skkn hệ thức vi - ét và ứng dụng

HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
MỤC LỤC
Chỉ số Tên đề mục Trang
Phần I Đặt vấn đề 2
Phần II
I
II
Nội dung
Thực trạng của vấn đề
Giải quyết vấn đề
3
A Kiến thức cơ bản 3
B
Dạng 1
Một số bài tập vận dụng
Loại toán tìm nghiệm, tìm hai số và xét dấu của các nghiệm
4
4
Dạng 2 Tìm điều kiện của tham số để phương trình có một nghiệm x = x
1

cho trước; tìm nghiệm kia
8
Dạng 3 Tìm điều kiện của tham số để phương trình bậc 2 có hai nghiệm x
1
,
x
2
thoả mãn điều kiện cho trước
10
Dạng 4 Loại toán tính giá trị của biểu thức chứa tổng và tích hai nghiệm 14

Dạng 5 Loại toán tìm hệ thức liên hệ giữa tổng và tích hai nghiệm độc lập
với tham số
17
Dạng 6 Tìm nghiệm hữu tỉ , nghiệm nguyên của phương trình bậc hai 18
C Một số bài toán tổng hợp 19
III
Kết luận 21
Kết quả của SKKN 24
Lời kết 24
Tài liệu tham khảo 26
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận
Ở trường THCS. Trong việc dạy học toán cùng với việc hình thành cho học sinh tri
thức các kiến thức cơ bản như: các khái niệm, các định lý, các tính chất…. Thì việc
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
1
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
dạy cho học sinh nắm được phương pháp giải một số dạng toán có tầm quan trọng
đặc biệt. – Đó là một trong những vấn đề trọng tâm của phương pháp dạy học toán
ở trường phổ thông. Đối với học sinh THCS có thể coi việc nắm được phương
pháp giải các dạng toán là một hình thức chủ yếu của việc dạy học toán.
Một trong những dạng toán đó thì giải và biện luận phương trình bậc hai có
chứa tham số là một dạng toán khó. Làm thế nào để có tính chặt chẽ trong khi giải
phường trình bậc hai ?. Làm thế nào để tìm được các giá trị của tham số để xấy ra
mối quan hệ giữa các nghiệm của phương trình bậc hai? Từ đó giúp học sinh nắm
được kiến thức về phương trình bậc hai và giải được các đề thi?. Để góp phần giải
quyết vấn đề này một cách đơn giản hơn nhờ “Hệ thức Vi – Ét” - Một phương tiện
hiệu quả giúp học sinh giải dạng toán này.
2. Cơ sở thực tiễn
Phương trình bậc hai là một loại toán khó. Ngoài việc nắm được công thức nghiệm

để giải và biện luận phương trình bậc hai thì còn có một số bài toán yêu cầu tìm
mối quan hệ giữa hai nghiệm , các phép tính trên hai nghiệm… và đặc biệt là giúp
học sinh tổng hợp được một số dạng toán về phương trình bậc hai có chứa tham số
nhằm phục vụ tốt cho tuyển sinh THPT, các trường chuyên, lớp chọn và tạo tiền đề
vững chắc cho các em khi học lên THPT. Trong bài viết này tôi đã tổng hợp lại
một số bài toán có sử dụng hệ thức Vi- ét từ dễ đến khó nhằm giúp học sinh nắm
được kiến thức và kỹ năng làm bài. Tôi hy vọng rằng đề tài của tôi có phần góp ích
cho bạn bè đồng nghiệp và cho học sinh.
PHẦN II. NỘI DUNG
I. Thực trạng của vấn đề
Trong quá trình giảng dạy và ôn luyện cho học sinh lớp 9 để chuẩn bị tốt cho kì
thi tuyển sinh THPT. Và cũng như qua nhiều tiết dự giờ của bạn bè đồng nghiệp
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
2
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
tôi thấy: Khi dạy bài “ HỆ THỨC VI - ÉT VÀ ỨNG DỤNG” Hầu hết HS đều
nhận biết được kiến thức cơ bản của “ Hệ thức Vi - ét” . Nhưng về việc vận dụng
“Hệ Thức” sao cho có hiệu quả trong từng bài toán, dạng toán thì HS gặp rất nhiều
lúng túng và bỡ ngỡ. Mà trong các đề thi tuyển sinh vào các trường THPT ( kể cả
một số trường chuyên, lớp chọn) thì thường có bài toán giải phương trình bậc hai
và có câu sẽ vận dụng được hệ thức Vi - ét để làm bài. Bên cạnh đó một số giáo
viên khi giảng dạy chỉ chú trọng việc cung cấp kiến thức cho HS mà ít rèn cho HS
kĩ năng vận dụng kiến thức đó vào bài tập. Chính xuất phát từ những vấn đề đó mà
khi giảng dạy tôi luôn trăn trở và tìm tòi những phương pháp, biện pháp để phát
huy tính hiệu quả.
II. Giải quyết vấn đề
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Công thức nghiệm của phương trình bậc hai
Cho phương trình ax
2

+ bx + c = 0 ( a
≠
0) và biệt thức
2
4b ac
∆= −

+ Nếu
0∆ >
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1;2
2
b
x
a
− ± ∆
=
+ Nếu
0
∆ =
thì phương trình có nghiệm kép
1 2
2
b
x x
a
−
= =
+ Nếu
0∆ <

thì phương trình vô nghiệm
2. Công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai
Cho phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) và b= 2b
’
biệt thức
' '2
b ac
∆ = −

+ Nếu
'
0∆ >
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
' '
1;2
b
x
a
− ± ∆
=
+ Nếu
'
0∆ =
thì phương trình có nghiệm kép
'
1 2

b
x x
a
−
= =
+ Nếu
'
0∆ <
thì phương trình vô nghiệm
3. Hệ thức Vi – ét
Nếu phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có hai nghiệm x
1
, x
2
thì
1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a
−

