Sáng kiến kinh nghiệm toán: Áp dụng tính chất nghiệm của phương trình vào bài toán tính giá trị của biểu thức

PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Tổng quan về vấn đề nghiên cứu.
- Trong chương trình toán học phổ thông, phương trình và nghiệm của
phương trình đóng một vai trò rất quan trọng, nó xuyên suốt 3 năm học cấp 3. Đối
với học sinh, việc giải phương trình để tìm nghiệm đã trở nên quen thuộc. Tuy
nhiên, rất ít học sinh biết cách xử lí các bài toán ngược lại. Tức là, khai thác tính
chất nghiệm của phương trình để giải quyết bài toán tính giá trị của biểu thức.
- Ở lớp 9 và lớp 10, học sinh đã biết cách áp dụng định lý Viét để tính giá
trị của một số biểu thức đơn giản. Tuy nhiên nếu bậc của biểu thức cao hoặc có
cấu tạo phức tạp (Chứa căn thức, phân thức bậc 2, …) thì việc vận dụng ngay
định lý Viét sẽ phức tạp, đôi lúc không thực hiện được.
- Ý tưởng của phương pháp này là khai thác đẳng thức
0
( ) 0f x =
một cách
khéo léo trong từng bài toán cụ thể làm đơn giản các phép tính toán (Hạ bậc, khai
căn, bẻ cong thành thẳng, biến đổi mẫu thức,…)
2. Lý do chọn đề tài.
- Tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của phương trình là một bài
toán hay, khó và thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10, tuyển sinh đại
học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước bài toán này, học sinh
thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đưa
ra một kĩ thuật đơn giản (đó là sử dụng đẳng thức
0
( ) 0f x =
) nhưng có hiệu quả
khi giải quyết một lớp bài toán về tính giá trị của biểu thức chứa các nghiệm của
phương trình.
- Trong sách giáo khoa, sách bài tập và các tài liệu tham khảo, loại bài tập
này khá nhiều song chỉ dừng ở việc áp dụng định lý Viét (những bài tính giá trị
đơn giản), chưa có tài liệu nào nghiên cứu một cách tổng quát vấn đề này, đặc biệt

là vấn đề áp dụng tính chất nghiệm.
- Đa số học sinh đều ngại tính toán, chính vì vậy, khi dạy cho các em phần
này, các em đều hứng thú, có tác dụng phát triển tư duy cao. Nhiều học sinh còn
tự sáng tạo ra các bài toán.
1
3. Đối tượng nghiên cứu và Phạm vi nghiên cứu
a) Đối tượng nghiên cứu: Học sinh THPT, đặc biệt là học sinh giỏi
b) Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán về tính giá trị của biểu thức chứa các
nghiệm của phương trình trong chương trình toán học phổ thông đã giảm
tải.
4. Mục tiêu nghiên cứu
- Khai thác tính chất nghiệm của phương trình làm đơn giản các phép tính
toán trên các nghiệm của nó.
- Phân loại các dạng toán liên quan đến đề tài nghiên cứu.
- Rèn luyện kỹ năng tính giá trị của biểu thức, phát triển tư duy, óc sáng tạo
từ đó gây hứng thú cho người học.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Sưu tập các bài toán liên quan đến đề tài từ các tài liệu, đề thi tuyển sinh
đại học, đề thi học sinh giỏi từ đó phân loại các dạng toán.
- Đề xuất các bài toán mới
- Thực nghiệm giảng dạy cho học sinh
6. Một số điểm mới của vấn đề nghiên cứu
- Đưa ra những kỹ thuật sử dụng tính chất nghiệm của phương trình trong
các dạng toán khác nhau.
- Hệ thống bài tập minh họa được sắp xếp một cách lôgic xuyên suốt vấn đề
nghiên cứu.
- Đề xuất những dạng toán mới.
2
PHẦN II. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
I. Cơ sở lý luận. Ta xuất phát từ định nghĩa sau:

1. Định nghĩa. Cho phương trình
( ) 0f x =
(1) có tập xác định là D. Số
0
Dx ∈
được gọi là nghiệm của phương trình (1) nếu
0
( ) 0f x =
.
Nhận xét. Định nghĩa trên có thể phân tích theo hai chiều như sau:
1) Nếu
0
( ) 0f x =
thì
0
x
là nghiệm của phương trình (1)
2) Nếu
0
x
là nghiệm của phương trình (1) thì
0
( ) 0f x =
.
Khai thác tính chất nghiệm của phương trình (1), tức là sử dụng đẳng thức
0
( ) 0f x =
để làm đơn giản hóa các phép tính toán trên các nghiệm của phương
trình (1).
2. Định lý 1 (Định lý Be’zout). Cho đa thức

( )p x
. Số
0
x
là nghiệm của đa thức
( )p x
khi và chỉ khi
( )p x
chia hết cho
0
( )x x−
, tức là
0
( ) ( ) ( )p x x x q x= −
.
Hệ quả. Nếu đa thức bậc
*
( )n n∈¥

1
0 1 1
( )
n n
n n
p x a x a x a x a
−
−
= + + + +
có n
nghiệm thực

1 2
, , ,
n
x x x
thì
0 1 2
( ) ( )( ) ( )
n
p x a x x x x x x= − − −
Chú ý. Định lý Be’zout và hệ quả của nó vẫn đúng đối với các đa thức trên
trường số phức.
3. Định lý 2. Giả sử đa thức bậc
*
( )n n∈¥

1
0 1 1
( )
n n
n n
p x a x a x a x a
−
−
= + + + +
có n nghiệm thực
1 2
, , ,
n
x x x
. Khi đó

1
1 2
1 1 1 1 '( )
, , 1,2,
( )
n
i
i
i n
p x
x x i n
x x x x x x x x p x
=
= + + + = ∀ ≠ =
− − − −
∑
Chứng minh. Theo hệ quả trên thì
0 1 2
( ) ( )( ) ( )
n
p x a x x x x x x= − − −
. Do đó
0 2 3 0 1 3
'( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )
n n
p x a x x x x x x a x x x x x x= − − − + − − − +
0 1 2 1
( )( ) ( )
n
a x x x x x x

