CHUYEN DE HE THUC VIET MOI BO SUNG ôn thi vào 10 20172018

Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-1-

MỤC LỤC
Các chữ cái viết tắt sử dụng trong chuyên đề
Phần I.
Đặt vấn đề
I. Lý do chọn đề tài
1. Cơ sở lý luận
2. Cơ sở thực tiễn
II. Mục đích nghiên cứu của đề tài
III. Bản chất cần được làm rõ
IV. Đối tượng nghiên cứu của đề tài
V. Phương pháp nghiên cứu của đề tài
VI. Giới hạn về không gian nghiên cứu
VII. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu
Phần II. Nội dung
I. Cơ sở lý luận khoa học của đề tài
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
III. Giải pháp thực hiện
1. Kiến thức
2. Một số dạng bài tập minh họa
Dạng I: Nhẩm nghiệm của phương trình
Dạng II: Lập phương trình bậc hai
Dạng III: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Dạng IV: Tính giá trị của các biêu thức nghiệm
Dạng V: Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương
trình sao cho chúng không phụ thuộc vào tham số
Dạng VI: Tìm giá trị tham số của phương trình thỏa mãn
biểu thức chứa nghiệm đã cho

Dạng VII: Xác định dấu các nghiệm của phương trình bậc
hai
Dạng VIII:Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của
biểu thức nghiệm
IV. Kết quả
1. Ưu điểm
2. Tồn tại
3. Kết quả thông qua số liệu
Phần III. Kết luận
1. Kết luận
2. Kiến nghị

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trang
2
3
3
3
3
3
4
4
4
4
4
5
5
5
6

6
6
6
8
9
10
12
14

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên

20
22
25
25
25
25
26
26
26


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-2-

CÁC CHỮ CÁI VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ
1. HD

Hướng dẫn

2. TM

Thỏa mãn

3. KTM

Không thỏa mãn

4. ĐKXĐ

Điều kiện xác định

5. THCS

Trung học cơ sở

6. THPT

Trung học phổ thông

7. NXBGD

Nhà xuất bản Giáo dục

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên

Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-3-

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
1. Cơ sở lý luận
Trong hoạt động giáo dục hiện nay, đòi hỏi học sinh cần phải tự học tự
nghiên cứu rất cao. Tức là cái đích cần phải biến quá trình giáo dục thành quá trình
tự giáo dục. Như vậy, học sinh có thể phát huy được năng lực sáng tạo, tư duy khoa
học, từ đó xử lý linh hoạt được các vấn đề của đời sống xã hội.
Một trong những phương pháp để giúp học sinh đạt được điều đó đối với
môn Toán đó là khích lệ các em sau mỗi đơn vị kiến thức cần khắc sâu, tìm tòi
những bài toán liên quan. Làm được như vậy có nghĩa là các em rất cần sự say mê
học tập, tự nghiên cứu đào sâu kiến thức.
2. Cơ sở thực tiễn
Trong quá trình dạy toán ở các trường THCS tôi nhận thấy kiến thức và kỹ
năng về vận dụng hệ thức Vi-ét để giải phương trình là nền tảng trong chương trình
toán THCS và được hoàn thiện trong chương trình toán THPT.
Trong quá trình nghiên cứu và tìm tòi tài liệu, ta thấy dạng toán vận dụng hệ
thức Vi-ét giải phương trình bậc hai có chứa tham số hiện nay xuất hiện khá phổ
trong các đề thi vào 10. Do đó học sinh cần được trang bị những kiến thức và kỹ
năng cần thiết, cũng như được làm quen với các dạng toán về vận dụng hệ thức Viét để giải toán.
Với những lí do đã nêu trên trong phạm vi đề tài này tôi mạnh dạn đưa ra
“Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Đưa ra một số dạng toán về vận dụng hệ thức Vi-ét thường được dùng để thi
vào lớp 10.
III. BẢN CHẤT CẦN ĐƯỢC LÀM RÕ
Giúp học sinh nắm vững được một số dạng toán giải phương trình bậc hai

bằng cách vận dụng định lí Vi-ét, biết cách vận dụng, thấy rõ ưu điểm của từng
phương pháp, biết cách nghiên cứu tài liệu.
Gây được hứng thú cho học sinh khi làm bài tập ở sách tham khảo, đề thi vào
10, giúp học sinh giải được một số dạng bài tập về phương trình bậc hai, nắm vững
các phương pháp giải đặc trưng cho từng dạng.
Giúp học sinh củng cố kiến thức về phương trình bậc hai và kĩ năng biến đổi
đại số thông dụng.
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-4-

IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Phát triển năng lực tư duy cho các đối tượng học sinh lớp 9 thông qua một số
dạng bài tập giải phương trình bậc hai khi vận dụng hệ thức Vi-ét.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Tham khảo thu thập tài liệu
Phân tích tổng hợp kinh nghiệm
Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh
VI. GIỚI HẠN VỀ KHÔNG GIAN NGHIÊN CỨU
Là học sinh lớp 9 trường THCS .
VII. PHẠM VI VÀ KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU
Nội dung chuyên đề trên đã được tôi nghiên cứu và triển khai trong nhiều
năm giảng dạy toán 9, mỗi lần áp dụng xong đều tiến hành rút kinh nghiệm, có
chỉnh sửa và bổ xung thêm tính mới.

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-5-

PHẦN II. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI
Để nghiên cứu đề tài này tôi căn cứ vào một số cơ sở lý luận khoa học sau:
Do yêu cầu đổi mới của đất nước, nền kinh tế, khoa học theo hướng công
nghiệp hoá-hiện đại hoá, hoà nhập cộng đồng quốc tế, giáo dục là đào tạo ra người
lao động mới thích ứng với xã hội, bản thân.
Bài tập về phương trình bậc hai có chứa tham số rất đa dạng và phong phú, để
giải được học sinh cần có kỹ năng tốt, biết nhiều phương pháp và cách vận dụng.
Tạo nền tảng kiến thức cơ bản để học sinh lấy đó làm tiền đề và tiếp tục hoàn thiện
khi học sang THPT.
Trang bị cho học sinh kỹ năng vận dụng hệ thức Vi-ét để giải phương trình bậc
hai, giải đề thi vào lớp 10 có nội dung liên quan đến hệ thức Vi-ét.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
Về phía giáo viên: Hầu hết được đào tạo chính qui, được phân công giảng
dạy đúng chuyên môn, nhiệt tình trong công việc. Tuy vậy đại đa số giáo viên dạy
đều theo chương trình sách giáo khoa, việc tổng hợp các dạng bài và phương pháp
làm thành một hệ thống để học sinh dễ học, dễ nhớ không phải là giáo viên nào
cũng làm được. Đối với đại trà thì việc giảng dạy theo chương trình sách giáo khoa
là coi như đạt yêu cầu nhưng đối với công việc bồi dưỡng học sinh giỏi thì việc
trang bị kiến thức không theo dạng bài và phương pháp làm kèm theo là chưa đảm
bảo được yêu cầu.

