skkn một số giải pháp giúp học sinh lớp 9 trường PTDT bán trú THCS tam thanh ứng dụng định lí vi ét trong việc giải toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO QUAN SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

‘‘MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH LỚP 9

TRƯỜNG PTDT BÁN TRÚ THCS TAM THANH ỨNG DỤNG
ĐỊNH LÍ VI-ÉT TRONG VIỆC GIẢI TOÁN’’

Người thực hiện: Lê Trọng Trường
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường PTDT Bán trú THCS Tam Thanh
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HÓA, NĂM 2018


Mục Lục
Nội dung

Trang
1
1
2
2
2
3
3
4

4-18

I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng và phạm vi áp dụng
4. Phương pháp nghiên cứu
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN
3. Các giải pháp thực hiện
3. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
18-19
đồng nghiệp và nhà trường.
II. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
20
1. Kết luận
20
2. Kiến nghị
20


I. MỞ ĐẦU
1.Lý do chọn đề tài.
Văn Kiện Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII tiếp tục khẳng định “giáo
dục là quốc sách hàng đầu, phát triển giáo dục và đào tạo nhằm nâng cao dân trí,
đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài. Chuyển mạnh quá trình giáo dục chủ yếu
từ trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện năng lực và phẩm chất người học;
học đi đôi với hành, lý luận gắn với thực tiễn. Phát triển giáo dục và đào tạo phải
gắn với nhu cầu phát triển kinh tế - xã hội”. Trọng tâm là “... đổi mới căn bản và

toàn diện giáo dục đạo tạo phát triển nguồn nhân lực, phấn đấu trong những năm
tới, tạo ra chuyển biến căn bản, mạnh mẽ chất lượng, hiệu quả giáo dục đào tạo
làm cho giáo dục đào tạo thật sự là quốc sách hàng đầu, đáp ứng ngày càng tốt
hơn công cuộc xây dựng, bảo vệ tổ quốc và nhu cầu học tập của nhân dân, là yêu
cầu bức thiết của toàn xã hội, yêu cầu của hội nhập quốc tế trong kỷ nguyên toàn
cầu hóa”.
Trong chương trình giáo dục trung học hiện nay, môn toán cùng với các
môn học khác trong nhà trường THCS có những vai trò góp phần quan trọng đào
tạo nên những con người phát triển toàn diện.Toán học là môn khoa học tự nhiên
có tính lôgíc và tính chính xác cao, nó là chìa khóa mở ra sự phát triển của các
bộ môn khoa học khác.
Muốn học sinh THCS học tốt được môn toán thì mỗi người giáo viên
không phải chỉ truyền đạt nội dung kiến thức theo chuẩn kiến thức kỹ năng và
các tài liệu đã có sẵn trong sách giáo khoa, trong các sách hướng dẫn và sách
thiết kế bài giảng một cách dập khuôn, máy móc làm cho học sinh học tập một
cách thụ động. Nếu chỉ dạy học như vậy thì việc học tập của học sinh sẽ diễn ra
thật đơn điệu, tẻ nhạt và kết quả học tập sẽ không cao. Nó là một trong những
nguyên nhân gây ra cản trở việc đào tạo các em thành những con người năng
động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với hội nhập thế giới. Vì vậy người
giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách lôi cuốn các em
tham gia vào các hoạt động học tập.
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 thực tế giảng dạy
học sinh khối 9 tại trường PTDT Bán tú THCS Tam Thanh những năm vừa qua
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 ở bậc THCS và
các cấp học tiếp theo để từ đó giúp các nắm vững kiến thức, làm tốt các dạng
toán cần áp dụng hệ thức Vi-ét.

Đứng trước vấn đề đó, tôi đi sâu nghiên cứu đề tài “Một số giải pháp giúp
học sinh lớp 9 trường PTDT Bán Trú THCS Tam Thanh ứng dụng 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.
1


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 và kì thi khảo sát chất
lượng học kì II.
3.Đối tượng nghiên cứu.
Trong đề tài này, tôi chỉ đưa ra nghiên cứu một số ứng dụng của định lí Viét trong việc giải một số dạng bài toán thường gặp trong môn toán 9 ở cấp
THCS. Do đó chỉ đề cập đến một số loại bài toán là:
3.1.Ứng dụng định lí Vi -ét để Giải phương trình bậc hai bằng cách tính
nhẩm nghiệm.
3.2.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.
3.3.Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình bậc hai không
phụ thuộc tham số m.
3.4.Ứng dụng định lí Viét vào việc xét dấu các nghiệm của phương trình
bậc hai.
3.5.Ứng dụng định lí Vi- ét vào so sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với một số cho trước.
3.6.Ứng dụng định lí Vi- ét vào lập phương trình khi có hai biêu thức chứa
hai nghiệm.

3.7.Ứng dụng của định lí vi-ét trong giải toán chứng minh.
3.8.Ứng dụng định lí Vi-ét để giải bài toán về vị trí tương đối của đường
thẳng và parabol
3.9.Ứng dụng Định lý Vi-ét với bài toán cực trị( Tìm giá trị của tham số để
biểu thức x1 , x2 của đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.)
4. Phương pháp nghiên cứu.
Để hoàn thành SKKN này tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu
sau đây:
+ Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết nghiên cứu
+ Phương pháp điều tra khảo sát thực tế
+ Phương pháp thu thập thông tin
+ Phương pháp thống kê
+ Phương pháp xử lí số liệu.

