SKKN hướng dẫn học sinh lớp 9 khai thác một số ứng dụng của hệ thức viét 1

1 MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài:
Hiện nay nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh khá, giỏi ở các trường THCS là rất quan
trọng đòi hỏi người giáo viên nói chung và giáo viên dạy toán nói riêng phải trăn
trở rất nhiều. Chúng ta không chỉ dạy cho học sinh nắm vững kiến thức cơ bản
trong sách giáo khoa mà còn phải hướng dẫn học sinh biết vận dụng kiến thức cơ
bản đó để khai thác cách giải cho những bài tập nâng cao khác.
Là một giáo viên dạy toán THCS, trong những năm qua tôi đã đặt ra cho mình
một nhiệm vụ là phải nghiên cứu tìm ra những phương pháp thích hợp cho giảng
dạy những vấn đề cụ thể phù hợp với đối tượng thực tế. Một trong những chuyên
đề mà tôi tâm quan tâm tìm hiểu là chuyên đề “Hướng dẫn học sinh khai thác một
số ứng dụng của Hệ thức Viét ". Tôi đã tham khảo rất nhiều tài liệu viết về các ứng
dụng của Hệ thức Viét, phần nào các tác giả đã đưa ra những bài toán tương đối đa
dạng, tuy nhiên còn tản mạn trong nhiều cuốn sách khác nhau. Để giáo viên có tài
liệu giảng dạy và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi tôi mạnh dạn lựa chọn ra một số bài
toán giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức và nắm chắc chuyên đề trên. Hy vọng
rằng hệ thống bài tập về "Một số ứng dụng của Hệ thức Viét " phần nào có thể làm
tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh lớp 9 dạy và học, rèn luyện cho học
sinh năng lực từ những kiến thức quen biết, nhận dạng và đưa những dạng bài tập
chưa biết cách giải về dạng quen biết đã biết cách giải, có được hệ thống bài tập để
ôn luyện cho học sinh thi học sinh giỏi cũng như thi vào THPT. Rất mong được sự
quan tâm, góp ý của các đồng nghiệp.
1.2 Mục đích nghiên cứu
Mục đích của đề tài này là giúp học sinh nắm chắc Hệ thức Viét, biết cách khai
thác các ứng dụng của Hệ thức Viét để giải toán vì đây là nội dung quan trọng trong
chương trình toán THCS và THPT.
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Các ứng dụng của hệ thức Viét trong chương trình toán THCS
1.4 Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu nội dung hệ thức Viét trong SGK và SBT
- Nghiên cứu ứng dụng của Hệ thức Viét để giải các dạng toán trong các đề thi vào

10, Đề thi học sinh giỏi
- Nghiên cứu khả năng tư duy, khả năng nhận thức của học sinh.
2. NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
- Trong chương trình giáo dục phổ thông, môn Toán có vị trí đặc biệt quan trọng vì
nó có khả năng to lớn góp phần thực hiện nhiệm vụ đào tạo ra những con người
“làm chủ tri thức khoa học và công nghệ hiện đại, có tư duy sáng tạo, có kỹ năng
thực hành giỏi, có tác phong công nghiệp, có tính tổ chức kỉ luật, có sức khoẻ và là
những con người thừa kế xây dựng CNXH vừa hồng vừa chuyên”.
- Các kiến thức và phương pháp toán học là công cụ thiết yếu giúp học sinh học tập
tốt các môn học khác.
1


- Môn Toán có khả năng to lớn phát triển ở học sinh những năng lực và phẩm chất
trí tuệ, giúp học sinh biến những tri thức thu nhận được thành của bản thân mình,
thành công cụ để nhận thức và hành động đúng đắn trong các lĩnh vực học tập hiện
nay và mãi mãi về sau.
- Môn Toán có khả năng đóng góp tích cực vào việc giáo dục cho học sinh tư tưởng
trong cuộc sống và lao động xây dựng cơ sở của thế giới quan khoa học, giáo dục
lòng yêu nước, yêu CNXH, rèn luyện nhiều đức tính quý báu như lao động cần cù,
sáng tạo, cái đẹp của những ứng dụng phong phú của toán học, cái đẹp của những
lời giải hay.
Trong chương trình toán lớp 9 phương trình bậc hai và hệ thức Viét là chủ đề
kiến thức hết sức quan trọng nó xuất hiện nhiều trong kỳ thi học sinh giỏi, thi vào
THPT và thi vào các trường chuyên nhưng kiến thức ở trong sách giáo khoa chỉ
giúp học sinh chăm chỉ, khả năng tư duy chưa thật sáng tạo giải được những bài
toán ở mức độ không quá khó. Vì vậy việc trang bị cho học sinh phương pháp tư
duy, kỹ năng tìm tòi lời giải là một vấn đề hết sức quan trọng đối với mỗi giáo viên
dạy toán vì thế tôi đã hướng dẫn học sinh tham khảo các tài liệu nâng cao, học kỹ

