Một số bài toán về áp dụng định lý vi et

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1- Cơ sở khoa học của vấn đề .
a) Cơ sở lý luận
- Quan điểm về đổi mới phương pháp dạy học và phương pháp dạy học
tích cực :
+ Quan điểm đổi mới phương pháp dạy học :
Luật Giáo dục quy định : "Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích
cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho người học
năng lực tự học, khả năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên".
Với mục tiêu giáo dục là "giúp học sinh phát triển toàn diện về đạo đức, trí
tuệ, thể chất, thẩm mĩ và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực cá nhân, tính
năng động và sáng tạo, hình thành nhân cách con người Việt Nam xã hội chủ
nghĩa, xây dựng tính cách và trách nhiệm công dân; chuẩn bị cho học sinh tiếp
tục học lên hoặc đi vào cuộc sống lao động, tham gia xây dựng và bảo vệ Tổ
quốc" . Chương trình giáo dục phổ thông "Phải phát huy tính tích cực, tự giác
chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối
tượng học sinh, điều kiện của từng đối tượng học sinh, điều kiện của từng lớp
học; bồi dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác; rèn luyện
kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm , đem lại niềm
vui , hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh ".
+ Phương pháp dạy học tích cực :
Mục đích của việc đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là
thay đổi lối dạy học truyền thụ một chiều sang dạy học theo phương pháp dạy
học tích cực . Phương pháp dạy học tích cực nhằm giúp học sinh phát huy tính
tích cực, tự giác chủ động, sáng tạo, rèn luyện thói quen và khả năng tự học, tinh
thần hợp tác, kỹ năng vận dụng kiến thức vào những tình huống khác nhau trong


học tập và trong thực tiễn; tạo niềm tin, niềm vui, hứng thú trong học tập. Làm
cho "Học" là quá trình kiến tạo , học sinh tìm tòi, khám phá, phát hiện luyện tập
khai thác và sử lý thông tin… Học sinh tự hình thành hiểu biết, năng lực và

phẩm chất. Tổ hoạt động nhận thức cho học sinh, dạy học sinh cách tìm ra chân
lý. Chú trọng hình thành các năng lực ( tự học, sáng tạo, hợp tác,…) dạy phương
pháp và kỹ thuật lao động khoa học, dạy cách học. Học để đáp ứng những yêu
cầu của cuộc sống hiện tại và tương lai. Những điều đã học cần thiết, bổ ích cho
bản thân học sinh và cho sự phát triển xã hội.
Muốn đổi mới cách học phải đổi mới cách dạy. Cách dạy quyết định cách
học, tuy nhiên, thói quen học tập thụ động của học sinh cũng ảnh hưởng đến
cách dạy của thầy. Mặt khác, cũng có trường hợp học sinh mong muốn được
học theo phương pháp dạy học tích cực nhưng giáo viên chưa đáp ứng được.
Do vậy, giáo viên cần phải được bồi dưỡng, phải kiên trì cách dạy theo phương
pháp dạy học tích cực , tổ chức các hoạt động nhận thức từ đơn giản đến phức
tạp, từ thấp đến cao, hình thành thói quen cho học sinh . Trong đổi mới phương
pháp phải có sự hợp tác của thầy và trò, sự phối hợp hoạt động dạy với hoạt
động học nhằm nâng cao chất lượng giáo dục .
Trong việc nâng cao chất lượng dạy toán học ở trường phổ thông,việc cải
tiến phương pháp dạy học có ý nghĩa rất quan trọng.Sự phát triển nhanh như vũ
bão của khoa học kỹ thuật đang đặt ra cho người thầy nhiều yêu cầu về phương
pháp dạy học.Trong những năm qua nhiều GV ở trường phổ thông đã có nhiều
cố gắng cải tiến phương pháp dạy học toán theo các phương pháp : “tinh
giản,vững chắc” “vừa giảng vừa luyện” “phát huy trí lực của HS” “gắn với đời
sống và lao động sản xuất”.......
Học sinh học toán,một mụn khoa học rất sáng tạo và hấp dẫn đòi hỏi HS
phải tích cực chủ động tiếp cận kiến thức mới dưới sự hướng dẫn của GV.
Chính vì vậy trong quá trình dạy tôi đã cố gắng dạy cho HS cách định hướng
phương pháp giải bài tập trước mỗi dạng bài, suy luận các dạng câu hỏi có thể


tao ra trong dạng toán mà phạm vi kiến thức chỉ vẻn ven trong SGK, khi đó
đứng trước một dạng toán học sinh không bị bất ngờ.Ta thấy hệ thức vi – et
được trỡnh bày ơ SGK lớp 9 thật đơn giản nhưng nếu khai thác đi sâu vào

nghiờn cứu thỡ ta thấy rất nhiều cỏc loại cõu hỏi cú thể dặt ra.