2


II. NỘI DUNG
1.Cơ sở lí luận
Trước sự phát triển mạnh mẽ của nền kinh tế tri thức khoa học, công nghệ
thông tin như hiện nay, nền giáo dục đào tạo nước ta đang đứng trước những
thời cơ và thách thức mới. Để hòa nhập với tiến độ phát triển đó thì giáo dục và
đào tạo luôn đảm nhận vai trò hết sức quan trọng trong việc “ đào tạo nhân lực,
nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài” mà Đảng và nhà nước đề ra.
Là giáo viên ai cũng muốn học sinh của mình tiến bộ, lĩnh hội kiến thức dễ
dàng, phát huy tư duy sáng tạo, rèn tính tự học. Một vấn đề được đặt ra cho
người giáo viên là phải dạy học như thế nào để học sinh không những nắm vững
nội dung kiến thức cơ bản một cách có hệ thống mà phải rèn luyện khả năng tư
duy lôgic, rèn luyện kỹ năng làm bài tập của bộ môn toán cũng như các môn
khoa học khác. Có thái độ, quan điểm rõ ràng trong các bài tập của mình để tạo

được sự hứng thú, say mê trong học tập, tiếp thu kiến thức và có thể đưa các
kiến thức đó ra áp dụng vào cuộc sống đời thường. Do đó trong quá trình giảng
dạy, mỗi giáo viên phải biết chắt lọc ra những nội dung kiến thức cơ bản một
cách rõ ràng ngắn gọn và đầy đủ nội dung , phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến
trừu tượng và rút ra những nội dung kiến thức chính trong bài học. Đồng thời có
thể gợi mở, đặt vấn đề để học sinh phát triển tư duy và kĩ năng phân tích nội
dung và làm các bài tập toán học một cách chặt chẽ, rõ ràng và có hệ thống,
đồng thời giúp cho các em nhận ra các dạng bài toán đã học một cách nhanh
nhất.
Để phát triển khả năng tư duy và sáng tạo trong việc học toán và giải toán
thì việc tìm ra kết quả của một bài toán phải được coi như là giai đoạn mở đầu
cho một công việc, tiếp theo là khai thác, phân tích bài toán đó. Trong quá trình
dạy học toán nói chung và quá trình giải toán nói riêng, người dạy cần tạo cho
học sinh thói quen là “sau khi tìm được lời giải một bài toán, dù lời giải bài toán
đó đơn giản hay phức tạp, thì cũng cần tiếp tục suy nghĩ lật lại vấn đề, tìm thêm
lời giải khác, cố gắng tìm ra phương án giải tối ưu nhất có thể được”. Hãy luôn
nghĩ đến việc khai thác bài toán bằng các con đường tương tự hoá, tổng quát
hoá, đặc biệt hoá để tạo ra bài toán mới trên cơ sở bài toán đã có. Đối với việc
học toán thì việc rèn luyện kỹ năng giải toán là hết sức cần thiết, cần phải rèn
luyện thường xuyên kỹ năng giải toán bằng nhiều cách, giải nhiều bài tập thuộc
nhiều dạng khác nhau và sau đó tự mình suy nghĩ rồi rút ra bài học kinh
nghiệm. Trước khi giải một bài toán, nên tìm hiểu xem bài toán thuộc loại nào?
dạng nào? Sau đó tư duy chọn phương pháp giải cho thích hợp, có định hướng
cho phương pháp giải đó và khai thác bài toán tốt hơn.
Đối với học sinh trường PTDT Bán trú THCS Tam Thanh rất nhiều các
em học sinh còn yếu về môn toán, với nhiều lí do khác nhau, điều này hạn chế
rất lớn đến việc phát huy tính tích cực và độc lập nhận thức khi giải toán của học
sinh, dẫn đến các em không ham học toán và không tự tin khi giải toán, lúng
túng trong lí luận và trình bày. Trong khi đó ứng dụng của hệ thức Vi –ét vào các
dạng bài tập lại là một phần rất quan trọng trong bài thi vào lớp 10 THPT.

3


2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN
Như tôi đã nói ở trên, SKKN cung cấp nội dung kiến thức quan trọng
cho học sinh ôn thi vào lớp 10 THPT và các trường chuyên lớp chọn đặc biệt là
kì thi khảo sát học kì II. Cho nên trước khi vận dụng SKKN, tôi đã khảo sát 36
học sinh lớp khối 9 năm học 2016 – 2017 khi học song phần Đinh lí Vi – ét và
ứng dụng với kết quả là:
Kết quả khảo sát
Thời gian học kỳ II
Năm học 2016-2017

TS
HS

Khảo sát (chưa áp dụng giải pháp)

36

Trung bình trở lên
Số lượng
Tỉ lệ (%)
20

55.5%

Đa số học sinh chưa nắm được kỹ năng phân tích, nhận dạng được các
dạng bài tập, không nắm được phương pháp, chưa biết cách trình bày bài nên
còn bị mất điểm nhiều đẫn đến tỉ lệ đạt điểm dưới trung bình còn cao chiếm tới

44.5%.
Trước thực trạng trên, tôi đã áp dụng đề tài để truyền thụ kiến thức cho
học sinh.
3. Các giải pháp thực hiện.
3.1 Đề tài đề ra giải pháp gồm các nội dung sau:
- Sắp xếp các dạng bài ứng dụng hệ thức Viét theo mức độ từ dễ đến khó.
- Xây dựng các phương pháp giải cơ bản theo từng dạng bài.
- Rèn kỹ năng làm thành thạo các bài toán ứng dụng hệ thức Viét.
- Tìm tòi những cách giải hay, khai thác bài toán.
* Đối với học sinh yếu, kém: Củng cố kiến thức cơ bản
* Đối với học sinh khá:
- Phát triển tư duy, kỹ năng giải các dạng toán ứng dụng hệ thức Viét có
lồng ghép bài tập nâng cao.
- Đưa ra cách giải hay, sáng tạo, cho các dạng bài.
3.2 Hệ thống các kiến thức liên quan
*Định lý Vi-ét:
- Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a  0):
b
a
c
P = x1.x2 =
a

