chuyên đề: phương trình bâc hai, định lý véc tơ

Một số bài toán về phơng trình bậc hai.
định lý viéte
(Chuyên đề Bồi d ỡng kiến thức cho giáo viên giảng dạy
toán THcs
và bồi dỡng học sinh khá, giỏi lớp 9)
A- Lý luận chung:

I- Lý do chọn đề tài:

1, Lý do lý luận:
Từ xa đến nay Đảng, Nhà nớc và nhân dân ta luôn luôn nhận thức đầy đủ,
sâu sắc vị trí vai trò của giáo dục đào tạo đối với công cuộc phát triển kinh tế xà hội thực hiện công nghiệp hoá, hiện đại hoá đa đất nớc đi lên thực hiện Dân
giàu, nớc mạnh, xà hội công bằng và văn minh. Đảng, Nhà nớc ta đà khẳng
định rằng :
Giáo dục - đào tạo là động lực, là điều kiện cơ bản đảm bảo việc thực hiện
các mục tiêu kinh tế - xà hội xây dựng và bảo vệ tổ quốc.
Giáo dục - đào tạo là chìa khoá để mở cửa tiến vào tơng lai.
Đầu t cho giáo dục đào tạo là đầu t cho phát triển.
Thật sự coi trọng giáo dục - đào tạo là quốc sách hàng đầu.
Giáo dục - đào tạo với nhiệm vụ nâng cao dân trí đào tạo nhân lực, bồi dỡng
nhân tài. Ba nhiệm vụ này luôn luôn có quan hệ hữu cơ với nhau đan xen nhau
trong quá trình phát triển chung của ngành.
Song song với việc nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực nhiệm vụ bồi dỡng
nhân tài đóng vai trò quan trọng. Bởi lẽ nhân tài là vốn quý của đất nớc là bộ
phận đầu tầu thúc đẩy quá trình công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nớc. Bộ phận
này không đông, song cần phải phát hiện, tuyển chọn, đào tạo, bồi dỡng, sử
dụng, đÃi ngộ một cách thoả đáng, trí tuệ của bộ phận nhân tài và trí tuệ của
cộng đồng là rất lớn sự cống hiến của họ cho đất nớc có giá trị gấp nhiều lần so
với giá trị mà nhân dân, đất nớc đÃi ngộ họ.
Chính vì vậy, nhiệm vụ bồi dỡng nhân tài có liên quan tới tất cả các cấp học,
bậc học trong cả nớc là sự quan tâm của toàn xà hội chứ không chỉ là của các

thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy.
1


Cho nên việc bồi dỡng nâng cao trình độ kiến thức cho giáo viên giảng dạy
bộ môn Toán trong mỗi nhà trờng đồng thời việc phát hiện, tuyển chọn, đào tạo
bồi dỡng học sinh giỏi đợc đặt ra cho mỗi bậc học ngày càng đợc đề cao và chú
trọng, đó không chỉ còn là nhiệm vụ của trờng chuyên, trờng trọng điểm chất lợng cao mà là nhiệm vụ chung của tất cả các trờng học hiện nay. Bậc THCS đÃ
xác định rất rõ nhhiệm vụ ngày hàng năm dới sự chỉ đạo của Sở Giáo dục - đào
tạo Bắc Giang, Phòng giáo dục Tân Yên đà chỉ đạo cụ thể, sát xao và thờng
xuyên có những t duy mới, sáng tạo phù hợp tình hình cụ thể về việc nâng cao
trình độ cho giáo viên và bồi dỡng học sinh giỏi của huyện. Cho nên phong trào
giáo viên giỏi, học sinh giỏi ngày càng đợc nâng lên cả về số lợng và chất lợng.
Thành tích của Phòng Giáo dục Tân Yên về phong trào học sinh giỏi, giáo viên
giỏi có sự đóng góp đáng kể của các thầy giáo, cô giáo giảng dạy môn Toán
trong toàn huyện, đặc biệt là các thầy giáo, cô giáo dạy giỏi môn này.
Hàng năm thi học sinh giỏi các bậc học nhất là bậc THCS để có một học
sinh giải nhất, nhì tỉnh về môn Toán là rất hiếm đặc biệt là môn Toán 9, đây
cũng là một câu hỏi mà chúng ta phải quan tâm để tìm câu trả lời đúng.
2, Lý do thực tiễn:
Qua quá trình giảng dạy Toán lớp 9 cùng với việc hàng năm có ôn luyện cho
các em thi vào lớp 10 cũng nh thi vào các trờng năng khiếu bậc THPT của những
năm trớc, và hiện nay với cơng vị chỉ đạo dạy và học trong nhà trờng tôi thấy
phần kiến thức về phơng trình bậc hai, định lý Viéte đối với giáo viên rất cần
thiết và học sinh lĩnh hội còn nhiều hạn chế. Trong khi đó kiến thức phần này
đóng vai trò rất quan trọng trong chơng trình Toán 9 và là nền tảng không thể
thiếu đợc cho việc học đại số sơ cấp của các em từ lớp 10 trở lên.
Một câu hỏi đặt ra phải chăng do khuôn khổ sách giáo khoa Toán 9 viết về
vấn đề này còn hạn hẹp hay là một số đồng chí cha đợc dạy toán 9 liên tục
không có thời gian để đi sâu. Theo tôi nghĩ không phải thế mà có thể là do các

