hướng dẫn học sinh sử dụng hệ thức vi-et trong giải toán theo hướng tích cực hóa hoạt động của học sinh

PHẦN I. MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
Toán học là công cụ giúp học tốt các môn học khác, chính vì vậy nó đóng một
vai trò vô cùng quan trọng trong nhà trường. Bên cạnh đó nó còn có tiềm năng phát
triển các năng lực tư duy và phẩm chất trí tuệ, giúp học sinh hoạt động có hiệu quả
trong mọi lĩnh vực của đời sống sản xuất.
Toán học mang sẵn trong đó chẳng những phương pháp quy nạp thực nghiệm,
mà cả phương pháp suy diễn lôgic. Nó tạo cho người học có cơ hội rèn luyện khả
năng suy đoán và tưởng tượng. Toán học còn có tiềm năng phát triển phẩm chất
đạo đức, góp phần hình thành thế giới quan khoa học cho học sinh. Toán học ra đời
từ thực tiễn và lại quay trở về phục vụ thực tiễn. Toán học còn hình thành và hoàn
thiện những nét nhân cách như say mê và có hoài bão trong học tập, mong muốn
được đóng góp một phần nhỏ của mình cho sự nghiệp chung của đất nước, ý chí
vượt khó, bảo vệ chân lý, cảm nhận được cái đẹp, trung thực, tự tin, khiêm tốn,….
Biết tự đánh giá mình, tự rèn luyện để đạt tới một nhân cách hoàn thiện toàn diện
hơn. Mặt khác toán học còn có nhiệm vụ hình thành cho HS những kỹ năng:
- Kỹ năng vận dụng tri thức trong nội bộ môn toán để giải các bài tập toán
- Kỹ năng vận dụng tri thức toán học để học tập các môn học khác.
- Kỹ năng vận dụng tri thức toán học vào đơì sống, kỹ năng đo đạc, tính
toán,sử dụng biểu đồ, sử dụng máy tính….
1
Tuy nhiên cả ba kỹ năng trên đều có quan hệ mật thiết với nhau. Kỹ năng thứ
nhất là cơ sở để rèn luyện hai kỹ năng kia. Chính vì vậy kỹ năng vận dụng kiến
thức để giải bài tập toán là vô cùng quan trọng đối với học sinh. Trong đó việc
trình bày lời giải một bài toán chính là thước đo cho kỹ năng trên. để có một lời
giải tốt thì học sinh cần có kiến thức, các kỹ năng cơ bản và ngược lại có kiến thức,
có các kỹ năng cơ bản thì học sinh sẽ trình bày tốt lời giải một bài toán
Là giáo viên dạy toán, đã có 20 năm gắn bó với nghề trong quá trình giảng
dạy tôi luôn học hỏi đồng nghiệp và tìm tòi những phương pháp thích hợp để giúp
các em học sinh yêu thích và học tốt môn toán hơn, vững bước vào các kỳ thi,
kiểm tra và có kĩ năng vận dụng vào cuộc sống.

Vì vậy, tôi chọn đề tài “ Hướng dẫn học sinh sử dụng hệ thức Vi-et trong
giải toán theo hướng tích cực hóa hoạt động của học sinh”
Từ bài toán đơn giản không giải phương trình tính tổng và tích 2 nghiệm của
phương trình bậc 2, học sinh có phương tiện là hệ thức Vi – ét để tính toán . Hệ
thức còn giúp học sinh xét dấu 2 nghiệm của phương trình mà khong biết cụ thể
mỗi nghiệm là bao nhiêu .
Giải và biện luận phương trình bậc 2 có chứa tham số là loại toán khó . Tiếp
tục bài toán này thường kèm theo yêu cầu tính giá trị biểu thức , quan hệ giữa 2
nghiệm , các phép tính trên 2 nghiệm của phương trình . Việc tính mỗi nghiệm
của phương trình theo công thức nghiệm là vô cùng khó khăn vì phương trình đang
chứa tham số . Trong trường hợp đó hệ thức Vi – ét là 1 phương tiện hiệu quả giúp
học sinh giải loại toán này .
Cuối học kỳ 2 lớp 9 , thời gian gấp rút cho ôn thi học kỳ 2 và các kỳ thi cuối
cấp . Các bài toán cần áp dụng hệ thức Vi – ét đa dạng có mặt trong nhiều kỳ thi
quan trọng như thi học kỳ 2, thi tuyển sinh vào lớp 10 , thi vào các trường chuyên
lớp chọn Trong bài viết này , tôi hy vọng đóng góp thêm 1 số kinh nghiệm hướng
dẫn học sinh làm quen và tiến tới giải tốt các bài cần áp dụng hệ thức Vi - ét
II. Mục tiêu nghiên cứu
2
Nghiên cứu mong muôn sẽ giúp học sinh khắc phục được những yếu điểm
đã nêu về toán học từ đó đạt được kết quả cao khi giải bài toán nói riêng và đạt kết
quả cao trong quá trình học tập nói chung.
Ý nghĩa rất quan trọng mà đề tài đặt ra là: Tìm được một phương pháp tối ưu
nhất để trong quỹ thời gian cho phép hoàn thành được một hệ thống chương trình
quy định và nâng cao thêm về mặt kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo trong việc giải các
bài toán. Từ đó phát huy, khơi dậy, sử dụng hiệu quả kiến thức vốn có của học
sinh, gây hứng thú học tập cho các em.
III. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Sáng kiến kinh nghiệm có nhiệm vụ giải đáp các câu hỏi khoa học sau đây:
- Kỹ năng là gì? Cơ chế hình thành kỹ năng là như thế nào?