b) Cơ sở thực tiễn của sáng kiến kinh nghiệm :
Sau đây tôi xin phép được trình bày những đúc rút kinh nghiệm của mình
thông qua bài viết rất mong được sự góp ý của đồng nghiệp.
Trong quá trình giảng dạy và ôn luyện học sinh lớp 9 là lớp cuối cấp cực kỳ
quan trọng. Để chuẩn bị tốt về kiến thức cho cấp học này cũng như có thể hoàn
thành tốt nhất các kì thi có tính chất quan trọng và then chốt của các em như kì
thi hết học kì II kì thi vào lớp 10 kì thi vào các trường chuyên, lớp chọ lớp chất
lượng cao qua nghiên cứu và sưu tập đề thi, cũng như tham khảo y kiến của các
đồng nghiệp có nhiều năm kinh nghiệm tôi thấy trong đề thi thường xuất hiện
bài toán gắn liền với 1 dạng toán mà rất quen thuôc và đơn giản được học ở
chương III Đại số lớp 9 nội dung của nó không giải phương trình hãy tính tổng
và tích 2 nghiệm nếu có của một phương trình bậc 2 khi đó 1 phương tiện mà
học sinh có thể được dùng trong phạm vi kiến thức là hệ thức viet. Nhưng các
nhà làm đề thi lại không dừng lại ở đó mà đã đòi hỏi mức suy luận của học sinh
tư duy toán học của các em.
Nếu đi sâu nghiên cứu thông qua các đề thi và tài liệu có liên quan thì ta có
thể phát triển hệ thức viet ở mức độ cao hơn các nhà làm đề thi sẽ có hàng loạt
cách đặt câu hỏi khác nhau mà nội dung áp dụng của nó chỉ xung quanh hệ thức
viet. Tôi có thể nêu cụ thể 1 số dạng câu hỏi có liên quan và áp dụng hệ thức viet
đối với 1 phương trình bậc 2 và áp dụng của nó:
- Xét dấu 2 nghiệm của phương trình mà không cần phải giải nghiệm cụ thể
của phương trình.
- Tìm điều kiện để 1 phương trình bậc 2 có 2 nghiệm thoả mãn 1 điều kiện
nào đó về dấu như “phương trình có 2 nghiệm trái dấu, cùng dấu, 2


nghiệm dương phân biệt, 2 nghiệm âm phân biệt”.
- Tính giá trị của 1 biểu thức cho trước mà trong đó có mối quan hệ giữa 2

nghiệm của phương trình.
- Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm mà giữa 2 nghiệm của nó có 1
mối quan hệ giàn buộc. VD như nghiệm này gấp 3 nghiệm kia, nghiệm
này bằng bình phương nghiệm kia.......
- Bài toán tổng quát được suy luận từ định lý viet nó cho phép chúng ta áp
dụng vào 1 số bài toán trong hàm số, tìm phần nguyên cũng như tìm số
tận cùng của 1 biểu thức luỹ thừa số vô tỷ, tìm số tận cùng, chứng minh
biểu thức chia hết hay không chia hết cho 1 số nào đó.
Từ hàng loạt kiến thức khai thác như trên ta thấy việc giải quyết 1 bài toán đối
với các em học sinh không hề đơn giản.
Khi đó để đáp ứng được về kiến thức cách giải các dạng toán như trên tôi lần
lượt cho học sinh tiếp cận và được làm quen các bài toán dạng trên thông qua
kinh nghiệm giảng dạy của mình.
2 - Mục đích nghiên cứu
* Dựa trên cơ sở lý luận , cơ sở thực tiễn , t ôi tự đúc rút ra kinh nghiệm và
mạnh dạn viết đề tài này nhằm mục đích :
+ Phát triển tư duy toán học cho học sinh .
+ Rèn luyện kĩ năng quan sát , phân tích , tìm mối quan hệ giữa các dữ
kiệu trong bài toán .
+ Hướng dẫn học sinh biết dựa vào các dấu hiệu để phõn tớch hỡnh thành lời
giải
+ Hướng dẫn học sinh cách trình bày lời giải một bài toán của ứng dụng
định lý vi – ét.
+ Hướng dẫn học sinh biết tổng quát hoá bài toán và ỏp dụng nú trong cỏc
bài cụ thể.
+ Một điều chắc chắn rằng việc ứng dụng của mỗi bài toỏn cụ thể sẽ kớch


thớch hứng thỳ học tập, úc sỏng tạo của cỏc em , làm cho cỏc em khụng cảm
thấy e ngại trước cỏc bài toỏn dạng này nữa . Từ đú giỳp học sinh cú cơ sở khoa

học khi phõn tớch , định hướng lời giải cho cỏc bài toỏn vềcácách tìm chữ số tận
cùng , . . Giỳp cỏc em củng cố được niềm tin và yờu mụn toỏn học hơn .
3- Đối tượng nghiên cứu và phạm vi áp dụng :
+ Đề tài này của tôi được thực hiện trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng
HS giỏi lớp 9 cũng như ôn luyên vào lớp 10.
Năm học 2014 - 2015 : 30 học sinh
+ phạm vi áp dụng : chương trình lớp 9 chương 3 “ Đại số lớp 9”.
4- Thời gian nghiên cứu :
Đề tài này chính thức được thực hiện :
+ Giai đoạn 1
Bắt đầu từ ngày 15 tháng 11 năm 2014 đến ngày 25 tháng 12 năm
2014.
+ Giai đoạn 2 : Hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm ngày 28 tháng 3 năm
2015
5- Phương pháp nghiên cứu :
- Đọc sách, tham khảo tài liệu.
- Thực tế chuyên đề, thảo luận cùng đồng nghiệp.
- Dạy học thực tiễn trên lớp để rút ra kinh nghiệm.
- Thông qua học tập bồi dưỡng thường xuyên các chu kì
Dựa vào kinh nghiệm giảng dạy bộ môn toán của các giáo viên có kinh
nghiệm của trường trong những năm học trước và vốn kinh nghiệm của bản thân
đã rút ra được một số vấn đề có liên quan đến nội dung của sáng kiến.


Trong những năm học vừa qua chúng tôi đã quan tâm đến những vấn đề
mà học sinh mắc phải. Qua quá trình bồi dưỡng học sinh khá , giỏi , qua làm bài
kiểm tra khảo sát .Tôi đã nắm được khó khăn khi phải giải bài tập dạng này .
Sau đó tôi tổng hợp lại, phân loại thành ba nhóm cơ bản.
Trong quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã sử dụng những
phương pháp sau :

