải khác,
khơng khai thác phát triển bài tốn, sáng tạo bài tốn nên khơng phát huy hết tính
tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau,
phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng
hơn là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học
toán.
ứng dụng hệ thức Vi - ét vào giải toán là một dạng toán tương đối phù hợp
đối với học sinh THCS vì vậy địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức một
4
SangKienKinhNghiem.net

Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

cách linh hoạt. Các bài tốn sử dụng hệ thức Vi - ét hay được đưa vào cho nhiều
loại đối tượng, học sinh yếu, học sinh đại trà, học sinh khá, học sinh giỏi. Song
thực chất học sinh được làm quen với các bài toán giải phương trình đơn giản, ở
các khối lớp, nhưng đối với phương trình bậc hai các em chỉ được học ở lớp 9 ở
dạng đơn giản và được học nhiều ở trường trung học phổ thông, ứng dụng hệ thức
Vi - ét để giải toán, thường được đưa vào đề thi vào lớp 10 trung học phổ thông, và
đề thi học sinh giỏi các cấp.
Vì vậy nếu khơng rèn luyện cho các em những phương pháp, kỹ năng giải
toán dạng này, thì các em rất khó có thể tự học và vận dụng kiến thức một cách
linh hoạt, sáng tạo để giải dạng tốn này với nhiều bài khó, phức tạp.
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện.
Trước hết giáo viên cần cung cấp cho học sinh
- Những kiến thức cần thiết về lý thuyết để vận dụng vào giải các bài tập.
- Hệ thống từng dạng bài tập cơ bản thường gặp.
- Lựa chọn các ví dụ mẫu, cơ bản, điển hình đối với mỗi dạng.
- Phân tích, định hướng giải cho mỗi ví dụ.
- Trình bày lời giải chính thức cho mỗi ví dụ.
- Rút ra phương pháp chung cho từng dạng.
- Ra bài tập củng cố, luyện tập cho học sinh qua từng dạng.
- Ra các bài tập mang tính vận dụng tổng hợp cho học sinh vận dụng.
Giải pháp được cụ thể hóa như sau
Lý thuyết chung
 Như chúng ta đã biết đối với phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0, nếu
c
b
x1, x2 là các nghiệm của phương trình thì x1 + x2 =

và x1x2 = .
a
a
 Ngược lại: Nếu hai số x, y thoả mãn các điều kiện:
x + y = S và xy = P
Thì x, y là nghiệm của phương trình bậc hai X2 - SX + P = 0 (*)
Chú ý: Phương trình (*) chỉ có nghiệm khi S2 - 4P  0
 Hệ quả (trường hợp đặc biệt).
a) Nếu phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 ( a  0) có 1 nghiệm x 1= 1
c
thì a + b + c = 0 và ngược lại nếu a + b + c = 0 thì x1 =1 và x2 =
a
b) Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a  0) có 1 nghiệm x1 = -1
thì a – b + c = 0 và ngược lại nếu a – b + c = 0 thì x1 = -1 và x2 =

-c
a

Sau đây là một số ví dụ minh hoạ cho việc vận dụng các kiến thức đó

I. Ứng dụng của định lý vi-ét trong giải tốn tìm điều kiện của tham số
để bài toán thoả mãn các yêu cầu đặt ra.

5
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

1. Các ví dụ:

Ví dụ 1: Tìm giá trị của m để các nghiệm x1, x2 của phương trình
2
2
mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = 0 thoả mãn điều kiện x 1  x 2  1 .
Bài giải:
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt hoặc nghiệm kép) là
m  0 và ' = 0
' = (m-2)2- m(m-3) = -m+4
'  0  m  4.
Với 0  m  4, theo định lý Vi-ét, các nghiệm x1; x2 của phương trình
có liên hệ:
m-3
2(m - 2)
x1+x2 =
; x1.x2 =
.
m
m
Do đó: 1 = x12  x 22 = (x1+x2)2 - 2x1x2=