thầy giáo, cô giáo cha quan tâm nhiều tới các sách tham khảo, sách toán nâng
cao, các cuốn ôn luyện thi vào lớp 10 THPT, năng khiếu, các tạp chí toán học và
kể các các sách giáo khoa ở lớp trên viết về vấn đề này.

2


Tôi xét thấy việc cần thiết phải trang bị cho giáo viên giảng dạy bộ môn
Toán hiểu thật sâu, thật đa dạng các dạng bài tập về phơng trình bậc hai, định lý
viéte đồng thời giáo viên có thể sử dụng tài liệu này để bồi dỡng học sinh khá,
giỏi lớp 9 và ôn thi vào lớp 10 cho các em.
II- Nhiệm vụ của đề tài:

1, Cung cấp, trang bị cho giáo viên giảng dạy môn Toán cùng học sinh khá,
giỏi lớp 9 chuyên đề : Phơng trình bậc hai, định lý viéte để nâng cao trình độ
kiến thức cho giáo viên và bồi dỡng cho học sinh khá, giỏi của trờng.
2, Phân loại dạng bài tập, đa ra phơng pháp giải từng dạng có lời giải các bài
tập mẫu và kèm theo các bài tập tơng tự .
III- Đối tợng, địa điểm, phạm vi nghiên cứu:

1, Đối tợng :
- Giáo viên giảng dạy môn Toán.
- Học sinh khá, giỏi lớp 9.
- Phụ huynh học sinh.
2, Địa điểm :
Trờng THCS Phúc Hoà
3, Phạm vi nghiên cứu:
- Về kiến thức : Phơng trình bậc hai, định lý Viéte
- Thời gian nghiên cứu từ năm học 2004 - 2005 đến nay.
IV- Phơng pháp nghiên cứu:

1, Đọc các sách tham khảo (các cuốn ôn luyện vào lớp 10, cuốn 1001bài
toán sơ cấp) các ®Ị thi vµo líp 10 cđa tØnh vµ ngoµi tØnh, các đề thi tuyển vào lớp
10 năng khiếu trong và ngoài tỉnh Bắc Giang.
2, Tham gia giảng dạy trực tiếp cho học sinh khá, giỏi lớp 9 và làm chuyên
đề kiến thức cho giáo viên Toán của trờng.
B- Nội dung :

Một bài toán về phơng trình bậc hai có chứa tham số có thể chỉ có một yêu
cầu và cũng có thể có nhiều yêu cầu khác nhau (Tức là một bài có nhiều phần).
Song các yêu cầu đó có thĨ kĨ ®Õn nh sau:
3


1, Không giải phơng trình hÃy tính giá trị một biểu thức liên hệ giữa hai
nghiệm x1x2.
* Phơng pháp :
+Tìm điều kiện của tham số để phơng trình có nghiệm;
+ Biến đổi biểu thức đà cho về dạng sử dụng ®ỵc x1+x2, x1 x2, thay x1 + x2 =
−b
,
a

x1 x2 = vào biểu thức rồi tính.

2, Chứng minh một phơng trình có nghiệm hoặc vô nghiệm.
* Phơng pháp :
+ Tính ∆ (hc ∆’)
+ ChØ ra ∆ ≥ 0 (hc ∆’ 0) nếu yêu cầu chứng minh phơng trình có
nghiệm.

+ ChØ ra ∆ < 0 (hc ∆’ < 0) nÕu yêu cầu chứng minh phơng trình vô
nghiệm.
3, Chứng minh một trong hai (hay nhiều) phơng trình có nghiệm.
* Phơng pháp :
+ Tính tổng các (hoặc tổng các )
+ Chứng minh tổng trên không âm
4, Tìm giá trị của tham số để phơng trình có nghiệm (hoặc vô nghiệm).
* Phơng pháp :
Tìm giá trị của tham số qua bất phơng trình 0 (hoặc < 0).
5, Tìm giá trị của tham số để hai nghiệm của phơng trình thoả mÃn một
đẳng thức (hoặc một bất đẳng thức) giữa các nghiệm của phơng trình.
* Phơng pháp :
Giá trị tham số cần tìm phải thoả mÃn hệ phơng trình:
0
x1 + x2 = p
4