các kiến thức mở rộng về phương trình bậc hai và hệ thức Viét để học có thêm công
cụ giải toán, góp phần nâng cao chất lượng học sinh khá giỏi.
2.2 Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Thực tế trong quá trình giảng dạy tôi đã phát hiện ra khi đứng trước một vấn đề
kiến thức mới học sinh thường chỉ biết vận dụng trực tiếp kiến thức đã học mà
chưa biết khai thác triệt để nội dung kiến thức đó vì vậy khi gặp những bài toán đòi
hỏi cần phải có sự tư duy sáng tạo học sinh học sinh thường bó tay. Vì vậy việc
hướng dẫn học sinh khai thác triệt để nội dung kiến thức cơ bản là một vấn đề vô
cùng quan trọng. Đặc biệt Hệ thức Viét là một trong những chủ đề kiến thức trọng
tâm của chương trình toán THCS và ứng dụng của nó vô cùng phong phú học sinh
còn phải sử dụng rất nhiều trong chương trình THPT.Từ thực trạng trên để giúp học
sinh nắm vững và khắc sâu các kiến thức về phương trình bậc hai và hệ thức Viét
tôi xin trình bày kinh nghiệm khi hướng dẫn học sinh khai thác "Một số ứng dụng
của hệ thức Viét "để góp phần nâng cao chất lượng dạy và học trong trường THCS,
đặc biệt là khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi và ôn thi vào lớp 10 THPT.
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề
2.3.1 Giải pháp thứ nhất
Khơi dậy trong các em tình yêu đối với Toán và sự cần thiết phải học bộ môn
Toán trong mỗi tiết học và trong các hoạt động ngoại khóa.
2.3.2 Giải pháp thứ hai
Tổng hợp các kiến thức lý thuyết cơ bản về Hệ thức Viét thông qua bài học ‘Hệ
thức Viét và ứng dụng’ trong SGK giáo viên tóm tắt kiến thức cơ bản theo các nội
dung sau
a. Hệ thức Viét: Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0) có hai ngiệm x1 , x2 thì
2


x1 + x2 =

−b
c
và x1 x2 =
a
a

b. Ứng dụng tính nhẩm nghiệm
- Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0) có các hệ số a + b + c = 0 thì phương trình có
c
a
2
- Nếu phương trình ax + bx + c = 0(a ≠ 0) có các hệ số a − b + c = 0 thì phương trình có
c
hai nghiệm x1 = −1 và x2 = −
a

hai nghiệm x1 = 1 và x2 =

c. Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng
Nếu hai số có Tổng bằng S và Tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương
trình : x 2 − Sx + P = 0 (điều kiện để có hai số đó là S2 − 4P ≥ 0 )
2.3.3 Giải pháp thứ ba:
Hướng dẫn học sinh khai thác các ứng dụng của hệ thức Viét
Ứng dụng 1: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn
1. Dạng đặc biệt: Phươngtrình có nghiệm là 1 hoặc -1
Ví dụ 1: Nhẩm nghiệm của các phương trình sau( Bài tập 26 trang 53SGK)
a) 35 x 2 − 37 x + 2 = 0
c) x 2 − 49 x − 50 = 0
b) 7 x 2 + 500 x − 507 = 0
d) 4321x 2 + 21x − 4300 = 0