- Quan sát trực tiếp các đối tượng học sinh để phát hiện ra những vấn đề
mà học sinh thấy lúng túng, khó khăn khi giáo viên yêu cầu giải quyết vấn đề
đó.
- Điều tra toàn diện các đối tượng học sinh với tổng số 30 học sinh để
thống kê học lực của học sinh. Tìm hiểu tâm lý của các em khi học môn toán,
quan điểm của các em khi tìm hiểu những vấn đề về các bài toán có ứng dụng
định lý Vi - ẫt.
- Nghiên cứu sản phẩm hoạt động của giáo viên và học sinh để phát hiện
trình độ nhận thức, phương pháp và chất lượng hoạt động nhằm tìm giải pháp
nâng cao chất lượng giáo dục.
- Thực nghiệm giáo dục trong khi bồi dưỡng học sinh khá , giỏi . Tôi đã
đưa vấn đề này ra hướng dẫn học sinh cùng trao đổi, thảo luận bằng nhiều hình
thức khác nhau như hoạt động nhóm, giảng giải, vấn đáp gợi mở để học sinh
biết phát hiện ra cách áp dụng định lý Vi – Ét . Từ đó hình thành lời giải . Yêu
cầu học sinh giải một số bài tập theo nội dung trong sách giáo khoa , sách tham
khảo rồi đưa thêm vào đó những yếu tố mới, những điều kiện khác để xem xét
mức độ nhận thức và suy luận của học sinh.
- Phân tích và tổng kết kinh nghiệm giáo dục khi áp dụng nội dung đang
nghiên cứu vào thực tiễn giảng dạy nhằm hướng dẫn học sinh tìm ra quy luật
của các bài toán dạng này . Từ đó tổ chức có hiệu quả hơn trong các giờ dạy tiếp


theo.
6- Đồ dùng và tài liệu tham khảo :
* Đồ dùng : Bảng phụ , phấn màu , phiếu học tập , phiếu sinh hoạt nhóm
* Tài liệu tham khảo :
1. Sách giáo khoa , sách bài tập lớp 9 ( tập 2 - BGD&ĐT)
2 . Sách “Nâng cao và phát triển Toán 9 ” (Tác giả : Vũ Hữu Bình )
3. Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên cho GV THCS chu kỳ III ( 2004-2007)
môn toán của Bộ giáo dục và Đào tạo.

4. Những vấn đề chung về đổi mới giáo dục trung học cơ sở môn toán của
Bộ giáo dục và Đào tạo.
5. Giáo trình " Phương pháp dạy học toán" tác giả Hoàng Chúng BGD&ĐT
6. Tuyển tập các đề thi vào lớp 10 “ tác giả Lê Thống Nhất “
7. Một số tạp trí toán học .
B . QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I - KHẢO SÁT THỰC TẾ HỌC SINH KHI CHƯA THỰC HIỆN
1 . Tình trạng học sinh khi chưa thực hiện đề tài .
Khi chưa thực hiện đề tài , trong giảng dạy luyện tập , ôn tập , bồi dưỡng
học sinh .Tôi chủ yếu cho học sinh làm một số bài tập từ đơn giản đến bài toán
nâng cao hơn của áp dụng định lý Vi - Ét . Yêu cầu học sinh phải tìm ra nó
thuộc ở dạng nào trong định lý thì mới giải được .Tôi thấy đa số học sinh còn
lúng túng , không có phương pháp giải , nhiều em còn bị bế tắc không có định
hướng khi gặp phải những bài toán dạng này , học sinh chưa biết tự tìm tòi ,
khám phá kiến thức , không có sự kết hợp giữa cá nhân và hoạt động nhóm , tập
thể để thống nhất phương pháp giải . Vì thế kết quả còn nhiều hạn chế .


2- Số liệu điều tra trước khi thực hiện đề tài .
* Bài toán khảo sát trước khi thực hiện đề tài :
Bài 1 : Giải phương trỡnh

(

)

2009 + 2010 x 2 − 3 2010 x − 2009 + 2 2010 = 0

 x 2 y + xy 2 = 6
Bài 2: Giải hệ phương trỡnh  2

 x + y 2 = 5

Bài 3: Cho x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh x 2 − 2 x − 2 = 0
Hóy tớnh

7

x1 + x 2

7

Bài 4:Cho phương trình x 2 − (m − 1) x − m 2 + m − 2 = 0 ( 1)
(với m là tham số)
a) Chứng minh rằng phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu ∀ m
b) Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x 1 , x 2 Tìm m để biểu thức
3

3

x  x 
A =  1 ÷ +  2 ÷ đạt giá trị lớn nhất
 x2   x1 

Mỗi bài có lời giải đúng : được 2,5 điểm
Kết quả khảo sát 30 học sinh cho thấy :

Số lượng

Tỉ lệ %

Giỏi ( 8- 10 điểm)

1

3,3

Khá ( 6,5 - 7,5 điểm )

3

10

Trung bình ( 5- 6 điểm )

10

33

Dưới trung bình ( < 5 điểm )

16

II - BIỆN PHÁP THỰC HIỆN :
1 . BIỆN PHÁP TÁC ĐỘNG GIÁO DỤC


* Đối với giáo viên :
- Trước hết phải áp dụng đúng phương pháp đổi mới trong mỗi giờ học .
Hướng dẫn học sinh biết khám phá , tìm tòi , suy nghĩ
- Tăng cường luyện tập trong loại bài tập , đưa ra phương pháp giải phù

hợp
- Soạn bài đúng phương pháp , đúng quy định , sử dụng các dồ dùng dạy
học : Phiếu học tập , bảng phụ , máy tính , phấn màu ,….phù hợp với yêu cầu
mục tiêu của bài toán và hoàn cảnh hiện có .
- Ra câu hỏi hợp lí , đưa ra các hoạt động hợp lí nhằm phát huy tính độc
lập , sáng tạo của học sinhgiúp các em tự khám phá , bước đầu làm quen với
phương pháp tự nghiên cứu.
- Phân chia nhóm học sinh để các em kiểm tra , giúp đỡ , kích thích nhau
trong học tập .
- Tiến hành thi đua giành nhiều điểm tôt , biểu dương khen thưởng những
em những nhóm học tốt .
- Về phía học sinh
+ Chuẩn bị bài , có đầy đủ đồ dùng khi đến lớp .
+ Nắm chắc và vận dụng tốt các phép biến đổi về hằng đẳng thức.
+ Biết rút ra những nhận xét sau mỗi bài tập , biết so sánh , liên hệ giữa
kiến thức cũ và mới .