Về phía học sinh: Đa số học sinh đều ngoan ngoãn, có ý thức học, có ý thức
phấn đấu vươn lên. Tuy nhiên do năng lực có hạn nên về kiến thức sức tiếp thu còn
chậm, chưa thấy hết được tính đặc trưng, ưu việt của phương pháp giải. Đổi lại nếu
học sinh có nền tảng kiến thức tốt thì hoàn toàn có thể nắm vững được phương
pháp tạo tiền đề vững chắc để học toán ở trường THPT.
Về phía nhà trường: Đa số các nhà trường phân công giảng dạy là đúng
chuyên môn, tuy vậy việc phân công giảng dạy của lãnh đạo nhà trường không chỉ
dựa vào chuyên môn mà còn dựa vào năng lực và nghiệp vụ của mỗi giáo viên.
Chính vì vậy đề tài “Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán ” có
thể coi là tài liệu để học sinh và giáo viên tham khảo trong công tác giảng dạy môn
toán khối 9, bồi dưỡng thi vào 10.

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-6-

III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
1. Kiến thức: Trình bày sơ lược theo từng dạng .
Cho phương trình bậc hai:

Vậy đặt :

( a ≠ 0)

−b − ∆

;
2a
−b − ∆ − b + ∆ −2b −b
x1 + x2 =
=
=
2a
2a
a
2
(−b − ∆ )(−b + ∆ ) b − ∆ 4ac c
x1 x2 =
=
= 2 =
4a 2
4a 2
4a
a
−b
- Tổng nghiệm là S :
S = x1 + x2 =
a
c
- Tích nghiệm là P :
P = x1 x2 =
a

Có hai nghiệm
Suy ra:

ax 2 + bx + c = 0
x1 =

(*)
x2 =

−b + ∆
2a

Như vậy ta thấy giữa hai nghiệm của phương trình (*) có liên quan chặt chẽ
với các hệ số a, b, c. Đây chính là nội dung của Định lí VI-ÉT, sau đây ta tìm hiểu
một số ứng dụng của định lí này trong giải toán.
2. Một số dạng toán minh họa:
CHUYÊN ĐỀ : MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC VI-ÉT
TRONG GIẢI TOÁN
I. NHẨM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH :
1. Dạng đặc biệt:
Xét phương trình (*) ta thấy :
a) Nếu cho x = 1 thì ta có (*) ⇔ a.12 + b.1 + c = 0 ⇔ a + b + c = 0
c
a

Như vây phương trình có một nghiệm x1 = 1 và nghiệm còn lại là x2 = .
b) Nếu cho x = − 1 thì ta có (*) ⇔ a.( − 1)2 + b( − 1) + c = 0 ⇔ a − b + c = 0
Như vậy phương trình có một nghiệm là x1 = −1 và nghiệm còn lại là x2 =
.
Ví dụ: Dùng hệ thức VI-ÉT để nhẩm nghiệm của các phương trình sau:
1) 2 x 2 + 5 x + 3 = 0 (1)
2) 3x 2 + 8 x − 11 = 0
(2)

Ta thấy :

−3
Phương trình (1) có dạng a − b + c = 0 nên có nghiệm x1 = −1 và x2 =
2
−11
Phương trình (2) có dạng a + b + c = 0 nên có nghiệm x1 = 1 và x2 =
.
3

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên

−c
a


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-7-

Bài tập áp dụng: Hãy tìm nhanh nghiệm của các phương trình sau:
1. 35 x 2 − 37 x + 2 = 0
2. 7 x 2 + 500 x − 507 = 0
3. x 2 − 49 x − 50 = 0
4. 4321x 2 + 21x − 4300 = 0
2. Cho phương trình , có một hệ số chưa biết, cho trước một nghiệm tìm nghiệm
còn lại và chỉ ra hệ số của phương trình :
Ví dụ: a) Phương trình x 2 − 2 px + 5 = 0 . Có một nghiệm bằng 2, tìm p và nghiệm thứ

hai.
b) Phương trình x 2 + 5 x + q = 0 có một nghiệm bằng 5, tìm q và nghiệm thứ
hai.
c) Cho phương trình : x 2 − 7 x + q = 0 , biết hiệu 2 nghiệm bằng 11. Tìm q và
hai nghiệm của phương trình.
d) Tìm q và hai nghiệm của phương trình : x 2 − qx + 50 = 0 , biết phương trình
có 2 nghiệm và có một nghiệm bằng 2 lần nghiệm kia.
Bài giải:
a) Thay x1 = 2 vào phương trình ban đầu ta được :
4−4p+5 = 0 ⇒ p =

9
4
5

5

Từ x1 x2 = 5 suy ra x2 = x = 2
1
b) Thay x1 = 5 vào phương trình ban đầu ta được
25 + 25 + q = 0 ⇒ q = −50

−50

−50

Từ x1 x2 = −50 suy ra x2 = x = 5 = −10
1
c) Vì vai trò của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1 − x2 = 11 và theo VI-ÉT
ta có x1 + x2 = 7 ,

 x1 − x2 = 11  x1 = 9
⇔
 x1 + x2 = 7
 x2 = −2

ta giải hệ sau: 

Suy ra q = x1 x2 = −18
d) Vì vai trò của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1 = 2 x2 và theo VI-ÉT ta
có x1 x2 = 50 . Suy ra
 x = −5
2 x22 = 50 ⇔ x22 = 52 ⇔  2
 x2 = 5
Với x2 = −5 thì x1 = −10
Với x2 = 5 thì x1 = 10

II. LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-8-

1. Lập phương trình bậc hai khi biết hai nghiệm x1 ; x2
Đặt S = x1 + x2 ; P = x1 x2 , khi đó x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình có dạng
x 2 − Sx + P = 0 .
Ví dụ : Cho x1 = 3 ; x2 = 2 lập một phương trình bậc hai chứa hai nghiệm trên

 S = x1 + x2 = 5
vậy x1 ; x2 là nghiệm của phương trình có
 P = x1 x2 = 6

Theo hệ thức VI-ÉT ta có 
dạng:

x 2 − Sx + P = 0 ⇔ x 2 − 5 x + 6 = 0

Bài tập áp dụng:
1.
x1 = 8
2.
x1 = 3a
3.
x1 = 36

vµ
vµ
vµ

x2 = − 3
x2 = a
x2 = − 104

4.

