Vận dụng định lí vi ét giải một số dạng toán về so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI-ÉT GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SO
SÁNH NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI MỘT SỐ
THỰC, HAI SỐ THỰC NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG ÔN
THI HỌC SINH GIỎI, ĐẠI HỌC CHO HỌC SINH TRƯỜNG
THPT NHƯ THANH II.

Người thực hiện: Hoàng Khắc Tại
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HÓA NĂM 2019


MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

1. Mở đầu.
1.1. Lí do chọn đề tài.

1

1.2. Mục đích nghiên cứu.

2

1.3. Đối tượng nghiên cứu.

2

1.4. Phương pháp nghiên cứu.

2

1.5. Những điểm mới của SKKN.

2

2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm.

3
3

2.3. Vận dụng định lí Vi-ét giải các dạng toán.
2.3.1. Dạng 1: So sánh nghiệm của phương trình bậc hai

4

2.3.2. Dạng 2: So sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với số thực α .

7

2.3.3. Dạng 3: So sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với hai số thực α , β .

14

với số 0.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.

19

3. Kết luận, kiến nghị.
3.1. Kết luận.

21

3.2. Kiến nghị.

21

Tài liệu tham khảo.
Danh mục các đề tài SKKN của tác giả đã được Hội đồng SKKN
Ngành GD tỉnh đánh giá và xếp loại.


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.

Trong chương trình toán THPT hiện nay có rất nhiều bài toán chứa tham số mà
khi giải có liên quan tới phương trình ( bất phương trình) bậc 2; biện luận, so
sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với một số thực hoặc hai số thực. Khi gặp
các dạng bài tập này thì có nhiều cách xử lí khác nhau có thể kể đến:
 Sử dụng “ Định lí đảo về dấu tam thức bậc hai - Chương trình bộ sách
giáo khoa cũ”.
 Sử dụng định lí Vi-ét.
 Sử dụng phương pháp hàm số.
Rõ ràng sử dụng định lí Vi-ét là xuyên suốt ngay từ lớp 9 cho đến khi thi
THPTQG. Nếu học sinh được rèn luyện thành thạo kĩ năng sử dụng định lí Vi-ét
này thì các em có thể giải quyết được hàng loạt các dạng toán mới mà bản chất
vẫn quy về định lí Vi-ét và nghiệm của phương trình bậc hai. Phương pháp hàm
số là một phương pháp “ mạnh” và hiện đại. Nhưng ở sáng kiến này tôi chỉ xin
bàn tới cách sử dụng định lí Vi-ét như thế nào cho hiệu quả ? Theo ý kiến cá
nhân thông qua giảng dạy thực tế.
Bởi trong các đề thi HSG các cấp ngay từ lớp 10, đề thi Đại học- Cao đẳng
trước đây và bây giờ là đề thi THPTQG thường có mặt trực tiếp các bài về tìm
điều kiện để nghiệm của phương trình bậc hai thỏa mãn yêu cầu nào đó hoặc
gián tiếp len lỏi vào các bài toán khác, thậm chí cả trong Hình học. Vì vậy nếu
không thành thạo kĩ năng vận dụng định lí Vi-ét thì học sinh sẽ bỏ dở đáng tiếc
nhiều bài toán.
Các học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi Toán các cấp của trường THPT
Như Thanh II, các học sinh 12 chuẩn bị thi THPTQG là những đối tượng đang
rất cần mảng kiến thức này. Vì qua thực tế dạy học tôi thấy, việc sử dụng định lí
Vi-ét của các em còn rất “thô sơ” chưa có sự suy luận logic tìm ra bản chất, nhất
là không có hệ thống nên hay thiếu sót khi giải toán.
Các tài liệu tham khảo cũng viết nhiều xung quanh chủ đề này, nhưng để phù
hợp với tình hình thực tế và đối tượng cụ thể thì chưa tài liệu nào tôi thấy phù
hợp. Chính vì vậy để nâng cao chất lượng dạy và học, tạo hứng thú cho các em
khi học Toán, học Toán cũng giống như chơi trò chơi ta sẽ làm chủ được nó khi

ta hiểu rõ các quy tắc nên tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Vận dụng
định lí Vi-ét giải một số dạng toán về so sánh nghiệm của phương trình bậc
1


hai với một số thực, hai số thực nhằm nâng cao chất lượng ôn thi học sinh
giỏi, đại học cho học sinh trường THPT Như Thanh II”.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Tôi viết sáng kiến này có thể làm tài liệu học tập cho bất kì học sinh nào
ngay từ lớp 10, đặc biệt là các em học sinh trong đội tuyển HSG các cấp và học
sinh đang ôn thi THPT QG. Nó có thể làm tài liệu dạy học của các thầy cô.
Nhưng mục đích cuối cùng đều là rèn luyện cho học sinh kĩ năng biết đưa định lí
Vi-ét vào áp dụng một cách linh hoạt, khéo léo trong từng trường hợp cụ thể,
học sinh biết suy luận logic để giải quyết các trường hợp về so sánh nghiệm của
phương trình bậc hai với một số thực, hai số thực. Từ đó làm nền tảng để áp
dụng giải các dạng toán mới.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Để hoàn thành bài viết của mình tôi nghiên cứu định lí Vi-ét, các dạng toán
về so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với số 0, một số thực bất kì, hai số
thực bất kì và làm cách nào để đưa định lí Vi-ét vào áp dụng ở các dạng đó.
Đồng thời nghiên cứu một số bài toán liên quan đến hàm số bậc ba, sự tương
giao của hàm số bậc ba với bậc nhất, lượng giác...Vì khi đạo hàm hoặc đặt ẩn
phụ sẽ chuyển các bài toán này về bậc hai.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Tôi sử dụng các phương pháp sau:
 Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.
 Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin.
 Phương pháp thống kê, xử lý số liệu.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
 Phân loại rõ ràng, cụ thể và khá đầy đủ các trường hợp về so sánh

