một số bài toán về phương trình bậc hai định lý viéte

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
ĐỊNH LÝ VIÉTE
(CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC CHO GIÁO VIÊN GIẢNG
DẠY TOÁN THCS
VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI LỚP 9)
A- LÝ LUẬN CHUNG:
I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
1, Lý do lý luận:
Từ xưa đến nay Đảng, Nhà nước 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 -
xã hội thực hiện công nghiệp hoá, hiện đại hoá đưa đất nước đi lên thực hiện
“Dân giàu, nước mạnh, xã hội công bằng và văn minh”. Đảng, Nhà nước ta đã
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 - xã hội xây dựng và bảo vệ tổ quốc.
Giáo dục - đào tạo là chìa khoá để mở cửa tiến vào tương lai.
Đầu tư cho giáo dục đào tạo là đầu tư 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
dưỡng 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 dưỡng
nhân tài đóng vai trò quan trọng. Bởi lẽ nhân tài là vốn quý của đất nước là bộ
phận đầu tầu thúc đẩy quá trình công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước. Bộ
phận này không đông, song cần phải phát hiện, tuyển chọn, đào tạo, bồi dưỡng,
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 nước có giá trị gấp nhiều lần so
với giá trị mà nhân dân, đất nước đãi ngộ họ.
Chính vì vậy, nhiệm vụ bồi dưỡng nhân tài có liên quan tới tất cả các cấp
học, bậc học trong cả nước là sự quan tâm của toàn xã hội chứ không chỉ là của
các thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy.

1
Cho nên việc bồi dưỡng nâng cao trình độ kiến thức cho giáo viên giảng dạy
bộ môn Toán trong mỗi nhà trường đồng thời việc phát hiện, tuyển chọn, đào
tạo bồi dưỡng học sinh giỏi được đặt ra cho mỗi bậc học ngày càng được đề cao
và chú trọng, đó không chỉ còn là nhiệm vụ của trường chuyên, trường trọng
điểm chất lượng cao mà là nhiệm vụ chung của tất cả các trường học hiện nay.
Bậc THCS đã xác định rất rõ nhhiệm vụ ngày hàng năm dưới sự chỉ đạo của Sở
Giáo dục - đào tạo Bắc Giang, Phòng giáo dục Tân Yên đã chỉ đạo cụ thể, sát
xao và thường xuyên có những tư duy mới, sáng tạo phù hợp tình hình cụ thể về
việc nâng cao trình độ cho giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi của huyện. Cho
nên phong trào giáo viên giỏi, học sinh giỏi ngày càng được nâng lên cả về số
lượng và chất lượng. 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 như thi vào các trường năng khiếu bậc THPT
của những năm trước, và hiện nay với cương vị chỉ đạo dạy và học trong nhà
trường tôi thấy phần kiến thức về phương 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 chương trình Toán 9 và là nền
tảng không thể thiếu được 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 chưa được 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 chưa quan tâm nhiều tới các sách tham khảo, sách toán nâng
2
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.
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 phương trình bậc hai, định
lý viéte đồng thời giáo viên có thể sử dụng tài liệu này để bồi dưỡng 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 : “Phương trình bậc hai, định lý viéte” để nâng cao trình
độ kiến thức cho giáo viên và bồi dưỡng cho học sinh khá, giỏi của trường.
2, Phân loại dạng bài tập, đưa ra phương pháp giải từng dạng có lời giải các
bài tập mẫu và kèm theo các bài tập tương tự .
III- ĐỐI TƯỢNG, ĐỊA ĐIỂM, PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
1, Đối tượng :
- Giáo viên giảng dạy môn Toán.
- Học sinh khá, giỏi lớp 9.
- Phụ huynh học sinh.
2, Địa điểm :
Trường THCS Phúc Hoà
3, Phạm vi nghiên cứu:
- Về kiến thức : Phương trình bậc hai, định lý Viéte
- Thời gian nghiên cứu từ năm học 2004 - 2005 đến nay.
IV- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
1, Đọc các sách tham khảo (các cuốn ôn luyện vào lớp 10, cuốn 1001bài
toán sơ cấp) các đề thi vào lớp 10 của tỉnh và ngoài tỉnh, 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 trường.