4(m - 2)2 2(m - 3)
m2

-

m


=
- 16m + 16 + 6m

2
 m - 10m + 16 = 0  m = 2 hoặc m = 8
Giá trị m = -8 không thoả mãn điều kiện 0  m  4
Vậy với m = 2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 2: Cho phương trình x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = 0. Tìm m để
1
1
x1 + x2
phương trình có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thoả mãn
.
+
=
x1
x2
5
Bài giải:
m2

4m2

2m2


Δ '  ((m  2)) 2  (m 2  2m  3)  0

Ta phải có: x 1 .x 2  0
 1 1 x1  x 2

 
x

x
5
2
 1

(1)
(2)
(3)
7

(1)  ' = m2 - 4m + 4 -m2 - 2m + 3 =- 6m + 7 > 0 m < .
6

(2) 
(3) 

m2

+ 2m - 3  0  (m-1)(m+3)  0  m  1; m  -3.

x1  x 2 x1  x 2

 ( x1  x 2 )(5  x1 .x 2 )  0 .
5
x1 .x 2

* Trường hợp: x1+x2 = 0  x1 = -x2  m =2 trái với điều kiện (1)
* Trường hợp: 5 - x1.x2 = 0  x1.x2 = 5
Ta được: m2 + 2m - 3 = 5  (m-2)(m+4) = 0
lo¹i

m  2

m  4 tho¶ m·n

Vậy m = -4 phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thoả mãn

6
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

x  x2
1
1

 1
x1 x 2
5
Ví dụ 3: Cho phương trình: mx2-2(m+1) x+ (m-4) = 0 (m là tham số).
a) Xác định m để các nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn x1+ 4x2 = 3;
b) Tìm một hệ thức giữa x1; x2 mà khơng phụ thuộc vào m.
Bài giải:
(1)
2( m  1)

 x1  x2 
m

m4

 x1 .x2 
a) Ta phải có: 
m

x
x
4
3


 1
2
m  0



2

 '  ( ( m  1)  m( m  4)  0

Từ (1) và (3) tính được: x2 =

m2
;
3m

x2 =

(2)
(3)

(4)

5m  8
.
3m

m-4
(m - 2)(5m + 8)
 2m2 - 17m + 8 = 0.
=
m
9m2
1
Giải phương trình 2m2 -17m +8 0 được m =8; m = thoả mãn điều kiện (4).
2
1
Vậy m=8; m = các nghiệm của phương trình thoả mãn x1+4x2=3.
2
b) Theo hệ thức Vi-ét:
2
x1+x2 = 2 +
m
4
x1.x2 = 1 (*)
m
2
Thay = x1+ x2 -2 vào (*) được x1x2 = 1-2(x1 + x2 - 2).
m
Vậy x 1+ x2 = 5 - 2(x1+x2).
Ví dụ 4: Với giá trị nào của m thì hai phương trình sau có ít nhất một

nghiệm chung:
x2 + 2x + m = 0
(1)
x2 + mx + 2 = 0
(2)
Bài giải:
Gọi x0 là nghiệm chung của 2 phương trình, khi đó ta có
Thay vào (2) được

x 02  2 x 0  m  0

x 2  mx0  2  0
Trừ theo từng vế hai phương trình đó cho, ta được: (m-2)x0=m-2.
7
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