x1 x2 = s
Đẳng thức giữa 2 nghiệm ( hoặc bất đẳng thức giữa hai nghiệm)
6, Tìm giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của một biểu thức có gắn
với hai nghiệm của phơng trình.
* Phơng pháp :
+ Biến đổi biểu thức về dạng chứa các tổng và tÝch gi÷a hai nghiƯm.
+ Thay x1 + x2 = s,

x1 x2 = p vào biểu thức trên rồi biến đổi biểu thức đó về

dạng không âm (hoặc không dơng). Từ đó tìm ra cực trị của biểu thức.
7, Chứng minh các nghiệm của phơng trình thoả mÃn 1 đẳng thức (hoặc

một bất đẳng thức) nào đó.
* Phơng pháp :
+ Chứng minh phơng trình có nghiệm: x1, x2
+ Biến đổi biểu thức đà cho về dạng sử dụng đợc x1+x2, x1 x2.
+ Thay x1+x2 = s, x1 x2 = p vµo biểu thức biến đổi ở trên, rồi chứng
minh theo yêu cầu bài cho.
8, Viết một hệ thức giữa hai nghiệm không chứa tham số .
* Phơng pháp :
+ Chứng minh 0 (hoặc 0) để có x1 x2
+ TÝnh x1 + x2 , x1x2.
+ BiÕn ®ỉi tỉng, tích giữa hai nghiệm để khi cộng hoặc trừ theo vế triệt tiêu
đợc tham số.
9, Lập một phơng trình bậc hai mới.
* Phơng pháp :
+ Tính tổng hai nghiệm x1 + x2 = s, tÝnh tÝch hai nghiÖm x1x2 = p.
+ Thay s,p vào phơng trình :X2 - SX + P = 0.
10, Tìm giá trị của tham số để hai (hoặc nhiều phơng trình) có nghiệm
chung hoặc tơng đơng.

5


11, Các bài toán thuộc dạng khác (nh chứng minh sù chia hÕt, chøng
minh mét biĨu thøc kh«ng phơ thc tham số).

* Sau đây là một số bài tập điển hình của các dạng trên :

Bài 1: Không giải phơng trình: 3x2 + 17x - 14 = 0

(1)

HÃy tính giá trÞ cđa biĨu thøc :
2
3x12 + 5 x1 x2 + 3x2
S=
2
4 x1x2 + 4 x2 x12

Gi¶i:

Ta cã :

2
2
3x12 + 3 x2 + 5 x1 x2 3( x12 + x2 ) + 5 x1 x2
S=
=
2
4 x1 x2 + 4 x12 x2
4 x1x2 ( x1 + x2 )

=

3  ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2  + 5 x1 x2


4 x1 x2 ( x1 + x2 )

Thay x1 + x2 =

3( x1 + x2 ) 2 − x1 x2
=
4 x1 x2 ( x1 + x2 )

−17
−14
909
; x1 x 2 =
vào S, ta đợc S =
3
3
952

Bài 2: Cho phơng trình: x2 - ax + a - 1 = 0

(1)

a, Kh«ng giải phơng trình hÃy tính giá trị biểu thức :
2
3x12 + 3x2 − 3
M= 2
2
x1 x2 + x1 x2

b, T×m giá trị của a để tổng bình phơng các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải :
a, Ta có = (-a)2 - 4 (a - 1)
= a2 - 4a + 4 = (a - 2)2 ≥ 0
Víi ∀ a → phơng trình luôn luôn có nghiệm.
Từ M =

2
2
3x12 + 3x2 − 3 3( x12 + x2 ) − 3
=
2
x12 x2 + x1 x2
x1 x2 ( x1 + x2 )

6


M=

3 ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2  − 3


x1 x2 ( x1 + x2 )

3( x1 + x2 ) 2 − 6 x1 x2 − 3
=
x1 x2 ( x1 + x2 )
Theo định lý Viéte :

x1 + x2 = a

(*)

x1 x2 = a − 1

Thay (*) vào M ta đợc :
M=

3.a 2 6(a 1) − 3 3a 2 − 6a + 6 − 3
=
(a − 1).a
a( a − 1)

=

3a 2 − 6a + 3 3( a 2 − 2a + 1)
=
a( a − 1)
a( a − 1)

3( a − 1) 2 3(a − 1)
=
=
a (a 1)
a
b, Giá trị a cần tìm phải tho¶ m·n hƯ :
x1 + x2 = a
x1 x2 = a - 1
A= x12 +x22 đạt GTNN
2
Ta có : A = x12 + x2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x 1 x2

Hay : A = a 2 − 2(a − 1) = a 2 − 2a + 2
= a2 - 2a + 1 + 1 = (a - 1)2 + 1 ≥ 1
GTNN cña A b»ng 1, dầu bằng xảy ra khi a = 1.

