Ứng dụng của hệ thức vi et trong giải toán

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1.Lý do chọn đề tài.
Trong chương trình Sách giáo khoa Toán 9 THCS, Học sinh đã được làm
quen với phương trình bậc hai: Công thức nghiệm của phương trình bậc hai, đặc
biệt là định lý Vi-ét và ứng dụng trong việc giải toán.
Song qua việc dạy toán tại trường THCS Đức Thành tôi nhận thấy các em
vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải toán chưa thực sự linh hoạt, chưa khai thác và sử
dụng hệ thức Vi-ét vào giải nhiều loại toán, trong khi đó hệ thức Vi-ét có tính ứng
dụng rộng rãi trong việc giải toán.
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...
Đứng trước vấn đề đó, tôi đi sâu nghiên cứu đề tài “Một số ứng dụng của định
lí Vi-ét trong việc giải toán” với mong muốn giúp cho học sinh nắm vững và sử
dụng thành thạo định lí Vi-ét, đồng thời làm tăng khả năng, năng lực học toán và
kích thích hứng thú học tập của học sinh.
2.Mục đích nghiên cứu:
Đây là một đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của
toán học, đặc biệt nó giúp phát triển khả năng tư duy sáng tạo của học sinh, nếu
vấn đề này được quan tâm thường xuyên trong dạy học của các thầy cô giáo thì
chắc chắn đề tài sẽ là kinh nghiệm bổ ích trong việc bồi dưỡng đội ngũ học sinh thi
vào lớp 10 THPT và các trường chuyên lớp chọn...
3.Đối tượng và phạm vi áp dụng.
Trong đề tài này, tôi chỉ đưa ra nghiên cứu một số ứng dụng của định lí Vi-ét
trong việc giải một số bài toán thường gặp ở cấp THCS. Do đó chỉ đề cập đến một
số loại bài toán là:
a, Ứng dụng của định lí Vi-ét trong giải toán tìm điều kiện của tham số để bài toán
thoả mãn các yêu cầu đặt ra.
b, Ứng dụng của định lí Vi-ét trong giải bài toán lập phương trình bậc hai một ẩn,
tìm hệ số của phương trình bậc hai một ẩn

c, Ứng dụng của định lí Vi-ét trong giải toán chứng minh
d, Áp dụng định lí Vi-ét để giải phương trình và hệ phương trình.
e, Định lý Vi-ét với bài toán cực trị

1


phần ii. Nội dung
A. Kin thc c bn:
1. H thc Vi-ột: Nu x1 v x2 l hai nghim ca phng trỡnh

ax + bx + c = 0 (a 0) thỡ:
2

b

x1 + x 2 =


a

c
x .x =
1
2

a


2. ng dng : (trng hp c bit)

a) Nu phng trỡnh ax2 + bx + c = 0 (a 0) cú a + b + c = 0 thỡ phng trỡnh: x 1 =
1, nghim kia l: x2 =

c
a

b) Nu phng trỡnh ax2 + bx + c = 0 (a 0) cú a - b + c = 0 thỡ phng trỡnh: x 1 =
-1, nghim kia l: x2 = -

c
a

* Nu cú hai s u v v thoó món:
thỡ u v v l hai nghim ca phng trỡnh:

u + v = S

u.v = P

x2 Sx + P = 0.

iu kin cú hai s u v v l: S2 4P 0.
3. B sung:
a) Nu phng trỡnh ax2 + bx + c = 0 (a 0) cú hai nghim x1 v x2 thỡ tam thc
ax2 + bx + c phõn tớch c thnh nhõn t:

ax2 + bx + c = a(x x1 )(x x2).

b) Xột du cỏc nghim ca phng trỡnh ax2 + bx + c = 0 (a 0) (1)
iu kin phng trỡnh (1)

- Cú hai nghim trỏi du l P < 0
- Cú hai nghim cựng du l

0 v P > 0

* Cú hai nghim cựng dng l:

0 , P > 0 v S > 0

* Cú hai nghim cựng õm l:

0 , P > 0 v S < 0

B. Ni dung.
I. ứng dụng của định lý Vi-ét trong giải toán tìm điều kiện của
tham số để bài toán thoã mãn yêu cầu đặt ra.

1. Cỏc vớ d:
2


Ví dụ 1: Tìm giá trị của tham số m để các nghiệm x1, x2 của phương trình
mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = 0 thoã mãn x12 + x 22 = 1
Bài giải:
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm: m ≠ 0 ; ∆' ≥ 0
∆' = (m - 2)2 - m(m - 3) = - m + 4
∆' ≥ 0 ⇔ m ≤ 4.
Với 0 ≠ m ≤ 4, theo định lý Vi-ét:
x1 + x2 =
Do đó:

m−3
2(m − 2)
; x1.x2 =
m
m

1 = x12 + x 22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 =

2(m − 3)
4(m − 2) 2
2
m
m

⇔ m2 = 4m2 - 16m + 16 - 2m2 + 6m
⇔ m2 - 10m + 16 = 0
⇔ m = 2 hoặc m = 8
Giá trị m = 8 không thoã mãn 0 ≠ m ≤ 4
Vậy, với m = 2 thì x12 + x 22 = 1
Ví du 2: Cho phương trình: x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = 0. Tìm m để
1

1

phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân biệt thoã mãn x + x =
1
2
Bài giải:

x1 + x2
5


Δ ' = (− (m − 2))2 − (m 2 + 2m − 3) > 0 (1)

(2)
Ta phải có:  x1 .x 2 ≠ 0
 1 1 x1 + x 2
(3)
x + x = 5
2
 1
(1) ⇔ ∆' = m2 - 4m + 4 - m2 - 2m + 3 = - 6m + 7 > 0 ⇔ m <

7
6

(2) ⇔ m2 + 2m - 3 ≠ 0 ⇔ (m - 1)(m + 3) ≠ 0 ⇔ m ≠ 1; m ≠ - 3
x1 + x2

x1 + x2

(3) ⇔ x .x = 5 ⇔ ( x1 + x2 )(5 − x1 .x2 ) = 0
1 2
 Trường hợp 1: x1 + x2 = 0 ⇔ x1 = - x2 ⇒ m = 2 không thoã mãn pt(1)
 Trường hợp 2: 5 - x1.x2 = 0 ⇔ x1.x2 = 5
Cho ta: m2 + 2m - 3 = 5 ⇔ (m - 2)(m + 4) = 0
m = 2 (lo¹i)
⇔

m = −4 (tho¶ m·n § K)

x + x2
1
1
+
= 1
x1 x 2
5
2
Ví dụ 3: Cho phương trình: mx - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0 (m là tham số).
a) Xác định m để các nghiệm x1; x2 thoã mãn:
x1 + 4x2 = 3
b) Tìm một hệ thức giữa x1; x2 không phụ thuộcvào m

Vậy với m = - 4 có hai nghiệm x1, x2 thoã mãn:

3


Bài giải:
(1)
2( m +1)

x
+
x
=
2
1

m
(2)

m −4

x1.x2 =
(3)
m

x
+
4
x
=
3
1
2
m ≠ 0
(4)


2

∆' = ( −( m +1) − m(m − 4) ≥ 0

a) Ta phải có:

Từ (1) và (3) ta tính được: x2 =
Thay vào (2)

m−2
5m + 8
; x1 =
3m
3m

(m − 2)(5m + 8) m − 4
⇒ 2m2 - 17m + 8 = 0
=
m
9m 2

Giải phương trình 2m2 - 17m + 8 = 0 ta được m = 8; m =

1
đều thoã mãn (4).
2

Vậy với m = 8 hoặc m = 1/2 thì các nghiệm của pt thoã x1 + 4x2 = 3.
b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

Thay

x1 + x2 = 2 +

2
m

x1 + x2 = 1 -

4
m

(*)