- Những tình huống điển hình nào thường gặp trong quá trình giải quyết những
vấn đề liên quan.
- Trong quá trình giải quyết các vấn đề liên quan, học sinh thường gặp những
khó khăn và sai lầm nào?
- Những biện pháp sư phạm nào được sử dụng để rèn luyện cho học sinh kỹ
năng giải quyết các vấn đề liên quan?
- Kết quả của thực nghiệm sư phạm là như thế nào?
IV. Đối tượng nghiên cứu, phạm vi nghiên cứu:
- Các dạng toán về và phương pháp giảng dạy toán để giúp nâng cao hứng thú và
kết quả học tập của học sinh.
- Học sinh lớp trường THCS XXX
V. Phương pháp nghiên cứu:
Trong quá trình nghiên cứu, sáng kiến kinh nghiệm sử dụng những phương
pháp sau: Nghiên cứu lý luận, điều tra quan sát thực tiễn, thực nghiệm sư phạm.
Trên cơ sở phân tích kỹ nội dung chương trình của Bộ giáo dục và Đào tạo,
phân tích kỹ đối tượng học sinh (đặc thù, trình độ tiếp thu…). Bước đầu mạnh dạn
thay đổi ở từng tiết học, sau mỗi nội dung đều có kinh nghiệm về kết quả thu được
(nhận thức của học sinh, hứng thú nghe giảng, kết quả kiểm tra,…) và đi đến kết
luận.
3
Lựa chọn các ví dụ các bài tập cụ thể phân tích tỉ mỉ những sai lầm của học
sinh vận dụng hoạt động năng lực tư duy và kỹ năng vận dụng kiến thức của học
sinh để từ đó đưa ra lời giải đúng của bài toán.
4
PHẦN II. NỘI DUNG
A) KIẾN THỨC CƠ BẢN :
1) Nếu phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠

0 ) có 2 nghiệm phân
biệt
1 2
,x x
thì tổng và tích hai nghiệm đó là:
S =
1 2
b
x x
a
+ = −
và P =
1 2
.
c
x x
a
=
2 ) Tính nhẩm nghiệm
a ) Nếu a + b + c = 0 thì phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0 ) có các
nghiệm số là
1 2
1,
c
x x
a

= =
b ) Nếu a - b + c = 0 thì phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0 ) có các
nghiệm số là
1 2
1,
c
x x
a
= − = −
3 ) Tìm 2 số biết tổng và tích của chúng
Nếu 2 số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là 2 nghiệm
của phương trình bậc hai :
2
0x Sx P
− + =
B ) BÀI TẬP ÁP DỤNG VÀ BÀI TẬP PHÁT TRIỂN , NÂNG CAO
1 ) Loại toán xét dấu nghiệm của phương trình mà không giải phương
trình
Bài tập 1: Không giải phương trình cho biết dấu các nghiệm ?
a)
2
13 40 0x x
− + =
b)
2
5 7 1 0x x

+ + =
c)
2
3 5 1 0x x
+ − =
Giải
a)Theo hệ thức Vi – ét có S =
1 2
13
b
x x
a
+ = − =
5
P =
1 2
. 40
c
x x
a
= =
Vì P > 0 nên 2 nghiệm x
1
và x
2
cùng dấu
S > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu dương
b) Theo hệ thức Vi – ét có P =
1 2
1

. 0
5
c
x x
a
= = >
nên 2 nghiệm cùng dấu
S =
1 2
7
0
5
b
x x
a
− −
+ = = <
nên 2 nghiệm cùng dấu âm
c) P =
1 2
1
. 0
3
c
x x
a
−
= = <
nên 2 nghiệm trái dấu
S =

1 2
5
0
3
b
x x
a
+ = − = − <

Bài tập 2 : Cho phương trình
2 2
10 0x x m− − =
(1)
Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của
m
≠
0 . Nghiệm mang dấu nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn ?