x1 = 1 + 2 vµ
x2 = 1 − 2
2. Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm

của một phương trình cho trước:
V í dụ: Cho phương trình : x 2 − 3x + 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Không giải
1

phương trình trên, hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn là y thoả mãn : y1 = x2 + x và
1

y2 = x1 +

1
x2

Theo hệ thức VI- ÉT ta có:
1 1
1
1
x +x
3 9
+ x1 + = ( x1 + x2 ) +  + ÷ = ( x1 + x2 ) + 1 2 = 3 + =
x1
x2
x1 x2
2 2
 x1 x2 
1
1
1
1 9
P = y1 y2 = ( x2 + )( x1 + ) = x1 x2 + 1 + 1 +
= 2 +1+1+ =

x1
x2
x1 x2
2 2

S = y1 + y2 = x2 +

Vậy phương trình cần lập có dạng:
hay

y 2 − Sy + P = 0
9
9
y2 − y + = 0 ⇔ 2 y2 − 9 y + 9 = 0 .
2
2

Bài tập áp dụng:
1/ Cho phương trình 3x 2 + 5 x − 6 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Không giải phương
1

1

2

1

trình, Hãy lập phương trình bậc hai có các nghiệm y1 = x1 + x và y2 = x2 + x
5
6

1
2

(Đáp số: y 2 + y − = 0 hay 6 y 2 + 5 y − 3 = 0 )
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

-9-

2/ Cho phương trình : x 2 − 5 x − 1 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 . Hãy lập phương trình bậc 2
có ẩn y thoả mãn y1 = x14 và y2 = x24 (có nghiệm là luỹ thừa bậc 4 của các nghiệm của
phương trình đã cho).
(Đáp số : y 2 − 727 y + 1 = 0 )
3/ Cho phương trình bậc hai: x 2 − 2 x − m 2 = 0 có các nghiệm x1 ; x2 . Hãy lập phương
trình bậc hai có các nghiệm y1; y2 sao cho :
a) y1 = x1 − 3 và y2 = x2 − 3
(Đáp số :

b) y1 = 2 x1 − 1 và y2 = 2 x2 − 1
2
2
b) y − 2 y − ( 4m + 3) = 0

a) y 2 + 4 y + 3 − m 2 = 0

)

III. 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 hai nghiệm của
phương trình :
x 2 − Sx + P = 0
(điều kiện để có hai số đó là S2 − 4P ≥ 0 ).
Ví dụ : Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b = − 3 và tích P = ab = − 4.
Vì a + b = − 3 và ab = − 4 nên a, b là nghiệm của phương trình : x 2 + 3x − 4 = 0
giải phương trình trên ta được x = 1 và x2 = −4 .
Vậy nếu a = 1 thì b = − 4.
nếu a = − 4 thì b = 1.
Bài tập áp dụng: Tìm 2 số a và b biết Tổng S và Tích P :
1. S = 3
và
P=2
−
2. S = 3 và
P=6
3. S = 9
và
P = 20
4. S = 2x
và
P = x2 − y2
Bài tập nâng cao: Tìm 2 số a và b biết:
1. a + b = 9 và a2 + b2 = 41;
2. a − b = 5 và ab = 36;
3. a2 + b2 = 61 v à ab = 30.
Hướng dẫn: 1) Theo đề bài đã biết tổng của hai số a và b , vậy để áp dụng hệ thức

VI- ÉT thì cần tìm tích của a và b.
1

Từ a + b = 9 ⇒ ( a + b ) = 81 ⇔ a + 2ab + b = 81 ⇔ ab =
2

2

2

81 − ( a 2 + b 2 )
2

= 20
 x1 = 4
 x2 = 5

2
Suy ra : a, b là nghiệm của phương trình có dạng : x − 9 x + 20 = 0 ⇔ 

Vậy: Nếu a = 4 thì b = 5
nếu a = 5 thì b = 4
2) Đã biết tích: ab = 36 do đó cần tìm tổng : a + b
Cách 1: Đặt c = − b ta có : a + c = 5 và a.c = − 36
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 10  x1 = −4
 x2 = 9

2
Suy ra a, c là nghiệm của phương trình : x − 5 x − 36 = 0 ⇔ 

Do đó nếu a = − 4 thì c = 9 nên b = − 9
nếu a = 9 thì c = − 4 nên b = 4
2
2
2
2
Cách 2: Từ ( a − b ) = ( a + b ) − 4ab ⇒ ( a + b ) = ( a − b ) + 4ab = 169

 a + b = −13
2
⇒ ( a + b ) = 132 ⇒ 
 a + b = 13
*) Với a + b = −13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình :
 x = −4
x 2 + 13x + 36 = 0 ⇔  1
 x2 = −9
Vậy a = −4 thì b = −9
*) Với a + b = 13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình :
x = 4
x 2 − 13 x + 36 = 0 ⇔  1
 x2 = 9

Vậy a = 9 thì b = 4

3) Đã biết ab = 30, do đó cần tìm a + b:
 a + b = −11
 a + b = 11

Từ: a2 + b2 = 61 ⇒ ( a + b ) = a 2 + b 2 + 2ab = 61 + 2.30 = 121 = 112 ⇒ 
2

*) Nếu a + b = −11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình:
 x = −5
x 2 + 11x + 30 = 0 ⇔  1
 x2 = −6
Vậy nếu a = −5 thì b = −6 ; nếu a = −6 thì b = −5
*) Nếu a + b = 11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình :
x = 5
x 2 − 11x + 30 = 0 ⇔  1
 x2 = 6

Vậy nếu a = 5 thì b = 6 ; nếu a = 6 thì b = 5.
IV. TÍNH GIÁ TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC NGHIỆM
Đối với các bài toán dạng này điều quan trọng nhất là phải biết biến đổi biểu
thức nghiệm đã cho về biểu thức có chứa tổng nghiệm S và tích nghiệm P để áp
dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị của biểu thức.
1. Biến đổi biểu thức để làm xuất hiện : ( x1 + x2 ) và x1 x2 .
Ví dụ 1
a) x12 + x22 = ( x12 + 2 x1 x2 + x22 ) − 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2

3
3
2
2

b) x1 + x2 = ( x1 + x2 ) ( x1 − x1 x2 + x2 ) = ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 
2

c) x14 + x24 = ( x12 )2 + ( x22 )2 = ( x12 + x22 ) − 2 x12 x22 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2  − 2 x12 x22
2

Giáo viên: Dương Thế Nam

2

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán
1

1

- 11 -

x +x

1
2
d) x + x = x x
1
2
1 2

x1 − x2 = ?