2
= x1 + x2 - 2 vào (*) ta được x1x2 = 1 - 2(x1 + x2 - 2)
m

Vậy x1.x2 = 5 - 2(x1 + x2)
Ví dụ 4: Với giá trị nào của tham số m thì hai phương trình sau có ít nhất một
nghiệm chung:
x2 + 2x + m = 0
(1)
x2 + mx + 2 = 0
(2)
Bài giải:
Gọi x0 là nghiệm chung của hai phương trình đã cho. Lúc đó:
x02 + 2 x0 + m = 0

x02 + mx0 + 2 = 0
Trừ vế theo vế, ta có: (m - 2)x0 = m - 2
Nếu m = 2 cả hai phương trình là x2 + 2x + 2 = 0 vô nghiệm
Nếu m ≠ 2 thì x0 = 1 từ đó m = -3
Với m = - 3: thay vào (1) ta có x2 + 2x – 3 = 0; có nghiệm x1 = 1 ; x2 = - 3
Thay vào (2) ta có x2 - 3x + 2 = 0; có nghiệm x3 = 1 ; x4 = 2
Vậy, với m = - 3 thì cả hai phương trình có nghiệm chung là x = 1.
Ví dụ 5: Cho phương trình x 2 − 2(m + 2) x + m 2 − 9 = 0 ( I )
4

Gi hai nghim ca phng trỡnh (I) l x 1 v x2. Hóy xỏc nh giỏ tr ca m
x1 x2 = x1 + x2
(K thi tuyn sinh vo lp 10 THPT-Ngh An - 2006-2007)
Bi gii
iu kin tn ti x1 v x2 :
4m + 13 0 m

13
(*)
4

Lỳc ú, theo Vi-ột ta cú
x1.x2 = m 2 9
Ta cú

' 0 ( m + 2) 2 (m 2 9) 0

x1 + x2 = 2(m + 2)

x1 + x2 0
2(m + 2) 0
x1 x2 = x1 + x2

m=3
2
2
2
m -9=0
( x1 x2 ) = ( x1 + x2 )

Vy, m = 3 thỡ

x1 x2 = x1 + x2

2. Bi tp:
Bi tp 1: Cho phng trỡnh x2 - (m + 3)x + 2(m + 1) = 0 ( m l tham s) (1)
Tỡm giỏ tr m phng trỡnh (1) cú cỏc nghim x1, x2 tho món: x1 = 2x2.
Bi tp 2: Cho phng trỡnh mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0 ( m l tham s)
a) Tỡm m phng trỡnh ó cho cú nghim.
b) Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim trỏi du. Khi ú trong hai nghim,
nghim no cú giỏ tr tuyt i ln hn?
c) Xỏc nh m cỏc nghim x1; x2 ca phng trỡnh thoó món: x1 + 4x2 = 3.
d) Tỡm mt h thc gia hai nghim x1, x2 khụng ph thuc vo m.
Bi tp 3:
a) Vi giỏ tr no ca m thỡ hai phng trỡnh sau cú mt nghim chung. Tỡm
nghim chung ú?
x2 - (m + 4)x + m + 5 = 0
(1)
x2 - (m + 2)x + m + 1 = 0
(2)
b) Tỡm giỏ tr ca m nghim ca phng trỡnh (1) l nghim ca phng
trỡnh (2) v ngc li.
Bi tp 4:
Cho phng trỡnh 2 x 2 4mx + 2m 2 1 = 0 (1) ( m l tham s)
Tỡm m pt(1) cú hai nghim x1; x2 thoó món: 2 x12 + 4mx2 + 2m2 1 > 0
(Thi vo lp 10 THPT Phan Bi Chõu-Ngh An-2007-2008-Vũng1)
ii. ứng dụng của định lí vi-ét trong bài toán lập phơng trình
bậc hai một ẩn, tìm hệ số của phơng trình bậc hai một ẩn :