Nếu m =2 thì (1), (2) là x2 + 2x + 2 = 0 nên vô nghiệm.
Nếu m  2 thì x0 = 1 từ đó m = -3.
Với m =-3: (1) là x2+2x -2=0; có nghiệm x1=1 và x2=-3.
Và (2) là x2-3x +2=0; có nghiệm x3 =1 và x4 = 2.
Vậy, với m = -3 thì hai phương trình có nghiệm chung là x = 1.
2. Bài tập:
Bài 1: Cho phương trình x2 - (m+3)x + 2(m+1) = 0
(1)
Tìm giá trị của tham số m để phương trình có (1) có nghiệm x1=2x2.
Bài 2: Cho phương trình mx2 - 2(m+1)x + (m - 4) = 0
a) Tìm m để phương trình có nghiệm.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm,
nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?
c) Xác định m để các nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn x1+ 4x2 = 3.
d) Tìm một hệ thức giữa x1, x2 mà không phụ thuộc vào m.
Bài 3: a) Với giá trị nào m thì hai phương trình sau có ít nhật một nghiệm
chung. Tìm nghiệm chung đó?
x2 - (m+4)x + m + 5 = 0
(1)
x2 - (m+2)x + m +1 = 0
(2)
b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình (1) là nghiệm của phương
trình (2) và ngược lại:
II. Ứng dụng của định lí Vi-ét trong giải tốn hàm số và đồ thị.
1. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Giả sử đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y =2x2 - x tại hai điểm
có hồnh độ x1; x2. Tính x 12  x 22
Cách giải:
Đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y = 2x2 - x tại hai điểm có hồnh độ
x1; x2 có nghĩa là phương trình bậc hai: 2x2 – x – a = 0 có hai nghiệm x1; x2.
Từ định lý Vi-ét ta có:
-a
1
x1+ x2 =
và x1x2 =
2
2
Từ đó ta có:
2

x  x = (x1+x2

2
1

2
2

2
2
Vậy x 1  x 2 =

)2 =2x

1
 a  1
  xa
1x2 =    2
 2  4
2

1
+ a
4

8
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

Ví dụ 2:

Cho Parabol: y = x2 – x – 2, một đường thẳng đi qua điểm M (1;-1) cắt
Parabol tại hai điểm A, B. Tìm toạ độ các điểm A, B biết rằng M là trung điểm của
AB.
Cho biết cơng thức tính toạ độ trung điểm M của AB
Với: A(x1; y1);

B(x2; y2) là

(

x1 + x2 y1 + y2
;
2
2

Cách giải:
Đường thẳng y = mx+n đi qua điểm M
(1;-1) từ đó tính được n =-(1+m). Hồnh độ
giao điểm của đường thẳng y=mx-(1+m) và
Parabol y = x2 – x + 2 là nghiệm của phương
trình:
x2 – x – 2 = mx - (1+ m)
hay x2 =(1+ m)x - 1+ m = 0
(1)
Gọi x1; x2 là hoành độ của A, B là các
giao điểm của Parabol và đường thẳng.
Ta có x1; x2 là các nghiệm của (1)
nên theo định lý Vi-ét:
x1+x2 = 1+ m

)
y

o

1

B

-1

2
-1

x

M

A

(2)

x1 + x2
= xM = 1 (3)
2
Từ (2) và (3) suy ra 1+m = 2, do đó m=1
Khi đó (1) trở thành x2 - 2x = 0. Phương trình này có 2 nghiệm: x1= 0; x2=2.
Vậy: A(0; -2) , B(2; 0)
Ví dụ 3: Cho Parabol: y=x2 + 7x + 6. Tìm điểm M trên trục tung sao cho hai
tiếp tuyến với Parabol kẻ từ M vuông góc với nhau.

Cách giải:
Đường thẳng y = mx + n đi qua điểm M (0; y0) nên được y = mx + y0;
hoành độ giao điểm của đường thẳng y = mx + y0 và Parabol y = x2 + 7x + 6 là
nghiệm của phương trình: x2 + 7x + 6 = mx + y0
Mặt khác, M là trung điểm của AB nên

 x2 + (7- m)x + 6 - y0 = 0
(*)
Để đường thẳng và Parabol tiếp xúc nhau thì phương trình (*) có nghiệm
kép, tức là  = (7 - m)2 - 4(6 - y0)
= m2 - 14m + 4y0 + 25 = 0
(1)
Để hai tiếp tuyến vng góc thì các nghiệm m1, m2 của (1) phải thoả mãn
1
1
m1m2 = -1, tức là 4y0 + 25 = -1. Từ đó y0 = - 6 . Điểm M phải tìm: (0; -6 )
2
2