Giải
Ta có a = 1 > 0 , c = - m
2
< 0 với mọi m
≠
0
Vì a , c trái dấu nên phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt .
Theo hệ thức Vi - ét : P =
2
1 2
,x x m
= −

< 0 . Do đó
1
x
và
2
x
trái dấu
S =
1 2
10x x
+ =
nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn
Bài tập 3: (Đề TS chuyên Hạ Long 1999 – 2000) (3đ)
Cho phương trình
2 2
( 1) 2 0x m x m m
− − − + − =
(1) (với m là tham
số)
a) Giải phương trình trên với m = 2
b) Chứng minh rằng phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu
∀
m
c) Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x
1
, x
2
Tìm m để biểu thức
3 3
1 2

2 1
x x
A
x x
   
= +
 ÷  ÷
   
đạt giá trị lớn nhất
6
Giải :
a) Thay m = 2 vào phương trình ta được
2
4 0
1 4.( 4) 17 0
x x
− − =
∆= − − = >

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1
2
1 17
2
1 17
2
x
x
+

=
−
=
b)Xét
2 2 2 2
1 1 3 1 3
2 ( 2) ( 2 1 ) ( ) 1
2 4 4 2 4
ac m m m m m m m
 
= − + − = − − + = − − + + = − − +
 
 
Có
2 2
1 1 3 3 3
0 1 1 1 0
2 2 4 4 4
m m P P m
   
− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ − ⇒ < ∀
 ÷  ÷
   
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu
m
∀
c) Gọi 2
nghiệm của phương trình đã cho là x
1
, x

2

Từ kết quả phần b có x
1
, x
2

≠
0 , biểu thức A được xác định với mọi x
1
, x
2
tính theo m và
3
1 2
2 1
( ) 0;( ) 0
x x
x x
> <

Đặt
3
1
2
( )
x
a
x
=−

Với a > 0
3
2
1
1
( )
x
x a
⇒ =
−
Có A = -a +
1
a−
mang giá trị âm
A đạt giá trị lớn nhất <=> - A có giá trị nhỏ nhất
Có – A = a +
2
1 1a
a a
+
=

Theo bất đẳng thức Cô si áp dụng cho hai số không âm a và
1
a
( vì a > 0 và
1
0
a
>

)
7
Có
1 1
( ) : 2 .
1
( ) : 2 1
1
2
a a
a a
a
a
a
a
+ ≥
⇔ + ≥
⇔ + ≥
Vậy – A
≥
2 nên – A có giá trị nhỏ nhất là 2 <=> A
≤
2 nên A có GTLN là
- 2

2
2
2
1
* 2 2

1
2
. 1 2
2 1 0
2 1 0
( 1) 0
1
A a
a
a
a
a a a
a a
a a
a
a
=− ⇔− + =−
−
⇔− − =−
⇔− − =−
⇔− + − =
⇔ − + =
⇔ − =
⇔ =
( thoả mãn điều kiện a > 0 )
• Với a = 1 thì
3
1 1
1 2
2 2

( ) 1 1
x x
x x
x x
= − ⇔ = − ⇔ = −

• Theo kết
quả
1 2
x x
= −
có
1 2 2 2
0
b
S x x x x
a
= + = − + = =

( 1) 0
1 0
1
m
m
m
⇔ − − =
⇔ − =
⇔ =
* Kết luận : Với m = 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là - 2
2) Loại toán tính giá trị biểu thức chứa tổng, tích 2 nghiệm

Bài tập 4: Cho phương trình :
2 2
( 1) 2 0x m x m m− − − + − =

8
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với
mọi m
b) Gọi 2 nghiệm là x
1
và x
2
tìm giá trị của m để
2 2
1 2
x x+
đạt giá trị
nhỏ nhất.
Giải:
a ) Ta có a = 1 > 0

2 2
2
2
2 ( 2)
1 7
( )
4 4
1 7 7
( ) 0
2 4 4

c m m m m
m m
m
=− + − =− − +
=− − + +
−
=− − − ≤ <
a, c trái dấu nên phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi
tham số m
Theo hệ thức Vi ét P =
2
1 2
. 2 0
c
x x m m
a
= = − + − <
do đó 2 nghiệm
trái dấu
b) Ta có


2 2
( 1) 2( 2)m m m= − − − + −
=
2
2 2
2 1 2 2 4 3 4 5m m m m m m− + + − + = − +

2 2

4 5 2 4 11
3 3( 2 )
3 3 3 9 9
m m m m
 
= − + = − + +
 ÷
 

2
2 11 11
3( )
3 3 3
m
= − + ≥
Vậy Min
( )
2 2
1 2
11
3
x x+ =
khi m =
2
3

Bài tập 5:
Cho phương trình
2 2
2 ( 2) 7 0x m x m

− + − + =
9
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x
+ = + −
Tìm giá trị dương của m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm
âm có giá trị tuyệt đối bằng nghịch đảo của nghiệm kia
Giải :
Ta có a = 2 > 0
Phưong trình có 2 nghiệm trái dấu
2
7 0 7 7m m⇔ − + < ⇔ − < <
Với điều kiện này giả sử x
1
< 0 ,x
2
> 0 theo đề ra ta có
2
2 2
1 1 2
2
1 7
1 ( ) 1 7 2 5 5
2
m
x x x m m m
x
− +
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ±