S = x1 +x2 =

-Nếu hai số x1 , x2 có tổng x1 + x2 = S và tích x1x2 = P thì hai số đó là các
nghiệm của phương trình X2 - SX + P = 0 (*) (Định lý Viét đảo)
Chú ý: Phương trình (*) chỉ có nghiệm khi S 2 �4 P
*Các bộ điều kiện để phương trình có nghiệm thỏa mãn đặc điểm cho trước:
Tìm điều kiện tổng quát để phương trình ax2+bx+c = 0

(1) Có nghiệm:
TH1: a = 0: phương trình bx + c = 0 có 1 nghiệm.
4


TH2: a  0;  (’)  0 phương trình ax2+bx+c = 0 có 2 nghiệm.
(2) Vô nghiệm   (’) < 0
(3) Có nghiệm kép ( hai nghiệm bằng nhau)  a  0 ;  (’) = 0
(4) Có hai nghiệm phân biệt (khác nhau)  a  0 ;  (’) > 0.
(5) Hai nghiệm trái dấu  a.c < 0.
(6) Hai nghiệm cùng dấu  a  0 ;  (’)  0 và P > 0.
(7) Hai nghiệm cùng dấu dương(lớn hơn 0)  a  0 ;  (’)  0; S > 0 và
P > 0.
(8) Hai nghiệm cùng dấu âm(nhỏ hơn 0)  a  0 ;  (’)  0; S < 0 và P >
0.
(9) Hai nghiệm đối nhau  a  0;  (’) > 0 và S = 0.
(10) Hai nghiệm nghịch đảo của nhau  a  0 ;  (’) > 0 và P = 1
(11) Hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn
 a.c < 0 và S < 0.
(12) Hai nghiệm trái dấu và nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn
 a.c < 0 và S > 0.
(13) Một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương ( x2 > x1 = 0) 
a �0
�
�
 ( ')  0
�
�
�P  0
�

�S  0
a �0
�
�
( ')  0
�
(14) Một nghiệm bằng 0và một nghiệm âm (x1 < x2 = 0)  �
�P  0
�
�S  0
(15) Phương trình có nghiệm không âm (ít nhất một nghiệm không âm)
-Nếu a = 0 xét phương trình bx + c = 0 có nghiệm x =

c
�0
b

-Nếu a � 0
TH1: Phương trình có một nghiệm bằng 0  P = 0
TH2: Phương trình có 2 nghiệm trái dấu ( có 1 nghiệm dương)  ac < 0
( ') �0
�
�
TH3: Phương trình có 2 nghiệm dương  �P  0
�S  0
�

*Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của phương trình bậc hai.
x12  x22  ( x12  2 x1 x2  x22 )  2 x1 x2  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2

2
x13  x23   x1  x2   x12  x1 x2  x22    x1  x2  �
 x1  x2   3x1 x2 �
�
�

5


2 2
x14  x24  ( x12 ) 2  ( x22 ) 2   x12  x22   2 x12 x22  �
( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 �
�
� 2 x1 x2
1 1 x1  x2
2
 
;
x1  x2  �  x1  x2   4 x1 x2
x1 x2
x1 x2
2

x12  x22

2

(   x1  x2   x1  x2  =…….)





2
x13  x23 ( =  x1  x2  x12  x1 x2  x22   x1  x2  �
 x1  x2   x1 x2 �
�
�=……. )
2
2
2
2
x14  x24
( =  x1  x2   x1  x2  =…… )

( = ( x1 )  ( x2 )   x1  x2   x1  x1 x2  x2  = ……..)
*Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:
(1) Giá trị lớn nhất:
Nếu hai số có tổng không đổi thì tích hai số đó lớn nhất khi hai số bằng
nhau.
Giả sử x1  x2  S không đổi, còn P = x1.x2 thay đổi.
x16  x26

2 3

2 3

2

2

4

2

2

4

S2
4

Do điều kiện S2 – 4P �0 � P � .
Vậy P đạt GTLN là

S
S2
khi và chỉ khi x1  x2  .
2
4

(2) Giá trị nhỏ nhất
Nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của hai số đó nhỏ nhất khi
hai số bằng nhau.
Giả sử x1 , x2  0 và x1.x2  P không đổi, còn x1  x2  S thay đổi.
Do điều kiện S2 – 4P �0 � ( S - 2 P ) (S + 2 P ) �0 � S - 2 P �0 � S
�2 P

Vậy S đạt GTNN là 2 P khi và chỉ khi x1  x2  P
3.3 các dạng bài tập vận dụng ứng dụng của Định lí Vi-ét.