+ =





× =


Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
3
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
Áp dụng: Tính nhẩm nghiệm
+) Nếu phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có a + b + c = 0 thì phương trình có
một nghiệm x
1
= 1, còn nghiệm kia là x
2
=
c
a
+) Nếu phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có a - b + c = 0 thì phương trình có
một nghiệm x
1

= -1, còn nghiệm kia là x
2
=
c
a
−
4. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Nếu hai số có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là nghiệm của phương trình
x
2
- Sx + P = 0 ( ĐK: S
2
– 4P
≥
0)
B. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Dạng 1: Loại toán tìm nghiệm; tìm hai số và xét dấu của các nghiệm
Bài 1. Tính nhẩm nghiệm của mỗi phương trình sau:
a) 3x
2
– 5x + 2 = 0 (1) b) 7 x
2
+ 13x + 6 = 0 (2)
c)(2 -
3
)x
2
– 5x + 3 +
3
= 0 (3) d) x

2
– 7x + 12 = 0 (4)
e) ( m - 1) x
2
- ( 2m + 3) x + m + 4 = 0 ( với m
≠
1) (5)
Giải
a) Phương trình (1) có dạng a + b+ c = 0 nên x
1
= 1 ; x
2
= là hai nghiệm của
phương trình đã cho
b) Phương trình (2) có dạng a - b+ c = 0 nên x
1
= - 1 ; x
2
= - là hai nghiệm của
phương trình đã cho
c) Phương trình (3) có dạng a + b+ c = 0 nên x
1
= 1 ; x
2
=
3
3(2 3)
2 3
= +
−

là
hai nghiệm của phương trình đã cho
d) Vì (-3) + (-4) = -7 và (-3) ( -4) = 12 nên x
1
= -3; x
2
= -4 là hai nghiệm của
phương trình đã cho
e) với m
≠
1 mà phương trình có dạng a + b + c = 0 nên x
1
= 1 ; x
2
= là hai
nghiệm của phương trình đã cho
Bài 2. Tìm hai số u và v biết
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
4
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
a) u + v = 15, uv = 56 b) u - v = 15, uv = 100
c) u
2
+ v
2
= 25, uv = 12 d) u
2
+ v
2
= 13, u + v = 5

e) u + v = -8 , u
2
- v
2
= 16
Giải
a) Hai số u và v cần tìm là hai nghiệm của phương trình:
x
2
- 15x + 56 = 0
2
15 4 56 1 0
∆ = − × = >

Nên phương trình có hai nghiệm là: x
1
= 7 và x
2

= 8
Vậy Các cặp số ( u, v) cần tìm là: ( 7; 8), (8; 7)
b)
15 ( ) 15
100 ( ) 100
u v u v
uv u v
− = + − =
 
⇔
 

= × − = −
 
Hai số u và (-v) cần tìm là hai nghiệm của phương trình:
x
2
- 15x - 100 = 0
2
15 4 ( 100) 625 0∆ = − × − = >
Nên phương trình có hai nghiệm là: x
1
= -20 và x
2

= 5
Do đó: Nếu u = x
1
= - 20 thì – v = x
2
= 5
⇔
v = -5
Nếu u = x
2
= 5 thì – v = x
1
= -20
⇔
v = 20
Vậy Các cặp số ( u, v) cần tìm là: ( -20; -5), (5; 20)
c) Có nhiều cách để giải nhưng mẫu chốt là để vận dụng theo hệ thức Vi-ét ta có

các cách sau:
Cách 1.
2 2
2 2
2
u 25
u 25
12
( ) 144
v
v
uv
uv

+ =

+ =

⇔
 
=
=



Như vậy từ bài toán tìm u và v ta đưa về bài toán tìm u
2
và v
2
Hai số u

2
và v
2
là hai nghiệm của phương trình
x
2
- 25x + 144 = 0
2
25 4 144 49 0
∆ = − × = >
nên phương trình có hai nghiệm là: x
1
= 9 và x
2

= 16
Do đó : Nếu u
2
= 9
⇒
u = 3 hoặc u = -3
Với u = 3 thì v = 4
Với u = - 3 thì v = - 4
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
5
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
Nếu u
2
= 16
⇒

u = 4 hoặc u = -4
Với u = 4 thì v = 3
Với u = - 4 thì v = - 3
Vậy các cặp số ( u, v) cần tìm là: ( 3; 4), (- 3; -4) , ( 4; 3) , ( -4 ; -3)
Cách 2:
2 2 2
7
12
u 25 (u ) 25 2
12 12
7
12
u v
uv
v v uv
uv uv
u v
uv

+ =



=
 
+ = + = +


⇔ ⇔
 


= =
+ = −

 


=



Từ đó ta cũng giải và tìm được các cặp số u và v .
Chú ý: Ở trong dạng toán này HS rất dễ sai lầm khi lấy nghiệm.
d)
2 2 2
5 5
5
6
13 ( ) 2 13
u v u v
u v
uv
u v u v uv
+ = + =
+ =
 

⇔ ⇔
  
=

+ = + − =

 
Hai số u và v cần tìm là hai nghiệm của phương trình:
x
2
- 5x + 6 = 0
2
5 4 6 1 0
∆ = − × = >

Nên phương trình có hai nghiệm là: x
1
= 2 và x
2

= 3
Vậy Các cặp số ( u, v) cần tìm là: ( 2 ; 3), ( 3 ; 2 )
e) Ta có
2 2
8
8 8
( ) ( ) 16 2
16
u v
u v u v
u v u v u v
u v
+ = −
+ = − + = −