Vì m > 0 nên ta chọn m =
5
( thoả mãn điều kiện
7 7m− < <
)
Kết luận : Vậy với m =
5
thì phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu
và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bằng ngịch đảo của nghiệm kia .
Bài tập 6 : ( Đề tuyển sinh lớp 10 năm 2006 – 2007 ) (2 đ)
Xét phương trình :
4 2 2
2( 2) 5 3 0x m m− + + + =
(1) với m là tham số
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương
trình (1) luôn có 4 nghiệm phân biệt
2) Gọi các nghiệm của phương trình (1) là
1 2 3 4
, , ,x x x x
. Hãy tính theo m giá trị của biểu thức M =
2 2 2 2
1 2 3 4
1 1 1 1
x x x x
+ + +
Giải :
1) Đặt x
2
= y ( ĐK : y
≥

0 ) Pt (1) trở thành
2 2 2
2( 2) 5 3 0y m y m
− + + + =
(2)
10
2
, 2 2
( 2) (5 3)m m
 
∆ = − + − +
 

2 2 2
4 2 2
4 2
2 2 2
2 2
( 2) (5 3)
4 4 5 3
1
1 1 3
( ) 2 .
2 4 4
1 3
( )
2 4
m m
m m m
m m

m m
m
= + − +
= + + − −
= − +
= − + +
= − +
Có
2 2 2 2
1 1 3 3
( ) 0 ( )
2 2 4 4
m m
− ≥ ⇒ − + ≥
nên
,
0
∆ ≥

Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Theo hệ thức Vi – ét có
2
2
1 2
2( 2)
2( 2)
1
b m
S y y m
a

− +
= + = = = +
2
1 2
. 5 3
c
P y y m
a
= = = +
Xét
2
5 3P m
= +
có
2 2 2
0 5 0 5 3 3m m m
≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥

nên P > 0 với mọi m
∈
Z
1 2
,y y
⇒
cùng dấu
Xét
2
1 2
2( 2)
b

S y y m
a
−
= + = = +
.
Vì
2 2 2
0 2 2 2( 2) 4m m m≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥
nên S > 0
1 2
,y y
⇒
cùng dấu dương (thoả mãn ĐK y
≥
0)
Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu dương nên phương
trình (1) có 4 nghiệm phân biệt đối nhau từng đôi một .
2) Theo kết quả phần a có
1 2 3 4
, , , 0x x x x ≠

và
1 1 2 1
,x y x y
= =−


3 2 4 2
,x y x y
= = −

2 2 2 2
1 1 2 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
M
y y y y
= + + +
− −
11

1 1 2 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 1 1 1
2 2
2 2
.
2( )
.
y y y y
y y
y y
y y
y y
y y
= + + +

= +
+
=
+
=
Thay kết quả S và P vào M ta được
2 2
2 2
2.2( 2) 4( 2)
5 3 5 3
m m
M
m m
+ +
= =
+ +
Kết luận:
2
2
4( 2)
5 3
m
M
m
+
=
+
Bài tập 7: (Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 1997 - 1998 ) ( 2,5 đ)
Cho phương trình
2

2( 1) 0x m x m− + + =
( mlà tham số)
a) Chứng minh : Phương trình đã cho luôn luôn có
nghiệm với mọi m
b) Trong trường hợp m > 0 và
1 2
,x x
là các nghiệm
của phương trình nói trên hãy tìm GTLN của biểu thức
2 2
1 2 1 2
1 2
3( ) 6x x x x
A
x x
+ − + +
=
Giải:
a)
[ ]
2
,
( 1)m m
∆ = − + −

2
2
( 1)
2 1
m m

m m m
= + −
= + + −

2
2
1
1 1 3
2. .
2 4 4
m m
m m
= + +
= + + +
12
2
1 3
( )
2 4
m
= + +
Vì
2
1
( ) 0
2
m
+ ≥
nên
2

1 3 3
( )
2 4 4
m
+ + ≥
,
0 m Z
∆ > ∀ ∈ ⇒
Phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với
mọi giá trị m
b)
2 2
1 2 1 2
1 2
3( ) 6x x x x
A
x x
+ − + +
=

Theo kết quả phần a phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt
áp dụng hệ thức Vi – ét ta có
S =
1 2
2 2
b
x x m
a
−
+ = = +

P =
1 2
.
c
x x m
a
= =
Vì P = m > 0 nên
2 2
, 0x x
≠
biểu thức A được xác định với mọi giá trị
1 2
,x x
1 2
,x x
tính theo m
2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
1 2
2 2 3( ) 6
.
x x x x x x x x
A
x x
+ + − − + +
=
=
2
1 2 1 2 1 2

1 2
( ) 2 . 3( ) 6x x x x x x
x x
+ − − + +
Thay S và P vào biểu thức A ta được :