3.3.1 Dạng 1: ứng dụng định lí Vi -ét để Giải phương trình bậc hai bằng cách
tính nhẩm nghiệm.
*Phương pháp
+ Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a khác 0) có a + b + c = 0 thì phương
trình có một nghiệm là x1= 1, còn nghiệm kia là x2 =

c
a

+ Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a khác 0) có a - b + c = 0 thì phương
trình có một nghiệm là x1= -1, còn nghiệm kia là x2 = -

c
a

Ví dụ 1: Không giải phương trình hãy nhẩm nghiệm của các phương trình sau:
a. 3x2 - 5x + 2 = 0
b. -7x2 - x + 6 = 0
Giải:
a. Ta có a + b + c = 3 - 5 + 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm

6


x1 = 1, x2 =

c
2
=
a

3

b. Ta có a - b + c = -7 +1 + 6 = 0 nên phương trình có hai nghiệm
x1= -1, x2 = -

c
6
=
a
7

Ví dụ 2: Nhẩm nghiệm của phương trình sau
a. x2 - 7x + 10 = 0
b. x2 + 6x +8 = 0
Giải:
a. Nếu phương trình có nghiệm x1, x2 thì theo hệ thức Viét ta có:
x1+ x2 = 7 và x1x2 = 10 ta nhẩm được hai nghiệm là x1= 2, x2 = 5
b. Tương tự như câu a) ta có x1 + x2 = -6 và x1x2 = 8 nên
x1 = -2, x2 = -4
Bài tập áp dụng:
Nhẩm nghiệm của các phương trình sau:
a. 2x 2  199x  201  0
b. x 2  ( 3  5) x  15  0
c. x 2  (3m  5) x  3m  4  0
d. (m  2) x 2  (m  3) x  2m  5  0
3.3.2.Dạng 2: 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.
* Phương pháp:
 a 0

- Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm 

 

'
   0

- Tính tổng S và tích P của hai nghiệm x 1 và x 2 .
- Kết hợp đẳng thức của giả thiết lập hệ phương trình gồm 3 phương trình
- Giải tìm tham số.
- Đối chiếu điều kiện, thử lại, kết luận.
* Các ví dụ:
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  x22 1
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 =

m 3
2( m  2)
; x1.x2 =
m
m

Do đó:

1 = x12  x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 =

 m2 = 4m2 - 16m + 16 - 2m2 + 6m
 m2 - 10m + 16 = 0

2(m  3)
4( m  2) 2
2
m
m

7


 m = 2 hoặc m = 8
Giá trị m = 8 không thoã mãn 0  m  4
Vậy, với m = 2 thì x12  x22 = 1
Ví du 2: Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ). Tìm a để
phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x 22 = 4
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hoá 2012 - 2013)
Giải:
Để phương trình đã cho là phương trình bậc hai khi a 0 , ta có :
2
 = b2 – 4ac =  3 a  1   4a .(2a+4)
= 9 ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a
= a2 + 2a + 9 = ( a+ 1)2 + 8 > 0 với mọi a
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi a :
 3. a  1

 x1  x 2 
a

Theo hệ thức vi et ta có : 
2a  4
 x1 .x 2 
a

2
2
theo bài ra ta có : x1 + x 2 = 4  ( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = 4 thay vào ta có
2

2a  4
  3 a  1 
= 4  9 ( a2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2

  2
a
a


2
2
9a + 18a + 9 -4a -8a = 4a2  a2 + 10a + 9 = 0 là phương trình bậc hai ẩn a có

dạng a – b + c= 1- 10 + 9 = 0 nên có hai nghiệm a1 = –1 và a2 = -9
với a = - 1 hoặc a = -9 thoả mãn
Vậy với a = - 1 và a = -9 phương trình có hai nghiệm thoả mãn x12 + x 22 = 4
Ví dụ 3: Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1), tìm n để :
x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
(Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá 2010-2011)

Giải: Phương trình đã cho có   n 2  16  0 với mọi n, nên phương trình luôn có
hai nghiệm phân biệt x1, x2.
Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x1 + x2 = n
x1x2 = -4
x1 ( x22  1)  x2 ( x12  1)  6
� x1 x2 ( x1  x2 )  x1  x2  6

Ta có: � 4.(n)  (n)  6
� 3n  6
�n2

Vậy với n> 2 thoả mãn yêu cầu của bài toán.
*Bài tập:
Bài tập 1: Cho phương trình x2 - (m + 3)x + 2(m + 1) = 0 ( m là tham số) (1)
Tìm giá trị m để phương trình (1) có các nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 = 2x2.

8


Bài tập 2: Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ). Tìm a để
phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x 22 = 4
(Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá 2012-2013)
3.3.3. Dạng 3: Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình bậc hai
không phụ thuộc tham số m.
Phương pháp:
 a 0

- Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm: 

 

'
   0

- Tính tổng S, tích P của hai nghiệm x 1 và x 2 .
- Tính m theo S và P.
- Khử m tìm hệ thức chỉ còn S và P. Thay S = x 1 + x 2 , P = x 1 . x 2
Các ví dụ
Ví dụ1 : Cho phương trình x2 - 2(m + 1) x + m2 =0
a) Tìm m để phương trình có nghiệm
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m
Giải:
a. Ta có ' = (m + 1)2 - m2 = 2m + 1
Phương trình đã cho có nghiệm  ' �0  m �-