−
+ − − −
1 2
'( ) 1 1 1
, 1,2, , ,
( )
i
n
p x
x x i n
p x x x x x x x
⇒ ∀ ≠ = = + + +
− − −
4. Định lý 3 (Định lý Viét). Nếu phương trình
1
0 1 1
0
n n
n n
a x a x a x a
−
−
+ + + + =
,
*
0
( 0, )a n≠ ∈¥
có n nghiệm thực
1 2
, , ,

n
x x x
thì
3
1
1 2
0
2 3
0 0
1 2
0

, ,
( 1)
n
i j i j k
i j i j k
n
n
n
a
x x x
a
a a
x x x x x
a a
a
x x x
a
< < <


+ + + = −



= = −



= −


∑ ∑
Chú ý. Định lý Viét vẫn đúng đối với các đa thức trên trường số phức.
5. Định lý 4 (Định lý về tính liên tục của hàm số). Nếu hàm số
( )y f x=
liên
tục trên đoạn
[ ]
;a b
và
( ) ( ) 0f a f b <
thì tồn tại ít nhất số thực
( ; )c a b∈
sao cho
( ) 0f c =
, tức là phương trình
( ) 0f x =
có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng
( ; )a b

.
II. Bài tập áp dụng
Bài 1. Cho phương trình
3
3 1 0x x− + =
(1)
a) Chứng minh phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
b) Gọi
1 2 3
, ,x x x
là 3 nghiệm của phương trình (1). Tính
8 8 8
1 2 3
P x x x= + +
Lời giải.
a) Xét hàm số
3
( ) 3 1f x x x= − +
liên tục trên
¡
.
Ta có
( 2) 1, ( 1) 3, (1) 1, (2) 3 ( 2) ( 1) 3 0f f f f f f− = − − = = − = ⇒ − − = − <
,
( 1) (1) 3 0f f− = − <
,
(1) (2) 3 0f f = − <

1 2 3
( 2; 1), ( 1;1), (1;2)x x x⇒ ∃ ∈ − − ∈ − ∈

sao cho
1 2 3
( ) ( ) ( ) 0f x f x f x= = =
. Từ đó suy ra pt (1) có 3 nghiệm phân biệt.
Chú ý. Ta cũng có thể lập bảng biến thiên của
3
( ) 3 1f x x x= − +
để chứng tỏ
phương trình (1) có 3 nghiệm.
b) Do
1
x
là nghiệm của (1) nên
3 3
1 1 1 1
3 1 0 3 1x x x x− + = ⇔ = −
(2). Nhân hai
vế của (2) với
2
1
x
ta được
5 3 2
1 1 1
3x x x= −
hay
5 2
1 1 1
9 3x x x= − + −
(3). Từ đó

8 3 5 2 3 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(3 1)( 9 3) 3 28 18 3 28 27 6x x x x x x x x x x x= = − − + − = − + − + = − +
.
Tương tự, cộng lại ta được
8 8 8 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 3
28( ) 27( ) 18P x x x x x x x x x= + + = + + − + + +
Theo Viét ta có
1 2 3 1 2 2 3 3 1
0, 3x x x x x x x x x+ + = + + = −
4
2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1
( ) 2( ) 6x x x x x x x x x x x x⇒ + + = + + − + + =
.
Vậy
28.6 27.0 18 186P = − + =
Nhận xét. Trong bài toán này, ta đã sử dụng giả thiết
1
x
là nghiệm của (1) để suy
ra
3
1 1
3 1x x= −
. Công thức này cho phép ta hạ bậc lũy thừa bậc ba, do đó hạ bậc
được lũy thừa bậc tám, làm cho việc tính toán trở nên đơn giản. Ở bài tiếp theo, ta
sẽ khéo léo đưa biểu thức trong căn về hằng đẳng thức bậc 3. Từ đó có thể khai
căn bậc ba được.

Bài 2. Cho phương trình
5 3 2
2 3 1 0x x x x− − − − =
(1)
a) Chứng minh phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt
1 2 3
, ,x x x
.
b) Tính giá trị của biểu thức sau
2 2 2
3 3
3
1 1 2 2 3 3
3 6 2 3 6 2 3 6 2S x x x x x x
= + + + + + + + +
Phân tích.
- (1) là phương trình bậc 5, trong khi ý a lại yêu cầu chứng minh nó có 3
nghiệm thực nên ta nghĩ ngay đến việc phân tích vế trái thành tích của một
nhân tử bậc 2 và một nhân tử bậc 3.
- Để giải quyết ý b, ta thấy xuất hiện căn bậc 3 nên ta sẽ dùng tính chất
nghiệm để đưa biểu thức trong căn về dạng lập phương của một biểu thức.
Lời giải.
a) phương trình (1)
2 3 3
( 1)( 3 1) 0 3 1 0x x x x x⇔ + − − = ⇔ − − =
(2)
Dùng định lý 4 (Hoặc xét sự biến thiên của hàm số) dễ dàng chứng minh được
phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x

.
b) Do
1
x
là nghiệm của (2) nên
3
1 1
3 1 0x x− − =
. Cộng hai vế với
2
1 1
3 6 2x x+ +
ta được
3 2 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 (3 6 2) 3 6 2 ( 1) 3 6 2x x x x x x x x x− − + + + = + + ⇔ + = + +
Do đó
2
3
1 1 1
3 6 2 1x x x+ + = +
. Tương tự, cộng lại ta được
2 2 2
3 3 3
1 1 2 2 3 3 1 2 3
3 6 2 3 6 2 3 6 2 3S x x x x x x x x x= + + + + + + + + = + + +
Theo Viét ta có
1 2 3
0x x x+ + =
nên