9
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

2. Bài tập:
Bài 1: Cho Parabol: y = -x2 + 6x - 5. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm
A(3;2) và có hệ số góc bằng m.
a) Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng d luôn luôn cắt Parabol tại hai
điểm B, C phân biệt.

b) Xác định đường thẳng d để BC có độ dài nhỏ nhất.
Bài 2: Cho Parabol: y = x2. Chứng minh rằng với mọi điểm M thuộc đường
1
thẳng y = - , các tiếp tuyến kẻ từ M với Parabol vng góc với nhau.
4
III. Ứng dụng của định lí Vi-ét trong bài tốn lập phương trình bậc hai một ẩn,
tìm hệ số của phương trình bậc hai một ẩn.
1. Các ví dụ:
3+1
1
Ví dụ 1: Cho x1 =
;
x2 =
2
1+ 3
Lập phương trình bậc hai có nghiệm là: x1; x2
3+1
1
1 3
3 1
Ta có: x1 =
;
x2 =
=

2
2
1  3 1- 3
1+ 3
3+1 3-1 1

Nên x1.x2 =
.
=
2
2
2
3+1 3-1
x1 + x2 =
.
= 3
2
2
1
Vậy phương trình bậc hai có 2 nghiệm: x1; x2 là x2 - 3x + = 0
2
Hay 2x2 - 2 3x + 1 = 0



Ví dụ 2: Cho phương trình: x2 + 5x - 1 = 0





(1)

Khơng giải phương trình (1), hãy lập một phương trình bậc hai có các
nghiệm là luỹ thừa bậc bốn của các nghiệm phương trình (1)
Cách giải:

Gọi x1; x2 là các nghiệm của phương trình đã cho theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1 + x2 = -5;
x1.x2 = - 1
Gọi y1; y2 là các nghiệm của phương trình phải lập, ta có:
y1 + y2 = x 14  x 24 và y1 y2 = x 14 .x 24
Ta có:

x12  x 22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 25 + 2 = 27
x 14  x 24 = ( x12 .x 22 )2 - 2 x1 .x 2 = 729 - 2 = 727
2

2

Vậy phương trình cần lập là: y2-727y +1 = 0

10
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

2) Bài tập:
Bài 1: Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là 3+ 2 và

1
3+

2

Bài 2: Lập phương trình bậc hai thoả mãn điều kiện:

x1
x2
k2 - 7
Có tích hai nghiệm: x1.x2 = 4 và
+
=
x1 - 1 x2 - 1 k2 - 4
Bài 3: Xác định có số m, n của phương trình: x2+mx+n = 0
Sao cho các nghiệm của phương trình làm m và n.
IV. Ứng dụng của định lí Vi-ét trong tốn chứng minh.
1. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho a, b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0 và b, c là
nghiệm của phương trình x2 + qx + 1 = 0
Chứng minh: (b-a)(b-c) = pq - 6.
Hướng dẫn học sinh giải. Đây không phải là một bài tốn chứng minh đẳng
thức thơng thường, mà đây là một đẳng thức thể hiện sự liên quan giữa các nghiệm
của 2 phương trình và hệ số của các phương trình đó. Vì vậy địi hỏi chúng ta phải
nắm vững định lý Vi-ét và vận dụng định lý Vi-ét vào trong quá trình biến đổi về
của đẳng thức, đề suy ra hai vế bằng nhau.
Cách giải:
Với a,b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0
và b,c là nghiệm của phương trình: x2 + qx + 2 = 0. Theo định lý Vi-ét ta có:
a  b  -p
a  c  -q
và 

b.c  2
a.b  1
Do đó: (a-b) (b-c) = b2 + ac - 3
pq = (-p)(-q) = (a+b)(b+c) = b2 + ac + 3

Suy ra: pq - 6 = b2 + ac + 3 – 6 = b2 + ac - 3
Từ (1) và (2) suy ra (b-a)(b-c) = pq - 6 (đpcm).
Vídụ 2: Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện:
a + b + c = -2 (1) ;
a2 + b2 + c = 2
Chứng minh rằng mỗi số a,b,c thuộc đoạn


 4
 3 ; 0 khi



(1)
(2)

(2)
biểu diễn trục số.