2. GIẢI PHÁP KHOA HỌC TIẾN HÀNH
Trong giảng dạy tôi cho học sinh thấy cùng một nội dung có nhiều dạng
bài dưới nhiều hình thức . Vì thế đầu tiên là học sinh phải biết nhận dạng các bài
tập cùng loại , phương pháp giải . Học sinh thấy được cái chung của dạng này và


dạng kia , các khác của dạng này và dạng kia để thêm bước này , bớt bước kia
hoặc mở rộng nâng cao trong bài .
Đối với một số bài toán về áp dụng định lý Vi – Ét.
Dạng 1 : Tỡm nghiệm của phương trỡnh mà khụng cần giải phương trỡnh.
Dạng 2 : Tỡm hai số khi biết tổng và tớch của chỳng
Dạng 3 : Giải hệ phương trỡnh đối xứng kiểu 1.
Dạng 4 : Ứng dụng vào bài toỏn hàm số.

Dạng 5: Tỡm giỏ trị một biểu thức thụng qua bài toỏn tổng quỏt.
Dạng 6: xét dấu nghiệ của phương trỡnh bậc hai.
Dạng 7; Tỡm điều kiện của tham số để hai nghiệm thỏa mó một hệ thức.
Dạng 8: Tỡm quan hệ giữa hai nghiệm mà độc lập với tham số.
Sau khi tôi hướng dẫn cho học sinh cụ thể trong từng dạng bài . Hướng
dẫn cách suy luận để tìm ra lời giải thỡ học sinh tự hình thành được lời giảicủa
bài toỏn , rút ra được phương pháp giải và biết so sánh giữa các dạng . Học sinh
được kiểm tra kiến thức và tự kiểm tra kiến thức thông qua các hoạt động cá
nhân hoặc hoạt động nhóm .
III ) 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

x1 , x2 thì tổng và tích hai nghiệm đó là:
S = x1 + x2 = −

c
b
và P = x1.x2 =
a
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

x1 =1, x2 =

c
a

b ) Nếu a - b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có các nghiệm
số là x1 = −1, x2 = −

c
a

3 ) Tìm 2 số biết tổng và tích của chúng
Nếu 2 số u và v có tổng u + v = S
phương trình bậc hai :

và tích u.v = P thì u và v là 2 nghiệm của

x 2 − Sx + P = 0

4) Xet dâu nghiêm phương trỡnh bậc hai.
Cho phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 )
a) Điều kiện để phương trỡnh cú hai nghiệm trỏi dấu là: a.c <0
b) Điều kiện để phương trỡnh cú hai nghiệm phõn biệt cựng dấu là:
∆ > 0

p > 0

c) Điều kiện để phương trỡnh có hai nghiệm dương phân biệt là:
∆ > 0

s > 0
p > 0



d) Điều kiện để phương trỡnh cú hai nghiệm õm phõn biệt là:
∆ > 0

s < 0
p > 0


B ) CÁC DẠNG BÀI TÂP ĐƯỢC ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH Lí VI – ẫT.
1) Dạng 1- giải phương trình
Bài toỏn. Không giải phương trình hãy tìm nghiệm của các phương trình sau:
a) 2009x2 + 2010x +1 = 0
b) 2010x2- 2011x+ 1 = 0
c)

(

)

2009 + 2010 x 2 − 3 2010 x − 2009 + 2 2010 = 0

Lời giải.
Nhận xột


Đối với những loại bài toán nay chỳng có một đặc điểm chung mà khi làm bài
ta phải nhận xét được đó là các hệ số a, b, c, của phương trình bậc hai có một
trong các đặc điểm sau “a+b+c=0 hoặc a-b+c=0”với nhận xột trên ta có lời giải.
a) Ta có hệ số của phương trỡnh : a = 2009; b = 2010; c = 1

Ta thấy:

a-b+c =2009 - 2010 +1 = 0

Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt: x1 = −1; x 2 =

−c
−1
=
a
2009

b) Ta có: a = 2010 ; b = -2011; c = 1
Ta thấy:

a+b+c =2010 - 2011+1 = 0

Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x 2 =

c
1
=
a 2010

c)Ta có a = ( 2009 + 2010 ); b = −3 2010 ; c = − 2009 + 2 2010

Ta thấy. a + b = c = ( 2009 + 2010 ) − 3 2010 − 2009 + 2 2010 = 0

Do

đó

x1 = 1; x 2 =

phương

trình

luôn

có

hai

nghiệm

phân

biệt

c 2 2010 − 2009
=
a
2010 + 2009

2)Dạng2: Toán tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Bài tập 2.1 : 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

∆ = b 2 − 4ac = 121 – 112 = 9 > 0
∆ = 3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là
x1 =

11 + 3
11 − 3
= 7; x2 =
=4
2
2

Vậy x = 7 thì y = 4
x = 4 thì y = 7


x − y = 5
 x + (− y ) = 5
⇔
b) Ta có 
 xy = 6
 x(− y ) = −66

có x , y là nghiệm của phương trình x 2 - 5x - 66 = 0

∆ = b 2 − 4ac = 25 + 264 = 289 > 0 , ∆ = 17
5 + 17
5 − 17

= 11; x2 =
= −6
2
2

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 =
Vậy x = 11 thì y = - 6 còn x = - 6 thì y = 11
Bài tập 2.2 : 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

∆ = b 2 − 4ac = 49 – 4.12 = 1
x1 =

7 +1
7 −1
= 4; x2 =
=3
2
2

* 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) Dạng 3. Giải hệ phương trình.
VD3.1: Giải các hệ phương trình sau:
 x 2 y + xy 2 = 6
a)  2
 x + y 2 = 5

( x −1)( y −1)( x + y − 2 ) = 6

b) x 2 + y 2 − 2 x − 2 y − 3 = 0

c)

 x y + y x = 30

 x x + y y = 35

Nhận xột
- Ta thấy những hệ phương trình trên đều có một đặc điểm chung là khi ta cháo
đổi các vị trí giữa ân x và y cho nhau trong mỗi phương trỡnh của hệ thì hệ
phương trình không thay đổi, khi đó người ta gọi những hệ phương trình có tính
chất như trên là hệ phương trình đối xứng kiểu 1.