3S =
5
Bài 3. Giả sử
1 2 3
, ,x x x
là 3 nghiệm của phương trình
3 2
6039 6036 1 0x x x+ + − =
.
Tính giá trị của biểu thức sau:
1 2 3
2 2 2
1 1 2 2 3 3
2013 2013 2013
1 1 1
x x x
S
x x x x x x
+ + +
= + +
+ + + + + +
Lời giải.
Do
1
x
là nghiệm của phương trình nên
3 2
1 1 1
6039 6036 1 0x x x+ + − =
. Ta có

3 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1
1 1
2 2
1 1 1 1
2013 2013 ( 6039 6036 1) 6039 6037 2012
1 1 1
2( 2013) 2013 1 6038
6038
1 1 3 3
x x x x x x x x
x x x x x x
x x
x x
x x x x
+ + + + + − + + +
= =
+ + + + + +
+ +
= + − ⇒ = +
+ + + +
Tương tự, cộng lại ta được
1 2 3
1 1
( ) 6038 ( 6039) 6038 4025
3 3
S x x x= + + + = − + =

Nhận xét. Bản chất của bài toán trên là ba điểm
1 1 2 2 3 3
( ; ),( ; ),( ; )x y x y x y
cùng
thuộc đồ thị của hàm số
2
1
1
x
y
x x
+
=
+ +
nhưng với điều kiện
1 2 3
, ,x x x
là 3 nghiệm
của phương trình đã cho thì ba điểm này thẳng hàng. Chính vì vậy ta mới sử dụng
được kỹ thuật “bẻ cong thành thẳng”. Ở bài tiếp theo, ta không có được điều kiện
thuận lợi như vậy.
Bài 4. Giả sử
1 2 3 4
, , ,x x x x
là 4 nghiệm của phương trình
4 3 2
2 7 1 0x x x+ − + =
(1).
a) Tính
1 2 3 4

1 1 1 1
2 2 2 2
S
x x x x
= + + +
+ + + +
b) Tính
2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 4 4
1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2
P
x x x x x x x x
= + + +
+ + + + + + + +
Lời giải.
Xét hàm số
4 3 2
( ) 2 7 1p x x x x= + − +
. Bằng cách lập bảng biến thiên dễ dàng
chứng minh được
( ) 0p x =
có 4 nghiệm phân biệt
1 2 3 4
, , ,x x x x
.
a) Ta có
1 2 3 4
1 1 1 1 '( 2)
2 2 2 2 ( 2)

p
S
x x x x p
−
− = + + + =
− − − − − − − − −
6
3 2
20 20
( 2) 27, '( ) 4 6 14 '( 2) 20
27 27
p p x x x x p S S− = − = + − ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =
−
b) Do
1
x
là nghiệm của phương trình (1) nên
4 3 2
1 1 1
2 7 1 0x x x+ − + =
2
2 2 2
1
1 1 1 1
2
2
1 1
1
1
( 2 2) 9 1

1
2 2
9
9
x
x x x x
x x
x
⇔ + + = − ⇔ =
+ +  
−
 ÷
 
2
2
1 1
1 1
1
1 1 1 1 1 1 1
1 1
1
2 2 9 9 54
81
3 3
9
x x
x x
x
 
 ÷

⇒ = + = + −
 ÷
+ +  
 ÷
− +
−
 ÷
 
 
.
Tương tự, cộng lại ta được
4 4 4 4
1 1 1 1
4 1 1 1 1 4 1 1 1 1
1 1 1 1
9 54 54 9 54 54
3 3 3 3
1 1
104 140
' '
4 1 1 4 1 1 414
3 3
27 27
. . . .
25 13
1 1
9 54 54 9 54 54 325
81 81
3 3
i i i i

i i i i
P
x x x x
p p
p p
= = = =
= + − = − +
− + − − −
   
−
−
 ÷  ÷
   
= − + = − + =
   
−
 ÷  ÷
   
∑ ∑ ∑ ∑
Bài 5 (Trích đề thi Olympic 30-4 năm 2004).
Cho phương trình
5 4 3 2
1
5 4 1 0
2
x x x x x− − + + − =
(1)
a) Chứng minh phương trình (1) có đúng 5 nghiệm.
b) Giả sử
1 2 3 4 5

, , , ,x x x x x
là các nghiệm của phương trình (1). Tính tổng sau:
5
5 4
1
1
2 2
i
i
i i
x
S
x x
=
+
=
− −
∑
Lời giải.
a) Xét hàm số
5 4 3 2
1
( ) 5 4 1
2
f x x x x x x= − − + + −
liên tục trên
¡
. Ta có
3 1
( 2) 5 0 2 0 ( 1) 0

2 2
1 5 175
(0) 1 0 0 (3) 0
2 8 2
f f f
f f f
 
− = − < − = > − = − <
 ÷
 
 
= − < = > = >
 ÷
 
7
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
, , , , : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0x x x x x f x f x f x f x f x⇒ ∃ = = = = =
. Mặt khác phương
trình (1) là phương trình bậc 5 nên nó có nhiều nhất 5 nghiệm.
Kết luận: phương trình (1) có đúng 5 nghiệm
b) Do
( 1,2, ,5)
i
x i =
là nghiệm của phương trình (1) nên
5 4 3 2 5 4 3 2
1
5 4 1 0 2 2 2(5 4 )
2
i i i i i i i i i i

x x x x x x x x x x− − + + − = ⇔ − − = − −
. Từ đó
5 5
5 4 3 2
1 1
1 1
2 2 2(5 4 )
i i
i i
i i i i i
x x
S
x x x x x
= =
+ +
= =
− − − −
∑ ∑
Xét biểu thức
3 2
1 1
( )
5 4 ( 1)(5 4)
x x
g x
x x x x x x
+ +
= =
− − − +
. Ta tìm a, b, c sao cho