2
2
(2 2) 2 3(2 2) 6
4 8 4 2 3(2 2) 6
m m m
A
m
m m m m
m
+ − − + +
=
+ + − − + +
=

2 2 2
4 4 1 1
4( ) 4( )
1
4( )
m m m
m m m m
m
m
+ +

= = = +
= +
13
Theo bất dẳng thức Cô Si vì
1 1
( ) : 2 .m m
m m
+ ≥
( do m > 0và
1
0
m
>
)
1
2. 1
1
2
1
4( ) 8
m
m
m
m
m
m
⇔ + ≥
⇔ + ≥
⇔ + ≥
Vậy biểu thức A có GTNN là 8

Trong bất đẳng thức Cô Si dấu bằng xảy ra
⇔
m =
1
m

2
1
1
m
m
⇔ =
⇔ = ±
Với m = 1 thoả mãn điều kiện m > 0
m = -1 không thoả mãn điều kiện m > 0
Vậy với m = 1 thì A có GTNN bằng 8
Bài tập 8 : ( đề TS chuyên Hạ Long 2005 - 2006 ) (2 đ)
Xét phuương trình mx
2
+ (2m -1) x + m -2 = 0 (1) với m là tham số
a ) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
2 2
1 2 1 2
4x x x x
+ − =

b) Chứng minh rằng nếu m là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp thì phương
trình có nghiệm số hữu tỉ
Giải
a ) Điều kiện để m có 2 nghiệm
0
0
m
≠


∆ ≥

Xét
2
(2 1) 4 ( 2)m m m
∆= − − −
14

2 2
4 4 1 4 8
4 1
1
0 4 1 0
4
m m m m
m
m m
− + − +
= +
−

∆≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥
Vậy điều kiện để phương trình có 2 nghiệm là m
0≠
và m
1
4
−
≥
Với điều kiện trên theo hệ thức Vi ét có

1 2
1 2b m
S x x
a m
− −
= + = =

1 2
2
.
c m
P x x
a m
−
= = =
Gọi
2 2
1 2 1 2
A x x x x
= + −

2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
( ) 2
( ) 3
x x x x x x
x x x x
= + − −
= + −
Áp dụng hệ thức Vi ét có A = 4 ( ĐK
0
1
4
m
m
≠


 −
≥


)

2
1 2 2
( ) 3 4
m m

m m
− −
⇔ − =

2
2
2 2 2
2
2
1 4 4 3 6
4
1 4 4 3 6 4
3 2 1 0
3 2 1 0
m m m
m m
m m m m m
m m
m m
− + −
⇔ − =
⇔ − + − + =
⇔ − + + =
⇔ − − =
Có a + b + c = 3 – 2 – 1 = 0 => m
1
= 1 ( thoả mãn điều kiện m
0
≠
và m

1
4
−
≥
)
m
2
=
1
3
−
( không thoả mãn điều kiện m
0≠
và m
1
4
−
≥
)
15
Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm
1 2
,x x
thoả mãn
2 2
1 2 1 2
4x x x x
+ − =
c) Gọi n
*

N∈
ta có m = n( n + 1 ) là tích của 2 số tự
nhiên liên tiếp ( TMĐK m
≠
0 )
d) Theo kết quả phần a ta có
2 2
4 1 4 ( 1) 1 4 4 1 (2 1)m n n n n n
∆= + = + + = + + = +
0
∆ ≥
vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m
2 1 2 1n n
∆ = + = +
( do n > 0 )
2
1
2 2
1 2 1 2 ( 1) 2 1 1 2 2 2 1
2 2 ( 1) 2 (2 1)
2 2 2(1 ) 2(1 )(1 ) 1
2 ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1)
m n n n n n n
x
m n n n n
n n n n n
n n n n n n n
− + ∆ − + + + − − + +
= = =
+ +

− − − + −
= = = =
+ + +
2
2
2
1 2 1 2 ( 1) 2 1 1 2 2 2 1
2 2 ( 1) 2 ( 1)
2 4 2 ( 2) 2
2 ( 1) 2 ( 1) 1
n n n n n n n
x
m n n n n
n n n n n
n n n n n
− − ∆ − + − − − − − −
= = =
+ +
− − − + +
= = = −
+ + +
Vì n
*
N∈
nên 1- n
Z∈
và n
*
N∈
=>

1
1 n
x
n
−
=
là phân số
Q∈
tử n +2
*
N∈
và n +1
*
N∈
=>
2
2
1
n
x
n
+
= −
+
là phân số
Q∈
Kết luận:Với m là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp thì phương trình có
nghiệm số hữu tỉ
3 ) Loại toán tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Bài tập 9 : Tìm hai số x y biết

a) x + y = 11 và xy = 28
b) x – y = 5 và xy = 66
Giải :
16
a ) Với x + y = 11 và xy = 28 theo kết quả hệ thức Vi ét x ,y là nghiệm
của phương trình x
2
- 11x + 28 = 0
2
4b ac
∆ = −
= 121 – 112 = 9 > 0
3
∆ =
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là
1 2
11 3 11 3
7;
2 2
x x
+ −
= = =
= 4
Vậy x = 7 thì y = 4
x = 4 thì y = 7
b) Ta có
5 ( ) 5
6 ( ) 66
x y x y
xy x y