B- NỘI DUNG :
3
Một bài toán về phương 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 thể kể đến như sau:
1, Không giải phương trình hãy tính giá trị một biểu thức liên hệ giữa
hai nghiệm x
1
x
2
.
* Phương pháp :
+Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm;
+ Biến đổi biểu thức đã cho về dạng sử dụng được x
1
+x
2
, x
1
x
2
, thay x
1
+ x
2
=
a
b−
, x
1

x
2
= vào biểu thức rồi tính.
2, Chứng minh một phương trình có nghiệm hoặc vô nghiệm.
* Phương pháp :
+ Tính ∆ (hoặc ∆’)
+ Chỉ ra ∆
≥
0 (hoặc ∆’
≥
0) nếu yêu cầu chứng minh phương trình có
nghiệm.
+ Chỉ ra ∆ < 0 (hoặc ∆’ < 0) nếu yêu cầu chứng minh phương trình vô
nghiệm.
3, Chứng minh một trong hai (hay nhiều) phương trình có nghiệm.
* Phương pháp :
+ Tính tổng các ∆ (hoặc tổng các ∆’)
+ Chứng minh tổng trên không âm
4, Tìm giá trị của tham số để phương trình có nghiệm (hoặc vô nghiệm).
* Phương pháp :
Tìm giá trị của tham số qua bất phương trình ∆
≥
0 (hoặc ∆ < 0).
5, Tìm giá trị của tham số để hai nghiệm của phương trình thoả mãn
một đẳng thức (hoặc một bất đẳng thức) giữa các nghiệm của phương trình.
* Phương pháp :
4
Giá trị tham số cần tìm phải thoả mãn hệ phương trình:
∆
≥

0
x
1
+ x
2
= p
x
1
x
2
= 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 phương trình.
* Phương pháp :
+ Biến đổi biểu thức về dạng chứa các tổng và tích giữa hai nghiệm.
+ Thay x
1
+ x
2
= s, x
1
x
2
= p vào biểu thức trên rồi biến đổi biểu thức đó
về dạng không âm (hoặc không dương). Từ đó tìm ra cực trị của biểu thức.
7, Chứng minh các nghiệm của phương trình thoả mãn 1 đẳng thức
(hoặc một bất đẳng thức) nào đó.
* Phương pháp :
+ Chứng minh phương trình có nghiệm: x

1
, x
2
+ Biến đổi biểu thức đã cho về dạng sử dụng được x
1
+x
2
, x
1
x
2
.
+ Thay x
1
+x
2
= s, x
1
x
2
= p vào 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 .
* Phương pháp :
+ Chứng minh ∆
≥
0 (hoặc ∆’
≥
0) để có x
1

x
2
+ Tính x
1
+

x
2
, x
1
x
2
.
+ Biến đổi tổng, tích giữa hai nghiệm để khi cộng hoặc trừ theo vế triệt tiêu
được tham số.
9, Lập một phương trình bậc hai mới.
* Phương pháp :
+ Tính tổng hai nghiệm x
1
+ x
2
= s, tính tích hai nghiệm x
1
x
2
= p.
5
+ Thay s,p vào phương trình :X
2
- SX + P = 0.

10, Tìm giá trị của tham số để hai (hoặc nhiều phương trình) có nghiệm
chung hoặc tương đương.
11, Các bài toán thuộc dạng khác (như chứng minh sự chia hết, chứng
minh một biểu thức không phụ thuộc tham số…).
* SAU ĐÂY LÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH CỦA CÁC DẠNG TRÊN :
Bài 1: Không giải phương trình: 3x
2
+ 17x - 14 = 0 (1)
Hãy tính giá trị của biểu thức :

2 2
1 1 2 2
2 2
1 2 2 1
3 5 3
4 4
x x x x
S
x x x x
+ +
=
+
Giải:
Ta có :
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
2

1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
3 3 5 3( ) 5
4 4 4 ( )
3 ( ) 2 5
3( )
4 ( ) 4 ( )
x x x x x x x x
S
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
+ + + +
= =
+ +
 
+ − +
+ −
 
= =
+ +
Thay
1 2
17
3
x x
−
+ =

;
1 2
14
3
x x
−
=
vào S, ta được
909
952
S =
Bài 2: Cho phương trình: x
2
- ax + a - 1 = 0 (1)
a, Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức :

2 2
1 2
2 2
1 2 1 2
3 3 3x x
M
x x x x
+ −
=
+
b, Tìm giá trị của a để tổng bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải :
a, Ta có ∆ = (-a)
2

- 4 (a - 1)
= a
2
- 4a + 4 = (a - 2)
2

≥
0
Với
∀
a
→
phương trình luôn luôn có nghiệm.
6
Từ
2 2 2 2
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
3 3 3 3( ) 3
( )
x x x x
M
x x x x x x x x
+ − + −
= =
+ +

2
1 2 1 2

1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
3 ( ) 2 3
( )
3( ) 6 3
( )
x x x x
M
x x x x
x x x x
x x x x
 
+ − −
 
=
+
+ − −
=
+
Theo định lý Viéte :
1 2
1 2
1
x x a
x x a
+ =
= −
(*)

Thay (*) vào M ta được :
2 2
3. 6( 1) 3 3 6 6 3
( 1). ( 1)
a a a a
M
a a a a
− − − − + −
= =
− −

2 2
2
3 6 3 3( 2 1)
( 1) ( 1)
3( 1) 3( 1)
( 1)
a a a a
a a a a
a a
a a a
− + − +
= =
− −
− −
= =
−
b, Giá trị a cần tìm phải thoả mãn hệ :
x
1

+ x
2
= a
x
1
x
2
= a - 1
A= x
1
2
+x
2
2
đạt GTNN
Ta có :
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2A x x x x x x= + = + −
Hay :
2 2
2( 1) 2 2A a a a a= − − = − +
= a
2
- 2a + 1 + 1 = (a - 1)
2
+ 1
≥
1
GTNN của A bằng 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 phương trình :
(x - a) (x - b) + (x - b) (x - c) + (x - c) (x - a) = 0 luôn luôn có nghiệm với
mọi a, b, c.
Giải:
7
Ta biến đổi phương trình:
(x - a) (x - b) + (x - b) (x - c) + (x - c) (x - a) = 0
⇔
x
2
- (a + b) x + ab + x
2
- (b + c) x + bc + x
2
- (a + c) x + ac = 0
⇔
3x
2
- 2(a + b + c) x + ab + bc + ac = 0
Ta có : ∆’ =
[ ]
2
( ) 3( )a b c ab bc ac− + + − + +
= (a + b + c)
2
- 3 (ab + bc + ca)
= a
2

+ b
2
+ c
2
+ 2ab + 2bc + 2ca - 3ab - 3bc - 3ca
= a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca
2∆’ = 2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
- 2ab - 2bc - 2ca
= (a
2
- 2ab + b
2
) + (b
2
- 2bc + c
2
) + (c
2
- 2ca + a

2
)
= (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2

≥
0 với
∀
a, b, c.
Vậy phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm.
Bài 4: Cho
1 1 1
2a b
+ =
. CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải
có nghiệm : x
2
+ ax + b = 0 (1)
x
2
+ bx + a = 0 (2)
Giải :
Ta có ∆
1
= a
2

- 4b
∆
2
= b
2
- 4a
Xét ∆
1
+ ∆
2
= a
2
+ b
2
- 4 (a + b) (*)
Từ
1 1 1
2a b
+ =

⇔
2(a + b) = ab (**)
Thay (**) vào (*) : ∆
1
+ ∆
2
= a
2
+ b
2

- 2ab = (a - b)
2

≥
0

⇒
(đpcm)
Bài 5: Cho 3 phương trình :
x
2
+ ax + b - 1 = 0 (1)
x
2
+ bx + c - 1 = 0 (2)
x
2
+ cx + a - 1 = 0 (3)
Chứng minh rằng trong ba phương trình có ít nhất một phương trình có
8
nghiệm:
Giải :
Ta có : ∆
1
= a
2
- 4 (b - 1) = a
2
- 4b + 4
∆

2
= b
2
- 4 (c - 1) = b
2
- 4c + 4
∆
3
= c
2
- 4 (a - 1) = c
2
- 4a + 4
Xét : ∆
1
+ ∆
2
+ ∆
3
= (a
2
- 4a + 4) + (b
2
- 4b + 4) + (c
2
- 4c + 4)
= (a - 2)
2
+ (b - 2)
2