1 4
, 0;1;
( 1)(5 4) 1 5 4 5
x a b c
x
x x x x x x
+
 
= + + ∀ ∉ −
 
− + − +
 
1 ( 1)(5 4) (5 4) ( 1),x a x x bx x cx x x⇔ + = − + + + + − ∀
2
1 (5a 5 ) ( 4 ) 4a,x b c x a b c x x⇔ + = + + + − + − − ∀
. Đồng nhất hệ số hai vế ta
được
1 2 5
5 5 0, 4 1, 4 1 , ,
4 9 36
a b c a b c a a b c+ + = − + − = − = ⇔ = − = =
. Do vậy
1 1 2 5
( 1)(5 4) 4 9( 1) 36(5 4)
x
x x x x x x
+ −
= + +
− + − +
5 5 5 5 5 5

1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4
8 9 1 72 8 0 9 1 72
5 5
i i i i i i
i i i i
i i
S
x x x x
x x
= = = = = =
⇒ = − + + = − −
− − −
+ − −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Mặt khác, do
( ) 0f x =
có các nghiệm là
1 2 3 4 5
, , , ,x x x x x
nên
1 2 3 4 5
2 3 4 5 1 3 4 5
1 2 4 5 1 2 3 5
1 2 3 4
( ) ( )( )( )( )( )
'( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( )
( )( )( )( ) ( )( )( )( )
( )( )( )( )

f x x x x x x x x x x x
f x x x x x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
= − − − − −
⇒ = − − − − + − − − − +
− − − − + − − − − +
− − − −
( 1,5)
i
x x i∀ ≠ =
ta có
5
1
'( ) 1
( )
i
i
f x
f x x x
=
=
−
∑
mà
4 3 2
'( ) 5 2 15 2 4f x x x x x= − − + +
8
5 5 5
1 1 1

5
'
1 '(0) 1 '(1) 1 12900
4
4, 12,
5
5
0 (0) 1 (1) 4789
4
4
i i i
i i
i
f
f f
x f x f
x
f
= = =
 
−
 ÷
 
⇒ = = − = = = =
− −  
− −
−
 ÷
 
∑ ∑ ∑

Vậy
1 1 1 12900 8959
.( 4) .12 .
8 9 72 4789 4789
S = − − − = −
Bài 6. Gọi
α
là một nghiệm của phương trình
3 2
3 6 1 0x x x− + − =
(1),
β
là một
nghiệm của phương trình
3 2
3 6 7 0x x x− + − =
(2). Tính
α β
+
Lời giải.
Do
α
là một nghiệm của phương trình (1),
β
là một nghiệm của phương trình (2)
nên ta có
3 2
3 2
3 6 1 0
3 6 7 0

α α α
β β β

− + − =


− + − =


. Cộng vế hai đẳng thức này ta được
3 3 2 2
3( ) 6( ) 8 0
α β α β α β
+ − + + + − =
3 2
( ) 3 ( ) 3 ( ) 2 6( ) 8 0
α β αβ α β α β αβ α β
 
⇔ + − + − + − + + − =
 
3 2
2
2
2 2
2 2 2
( ) 3( ) 6( ) 8 3 ( 2) 0
( 2) ( ) ( ) 4 3 ( 2) 0
( 2) ( ) ( ) 4 3 0
( 2)( 4) 0
1

( 2) ( ) ( 1) ( 1) 6 0
2
α β α β α β αβ α β
α β α β α β αβ α β
α β α β α β αβ
α β α β αβ α β
α β α β α β
⇔ + − + + + − − + − =
 
⇔ + − + − + + − + − =
 
 
⇔ + − + − + + − =
 
⇔ + − + − − − + =
 
⇔ + − − + − + − + =
 
Do biểu thức trong dấu móc vuông luôn dương nên
2 0
α β
+ − =
hay
2
α β
+ =
Bài 7. Cho đa thức
5 3
( ) 6 20 15 2p x x x x= − + +
có 5 nghiệm

1 2 3 4 5
, , , ,x x x x x
a) Tính
1 2 3 4 5
( ) ( ) ( ) ( ) ( )q x q x q x q x q x
với
2
( ) 2q x x= −
b) Tính
1 2 3 4 5
( ) ( ) ( ) ( ) ( )h x h x h x h x h x
với
2
( ) 1h x x= +
Nhận xét. Bằng cách lập bảng biến thiên của hàm số
( )y p x=
dễ dàng chứng
minh được đa thức
( )p x
có 5 nghiệm phân biệt. Tuy nhiên chúng ta lại không tìm
được các nghiệm này. Vì vậy ta sẽ sử dụng tính chất nghiệm của nó.
Lời giải. Do
( )p x
có 5 nghiệm
1 2 3 4 5
, , , ,x x x x x
nên
9
1 2 3 4 5
( ) 6( )( )( )( )( )p x x x x x x x x x x x= − − − − −

a) Ta có
2 2 2 2 2
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2)( 2)( 2)( 2)( 2)q x q x q x q x q x x x x x x= − − − − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 5 1 2 5
2 2 2 2 2 2x x x x x x= − − − + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 5 1 2 5
1
.6 2 2 2 6 2 2 2
36
x x x x x x= − − − − − − − − −
( ) ( )
1 1 1
2 2 (2 2)(2 2)
36 36 18
p p= − = − + =
b) Trên trường số thực ta không phân tích
2
( ) 1h x x= +
thành tích của hai nhân tử
bậc nhất được. Song nến coi
( )h x
là đa thức trên trường số phức thì
2 2
( ) ( )( )h x x i x i x i= − = − +
. Vì vậy
2 2 2 2 2
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)h x h x h x h x h x x x x x x= + + + + +
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
1 2 5 1 2 5
1 2 5 1 2 5
2


2 41 2 41 4 (41 ) 5
.
6 6 6 6 36 4
x i x i x i x i x i x i
i x i x i x i x i x i x
p i p i
i i i
= − − − + + +
= − − − − − − − − −
−
+ − −
  