1.Cỏc vớ d:
5


3 +1
2

Ví dụ 1: Cho x1 =

;

x2 =

1
1+ 3

Hãy lập phương trình bậc hai có ngiệm: x1; x2
Bài giải
1
1− 3
3 +1
Ta có x1 =
; x2 =
=
1+
1
1
3 +1
.
=

2
1+ 3
2
2

Nên x1.x2 =
x1 + x2 =

1
3 +1
+
=
1+ 3
2

(1 + 3 )(1 − 3 )

3

=

3 −1
2

3

Vậy phương trình có hai nghiệm x1; x2 là x2 - 3 x +
Hay
2x2 - 2 3 x + 1 = 0
Ví dụ 2: Cho phương trình : x2 + 5x - 1 = 0

1
=0
2

(1)

Không giải phương trình (1), hãy lập một phương trình bậc hai có nghiệm là
luỹ thừa bậc bốn của các nghiệm của phương trình (1)
Bài giải:
Gọi x1; x2 là các nghiệm của phương trình đã cho, theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1 + x2 = -5;
x1.x2 = - 1
Gọi y1; y2 là các nghiệm của phương trình phải lập, ta có:
y1 + y2 = x14 + x 24
y1.y2 = x14 .x 24
Ta có:

x14 + x 24 = (x12 + x22)2 - 2x12.x22 = 729 – 2 = 727

x14 .x 24 = (x1.x2)4 = (- 1)4 = 1
Vậy phương trình cần lập là: y2 - 727y + 1 = 0
Ví dụ 3: Tìm các hệ số p, q của phương trình: x 2 + px + q = 0 sao cho hai
 x1 − x 2 = 5
3
3
x 1 − x 2 = 35

nghiệm x1; x2 thoã mãn hệ thức : 
Bài giải:

Điều kiện: ∆ = p2 - 4q ≥ 0 (*) ta có:
x1 + x2 = -p; x1.x2 = q. Từ điều kiện:
( x 1 − x 2 ) 2 = 25
 x1 − x 2 = 5
 3
⇔
3
2
2
x 1 − x 2 = 35
( x 1 − x 2 ) x1 + x1 x 2 + x 2 = 35

(

)

( x 1 + x 2 ) 2 − 4x 1 x 2 = 25
 p 1 − 4 p = 25
⇔
⇔ 2
2
 p −q =7
5 ( x 1 + x 2 ) − 2 x1 x2 + x1 x 2 = 35

(

)

6

Gii h ny tỡm c: p = 1; q = - 6 v p = - 1; q = - 6
C hai giỏ tr ny u thoó món (*)
2) Bi tp:
Bi tp 1: Lp phng trỡnh bc hai cú hai nghim l: 3 + 2 v

1
3+ 2

Bi tp 2: Lp phng trỡnh bc hai thoó món iu kin:
x1
x2
k2 7
Cú tớch hai nghim : x1.x2 = 4 v x 1 + x 1 = 2
k 4
1
2

Bi tp 3: Xỏc nhm cỏc s m, n ca phng trỡnh: x2 + mx + n = 0
Sao cho cỏc nghim ca ca phng trỡnh l m v n.
iii. ứng dụng của định lí vi-ét trong giải toán chứng minh

1. Cỏc vớ d:
Vớ d 1: Cho a, b l cỏc nghim ca phng trỡnh: x 2 + px + 1 = 0 v b, c l
nghim ca phng trỡnh: x2 + qx + 2 = 0
Chng minh: (b - a)(b - c) = pq - 6.
Hng dn hs: õy khụng phi l mt bi toỏn chng minh ng thc
thụng thng, m õy l mt ng thc th hin s liờn quan gia cỏc nghim ca
hai phng trỡnh v h s ca cỏc phng trỡnh ú. Vỡ vy chỳng ta phi nm vng

nh lý Vi-ột v vn dng nh lý ú vo trong quỏ trỡnh bin i hai v ca ng
thc suy ra hai v bng nhau.
Bi gii:
Vỡ a,b l nghim ca phng trỡnh: x2 + px + 1 = 0
b,c l nghim ca phng trỡnh: x2 + qx + 2 = 0. Theo nh lý Vi-ột ta cú:
a + b = - p
b + c = - q
v