nghiệm của phương trình bậc hai với số 0, với một số thực bất kì, với
hai số thực bất kì.
 Đã chỉ ra cách đưa định lí Vi-ét vào áp dụng trong từng trường hợp một
cách khéo léo thông qua tính chất số học của các số thực.
 Có sự nhận xét, phân tích về ưu điểm, hạn chế của cách dùng định lí Viét so với các cách khác trong mỗi trường hợp. Điều này giúp người học
hiểu vấn đề sâu sắc hơn.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1.1. Phương trình bậc 2:
• Định nghĩa: Phương trình bậc hai đối với ẩn x ∈ R là phương trình có
2
dạng: ax + bx + c = 0 ( 1)

( a ≠ 0) .

• Cách giải: Tính ∆ = b 2 − 4ac
- Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm.
b
.
2a
- Nếu ∆ > 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
- Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = −

−b − ∆
−b + ∆
.

, x2 =
2a
2a
2.1.2. Định lý Vi-ét.
x1 =

• Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 ( 1)

( a ≠ 0)

có hai nghiệm

−b
c
, P = x1.x2 = .
a
a
2.1.3. Tính chất của số thực.
• Giả sử x, y là hai số thực tùy ý, ta luôn có:
x1 , x2 thì S = x1 + x2 =

i) x < 0 < y ⇔ xy < 0.
 xy > 0
.
ii) 0 < x < y ⇔ 
x + y > 0
 xy > 0
.
iii) x < y < 0 ⇔ 
x + y < 0

Ba tính chất trên của số thực là những suy luận logic thông thường, học sinh dễ
dàng thể tiếp nhận và hiểu được. Vì vậy, tôi sử dụng chúng như những kiến thức
cơ sở để suy luận giải quyết các vấn đề mà tôi nêu ra.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.2.1. Thuận lợi: Các học sinh đa số thuộc định lí Vi-ét, tìm được điều kiện
để phương trình bậc hai có hai nghiệm trái dấu, cùng dương hoặc cùng âm.
2.2.2. Khó khăn: Ngoài các thuận lợi kể trên một số khó khăn gặp phải là:
 Khi so sánh nghiệm với số 0 đa số học sinh mắc sai sót, tìm thiếu điều
kiện khi có thêm dấu “=” trong biểu thức so sánh.
3


 Khi tìm điều kiện để so sánh nghiệm với một số thực tùy ý khác

không học sinh không biết cách để áp dụng định lí Vi-ét vào đó như
thế nào. Vì chỉ quen làm việc khi so sánh với số 0.
2.3. Vận dụng định lí Vi-ét giải một số dạng toán về so sánh nghiệm của
phương trình bậc hai với một số thực, hai số thực.
2.3.1. Dạng 1: So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với số 0.
2
Bài toán 1.1: Cho phương trình: ax + bx + c = 0 ( 1) , ( a ≠ 0, x ∈ ¡ ) .

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 0 < x2 .
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: 0 < x1 < x2 .
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < 0 .
Giải. Đây là dạng bài tập đơn giản và quen thuộc ngay cả với học sinh lớp 9,
nên ta viết ngay được kết quả là:
a) (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 0 < x2 ⇔ P < 0.
∆ > 0


b) (1) có hai nghiệm thỏa mãn: 0 < x1 < x2 ⇔  P > 0 .
S > 0

∆ > 0

c) (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < 0 ⇔  P > 0 .
S < 0

Tình huống tiếp theo là nếu ta thêm dấu “ = ” vào một trong các dấu “ < ” hoặc
“ > ” thì điều kiện sẽ thế nào?
Chẳng hạn: Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
x1 < 0 ≤ x2 .
Thoạt nhìn, ta suy luận ngay được (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
x1 < 0 ≤ x2 ⇔ P ≤ 0 .
Thí dụ 1.1: Tìm điều kiện của tham số m để phương trình x 2 + 2mx + m 2 − 1 = 0
có hai nghiệm thỏa mãn x1 ≤ 0 < x2 .
Giải: Phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn x1 ≤ 0 < x2 ⇔ P ≤ 0 .
Ta có, P = m 2 − 1 . Do đó P ≤ 0 ⇔ m 2 − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1.
x = 0
2
Thử lại với m = 1 , khi đó phương trình là: x + 2 x = 0 ⇔ 
.
 x = −2
4


(Không thỏa mãn yêu cầu đề bài !). Có nghĩa là kết quả trên là sai và suy luận
(1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 ≤ 0 < x2 ⇔ P ≤ 0 là không đúng.
Nhận xét: Điều tôi muốn nói ở đây là trong Bài toán 1.1 nếu ta thêm dấu “
= ” vào các dấu “ < ” hoặc “ > ” thì vấn đề sẽ rắc rối hơn, nếu không biết điều

này thì học sinh sẽ mắc sai lầm đáng tiếc. Từ kinh nghiệm này tôi xin liệt kê các
trường hợp cũng như điều kiện trong các trường hợp đó nhằm làm tư liệu trong
quá trình dạy và học của thầy và trò:
• TH1: Điều kiện để PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn:
 c = 0

 x1 = 0 < x2

b
x1 ≤ 0 < x2 ⇔ PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn 
⇔  0 < − .

a
 x1 < 0 < x2
P < 0

• TH2: Điều kiện để PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn:
 c = 0

 x1 < x2 = 0
 b
x1 < 0 ≤ x2 ⇔ PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn 
⇔  − < 0 .
 a
 x1 < 0 < x2
P < 0