- Môt đặc điểm nữa là các phương trình trên đều có thể bién đổi vế trái của

chung thành những tông và tích của các biểu thức. Chinh vì những nhận xột đó
mà ta có thể ứng dụng định lí vi-et để giải những bài toán có cùng tính chất trên.
a) Bằng phương pháp biến đổi tương đương ta đưa hệ trở thành
 xy ( x + y ) = 6

khi đó ta đi đặt. s = x + y và p = x.y
2
( x + y ) − 2 xy = 5
s. p = 6(1)

vậy ta có hệ phương trình: 

2
s − 2 p = 5(2)

Từ (1) ta có p =6/s thế vào (2) ta thu được phương trình. s 2 −

12
= 5( s ≠ 0)
s

hay ta có phương trình. s3- 5s - 12 = 0
Giải phương trình ta thu được nghiệm là: s = 3 thay vào (1) thì p = 2
s = x + y = 3
 p = x. y = 2

khi đó ta có. 

theo định lý vi – ét thỡ x, y là hai nghiệm của phương trình bậc hai sau:
X2- 3X + 2= 0 giải phương trình ta thu được. X 1 = 1; X 2 = 2

Vậy nghiêm của hệ đã cho là (x, y)=(1,2),(2,1)
( x − 1)( y − 1)[ ( x − 1) + ( y − 1) ] = 6

b) Biến đổi hệ trở thành 

[ ( x − 1) + ( y − 1) ] − 2( x − 1)( y − 1) = 5
2

khi đó ta đi đặt. s = (x- 1) + (y-1) và p = (x-1).(y-1)
s. p = 6(1)

vậy ta có hệ phương trình: 

2
s − 2 p = 5(2)

s = ( x − 1) + ( y − 1) = 3
 p = ( x − 1).( y − 1) = 2

Tương tự câu (a) ta có: s= 3 và p =2 khi đó ta có. 

Hay x-1, y-1 là hai nghiệm của phương trình bậc hai sau:
X2- 3X + 2= 0 giải phương trình ta thu được. X 1 = 1 ⇒ x = 2; X 2 = 2 ⇒ y = 3
hoặc X 1 = 2 ⇒ x = 3; X 2 = 1 ⇒ y = 2
Vậy nghiêm của hệ đã cho là (x, y)=(2,3),(3,2)

(

)

 xy x + y = 30
c) Khi đó hệ trở thành 
( Đk: x, y ≥ 0 )
3
x
+
y
−
3
xy
x
+
y
=
35


(

)

(

)


khi đó ta đi đặt. s = x + y , p = xy ( Đk: s, p ≥ 0 )
s. p = 30(1)

Ta cú phương trình: 

3
s − 3sp = 35(2)

vậy Từ (1) thế vào (2) ta thu được phương trình. s 3 = 125 ⇒ s = 5 ⇒ p = 6
s = x + y = 5

Ta có: s= 5 và p =6 khi đó ta có 

 p = x . y = 6

Hay x, y là hai nghiệm của phương trình bậc hai sau: X2- 5X + 6= 0
Giải phương trình ta thu được. X 1 = 2 ⇒ x = 4; X 2 = 3 ⇒ y = 9
Hoặc X 1 = 3 ⇒ x = 9; X 2 = 2 ⇒ y = 4
Vậy nghiêm của hệ đã cho là (x, y)=(4,9),(9,4)
Trên đây là 3 ví dụ về ap dung định lí vi- ét vào giải hệ phương trình. sau đây
xin mời các ban làm các bài tập áp dụng sau:
Giải các hệ phương trình sau:
 x 2 y + xy 2 = 30
2)  3 3
 x + y = 35

x + y + x 2 + y 2 = 8
1) 
 xy ( x + 1)( y + 1) = 12

5) Dạng 4: Ứng dụng vào giải một số bài toỏn về hàm số
Sau đây tôi đưa ra một số ví dụ cụ thể và phân tích cách làm quen thuộc cũng
như cách làm có sử dụng định lí vi- ét để chúng ta cùng so sánh.
Bài toỏn 1.

Cho parabol (P) là y = x2. Gọi A, B là hai điểm thuộc ( P) và có hoành độ lần
lượt là -1; -2. Hóy viết phương trỡnh đường thẳng AB.
Lời giải.
Đây là bài toán dễ, hầu hết học sinh và các tài liệu toán đều cho lời giải như sau:
(*) Cỏch 1:

 A ∈ ( P)

2
Ta cú  x = −1 ⇒ y A = ( − 1) = 1 võy A(- 1;1 )
 A

 B ∈ ( P)
⇒ y B = 2 2 = 4 võy B( 2 ; 4 )

xB = 2

Gọi phương trỡnh đường thẳng AB cần tỡm cú dạng y = ax + b
1 = − a + b
a = 1
⇔
Vậy đường thẳng AB là: y= x + 2
4 = 2 a + b
b = 2

Ta có hệ phương trỡnh 


(*) Cỏch 2: Suy nghĩ đến định lí VI – Et thỡ ta cú lời giải đẹp sau đây:
Phương trỡnh đường thẳng AB cần tỡm cú dạng y = ax + b

Phương trỡnh xỏc định hoành độ giao điểm của đường thăng AB và (P) là.
x2 = ax +b ⇔ x2 –ax – b = 0 (1)
Mặt khỏc ta lại cú x A = −1; x B = 2 là hai nghiệm của phương trỡnh (1)
Mà theo hệ thức Vi – Et ta lại cú.