a.b = 1
b.c = 2
Do ú : (b a)(b c) = b2 + ac - 3
pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b2 + ac + 3
Suy ra: pq - 6 = b2 + ac +3 6 = b2 + ac - 3
T (1) v (2) suy ra (b - a)(b - c) = pq - 6 (pcm)
Vớ d 2: Cho cỏc h s a, b, c tho món:
a + b + c = - 2 (1);
a2 + b2 + c2 = 2
Chng minh rng mi s a, b, c u thuc on

4
3 ;0 khi

(1)
(2)

(2)

biu din trờn trc s:

Bi gii:
Bỡnh phng hai v ca (1) ta c:
a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 4
7


Do (2) nờn: ab + bc + ca = (4 - 2): 2 = 1
bc = 1 - a(b + c) = 1 - a(- 2 - a) = a2 + 2a + 1
Ta li cú: b + c = - (a + 2), do ú b, c l nghim ca phng trỡnh:
x2 + (a + 2)x + (a2 + 2a + 1) = 0 (*)
(*) cú nghim thỡ ta phi cú:
= (a+2)2 - 4(a2+2a+1) 0
a(3a + 4) 0 -

4
a0
3

Chng minh tng t ta c:

-

4
4
b 0; - c 0
3
3

2. Bi tp:
Bi tp 1: Gi a, b l hai nghim ca phng trỡnh bc hai: x 2 + px + 1 = 0.

Gi c, d l hai nghim ca phng trỡnh: y2 + qy + 1 = 0
Chng minh h thc: (c-a)(a-b)(b-c)(b-d) = (p-q)2
Bi tp 2: Chng minh rng khi vit s x = ()200 di dng thp phõn, ta
c ch s lin trc du phy l 1,ch s lin sau u phy l 9.
Bi tp 3: Gi s x1 v x2 l hai nghim ca phng trỡnh
2004 x 2 (2004m 2005) x 2004 = 0 ( m l tham s)
x x2

3

2
1
Chng minh rng: 2 ( x1 x2 ) + 2( 2

+

1 1 2
) 24
x1 x2

V xỏc nh giỏ tr ca m ng thc xy ra
(K thi vo lp 10 THPT Phan bi Chõu-2004-2005)
iV. áp dụng định lý vi-ét giải phơng trình và hệ phơng trình.

1.Vớ d :
Vớ d 1: Gii phng trỡnh:

5 x
5 x
x

x+
=6
x +1
x +1

nh hng:
- Tỡm KX:
- t

5x

u = x. x +1

5x
= x +
x +1


u + = ?

u. = ?

- Tớnh u, v ri suy ra x.
Bi gii:
KX:
t

{x R x - 1}

5x

u = x. x +1
:
5 x (*)
= x +
x +1



5 x
5 x
u + = x. x + 1 + x + x + 1
u + = 5






u. = x. 5 x . x + 5 x
u. = 6

x +1
x +1

8


u, v là nghiệm của phương trình :

x2 - 5x + 6 = 0
∆ = 25 – 24 = 1
5 +1
=3
2
5 −1
x2 =
=2
2

x1 =

u = 3 thì v = 2 hoặc u = 2 thì v = 3
u = 3
thì (*) trở thành : x2 - 2x + 3 = 0
ν
=
2


Nếu: 

∆' = 1 – 3 = - 2 < 0

Phương trình vô nghiệm:
u = 2
thì (*) trở thành : x2 - 3x + 2 = 0
ν
=
3



Nếu: 

Suy ra: x1 = 1; x2 = 2
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x1 = 1; x2 = 2.
Ứng dụng định lí Vi-ét để giải hệ phương trình thường dùng để giải hệ đối
 f ( x, y ) = 0
 f ( y, x) = 0
⇔
 g ( x, y ) = 0
 g ( y, x) = 0

xứng loại 1: Tức là hệ có dạng: 