• TH3: Điều kiện để PT(1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 ≤ 0 ≤ x2 ⇔ P ≤ 0 .
• TH4: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ > 0


0 ≤ x1 < x2 ⇔  P ≥ 0 .
S > 0

• TH5: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ ≥ 0

0 < x1 ≤ x2 ⇔  P > 0.
S > 0

• TH6: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ ≥ 0

0 ≤ x1 ≤ x2 ⇔  P ≥ 0.
S ≥ 0

5


• TH7: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ ≥ 0

x1 ≤ x2 < 0 ⇔  P > 0.
S < 0

• TH8: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ > 0

x1 < x2 ≤ 0 ⇔  P ≥ 0.
S < 0


• TH9: Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ ≥ 0

x1 ≤ x2 ≤ 0 ⇔  P ≥ 0.
S ≤ 0

2
Bài toán 2.1. Cho phương trình: ax + bx + c = 0 ( 1) , ( a ≠ 0, x ∈ R ) .

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn : 0 ≤ x .
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn: x ≤ 0 .
Giải.
a) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :
 x1 < 0 ≤ x2
0 ≤ x ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn 
.
0 ≤ x1 ≤ x2
b) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :
 x1 ≤ 0 < x2
x ≤ 0 ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn 
.
 x1 ≤ x2 ≤ 0
Từ đó lại quay về các trường hợp của Bài toán 1.1.
Tóm lại: Khi nghiệm phương trình thỏa mãn yêu cầu bài toán mà có nhiều
khả năng xảy ra thì ý tưởng làm là “ Chia nhỏ để trị”. Như vậy, học sinh sẽ thấy
rõ ràng, dễ hiểu hơn, tránh được những thiếu sót đáng tiếc.
Nhận xét: Trong chương trình ôn thi HSG các cấp, thi THPTQG bài toán tìm
điều kiện về nghiệm của phương trình bậc hai như trên có thể không ra trực tiếp,
nhưng những kiến thức đó vẫn “len lỏi” trong nhiều bài toán, thậm chí đó lại là

vấn đề chính cần giải quyết. Vì vậy, cần tạo một nền tảng kiến thức vững chắc
6


cho học sinh ngay từ lớp 10 để học sinh khi tiếp cận các dạng toán mới biết “
quy lạ về quen” và xử lí nhẹ nhàng.
1 3 1
2
Thí dụ 2.1: Cho hàm số y = x + ( m + 2019 ) x − 4mx + 1, m là tham số.
3
2
Tìm m để hàm số có điểm cực tiểu không âm.
2
Giải. Ta có y ' = x + ( m + 2019 ) x − 4m . Vì hàm số bậc ba chỉ có cực trị khi

phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt. Mặt khác, hệ số a > 0 nên nếu
y ' = 0 có hai nghiệm x1 < x2 thì x2 sẽ là điểm cực tiểu của hàm số.
Do đó, để thỏa mãn yêu cầu bài toán ta cần tìm m để phương trình
x 2 + ( m + 2019 ) x − 4m = 0 ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 0 ≤ x2 hoặc
0 ≤ x1 < x2 .
• Để phương trình ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 0 ≤ x2 , ta có:
+ Trường hợp 1: ( *) có hai nghiệm
−4m = 0
x1 < 0 = x2 ⇔ 
⇔ m = 0.
−
(
m
+
2019)

<
0

Lúc này phương trình ( *) có hai nghiệm là x1 = −2019, x2 = 0.
+ Trường hợp 2: ( *) có hai nghiệm x1 < 0 < x2 ⇔ 1.(−4m) < 0 ⇔ m > 0.
Vậy để phương trình ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 0 ≤ x2 thi giá trị
cần tìm của m là: m ≥ 0.
• Để phương trình ( *) có hai nghiệm thỏa mãn: 0 ≤ x1 < x2 , ta phải có:
( m + 2019 ) 2 + 16m > 0 m 2 + 4054m + 20192 > 0
∆ > 0



⇔ m ≤ 0
 P ≥ 0 ⇔  −4m ≥ 0
S > 0
− m − 2019 > 0
 m < −2019



⇔ m < −2027 − 32368 .

Kết luận: Giá trị cần tìm của m là m ≥ 0 hoặc ⇔ m < −2027 − 32368 .
2.3.2. Dạng 2: So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với số thực α .
2
Bài toán 1.2: Cho phương trình: ax + bx + c = 0 ( 1) ,

( a ≠ 0, x ∈ ¡ ) ,

α ∈ ¡ *.

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < x2 .
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < x2 .
7


c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < α .
Giải.
Cách 1: Đặt ẩn phụ rồi sử dụng định lí Vi-ét.
Bằng việc đặt t = x − α , ta sẽ chuyển phương trình đã cho về ẩn t , việc so sánh
nghiệm x với α tương đương với việc so sánh nghiệm t với số 0 . Vấn đề này
lại quay về Dạng 1.
Cụ thể: Đặt t = x − α ⇔ x = t + α , thay vào phương trình (1) ta được:
at 2 + ( 2aα + b ) t + aα 2 + bα + c = 0 ( 2 ) .
Ta có: x < α ⇔ t + α < α ⇔ t < 0. Do đó:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn x1 < α < x2 tương đương phương
trình (2) có hai nghiệm t1 < 0 < t2 . (quay về Dạng 1).
b) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn α < x1 < x2 tương đương phương
trình (2) có hai nghiệm 0 < t1 < t2 . (quay về Dạng 1).
c) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa x1 < x2 < α tương đương phương trình
(2) có hai nghiệm t1 < t2 < 0 . (quay về Dạng 1).
Cách 2: Dùng định lí Vi-ét trực tiếp nhờ tính chất của số thực.
a) Ta có: x1 < α < x2 ⇔ x1 − α < 0 < x2 − α
⇔ ( x1 − α )( x2 − α ) < 0
⇔ x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α 2 < 0.
Ta thấy xuất hiện các biểu thức đối xứng của x1 , x2 nên có thể áp dụng định lí
Vi-ét.
• Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ > 0

∆ > 0
x1 < α < x2 ⇔ 
⇔
.