− = + − =
 
⇔
 
= − = −
 

có x , y là nghiệm của phương trình x
2
- 5x - 66 = 0
2
4b ac
∆ = −
= 25 + 264 = 289 > 0 ,
∆
= 17
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là
1 2
5 17 5 17
11; 6
2 2
x x
+ −
= = = = −
Vậy x = 11 thì y = - 6 còn x = - 6 thì y = 11
Bài tập 10 : Tìm hai số x y biết x
2
+ y
2
= 25 và xy = 12

Giải :
Ta có x
2
+ y
2
= 25 <=> (x + y )
2
- 2xy = 25 <=> (x + y )
2
- 2.12 = 25
(x + y )
2
= 49 <=> x +y =
±
7
* Trường hợp x + y = 7 và xy =12
Ta có x và y là nghiệm của phương trình x
2
- 7x +12 = 0
2
4b ac
∆ = −
= 49 – 4.12 = 1
1 2
7 1 7 1
4; 3
2 2
x x
+ −
= = = =

* Trường hợp x + y = - 7 và xy =12
Ta có x và y là nghiệm của phương trình x
2
+7x +12 = 0
Giải phương trình ta được x
3
= -3 ; x
4
= - 4
các cặp số x, y cần tìm là (4 ; 3) ; (3 ; 4) ;(- 4 ; - 3) ; ( -3 ; -4)
17
4 ) Loại toán tìm biểu thức liên hệ giữa tổng tích 2 nghiệm không phụ
thuộc
tham số :
Bài tập 11 : Cho phương trình x
2
- ax + a - 1 = 0 có 2 nghiệm
1 2
,x x

a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức
2 2
1 2
2 2
1 2 2 1
3 3 3x x
M
x x x x
+ −
=

+
b) Tìm a để tổng các bình phương 2 nghiệm số đạt GTNN ?
Giải
a)
2
2 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
3 ( ) 2 1
3( 1)
( ) ( )
x x x x
x x
M
x x x x x x x x
 
+ − −
+ −
 
= =
+ +
Theo hệ thức Vi ét có
1 2 1 2
; . 1S x x a P x x a
= + = = = −

Vậy
[ ]
2

3 2( 1) 1
3 ( 1)( 1) 2( 1)
( 1) ( 1)
a a
a a a
M
a a a a
 
− − −
+ − − −
 
= =
− −

2 2
3( 1) 3( 1) 3( 1)
( 1) ( 1)
a a a
a a a a a
− − −
= = =
− −
(ĐK :
0, 1a a
≠ ≠
)
b) Ta có
1 2
S x x a
= + =

(1)

1 2
. 1P x x a
= = −
(2)
Trừ 2 vế của (1) cho (2) ta có
1 2 1 2
1x x x x+ − =
, đây là biểu thức liên hệ
giữa x
1
và x
2
không phụ thuộc vào a
C) CÁC BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài tập 1 : Không giải phương trình cho biết dấu các nghiệm ?
a) x
2
- 6x +8 = 0
b) 11 x
2
+13x -24 =0
c) 2 x
2
- 6x + 7 = 0
Bài tập 2 : Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k , phương trình
a) 7 x
2
+ kx -23 = 0 có 2 nghiệm trái dấu

18
b) 12 x
2
+70x + k
2
+1 = 0 không thể có 2 nghiệm trái
dấu
c) x
2
- ( k +1)x + k = 0 có một nghiệm bằng 1
Bài tập 3 : Giải các phương trình sau bằng cách nhẩm nhanh
a) mx
2
- 2(m +1)x + m + 2 = 0
b) (m -1) x
2
+ 3m + 2m + 1 = 0
c) (1 – 2m) x
2
+ (2m +1)x -2 = 0
Bài tập 4 : Cho phương trình x
2
- 2m + m - 4 = 0
a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm đối nhau .
Tính 2 nghiệm đó
b) Định m để phương trình có 2 nghiệm thực dương
Bài tập 5 : ( đề TS chuyên Hạ Long năm học 2002 -2003 ) (2,5 đ)
Cho phương trình x
2
- mx +1 = 0 ( m là tham số )

a) Giải phương trình trên khi m = 5
b) Với m =
5
, giả sử phương trình đã cho khi đó có
2 nghiệm là
1 2
,x x

Không giải phương trình , hãy tính giá trị của biểu thức

2 2
1 1 2 2
3 3
1 2 1 2
3 5 3x x x x
A
x x x x
+ +
=
+
Hướng dẫn giải:
a) Với m = 5 phương trình trở thành x
2
-5x +1 = 0
∆
= 21 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
(5 21)
2
x