Để giải loại hệ này ta tiến hành như sau:
- Biểu diễn từng phương trình qua x + y và xy
- Đặt S = x + y và P = xy, ta được một hệ mới chứa hai ẩn S và P.
- Giải hệ mới để tìm S và P.
- Các số cần tìm là nghiệm của phương trình t 2 − St + P = 0.
Theo yêu cầu của bài mà giải phương trình tìm t hoặc biện luận phương trình chứa
t để rút ra kết luận mà đề bài đặt ra.
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình:
x + y = 11
a)

 xy = 31
 x + y + yx = 7
b)
 2

2
xy + x y = 12
Bài giải
a) x,y là nghiệm của phương trình:
x2 - 11x +31 = 0
∆=(-11)2 - 4.1.31 = 121 – 124 = - 3 < 0
Phương trình vô nghiệm
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
b) Đặt x + y = S và xy = P
S + P = 7
Ta có hệ phương trình : 
 S.P = 12
Khi đó S và P là hai nghiệm của phương trình : t2 – 7t + 12 = 0.
9


Giải phương trình này ta được t = 4 và t = 3.
+ Nếu S = 4 thì P = 3 khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
u2 - 4u + 3 = 0
⇒ u = 1 và u = 3
Suy ra (x = 1; y = 3) và (x = 3; y = 1)
+ Nếu S = 3 thì P = 4 khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
v2 – 3v + 4 = 0
Phương trình này vô nghiệm vì ∆ = 9 - 16 = - 7 < 0
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là:
(x = 1; y = 3) và (x = 3; y =1)
Ví dụ 3:
2. Bài tập:
Bài tập 1: Giải phương trình: x3 + 9x2 + 18 + 28 = 0
Bài tập 2: Giải các hệ phương trình sau:

 x+y =9
a)
 2
2
x + y = 4
b)

 x+y =3
 4
4
x + y = 17

Bài tập 3
 x 2 + y 2 + x + y = 18
Giải hệ phương trình: 
 x ( x + 1) y ( y + 1) = 72

( Thi HSG lớp 9 huyện Nghi lộc-Nghệ An-2003-2004
Đề chọn đội tuyển dự thi HSG Tỉnh-Yên Thành-Nghệ An-2009-2010)
V. §Þnh lý vi-Ðt víi bµi to¸n cùc trÞ:

1. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình:
x2 - (2m - 1)x + m – 2 = 0
Tìm m để x12 + x22 có giá trị nhỏ nhất
Bài giải:
Xét: ∆ = 4m2 - 4m + 1 - 4m + 8 = 4m2 - 8m + 9 = 4(m - 1)2 + 5 > 0
Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Theo định lí Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 2m - 1; x1.x2 = m - 2
2

2
⇒ x1 + x2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (2m - 1)2 - 2(m - 2)
=4m2 - 6m + 5 = (2m -

3 2 11 11
) +
≥
2
4
4

10


Dấu “=” xảy ra khi m =
Vậy Min(x12 + x22) =

3
4

11
3
khi m =
4
4

Ví dụ 2: Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình:
2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2
Bài giải:

Để phương trình đã cho có nghiệm thì:
∆' = (m + 1)2 - 2(m2 + 4m + 3) = - (m + 1)(m + 5) ≥ 0
⇒ - 5 ≤ m ≤ - 1 (*)
Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1 + x2 = - m - 1
m 2 + 4m + 3
x1 .x2 =
2

Do đó: A = 

m 2 + 8m + 7

2

Ta có: m2 + 8m + 7 = (m + 1)(m + 7) với điều kiện (*) thì:
(m + 1)(m + 7) ≤ 0.
Suy ra: A =