Ví dụ 2

Ta biết ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 ⇒ x1 − x2 = ± ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
Từ các biểu thức đã biến đổi trên hãy biến đổi các biểu thức sau:
1. x12 − x22
( = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) =…….)
2

2. x13 − x23
3. x14 − x24

2

2

2
2
( = ( x1 − x2 ) ( x1 + x1 x2 + x2 ) = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2  =……. )
2

2
2
2
2
( = ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) =…… )

2 3
2 3
2

2
4
2 2
4
4. x16 + x26
( = ( x1 ) + ( x2 ) = ( x1 + x2 ) ( x1 − x1 x2 + x2 ) = ……..)
Bài tập áp dụng:

1

1

8. x − 1 + x − 1
1
2
2. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức nghiệm:
a) Cho phương trình : x 2 − 8 x + 15 = 0 . Không giải phương trình, hãy tính:
5. x16 − x26

6. x15 + x25

7. x17 + x27

1

1

8
 ÷
 15 

1. x12 + x22

(34)

2. x + x
1
2

x

 34 
 ÷
 15 

4. ( x1 + x2 )

x

1
2
3. x + x
2
1

2

(46)

5. x13 + x23 (152)

b) Cho phương trình : 8 x 2 − 72 x + 64 = 0 . Không giải phương trình, hãy tính:
1

1

1. x + x
1
2

9
 ÷
8

2. x12 + x22

(65)

c) Cho phương trình : x 2 − 14 x + 29 = 0 . Không giải phương trình, hãy tính:
1

1

1. x + x
1
2

 14 
 ÷
 29 

2. x12 + x22

(138)

d) Cho phương trình : 2 x 2 − 3x + 1 = 0 . Không giải phương trình, hãy tính:
1

1

1− x

1− x

x1

x2

1. x + x
1
2

(3)

1
2
2. x + x
1
2

3. x12 + x22

5
 ÷
4

4. x + 1 + x + 1
2
1

(1)
5
 ÷
6

e) Cho phương trình x 2 − 4 3x + 8 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 , không giải phương trình,
hãy tính:
6 x12 + 10 x1 x2 + 6 x22
Q=
5 x1 x23 + 5 x13 x2

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

HD: Q =

- 12 -

6 x12 + 10 x1 x2 + 6 x22
6( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2
6.(4 3) 2 − 2.8
17
=
=
=
3
3
2
2
5 x1 x2 + 5 x1 x2
5 x1 x2 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  5.8 (4 3) − 2.8 80



g) Cho phương trình x 2 + x − 3 = 0 . Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu
thức:
A = x13 − 4 x22 + 19 .

HD: Từ phương trình : x 2 + x − 3 = 0 ⇒ x12 = 3 − x1 .
 x1 + x2 = −1
.
 x1 x2 = −3

Theo hệ thức Vi-ét ta có: 
Ta có:

( x1 + x2 ) ( x12 − 4 x2 ) = x13 − 4 x22 − 4 x1 x2 + x12 x2 = x13 − 4 x22 + 12 − 3x1 = ( x13 − 4 x22 + 19 ) − 7 − 3x1
3
2
2
Suy ra: A = x1 − 4 x2 + 19 = ( x1 + x2 ) ( x1 − 4 x2 ) + 7 + 3x1 = − ( 3 − x1 − 4 x2 ) + 7 + 3x1

= 4 ( x1 + x2 ) + 4 = 4. ( −1) + 4 = 0 .

*) Tương tự: Tính giá trị của biểu thức: B = 4 x12 − x23 − 19 .
V. TÌM HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA HAI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
SAO CHO HAI NGHIỆM NÀY KHÔNG PHỤ THUỘC (HAY ĐỘC LẬP)
VỚI THAM SỐ
Để làm các bài toán loại này, ta thường làm theo các bước sau:
- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2
(thường là a ≠ 0 và ∆ ≥ 0).
- Áp dụng hệ thức VI-ÉT viết S = x1 + x2 và P = x1 x2 theo tham số.
- Dùng quy tắc cộng hoặc thế để tính tham số theo x1 và x2 . Từ đó đưa ra hệ
thức liên hệ giữa các nghiệm x1 và x2.
2
Ví dụ 1: Cho phương trình : ( m − 1) x − 2mx + m − 4 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 .

Lập hệ thức liên hệ giữa x1 ; x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m.
Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 thì :
m ≠ 1
m ≠ 1
m − 1 ≠ 0
m ≠ 1

⇔ 2
⇔

⇔
4

∆ ' ≥ 0
5m − 4 ≥ 0
 m − (m − 1)(m − 4) ≥ 0
m ≥ 5

Theo hệ thức VI- ÉT ta có :
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 13 -

2m
2


 x1 + x2 = m − 1
 x1 + x2 = 2 + m − 1 (1)
⇔

 x .x = m − 4
 x .x = 1 − 3 (2)
1 2
1 2

m −1
m −1



Rút m từ (1) ta có :
2
2
= x1 + x2 − 2 ⇔ m − 1 =
m −1
x1 + x2 − 2

(3)

Rút m từ (2) ta có :
3
3
= 1 − x1 x2 ⇔ m − 1 =
m −1
1 − x1 x2

(4)

Đồng nhất các vế của (3) và (4) ta có:
2
3
=
⇔ 2 ( 1 − x1 x2 ) = 3 ( x1 + x2 − 2 ) ⇔ 3 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 − 8 = 0
x1 + x2 − 2 1 − x1 x2
2

Ví dụ 2: Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình : ( m − 1) x − 2mx + m − 4 = 0 . Chứng

minh rằng biểu thức A = 3 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 − 8 không phụ thuộc giá trị của m.
Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 thì :
m ≠ 1
m ≠ 1
m − 1 ≠ 0
m ≠ 1

⇔ 2
⇔
⇔
4

∆ ' ≥ 0
5m − 4 ≥ 0
 m − (m − 1)(m − 4) ≥ 0
m ≥ 5

Theo hệ thức VI- ÉT ta có :
2m

 x1 + x2 = m − 1

 x .x = m − 4
1 2
m −1


thay vào A ta có:

A = 3 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 − 8 = 3.

2m
m−4
6m + 2m − 8 − 8(m − 1)
0
+ 2.
−8 =
=
=0
m −1
m −1
m −1
m −1
4
5

Vậy A = 0 với mọi m ≠ 1 và m ≥ . Do đó biểu thức A không phụ thuộc vào m.
Nhận xét:
- Lưu ý điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có 2 nghiệm.
- Sau đó dựa vào hệ thức VI-ÉT rút tham số theo tổng nghiệm, theo tích
nghiệm rồi đồng nhất các vế ta sẽ được một biểu thức chứa nghiệm không phụ
thuộc vào tham số.
Bài tập áp dụng:
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên

Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 14 -

2
1. Cho phương trình : x − ( m + 2 ) x + ( 2m − 1) = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 . Hãy lập hệ thức

liên hệ giữa x1 ; x2 sao cho x1 ; x2 độc lập đối với m.
Hướng dẫn: Dễ thấy ∆ = ( m + 2 ) − 4 ( 2m − 1) = m 2 − 4m + 8 = ( m − 2 ) + 4 > 0
2

2

do đó phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 .
Theo hệ thức VI- ÉT ta có
 m = x1 + x2 − 2(1)
 x1 + x2 = m + 2

⇔

x1 x2 + 1
 x1.x2 = 2m − 1
 m = 2 (2)