= = = =
 ÷ ÷
  

Bài 8. Cho
, , ( )a b c a b c< <
là 3 nghiệm của pt
3
5 3 0x x− + =
. Tính giá trị của
biểu thức
a b c
P
b c a
= + +
Lời giải.
Theo định lý Viét ta có
0
5
3
a b c
ab bc ca
abc
+ + =


+ + = −


= −

.
Do P là biểu thức không đối xứng đối với a, b, c nên ta xét thêm
b c a

Q
a b c
= + +
.
Lúc đó
.P Q
và
P Q+
đều là các biểu thức đối xứng. Ta sẽ tính hai đại lượng này
từ đó suy ra P và Q. Ta có
3
a c b a c b b c a
P Q
b c a b c a
+ + + − − −
+ = + + = + + = −
(Do
0a b c+ + =
)
10
2 2 2
2 2 2
. 3
a b c ab bc ca
P Q
bc ac ab c a b
= + + + + + +
( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 1

3 ( ) (do 3)
3 9
a b c a b b c c a abc= − + + + + + = −
[ ]
1 1
3 (5 3 5 3 5 3) (5 3)(5 3) (5 3)(5 3) (5 3)(5 3)
3 9
a b c a b b c c a= − − + − + − + − − + − − + − −
(Do
3 3 3
5 3, 5 3, 5 3a a b b c c= − = − = −
)
[ ] [ ]
1 1 44
3 5( ) 9 25( ) 30( ) 27
3 9 9
a b c ab bc ca a b c= − + + − + + + − + + + = −
Vậy P, Q là nghiệm của phương trình
2
44
3 0
9
x x+ − =
. Phương trình này có hai
nghiệm là
9 257
6
x
− +
=

hoặc
9 257
6
x
− −
=
Mặt khác, do
; 0; 3 , 0a b c a b c abc b c< < + + = = − ⇒ >
và
a b c= − −
. Do đó
2 2
2( ) 9 257
0
6
b c a a b c b c b c b c b c
Q P
a b c b c a b c b c b c b c
c b c b
Q P P
bc c b
+ +
   
− = + + − + + = − + − − − + −
 ÷  ÷
+ +
   
− − − −
= + > ⇒ > ⇒ =
+

Bài 9. Cho bốn số thực khác không
1 2 3 4
, , ,x x x x
thỏa mãn điều kiện
7 7 7 7
1 2 3 4 1 2 3 4
0x x x x x x x x+ + + = + + + =
. Tính giá trị của biểu thức sau:
4 4 1 4 2 4 3
( )( )( )P x x x x x x x= + + +
Lời giải.
Xét
4 3 2
1 2 3 4
( ) ( )( )( )( )f x x x x x x x x x x ax bx cx d= − − − − = − + − +
với
4
1 2 3 4
1
0, , ,
i i j i j k
i i j i j k
a x b x x c x x x d x x x x
= < < <
= = = = =
∑ ∑ ∑
Khi đó
1 2 3 4
, , ,x x x x
là 4 nghiệm của phương trình

4 3 2
0x ax bx cx d− + − + =
(1)
Đặt
2
4 4 4 4
2
1 2
1 1 1 1
0, 2 2
n
n i i i i i j
i i i i i j
S x S x S x x x x b
= = = = ≠
 
= ⇒ = = = = − = −
 ÷
 
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
11
Do
i
x
là nghiệm của phương trình (1) nên
4 3 2
0, 1,2,3,4
i i i i
x ax bx cx d i− + − + = ∀ =
Do

0a =
nên
4
4 2 4 2
4 2 1
1
. . 4 2 4
i i i i
i
x bx cx d S x b S c S d b d
=
= − + − ⇒ = = − + − = −
∑
4
3 3
3 1
1
. 4 3
i i i
i
i
d
x bx c S x b S c c c
x
=
= − + − ⇒ = = − + − =
∑
4
5 3 2 5
5 3 2 1

1
. . . 5
i i i i i
i
x bx cx dx S x b S c S d S bc
=
= − + − ⇒ = = − + − = −
∑
4
7 5 4 3 7 2
7 5 4 3
1
. . . 7 ( )
i i i i i
i
x bx cx dx S x b S c S d S c b d
=
= − + − ⇒ = = − + − = −
∑
Theo giả thiết
2
7
0 7 ( ) 0S c b d c= ⇒ − ⇔ =
hoặc
2
b d=
TH 1.
2 2 2
4
2 4 2b d S b d b= ⇒ = − = −

. Mà
4 2
0 0 0S b S≥ ⇒ = ⇒ =
. Điều này là
vô lý vì các
i
x
khác không.
TH 2.
0c =
suy ra các
i
x
là nghiệm của phương trình
4 2
0x bx d+ + =
. Mà các
nghiệm của phương trình này có dạng
,u v± ±
Vậy
4 1
x x= −
hoặc
4 2
x x= −
hoặc
4 3
x x= −
. Do đó
0P =

.
Bài 10. Tìm hai nghìn không trăm mười ba số thực
[ ]
1;2
i
x ∈
thỏa mãn
2013
1
2049
i
i
x
=
=
∑
sao cho
2013
3
1
i
i
A x
=
=
∑
đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải. Ta có
1 2, 1,2, ,2013 ( 1)( 2) 0 ( 1)( 2)( 3) 0
i i i i i i

x i x x x x x≤ ≤ ∀ = ⇒ − − ≤ ⇒ − − + ≤
2013 2013
3 3 3
1 1
7 6 0 7 6 7 6.2013 2265
i i i i i i
i i
x x x x x x
= =
⇔ − + ≤ ⇔ ≤ − ⇒ ≤ − =
∑ ∑
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có m số
1
i
x =
và
2013 m−
số
2
i
x =
đồng thời
.1 (2013 ).2 2049 1977m m m+ − = ⇔ =
. Vậy
2013
3
1
i
i
A x