2
2
 x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α < 0  P − α S + α < 0
b) Ta có: α < x1 < x2 ⇔ 0 < x1 − α < x2 − α
( x − α )( x2 − α ) > 0
⇔ 1
( x1 − α ) + ( x2 − α ) > 0
2
 x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α > 0
⇔
.
 x1 + x2 − 2α > 0

• Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
8


∆ > 0
∆ > 0


α < x1 < x2 ⇔  x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α 2 > 0 ⇔  P − α S + α 2 > 0.
 x + x − 2α > 0
 S − 2α > 0
 1 2


c) Ta có: x1 < x2 < α ⇔ x1 − α < x2 − α < 0
( x − α )( x2 − α ) > 0
⇔ 1
( x1 − α ) + ( x2 − α ) < 0
 x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α 2 > 0
⇔
.
 x1 + x2 − 2α < 0
• Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn:
∆ > 0
∆ > 0


x1 < x2 < α ⇔  x1 x2 − α ( x1 + x2 ) + α 2 > 0 ⇔  P − α S + α 2 > 0.
 x + x − 2α < 0
 S − 2α < 0
 1 2

Nếu ta thêm dấu “ = ” vào các dấu “ < ” hoặc “ > ” thì sẽ có 9 trường hợp như
Bài toán 1.1.
Cách 1: Đặt ẩn
phụ rồi sử dụng
định lí Vi-ét.

(t = x − α
⇔ x = t +α)
TH1

x1 ≤ α < x2

t1 ≤ 0 < t2

Cách 2: Dùng định lí Vi-ét trực tiếp nhờ
tính chất của số thực.

 x1 = α < x2
.
x
<
α
<
x
 1
2

Ta có : x1 ≤ α < x2 ⇔ 

Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:

9


 aα 2 + bα + c = 0

 α < c
x1 ≤ α < x2 ⇔  
aα

 ∆ > 0

  x1 − α < 0 < x2 − α

.
 aα 2 + bα + c = 0

 α < c
⇔  
aα

 ∆ > 0
 ( x1 − α )( x2 − α ) < 0

 x1 < α = x2
.
 x1 < α < x2

Ta có : x1 < α ≤ x2 ⇔ 

Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:

TH2

x1 < α ≤ x2

t1 < 0 ≤ t2

 aα 2 + bα + c = 0

 c < α
x1 < α ≤ x2 ⇔   aα


 ∆ > 0
  x1 − α < x2 − α < 0

.
 aα 2 + bα + c = 0

 c < α
⇔   aα

 ∆ > 0
 ( x1 − α )( x2 − α ) < 0

Ta có:

x1 ≤ α ≤ x2 ⇔ x1 − α ≤ 0 ≤ x2 − α
⇔ ( x1 − α )( x2 − α ) ≤ 0.
TH3

x1 ≤ α ≤ x2

t1 ≤ 0 ≤ t2

Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:

∆ ≥ 0
x1 ≤ α ≤ x2 ⇔ 
.
x
−

α
x
−
α
≤
0
(
)
(
)
1
2

TH4

α ≤ x1 < x2

0 ≤ t1 < t2

α = x1 < x2
.
α < x1 < x2

Ta có: α ≤ x1 < x2 ⇔ 

10


Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:

 aα 2 + bα + c = 0

 α < c

aα

α ≤ x1 < x2 ⇔ 
.
 ∆ > 0
 x − α x − α > 0
)( 2 )
 ( 1
 ( x1 − α ) + ( x2 − α ) > 0

Ta có: α < x1 ≤ x2 ⇔ 0 < x1 − α ≤ x2 − α .
Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:
TH5

α < x1 ≤ x2

0 < t1 ≤ t2

∆ ≥ 0

α < x1 ≤ x2 ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) > 0 .

( x1 − α ) + ( x2 − α ) > 0
Ta có: α ≤ x1 ≤ x2 ⇔ 0 ≤ x1 − α ≤ x2 − α .
Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:

TH6

α ≤ x1 ≤ x2

0 ≤ t1 ≤ t2

∆ ≥ 0

α ≤ x1 ≤ x2 ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) ≥ 0 .

( x1 − α ) + ( x2 − α ) ≥ 0
Ta có: x1 ≤ x2 < α ⇔ x1 − α ≤ x2 − α < 0 .
Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:

TH7

x1 ≤ x2 < α

t1 ≤ t2 < 0

∆ ≥ 0

x1 ≤ x2 < α ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) > 0

( x1 − α ) + ( x2 − α ) < 0
Ta có: x1 < x2 ≤ α ⇔ x1 − α < x2 − α ≤ 0 .
Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:

TH8

x1 < x2 ≤ α

t1 < t2 ≤ 0

∆ > 0

x1 < x2 ≤ α ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) ≥ 0 .

( x1 − α ) + ( x2 − α ) < 0
11


Ta có: x1 ≤ x2 ≤ α ⇔ x1 − α ≤ x2 − α ≤ 0 .
Do đó PT (1) có nghiệm thỏa mãn:
TH9

x1 ≤ x2 ≤ α

t1 ≤ t2 ≤ 0

Phương pháp
giải như 9
trường hợp ở
Dạng 1.

∆ ≥ 0

x1 ≤ x2 ≤ α ⇔ ( x1 − α ) ( x2 − α ) ≥ 0 .