 
⇔ ⇔
  
+ × − = − = −
− =
 

Từ đó đưa bài toán đã cho thành bài toán tìm hai số biết tổng và tích
Bài 3. Không giải phương trình cho biết dấu các nghiệm:
a) x
2
– 5x + 3 = 0 b) 3x
2
– 5x - 2 = 0
c) 4 x
2
+ 15x + 2 = 0 d) 5x
2
+ 12x - 3 = 0
Giải
a) Phương trình: x
2
– 5x + 3 = 0
Theo hệ thức Vi-ét ta có: S = x
1
+ x
2
=
b

a
−
= 5
P = x
1
x
2
=
c
a
= 3
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
6
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
Do P > 0 nờn hai nghim cựng du
S > 0 nờn hai nghim cựng du dng
b) Phng trỡnh: 3x
2
5x - 2 = 0
Theo h thc Vi-ột ta cú: S = x
1
+ x
2
=
b
a

=
5
3

P = x
1
x
2
=
c
a
=
2
3

Do P < 0 nờn hai nghim khỏc du
S > 0 nờn nghim dng cú giỏ tr tuyt i ln hn
c) Phng trỡnh: 4 x
2
+ 15x + 2 = 0
Theo h thc Vi-ột ta cú: S = x
1
+ x
2
=
b
a

=
15
4

P = x
1
x
2
=
c
a
=
1
2
Do P > 0 nờn hai nghim cựng du
S < 0 nờn hai nghim cựng õm
d) Phng trỡnh: 5x
2
+ 12x - 3 = 0
Theo h thc Vi-ột ta cú: S = x
1
+ x
2
=
b
a

=
12
5


P = x
1

x
2
=
c
a
=
3
5

Do P < 0 nờn hai nghim khỏc du
S < 0 nờn nghim õm cú giỏ tr tuyt i ln hn
Nhn xột: Qua bi toỏn trờn cho ta bit mi quan h v du ca nghim s ca
phng trỡnh bc hai m khụng cn gii tỡm nghim. C th ta cú:
Dấu của nghiệm số của phơng trình bậc hai.
Cho phng trỡnh bc hai: ax
2
+ bx + c = 0 (a

0) . Gi x
1
,x
2
l cỏc nghim ca
phng trỡnh, t S = x
1
+ x
2
P = x
1
x

2
ta cú cỏc kt qu sau:
Hai nghim x
1
và x
2
trái dấu ( x
1
< 0 < x
2
)

p < 0
Nu S > 0 thỡ nghim dng cú giỏ tr tuyt i ln hn
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
7
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
Nu S < 0 thỡ nghim õm cú giỏ tr tuyt i ln hn
Hai nghim cựng dng( x
1
> 0 và x
2
> 0 )

0
0
0
P
S

>


>

Hai nghim cựng õm (x
1
< 0 v x
2
< 0)


0
0
0
P
S



>


<

Mt nghim bng 0 v mt nghim dng ( x
2
> x

1
= 0)

0
0
0
P
S
>


=


>

Mt nghim bng 0 v mt nghim õm (x
1
< x
2
= 0)

0
0
0
P
S
>

=


<

Dng 2: Tỡm iu kin ca tham s phng trỡnh cú mt nghim x = x
1
cho
trc; tỡm nghim kia
Phng phỏp gii:
Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm x= x
1
cho trớc có hai cách làm
+) Cách 1:- Lập điều kiện để phơng trình bậc 2 đã cho có 2 nghiệm:

0
0
a





(hoặc
0
0
a

) (*)
- Thay x = x
1
vào phơng trình đã cho ,tìm đợc giá trị của
tham số
- Đối chiếu giá trị vừa tìm đợc của tham số với điều kiện(*)
để kết luận
+) Cách 2: - Không cần lập điều kiện
0
(hoặc
0
/

) mà ta thay luôn
x = x
1
vào phơng trình đã cho, tìm đợc giá trị của tham số
- Sau đó thay giá trị tìm đợc của tham số vào phơng trình và
giải phơng trình
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
8
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
Chú ý : Nếu sau khi thay giá trị của tham số vào phơng trình đã cho mà phơng
trình bậc hai này có

< 0 thì kết luận không có giá trị nào của tham số để phơng
trình có nghiệm x

1
cho trớc.
Đ tìm nghiệm thứ hai ta có 3 cách làm
+) Cách 1: Thay giá trị của tham số tìm đợc vào phơng trình rồi giải phơng trình
(nh cách 2 trình bầy ở trên)
+) Cách 2 :Thay giá trị của tham số tìm đợc vào công thức tổng 2 nghiệm sẽ
tìm đợc nghiệm thứ 2
+) Cách 3: thay giá trị của tham số tìm đợc vào công thức tích hai nghiệm ,từ đó
tìm đợc nghiệm thứ 2
Bi 4. ( tuyn sinh tnh Ngh An 2010 2011)
Cho phng trỡnh sau vi tham s m: x
2
- ( m +1) x + 2m 2 = 0 (1)
a) Gii phng trỡnh (1) khi m = 2
b)Tỡm giỏ tr ca tham s m x = -2 l mt nghim phng trỡnh (1).
Tỡm nghim kia?
Gii
a) Khi m = 2, phng trỡnh (1) tr thnh: x
2
- 3 x + 2 = 0 (1)
Xột a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0. Nờn phng trỡnh ( 1) cú hai nghim l:
x
1
= 1 v x
2
= 2
b) iu kin phng trỡnh ó cho cú hai nghim l:
0
0
a

a = 1

0

m

R

2 2 2
( 1) 4(2 2) 6 9 ( 3) 0m m m m m m = + = + =
(*)
Vỡ x = -2 l nghim ca phng trỡnh ( 1) nờn
( -2)
2
- ( m 1)(-2) + 2m -2 = 0 ( **)