Cách giải:
Bình phương hai vế của (1) được:
a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 4
Do (2) nên: ab + bc + ca = (4-2) : 2 = 1
11
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

 bc = 1- a(b + c) =1- a(-2 - a) = a2 + 2a +1

Ta lại có: b + c=-(a + 2), do đó b,c là nghiệm của phương trình:
X2 + (a + 2)X + (a2 + 2a + 1) = 0
Để tồn tại X phải có:   0
(a + 2)2 - 4(a2 + 2a +1)  0
4
a(3a + 4)  0  -  a  0
3
4
4
Tương tự: -  b  0; -  c  0
3
3
2. Bài tập:
Bài 1: Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình bậc hai: x2 + px + 1 = 0. Gọi
c,d là hai nghiệm của phương trình: y2 + qy + 1 = 0.
Chứng minh hệ thức: (c - a)(a - b)(b - c)(b - d) = (p - q)2
Bài 2: Cho các số a,b,c thoả mãn:

a 2  b 2  c 2  2

ab  bc  ca  1
Chứng minh rằng: a; b; c 

4
3

V. Áp dụng định lí Vi-ét vào giải phương trình và hệ phương trình.
1. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 + 3x2 - 3x +11= 0
Cách giải:

Đặt: y = x -1 ta có: x = y + 1 thay vào (1) được:
(y+3)3 + 3(y+1)2 - 3(y+1) + 11= 0
 y3 + 3y2 + 3y + 1- 3y2 – 6 y – 3 – 3y – 3 + 11=0
 y3 - 6y + 6 = 0
(2)
Đặt: y= u +  thì (2) trở thành:
(u+ )3 - 6(u + ) + 6 = 0
u3 + 3u2 + 3 3 + 3 - 6u - 6 + 6 = 0
 u3+ 3+ (u + )(3u - 6) + 6 = 0
u 3  ฀3  6
3u฀ 6



Hay

u 3   3  6
 3 3
u   8

Như vậy: u3,  3 là hai nghiệm của phương trình bậc hai:
t2 + 6t + 8 = 0
' = 9 - 8 = 1
t1=-3 +1=2
t2=-3 -1=4
12
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

Suy ra u3=-2;  3=-4 hoặc u3=-4;  3=-2
u3=- 4  u= 3  4
Với: u3=-2  u = 3  2
 3 = -4   = 3  4
v3 = -2  v  3  2
Do đó: y = u+  = 3  2 + 3  4
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm: x = y +1 = 3  2 + 3  4 +1
5  x 
5 x
 x 
= 6
x 1 
 x  1 

Ví dụ 2: Giải phương trình: x
Hướng dẫn:
TXĐ= {xR  x-1}
Đặt:

5 x

 u  x. x  1

5 x
  x 
x 1


u    ?


 u.  ?