+ (c - 2)
2

≥
0
⇒
(đpcm)
Bài 6: Cho 2 phương trình : x
2
+ ax + b = 0 (1)
x
2
- cx - d = 0 (2)
Có các hệ số a, b, c, d thoả mãn:
a(a - c) + c (c - a) + 8 (d - b) > 0
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình đã cho có hai
nghiệm phân biệt :
Giải :
Phương trình (1) có : ∆
1
= a
2
- 4b
Phương trình (2) có : ∆
2
= c
2
+ 4d
Xét ∆
1

+ ∆
2
= a
2
+ c
2
+ 4d - 4b
⇒
2 (∆
1
+ ∆
2
) = 2(a
2
+ c
2
+ 4d - 4b)
= 2(a
2
+ c
2
) + 8 (d - b)
Từ giả thiết : a(a - c) + c(c - a) + 8 ( d - b) > 0
⇒
8 (d - b) > 2 ac - a
2
- c
2
⇒
2(∆

1
+ ∆
2
) = 2 (a
2
+ c
2
) + 8(d - b) > a
2
+ c
2
+ 2ac = (a + c)
2
> 0
⇒
2(∆
1
+ ∆
2
) > 0
⇒
∆
1
+ ∆
2
> 0
⇒
Ít nhất một trong hai biểu thức thức ∆
1
, ∆

2
dương
⇒
(đpcm)
Bài 7: Cho phương trình (ẩn x)
x
2
- 2(m + 1)x + m - 4 = 0 (1)
a, Chứng minh (1) có 2 nghiệm với
∀
m
b, m = ? thì (1) có 2 nghiệm trái dấu.
9
c, Giả sử x
1
, x
2
là nghiệm của (1). Chứng minh rằng
M = (1 - x
2
)x
1
+ (1 - x
1
)x
2
không phụ thuộc m.
d, Tìm một hệ thức giữa các nghiệm độc lập đối với m.
e, Lập phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là
1

1
x
và
2
1
x
(x
1
, x
2
là hai nghiệm
của (1))
Giải:
a, Trước khi làm bài yêu cầu học sinh xác định hệ số : a = 1, b = -2 (m + 1)
b’ = - (m + 1) ; c = m - 4
Ta có :
[ ]
2
2 2
2 2
2
' ( 1) ( 4)
( 1) ( 4) 2 1 4
1 1 19
5 2. .
2 4 4
1 19
( ) 0 ( )
2 4
m m

m m m m m
m m m m
m dpcm
∆ = − + − −
= + − − = + + − +
= + + = + + +
= + + ≥ ⇒
b, (1) có 2 nghiệm trái dấu
⇔
ac < 0.
⇔
m - 4 < 0
⇔
m < 4
c, Vì phương trình (1) có 2 nghiệm là x
1
x
2
Theo Viéte
1 2
1 2
2( 1)
4
x x m
x x m
+ = +


= −


(*)
Ta có : M = (1 - x
2
)x
1
+ (1 - x
1
)x
2
= x
1
- x
1
x
2
+ x
2
- x
1
x
2
= (x
1
+x
2
) - 2x
1
x
2
Thay (*) vào M ta được :

M = 2 (m + 1) - 2 (m - 4)
= 2m + 2 - 2m + 8 = 10
⇒
(đpcm)
d, Theo Viéte áp dụng cho phương trình (1) :
x
1
+ x
2
= 2(m + 1) = 2m + 2
⇔
2m = (x
1
+ x
2
) - 2 (3)
x
1
x
2
= m - 4
⇔
2 x
1
x
2
= 2m - 8
10
⇔
2m = 2x

1
x
2
+ 8 (4)
Từ (3), (4) suy ra x
1
+ x
2
- 2 = 2x
1
x
2
+ 8
Hay x
1
+ x
2
- 2x
1
x
2
= 10.
e, Ta có :
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 1 2( 1)
4
1 1 1 1
.