1
2

�x1  x2  2(m  1) (1)

b. Theo hệ thức Viét ta có �

2
�x1 x2  m

(2)
2

x x
�x  x

�
Từ (1) ta có m = 1 2  1 thay vào (2) ta được x1 x2  �1 2  1�
2
� 2
�

hay 4x1x2 = (x1 + x2 - 2)2 là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc
vào m.
Cách giải chung của dạng này là theo hệ thức Viét ta có hai biểu thức liên
hệ giữa hai nghiệm của phương trình. Từ một trong hai biểu thức ta rút m theo
hai nghiệm, sau đó thế vào biểu thức còn lại ta được biểu thức cần tìm.
Tuy nhiên có thể dùng cách biến đổi tương đương để khử m từ hai phương trình,
ta xét tiếp ví dụ sau:
Ví dụ 2: Cho phương trình mx2 - 2(m - 3)x + m+ 1 = 0
(m là tham số )
Biết phương trình luôn có hai nghiệm, tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm
không phụ thuộc vào m.
Giải :
Do phương trình luôn có hai nghiệm nên theo hệ thức Viét ta có:
2( m  3)
6
 2
(1)
m
m
m 1
1
x1 x2 
 1
(2)

m
m
x1  x2 

9


Ta có (2)  6x1x2 = 6 +

6
m

(3). Cộng vế theo vế của (1) và (3)

ta được x1 + x2 + 6x1x2 = 8.
Vậy biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m là:
x1 + x2 + 6x1x2 = 8
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình:
x2 - (m + 3)x + 2m - 5 = 0 mà hệ thức này không phụ thuộc vào m.
Hướng dẫn:  = (m -1)2+ 28 0
m = S - 3 và m =

P 5
ta có hệ thức : 2(x 1  x 2 )  x1 x 2 11
2

Bài 2: Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0. Hãy tìm một biểu thức liên
hệ giữa hai nghiệm không phục thuộc vào m.
1

2

Hướng dẫn:  = (m - ) 2 +
m=

19
0
4

S 2
và m = P + 4 ta có hệ thức : x 1  x 2  2 x1 x 2  10 0
2

3.3.4.Dạng 4: ứng dụng định lí Viét vào việc xét dấu các nghiệm của phương
trình bậc hai.
Phương pháp
Xét phương trình bậc hai: ax 2  bx  c 0 (a 0)
Có  b 2  4ac
P= x1 x 2 

c
a

S = x1  x 2 

b
a

Trong nhiều trường hợp ta cần so sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với một số cho trước hoặc xét dấu các nghiệm của phương trình bậc hai mà

không cần giải phương trình đó, ta có thể ứng dụng định lí Viét .
  0

1.phương trình có 2 nghiệm dương   P0
 S 0


2.Phương trình có 2 nghiệm âm

  0

  P 0
 S 0


3. Phương trình có 2 nghiệm trái dấu: P 0
Nhiều bài toán đòi hỏi tìm điều kiện để phương trình bậc 2 có ít nhất 1
nghiệm không âm. Thường có 2 cách giải:
Cách 1: Có P  0 ( Trường hợp này có 1 nghiệm dương 1 nghiệm không âm)
10


Hoặc P = 0 Trường hợp này tồn tại 1 nghiệm bằng 0
Hoặc:

 P 0

  0
 S 0


Thì hai nghiệm đều dương.

Cách 2: Trước hết phải có  0 khi đó phương trình có ít nhất 1 nghiệm không
âm nếu :
S 0 ( Trường hợp này tồn tại nghiệm dương)
Hoặc S=0 ( Trường hợp này tồn tại nghiệm không âm)
Hoặc S 0, P 0 ( Trường hợp này có 1 nghiệm không âm 1 nghiệm âm)
Tuỳ theo đầu bài mà chọn cách xét biểu thức P hay S.
Ví dụ 1: Tìm giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm cùng dấu . Khi đó 2
nghiệm mang dấu gì ?
a. x 2  2mx  5m  4 0
(1)
2
b. mx  mx  3 0
(2
Hướng dẫn:
a. Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x 2 cùng dấu khi và chỉ khi
�� 5 3
m �
��

� 5 3
5
9
m �
�� 2 2
m






2
�
 m  5m  4 0
  0
3

2
4 � � 2 2 � �� 5
 
 
m  �

�
��
2
2
4
 P 0
 5m  40
 m 4
�
�
m�
 5
�
�
4

� 5
�m�
� 5
�4
�  m �1
� �5
�
m �4
�
2

Mặt khác: S = x1 + x2 = 2m > 0 (Do m nhận giá trị dương) nên PT có 2 nghiệm
dương.
b. PT (2) có hai nghiệm x1 ; x2 cùng dấu khi và chỉ khi
�
�
m �0
a  m �0
�
�2
�
��
0 ��۳
�
�m 12m 0
�P  0
�3
�
� 0
�m

b
Mặt khác: S = x1 + x2 =
a

m(m  12)
�
�
m0
�



m 12

m
 1  0 nên PT có hai nghiệm cùng âm.
m

Ví dụ 2: Cho phương trình
(m + 1)x2 + 2(m + 4)x + m + 1 = 0
Tìm m để phương trình có:
a. Một nghiệm
b. Hai nghiệm cùng dấu phên biệt
c. Hai nghiệm âm phân biệt
Hướng dẫn:
a. PT đã cho có một nghiệm khi và chỉ khi
11


a0

m 1  0
m  1
�
�
�
m  1
�
�
�
�
�
m  1 �0
��
�
�a �0 � �
�
�m �1
5
�
�
m
�
�
�
'
2
2
�
�
�

3(2m  5)  0
(m  4)  (m  1)  0
� 2
�
�  0
�
�
�
�

b. PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu khi và chỉ khi
�
�m �1
�a �0
�m �1
�
�'
�
3(2m  5)  0 � � 5
�  0 � �
m
�P  0
�m  1
�
�
2
�
�
1 0
�m  1

c. Để PT có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi
�m �1
�
� 5
�
�a �0
�m 
�m �1
�'
2
�
� 5
�  0
�
� �m  1
� �m 
� m  1
�
2
�P  0
�m  1  1  0
�
�
�
��
m4
�S  0
�2(m  4)  0
��

m  1
��
�
� m 1

Qua ví dụ này, nhấn mạnh cho HS hiểu được dạng ax2 + bx + c = 0 có 1
nghiệm nghĩa là như thế nào?
Vậy giá trị cần tìm của m là -1 < m � 2
Cách 2: PT đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi
+ Hoặc PT có 2 nghiệm trái dấu, tức là: P = 0 hay – 1 < m < 1
+ Hoặc PT có một nghiệm bằng 0, tức là: P = 0 hay m = 1
+ Hoặc PT có 2 nghiệm cùng dương, tức là:
�
 2 �m � 2
�
�
 ' �0
m  1
�
��
� 1  m � 2 . Vậy giá trị cần tìm là 1  m � 2
�P  0 � ��
m 1
�S  0
��
�
�
m  1
�

Cách 3: PT đã cho có 2 nghiệm đều âm khi và chỉ khi
�
 2 �m � 2
�
�
 ' �0
m  1
�
��
�  2 �m  1
�P  0 � ��
m 1
�S  0
��
�
�
m  1
�

Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm không âm khi và chỉ khi -1 < m
� 2.
Bài tập áp dụng
Bài tập1: Cho phương trình
x2 – 2(m + 1)x + m2 – 4m + 5 = 0
a. Tìm m để phương trình có nghiệm
12


b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương
Bài tập 2: Cho phương trình (m – 1)x2 – 2(m – 3)x + m – 4 = 0. Tìm m để

phương có hai nghiệm
a. Trái dấu
b. Hai nghiệm dương
c. Hai nghiệm âm
3.3.5.Dạng 5: ứng dụng định lí Vi- ét vào so sánh nghiệm của phương trình bậc
hai với một số cho trước.
Phương pháp
Ở dạng này các bài toán thường gặp là: Tìm điều kiện của tham số để so
sánh nghiệm với một số cho trước.
Để giải các bài tập kiểu này ta thường thực hiện các bước sau:
B1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm
B2: Từ điều kiện đầu bài tìm ra được biểu thức về mối liên hệ giữa các nghiệm
của phương trình
B3: Thay tổng, tích giữa các nghiệm vào biểu thức
B4: Tìm giá trị của tham số, rồi kết luận.
Ví dụ
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình x2 – mx + m = 0 có nghiệm x1 ; x2 thoả mãn
x1 �2  x2

Hướng dẫn:
m �0
�
m �4
�

Phương trình đã cho có nghiệm x1 ; x2 khi và chỉ khi  �0 � m(m  4) �0 � �
x  2  x2 (1)
�
x1  2  x2 (2)
�

1
Ta có: x1 �2  x2 � �

TH1: x = -2 là một gnhiệm của PT đã cho nên ta có: (-2)2 – m(-2) + m = 0
� 4 + 3m = 0 � m 

4
3

Ta tính nghiệm còn lại nhờ vào định lí Viét như sau:

c
4
2
 m � ( 2) x2 
� x2   2  x1
a
3
3
4
Vậy m 
là giá trị cần tìm
3
TH2: x1  2  x2 � ( x1  2)( x2  2)  0 � x1 x2  2( x1  x2 )  4  0
4
� m  2m  4  0 � m 
3
x1.x2 

4
là
3

Kết hợp cả hai trường hợp và đối chiếu với điều kiện có nghiệm thì m �

các giá trị cần tìm.
Ví dụ 2: Với giá trị nào của m thì phương trình x2 + x + m = 0 có hai nghiệm
đều lớn hơn m
Hướng dẫn :
Cách 1:
13


PT đã cho có 2 nghiệm thoả mãn m  x1 �x2 khi và chỉ khi
 �0
 �0
�
�
1  4m �0
�
�
�
( x1  m)( x2  m)  0 � �
�x1  m  0 � �
�x1 x2  m( x1  x2 )  0
�x  m  0
�
( x1  m)  ( x2  m)  0
�2

�
� 1
m�
� 1
�
4
�m �4
�
�
m  2
�2
��
� m  2
�m  2m  0 � ��
m0
�1  2m  0
��
�
� 1
�
m
�
2
�

Cách 2: Từ việc tìm m để phương trình có hai nghiệm đều lớn hơn m ta đưa về
tìm m để PT có nghiệm đều dương
Bằng cách: Đặt t = x – m � x = t + m. PT đã cho viết được dưới dạng là
(t + m)2 + t + 2m = 0 � t 2 + (2m+1)t + m2 + 2m = 0 (*)
Bài tập áp dụng:

1. Tìm m để phương trình 2mx 2  x  m 0 có nghiệm thoả mãn x1 

1
x 2
2

2. Theo phương trình : x 2  2 m  1 x   m  1 0
a. Tìm giá trị của m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn
hơn 1.
b. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm nhỏ hơn 2.
3.3.6.Dạng 6: ứng dụng định lí Vi- ét vào lập phương trình khi có hai biêu thức
chứa hai nghiệm.
Phương pháp
Ta cần lập phương trình bậc hai nhận các số x1 ; x 2 là các nghiệm. Điều này
dựa trên định lý “ Nếu x1  x 2 S và x1 .x 2 P thì x1 , x 2 là các nghiệm của
phương trình x 2  Sx  P 0 ”.
Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho x1 = 1  2 ;
x2 = 1  2
a, Tính S = x1 + x2
P = x1x2
b, Lập phương trình bậc hai ẩn x, nhận x1; x2 làm nghiệm.
(Đề thi khảo sát học kì II năm học 2015 – 2016, Thanh Hoá)
Giải
a, Ta có S = x1 + x2 = (1  2 ) + ( 1  2 ) = 2
P = x1.x2 = (1  2 ).(1  2 ) = -1
b, Áp dụng định lí Vi-et đảo, ta được: x2 – Sx + P = 0
Hay x2 -2x – 1 = 0
Vậy phương trình có hai nghiệm x1; x2 là x2 - 2x - 1 = 0
Ví dụ 2: Cho phương trình : x2 + 5x - 1 = 0