=
=
∑
đạt giá trị lớn nhất bằng
2265. Các số cần tìm là 1977 số 1 và 36 số 2.
12
Bài 11. Giả sử a, b là hai trong bốn nghiệm (tính cả nghiệm phức) của phương
trình
4 3
1 0x x+ − =
(1). Chứng minh
ab
là nghiệm của phương trình
6 4 3 2
1 0x x x x+ + − − =
(2).
Lời giải.
Giả sử
, , ,a b c d
là bốn nghiệm của phương trình
4 3
1 0x x+ − =
. Theo định lý
Viét ta có
1abcd = −
và
1a b c d+ + + = −
. Để chứng minh
ab
là nghiệm của

phương trình (2), ta cần chứng tỏ
6 4 3 2
( ) ( ) ( ) ( ) 1 0ab ab ab ab+ + − − =
3
3
1 1
( ) ( ) 1 0ab ab
ab ab
 
⇔ + + − − =
 ÷
 
(Do
0ab ≠
)
3 3
( ) ( ) 1 ( ) 0ab ab cd cd⇔ + + + + =
(Do
1abcd = −
)
Theo giả thiết
,a b
là nghiệm của pt (1) nên
4 3
3 3 3
4 3
1 0
1 1 1
, ( ) (1 )(1 )
1 1 (1 )(1 )

1 0
a a
a b ab c d
a b a b
b b

+ − =


⇒ = = ⇒ = = − + +
 
+ + + +
+ − = 


(Vì
4 3
( )( )( )( ) 1,x a x b x c x d x x x− − − − = + − ∀
4 3
( 1 )( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1) ( 1) 1a b c d⇒ − − − − − − − − = − + − −
(1 )(1 )(1 )(1 ) 1a b c d⇔ + + + + = −
). Tương tự
3
( ) (1 )(1 )cd a b= − + +
.Vậy
3 3
( ) 1 ( ) (1 )(1 ) 1 (1 )(1 )
1 ( ) 1 ( 1) 0
ab ab cd cd c d ab cd a b
a b c d

+ + + + = − + + + + + − + +
= − − + + + = − − − =
. Điều này
chứng tỏ
ab
là nghiệm của pt (2).
Bài 12. Giả sử hàm số
3 2
( ) ( 0)y f x ax bx cx d a= = + + + ≠
đạt cực trị tại
1 2
,x x
.
Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Lời giải. Ta có
2
'( ) 3 2f x ax bx c= + +
. Theo giả thiết
'( ) 0f x =
có 2 nghiệm
phân biệt
1 2
,x x
và tọa độ hai điểm cực trị là
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x y B x y
. Lấy
( )f x
chia
cho

'( )f x
ta được
1 2
( ) '( )
3 9a 3 3 9
b b bc
f x x f x c x d
a a
     
= + + − + −
 ÷  ÷  ÷
     
. Do
1 2
'( ) '( ) 0f x f x= =
nên
1 1 1 1 1
1 2
( ) '( )
3 9a 3 3 9
b b bc
y f x x f x c x d
a a
     
= = + + − + −
 ÷  ÷  ÷
     
13
1 1 1 1
2 2

( ; ) :
3 3 9 3 3 9
b bc b bc
y c x d A x y y c x d
a a a a
       
⇔ = − + − ⇔ ∈∆ = − + −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
TT
2 2 2 2
2 2
( ; ) :
3 3 9 3 3 9
b bc b bc
y c x d A x y y c x d
a a a a
       
= − + − ⇔ ∈∆ = − + −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Điều này chứng tỏ đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có
phương trình là
2
3 3 9
b bc
y c x d
a a
   
= − + −

 ÷  ÷
   
Nhận xét.
- Cách giải thông thường của bài toán này là tìm tọa độ hai điểm cực trị, từ
đó viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm. Tuy nhiên nếu
1 2
,x x
lẻ
thì việc tính toán sẽ rất cồng kềnh và phức tạp, dễ xảy ra sai sót. Cách giải
trên không những khắc phục được hạn chế đó mà còn cho ta mối quan hệ
tuyến tính (bậc nhất) giữa hoành độ và tung độ của điểm cực trị. Sử dụng
lợi thế này, chúng ta có thể giải một cách khá đơn giản phần lớn các bài tập
liên quan đến điểm cực trị của đồ thị hàm số như: Khoảng cách giữa hai
điểm cực trị, vị trí của hai điểm cực trị,…
- Bằng cách này ta có thể viết được phương trình Parabol đi qua ba điểm cực
trị của đồ thị hàm số bậc bốn.
Bài 13 (Trích đề thi HSG tỉnh Hải Dương năm học 2009 – 2010, đợt 1).
Cho hàm số
4 2
6 4 4y x x x= − + +
. Chứng minh rằng hàm số có 3 điểm cực trị.
Viết phương trình của Parabol
2
y ax bx c= + +
đi qua 3 điểm cực trị của đồ thị
hàm số
Lời giải. Tập xác định của hàm số:
¡
.
3

' 4( 3 1)y x x= − +
2
'' 12( 1), '' 0 1y x y x= − = ⇔ = ±
Bảng biến thiên của
'y
x
−∞
-1 1
+∞
''y
+ 0
−
0 +
'y
−∞
3
-1

+∞
14
Từ bảng biến thiên của
'y
ta thấy phương trình
' 0y =
có 3 nghiệm phân biệt và
'y
đổi dấu qua 3 nghiệm này. Suy ra hàm số
4 2
6 4 4y x x x= − + +
có ba điểm

cực trị. Giả sử T(x
0
; y
0
) là tọa độ một điểm cực trị của đồ thị hàm số thì
0
'( ) 0y x =
và
0 0
( )y f x=
. Lấy y chia cho
'y
ta được
2
1
. ' 3 3 4
4
y x y x x= − + +
2 2
0 0 0 0 0 0 0
1
. '( ) 3 3 4 3 3 4
4
y x y x x x x x⇒ = − + + = − + +
. Điều này chứng tỏ cả ba điểm
cực trị của đồ thị hàm số đều nằm trên Parabol
2
3 3 4y x x= − + +
.
Vậy phương trình của Parabol cần tìm là:

2
3 3 4y x x= − + +
Bài 14. cho hàm số
( )
( )
( )
P x
y f x
Q x
= =
có
0
'( ) 0f x =
và
0
'( ) 0Q x ≠
. Khi đó
0
0 0
0
'( )
( )
'( )
P x
y f x
Q x
= =
Lời giải.
Ta có
2

'( ) ( ) ( ) '( )
'( )
( )
P x Q x P x Q x
f x
Q x
−
=
.
Theo giả thiết
0 0 0 0 0
'( ) 0 '( ) ( ) ( ) '( ) 0f x P x Q x P x Q x= ⇒ − =
và
0
( ) 0Q x ≠
Chia hai vế cho
0 0
( ) '( )Q x Q x
ta được
0 0 0 0
0
0 0 0 0
'( ) ( ) ( ) '( )
0
'( ) ( ) ( ) '( )
P x P x P x P x
y
Q x Q x Q x Q x
− = ⇒ = =
Áp dụng. Giả sử hàm số

2
ax bx c
y
mx n
+ +
=
+
đạt cực trị tại
1 2
,x x
. Khi đó
1 2
'( ) '( ) 0y x y x= =
nên theo bài 14 ta có
1 2
1 2
2 2
,
ax b ax b
y y
m m
+ +
= =
. Điều này
chứng tỏ phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là
2a b
y x
m m
= +
. Hơn

nữa, theo định lý Viét ta có thể tính được
2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
2 2 2
(2 )(2 ) 4 2 ( ) 4ax b ax b a x x ab x x b b ac
y y
m m m
+ + + + + −
= = =
Và nếu kí hiệu
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x y B x y
là tọa độ hai điểm cực trị thì
2
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2
4
( ) ( ) ( ) ( )
a
AB x x y y x x x x
m
= − + − = − + −
2
2 2
2
1 2 1 2
2 2
4 4

1 ( ) 4 2 1 .
a a n b n c
x x x x
m m m a m a
 
   
 
 
= + + − = + − +
 
 ÷  ÷
 ÷
 
 
 
   
 
Bài 15. Chứng minh rằng đồ thị hàm số
2
1
1
x
y
x
+
=
+
có ba điểm uốn cùng nằm trên
một đường thẳng
Lời giải.

15
Ta có
2 3 2
2 2 2 3
2 1 2( 3 3 1)
' , ''
( 1) ( 1)
x x x x x
y y
x x
− − + + − −
= =
+ +
3 2
'' 0 3 3 1 0 ( 1)( 2 3)( 2 3) 0y x x x x x x= ⇔ + − − = ⇔ − + + + − =
Vậy
'' 0y =
có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x
và
''y
đổi dấu khi x đi qua ba nghiệm
này. Điều này chứng tỏ đồ thị hàm số có ba điểm uốn
1 1 2 2 3 3
( ; ),( ; ),( ; )x y x y x y
Ta có
3 2
1 1 1 1 1
1

2 2
1 1
1 1 ( 3 3 1)
1 1
x x x x x
y
x x
+ + + + − −
= =
+ +
(Do
1
x
là nghiệm của
'' 0y =
)
Hay
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2
1
3( 1) 1 3
3 3 3 ( ; )
1 4 4
x
y x y x y y x x y
x
+
= + − ⇔ = + − ⇔ = + ⇒
+

thuộc
đường thẳng
1 3
4 4
y x= +
. Tương tự
2 2 3 3
( ; ),( ; )x y x y
cũng thuộc đường thẳng này.
Vậy ba điểm uốn cùng nằm trên đường thẳng
1 3
4 4
y x= +
.
16
III. Bài tập tương tự
Bài 1. Cho phương trình
3 2
3 1 0x x− + =
có ba nghiệm
1 2 3
, ,x x x
. Tính
a)
1 2 3
1 1 1
3 3 3
S
x x x
= + +

− − −
.
b)
3 3 3
1 2 3
1 1 1
P
x x x
= + +
.
c)
3 3
3
1 2 3
1 1 1
3 2 3 2 3 2
Q
x x x
= + +
− − −
Bài 2. Cho phương trình
4 3 2
4 2 12 1 0x x x x+ − − + =
có bốn nghiệm
1 2 3 4
, , ,x x x x
.
Tính
2
4

2 2
1
2 1
( 1)
i
i
i
x
S
x
=
+
=
−
∑
và
4
3
1
1
i
i
P
x
=
=
∑
Bài 3. Cho phương trình
3
3 1 0x x− + =

a) Chứng minh phương trình có ba nghiệm
1 2 3
, ,x x x
b) Đặt
4 2
6 4 6, 1,2,3,4
i i i i
y x x x i= − + + =
. Xét
1 1 2 2 3 3
( ; ), ( ; ), ( ; )A x y B x y C x y
.
Chứng minh gốc tọa độ O là trọng tâm của tam giác ABC.
Bài 4. Hãy tìm tất cả các giá trị của a để các nghiệm
1 2 3
, ,x x x
của phương trình
3 2
6 0x x ax a− + + =
thỏa mãn điều kiện
3
2
1
( 3) 0
i
i
x
=
− =
∑