+
=
,
2
5 21
2
x
−
=
b)Với m =
5
, ta có phương trình bậc hai :
2
5 1 0x x− + =
Theo hệ thức Vi ét :
1 2
5S x x
= + =
và
1 2
. 1P x x
= =
2 2
1 1 2 2
3 3
1 2 1 2
3 5 3x x x x
A
x x x x
+ +

=
+
19

2 2
1 1 2 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
3( 2 )
( 2 ) 2
3( )
( ) 2
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x
+ + −
=
 
+ + −
 
+ −
=
 
+ −
 

Thay S và P vào A ta được :
14
3
A
=
Bài tập 6 :( đề thi học sinh giỏi lớp 9 thị xã Hà Đông , Hà Tây 2003
-2004) (4đ)
Cho phương trình bậc 2 ẩn x :
2 2
2( 1) 2 3 1 0x m x m m
− − + − + =

(1)
a) Chứng minh rằng phương trình có nghiệm khi và
chỉ khi
0 1m
≤ ≤
b) Gọi
1 2
,x x
là nghiệm của phương trình , chứng
minh rằng
1 2 1 2
8
8
x x x x
+ + ≤
Hướng dẫn giải:
a) Phương trình (1) có nghiệm <=>
, 2 2

( 1) (2 3 1) 0m m m∆ = − − − + ≥

2
0 ( 1) 0 0m m m m m
⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥
hoặc
1 0m
− ≤

0 1m
⇔ ≤ ≤
c) Khi m
≥
1 , theo hệ thức Vi ét có
1 2
2
1 2
2( 1)
. 2 3 1
S x x m
P x x m m
= + = −
= = − +
2 2
1 2 1 2
. 2( 1) 2 3 1 2 1Q x x x x m m m m m
⇒ = + + = − + − + = − −

2 2
1 1 9

2 2 ( )
2 2 4 16
m
m m
= − − = − −
20
Vì
2
1 1 3 1 9
0 1 ( )
4 4 4 4 16
m m m
≤ ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇒ − ≤
do đó
2
1 9
( ) 0
4 16
m
− − ≤
2 2
9 1 9 1
2 ( ) 2( )
16 4 8 4
Q m m
 
= − − = − −
 
 
Vì

2 2 2
1 1 9 1 9 9
2( ) 0 2( ) 0 2( )
4 4 8 4 8 8
m m m Q
− ≥ ⇔− − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≤
Bài tập 7 : ( đề thi TS lớp 10 Hải Dương 2003 – 2004 ) (1đ)
Cho phương trình :
2
2 5 1 0x x
− + =
Tính
1 2 2 1
x x x x
+
(Với x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình)
Hướng dẫn giải:
Theo định lý Vi ét ta có
1 2 1 2 1 2
5 1 1
;
2 2
2
x x x x x x
+ = = ⇒ =
Ta có

1 2 2 1 1 2 1 2
( )A x x x x x x x x
= + = +
Nếu
2
1 2 1 2 1 2
5 5 2 2
2 2
2 2
S x x S x x x x S
+
= + ⇒ = + + = + ⇒ =
Do đó A =
1 2 2 1
x x x x
+

1 5 2 2 1
5 2 2
2 2
2
+
= = +
Bài tập 8 : (đề thi học sinh giỏi lớp 9 - TP Hồ Chí Minh 2003- 2004) (4đ)
a) Xác định m để phương trình
2 2
2 2 2 0x mx m
+ + − =
có 2 nghiệm phân
biệt

b) Gọi 2 nghiệm là x
1
, x
2
, Tìm GTNN của biểu thức

1 2 1 2
2 4A x x x x
= + + −
Hướng dẫn giải:
a)
, 2 2 2
2( 2) 4m m m
∆ = − − = − +
21
Phương trình có 2 nghiệm

2
2
0
0
4
2 2
m
m
m
⇔∆≥
⇔− ≥
⇔ ≤
⇔− ≤ ≤

b)Theo định lý Vi ét có
2
1 2 1 2
2
;
2
m
x x m x x
−
+ =− =
Do đó ta có
1 2 1 2
2 4 ( 2)( 3)A x x x x m m
= + + − = + −
Vì
[ ]
2;2m
∈ −
nên (m + 2)(m - 3)
≤
0
Khi đó
2 2
1 25 25
( 2)(3 ) 6 ( )
2 4 4
A m m m m m
= + − =− + + =− − + ≤
Vậy GTNN của A là
25

4
khi và chỉ khi m = 2
Bài tập 9 : (đề thi TS lớp 10 chuyên toán THPT năng khiếu Trần Phú)
(2,5đ)
1) Chứng tỏ rằng phương trình
2
4 1 0x x
− + =
có 2 nghiệm phân biệt x
1
,
x
2
Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là
2
1
x
và
2
2
x
2) Tìm mđể phương trình
2
2 2 3 0x mx m− + − =
có hai nghiệm cùng dấu
.Khi đó hai nghiệm cùng dấu âm hay cùng dấu dương ?
Hướng dẫn giải:
1)
,
4 1 0