Thông qua bài 1, bài 2 giúp cho ta thành thạo khi biến đổi và sử dụng tổng,
tích các nghiệm.
Bài 3: Chứng minh rằng phơng trình :
(x - a) (x - b) + (x - b) (x - c) + (x - c) (x - a) = 0 lu«n lu«n cã nghiƯm với
mọi a, b, c.
Giải:
Ta biến đổi phơng trình:
(x - a) (x - b) + (x - b) (x - c) + (x - c) (x - a) = 0
⇔ x2 - (a + b) x + ab + x2 - (b + c) x + bc + x2 - (a + c) x + ac = 0
7


⇔ 3x2 - 2(a + b + c) x + ab + bc + ac = 0
Ta cã : ∆’ = [ −( a + b + c) ] − 3(ab + bc + ac)
2

= (a + b + c)2 - 3 (ab + bc + ca)
= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca - 3ab - 3bc - 3ca
= a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca
2∆’ = 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca
= (a2 - 2ab + b2) + (b2 - 2bc + c2) + (c2 - 2ca + a2)
= (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 víi ∀ a, b, c.
Vậy phơng trình đà cho luôn luôn có nghiệm.
1 1 1
Bµi 4: Cho + = . CMR Ýt nhÊt một trong hai phơng trình sau phải có
a b 2
nghiệm :

x2 + ax + b = 0

(1)

x2 + bx + a = 0

(2)

Gi¶i :
Ta cã ∆1 = a2 - 4b
∆2 = b2 - 4a
XÐt ∆1 + ∆2 = a2 + b2 - 4 (a + b)
Tõ

(*)

1 1 1
+ = ⇔ 2(a + b) = ab
a b 2

(**)

Thay (**) vµo (*) : ∆1 + ∆2 = a2 + b2 - 2ab = (a - b)2 0
(đpcm)
Bài 5: Cho 3 phơng trình :
x2 + ax + b - 1 = 0

(1)

x2 + bx + c - 1 = 0

(2)

x2 + cx + a - 1 = 0

(3)

Chøng minh r»ng trong ba phơng trình có ít nhất một phơng trình có
nghiệm:
Giải :
Ta cã : ∆1 = a2 - 4 (b - 1) = a2 - 4b + 4
8


∆2 = b2 - 4 (c - 1) = b2 - 4c + 4
∆3 = c2 - 4 (a - 1) = c2 - 4a + 4
XÐt : ∆1+ ∆2 + ∆3 = (a2 - 4a + 4) + (b2 - 4b + 4) + (c2 - 4c + 4)
= (a - 2)2 + (b - 2) 2 + (c - 2)2 0 (đpcm)
Bài 6: Cho 2 phơng tr×nh : x2 + ax + b = 0
x2 - cx - d = 0

(1)
(2)

Cã c¸c hƯ sè a, b, c, d tho¶ m·n:
a(a - c) + c (c - a) + 8 (d - b) > 0
Chøng minh r»ng ít nhất một trong hai phơng trình đà cho có hai nghiệm
phân biệt :
Giải :
Phơng trình (1) có : 1 = a2 - 4b
Phơng trình (2) có : 2 = c2 + 4d
XÐt ∆1 + ∆2 = a2 + c2 + 4d - 4b

⇒ 2 (∆1 + ∆2) = 2(a2 + c2 + 4d - 4b)
= 2(a2 + c2) + 8 (d - b)
Tõ gi¶ thiÕt : a(a - c) + c(c - a) + 8 ( d - b) > 0
⇒ 8 (d - b) > 2 ac - a2 - c2
⇒ 2(∆1 + ∆2) = 2 (a2 + c2) + 8(d - b) > a2 + c2 + 2ac = (a + c)2 > 0
⇒ 2(∆1 + ∆2) > 0 ⇒ ∆1 + ∆2 > 0
⇒ Ýt nhÊt mét trong hai biĨu thøc thøc ∆1, ∆2 d¬ng ⇒ (đpcm)
Bài 7: Cho phơng trình (ẩn x)
x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0
(1)
a, Chøng minh (1) cã 2 nghiƯm víi ∀ m
b, m = ? th× (1) có 2 nghiệm trái dấu.
c, Giả sử x1, x2 lµ nghiƯm cđa (1). Chøng minh r»ng
M = (1 - x2)x1 + (1 - x1)x2 không phụ thuộc m.
d, Tìm một hệ thức giữa các nghiệm độc lập đối với m.
1
1
e, Lập phơng trình bậc 2 có 2 nghiệm là
và
(x1, x2 lµ hai nghiƯm
x1
x2
9


của (1))
Giải:
a, Trớc khi làm bài yêu cầu học sinh xác định hệ số : a = 1, b = -2 (m + 1)
b’ = - (m + 1) ; c = m - 4
∆ ' = [ −(m + 1) ] − (m − 4)