x A + xB = a
a = 1
⇔

b = 2
 x A . x B = −b

Vậy đường thăng AB là: y= x + 2
Bài toỏn 2:
Cho parabol (P) là y =

x2
. Gọi A là hai điểm thuộc ( P) có hoành độ là 2. Tỡm
4

phương trỡnh tiếp tuyến tại A với (P).
Lời giải:
Cỏch 1:Cũng như bài toán 1 thỡ cỏc học sinh và cỏc tài liệu đều cho lời giải
sau:
 A ∈ ( P)
22
⇒ yA =
= 1 võy A( 2 ;1 )
Ta cú 
4

x A = 2

Phương trỡnh đường thẳng cần tỡm cú dạng y = ax + b (D)
A ∈ ( D) ⇔ 1 = 2a + b ⇔ b = 1 − 2a Vậy y = ax + 1 – 2a (D)

Phương trỡnh xỏc định hoành độ giao điểm của (D) và (P) là
1 2
x = ax + 1 − 2a ⇔ x 2 − 4ax − a + 8a = 0
4
2
∆, = 4a 2 + 4a − 8a = 4( a − 1)

(D) tiếp xỳc với (P) ⇔ ∆, = 0 ⇔ 4( a − 1) 2 = 0 ⇔ a = 1 ⇒ b = 1 − 2.1 = −1
Vây phương trỡnh đường thẳng cần tỡm y = x - 1 (D).
(*) Cỏch 2 - Sau đây là lời giải nếu sử dụng định lớ vi – ột.
Phương trỡnh đường thẳng cần tỡm cú dạng y = ax + b (D)
Phương trỡnh xỏc định hoành độ giao điểm của (D) và (P) là
1 2
x = ax + b ⇔ x 2 − 4ax − 4b = 0( 2)
4


Mà x = 2 là nghiệm kép của phương trỡnh (2) theo hệ thức vi-ột ta cú.
 x1 + x 2 = 4a
⇒ x1 = x 2 = 2 do đó a = 1, b = -1

 x1 .x 2 = −4b

Phương trỡnh đường thẳng cần tỡm y = x - 1.
Nhận xột: Qua hai bài toán trên với hai cách giải khác nhau ta thây việc sử

dụng định lí vi-ét cho ta lời giải “đep” và ngắn gọn hơn cách thông dụng.
6) Dạng 5- Tớnh giỏ trị của biểu thức,tỡm chữ số tận cựng,tỡm phần
nguyờn .
3.1 Bài toỏn tụng: Cho phương trỡnh : ax2+bx + c = 0 ( a ≠ 0 )
n
n
cú hai nghiệm là x1 , x 2 . Đặt s n = x1 + x 2 (n ∈ N * ), s 0 = 2 .

CMR: as n + 2 + bs n+1 + cs n = 0(*) với mọi n = 0,1,2,3,4,…..
Lời giải
Ta cú.

s n + 2 = x1

n+ 2

+ x2

n+ 2

= ( x1

=

Từ đó , s1 = x1 + x 2 =

n +1

+ x2

n +1

n

n

)( x1 + x 2 ) − x1 x 2 ( x1 + x 2 )

−b
c
s n +1 − s n
a
a

−b 0
0
, x1 = x 2 = 1 , suy ra hệ thức (*) đúng với mọi n = 0,1,2,
a

…..
(*) Sau đây là ứng dụng của bài toỏn trờn.
VD5.1: Cho x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh x 2 − 2 x − 2 = 0
Hóy tớnh

7

x1 + x 2

7

Lời giải.
Theo bài toán mở đầu ta có: s n + 2 = 2( s n +1 + s n ) Với mọi n = 0, 1, 2…..
Và s 0 = 2, s1 = 2 từ

đó

lần

lượt

ta

tính

s 2 = 8, s3 = 20, s 4 = 56, s5 = 152, s 6 = 416, s 7 = 1136

VD5.2: Cho x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh x 2 − 6 x + 1 = 0 .
n
n
CMR: s n = x1 + x 2 (n ∈ N * ) là số nguyờn khụng chia hết cho 5.

Lời giải.
a) Trước hết ta đi chứng minh s n ∈ Z bằng quy nạp toỏn học

được


Với n = 0 thỡ s 0 = 2 ∈ Z
Với n = 1 thỡ s1 = 6 ∈ Z
Giả sử s k ∈ Z , s k +1 ∈ Z (k ∈ N ) , ta đi chứng minh s k +2 ∈ Z

Thật vậy theo bài toán mở đầu ta có s k + 2 − 6s k +1 + s k = 0 hay s k + 2 = 6s k +1 − s k
s k ∈ Z , s k +1 ∈ Z nờn từ kết quả trờn ta cú s k +2 ∈ Z

b) Từ kết quả: s n + 2 = 6s n+1 − s n = 6(6s n − s n−1 ) − s n = 35s n − 5s n −1 − s n−1
suy ra s n + 2 và − s n −1 khi chia cho 5 có cùng số dư
Từ đó s n ,− s n+3 , s n +6 ,− s n+9 ,.... khi chia cho 5 có cùng số dư.
Mà s 0 = 2, s1 = 6, s 2 = 34 đều không chia hết cho 5 do đó s n khụng chia hết cho 5.
VD5.3: Tớnh giỏ trị của biểu thức

(

) (

(

) (

6

)

A = 2+3 2 + 2−3 2
1
1
B=
+
6
2+3 2
2−3 2

6

)

6

Lời giải.
Đặt x1 = 2 + 3 2 ; x 2 = 2 − 3 2 thỡ khi đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh
x2-4x – 14 = 0 khi đó theo bài toán tổng quát ta có:
s n + 2 = 4 s n +1 + 14s n (n = 1,2,3,4.....)
s1 = 4, s 2 = 44, s3 = 4.44 + 14.4 = 232

Khi đó ta tính được : s 4 = 4.232 + 14.44 = 1544
s5 = 4.1544 + 14.232 = 9424
A = s 6 = 4.9424 + 14.1544 = 59312