Từ (1) và (2) ta có: x1 + x2 − 2 =

x1 x2 + 1
⇔ 2 ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 5 = 0
2

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

Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m.
Hướng dẫn: Dễ thấy ∆ = (4m + 1) 2 − 4.2(m − 4) = 16m 2 + 33 > 0 do đó phương trình đã
cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 .
Theo hệ thức VI- ÉT ta có:
 x1 + x2 = −(4m + 1)
4m = −( x1 + x2 ) − 1(1)
⇔

 x1.x2 = 2(m − 4)
4m = 2 x1 x2 + 16(2)

Từ (1) và (2) ta có: −( x1 + x2 ) − 1 = 2 x1 x2 + 16 ⇔ 2 x1 x2 + ( x1 + x2 ) + 17 = 0
VI.TÌM GIÁ TRỊ THAM SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH THOẢ MÃN BIỂU
THỨC CHỨA NGHIỆM ĐÃ CHO.
Đối với các bài toán dạng này, ta làm như sau:
- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 (thường
là a ≠ 0 và ∆ ≥ 0).
- Từ biểu thức nghiệm đã cho, áp dụng hệ thức VI-ÉT để giải phương trình (có ẩn
là tham số).
- Đối chiếu với điều kiện xác định của tham số để xác định giá trị cần tìm.
1. Dạng cơ bản:
2
Ví dụ 1: Cho phương trình : mx − 6 ( m − 1) x + 9 ( m − 3) = 0
Tìm giá trị của tham số m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức :
x1 + x2 = x1.x2 .

Bài giải: Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 là :

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 15 -

m ≠ 0
m ≠ 0
 m ≠ 0
⇔
⇔

2

2
2
 ∆ ' = 9 ( m + 1) ≥ 0
∆ ' = 3 ( m − 1)  − 9(m − 3)m ≥ 0
∆ ' = 9 ( m − 2m + 1) − 9m + 27 m ≥ 0

m ≠ 0
⇔
m ≥ −1
6(m − 1)

 x1 + x2 = m
Theo hệ thức VI- ÉT ta có: 

và từ giả thiết: x1 + x2 = x1 x2 .
 x x = 9(m − 3)
 1 2
m

Suy ra:

6( m − 1) 9(m − 3)
=
⇔ 6(m − 1) = 9( m − 3) ⇔ 6m − 6 = 9m − 27 ⇔ 3m = 21 ⇔ m = 7
m
m

(thoả mãn điều kiện xác định ).
Vậy với m = 7 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ
thức : x1 + x2 = x1.x2
2
2
Ví dụ 2: Cho phương trình : x − ( 2m + 1) x + m + 2 = 0 .

Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) + 7 = 0
Bài giải: Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1 & x2 là :
∆ ' = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + 2) ≥ 0
⇔ 4 m 2 + 4m + 1 − 4 m 2 − 8 ≥ 0
⇔ 4m − 7 ≥ 0 ⇔ m ≥

7
4
 x1 + x2 = 2m + 1

Theo hệ thức VI-ÉT ta có: 

2
 x1 x2 = m + 2

và từ giả thiết 3x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) + 7 = 0 .

Suy ra:
3(m 2 + 2) − 5(2m + 1) + 7 = 0
⇔ 3m 2 + 6 − 10m − 5 + 7 = 0
 m = 2(TM )
⇔ 3m − 10m + 8 = 0 ⇔ 
 m = 4 ( KTM )
3

2

Vậy với m = 2 thì phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức :
3 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) + 7 = 0 .

Bài tập áp dụng (Một số Đề thi vào lớp 10 của tỉnh Vĩnh Phúc)
Bài 1: (Năm 2006-2007/Câu 3): Cho phương trình bậc hai với ẩn số x:
x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 16 -

a) Tìm m để phương trình luôn có một nghiệm x = − 2. Khi đó hãy tìm nghiệm
còn lại.
b) Tìm m sao cho phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn :

(

)

2 x12 + x 22 − 5 x1 x 2 = 27

Bài 2: (Năm 2007- 2008/Câu 5): Cho phương trình bậc hai:
x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + m − 1 = 0

(1)

a) Giải phương trình (1) khi m = − 2.
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x 2 thoả mãn điều
kiện: x12 + x22 = 18

Bài 3: (Năm 2008-2009/Câu 7): Cho phương trình bậc hai: x 2 + ( m − 1) x − ( m 2 − 1) = 0 (1)
a) Giải phương trình (1) với m = − 1.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt a, b thoả
mãn a = −2b
Bài 4: (Năm 2010-2011/Câu 6): Cho phương trình: x 2 − 2(m − 1) x + m − 5 = 0 , (x là
ẩn, m là tham số ).
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với
mọi giá trị của m.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thoả

mãn điều kiện x12 + x2 2 = 10 .
Bài 5. Cho phương trình x 2 − 2(m − 1) x − 3 − m = 0 . Tìm m sao cho nghiệm x1 ; x2 thỏa
mãn điều kiện x12 + x22 ≥ 10 .
2. Dạng nâng cao:
2
1. Cho phương trình : mx + 2 ( m − 4 ) x + m + 7 = 0

Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1 − 2 x2 = 0
2
2. Cho phương trình : x + ( m − 1) x + 5m − 6 = 0

Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức: 4 x1 + 3x2 = 1
2
3. Cho phương trình : 3x − ( 3m − 2 ) x − ( 3m + 1) = 0 .

Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 − 5 x2 = 6
Hướng dẫn cách giải:
Đối với các bài tập dạng này ta thấy có một điều khác biệt so với bài tập ở Ví
dụ 1 và ví dụ 2 ở chỗ:

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 17 -

+ Trong ví dụ thì biểu thức nghiệm đã chứa sẵn tổng nghiệm x1 + x2 và tích

nghiệm x1 x2 nên ta có thể vận dụng trực tiếp hệ thức VI-ÉT để tìm tham số m.
+ Còn trong 3 bài tập trên thì các biểu thức nghiệm lại không cho sẵn như
vậy, do đó vấn đề đặt ra ở đây là làm thế nào để từ biểu thức đã cho biến đổi về
biểu thức có chứa tổng nghiệm x1 + x2 và tích nghiệm x1 x2 rồi từ đó vận dụng tương
tự cách làm đã trình bày ở Ví dụ 1 và ví dụ 2 hoặc cũng có thể tính x1 và x2 theo
tham số từ x1 + x2 và hệ thức bài cho rồi thế vào x1 x2 . Do đó có một số hướng làm
như sau:
Bài 1:

16
15
−2(m − 4)

 x1 + x2 =
m
-Theo VI-ÉT: 
x x = m + 7
 1 2
m

- ĐKX Đ: m ≠ 0 & m ≤

(1)

*) Cách 1: Sử dụng kỹ thuật thêm bớt vào hai vế của hệ thức đã cho:
 x1 + x2 = 3 x2
⇒ 2( x1 + x2 ) 2 = 9 x1 x2 (2)
 2( x1 + x2 ) = 3 x1

- Từ x1 − 2 x2 = 0 Suy ra: 