2

= (m + 1) 2 − (m − 4) = m 2 + 2m + 1 − m + 4
Ta cã : = m 2 + m + 5 = m 2 + 2.m. 1 + 1 + 19
2 4 4
1
19
= (m + ) 2 + ≥ 0 ⇒ (dpcm)
2
4
b, (1) cã 2 nghiƯm tr¸i dấu ac < 0.
m- 4<0 m<4
c, Vì phơng trình (1) cã 2 nghiƯm lµ x1x2
 x1 + x2 = 2( m + 1)
Theo ViÐte 
(*)
 x1 x2 = m − 4
Ta cã : M = (1 - x2)x1 + (1 - x1)x2
= x1 - x1x2 + x2 - x1x2
= (x1 +x2) - 2x1x2
Thay (*) vào M ta đợc :
M = 2 (m + 1) - 2 (m - 4)
= 2m + 2 - 2m + 8 = 10 ⇒ (đpcm)
d, Theo Viéte áp dụng cho phơng trình (1) :
x1 + x2 = 2(m + 1) = 2m + 2
⇔ 2m = (x1 + x2) - 2

(3)

x1x2 = m - 4 ⇔ 2 x1x2 = 2m - 8

⇔ 2m = 2x1x2 + 8

(4)

Tõ (3), (4) suy ra x1 + x2 - 2 = 2x1x2 + 8
Hay x1 + x2 - 2x1x2 = 10.
e, Ta cã :

10


1 1 x1 + x2 2( m + 1)
+ =
=
x1 x2
x1 x2
m−4
1 1
1
1
. =
=
x1 x 2 x1 x2 m − 4
Ta có phơng trình : x 2

2(m + 1)
1
x+
=0
m4

m4

(m - 4) x2 - (2m + 1) = 0
TÝnh tæng 2 nghiƯm lµ S
TÝnh tÝch 2 nghiƯm lµ P
Thay tỉng, tích vào phơng trình : X2 - SX + P = 0.
Bài 8: Cho phơng trình (ẩn x) x2 - 2x + m = 0

(1)

a, Tìm m sao cho phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 đều là các
số dơng.
b, Tìm m sao cho phơng trình có nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mÃn :
x1 x2
10
+ =
x2 x1
3
Giải :
a, Điều kiện để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt cùng dơng là :
' = 1 − m > 0
m < 1

⇔
⇔ 0 < m <1
P = m > 0
m>0

 S = +2 > 0


b, m cần tìm phải thoả mÃn hệ phơng trình :
= 1 – m > 0

m<1

(1’)

x1 + x2 = 2

x1 + x2 = 2

(2’)

x1 x2 = m

(3’)

x1 x2
10
+ =−
x 2 x1
3

(4’)

x1 x2 = m

⇔

x1 x2

10
+ =−
x2 x1
3

11


2
x12 + x2
10
⇔
=−
Ta cã : (4’)
x1 x2
3

⇔

( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2
10
4 − 2m
10
=− ⇔
=−
x1 x2
3
m
3

⇔ 3(4 - 2m) = - 10m ⇔ 4m =-12
⇔ m =- 3 kết hợp với điều kiện m < 1
Thì m =-3 là giá trị cần tìm.
Thực tế khi trình bày lời giải học sinh có thể giải dời dạc các điều kiện song
song phải biết đợc bản chất của m cần tìm phải thoả mÃn một hệ phơng trình nh
thế và biết kết hợp các điều kiện để lấy m.
Bài 9: Cho phơng trình : x2 - 2(a - 1) x + 2a - 5 = 0

(1)

a, Chøng minh : (1) cã nghiƯm víi mäi a
b, a = ? thì (1) có nghiệm x1, x2 thoả mÃn x1 < 1 < x2.
c, a = ? th× (1) cã hai nghiƯm x1, x2 tho¶ m·n x12 + x22 = 6.
Gi¶i:
a, Phơng trình (1) có nghiệm với a
= (a - 1)2 - (2a - 5) = a2 - 2a + 1 + 2a + 5
= a2 + 4a + 6 = (a - 2)2 + 2 ≥ 2 ? o víi ∀ a.
b, Tõ x1 < 1 ⇔ x1x2 - x1 - x2 + 1 < 0 ⇔ x1x2 - (x1 + x2) + 1 < 0

(*)

Theo ViÐte : x1 + x2 = 2(a - 1) , x1x2 = 2a - 5
Thay vµo (*) ta cã (*) ⇔ 2a - 5 - (2a - 2) + 1 < 0
⇔ 2a - 5 - 2a + 2 + 1 < 0 oa - 2 < 0
luôn luôn đúng víi ∀ a
VËy víi ∀ a th× x1 < 1 < x2.
Bài 10: Cho phơng trình : x2 - (2m - 3)x +m2 - 3m = 0

(1)

a, Chøng minh ph¬ng trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b, Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mÃn 1 < x1 c, Xác định m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất .
12