4
x x m
x x x x m
x x x x m
+ +
+ = =
−
= =
−
Ta có phương trình :
2
2( 1) 1
0
4 4
m
x x
m m
+
− + =
− −
(m - 4) x
2
- (2m + 1) = 0
Tính tổng 2 nghiệm là S
Tính tích 2 nghiệm là P
Thay tổng, tích vào phương trình : X
2
- SX + P = 0.
Bài 8: Cho phương trình (ẩn x) x
2

- 2x + m = 0 (1)
a, Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
và x
2
đều là các
số dương.
b, Tìm m sao cho phương trình có nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thoả mãn :

1 2
2 1
10
3
x x
x x
+ = −
Giải :
a, Điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt cùng dương là :

' 1 0
1
0 0 1
0
2 0
m
m

P m m
m
S
∆ = − >

<


= > ⇔ ⇔ < <
 
>


= + >

b, m cần tìm phải thoả mãn hệ phương trình :
∆’ = 1 – m > 0 m < 1 (1’)
x
1
+ x
2
= 2 x
1
+ x
2
= 2 (2’)
x
1
x
2

= m
⇔
x
1
x
2
= m (3’)
11
1 2
2 1
10
3
x x
x x
+ = −

1 2
2 1
10
3
x x
x x
+ = −
(4’)
Ta có : (4’)
2 2
1 2
1 2
10
3

x x
x x
+
⇔ = −
2
1 2 1 2
1 2
( ) 2 10 4 2 10
3 3
x x x x m
x x m
+ − −
⇔ = − ⇔ = −
⇔
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 được bản chất của m cần tìm phải thoả mãn một hệ phương trình
như thế và biết kết hợp các điều kiện để lấy m.
Bài 9: Cho phương trình : x
2
- 2(a - 1) x + 2a - 5 = 0 (1)
a, Chứng minh : (1) có nghiệm với mọi a
b, a = ? thì (1) có nghiệm x
1
, x

2
thoả mãn x
1
< 1 < x
2
.
c, a = ? thì (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn x
1
2
+ x
2
2
= 6.
Giải:
a, Phương trình (1) có nghiệm với
∀
a
⇔
∆’ = (a - 1)
2
- (2a - 5) = a
2
- 2a + 1 + 2a + 5
= a
2
+ 4a + 6 = (a - 2)

2
+ 2
≥
2 ? o với
∀
a.
b, Từ x
1
< 1 <x
2

⇒
(x
1
- 1) (x
2
- 1) < 0
⇔
x
1
x
2
- x
1
- x
2
+ 1 < 0
⇔
x
1

x
2
- (x
1
+ x
2
) + 1 < 0 (*)
Theo Viéte : x
1
+ x
2
= 2(a - 1) , x
1
x
2
= 2a - 5
Thay vào (*) ta có (*)
⇔
2a - 5 - (2a - 2) + 1 < 0
⇔
2a - 5 - 2a + 2 + 1 < 0
⇔
oa - 2 < 0
⇒
luôn luôn đúng với
∀
a
Vậy với
∀
a thì x

1
< 1 < x
2
.
Bài 10: Cho phương trình : x
2
- (2m - 3)x +m
2
- 3m = 0 (1)
12
a, Chứng minh phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b, Xác định m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn 1 < x
1
<x
2
<6.
c, Xác định m để x
1
2
+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất .
Giải :
a, Ta có : ∆ = (2m - 3)
2

- 4(m
2
- 3m)
= 4m
2
- 12m + 9 - 4m
2
+ 12m = 9 > 0
b, Phương trình (1) có 2 nghiệm là x
1
= m - 3, x
2
= m
Suy ra : 1 < x
1
< x
2
< 6
⇔
1 < m - 3 < m < 6
⇔
4 < m < 6
c, Từ x
1
2
+ x
2
2
= (m - 3)
2