9
− m 2 + 8m − 7
9 − (m + 4) 2
=
≤
2
2
2

Dấu “ = ” xảy ra khi (m + 4)2 = 0 hay m = - 4
Vậy, A đạt giá trị lớn nhất là

9
khi m = - 4, giá trị này thoã mãn điều kiện
2

(*).
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức
A=(x4 + 1) (y4 + 1), biết x, y ≥ 0; x + y =
Bài giải:
A = (x4 + 1)(y4 + 1) = x4 + y4 + y4x4 + 1
Ta có: x + y = ⇒ x2 + y2 = 10 - 2xy
⇒ x4 + y4 + 2y2x2 = 100 - 40xy + 4x2y2
⇒ x4 + y4 = 100 - 40xy + 2x2y2
Đặt : xy = t thì x4 + y4 = 100 - 40t + 2t2
Do đó A = 100 - 40t + 2t2 + t4 + 1 = t4 + 2t2 – 40t + 101
a)Tìm giá trị nhỏ nhất:
A = t4 - 8t2 + 16 + 10t2 - 40t + 40 + 45
= (t2 - 4)2 + 10(t - 2)2 + 45 ≥ 45
Min(A) = 45 ⇔ t = 2, khi đó xy = 2; x + y = nên x và y là nghiệm của
phương trình
X2 - X + 2 = 0.
Tức là: x =

10 + 2
;y=
2

10 − 2
hoặc x =
2

10 − 2
;y=
2

10 + 2
2

11


b) Tìm giá trị lớn nhất:
2

2
5
5
 x + y   10 
Ta có: 0 ≤ xy ≤ 
 =
= 2 ⇒ 0 ≤ t ≤ 2

 
 
 2   2 

(1)

Viết A dưới dạng : A = t(t3 + 2t - 40) + 101.
Do (1) nên t3 ≤

125
125
; 2t ≤ 5 ⇒ t3 + 2t - 40 ≤
+ 5 - 40 < 0 còn t ≥ 0 nên
8
8

A ≤ 101
Max(A) = 101 khi và chỉ khi t = 0 tức là x = 0; y = hoặc x = ; y = 0
2. Bài tập:
Bài tập 1: Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình.
x2 + 2(m - 2)x - 2m + 7 = 0
2
2
Tìm m để x1 + x2 có giá trị nhỏ nhất.
Bài tập 2: Cho phương trình: x2 - mx+ (m - 2)2 = 0
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
A = x1x2 + 2x1 + 2x2
Bài tập 3: Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phương trình:
x2 − 4 x
= 3x + m (m là tham số).
1− x

Tìm m để x1 − x2 giá trị nhỏ.
(Thi vào lớp 10 THPT- Đại học Vinh-2004-2005)
Bài tập 4: Cho phương trình: 2 x 2 + 2(m + 3) x + m2 + 6m + 7 = 0 (1)
1) Tìm m để pt(1) có nghiệm. Khi nào thì pt(1) có hai nghiệm trái dấu?
2) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của pt(1). Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu
thức:

A = x12 + x22 + x1 x2
(Thi vào lớp 10 Phan Bội Châu – 2000-2001-Vòng1)
PhÇn iii. KÕt luËn.
1. Kết quả đạt được:
Sau khi thực hiện đề tài thấy khả năng vận dụng các phương pháp của học sinh đã
có nhiều tiến bộ, thể hiện ở chỗ đa số học sinh biết cách giải toán linh hoạt, sáng
tạo và bước đầu chủ động tìm tòi kiến thức mới góp phần nâng cao chất lượng dạy
và học trong nhà trường.
Với đối tượng là học sinh khối 9 trường trung học cơ sở Đức thành huyện Yên
Thành tôi đã chọn ra các lớp 9B (làm lớp thực nghiệm ), lớp 9A(làm lớp đối
chứng), khi áp dụng đề tài vào giảng dạy cho học sinh lớp thực nghiệm cho thấy:
phương pháp tư duy, kỹ năng giải bài tập và năng lực sáng tạo của học sinh tốt
hơn. Trong các bài kiểm tra chương 4, phần kiến thức liên quan đến hệ thức Vi-ét
và ứng dụng thì ở lớp 9B ,số học sinh đạt điểm khá trở lên đạt 95%, lớp 9A số học
sinh đạt điểm khá trở lên chỉ đạt 40% .
12