Bài 5. Cho
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình
2
3 0x x a− + =
và
3 4
,x x
là hai
nghiệm của phương trình
2
12 0x x b− + =
. Tìm a và b biết rằng
2 3 4
1 2 3
x x x
x x x
= =
.
Bài 6. Tìm a để phương trình
3 2
2 0x x x a+ − + =
có ba nghiệm
1 2 3
, ,x x x
thỏa
mãn
3 2
2 1

x x
x x
=
.
Bài 7. Tìm mối liên hệ giữa
, ,p q r
để phương trình
3 2
0x px qx r+ + + =
có ba
nghiệm
1 2 3
, ,x x x
thỏa mãn
1 2 3
x x x= +
.
17
IV. Kết quả giảng dạy
Trong những năm gần đây, tôi đã áp dụng đề tài này đối với các lớp giảng
dạy và các em trong đội tuyển học sinh giỏi. Kết quả thật bất ngờ, các em không
chỉ vận dụng một cách thành thạo phương pháp này vào bài toán tính giá trị của
biểu thức chứa các nghiệm của phương trình (Đặc biệt là bài toán tính giá trị cực
trị của một số hàm số) mà còn biết cách xử lí các dạng toán tương tự, làm cho
việc tính toán trở nên đơn giản và ngắn gọn. Tư duy của các em linh hoạt hơn,
sáng tạo hơn. Các em rất hứng thú khi giải các bài toán liên quan đến đề tài này.
Các em cũng học được cách tự tháo gỡ những khó khăn, tự giải quyết những vấn
đề gặp phải khi giải toán. Kết quả đội tuyển học sinh giỏi tỉnh lớp 12 những năm
tôi phụ trách đều đứng trong top đầu của tỉnh.
V. Bài học kinh nghiệm

Trong quá trình dạy học cần làm cho học sinh nắm vững các kiến thức và
kỹ năng cơ bản, bởi vì hầu hết các bài toán dù dễ hay khó đều xuất phát từ những
bài toán cơ bản. Đối với mỗi dạng toán cần làm cho học sinh hiểu rõ bản chất của
vấn đề, nhìn nhận bằng nhiều phương diện, khai thác kiến thức cả về chiều rộng
lẫn chiều sâu, đặc biệt là mối quan hệ giữa các mảng kiến thức. Thông qua đó vừa
có thể truyền đạt cho học sinh kiến thức mới vừa củng cố và ôn lại những kiến
thức đã học.
Đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, chủ
động, sáng tạo của người học. Các vấn đề nên để học sinh tự phát hiện và giải
quyết. Giáo viên là người đóng vai trò tổ chức, định hướng và chốt lại những kiến
thức cơ bản cần nắm vững.
Dạy học theo chuyên đề, có sự phân dạng kỹ bài tập. Bài tập nên được sắp
xếp theo một trình tự hợp lý. Mỗi bài tập, ngoài các đặc điểm chung để nhận dạng
cần xen kẽ các phần của kiến thức khác để hệ thống bài tập được phong phú, thu
hút được học sinh.
Sau mỗi chuyên đề cần kiểm tra, đánh giá, rút kinh nghiệm, qua đó kịp thời
phát hiện và chỉnh sửa các sai lầm thường mắc phải của học sinh.
18
PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đã giải quyết được những vấn đề sau:
- Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và có hệ thống về vấn đề khai thác tính
chất nghiệm của phương trình làm đơn giản các phép tính toán trên các
nghiệm của nó. Mỗi bài toán có một cách khai thác riêng, vấn đề là làm thế
nào để lời giải là khoa học và ngắn gọn nhất.
- Học sinh nhận thấy rằng toán học là rất tự nhiên và gần gũi. Mỗi bài toán
đều có điểm chốt của nó, nếu ta tinh ý, vận dụng một cách khéo léo những
công cụ sẵn có thì có thể giảm bớt được khâu tính toán.
- Thông qua việc xử lý các bài toán, dần dần hình thành cho các em khả năng
làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực của học sinh theo
đúng tinh thần phương pháp mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Điều quan

trọng là tạo cho các em niềm tin, hứng thú khi học tập bộ môn.
Một số đề xuất
Mỗi bài toán thường là có nhiều cách giải, việc học sinh phát hiện ra những
cách giải khác nhau cần được khuyến khích. Song trong những cách giải đó
cần phân tích rõ ưu điểm và hạn chế từ đó chọn được cách giải tối ưu. Đặc biệt
cần chú ý tới những cách giải giảm bớt được khâu tính toán và lại có thể áp
dụng cho nhiều bài toán khác. Với tinh thần như vậy và theo hướng này các
thầy cô giáo cùng các em học sinh có thể tìm ra được nhiều kinh nghiệm hay
với nhiều đề tài khác nhau. Chẳng hạn, kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức,
một số phương pháp tính thể tích khối đa diện, sử dụng tính chất điểm thuộc
đường thẳng để giải các bài toán về phương pháp tọa độ trong không gián,…
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban giám đốc Sở, Ban
giám khảo và các đồng nghiệp đã giúp đỡ và góp ý cho tôi hoàn thành đề tài
SKKN này.
19
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng từ năm 2002 đến năm 2012.
2. Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương từ năm 2000 đến năm 2012.
3. Đề thi Olympic 30-04 (kể cả các đề tham khảo)
4. Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán – Tập 1
5. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ
6. Một số bài toán từ các website: Mathlinks.ro, khoia0.com, vnmath.com,…
20
MỤC LỤC
Nội dung Trang
Phần I. Mở đầu……………………………………………………… 1
1. Tổng quan về vấn đề nghiên cứu……………………………………. 1
2. Lý do chọn đề tài……………………………………………………. 1
3. Đối tượng nghiên cứu và Phạm vi nghiên cứu………………………. 2
4. Mục tiêu nghiên cứu…………………………………………………. 2

5. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………… 2
6. Một số điểm mới của vấn đề nghiên cứu……………………………. 2
Phần II. Nội dung của đề tài………………………………………… 3
I. Cơ sở lý luận…………………………………………………………. 3
II. Bài tập áp dụng……………………………………………………… 4
III. Bài tập tương tự…………………………………………………… 17
IV. Kết quả giảng dạy………………………………………………… 18
V. Bài học kinh nghiệm……………………………………………… 18
PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ…………………………… 19
TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………… 20
MỤC LỤC……………………………………………………………… 21

21