(1)

14


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)
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  x24
y1.y2 = x14.x24
x14  x24 = (x12 + x22)2 - 2x12.x22 = 729 – 2 = 727
Ta có:
x14.x24 = (x1.x2)4 = (- 1)4 = 1
Vậy phương trình cần lập là: y2 - 727y + 1 = 0
Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Lập phương trình bậc hai thoã mãn điều kiện:
x1

x2

k2  7

Có tích hai nghiệm : x1.x2 = 4 và x  1 + x  1 = 2
k 4
1
2

Bài tập 2: Xác địnhm các số m, n của phương trình: x2 + mx + n = 0
Sao cho các nghiệm của của phương trình là m và n.
3.3.7.Dạng 7: Ứng dụng của định lí vi-ét trong giải toán chứng minh
Phương pháp: Đây không phải là một bài toán chứng minh đẳng thức thông
thường, mà đây là một đẳng thức thể hiện sự liên quan giữa các nghiệm của hai
phương trình và hệ số của các phương trình đó. Vì vậy chúng ta phải nắm vững
định lý Vi-ét và vận dụng định lý đó vào trong quá trình biến đổi hai vế của đẳng
thức để suy ra hai vế bằng nhau.
Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho a, b là các nghiệm của phương trình: x 2 + px + 1 = 0 và b, c là
nghiệm của phương trình: x2 + qx + 2 = 0
Chứng minh: (b - a)(b - c) = pq - 6.
Giải:
Vì a,b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0
b,c là nghiệm của phương trình: x2 + qx + 2 = 0. Theo định lý Vi-ét ta có:
 a b - p
 b  c - q
và 

 a.b1
 b.c2
Do đó : (b – a)(b – c) = b2 + ac - 3
(1)
2
pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b + ac + 3
Suy ra: pq - 6 = b2 + ac +3 – 6 = b2 + ac - 3
(2)
Từ (1) và (2) suy ra (b - a)(b - c) = pq - 6 (đpcm)
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 + px + 1 = 0. Gọi

c, d là hai nghiệm của phương trình: y2 + qy + 1 = 0
Chứng minh hệ thức: (c-a)(a-b)(b-c)(b-d) = (p-q)2
3.3.8 Dạng 8. Áp dụng định lí Vi-ét để giải bài toán về vị trí tương đối của
đường thẳng và parabol
15


Phương pháp
Giả sử parabol (P) là đồ thị của hàm số y = ax 2 (a # 0) và đường thẳng (d)
có phương trình y = bx + c.
Để tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) ta viết phương trình hoành độ giao
điểm của (P) và (d):
ax2 = bx + c
(1)
- Nếu (1) vô nghiệm thì (d) không cắt (P).
- Nếu (1) có nghiệm kép thì (d) tiếp xúc với (P)
- Nếu (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Các ví dụ:
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = mx - 3 (tham số
m) và Parabol (P): y = x 2 . Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm
phân biệt có hoàng độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn x1 - x 2 = 2
(Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá 2014-2015)
Giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): x 2 - mx + 3 = 0
Có Δ = m 2 -12 (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là x1, x2
�
 m 2 3

2
2
khi Δ = m -12 > 0 � m  12 � m  2 3 � �

�
m  2 3
�
�x1 + x 2 = m
Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: �
�x1x 2 = 3

Theo bài ra ta có

x1 - x 2 = 2 �  x1 - x 2  = 4 �  x1 + x 2  - 4x1x 2 = 4 � m 2 - 4.3 = 4 � m 2 = 16 � m = ±4
2

2

Vậy với m = ±4 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y= 2x - a 2 và
parabol (P): y = ax2 ,(trong đó a là tham số dương).
a, Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng khi đó A,
B có hoành độ dương.
1

1

b, Gọi xA và xB là hoành độ của A và B. Tìm a để thỏa mãn: x  x  x .x = 3.
A
B
A B
(Kì thi thử vào lớp 10 của trường THCS Định Tiến năm học 2015 - 2016)
Giải: a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

ax2 – 2x +a2 = 0
(1)
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt
� a0
��
� 0  a 1
 '  1  a3
�

Khi đó nếu ta gọi xA và xB là hoành độ của A và B thì theo định lí Viet cho pt (1)
2
a

ta có: xA  xB   0vàxA .xB  a  0
Suy ra xA >0 và xB >0
Vậy điểm A,B có hoành độ dương.

16


1
= 3, với 0  a  1
a
�a  1
�
2
� 2a – 3a + 1 = 0 � � 1
a
�
� 2

b) Theo câu a), ta có: 2a +

Ta thấy a= 1 không t/m đ/k
Vậy a =

1
thoả mãn yêu cầu bài toán
2

2, Bài tập
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y= x - 2 và parabol
(P): y = - x2. Gọi A, B là giao điểm của (d) và (P).
1, Tính độ dài AB.
2, Tìm m để đường thẳng y = - x + m cắt parapol (P) tại 2 điểm C và D sao cho
AB = CD.
(Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hoá năm học 2011 - 2012)
3.3.9 Dạng 9: Ứng dụng Định lý Vi-ét với bài toán cực trị( Tìm giá trị của tham
số để biểu thức x1 , x2 của đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.)
Phương pháp:
 a 0

-Tìm điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm 
    '  0
-Tính tổng S và P theo tham số.
-Biến đổi biểu thức đã cho xuất hiện S và P.
-Thay giá trị S và P tính giá trị của biểu thức theo tham số.
-Đánh giá xác định GTLN, GTNN dựa vào a 2 0 và kết hợp tính chất của
bất đẳng thức tìm giá trị của tham số.
-Đối chiếu điều kiện rút ra kết luận.