( x1 − α ) + ( x2 − α ) ≤ 0

Các biểu thức ở hệ ĐK cuối cùng là đối
xứng với x1 , x2 nên ta hoàn toàn có thể
áp dụng định lí Vi-ét vào để giải.

2
Bài toán 2.2: Cho phương trình: ax + bx + c = 0 ( 1) ,

( a ≠ 0, x ∈ ¡ ) ,

α ∈ ¡ *.

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: α ≤ x.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x ≤ α .
Giải.
Cách 1: Đặt ẩn phụ rồi sử dụng định lí Vi-ét.
Cụ thể: Đặt t = x − α ⇔ x = t + α , thay vào phương trình (1) ta được:
at 2 + ( 2aα + b ) t + aα 2 + bα + c = 0 ( 2 ) . Do đó:
a) Phương trình (1) có nghiệm α ≤ x tương đương (2) có nghiệm 0 ≤ t . (quay về
Bài toán 2.1).
b) Phương trình (1) có nghiệm x ≤ α tương đương (2) có nghiệm t ≤ 0 . (quay về
Bài toán 2.1).
Cách 2: Dùng định lí Vi-ét trực tiếp nhờ tính chất của số thực.
a) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :
 x1 < α ≤ x2
α ≤ x ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn 
.
α ≤ x1 ≤ x2
b) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn :
 x1 ≤ α < x2
x ≤ α ⇔ PT(1) có nghiệm thỏa mãn 

.
 x1 ≤ x2 ≤ α
Đây lại là các trường hợp của Bài toán 1.2.

12


Thí dụ 1.2: Cho hàm số: y =

1 2
m − m + 1) x 3 + ( m − 1) x 2 + x + 1 , ( m là tham
(
3

1

số). Tìm điều kiện của m để hàm số đồng biến trên khoảng  −∞; ÷.
2

2
2
Giải. Ta có: y ' = ( m − m + 1) x + 2 ( m − 1) x + 1 .

1

2
2
Ta phải tìm m để y ' = ( m − m + 1) x + 2 ( m − 1) x + 1 ≥ 0, ∀x ∈  −∞; ÷. Do
2


2

1 1

a = m − m + 1 =  m − ÷ + > 0, ∀m nên ta có hai trường hợp:
2 4

2

2
+ Trường hợp 1: ∆ ' ≤ 0 ⇔ ( m − 1) − ( m − m + 1) ≤ 0 ⇔ m ≥ 0.
2

+ Trường hợp 2: ∆ ' > 0. Khi đó yêu cầu y ' = 0 có hai nghiệm thỏa mãn:

∆ ' > 0

∆ ' > 0

1
1 
1

≤ x1 < x2 ⇔ 
1
1 ⇔  x1 − ÷ x2 − ÷≥ 0
2
2 
2
0 ≤ x1 − 2 < x2 − 2



1 
1
 x1 − ÷+  x2 − ÷ > 0
2 
2


−m > 0
∆ ' > 0
m < 0


1
−
m
1
1
1
(
) + 1 ≥ 0 ⇔ m2 + 3m + 1 ≥ 0


⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + ≥ 0 ⇔  2
− 2

2
4


m − m +1 m − m +1 4
m2 + m − 1 < 0

x
+
x
−
1
>
0
2(1
−
m
)
 1 2

−
1
>
0
 m 2 − m + 1

⇔

−3 + 5
≤ x < 0.
2

−3 + 5
Kết hợp hai trường hợp, giá trị m cần tìm là:

≤ m.
2
1 3
2
2
Thí dụ 2.2. Cho hàm số: y = x − mx + ( m − m + 1) x + 5 , ( m là tham số).
3
Tìm m để hàm số có điểm cực đại nhỏ hơn 1.
Giải. Ta có: y ' = x 2 − 2mx + m 2 − m + 1 .

13


Vì hàm số bậc ba chỉ có cực trị khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Mặt khác, hệ số a > 0 nên nếu y ' = 0 có hai nghiệm x1 < x2 thì x1 sẽ là điểm
cực đại của hàm số.
Do đó, để thỏa mãn yêu cầu bài toán ta cần tìm m để phương trình
x 2 − 2mx + m 2 − m + 1 = 0 (**) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 1 ≤ x2 hoặc
x1 < x2 < 1 .
• Để phương trình ( **) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 1 ≤ x2 , ta có:
+ Trường hợp 1: ( **) có hai nghiệm
m 2 − 3m + 2 = 0
x1 < 1 = x2 ⇔ 
(Vô nghiệm m ).
2
 x1 = m − m + 1 < 1
∆ ' > 0
+ Trường hợp 2: ( **) có hai nghiệm x1 < 1 < x2 ⇔ 
 x1 − 1 < 0 < x2 − 1
∆ ' > 0

∆ ' > 0
1 < m
⇔
⇔
⇔
⇔ 1< m < 2 .
x
x
−
x
+
x
+
1
<
0
(
x
−
1)(
x
−
1)
<
0
1
<
m
<
2

(
)

 1
2
1
2
 1 2
Vậy để phương trình ( **) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < 1 ≤ x2 thì giá trị
cần tìm của m là: 1 < m < 2.
• Để phương trình ( **) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < x2 < 1 , ta phải có:
∆ ' > 0
∆ ' > 0
∆ ' > 0


⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) > 0 ⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 > 0 .

 x1 − 1 < x2 − 1 < 0 

( x1 − 1) + ( x2 − 1) < 0  x1 + x2 − 2 < 0
(vô nghiệm m )
Kết luận: Giá trị cần tìm của m là 1 < m < 2.
2.3.3. Dạng 3: So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với hai số thực
α, β.
2
Bài toán 1.3: Cho phương trình: ax + bx + c = 0 ( 1) ,

