SKKN sử dụng phương pháp dùng hệ thức Vi-et trong giải toán

I ) LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
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 ) NỘI DUNG ĐỀ TÀI
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
+ = − =
1
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
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
   
− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ − ⇒ < ∀
 ÷  ÷
   
2
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
>
)
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
3
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− − − + − =

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
− + − + =
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
4
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x
+ = + −
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)

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
5
2
, 2 2
( 2) (5 3)m m
 
∆ = − + − +
 
(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
= + + +
− −

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

6
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
+ +
= = = +
= +
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
7

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
∆= − − −

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
− + −
⇔ − =

⇔ − + − + =
⇔ − + + =
⇔ − − =
8
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
−
≥
)
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 :
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
9
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)
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)
10
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
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
+ +
=
+
11

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
= − − = − −
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
+ = = ⇒ =
12
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
∆ = − − = − +
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
13
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

− + ≥

∆ = − + ≥


⇔ ⇔ ⇔ >
 
= − >
≥



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
III) PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
Trong giờ học chính khoá tôi lồng ghép các bài tập cùng lời giải mẫu, cơ sở giải

theo từng phương pháp để học sinh hình thành kỹ năng giải từng loại toán này .
Cho học sinh thực hành bài tập tương tự ngay tại lớp .
Đặc biệt , trong các giờ luyện tập , ôn tập chương giáo viên tiếp tục cho học sinh
giải các bài tập nâng cao , làm thử các đề thi tuyển sinh chuyên chọn . Qua đó học
sinh thấy được tầm quan trọng của loại toán này , tự rèn luyện tạo kỹ năng cho
mình .Bằng rèn luyện thực hành giải bài tập , học sinh cách giải các bài tập phức
tạp hơn . Các em được nâng cao kiến thức , hình thành kỹ năng phản xạ khi gặp
các bài toán tương tự .
IV) PHẠM VI , ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Học sinh khối lớp 9 trường THPT Hòn Gai
V) TỔNG KẾT VÀ RÚT KINH NGHIỆM
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 .
CÁC TÀI LIỆUTHAM KHẢO KHI GIẢNG DẠY LOẠI TOÁN CẦN ÁP
DỤNG HỆ THỨC VI ÉT
1) SGK và sách giáo viên lớp 9 cải cách
2) “ Bài tập nâng cao và 1 số chuyên đề toán 9” của Bùi Văn Tuyên
3) Báo toán học và tuổi thơ 2” của Bộ Giáo Dục
4) Các đề thi TS và thi chuyên chọn hàng năm của các tỉnh trên toàn
quốc
5) “ Bài tập nâng cao Đại số 9” của Vũ Hữu Bình
14
Xác nhận của tổ chuyên môn :
Hạ Long, ngày tháng năm
Tổ trưởng
Xác nhận của trường THPT Hòn Gai :
Hạ Long, ngày tháng năm

15
Bïi ThÞ Thuý Nga
16