Tính: u,  , rồi từ đó tính x.
Bài giải:
TXĐ = {xR  x-1}
5 x

u  x.

x  1 (*)
Đặt: 
5 x
  x 
x 1



 5 x  5 x
u     x. x  1    x. x  1 

 


 u.   x. 5  x . x  5  x 

x 1 
 x 1  

u    5


 u.  6

u,  là nghiệm của phương trình:

x2 - 5x + 6 = 0
 = 25 -24=1
5+1
x1 =
=3
2
5-1
x2 =
=2
2
u =3 thì  = 2 hoặc u = 2 thì  =3

u  3
thì (*) trở thành:
  2

Nếu: 

x2 + 2x+3 = 0
' =1-3 = -2 < 0

Phương trình vơ nghiệm:
u  2
  3

Nếu: 

thì (*) trở thành: x2 -3x+ 2=0
Suy ra: x1=1; x2=2
Vậy phương trình có hai nghiệm x1=1; x2 =2.
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình:

13
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

a)
b)

x  y  11

 xy  31
 x  y  yx  7
 2
xy  x 2 y  12

a) x,y là nghiệm của phương trình:
x2 - 11x +31 = 0
 = (-11)2 - 4.1.31 = 121-124 = -3 < 0
Phương trình vơ nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm.
b) Đặt x + y = S và xy = P
S  P  7

Ta có hệ: 
 S.P  12
Khi đó S và P là hai nghiệm của phương trình: t2 - 7t + 12 = 0.
Giải phương trình này được t = 4 và t = 3.
+ Nếu S = 4 thì P = 3 khi đó x,y là nghiệm của phương trình:
u2 + 4u + 3 = 0
 u = 1 và u = 3
Suy ra (x =1; y = 3) và (x = 3; y = 1)
+ Nếu S = 3 thì P = 4 khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
 2 - 3 + 4 = 0
Phương trình này vơ nghiệm vì  = 9 - 16 = -7 <0
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm số là:
(x = 1; y = 3) và (x = 3; y =1)
2. Bài tập:
Bài 1: Giải phương trình: x3+9x2+18+28=0.
Bài2: Giải các hệ phương trình sau:
 xy 9
a)
 2
2
x  y  4
b)

 xy 3
 4
4
x  y  17

VI. Định lí Vi-ét với bài tốn cực trị.
1. Các ví dụ:

Ví dụ 1: Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình:
2
2
x2 - (2m-1)x + m - 2 = 0.Tìm m để x1  x 2 đạt giá trị nhỏ nhất

Bài giải:
Xét:  = 4m2 - 4m + 1- 4m + 8= 4m2 - 8m + 9 = 4(m-1)2 + 5 > 0
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Theo định lý viét ta có: x1+x2 = 2m -1; x1.x2 = m - 2
2
2
 x1  x 2 = (x1 +x2)2- 2 x1x2 = (2m -1)2 – 2(m-2)
14
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

3
11 3
= 4m2 - 6m + 5=(2m - )2 +

2
4 4
3
4

Do đó giá trị nhỏ nhất của x12  x 22 là  m 

3

4

Ví dụ 2: Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình:
2x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + 3 = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A=x1x2 - 2x1 - 2x2.
Cách giải:
2
2
' = (m + 2) - 2(m + 4m + 3) = -(m + 1)(m + 5)  0
 - 5  m  - 1 (*)
Khi đó theo hệ thức viét ta có: x1 + x2 = -m - 1
m2 + 4m + 3
x1 + x2 =
2
Do đó: A = 

m2 + 8m + 7



2

Ta có: m2 + 8m + 7=(m +1)(m+7) với điều kiện (*) thì (m+1)(m+7)0.
- m2 + 8m - 7 9 - (m + 4)4 9
Suy ra: A =
=

2
2
2

2
Dấu bằng suy ra khi (m+4) = 0 huy m =-4
9
Vậy A đạt giá trị lớn nhất là: khi m =-4, giá trị này thoả mãn điều kiện (*).
2
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
A=(x4 +1) (y4 +1), biết x,y  0; x + y = 10
Cách giải:
A= (x4 +1)(y4 +1)= x4 + y4 + y4x4 +1
Ta có: x + y = 10  x2 + y2=10 - 2xy
 x4 + y4 + 2y4x4 = 100 - 40xy + 4x2y2
 x4 + y4 = 100- 40xy + 2x2y2
Đặt : xy = t thì x4 + y4=100 - 40t + 2t2
Do đó A = 100 - 40t + 2t2 + t4 +1=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, khi đó xy = 2; x + y= 10 nên x, y là nghiệm của
phương trình X2 - 10X + 2=0.
Tức là x =