2. Kết luận:
Ứng dụng của định lí Vi-ét trong việc giải toán là một vấn đề lớn, đòi hỏi người
học phải có tính sáng tạo, có tư duy tốt và kỹ năng vận dụng lý thuyết một cách
linh hoạt. Chính vì lẽ đó, trong quá trình giảng dạy, người giáo viên cần chuẩn bị
chu đáo, tỉ mỉ, rõ ràngtừng thể loại bài tập cụ thể để học sinh hiểu sâu bản chất và
cách vận dụng. Xây dựng cho các em niềm đam mê, hứng thú trong học tập, tôn
trọng những suy nghĩ, ý kiến sáng tạo của các em. Cần thường xuyên kiểm tra,
đánh giá kết quả học tập, bổ sung thiếu sót kịp thời, dạy sâu, dạy chắc và kết hợp
nhần nhuyễn, logic giữa các bài toán khác nhau.
Nghiên cứu đề tài “Ứng dụng của định lí Vi-ét trong việc giải toán” không chỉ
giúp cho học sinh yêu thích học bộ môn Toán, mà còn là cơ sở giúp cho bản thân
có thêm kinh nghiệm trong giảng dạy.

3. Bài học rút ra:
Đổi mới dạy học là 1 quá trình, song mỗi giáo viên cần có ý thức tìm tòi những
phương pháp dạy học phù hợp với từng loại bài tập và từng đối tượng học sinh
theo phương pháp dạy học mới là lấy học sinh làm trung tâm, tích cực hóa các
hoạt động của học sinh trong quá trình học tập.
Cuối cùng xin tóm lại điều quan trọng nhất. Trong cuộc sống cũng như trong
dạy học toán không có cái tầm thường và củng không có bài toán nào tầm
thường cả, trước mỗi bài toán hãy dành thời gian nắm bắt các yếu tố và định
hướng suy nghĩ, chứ đừng cảm nhận quá nhiều”
Mặc dù đã rất cố gắng khi thực hiện đề tài, song không thể tránh khỏi những
thiếu sót về cấu trúc ngôn ngữ và kiến thức khoa học. Vì vậy, tôi mong sự quan
tâm của các đồng chí, đồng nghiệp góp ý kiến chân thành để đề tài này được
hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp xin được gửi về email:

Tôi xin chân thành cảm ơn!
Yên thành, ngày 25 tháng 04 năm 2011
Giáo viên:

Mạc Tuấn Tú

Tài liệu tham khảo
1.
2.
3.
4.

Sách Giáo khoa và sách giáo viên lớp 9 của Bộ Giáo Dục
“ Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9” của Bùi Văn Tuyên
“Báo toán học và tuổi thơ 2” của Bộ Giáo Dục
Các đề thi tuyển sinh và thi chuyên chọn các trường trong tỉnh

13


5. “Bài tập nâng cao Đại số 9” của Vũ Hữu Bình

Mục Lục
Nội dung
Phần 1: Đặt Vấn đề
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng và phạm vi áp dụng
Phần 2: Nội dung
A. Kiến thức cơ bản
1. Hệ thức Vi-ét
2. Ứng dụng
3. Bổ sung
B. Nội dung
1. Ứng dụng của định lý Vi-ét trong giải toán tìm điều kiện
của tham số để bài toán thoã mãn yêu cầu đặt ra
2. Ứng dụng của định lý Vi-ét trong bài toán lập phương
trình bậc hai một ẩn, tìm hệ số của pt bậc hai một ẩn
3. Ứng dụng của định lý Vi-ét trong giải toán chứng minh
4. Ứng dụng của định lý Vi-ét trong gioải phương trình và
hệ phương trình
5. Định lý Vi-ét với bài toán cực trị
Phần 3: Kết luận
1. Kết quả đạt được
2. Kết luận
3. Bài học rút ra
Tài liệu tham khảo

Trang
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
5
7
8
10
12
12
13
13
14

14