Gi¶i :
a, Ta cã : ∆ = (2m - 3)2 - 4(m2 - 3m)
= 4m2 - 12m + 9 - 4m2 + 12m = 9 > 0
b, Phơng trình (1) cã 2 nghiƯm lµ x1 = m - 3, x2 = m
Suy ra : 1 < x1 < x2 < 6 ⇔ 1 < m - 3 < m < 6
⇔4c, Tõ x12 + x22 = (m - 3)2 + m2 = m2 - 6m + 9 + m2
= 2m2 - 6m + 9
= 2 (m2 - 3m +

9
3
9 9
) = (m ) 2 +
2
2
2 2

Vậy giá trị nhá nhÊt cđa x12 + x22 lµ

9
3
khi m =

2
2

Thùc tÕ cho thấy dạng toán về bất đẳng thức giữa các nghiệm học sinh rất
lúng túng, thờng không làm đợc đúng khi cha đợc rèn luyện.
Bài 11: Cho 2 phơng trình : x2 - (2m + n) x - 3m = 0
x2 - (m + 3n)x - 6 = 0

(1)
(2)

T×m m và n để hai phơng trình tơng đơng.
Giải :
Xét 2 phơng trình:
x2 - (2m + n)x - 3m = 0
x2 - (m + 3n)x - 6 = 0
Ta cã : ∆1 = (2m + n)2 + 12m ≥ 0 ⇔ m ≥ 0 (2)
∆2 = (m + 3n)2 + 24 > 0 víi ∀ m, n (3)
Tõ ( 2), (3) hai phơng trình luôn luôn có 2 nghiệm khi m 0,với n. (*)
áp dụng định lý Viéte ta có :
 S1 = 2m + n

 P 1 = −3m

vµ

 S2 = m + 3n

 P2 = 6
13

Để phơng trình (1) tơng đơng phơng trình (2) thì ph¶i cã :
 P = P2
1

 S1 = S2

⇔

−3m = 6

2m + n = m + 3n

m = −2

n = 1



Kết hợp với điều kiện (*) ở trên thì không có m, n để hai phơng trình tơng đơng.
(a 0)

Bài 12: Cho phơng trình ax2 + bx + c = 0

(1)

Điều kiện cần và đủ để phơng trình (1) có nghiệm này gấp k lần nghiệm
(k 0)

kia thì kb2 - (k + 1) ac = 0
Gi¶i :
Theo ViÐte ta cã : x1 + x2 =

b
c
vµ x1x2 =
a
a

XÐt : (x1 - kx2) (x2 - kx1) = x1 x2 (k + 1)2 - k (x1 + x2)2
c
−b 2 c
b2
2
2
= (k + 1) − k .( ) = ( k + 1) − k . 2
a
a
a
a
2
2
2
2
ac(k + 1) − kb
kb − ac(k + 1)
=
=−
2

a
a2
* NÕu (x1 - kx2) (x2 - kx1) = 0
Thì x1 = kx2 hoặc x2 = kx1
Khi đó : kb2 - (k + 1) ac = 0

(2)

* NÕu kb2 - (k + 1) ac = 0 ⇒ (x1 - kx2) (x2 - kx1) = 0
⇒ x1 = kx2 hoặc x2 = kx1

(3)

Từ (2), (3) (đpcm)
Bài 13: Giả sử a và b là hai số khác nhau. Chứng minh rằng nếu phơng
trình :

x2 + ax + 2b = 0

(1)

x2 + bx + 2a = 0

(2)

Cã ®óng mét nghiƯm chung thì các nghiệm số còn lại của (1) và (2) là
nghiệm của phơng trình : x2 + 2x + ab = 0
Gi¶i :
14

Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x0
⇒ x02 + ax0 + 2b = 0
(2) cã hai nghiƯm ph©n biƯt x2 ≠ x0
⇒ x02 + bx0 = 2a = 0
⇒ (a - b)x0 + 2b - 2a = 0 ⇔ (a - b)x0 = 2(a - b)
V× : a ≠ b ⇒ x0 = 2 thÕ vµo (1) ta cã 4 + 2a + 2b = 0
⇒ a =- b - 2. Thay a vµo (1) ta cã : x2 - (b + 2)x + 2b = 0
⇒ (x - 2) (x - b) = 0 ⇒ x0 = 2 vµ x1 = b
Thay b = - a - 2 vào (2), làm tơng tự ta có : x2 = a
⇒ x1 + x2 = a + b và x1 x2 = ab theo định lý đảo Viéte ta có : x 1 và x2 là
hai nghiệm của phơng trình :
x2 - (a + b)x + ab = 0 ; (v× a + b = - 2)
⇒ x2 + 2x + ab = 0
Bµi 14: Cho phơng trình (ẩn x): x4 - 2mx2 + 2m - 1 = 0