Vậy

B=

s 6 59312
3707
=
6
14 16470596 470596

VD5.4: Tỡm số nguyờn lớn nhất khụng vượt quá ( 4 + 15 )

7

Lời giải.
Đặt x1 = 4 + 15 , x2 = 4 − 15

ta cú x1 .x 2 = 1, x1 + x2 = 8

Khi đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh:x2-8x +1 =0
n
n
Đặt s n = x1 + x 2 (n ∈ N ) theo bài toán mở đầu ta có: s n + 2 − 8s n +1 + s n = 0

Ta tính được: s1 = 8 s 2 = 62, s3 = 448, s 4 = 3842, s5 = 30248, s 6 = 238142, s7 = 1874888


Vậy x17 = 187488 − x 2 7
Mà 0 < x2 7 = ( 4 − 15 ) < 1 nờn 1874887 < 1874888 − x2 7 < 1874888
7

Do đó

7

(

1874887 < x1 = 4 + 15

)

7

< 1874888

Vậy số nguyên lớn nhất không vượt quá ( 4 + 15 ) là 1874887
7

VD5.5: CMR phần nguyờn của số ( 2 + 3 ) luụn là số lẻ với mọi số tự nhiờn n.
n

Lời giải
Đặt x1 = 2 + 3, x 2 = 2 − 3

ta cú x1 .x 2 = 1, x1 + x2 = 4

Khi đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh:x2-4x +1 =0
n
n
Đặt s n = x1 + x 2 (n ∈ N ) theo bài toán mở đầu ta có: s n + 2 = 4s n+1 − s n

Vỡ s1 = 4 nờn từ hệ thức trờn ta suy ra s n luụn là số nguyờn chẵn, mà 0 < x 2 < 1
Thỡ

(

)

[ ]

 2 + 3 n  = x n = s −1
luụn là số lẻ.
1
n




VD5.6: Tỡm chữ số tận cựng của phần nguyờn của số: (5 + 3 3 )

2009

Lời giải
Đặt x1 = 5 + 3 3, x 2 = 5 − 3 3

ta cú x1 .x 2 = −2, x1 + x2 = 10

Khi đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh: x2-10x -2 =0
n
n
Đặt s n = x1 + x 2 (n ∈ N ) theo bài toán mở đầu ta có: s n + 2 = 10s n+1 + 2s n

Vỡ s1 = 10 nờn từ hệ thức trờn ta suy ra s n luụn luụn chia hết cho 10với n lẻ, mà
− 1 < x2 < 0
2009
2009
Thỡ (5 + 3 3 )  = [ x1 ] = s 2009 luụn cú tận cựng là 0.

VD5.7: Tỡm hai chữ số tận cựng của phần nguyờn của số:

(

29 + 21

)

2010

Lời giải.
Đặt x1 = ( 29 + 21 ) = 50 + 2 609 , x 2 = ( 29 − 21 ) = 50 − 2 609
2

2

Khi đó ta có x1 .x 2 = 64, x1 + x 2 = 100
Khi đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh: x2-100x +64 =0
n
n
Đặt s n = x1 + x 2 (n ∈ N ) theo bài toán mở đầu ta có: s n + 2 = 100s n+1 − 64s n

Vỡ s1 = 100 nờn từ hệ thức trờn ta suy ra s n luụn luụn chia hết cho 10với n lẻ,


mà 0 < x 2 < 1
2010
1005
Thỡ ( 29 + 21)  = [ x1 ] = s1005 − 1 cú tận cựng là 99.

Trên đây là một số vi dụ về ưng dụng của định lý vi –et thụng qua một bài toỏn
tổng quat.
Sau đây là một số bài tập luyên tập cho các dạng toán đó được trỡnh bày ở trờn.
4) Dạng 6: xét dấu nghiệm của phương trình mà không giải phương trình.
Bài tập 6.1: Biết răng các phương trỡnh bậc hai sau đây có hai nghiệm phân biệt
không giải phương trình cho biết dấu các nghiệm ?
a) x 2 − 13x + 40 = 0

b) 5 x 2 + 7 x + 1 = 0
c) 3 x 2 + 5 x − 1 = 0
Giải
b
a

a) Theo hệ thức Vi – ét có S = x1 + x2 = − = 13 , P = x1.x2 =

c
= 40
a

Vì P > 0 nên 2 nghiệm x 1 và x 2 cùng dấu
S > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu dương
c
a

1
5

b) Theo hệ thức Vi - ét có P = x1.x2 = = > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu
S = x1 + x2 =
c)P= x1.x2 =

−b −7
=
< 0 nên 2 nghiệm cùng dấu âm
a
5

c −1
b
5
=
< 0 , S = x1 + x2 = − = − < 0 nên 2 nghiệm trái dấu
a
3
a 3

KL. Không tồn tại giá trị m để phương trỡnh (*) cú hai nghiờm õm phõn
biệt.
8) Dạng 7: Tỡm điều kiện của tham số để hai nghiệm của phương trỡnh
thỏa món một quan hệ giữa hai nghiệm cho trước.
Đây là dạng bài toán hay gặp nhât trong các đề thi vào lớp 10 cũng như vào các
lớp chuyên, chọn. khi gặp những dạng toán nay ta cần phân tích thật kỹ đề bài
và áp dụng định lý vi- et sao cho hợp lý nhất,sau đây là nhữ vớ dụ minh họa.


Bài tập 7. 1: Cho phương trỡnh : x2 + (m-1)x + 5m – 8 = 0 ( m là tham số ) (*)
a) Tỡm m để phương trỡnh cú hai nghiờm trỏi dấu.
b) Tỡm m để phương trỡnh cú hai nghiệm dương phõn biệt.
c) Tỡm m để phương trỡnh cú hai nghiệm dương phân biệt.
Lời giải.
a) Để phương trỡnh (*) cú hai nghiệm trỏi dấu thỡ điều kiên là.
a.c < 0 hay ta có 1.(5m – 8 ) < 0 giải bất phương trỡnh ta được. m < 8/5
KL. Vậy với m < 8/5 thỡ phương trỡnh (*) cú hai nghiệm trỏi dấu.
b) Để phương trỡnh (*) cú hai nghiệm dương phân biệt thỡ điều kiện là.