4m + 4 = 0

m = -1 ( tho món iu kin (*))
Vy vi m = -1 thỡ phng trỡnh cú nghim x = -2
( chỳ ý: Trong bi ny cú th khụng cn phi xỏc nh iu kin phng trỡnh
cú nghim)
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
9
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng

+) Tỡm nghim kia:
Cỏch 1: Thay m = -1 vo phng trỡnh (1) cú
( 1)

x
2
- 4 = 0


x
1
= - 2 ; x
2
= 2
Cỏch 2: Theo Vi ột ta cú: x
1
+ x
2
= m + 1

-2 + x
2
= - 1 + 1

x
2
= 2
Cỏch 3: Theo Vi ột ta cú: x
1
x

2
= 2m - 2

(-2 ) x
2
= 2 (- 1) - 2

x
2
= 2
Vy nghim kia l x
2
= 2
Dng 3: Tỡm iu kin ca tham s phng trỡnh bc 2 cú hai nghim x
1
, x
2

tho món iu kin cho trc.
Cỏch bin i mt s h thc gia cỏc nghim ca phng trỡnh.
*) x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2

)
2
2x
1
x
2
= S
2
2P
*) (x
1
x
2
)
2
= (x
1
+ x
2
)
2
4x
1
x
2
= S
2
4P
*) x
1

3
+ x
2
3
= (x
1
+ x
2
)
3
3x
1
x
2
(x
1
+ x
2
) = S
3
3SP
*) x
1
4
+ x
2
4
= (x
1
2

+ x
2
2
)
2
2x
1
2
x
2
2
*)
21
21
21
11
xx
xx
xx
+
=+
=
S
P
*)
21
2
2
2
1

1
2
2
1
xx
xx
x
x
x
x
+
=+
=
2
2S P
P

*) (x
1
a)( x
2
a) = x
1
x
2
a(x
1
+ x
2
) + a

2
= p aS + a
2
*)
1 2
2
1 2 1 2
21 1 2
( )( )
x x a S a
x a x a x a x a P aS a
+
+ = =
+
(Chỳ ý : các giá trị của tham số rút ra từ điều kiện cho trớc phải thoả mãn điều
kiện
0

)
Bi 5. ( tuyn sinh tnh Ngh An 2006 2007)
Cho phng trỡnh sau vi tham s m: x
2
- 2( m +2) x + m
2
- 9 = 0 (1)
a) Tỡm m phng trỡnh (1) cú hai nghim phõn bit
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
10
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
b)Tìm giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x

1
, x
2
thoả
mãn
1 2 1 2
x x x x
− = +
(2)
Giải
a) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là
0
0
a
≠


′
∆ >

Có a = 1
≠
0
∀
m
R
∈
2 2
( 2) 9 4 13m m m
′

∆ = + − + = +
0 4 13 0
13
4
m
m
′
∆ > ⇔ + >
⇔ > −
(*)
b) Cách 1: Giải theo phương pháp tìm nghiệm
Với ĐK(* ) ta có
1
2 4 13x m m
= + + +
và
2
2 4 13x m m
= + − +
Do đó
1 2 1 2
x x x x
− = +

⇔

2 4 13 2( 2)m m+ = +
(3)
Vì
4 13 0m

+ ≥
nên suy ra
2 0 2m m
+ ≥ ⇔ ≥ −
(**)
Khi đó: (2)
⇔
4m + 13 = ( m + 2 )
2

⇔
m
2
= 9
⇔
m = 3 hoặc m = -3
m = 3 thoả mãn ( **), m = -3 không thoả mãn ( **)
Vậy: Với m = 3 thì
1 2 1 2
x x x x
− = +
Cách 2: Theo Vi – ét có:
1 2
2
1 2
2( 2)
9
x x m
x x m
+ = +




× = −


Từ (2) Suy ra
2 0 2m m
+ ≥ ⇔ ≥ −
(**)
( 2)
⇔
(x
1
- x
2
)
2
= (x
1
+ x
2
)
2

⇔

2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2x x x x x x x x

+ − = + +

⇔

1 2
0x x
=

⇔
m
2
– 9 = 0
⇔
m = 3 hoặc m = -3
m = 3 thoả mãn ( **), m = -3 không thoả mãn ( **)
Vậy với m = 3 thì
1 2 1 2
x x x x
− = +
Bài 6 . Cho ph¬ng tr×nh : x
2
+ 2kx + 6 – 5k = 0 (1) víi k lµ tham sè
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
11
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
a.Tìm k để phơng trình (1) có nghiệm kép
b. Tim k để phơng trình (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2

thoả mãn điều kiện :
x
1
2
+ x
2
2
= 10
Gii
a) iu kin phng trỡnh (1) cú nghim kộp l:
1 0
0
a k R=



=

2
5 6 0k k

= + =
Cú dng a + b + c = 0 nờn
k
1
= 1 ; k
2
= - 6
Vy: Vi k
1

=1 hoc k
2
= - 6 thỡ phng trỡnh cú nghiờmk kộp.
b) iu kin phng trỡnh (1) cú hai nghim l:
6k

hoc
1k

(*)
Theo Vi-et cú:
1 2
1 2
2
6 5
x x k
x x k
+ =


=

Nờn x
1
2
+ x
2
2
= 10

(x
1
+ x
2
)
2
2x
1
x
2
= 10


2
4 10 22 0k k
+ =


2
2 5 11 0k k
=
(
113 0
k
= >
)


1
5 113

4
k
+
=
( tho món K (*))