- Thế (1) vào (2) ta đưa được về phương trình sau:
m 2 + 127 m − 128 = 0 ⇒ m1 = 1; m2 = −128 .
*) Cách 2: Giải hệ phương trình tính x1 & x2 theo tham số sau đó thế vào tích x1 x2 .
−4(m − 4)

−2(m − 4)
−2(m − 4)
x1 =



 x1 + x2 =
 2 x + 2 x2 =

3m
⇔ 1
⇔
m
m
Ta có: 
 x1 − 2 x2 = 0
 x1 − 2 x2 = 0
 x = −2(m − 4)
 2
3m
m+7
 −4(m − 4)   −2(m − 4)  m + 7
.
=

Thay vào x1 x2 =
, ta được: 
m
m
 3m   3m 
m = 1
2
⇔ 8 ( m − 4 ) = 9m ( m + 7 ) ⇔ m 2 + 127 m − 128 = 0 ⇔ 
 m = −128

Bài 2: - ĐKXĐ: ∆ = m 2 − 22m + 25 ≥ 0 ⇔ m ≤ 11 − 96; m ≥ 11 + 96 .
 x1 + x2 = 1 − m
(1)
 x1 x2 = 5m − 6

- Theo VI-ÉT: 
*) Cách 1:

 x1 = 1 − 3( x1 + x2 )
⇒ x1 x2 = [ 1 − 3( x1 + x2 ) ] .[ 4( x1 + x2 ) − 1]
 x2 = 4( x1 + x2 ) − 1

- Từ : 4 x1 + 3x2 = 1 . Suy ra: 

⇔ x1 x2 = 7( x1 + x2 ) − 12( x1 + x2 ) 2 − 1 (2)
m = 0
- Thế (1) vào (2) ta có phương trình : 12m(m − 1) = 0 ⇔ 
(thoả mãn)
m = 1

*) Cách 2: Ta có hệ
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 18 -

 x1 + x2 = 1 − m
3 x + 3 x2 = 3 − 3m
 x = 3m − 2
⇔ 1
⇔ 1

 4 x1 + 3x2 = 1
4 x1 + 3x2 = 1
 x2 = 3 − 4m
m = 0
Thay vào: x1 x2 = 5m − 6 ⇒ 12m ( m − 1) = 0 ⇔ 
m = 1

Bài 3: - Vì ∆ = (3m − 2)2 + 4.3(3m + 1) = 9m 2 + 24m + 16 = (3m + 4) 2 ≥ 0 với mọi số thực m
nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
3m − 2

 x1 + x2 = 3
(1)
- Theo VI-ÉT: 

 x x = −(3m + 1)
 1 2
3

*) Cách 1:
- Từ giả thiết: 3x1 − 5 x2 = 6 . Suy ra:
8 x1 = 5( x1 + x2 ) + 6
⇒ 64 x1 x2 = [ 5( x1 + x2 ) + 6] .[ 3( x1 + x2 ) − 6]

8 x2 = 3( x1 + x2 ) − 6
⇔ 64 x1 x2 = 15( x1 + x2 ) 2 − 12( x1 + x2 ) − 36 (2)
m = 0
32
- Thế (1) vào (2) ta được phương trình: m(45m + 96) = 0 ⇔ 
m=−
15


(thoả mãn)

*) Cách 2: Ta có hệ:
15m + 8

3m − 2
3m − 2
x1 =



3 x1 + 3 x2 = 3m − 2

 x1 + x2 =
x + x =

24
⇔ 1 2
3 ⇔
3 ⇔

3
m
−8
3
x
−
5
x
=
6
 1
2
3 x1 − 5 x2 = 6
8 x2 = 3m − 8
x =
2

8
− ( 3m + 1)
15m + 8 3m − 8 − ( 3m + 1)
⇒
.

=
Thay vào x1 x2 =
3
24
8
3
2
⇔ ( 15m + 8 ) ( 3m − 8 ) = −64 ( 3m + 1) ⇔ 45m − 120m + 24m − 64 + 192m + 64 = 0
m = 0
⇔ 45m + 96m = 0 ⇔ 3m ( 15m + 32 ) = 0 ⇔ 
 m = − 32
15

2

Bài tập áp dụng:
2
a) Tìm m để phương trình mx − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) = 0 có hai nghiệm phân biệt
x1 và x2 thoả mãn hệ thức: x1 + 2 x2 = 1 .
b) Tìm m để phương trình 5 x 2 + mx − 28 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ
thức: 5 x1 + 2 x2 = 1 .
2
c) Tìm m để phương trình mx − 2 ( m + 1) x + ( m − 4 ) = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thoả
mãn hệ thức: x1 + 4 x2 = 3 .
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 19 -

3. Dạng khác:
2
2
1. Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + m + 4 = 0 . Tìm m để phương trình có hai
2
2
nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x1 + 2 ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 .
2. Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − m + 1 = 0 . Tìm m để phương trình có hai
nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + 2mx2 = 9 .
3. Cho phương trình x 2 − 4 x + m2 + 3m = 0 (1). Tìm m để phương trình có hai
nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + x2 = 6 .
Nhận xét:
- Với các bài toán dạng này sẽ gây trở ngại không nhỏ cho người giải, bởi dữ
kiện bài cho không giống như ở mục VI.2 lúc này hai nghiệm bị lệch bậc,
không những thế còn chứa tham số.
- Để giải đòi hỏi sự quan sát tinh tế, tư duy linh hoạt và kiến thức tổng thể
tốt.
Hướng dẫn cách giải:
Bài 1: Để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 thì:
2
2
2
∆' = 
− ( m +1) 
 − ( m + 4 ) ≥ 0 ⇔ m + 2m +1 − m − 4 ≥ 0 ⇔ m ≥
2

 x1 + x2 = 2 ( m + 1)
2
 x1 x2 = m + 4

3
2

Theo VI-ÉT ta có: 

Từ phương trình đã cho ta có:

x22 − 2 ( m + 1) x2 + m 2 + 4 = 0 ⇒ 2 ( m + 1) x2 = x22 + m 2 + 4

(1)

Thay (1) vào x + 2 ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 , ta được:
2
1

2

x12 + x22 + m2 + 4 ≤ 3m 2 + 16 ⇒ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + m 2 + 4 ≤ 3m 2 + 16
2

Suy ra:  2 ( m + 1)  − 2 ( m 2 + 4 ) + m2 + 4 ≤ 3m2 + 16 ⇔ 4 ( m 2 + 2m + 1) − m 2 − 4 − 3m 2 − 16 ≤ 0
2

⇔ 8m ≤ 16 ⇔ m ≤ 2

3

≤ m ≤ 2 thì
2
2
2
phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x1 + 2 ( m + 1) x2 ≤ 3m + 16 .