∆ > 0
( m − 1) 2 − 4( 5m − 8) > 0
m 2 − 22m + 33 > 0(∀m)



−b
8

 ( m − 1)
>0⇔
>0
⇔ m > 1
⇒m>
s = x1 + x 2 =
a
5

 1

8
c

 5m − 8
m >
5

 p = x1 .x 2 = a > 0
 1 > 0

KL. Vậy với m > 8/5 thỡ phương trỡnh (*) cú hai nghiờm dương phân
biệt.
c) Để phương trỡnh (*) có hai nghiệm dương phân biệt thỡ điều kiện là.



∆ > 0
( m − 1) 2 − 4( 5m − 8) > 0
m 2 − 22m + 33 > 0(∀m)



−b

 ( m − 1)
<0⇔
<0
⇔ m < 1
⇒ m ∈ {φ }
s = x1 + x 2 =
a

 1

8
c

 5m − 8
m >
5


 p = x1 .x 2 = a > 0
 1 > 0

KL. Không tồn tại giá trị m để phương trỡnh (*) cú hai nghiờm õm phõn
biệt.
Bài tập 7.2 : Cho phương trình

x 2 − 10 x − m 2 = 0 (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

Lời 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 .

hơn

?


2
Theo hệ thức Vi – ét: P = x1 , x2 = −m < 0 . Do đó x1 và x2 trái dấu

S = x1 + x2 = 10 nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn
hơn
Bài tập7.3: Cho phương trình x 2 − (m − 1) x − m 2 + m − 2 = 0 ( 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

x  x 
A =  1 ÷ +  2 ÷ đạt giá trị lớn nhất
 x2   x1 

Lời Giải :
a) Thay m = 2 vào phương trình ta được

x 2 −x −4 =0
∆=1 −4.(−4) =17 >0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 + 17
x1 =
2
1 − 17
x2 =
2

b)Xét
1
1
3
1
3

ac = −m 2 + m − 2 = −(m 2 − m + 2) = −(m 2 − 2 m + + 1 ) = − (m − ) 2 + 1 
2
4 4
2
4

2

2

1

1
3
3
3


Có  m − ÷ ≥ 0 ⇔  m − ÷ +1 ≥ 1 ⇔ P ≤ −1 ⇒ P < 0∀m
2
2
4
4
4



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 (

x1 3
x
) > 0; ( 2 ) < 0
x2
x1


Đặt (

x1 3

) = −a Với a > 0
x2

Có A = -a +

1
−a

⇒(

x2 3 1
) =
x1
−a

mang giá trị âm

A đạt giá trị lớn nhất <=> - A có giá trị nhỏ nhất
1 a2 +1
Có -A = a + =
a
a

Theo bất đẳng thức Cô si áp dụng cho hai số không âm a và

1
( vì a > 0 và
a

1

>0)
a

1
1
( a + ) : 2 ≥ a.
a
a
1
Có ⇔( a + ) : 2 ≥1
a
1
⇔a + ≥2
a

Vậy - A ≥ 2 nên - A có giá trị nhỏ nhất là 2 <=> A ≤ -2 nên A có GTLN là - 2

1
* A =−
2⇔
−
a+
=−
2
−
a
1
⇔
−
a − =−

2
a
⇔
−
a.a −1 =−
2a
⇔
−
a 2 +2a −1 =0
⇔
a 2 −2 a +1 =0
⇔
( a −1) 2 =0
⇔
a =1
( thoả mãn điều kiện a > 0 )
x

x

1 3
1
• Với a = 1 thì ( x ) = −1 ⇔ x = −1 ⇔ x1 = − x2
2
2

• Theo kết quả x1 = − x2 có S = x1 + x2 = − x2 + x2 = 0 =

b
a

⇔ −( m − 1) = 0
⇔ m −1 = 0
⇔ m =1
* Kết luận : Với m = 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là - 2

Bài tập 7.4: Cho phương trình :

x 2 − (m − 1) x − m 2 + m − 2 = 0

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 x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
LỜI GIẢI
a ) Ta có a = 1 > 0
c =−m 2 +m −2 =−(m 2 −m +2)
1 7
=−( m 2 −m + + )
4 4
1
7
−7
=−( m − ) 2 − ≤
<0
2
4
4

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 = x1.x2 =

c
= −m 2 + m − 2 < 0 do đó 2 nghiệm trái
a

dấu
b) Ta có

x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2

= (m − 1) 2 − 2(−m 2 + m − 2)

2

= m − 2m + 1 + 2m 2 − 2m + 4 = 3m 2 − 4m + 5
4
5
2 4 11

= 3  m 2 − m + ÷ = 3(m 2 − 2m + + )
3
3
3 9 9


2
11 11

= 3(m − ) 2 + ≥
3
3 3
2
2
Vậy Min ( x1 + x2 ) =

Bài tập 7.5:

2
11
khi m =
3
3


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
Phưong 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=

Kết luận : Vậy với m =

5 ( thoả mãn điều kiện − 7 < m < 7 )

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 7.6:
Xét phương trình : x 4 − 2(m 2 + 2) + 5m2 + 3 = 0 (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 x1 , x2 , x3 , x4 . Hãy tính theo m
giá trị của biểu thức M =

1
1
1
1
+ 2 + 2 + 2
2
x1
x2
x3
x4

LỜI GIẢI :
1) Đặt x 2 = y

( ĐK : y ≥ 0 ) Pt (1) trở thành

y 2 − 2(m 2 + 2) y + 5m 2 + 3 = 0 (2)
2

2
2
∆, = 
−(m + 2) 
 − (5m + 3)