( a ≠ 0, x ∈ ¡ )

và hai số

thực α < β .
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < x2 < β .
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < β < x2 .
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < x2 < β .
14


d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < β < x2 .
Giải.
∆ > 0

a) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < x2 < β ⇔  x1 < α < x2 .
x < x < β
 1 2
Mỗi điều kiện trong hệ trên lại là so sánh hai nghiệm của phương trình (1) với
một số thực mà đã được giải quyết ở Dạng1 và Dạng 2. Tương tự ta cũng giải
quyết được các câu còn lại như sau:
∆ > 0

b) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < β < x2 ⇔  x1 < β < x2 .
α < x < x

1
2
∆ > 0

c) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: α < x1 < x2 < β ⇔  x1 < x2 < β .
α < x < x


1
2
∆ > 0

d) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: x1 < α < β < x2 ⇔  x1 < α < x2 .
x < β < x
 1
2
Nhận xét: Nếu có thêm dấu “ = ” vào các dấu “ < ” hoặc “ > ” trong bài toán
trên thì có rất nhiều các trường hợp. Tuy nhiên, cách suy luận cũng tương tự.
Tức là ta tách điều kiện thành hệ điều kiện mà mỗi điều kiện trong hệ đó chỉ là
so sánh nghiệm của phương trình (1) với một số thực.
Thí dụ 1.3. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số
y = − x3 + (m + 1) x 2 + m 2 x + 1 đồng biến trên khoảng ( −1;3) .
Giải. Ta có y ' = −3x 2 + 2( m + 1) x + m 2 . Yêu cầu bài toán tương đương với tìm
m để −3 x 2 + 2(m + 1) x + m 2 ≥ 0, ∀x ∈ ( −1;3) . Do hệ số a = −3 < 0 nên
∆ ' > 0
∆
'
>
0


−3 x 2 + 2(m + 1) x + m 2 ≥ 0, ∀x ∈ ( −1;3) ⇔ 
⇔  x1 ≤ −1 < x2
 x1 ≤ −1 < 3 ≤ x2
x < 3 ≤ x
 1
2

• Giải ĐK: ∆ ' > 0 ⇔ ∆ = ( m + 1) 2 + 3m 2 > 0, ∀m.
 x1 = −1 < x2
 x = −1 < x2
⇔ 1
• Giải ĐK: x1 ≤ −1 < x2 ⇔ 
 x1 < −1 < x2
 x1 + 1 < 0 < x2 + 1
15


 −3( −1) 2 − 2(m + 1) + m 2 = 0
 m = 1 ± 6

2
m ≥ 1 + 6


⇔  −1 < x2 = m
⇔ −3 < m 2
⇔
.

3
 m ≤ 1 − 6


 x1 x2 + x1 + x2 + 1 < 0
( x1 + 1)( x2 + 1) < 0
 x1 < 3 = x2
 x < 3 = x2

⇔ 1
• Giải ĐK: x1 < 3 ≤ x2 ⇔ 
 x1 < 3 < x2
 x1 − 3 < 0 < x2 − 3
 −3(3) 2 + 6( m + 1) + m 2 = 0

2
 m ≥ −3 + 30
 m = −3 ± 30

⇔   x1 = −m < 3
⇔
⇔
.

x
x
−
3(
x
+
x
)
+
9
<
0
9
m
≤

−
3
−
30

 1 2
1
2


( x1 − 3)( x2 − 3) < 0
Kết hợp cả ba điều kiện ta có: m ≤ −3 − 30 hoặc m ≥ 1 + 6 .
Nhận xét: Nếu sử dụng cách đặt ẩn phụ ta vẫn có thể giải quyết được thí dụ trên
nhưng ta phải hai lần đặt ẩn phụ bởi mỗi lần đặt chỉ giúp ta so sánh được nghiệm
với một số thực và để so sánh với số thực khác thì phải đặt ẩn mới. Điều này có
thể gây phức tạp làm bài toán rắc rối thêm. Nên việc sử dụng định lí Vi-ét trực
tiếp như trên thể hiện rõ ưu thế khi cần so sánh nghiệm với hai số thực. Tất
nhiên bài toán trên cũng có thể giải bằng phương pháp hàm số.
Thí dụ 2.3. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 1. Gọi M , N lần lượt là các
·
điểm di động trên cạnh AD và CD sao cho MBN
= 450 . Chứng minh rằng:
2 − 1 ≤ S∆MBN ≤

1
.
2

Giải.
1

 AM = x, ( 0 ≤ x ≤ 1)
.
Đặt 
NC
=
y
,
0
≤
y
≤
1
(
)

 tan α = x
Khi đó: 
.
 tan β = y
Ta có:
1
1
1
S∆BMN = 1 − x − y − ( 1 − x ) ( 1 − y )
2
2
2
1
= ( 1 − xy ) .

2
16


Dễ thấy α + β = 450 , suy ra :
tan ( α + β ) = tan 450 ⇔

x+ y
= 1 ⇔ x + y = 1 − xy. Khi đó x, y là các nghiệm
1 − xy

2
của phương trình bậc hai ẩn t sau: t − ( 1 − xy ) t + xy = 0 ( 3) .