∆ = − >
nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2
1 2 1 2
( ) 2 4 2.1 14
( ) 1
S x x x x x x
P x x x x
= + = + − = − =
= = =
Vậy phương trình cần tìm là x
2
- 14x +1 = 0
2) Phương trình có 2 nghiệm cùng dấu
2
, 2
1 2
( 1) 2 0
2 3 0
3
3
2
2 3 0
2
m
m m
m
x x m

m

− + ≥

∆ = − + ≥

⇔ ⇔ ⇔ >
 
= − >
≥



22
Khi đó
1 2
2 0x x m
+ = >
Suy ra phương trình có 2 nghiệm dương
Bài tập 10 : ( Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 2005 – 2006)
Xét phương trình
2
(2 1) 2 0mx m x m+ − + − =
vói m là tham số
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm là x
1
, x
2
thoả mãn
2 2

1 2 1 2
4x x x x+ − −
b) Chứng minh rằng nếu m là tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì phương
trình có nghiệm hữu tỉ
23
PHẦN III. KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
Qua áp dụng vấn đề nêu trên vào giảng dạy ở khối lớp 8 , kết quả thu được là
học sinh đã hình thành , định hướng được cách giải loại toán này . Bằng phương
pháp gợi mở nêu vấn đề , các câu hỏi dẫn dắt , các em tự phát hiện ra hướng giải
cho từng bài tập . Giáo viên tạo hứng thú , phát triển trí thông minh sáng tạo cho
học sinh .
1. KẾT LUẬN
Sáng kiến kinh nghiệm đã thu được một số kết quả sau đây:
1. Đã hệ thống hóa, phân tích, diễn giải được khái niệm kĩ năng và sự hình
thành kĩ năng học và giải bài tập toán cho học sinh
2. Thống kê được một số dạng toán điển hình liên quan đến nội dung chuyên
đề thực hiện.
3. Chỉ ra một số sai lầm thường gặp của học sinh trong quá trình giải quyết
các vấn đề liên quan đến nội dung chuyên đề thực hiện.
4. Xây dựng một số biện pháp sư phạm để rèn luyện kĩ năng giải quyết các
vấn đề liên quan đến nội dung chuyên đề thực hiện.
5. Thiết kế các thức dạy học một số ví dụ, hoạt động theo hướng dạy học
tích cực.
6. Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh học tính khả thi và hiệu quả của
những biện pháp sư phạm được đề xuất.
Như vậy có thể khẳng định rằng: mục đích nghiên cứu đã được thực hiện,
nhiệm vụ nghiên cứu đã được hoàn thành và giả thuyết khoa học là chấp nhận được.
Trong quá trình giảng dạy môn Toán tại trường, từ việc áp dụng các hình
thức rèn luyện cách trình bày lời giải bài toán cho học sinh đã có kết quả rõ rệt, bản
thân tôi rút ra được nhiều bài học kinh nghiệm về phương pháp rèn luyện cách

trình bày lời giải bài toán cho học sinh đó là :
1 – Trình bày bài giải mẫu.
2 – Trình bày bài giải nhưng các bước sắp xếp chưa hợp lý.
3 - Đưa ra bài toán có gợi ý giải.
4 - Đưa ra bài giải sẵn có chứa sai sót để yêu cầu học sinh tìm chỗ sai và sửa lại
cho đúng.
24
Cũng qua thực tế kinh nghiệm giảng dạy của bản thân, với nội dung và
phương pháp nêu trên đã giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn về Toán học nói
chung. Vấn đề tôi thấy học sinh khá, giỏi rất hứng thú với việc làm mà giáo viên
đã áp dụng trong chuyên đề này.
2. KIẾN NGHỊ
1. Với Sở GD&ĐT, Phòng GD&ĐT
- Quan tâm hơn nữa đến việc bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ cho giáo
viên dạy toán. Nên tổ chức các hội thảo chuyên đề chuyên sâu cho giáo viên trong
tỉnh.
2. Với BGH nhà trường
- Hiện nay, nhà trường đã có một số sách tham khảo tuy nhiên có vẻ như
chưa đầy đủ. Vì vậy nhà trường cần quan tâm hơn nữa về việc trang bị thêm sách
tham khảo môn Toán để học sinh được tìm tòi, học tập khi giải toán để các em có
thể tránh được những sai lầm trong khi làm bài tập và nâng cao hứng thú, kết quả
học tập môn toán nói riêng, nâng cao kết quả học tập của học sinh nói chung.
3. Với PHHS
- Quan tâm việc tự học, tự làm bài tập ở nhà của con cái. Thường xuyên
kiểm tra sách, vở và việc soạn bài trước khi đến trường của các con
25