+ m
2
= m
2
- 6m + 9 + m
2
= 2m
2
- 6m + 9
= 2 (m
2
- 3m +
2
9 3 9 9
) ( )
2 2 2 2
m= − + ≥
Vậy giá trị nhỏ nhất của x
1
2
+ x
2
2
là
9
2
khi m =
3
2
Thực tế cho thấy dạng toán về bất đẳng thức giữa các nghiệm học sinh rất

lúng túng, thường không làm được đúng khi chưa được rèn luyện.
Bài 11: Cho 2 phương trình : x
2
- (2m + n) x - 3m = 0 (1)
x
2
- (m + 3n)x - 6 = 0 (2)
Tìm m và n để hai phương trình tương đương.
Giải :
Xét 2 phương trình:
x
2
- (2m + n)x - 3m = 0
x
2
- (m + 3n)x - 6 = 0
Ta có : ∆
1
= (2m + n)
2
+ 12m
≥
0
⇔
m
≥
0 (2)
∆
2
= (m + 3n)

2
+ 24 > 0 với
∀
m, n (3)
Từ ( 2), (3) hai phương trình luôn luôn có 2 nghiệm khi m
≥
0,với
∀
n. (*)
13
áp dụng định lý Viéte ta có :
1
1
2
3
S m n
P m
= +


= −

và
2
2
3
6
S m n
P
= +



=

Để phương trình (1) tương đương phương trình (2) thì phải có :
1 2
1 2
P P
S S
=


=


⇔

3 6
2 3
m
m n m n
− =


+ = +


⇔

2

1
m
n
= −


= −

Kết hợp với điều kiện (*) ở trên thì không có m, n để hai phương trình
tương đương.
Bài 12: Cho phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) (1)
Điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có nghiệm này gấp k lần nghiệm
kia thì kb
2
- (k + 1) ac = 0 (k ≠ 0)
Giải :
Theo Viéte ta có : x
1
+ x
2
=
b
a
và x
1
x
2
=

c
a
Xét : (x
1
- kx
2
) (x
2
- kx
1
) = x
1
x
2
(k + 1)
2
- k (x
1
+ x
2
)
2
2
2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
( 1) .( ) ( 1) .
( 1) ( 1)
c b c b

k k k k
a a a a
ac k kb kb ac k
a a
−
= + − = + −
+ − − +
= = −
* Nếu (x
1
- kx
2
) (x
2
- kx
1
) = 0
Thì x
1
= kx
2
hoặc x
2
= kx
1
Khi đó : kb
2
- (k + 1) ac = 0 (2)
* Nếu kb
2

- (k + 1) ac = 0
⇒
(x
1
- kx
2
) (x
2
- kx
1
) = 0
⇒
x
1
= kx
2
hoặc x
2
= kx
1
(3)
Từ (2), (3)
⇒
(đpcm)
Bài 13: Giả sử a và b là hai số khác nhau. Chứng minh rằng nếu phương
trình : x
2
+ ax + 2b = 0 (1)
x
2

+ bx + 2a = 0 (2)
14
Có đúng một nghiệm chung thì các nghiệm số còn lại của (1) và (2) là
nghiệm của phương trình : x
2
+ 2x + ab = 0
Giải :
Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
≠ x
0
⇒
x
0
2
+ ax
0
+ 2b = 0
(2) có hai nghiệm phân biệt x
2
≠ x
0
⇒
x
0
2
+ bx
0
= 2a = 0
⇒

(a - b)x
0
+ 2b - 2a = 0
⇔
(a - b)x
0
= 2(a - b)
Vì : a ≠ b
⇒
x
0
= 2 thế vào (1) ta có 4 + 2a + 2b = 0
⇒
a =- b - 2. Thay a vào (1) ta có : x
2
- (b + 2)x + 2b = 0
⇒
(x - 2) (x - b) = 0
⇒
x
0
= 2 và x
1
= b
Thay b = - a - 2 vào (2), làm tương tự ta có : x
2
= a
⇒
x
1

+ x
2
= a + b và x
1
x
2
= ab
⇒
theo định lý đảo Viéte ta có : x
1
và x
2
là
hai nghiệm của phương trình :
x
2
- (a + b)x + ab = 0 ; (vì a + b = - 2)
⇒
x
2
+ 2x + ab = 0
Bài 14: Cho phương trình (ẩn x): x
4
- 2mx
2
+ 2m - 1 = 0 (1)
a, Giải phương trình khi m = 2
b, Tìm m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt .
Giải :
a, Thay m = 2 vào (1) giải ra x