10  2
;y=
2

10  2
2

15
SangKienKinhNghiem.net

Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

hoặc x =

10  2
;y=
2

b) Tìm giá trị lớn nhất:

10  2
2
2

2
x  y   10 
5
5
 =    0  t   
Ta có: 0  xy  
 = 

 2   2 
2
2

(1)

Viết A dưới dạng: A = t(t3 + 2t - 40) + 101.

125
125
Do (1) nên t3 
; 2 t  5  t3+2t - 40 
+ 5- 40 < 0
8
8
còn t  0 nên A  101.
Do đó MaxA = 101 khi và chỉ khi t = 0,
tức là x = 0; y = 10 hoặc x = 10; y=0
2. Bài tập:
Bài 1: Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 +2(m-2)x - 2m+7=0
Tìm m để x12 + x22 có giá trị nhỏ nhất.
Bài 2: Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình. x2 - m + (m-2)2 = 0.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = x1x2 + 2x1+2x2
Bài 3: Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình x2 -2(m+1)x+2m+10 = 0
(m là tham số), đặt A= 10x1x2 + x21 + x22. Tìm m sao cho A đạt giá trị nhỏ nhất,
tìm giá trị đó.
IV Kết quả :
Sau khi áp dụng đề tài này ở lớp 9D (không áp dụng cho lớp 9A) trường
THCS Minh Khai tôi nhận thấy : Các em học sinh của lớp đã cảm thấy hứng thú,
say mê khi gặp những bài toán về phương trình bậc hai cần phải sử dụng đến hệ
thức Vi-ét để giải và đã định được hướng làm cho mỗi bài tốn, bên cạnh đó có
thể phát huy được khả năng sáng tạo của mình trong khi học tốn.
KÕt qu¶ cơ thĨ ( so sánh giữa hai lớp 9D và 9A)
Lớp Sĩ số

Số HS đạt mức độ TB trở lên

Số HS chưa đạt yêu cầu

9D

54

40 em ( chiếm 74% )

14 em ( chiếm 26%)

9A

54

18 em (chiếm 33%)

36 em ( chiếm 67%)

16
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Trên đây là một số ví dụ minh hoạ cho việc vận dụng định lý Vi-ét trong
việc giải toán ở các dạng bài tập: Điều kiện của tham số để bài toán thoả mãn các
yêu cầu đặt ra; hàm số và đồ thị, lập phương trình; tìm hệ số của phương trình bậc
hai một ẩn; chứng minh đẳng thức, tìm cực trị, giải các phương trình, hệ phương
trình. Những ví dụ đưa ra chưa chắc là đã hay, vì thế tơi rất mong được sự góp ý
chân thành của các đồng nghiệp./.

Tôi xin chân thành cảm ơn!
Xác nhận của hiệu trưởng

Thanh hóa ngày 15 tháng 3 năm 2016
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác
Người viết
Bùi Thị Hoa

17
SangKienKinhNghiem.net


Bùi Thị Hoa – THCS Minh Khai, Thành phố Thanh Hóa - Năm học 2015-2016.

1.
2.
3.
4.
5.

TÀI LIỆU THAM KHẢO:
SGK Tốn 9 – Nhà xuất bản giáo dục
SBT Toán 9 – Nhà xuất bản giáo dục
Sách Nâng cao và phát triển toán 9 – Nhà xuất bản giáo dục
Toán bồi dưỡng học sinh ĐẠI SỐ 9 – Vũ Hữu Bình – Tơn Thân – Đỗ Quang
Thiều – Nhà xuất bản Hà Nội
23 Chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp – Nhà xuất bản giáo dục

18
SangKienKinhNghiem.net