2
5 113
4
k

=
( khụng tho món K(*) )
Chỳ ý: Cng cú th khụng cn lp K (*) , sau khi tỡm c cỏc giỏ tr ca k ta
thay vo phng trỡnh ó cho kim tra li.
Bi 7. Cho phơng trình (m + 2) x
2
+ (1 2m)x + m 3 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh rằng phơng trình đã cho có nghiệm với mọi m
b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phơng trình có hai nghiệm phân
biệt và nghiệm này gấp ba lần nghiệm kia.
Gii
a)+ Nếu: m + 2 = 0 => m = - 2 khi đó phơng trình đã cho trở thành;
5x 5 = 0

x = 1
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
12
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
+ Nếu : m + 2

0 => m

- 2 .Khi đó phơng trình đã cho là phơng trình bậc
hai có biệt số :

= (1 2m)
2
- 4(m + 2)( m 3) = 1 4m + 4m
2
4(m
2
- m 6) = 25 > 0
Do đó phơng trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
=
)2(2
512
+
+
m
m
=
1
42
42
=
+
+

m
m
x
2
=
2
3
)2(2
)3(2
)2(2
512
+

=
+

=
+

m
m
m
m
m
m
Tóm lại phơng trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m
b) Cỏch 1 ( Gii theo phng phỏp tỡm nghim)
Theo câu a) ta có m

- 2 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.Để

nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia ta xét 2 trờng hợp
TH1: 3x
1
= x
2


3 =
2
3
+

m
m
giải ra ta đợc m = -
2
9
(đã giải ở câu 1)
TH2: x
1
= 3x
2


1= 3.
2
3
+

m

m


m + 2 = 3m 9

m =
2
11
(thoả mãn điều
kiện m

- 2)
Kiểm tra lại: Thay m =
2
11
vào phơng trình đã cho ta đợc phơng trình :
15x
2
20x + 5 = 0 phơng trình này có hai nghiệm
x
1
= 1 , x
2

=
15
5
=
3
1

(thoả mãn đầu bài)
Cỏch 2: S dng Vi ột.
iu kin phng trỡnh cú hai nghim phõn bit l: m

- 2 (*)
Theo Vi ột ta cú:
1 2
2 1
2
m
x x
m

+ =
+
(1)
1 2
3
2
m
x x
m

ì =
+
(2)
M x
1
= 3 x
2

( 3)
T (1) v (3) Suy ra:
1
3(2 1)
2
m
x
m

=
+
;
2
2 1
2
m
x
m

=
+
Thay vo (2) ta cú:
2
2
3(2 1) 3
( 2) 2
m m
m m

=

+ +


2
4 4 99 0m m
=
(4)
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
13
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
⇒

1
9
2
m
−
=
( thoả mãn (*)) và
2
11
2
m
=
(thoả mãn (*))
Bài 8. ( Đề tuyển sinh tỉnh Nghệ An 2009 – 2010)
Cho phương trình sau với tham số m: 2 x
2
- ( m +3) x + m = 0 (1)
Tìm giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x

1
, x
2
thoả
mãn x
1
+ x
2
=
5
2
x
1
x
2
Giải
Ta có: a = 2
≠
0
∀
m
R
∈
2 2 2
( 3) 8 2 9 ( 1) 8 0m m m m m m R∆ = + − = − + = − + > ∀ ∈
Theo Vi-et có:
1 2
1 2
3
2

2
m
x x
m
x x
+

+ =




=


Mà: x
1
+ x
2
=
5
2
x
1
x
2
Nên
3 5
2 4
m m

+
=

⇔

2m
=
Dạng 4: Loại toán tính giá trị của biểu thức chứa tổng và tích hai nghiệm.
Bài 9. ( Đề tuyển sinh tỉnh Nghệ An 2009 – 2010)
Cho phương trình sau với tham số m: 2 x
2
- ( m +3) x + m = 0 (1)
Gọi x
1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P =
1 2
x x
−
Giải
Từ bài 8. Ta có: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
∀
m
R
∈
(*)
Cách 1. Có
2

1
3 ( 1) 8
4
m m
x
+ + − +
=
;
2
2
3 ( 1) 8
4
m m
x
+ − − +
=
Nên
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
14
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
2 2
1 2
3 ( 1) 8 3 ( 1) 8
4 4
m m m m
P x x
+ + − + + − − +
= − = −
2
( 1) 8

2
m
P
− +
=
Do
2
( 1) 0m m R
− ≥ ∀ ∈

2
( 1) 8 8m⇒ − + ≥
Nên
8
2
2
P
≥ =
2 1 0 1P m m
= ⇔ − = ⇔ =
(thoả mãn (*))
Vậy Min
2 1P m
= ⇔ =
Cách 2) Sử dụng Vi – ét
Do P
≥
0 nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi P
2
nhỏ nhất

P
2
= (x
1
– x
2
)
2
= (x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2

Theo Vi – ét có:
1 2
1 2
3
2
2
m
x x
m
x x
+


+ =




× =


⇒

2
2
( 3)
2
4
m
P m
+
= −
2
2
( 1) 8
4
m
P
+ +
=

2

( 1)
2
4
m +
= +
Do
2
( 3)
0
4
m +
≥

m R
∀ ∈
nên
2
2P
≥

m R
∀ ∈
Mà
0P
≥

2P
⇒ ≥

m R

∀ ∈
2P
=

1m
⇔ =
Vậy Min
2 1P m
= ⇔ =
Bài 10. Cho phương trình sau với tham số m: x
2
- 2( m - 1) x + 2m - 4 = 0 (1)
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
15
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
Tìm các giá trị của m để tổng bình phương hai nghiệm của phương trình (1) đạt giá
trị nhỏ nhất.
Giải
Do a = 1 nên phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
0
′
∆ ≥
2 2
( 1) 2 4 3m m m
′
∆ = − + − = −
0
′
∆ ≥