1
= 1, x
2
= - 1, x
3
=
3
, x
4
= -
3
b, Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình giải ra có 2
nghiệm phân biết cùng dương
Phương trình trung gian là : y
2
- 2my + 2m - 1 = 0 (3)
Khi đặt x
4
= y
2
(y
≥
0)
Phương trình (3) có 2 nghiệm dương
⇔
'∆
'
∆

> 0
∆
= m
2
- 2 + 1 = (m - 1)
2
> 0 m ≠ 1
y
1
+ y
2
> 0
⇔
y
1
+ y
2
= 2m > 0
⇔
m > 0
15
y
1
y
2
> 0 y
1
, y
2
= 2m - 1 > 0 m >

1
2
⇔
m >
1
2
và m ≠ 1 thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 15: Cho phương trình x
2
- 2(m + 1)x + m - 2 = 0 (1)
a, Giải phương trình (1) khi m = 1
b, Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với
∀
gía trị
của m.
c, Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1) CMR với
∀
giá trị nguyên của m thì
A = x
1
3
+ x
2
3

M

4
Giải :
a, Thay m = 1 vào phương trình (1) :
x
2
- 4x - 1 = 0
Giải phương trình trên ta được : x
1
= +2 +
5
; x
2
= +2 -
5
b, Ta có
'
∆
= m
2
+ m + 3 = m
2
+ m +
1 11
4 4
+
2
1 11 11
( ) 0
2 4 4
m= + + ≥ > ⇒

phương trình có 2 nghiệm phân biệt
∀
m.
c, Ta có : A = x
1
3
+ x
2
3
= (x
1
+ x
2
)
3
- 3x
1
x
2
(x
1
+ x
2
) (*)
Vì phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2

∀

m, nếu theo Viéte:

1 2
1 2
2( 1)
2
x x m
x x m
+ = +
= −
thay vào (*)
Ta có : A =
[ ]
3
2( 1) 3( 2)2( 1)m m m+ − − +
= 8(m + 1)
3
- 6(m
2
- 2m + m - 2)
= 8(m
3
+ 3m
2
+ 3m + 1) - 6m
2
+ 6m + 12
= 8m
3
+ 24m

2
+ 24m + 8 - 6m
2
+ 6m + 12
= 8m
3
+ 18m
2
+ 30m + 20
= (8m
3
+ 16m
2
+ 28m + 20) + 2m
2
+ 2m
= 4(2m
3
+ 4m
2
+ 7m + 5) + 2m (m + 1)
Do 4(2m
3
+ 4m
2
+ 7m + 5)
M
4 với
m z∀ ∈
16

Và 2m (m + 1) là 2 lần tích 2 số nguyên liên tiếp luôn luôn chia hết cho 4
⇒
A
M
4 (đpcm)
* MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ :
Bài 1:
Chứng minh rằng phương trình (x + 1) (x + 3) + m (x + 2) (x + 4) = 0 (1)
luôn luôn có nghiệm số thực với
∀
giá trị của m.
Bài 2:
Cho 3 phương trình : ax
2
+ 2bx + c = 0 (1)
bx
2
+ 2cx + a = 0 (2)
cx
2
+ 2ax + b = 0 (3)
Với
∀
a, b, c ≠ 0. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương trình trên
phải có nghiệm.
Bài 3:
Chứng minh rằng : Nếu a + b
≥
2 thì ít nhất một trong hai phương trình sau
có nghiệm:

x
2
+ 2ax + b = 0 (1) x
2
+ 2bx + a = 0 (2)
Bài 4:
Cho phương trình : x
2
- 4x - (m
2
+ 3m) = 0
a, Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm x
1
, x
2
với mọi m.
b, Xác định m để : x
1
2
+ x
2
2
= 4(x
1
+ x
2
)
c, Lập phương trình bậc 2 ẩn y có 2 nghiệm y
1
, y

2
thoả mãn :
y
1
+ y
2
= x
1
+ x
2

1 2
2 1
3
1 1
y y
y y
+ =
− −
Bài 5:
Cho phương trình : 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
a, Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với
∀
m
b, Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm đó.
c, Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x