(1)

a, Giải phơng trình khi m = 2
b, Tìm m để phơng trình đà cho có 4 nghiệm phân biệt .
Giải :
a, Thay m = 2 vào (1) gi¶i ra x1 = 1, x2 = - 1, x3 = 3 , x4 = - 3
b, Phơng trình đà cho có 4 nghiệm phân biệt phơng trình giải ra có 2
nghiệm phân biết cùng dơng
Phơng trình trung gian lµ : y2 - 2my + 2m - 1 = 0
Khi đặt x4 = y2

(3)

(y 0)

Phơng trình (3) có 2 nghiƯm d¬ng ⇔ ∆ '
∆' > 0

∆ = m2 - 2 + 1 = (m - 1)2 > 0

y1 + y2 > 0 ⇔

y1 + y2 = 2m > 0

y1 y2 > 0

y1, y2 = 2m - 1 > 0

m>

m1


m>0
m>

1
và m 1 thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
2

Bài 15: Cho phơng trình x2 - 2(m + 1)x + m - 2 = 0
a, Giải phơng trình (1) khi m = 1
15

(1)

1
2


b, Chứng minh phơng trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với gía trị
của m.
c, Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1) CMR với giá trị nguyên của m thì
A = x13 + x23 M 4
Giải :
a, Thay m = 1 vào phơng trình (1) :
x2 - 4x - 1 = 0
Giải phơng trình trên ta ®ỵc : x1 = +2 +
b, Ta cã ∆ ' = m2 + m + 3 = m2 + m +

5

; x2 = +2 -

5

1 11
+
4 4

1
11 11
= (m + ) 2 + > 0 phơng trình có 2 nghiƯm ph©n biƯt ∀ m.
2

4 4
c, Ta cã : A = x13 + x23 = (x1 + x2)3 - 3x1x2(x1 + x2)

(*)

Vì phơng trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 ∀ m, nÕu theo ViÐte:
x1 + x2 = 2(m + 1)
x1 x2 = m − 2

thay vµo (*)

Ta cã : A = [ 2(m + 1) ] − 3( m − 2)2(m + 1)
3

= 8(m + 1)3 - 6(m2 - 2m + m - 2)
= 8(m3 + 3m2 + 3m + 1) - 6m2 + 6m + 12
= 8m3 + 24m2 + 24m + 8 - 6m2 + 6m + 12
= 8m3 + 18m2 + 30m + 20
= (8m3 + 16m2 + 28m + 20) + 2m2 + 2m
= 4(2m3 + 4m2 + 7m + 5) + 2m (m + 1)
Do 4(2m3 + 4m2 + 7m + 5) M4 víi ∀m ∈ z
Vµ 2m (m + 1) lµ 2 lần tích 2 số nguyên liên tiếp luôn luôn chia hết cho 4
A M 4 (đpcm)
* Một số bài tập t ơng tự :

Bài 1:
Chứng minh rằng phơng trình (x + 1) (x + 3) + m (x + 2) (x + 4) = 0
lu«n lu«n cã nghiƯm sè thực với giá trị của m.
16

(1)


Bài 2:
Cho 3 phơng trình : ax2 + 2bx + c = 0

(1)

bx2 + 2cx + a = 0

(2)

cx2 + 2ax + b = 0

(3)

Víi ∀ a, b, c ≠ 0. Chøng minh r»ng Ýt nhÊt mét trong ba ph¬ng trình trên
phải có nghiệm.
Bài 3:
Chứng minh rằng : Nếu a + b ≥ 2 th× Ýt nhÊt mét trong hai phơng trình sau
có nghiệm:
x2 + 2ax + b = 0

(1)

x2 + 2bx + a = 0

(2)

Bài 4:

Cho phơng trình : x2 - 4x - (m2 + 3m) = 0
a, Chøng minh rằng phơng trình luôn luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m.
b, Xác định m để : x12 + x22 = 4(x1 + x2)
c, Lập phơng trình bậc 2 Èn y cã 2 nghiƯm y1, y2 tho¶ m·n :
y1 + y2 = x1 + x2
y1
y
+ 2 =3
1 − y2 1 y1
Bài 5:
Cho phơng trình : 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
a, Chøng minh rằng phơng trình luôn luôn có nghiệm với m
b, Xác định m để phơng trình có nghiệm kép. Tính nghiệm đó.
c, Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mÃn :
-1 < x1 < x2 < 1.
d, Trong trờng hợp phơng trình có 2 nghiƯm ph©n biƯt x1, x2 h·y lËp 1 hƯ
thøc giữa x1, x2 không có m.
Bài 6:
Cho phơng trình : x2 - (k + 1)x + k = 0

(1)

a, Chøng minh phơng trình luôn luôn có 2 nghiệm với k
b, Gäi x1, x2 lµ 2 nghiƯm cđa (1) h·y tìm k để A = x 1 x22 + x12 x2 + 2007 đạt
giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị ®ã.
17