⇔

3m
≤ −
và
3m
≥
(*)
Theo Vi – ét có:
1 2
1 2
2( 1)
2 4
x x m
x x m
+ = −


× = −

Do đó A = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2

)
2
– 2x
1
x
2
=
2
4( 1) 2(2 4)m m
− − −
A =
2
(2 3) 3 3m − + ≥

m R
∀ ∈
A = 3
⇔

2 3 0m
− =

⇔

3
2
m
=
( Thoả mãn điều kiện (*) )
Vậy Min A = 3

⇔

3
2
m
=
Bài 11. Cho phương trình sau với tham số m: 2x
2
- 2m x + m
2
- 2 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x
1
; x
2
. Tìm giá trị lớn nhất của
P =
1 2 1 2
2 4x x x x
+ + −
Giải
Do a = 2
≠
0
m R
∀ ∈
nên phương trình (1) có nghiệm
⇔

0
′
∆ ≥
2 2
2( 2) 4m m m
′
∆ = − − = −
0
′
∆ ≥

⇔

2 2m
− ≤ ≤
(*)
Theo Vi – ét có
1 2
2
1 2
2
2
x x m
m
x x
+ = −



−

× =


Do đó P =
1 2 1 2
2 4x x x x
+ + −
=
2
6m m
− −
=
( 2) ( 3)m m
+ × −
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
16
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
Do:
2 2m
− ≤ ≤
nên
( 2) ( 3) 0m m
+ × − ≤
⇒
P =
2
( 2) ( 3) 6m m m m
− + × − = − + +
⇒

2
1 25 25
( )
2 4 4
P m= − − + ≤

25
4
P
=

⇔

1
2
m
=
thoả mãn
2 2m
− ≤ ≤
Vậy Max
25
4
P
=

⇔

1
2

m
=
Dạng 5. Loại toán tìm hệ thức liên hệ giữa tổng và tích hai nghiệm độc lập với
tham số
Việc sử dụng hệ thức Vi – ét cũng rất thuận tiện trong việc giải loại toán này
Bài 12. Cho phương trình ẩn x tham số m:
(m - 1)x
2
- 2m x + m - 4 = 0 ( với m
≠
1) (1)
Hãy tìm một hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình mà không phụ
thuộc vào m?.
Giải
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình (1)
Theo Vi-ét có:
1 2
1 2
2 2
2
1 1
4 3
1
1 1
m
S x x

m m
m
P x x
m m

= + = = +


− −

−

= = = −

− −

⇒

1 2
1 2
1 1
1 3
S
m
P
m
−

=



−

−

=

−


⇒

2 1
2 3
S P
− −
=
⇔
3(S - 2) = 2( 1 – P) hay 3( x
1
+x
2
) + 2 x
1
x
2
– 8 = 0 – Đây là một hệ thức liên
hệ giữa hai nghiệm độc lập với m.
Bài 13. Cho phương trình ẩn x tham số m: x
2

- 2(m + 1) x + 2m = 0 (1)
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình . Chứng tỏ: M = x
1
+ x
2
– x
1
x
2
không phụ
thuộc vào giá trị của m.
Giải
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
17
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
Ta có:
2 2
( 1) 2 1 0m m m
′
∆ = + − = + >

m R
∀ ∈
nên phương trình luôn có hai
nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
Theo Vi-ét có:

1 2
1 2
2( 1)
2
S x x m
P x x m
= + = +


= =

⇒
M = x
1
+ x
2
– x
1
x
2
= 2( m + 1) – 2m = 2
Vậy: M = x
1
+ x
2
– x
1
x
2
không phụ thuộc vào giá trị của m.

Ngoài những dạng toán thường gặp ở trên . Khi giải phương trình bậc hai có chứa
tham số ta còn gặp những dạng toán khó hơn như “ Tìm nghiệm hữu tỉ , nghiệm
nguyên của phương trình bậc hai” .
Dạng 6: Tìm nghiệm hữu tỉ , nghiệm nguyên của phương trình bậc hai” .
Bài 14. Cho phương trình: x
2
+ mx + 3 = 0 (1) ( với m là những số nguyên)
a) Chứng minh rằng nếu phương trình (1) có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó
là số nguyên
b) Tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình (1)
Giải
a)Nếu x = 0 là nghiệm của (1) thì m = -3. ta có điều phải chứng minh
Nếu (1) có nghiệm hữu tỉ x
a
b
=
≠
0 ( với
*
, 0,a Z a b N∈ ≠ ∈
,
( ; ) 1a b
=
)
Thay vào (1) ta có:
2
3 0
a a
m
b b

 
+ + =
 ÷
 
.
⇒

2 2
3 ( 3 )a mab b b ma b
= − − = − +
⇒
a
2

M
b. mà
( ; ) 1a b
=
nên b = 1
Do đó x là số nguyên.
b)Cách 1: Theo Vi-ét có:
1 2
1 2
3
x x m
x x
+ = −


=



Theo câu a) ta có x
1
phải là những số nguyên nên từ x
1
x
2
= 3 suy ra x
1
= 1, x
2
= 3
hoặc x
1
= -1, x
2
= -3
Khi đó tìm được m = 4 hoặc m= -4
+) Với m = 4 thì ( 1)
⇔
x
2
+ 4x+ 3 = 0
+) Với m = -4 thì (1)
⇔
x
2
- 4x+ 3 = 0
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An

18
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
Cách 2: Ta có:
2
12m
∆ = −
( 1)có nghiệm hữu tỉ
⇔∆
là số chính phương

⇔

2 2
12m k
− =
(
k N∈
)
⇔
m
2
– k
2
= 12
⇔
(m + k) ( m – k) = 12
Do m + k và m – k là ước của 12, và hiệu của chúng là 2k là số chẵn nên m + k và
m – k phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Mà tích của chúng bằng 12 là số chẵn nên chúng cùng chẵn.
Mặt khác m + k