2
thoả mãn :
-1 < x
1
< x
2
< 1.
17
d, Trong trường hợp phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
hãy lập 1 hệ
thức giữa x
1
, x
2
không có m.
Bài 6:
Cho phương trình : x
2
- (k + 1)x + k = 0 (1)
a, Chứng minh phương trình luôn luôn có 2 nghiệm với
∀
k
b, Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1) hãy tìm k để A = x

1
x
2
2
+ x
1
2
x
2
+ 2007 đạt
giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó.
Bài 7:
Cho 2 phương trình : x
2
+ ax + bc = 0 (1)
x
2
+bx + ac = 0 (2)
(a, b, c đôi một khác nhau và khác 0)
Cho biết (1) và (2) có đúng một nghiệm chung chứng minh rằng hai nghiệm
còn lại của phương trình (1) và (2) là nghiệm của phương trình.
x
2
+ cx + ab = 0
Bài 8: Biết rằng :
Phương trình : x
2
+ ax + 1 = 0 có nghiệm x
1
= m (1)

Phương trình : x
2
+ bx + 1 = 0 có nghiệm x
2
= m (2)
Phương trình : x
2
+ cx + 1 = 0 có nghiệm x
3
= m.n (3)
Chứng minh rằng : (a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc) chia hết cho 4.
Bài 9:
Cho phương trình : x
2
+ mx + n = 0 (1)
a, Tìm m, n biết rằng phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn.
x
1
- x
2

= 1
x
1
3
- x
2
3
= 7
b, Cho biết n = m - 2. Tìm m, n để x
1
2
+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 10:
Có hai phương trình : x
2
+ mx + 2 = 0 (1)
x
2
+ 2x + m = 0 (2)
a, Tìm m để hai phương trình có ít nhất một nghiệm chung.
b, Tìm m để hai phương trình tương đương.
c, Xác định m để phương trình : (x
2
+ mx + 2) (x
2
+ 2x + m) = 0
Có 4 nghiệm phân biệt

C - KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
18
Chuyên đề : “Phương trình bậc hai, định lý Viéte” tôi đã trình bày và trao
đổi với nhóm toán của trường từ năm học 2004 – 2005 và giảng dạy cho học
sinh lớp 9 hàng năm (sau khi các em học xong chương 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 đáng ghi nhận. Các đồng chí nhóm toán rói rằng đã được hiểu
sâu thêm về vấn đề đó, học sinh sau khi học xong giải được các bài tập tương tự
tỏ ra rát thông thạo, tự tin.
Với cách làm tương tự trên cùng với nhiều chuyên đề khác nữa mà tôi cùng
tổ toán đã trao đổi, học tập lẫn nhau. Chẳng hạn như các chuyên đề về : Tỷ lệ
thức, dạng tỷ số băng nhau (ở lớp 7), đa thức các phương pháp chứng minh một
bất đẳng thức (lớp 8), tổng dãy phân số viết theo quy luật (lớp 6).
Song song với việc trang bị kiến thức cho giáo viên tôi thường 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
trường đã 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 tương tự các bộ môn
văn hoá khác trình độ giáo viên đều được nâng lên và hàng năm thi học sinh giỏi
trường xếp thứ hạng trong tốp đầu của huyện.
D - TRIỂN VỌNG CỦA ĐỀ TÀI:
Kết quả thu được của đề tài này đã đem lại cho giáo viên giảng dạy vững
vàng trong kiến thức, đem lại cho học sinh một cách phương pháp tư 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 người dạy và người học.
E - KẾ LUẬN :
Chúng ta ai cũng biết rất rõ : Dạy học môn Toán là dạy cách tư duy và tư
duy sáng tạo. Chuyên đề “Phương 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 tưởng rằng nếu mỗi thầy giáo, cô giáo luôn luôn

chú ý không ngừng nâng cao trình độ chuyên môn, nghiệp vụ sư phạm thì nhiệm
vụ trồng người của mình sẽ thành công.
19
Do khuôn khổ của nội dung đề tài cùng với năng lực cá nhân, xin được chia
sẻ với các bạn đồng nghiệp.
Nếu bài viết có gì sơ xuất rất mong được sự đóng góp của các bạn đồng
nghiệp.
Xin trân thành cảm ơn !
Phúc Hoà, ngày 19 tháng 4 năm 2007
Người viết sáng kiến
Giáp Thị Minh
20