Kết hợp với điều kiện có nghiệm của phương trình ta thấy với

Bài 2: Để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 thì:
∆ ' = m 2 − ( m 2 − m +1) ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 (*)
 x1 + x2 = 2m

Theo hệ thức Vi-ét ta có: 

2
 x1 x2 = m − m + 1
x22 − 2mx2 + m 2 − m + 1 = 0 ⇒ 2mx2 = x22 + m 2 − m + 1 (1)

Từ phương trình đã cho ta có:
Thay (1) vào x12 + 2mx2 = 9 , ta được:

x12 + x22 + m2 − m + 1 = 9 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + m 2 − m + 1 − 9 = 0
2

Suy ra: ( 2m ) − 2 ( m2 − m + 1) + ( m 2 − m + 1) − 9 = 0 ⇔ 3m 2 + m − 10 = 0 ⇔ ( m + 2 ) ( 3m − 5 ) = 0
2

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên

Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 20 -

 m = −2 ( KTM )
⇔
 m = 5 ( TM )

3
5
Với m = thì phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn : x12 + 2mx2 = 9 .
3
Bài 3: Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì:
∆ '(1) = 4 − ( m 2 + 3m ) ≥ 0 ⇔ ( 1 − m ) ( m + 4 ) ≥ 0 ⇔ −4 ≤ m ≤ 1
 x1 + x2 = 4

Theo hệ thức Vi-ét ta có: 

2
 x1 x2 = m + 3m

Kết hợp với giả thiết ta có:
 x1 + x2 = 4
 x = −1
⇒ x12 − x1 − 2 = 0 ⇔ ( x1 + 1) ( x1 − 2 ) = 0 ⇔  1
 2
 x1 = 2
 x1 + x2 = 6

*) Với x1 = −1 ⇒ x2 = 5 . Từ x1 x2 = m 2 + 3m ⇒ m 2 + 3m + 5 = 0
Dễ thấy phương trình trên vô nghiệm do có ∆ = 9 − 4.5 < 0
*) Với x1 = 2 ⇒ x2 = 2 .
m = 1
 m = −4

2
2
Từ x1 x2 = m + 3m ⇒ m + 3m − 4 = 0 ⇔ ( m − 1) ( m + 4 ) = 0 ⇔ 

Đối chiếu điều kiện có nghiệm của phương trình (1) ta thấy cả hai giá
trị trên đều thỏa mãn.
Vậy với m = 1; m = −4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn
x12 + x2 = 6

VII. XÁC ĐỊNH DẤU CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Cho phương trình: ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0). Hãy tìm điều kiện để phương trình
có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu, cùng dương, cùng âm ….
Ta lập bảng xét dấu sau:
P = x1 x2

∆

Điều kiện chung

m

P<0

∆≥0

∆ ≥ 0 ; P < 0.

±

±

P>0

∆≥0

∆≥0 ;P>0

+

+

P>0

∆≥0

∆ ≥ 0 ; P > 0;S > 0

∆≥0

∆ ≥ 0 ; P > 0;S < 0

Dấu nghiệm

x1

x2

trái dấu

±

cùng dấu,
cùng dương,

S = x1 + x2

S>0

−
−
cùng âm
S<0
P>0
Ví dụ1: Xác định tham số m sao cho phương trình:

2 x 2 − ( 3m + 1) x + m 2 − m − 6 = 0 có 2 nghiệm trái dấu.

Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên

Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 21 -

∆ = (3m + 1) 2 − 4.2.(m 2 − m − 6) ≥ 0
∆ = (m + 7) 2 ≥ 0∀m
∆ ≥ 0

2
⇔
⇔
⇔ −2 < m < 3



m −m−6
P
=
(
m
−
3)(
m
+
2)
<
0
P
=
<

0
P < 0



2

Vậy với −2 < m < 3 thì phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
Ví dụ 2: Cho phương trình 2 x 2 − (m + 2) x − 7 + m 2 = 0
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
Phương trình có 2 nghiệm trái dấu ⇔ −7 + m 2 < 0 ⇔ − 7 < m < 7
Với điều kiện này giả sử x 1 < 0 ,x 2 > 0 theo đề ra ta có
x1 =

1
−7 + m 2
⇔ − x1 x2 = 1 ⇔ −(
) = 1 ⇔ 7 − m2 = 2 ⇔ m2 = 5 ⇔ m = ± 5
x2
2

Vì m > 0 nên ta chọn

m=

5 ( thoả mãn điều kiện − 7 < m < 7 )

Kết luận : Vậy với m = 5 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm
âm có giá trị tuyệt đối bằng ngịch đảo của nghiệm kia .
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Tìm m để phương trình:
2
1. mx − 2 ( m + 2 ) x + 3 ( m − 2 ) = 0 có 2 nghiệm cùng dấu.
2
2. 3mx + 2 ( 2m + 1) x + m = 0 có 2 nghiệm âm.
2
3. ( m − 1) x + 2 x + m = 0 có ít nhất một nghiệm không âm.

Bài 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 .
Bài 3: 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) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thực dương
VIII. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU
THỨC NGHIỆM
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 22 -

Áp dụng tính chất sau về bất đẳng thức: trong mọi trường hợp nếu ta luôn
phân tích được:

A+ m
C=
k − B

(trong đó A, B là các biểu thức không âm ; m, k là hằng số)

(*)
Thì ta thấy : C ≥ m (vì A ≥ 0 )

⇒ min C = m ⇔ A = 0

C ≤ k (vì B ≥ 0 )

⇒ max C = k ⇔ B = 0

2
Ví dụ 1: Cho phương trình : x + ( 2m − 1) x − m = 0

Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để :
A = x12 + x22 − 6 x1 x2 có giá trị nhỏ nhất.

Bài giải: Dễ thấy ∆ = ( 2m − 1) + 4m = 4m 2 + 1 ≥ 1 > 0 nên phương trình đã cho luôn có
2

hai nghiệm x1 và x2 với mọi giá trị của m
 x1 + x2 = −(2m − 1)
 x1 x2 = −m

Theo VI-ÉT: 

A = x12 + x22 − 6 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2
2

Theo đề bài :

= ( 2m − 1) + 8m
2

= 4m2 − 12m + 1
= (2m − 3) 2 − 8 ≥ −8

Suy ra: min A = −8 ⇔ 2m − 3 = 0 hay m =

3
2

Ví dụ 2: Cho phương trình : x 2 − mx + m − 1 = 0
Bài giải: Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá
trị lớn nhất của biểu thức sau:
B=

2 x1 x2 + 3
x + x22 + 2 ( x1 x2 + 1)
2
1

 x1 + x2 = m
 x1 x2 = m − 1

Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT thì : 

⇒B=

2 x1 x2 + 3
2 x1 x2 + 3
2(m − 1) + 3 2m + 1
=
=
= 2
2
2
x + x2 + 2 ( x1 x2 + 1) ( x1 + x2 ) + 2
m2 + 2
m +2
2
1