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 A = x12  x22 có giá trị nhỏ nhất
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
A = x12  x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (2m - 1)2 - 2(m - 2)
3 2 11
11
) +

2
4
4
3
Dấu “=” xảy ra khi m =
4
11
3
Vậy MinA = (x12 + x22) =
khi m =
4
4

=4m2 - 6m + 5 = (2m -

Ví dụ 2: Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình:
2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0
17

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2
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
2
m 2  8m  7
Do đó: A = 

2

x1 .x2 =

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

Bài tập áp dụng:
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
4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng
nghiệp và nhà trường.
Sau khi hoàn thành SKKN, tôi đã chia sẻ với đồng nghiệp và BGH nhà
trường, được đồng nghiệp và BGH đánh giá cao. Đặc biệt đã được đồng nghiệp
sử dụng làm tài liệu tham khảo cho việc giảng dạy.
Đối với học sinh. 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 PTDT Bán trú THCS Tam Thanh
huyện Quan Sơn tôi đã chọn lớp 9A năm học 2017 - 2018 (làm lớp thực
nghiệm ), 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 9A , số học sinh đạt điểm khá, điểm trung bình tăng

lên và số học sinh đạt điểm yếu kém giảm.
Kết quả áp dụng hệ thức viét vào giải các dạng bài tập này đã góp phần
nâng cao chất lượng học tập của bộ môn đối với học sinh.

18


Kết quả kiểm tra được thống kê, đánh giá qua kết quả học tập của lớp
trong năm học cụ thể như sau:
a) Chưa áp dụng giải pháp
Kết quả khảo sát
Thời gian học kỳ II
Năm học 2016-2017

TS
HS

Khảo sát (chưa áp dụng giải pháp)

36

Trung bình trở lên
Số lượng
Tỉ lệ (%)
20

55.5%

- Nhận xét: Đa số học sinh chưa nắm được kỹ năng phân tích, nhận dạng
được các dạng bài tập, không nắm được phương pháp, chưa biết cách trình

bày bài nên còn bị mất điểm nhiều.
b) Áp dụng giải pháp
Lần 1: Kết quả khảo sát
Thời gian học kỳ II
Năm học 2017-2018

TS
HS

Kết quả áp dụng giải pháp

36

Trung bình trở lên
Số lượng
Tỉ lệ (%)
28

77,7%

- Nhận xét: Học sinh đã hệ thống, nắm được các dạng bài, kỹ năng vận dụng
hệ thức viét vào các bài tập, biết suy luận logic, làm bài tập thành thạo hơn.
Lần 2: Kết quả khảo sát (kiểm tra 1 tiết)
Thời gian học kỳ II
Năm học 2017-2018

TS
HS

Kết quả áp dụng giải pháp (lần 2)

36

Trung bình trở lên
Số lượng
Tỉ lệ (%)
32

88.9%

- Nhận xét: Học sinh nắm vững chắc về các dạng bài, trình bày bài cẩn thận,
ứng dụng thành thạo hệ thức Viét và Viét đảo để làm các bài tập từ cơ bản đến
nâng cao, các dạng bài ôn thi vào lớp 10 THPT đều làm tốt. Chỉ còn một số ít
học sinh quá yếu, kém chưa thực hiện tốt
Học sinh hứng thú, tích cực tìm hiểu kỹ phương pháp giải, phân loại từng
dạng toán, chủ động lĩnh hội kiến thức, có kỹ năng xử lý nhanh các bài toán có
dạng tương tự, đặt ra nhiều vấn đề mới, nhiều bài toán mới.

19


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
- 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 ràng từng 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 “Một số giải pháp giúp học sinh lớp 9 trường PTDT Bán
Trú THCS Tam Thanh ứng dụng định lí Vi-ét trong việc giải toán” với mong
muốn giúp cho học sinh nắm vững kiến thức, chủ động và tích cực trong giải
toán thông qua đó 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.
- Kiến nghị.
*Đối với Giáo viên: Cần phát huy khả năng tư duy sáng tạo của học sinh trong
việc phát hiện và tìm cách giải cho một bài tập mới. 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.
*Đối với Hội đồng khoa học chấm sáng kiến kinh nghiệm các cấp: Nên có
thông tin phản hồi về những thiếu sót, những hạn chế của đề tài để người thực
hiện khắc phục, nâng cao chất lượng nghiên cứu.
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 rất
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
Địa chỉ Gmail:
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Quan Sơn, ngày 22 tháng 4 năm2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

20

(Ký và ghi rõ họ tên)

21


Tài liệu tham khảo
1. Sách Giáo khoa và sách bài tập Toán lớp 9 của Bộ Giáo Dục.
2. Ôn luyện thi vào lớp 10 – Môn Toán của Tôn Thân chủ biên.
3. Các dạng toán và phương pháp giải toán 9, của Tôn Thân chủ biên.
4. Các đề thi tuyển sinh và thi chuyên chọn các trường trong tỉnh Thanh Hoá.
5. Bài tập nâng cao Đại số 9 của Vũ Hữu Bình.