Bài 7:
Cho 2 phơng trình : x2 + ax + bc = 0

x2 +bx + ac = 0

(1)
(2)

(a, b, c đôi một khác nhau và khác 0)
Cho biết (1) và (2) cã ®óng mét nghiƯm chung chøng minh r»ng hai nghiệm
còn lại của phơng trình (1) và (2) là nghiệm của phơng trình.
x2 + cx + ab = 0
Bài 8: Biết rằng :
Phơng trình : x2 + ax + 1 = 0
có nghiệm x1 = m
(1)
Phơng trình : x2 + bx + 1 = 0
có nghiệm x2 = m
(2)
Phơng trình : x2 + cx + 1 = 0
cã nghiÖm x3 = m.n
(3)
Chøng minh r»ng : (a2 + b2 + c2 + abc) chia hết cho 4.
Bài 9:
Cho phơng trình : x2 + mx + n = 0
(1)
a, T×m m, n biết rằng phơng trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả m·n.
x1 - x2 = 1
x13 - x23 = 7
b, Cho biết n = m - 2. Tìm m, n để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 10:
Có hai phơng trình : x2 + mx + 2 = 0
(1)

2
x + 2x + m = 0
(2)
a, Tìm m để hai phơng trình có ít nhất một nghiệm chung.
b, Tìm m để hai phơng trình tơng đơng.
c, Xác định m để phơng trình : (x2 + mx + 2) (x2 + 2x + m) = 0
Cã 4 nghiƯm ph©n biƯt
C - kết quả nghiên cứu:

Chuyên đề : Phơng trình bậc hai, định lý Viéte tôi đà trình bày và trao
đổi với nhóm toán của trờng từ năm học 2004 2005 và giảng dạy cho học sinh
lớp 9 hàng năm (sau khi các em học xong chơng IV - Đại số 9).
Sau một thời gian gần 3 năm học tôi nhận thấy kết quả của chuyên đề này đÃ
có hiệu quả ®¸ng ghi nhËn. C¸c ®ång chÝ nhãm to¸n rãi r»ng đà đợc hiểu sâu
thêm về vấn đề đó, học sinh sau khi học xong giải đợc các bài tập tơng tự tỏ ra
rát thông thạo, tự tin.
18


Với cách làm tơng tự trên cùng với nhiều chuyên đề khác nữa mà tôi cùng tổ
toán đà trao đổi, học tập lẫn nhau. Chẳng hạn nh các chuyên đề về : Tỷ lệ thức,
dạng tỷ số băng nhau (ở lớp 7), đa thức các phơng pháp chứng minh một bất
đẳng thức (lớp 8), tổng dÃy phân số viết theo quy lt (líp 6).
Song song víi viƯc trang bÞ kiÕn thức cho giáo viên tôi thờng xuyên dự giờ
(kể cả dự đột xuất) tôi thấy kiến thức của các đồng chí nhóm toán ngày một khá
lên rõ rệt. Thêm vào đó hàng năm thi học sinh giỏi Toán cấp huyện, cấp tỉnh trờng đà có nhiều em đạt giải gần đây nhất có 1 em giải nhất huyện, giải khuyến
khích tỉnh Toán 9 chẳng những thế với cách làm tơng tự các bộ môn văn hoá
khác trình độ giáo viên đều đợc nâng lên và hàng năm thi học sinh giỏi trờng xếp
thứ hạng trong tốp đầu của huyện.
D - triển vọng của đề tài:

Kết quả thu đợc của đề tài này đà đem lại cho giáo viên giảng dạy vững vàng
trong kiến thức, đem lại cho học sinh một cách phơng pháp t duy toán quan
trọng khi tiếp thu lĩnh hội các mảng kiến thức khác. Chính vì thế triển vọng của
đề tài là rất bổ ích và có chiều sâu cho cả ngời dạy và ngời học.
E - KÕ ln :

Chóng ta ai cịng biÕt rÊt râ : Dạy học môn Toán là dạy cách t duy và t duy
sáng tạo. Chuyên đề Phơng trình bậc hai, định lý Viéte là một mảng kiến
thức nhỏ bé trong kho tàng kiến thức Toán học nói chung và kiến thức môn Toán
THCS nói riêng. Tôi tin tởng rằng nếu mỗi thầy giáo, cô giáo luôn luôn chú ý
không ngừng nâng cao trình độ chuyên môn, nghiệp vụ s phạm thì nhiệm vụ
trồng ngời của mình sẽ thành công.
Do khuôn khổ của nội dung đề tài cùng với năng lực cá nhân, xin đợc chia
sẻ với các bạn đồng nghiệp.
Nếu bài viết có gì sơ xuất rất mong đợc sự đóng góp của các bạn đồng
nghiệp.
Xin trân thành cảm ơn !
Phúc Hoà, ngày 19 tháng 4 năm 2007
Ngời viết sáng kiến
19


Giáp Thị Minh

20