Cách 1: Thêm bớt để đưa về dạng như phần (*) đã hướng dẫn
Ta biến đổi B như sau:
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán
B=

m 2 + 2 − ( m 2 − 2m + 1)
m2 + 2

Vì ( m − 1) 2 ≥ 0 ⇒ (

( m − 1)
= 1−

- 23 -

2

m2 + 2

m − 1)
≥ 0 ⇒ B ≤1
m2 + 2
2

Vậy max B = 1 ⇔ m = 1
Với cách thêm bớt khác ta lại có:

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

2
2
2
B=
=
=
−
2
2
2
m +2
m +2
2 ( m + 2) 2

Vì ( m + 2 ) ≥ 0 ⇒
2

( m + 2)

2

2 ( m + 2)
2

≥0⇒ B≥−

1
2

1

2

Vậy min B = − ⇔ m = −2
Cách 2: Đưa về giải phương trình bậc 2 với ẩn là m và B là tham số, ta sẽ tìm điều
kiện cho tham số B để phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
B=

2m + 1
⇔ Bm 2 − 2m + 2 B − 1 = 0
2
m +2

(Với m là ẩn, B là tham số)

(**)
Ta có: ∆ 'm = 1 − B(2 B − 1) = 1 − 2 B 2 + B
Để phương trình (**) luôn có nghiệm với mọi m thì ∆’ ≥ 0
2
2
hay −2 B + B + 1 ≥ 0 ⇔ 2 B − B − 1 ≤ 0 ⇔ ( 2 B + 1) ( B − 1) ≤ 0

1
 B ≤ − 2
 2 B + 1 ≤ 0


1
  B ≥ 1
B −1 ≥ 0
⇔

⇔
⇔ − ≤ B ≤1
 2 B + 1 ≥ 0
2
  B ≥ − 1


2
  B − 1 ≤ 0
 B ≤ 1


Vậy:

max B = 1 ⇔

m=1

1
min B = − ⇔ m = −2 .
2

Ví dụ 3: (Đề thi vào 10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2013 - 2014).
Cho phương trình x 2 + 2 x − m = 0 (1) (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình với m = − 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Gọi x1, x2 là hai
nghiệm (có thể bằng nhau) của phương trình (1). Tính biểu thức P = x14 + x24 theo
m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài giải: b): Điều kiện có nghiệm của phương trình (1) là: ∆ ' = 1 + m ≥ 0 ⇔ m ≥ −1 .
Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 24 -

 x1 + x2 = −2
, suy ra:
 x1 x2 = − m

Theo VI-ÉT ta có: 

2

2
2
P = x14 + x24 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  − 2 x12 x22 = ( 4 + 2m ) − 2m 2 = 2m 2 + 16m + 16



= 2 ( m + 1) + 12m + 14 ≥ 0 − 12 + 14 = 2
2

.

m + 1 = 0
⇔ m = −1 .
 m = −1

Dấu “=” xảy ra ⇔ 
Vậy minP = 2 ⇔ m = −1 .

*) Sai lầm thường mắc phải (do không chú ý điều kiện xảy ra dấu “=”).
2

2
2
2
P = x14 + x24 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  − 2 x12 x22 = ( 4 + 2m ) − 2m 2 = 2m 2 + 16m + 16 = 2 ( m + 4 ) − 16 ≥ −16



Từ đó suy ra minP = −16 ⇔ m = −4 .
Tuy nhiên với m = −4 thì phương trình (1) không có hai nghiệm x1& x2.
Bài tập áp dụng
2
1. Cho phương trình x + ( 4m + 1) x + 2 ( m − 4 ) = 0 , có hai nghiệm x1 ; x2 . Tìm m
để biểu thức A = ( x1 − x2 ) có giá trị nhỏ nhất.
2

2. Cho phương trình : x 2 − 2(m − 4) x + m 2 − 8 = 0 xác định m để phương trình có
2 nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn
a) A = x1 + x2 − 3x1 x2 đạt giá trị lớn nhất.
b) B = x12 + x22 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Cho phương trình : x 2 − (m − 1) x − m 2 + m − 2 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 . Với giá
trị nào của m, biểu thức C = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
4. Cho phương trình x 2 + (m + 1) x + m = 0 , có hai nghiệm x1 ; x2 . Xác định m để
biểu thức D = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

5. Cho phương trình x 2 − (2m + 1) x + m 2 + m − 2 = 0 . Xác định m để phương trình
có hai nghiệm x1, x2 sao cho E = x1 ( x2 + 5) đạt giá trị nhỏ nhất.

HD: Bài 5:Ta có ∆ = ( 2m + 1) − 4 ( m 2 + m − 2 ) = 9 > 0, ∀m
nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
Ta xét hai trường hợp:
2

1)

 x1 = m + 2

 x2 = m − 1

Giáo viên: Dương Thế Nam

x = m+2

và x = m − 1 .

, ta có:
Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên


Chuyên đề: Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét trong giải toán

- 25 -

E = ( m + 2 ) ( m − 1 + 5 ) = ( m + 2 ) ( m + 4 ) = m 2 + 6m + 8 = ( m + 3 ) − 1 ≥ − 1
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m + 3 = 0 ⇔ m = −3
2)

 x1 = m − 1

 x2 = m + 2

, ta có:

E = ( m − 1) ( m + 2 + 5 ) = ( m − 1) ( m + 7 ) = m 2 + 6m − 7 = ( m + 3) − 16 ≥ −16
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m + 3 = 0 ⇔ m = −3
Vậy giá trị nhỏ nhất của E là −16 , đạt được khi m = −3 .
IV. KẾT QUẢ
1.Ưu điểm.
1.1.Giáo viên.
Giải phương trình bậc hai bằng phương pháp vận dụng định lí Vi-ét là kiến
thức nền tảng có tính bản lề kết nối toán đại số THCS với THPT. Do đó đòi hỏi
giáo viên phát huy khả năng phân tích, tổng hợp kiến thức nhiều phần.
1.2.Học sinh
Được hoạt động, tư duy, phân tích tổng hợp rút ra phương pháp phù hợp chủ
động giải quyết vấn đề đặt ra.
Kỹ năng vận dụng cao-tạo mối quan hệ giữa các đơn vị kiến thức với nhau.
Tạo thói quen trong học tập, làm việc, tự giác, hợp tác linh hoạt, sáng tạo
trong mọi hoạt động.
2.Tồn tại
2.1.Giáo viên thực hiện việc giảng dạy loại bài tập này tương đối khó đặc
biệt với học sinh đại trà vì bài tập đòi hỏi sự kĩ năng biến đổi phân tích, đánh giá

tổng hợp cao.
2.2.Học sinh
Kĩ năng tổng hợp kiến thức của học sinh chưa cao.
Học sinh thường mắc một số sai lầm trong quá trình biến đổi.
3. Kết quả thông qua số liệu.

Giáo viên: Dương Thế Nam

Trường THCS Tích Sơn-TP Vĩnh Yên