Vì sự tồn tại của x, y thỏa mãn 0 ≤ x, y ≤ 1 là hiển nhiên nên phương trình ( 3)
0 ≤ t1 ≤ t2
luôn có hai nghiệm thỏa mãn: 0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ 1 ⇔ 
.
t1 ≤ t2 ≤ 1
Áp dụng TH6 của Dạng 1, TH9 của Dạng 2 ta có:
∆ ≥ 0

P ≥ 0
0 ≤ t1 ≤ t2

⇔ S ≥ 0
PT ( 3) có hai nghiệm thỏa mãn: 
.
t1 ≤ t2 ≤ 1
 t −1 t −1 ≥ 0

( 1 ) ( 2 )
( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤ 0



( 1 − xy ) − 4 xy ≥ 0
( xy ) 2 − 6 xy + 1 ≥ 0
∆ ≥ 0



 xy ≥ 0
P
≥
0
 xy ≥ 0


1
−
xy



⇔ S ≥ 0
⇔
≥0
⇔  xy ≤ 1
 t −1 t −1 ≥ 0
 2


1 − xy
(
)
(
)
1
2

t1t2 − ( t1 + t2 ) + 1 ≥ 0  xy −
+1≥ 0
2
( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤ 0 


t +t −2≤0
1 − xy
 1 2
−2≤0

 2
  xy ≥ 3 + 2 2

  xy ≤ 3 − 2 2

⇔  xy ≥ 0
⇔ 0 ≤ xy ≤ 3 − 2 2
 xy ≤ 1




2

1
1
( 1 − xy ) ≤ . Dấu “=” xảy ra khi ( x; y ) = ( 0;1) = ( 1;0 ) .
2
2
1
1
= ( 1 − xy ) ≥ 1 + 2 2 − 3 = 2 − 1. Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 − 1.
2
2

Suy ra S∆BMN =
S∆BMN

(

)

17


Thí dụ 3.3. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng 1. Gọi O là trọng tâm của tam
giác, điểm M di động trên cạnh AB , đoạn MO cắt đoạn AC tại N . Chứng
minh rằng:

3
3

.
≤ S∆AMN ≤
8
9

Giải.

 AM = x,

Đặt 
 AN = y,

Ta có: AO =

S∆AMN = S ∆AMO + S ∆ANO =
=

1

 ≤ x ≤ 1÷
2

.
1

 ≤ y ≤ 1÷
2


2

3
AH =
. Suy ra
3
3

1
1
AM . AO.sin 300 + AN . AO.sin 300
2
2

1
3 1 1
3 1
3
x. . + y. . =
( x + y ) . (4)
2 3 2 2 3 2 12

Mặt khác S∆AMN =

1
3
xy sin 600 =
xy. (5)
2
4

Từ (4) và (5) suy ra:

3
3
( x + y ) = xy ⇔ x + y = 3xy. Khi đó x, y là các
12
4

2
nghiệm của phương trình bậc hai ẩn t sau: t − 3 xyt + xy = 0 ( 6 ) .

1
Vì sự tồn tại của x, y thỏa mãn ≤ x, y ≤ 1 là hiển nhiên nên phương trình ( 6 )
2
1
1
 ≤ t1 ≤ t2
luôn có hai nghiệm thỏa mãn: ≤ t1 ≤ t2 ≤ 1 ⇔  2
.
2
t1 ≤ t2 ≤ 1
Áp dụng TH6, TH9 của Dạng 2 ta có:

18


∆ ≥ 0

1
 t1 − 1 
÷ t2 − ÷≥ 0


2 
2
1

1 
1
 ≤ t1 ≤ t2

⇔  t1 − ÷+  t2 − ÷≥ 0 .
PT ( 6 ) có hai nghiệm thỏa mãn:  2
2 
2
t1 ≤ t2 ≤ 1

( t1 − 1) ( t2 − 1) ≥ 0

( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤ 0

9 ( xy ) 2 − 4 xy ≥ 0
∆ ≥ 0
∆ ≥ 0



1
1




1
1
3
1
 t1 − ÷ t2 − ÷≥ 0
t1t2 − ( t1 + t2 ) + ≥ 0  xy − xy + ≥ 0


2 
2
2
4
2
4



1 
1
1
1



⇔  t1 − ÷+  t2 − ÷≥ 0 ⇔ t1 + t2 − ≥ 0
⇔ 3xy − ≥ 0
2 
2
4
4




( t1 − 1) ( t2 − 1) ≥ 0
t1t2 − ( t1 + t2 ) + 1 ≥ 0
 xy − 3 xy + 1 ≥ 0


3xy − 2 ≤ 0
( t1 − 1) + ( t2 − 1) ≤ 0
t1 + t2 − 2 ≤ 0




⇔

4
1
≤ xy ≤ .
9
2

Suy ra S∆AMN =

1   1
3
3 1
3
xy ≤

. =
. Dấu “=” xảy ra khi ( x; y ) =  ;1÷ = 1; ÷.
2   2
4
4 2 8

2
3
3 4
3
xy ≥
. =
. Dấu “=” xảy ra khi x = y = .
3
4
4 9 9
Nhận xét: Như đã nêu ở lí do chọn đề tài, định lí Vi-ét còn có ứng dụng ngay
cả trong Hình học. Tuy những ứng dụng của nó trong lĩnh vực này rất hiếm hoi
nhưng nó lại có tác dụng rất lớn. Thí dụ 2.3, Thí dụ 3.3 ở trên là những minh
họa.
S∆AMN =

 Các bài tập đề nghị.
3
2
Bài 1. Cho hàm số y = x − ( 2m − 1) x + ( 2 − m ) x + 2 , ( m là tham số).

a) Tìm m để hàm số có điểm cực tiểu lớn hơn −2 .
b) Tìm m để hàm số có điểm cực đại nhỏ hơn −2 .
c) Tìm m để hàm số có điểm cực đại, cực tiểu nằm về hai phía của −2 .

d) Tìm m để hàm số có điểm cực đại và cực tiểu nhỏ hơn −2 .
e) Tìm m để hàm số có điểm cực đại và cực tiểu lớn hơn −2 .
19


1 3
2
2
2
Bài 2. Cho hàm số y = x − mx + ( m − m − 3) x + 2m + 4 , ( m là tham số).
3
a) Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;3) .
b) Tìm m để hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 3;+∞ ) .
Bài 3. Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + (m 2 + 1) x + m + 1

(Cm ) , ( m là tham số).

Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = x + m + 1 cắt đồ thị (Cm ) tại ba điểm phân
biệt có hoành độ lớn hơn -1.
Bài 4. Cho hàm số y = x3 − m 2 x 2 + (m − 1) x + 3m + 1

(Cm ) , ( m là tham số).

Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng ( d ) : y = −4 x + 3m + 1 cắt đồ thị
(Cm ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 4.
Bài 5. Với giá trị nào của tham số a hàm số
f ( x ) = sin 6 x + cos 6 x + a sin x cos x xác định với mọi giá trị của x.
Bài 6. Với giá trị nào của tham số a hệ bất phương trình sau đây có nghiệm
 x 2 − 3 x + 2 < 0
.

 2
ax − ( 3a + 1) x + 3 < 0
2.4. Hiệu quả sáng kiến kinh nghiệm.
Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy học sinh ở trường THPT Như
Thanh II, tôi nhận thấy các em học sinh rất hứng thú với môn học, nhiều học
sinh cảm thấy bất ngờ khi giải “nhẹ nhàng” một số bài toán có liên quan đến so
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực bất kì hoặc hai số thực.
Bởi trước đó các em gần như không có đường lối để làm hoặc cách làm rất “đơn
sơ” như tìm rõ ra nghiệm theo tham số và “lao” vào giải các bất phương trình vô
tỷ để dẫn đến những biểu thức cồng kềnh, từ đó làm cho người học càng chán
nản. Chính vì sự hứng thú với môn học nên trong năm học tôi nhận thấy chất
lượng của môn Toán được nâng lên đáng kể.
 Cụ thể: Trong năm học 2018-2019 tôi có dạy 2 lớp 12A4 và 12A5. Sau khi
dạy xong chuyên đề này cho lớp 12A4, lớp 12A5 chưa dạy, tôi cho học sinh hai
lớp làm bài kiểm tra của chuyên đề này kết quả đạt được khá khả quan:
Lớp
12A5

Sĩ số
41

Điểm dưới 5

Điểm 5; 6

Điểm 7; 8

Điểm 9; 10

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

14

34,1

18

44

09

21,9

0

0

20


12A4

39

04

10,3

11

28,2

20

51,2

04

10,3

 Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi năm học 2018-2019, tôi đã cùng
tổ chuyên môn ôn tập cho các em. Tôi đã dạy chuyên đề này cho các em trong
đội tuyển HSG cấp tỉnh phục vụ việc ôn tập đúng theo cấu trúc đề thi. Kết quả
thi HSG tỉnh năm 2018-2019 rất đáng mừng có 01 học sinh đạt giải Ba, đây là
thành tích rất xuất sắc trong nhiều năm qua thể hiện sự nỗ lực hết mình của thầy
và trò ở một vùng khó khăn về mọi thứ như trường chúng tôi. Nhà trường cùng
với thành tích các đội tuyển khác được xếp thứ 52 toàn tỉnh, tăng 12 bậc so với

năm học 2017-2018.

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Qua tình hình giảng dạy thực tế nhiều năm – hiểu rõ được đối tượng học sinh
trường mình, kết hợp với nghiên cứu các tài liệu tham khảo và học hỏi ở các
đồng nghiệp; tôi mạnh dạn viết sáng kiến này và có được các kết quả:
 Đã phân loại rõ ràng, cụ thể và khá đầy đủ các trường hợp về so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với số 0, với một số thực bất kì, với hai
số thực bất kì.
 Đã chỉ ra cách đưa định lí Vi-ét vào áp dụng trong từng trường hợp một
cách khéo léo thông qua tính chất số học của các số thực.
 Có sự nhận xét, phân tích về ưu điểm, hạn chế của cách dùng định lí Vi-ét
so với các cách khác trong một số trường hợp. Điều này giúp người học
hiểu vấn đề sâu sắc hơn.
21


Việc phân loại các dạng tốn chỉ mang tính chủ quan; điều cốt lõi là học sinh
hiểu được ý tưởng, tinh thần cách suy luận logic trong mỗi trường hợp để đưa
định lí Vi-ét vào sử dụng hiệu quả. Đề tài này viết về mảng kiến thức rất cơ bản,
quen thuộc với học sinh và u cầu bắt buộc học sinh phải có được. Do đó tơi
nghĩ nó có khả năng áp dụng rộng dãi ở nhiều đơn vị; các thầy cơ, học sinh có
thể sử dụng để nâng cao chất lượng trong giảng dạy và học tập.
Bản thân đã căn cứ tình hình thực tế, đối tượng cụ thể, tham khảo tài
liệu, học hỏi từ đồng nghiệp để viết hồn chỉnh sáng kiến này. Song vì năng lực
hạn chế kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều, nên tơi rất mong được sự đóng góp
ý bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn đồng nghiệp.
Tơi xin chân thành cảm ơn !
3.2. Kiến nghị.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 / 5 / 2019
Tơi xin cam đoan đây là SKKN
của mình, khơng sao chép nội
dung của người khác.

Hồng Khắc Tại
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Trần Văn Hạo (Tổng biên tập)- Sách giáo khoa mơn Tốn 10, 12- NXB Giáo
dục- 2011.
[2]. Vũ Dương Thụy- Nguyễn Bá Kim - Phương pháp giảng dạy
môn Toán-NXB Giáo dục .
[3]. G.Polya -Giải một bài tập như thế nào- Nhà xuất
bản giáo dục.
[4]. Phan Huy Khải - Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12- Nhà xuất bản Giáo
dục.

22


Mẫu 1 (2)

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả: Hoàng Khắc Tại.

Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên – THPT Như Thanh II.

TT

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá xếp
loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá
xếp loại
23