≥
m - k nên ta có các trường hợp sau xẩy ra:

6
2
m k
m k
+ =


− =

(I) và
2
6
m k
m k
+ = −


− = −

(II)
Giải ( I) tìm được m = 4. khi đó thì ( 1)
⇔
x
2
+ 4x+ 3 = 0
Giải (II) ) tìm được m =-4. khi đó thì ( 1)
⇔

x
2
- 4x+ 3 = 0
C. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP VÀ BÀI TẬP
Bài 1. Cho phương trình: ( m - x + 2(m - 1)x + 1 = 0 (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = 2
b) Tìm m để phương trình có nghiệm
c) Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
= 5
Giải
a) HS tự giải
b) Hướng dẫn:
Xét các trường hợp:
TH 1: a = m
2
- 1 = 0 ⇔ m = ± 1
Lại xét các trường hợp của m
+ Nếu m = 1 thì (1) ⇔ 1 = 0 nên phương trình (1) vô nghiệm khi m = 1
⇒ m ≠ 1 (*)
+ Nếu m = 1 thì (1) ⇔ -4x + 1 = 0 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =
khi m = 1 (**)
TH2: a = m
2
- 1 ≠ 0 ⇔ m≠± 1
Khi đó ta có: ∆’ = (m - 1)

2
- (m - 1) = -2m + 2
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
19
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
0 -2m + 2 0 m 1 (***)
Kt hp (*), (**), (***) ta cú: Vi m < 1 thỡ phng trỡnh (1) cú nghim.
c) Gii tng t bi 6 b)
Bi 2. Cho phng trỡnh:
2x
2
(4m + 3)x + 2m
2
- 1 = 0 (1) ( Vi m l tham s)
a) Gii phng trỡnh ó cho vi m = 1
b) Tỡm m phng trỡnh cú nghim x
1
= 1. Tỡm nghm kia?
c) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m phng trỡnh (1) cú hai nghim phõn bit
trong ú cú mt nghim bng 1?
d) Tỡm m biu thc A = x
1
2
+ x
2
2

t giỏ tr nh nht ( vi x
1
, x

2
l hai
nghim ca phng trỡnh)
Bi 3. Cho phng trỡnh:
x
2
2mx + 2m 5 = 0.
a) Gii phng trỡnh khi m = 1
b) Chng minh rng phng trỡnh cú hai nghim phõn bit vi mi giỏ tr ca m
c) Tỡm iu kin ca m phng trỡnh cú hai nghim trỏi du
d) Gi hai nghim ca phng trỡnh l x
1
,x
2
, tỡm cỏc giỏ tr ca m :
2x
1
+ x
2
= 1
e) Tỡm cỏc giỏ tr ca m :
x
1
2
(1 x
2
2
) + x
2
2

(1 x
1
2
) = -8.
HD: x
1
2
(1 x
2
2
) + x
2
2
(1 x
1
2
) = -8

(x
1
+ x
2
)
2
- 2(x
1
x
2
)
2

- 2x
1
x
2
+ 8 = 0

m
2
- 9m + 8 = 0

m
1
= 1; m
2
= 8
B ài 4 : Cho phơng trình : x
2
- (m + 4)x + 3m + 3 = 0 (m là tham số).
a) Gii phng trỡnh khi m = 0
b) Xác định m để phơng trình có một nghiệm là bằng 2. Tìm nghiệm còn lại.
c) Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn x
1
3
+ x
2
3

0.
HD : x
1
3
+ x
2
3


0

x
1
3
+ x
2
3
= (x
1
+ x
2
)
3
3x
1
x
2
(x

1
+ x
2
)

0

(x
1
+ x
2
)[(x
1
+ x
2
)
2
3x
1
x
2
]

0


( m + 4) ( m
2
+ 5m + 7)

0

(m + 4)[(m + ) + ]

0

m + 4

0 vỡ (m + ) +

0

m

4
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
20
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
Bài 5: Cho phơng trình : x
2
2( m + 1) x + m 4 = 0 (1) (m là tham số)
a) Giải phơng trình (1) với m =
b) Chứng minh rằng phơng trình (1) luôn có hai nghiệm x
1
, x
2
phân biệt với
mọi m
c) Tìm m để
21

xx
đạt giá trị nhỏ nhất (x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình)
Bi 6: Cho phơng trình : mx
2
+ (2m - 1)x + m 2 = 0 (1) (m là tham số)
a) Giải phơng trình (1) với m = 1
b) Xỏc nh m phng trỡnh cú hai nghim phõn bit
c) Gi hai nghim ca phng trỡnh l x
1
, x
2
, tỡm m tho món
2 2
1 2 1 2
4x x x x
+ =
d) Chng minh rng: Nu m l tớch ca hai s t nhiờn liờn tip thỡ phng trỡnh
cú nghim hu t.
Bi 7. Cho phng trỡnh:
x
2
2(m - 1)x + 2 m
2
- 3m +1 = 0 ( Vi m l tham s)
a) Gii phng trỡnh ó cho vi m = 3
b) Chng t rng phng trỡnh cú nghim khi v ch khi:

0 1m

c) Gi hai nghim ca phng trỡnh l x
1
, x
2
, chng minh:
1 2 1 2
9
8
x x x x
+ +
HD: t A =
1 2 1 2
x x x x
+ +


A =
2
2 3 1 2 2m m m
+ +
=
2
2 1m m


A =
2
1 9

2 ( )
4 16
m

Do
0 1m


1 1 3
4 4 4
m




2
1 9
( )
4 16
m


A =
2
1 9
2 ( )
4 16
m

9
8

Bi 8. Cho phng trỡnh:
x
2
(m - 1)x - m
2
+ m -2 = 0 ( Vi m l tham s)
a) Gii phng trỡnh ó cho vi m = 2
b) Chng t rng phng trỡnh cú hai nghim trỏi du vi mi m
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
21
Hệ thức Vi - ét và ứng dụng
c) Tỡm m biu thc A =
3 3
1 2
2 1
x x
x x

+
ữ ữ

t giỏ tr ln nht.
HD: Do phng trỡnh cú hai nghim trỏi du nờn:

< 0

(

)
3
< 0
t (

)
3
= - a (vi a > 0)

A = - a - = - ( a + )
Li cú: A ln nht

- A = a + nh nht
p dng bt ng thc Cosi cho hai s a v ta cú
- A = a +
1
2 a
a
ì
= 2
- A = 2

a + = 2

a = 1 ( tho món iu kin a > 0)

(

)

3
= - a = -1

x
1
= - x
2


x
1
+ x
2
= 0

x
1
+ x
2
= m - 1 = 0

m = 1
Suy ra Min -A = 2

m = 1 nờn MaxA = - 2

m = 1
Vy vi m = 1 thỡ A dt giỏ tr lnn nht l - 2.
Bài 9. Cho phơng trình (2m-1)x
2

-2mx+1=0
Xác định m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
HD: - Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1
- Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có
,

= m
2
-2m+1= (m-1)
2
0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
với m 1/2 pt còn có nghiệm x=
12
1

+
m
mm
=
12
1
m

pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<
12
1
m
<0

<
>+

012
01
12
1
m
m
=>





<
>

012
0
12
2
m
m
m
=>m<0

Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m < 0
Bi 10. Cho parabol (P): y = x
2
v ng thng (d): y = mx - 1.
a) Chng minh rng vi mi giỏ tr ca m thỡ ng thng (d) luụn ct parabol
(P) ti hai im phõn bit.
Phan Viết Thành - Trờng THCS Nam Lĩnh - Nam Đàn - Nghệ An
22
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
b) Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol
(P). Tìm giá trị của m để:
2 2
1 2 1 2 1 2
3x x x x x x
+ − =
HD: a) Chứng minh phương trình x
2
= mx - 1 luôn có hai nghiệm phân biệt với
mọi m
b) Biến đổi phương trình để sử dụng Vi - ét
8
6
4
2
y = mx-1
B

A
-1
f
x
( )
=
x
2

PHẦN III. KẾT LUẬN
1 Kết quả đạt được
- Như người ta thường nói: “ Vụ mùa của người nông dân thì trông chờ hạt lúa;
Vụ mùa của người giáo viên thì trông chờ kết quả ở những kỳ thi”
Thật vậy: Kết quả của những kỳ thi không những chỉ đánh giá tố chất của người
học mà còn đánh giá năng lực giảng dạy của người thầy. Sự thành công hay thất
bại của HS phụ thuộc rất nhiều vào khả năng và phương pháp truyền thụ tri thức
của thầy. Kết quả này không phải một sớm một chiều là có được mà phải là qua
một quá trình rèn luyện dài lâu.
Học sinh trường tôi có nhiều hoàn cảnh khó khăn; việc học thêm ở trường đã
là khó chứ chưa nói đến việc đi học thêm nơi khác. Thế nhưng bằng sự nỗ lực của
cả thầy và trò thì trong năm qua trường tôi cũng gặt hái được một số thành công
đáng kể đặc biệt là về mặt chất lượng đại trà. cụ thể:
Những năm trước đây qua các kì thi KSCL của phòng, của sở trường tôi
thường đứng ở tốp cuối, qua kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thì thường đứng thứ 16
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
23
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
(năm học 2007 - 2008) và 17 ( năm học 2008 - 2009) trên 21 trường trong huyện.
Nhưng bằng những kinh nghiệm của mình tôi cũng đã góp một phần vào thành
công của trường trong năm học vừa qua như : Đạt kết quả tương đối cao trong kì

thi KSCL của phòng, đặc biệt đứng thứ nhất trong 6 trường của Huyện Nam Đàn
được Sở GD & ĐT Nghệ An về KSCL. Qua kỳ thi tuyển sinh vào THPT thì trường
tôi đứng thứ 9.
Ngoài ra trong năm học qua tôi đã dạy cho cháu ruột của mình là Phan Thị
Ngọc Anh thi đậu và trường chuyên Toán của Đại học Vinh.
2. Lời kết
Trong quá trình giảng dạy không những chỉ bản thân tôi áp dụng SKKN của mình,
mà tôi còn trao đổi với bạn bè đồng nghiệp trong và ngoài trường .
Khi dạy bài này tôi đã định hướng cho HS tìm ra “ Hệ thức Vi - ét”. Qua đó luyện
kĩ năng cho HS vận dụng từ bài dễ đến khó từ đó hình thành cho HS kỹ năng làm
bài và cách trình bày bài làm .
Tuy nhiên đề tài của tôi cũng không thể tránh được những sai sót nên tôi
cũng rất mong những lời góp ý của bạn bè đồng nghiệp để hoàn thiện hơn cho bài
dạy.
Tôi xin chân thành cảm ơn .
Nam Lĩnh, ngày 2 tháng 4 năm 2011
Người viết đề tài
Phan Viết Thành
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
24
HÖ thøc Vi - Ðt vµ øng dông
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Nâng cao và phát triển Toán 9 tập 2 của Vũ Hữu Bình
2) Ôn kiến thức, luyện kĩ năng đại số 9 của Tôn Thân - Vũ Hữu Bình -
Vũ Quốc Lương - Bùi Văn Tuyên
3) Tạp chí Toán tuổi thơ 2 của nhà xuất bản giáo dục
4) Tuyển tập một số đề thi
Phan ViÕt Thµnh - Trêng THCS Nam LÜnh - Nam §µn - NghÖ An
25