Hướng dẫn học sinh trình bày lời giải
a) Phương trình 35 x 2 − 37 x + 2 = 0 có các hệ số a + b + c = 35 − 37 + 2 = 0 nên có hai
2
35
b) Phương trình 7 x 2 + 500 x − 507 = 0 có các hệ số a + b + c = 7 + 500 − 507 = 0 nên có hai
507
nghiệm x1 = 1 ; x2 = −
7
2
c) Phương trình x − 49 x − 50 = 0 có các hệ số x 2 − 49 x − 50 = 0 a − b + c = 1 + 49 − 50 = 0
nên có hai nghiệm x1 = −1 ; x2 = 50

nghiệm x1 = 1 ; x2 =

d) Phương trình 4321x 2 + 21x − 4300 = 0 cócác hệ số a − b + c = 4321 − 21 − 4300 = 0 nên
có hai nghiệm x1 = −1 ; x2 =

4300
4321

Học sinh sẽ thấy tác dụng của việc nhẩm nghiệm hơn nữa trong việc giải phương
trình sau
Ví dụ 2: Nhẩm nghiệm của các phương trình sau( Bài tập 31 trang 54SGK)
a) 3x 2 − (1 − 3) x − 1 = 0 b) (2 − 3) x 2 + 2 3x − (2 + 3) = 0
c) (m − 1) x 2 − (2m + 3) x + m + 4 = 0 với m ≠ 1
Hướng dẫn học sinh trình bày lời giải
a) Phương trình 3x 2 − (1 − 3) x − 1 = 0 có các hệ số a − b + c = 3 + 1 − 3 − 1 = 0 nên có
3
hai nghiệm x1 = −1 ; x2 =
3

3


b) Phương trình (2 − 3) x 2 + 2 3x − (2 + 3) = 0 có các hệ số
a + b + c = 2 − 3 + 2 3 − 2 − 3 = 0 nên có hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = −

2+ 3
= −(2 + 3) 2
2− 3

c) Phương trình (m − 1) x 2 − (2m + 3) x + m + 4 = 0 với m ≠ 1 có các hệ số
a + b + c = m − 1 − 2m − 3 + m − 4 = 0 nên có hai nghiệm x1 = 1 ; x2 =

m+4
m −1

GV cho học sinh giải ví dụ 2 bằng công thức nghiệm để học sinh so sánh 2 cách
giải và từ đó hs thấy được lợi ích của việc nhẩm nghiệm.
2. Dạng toán tìm giá trị của tham số và nghiệm thứ hai của phương trình đã
cho biết phương trình có một nghiệm x =a
Ví dụ : Dùng hệ thức Viét để tìm nghiêm x2 của phương trình rồi tìm giá trị của m
trong mỗi trường hợp sau ( Bài tập 40 trang 57SBT)
a) Phương trình 4 x 2 + 3x − m2 + 3m = 0 biết nghiệm x1 = −2
b) Phương trình 3x 2 − 2(m − 3) x + 5 = 0 biết nghiệm x1 =

1
3

Nhận xét: ở câu a ta tìm nghiệm x2 theo tổng hai nghiệm vì tổng hai nghiệm không

chứa tham số m sau đó tìm m dựa vào tích hai nghiệm nhưng ở câu b ta lại tìm
nghiêm x2 theo tích hai nghiệm vì tích hai nghiệm không chứa tham số m sau đó
tìm m dựa vào tổng hai nghiệm.
Hướng dẫn học sinh trình bày lời giải
a) Vì phương trình 4 x 2 + 3x − m 2 + 3m = 0 có nghiệm x1 = −2 nên áp dụng hệ thức Viét
3
4

3
4

5
4
− m 2 + 3m
Áp dụng hệ thức Viét ta lại có x1.x2 =
4
2
−m + 3m
5
= −2. ⇔ m 2 − 3m − 10 = 0 ⇔ m1 = 2; m2 = 5
Suy ra
4
4
5
Vậy x2 = ; m1 = 2; m2 = 5
4

ta có −2 + x2 = − ⇔ x2 = − + 2 ⇔ x2 =

1

3

b) Vì phương trình 3x 2 − 2(m − 3) x + 5 = 0 có nghiệm x1 = nên áp dụng hệ thức Viét
1
3

5
3

ta có ×x2 = ⇔ x2 = 5
2(m − 3)
= x1.x2 suy ra
3
2( m − 3) 1
11
= ×5 ⇔ 2m − 6 = 5 ⇔ 2m = 11 ⇔ m =
3
3
2
11
Vậy x2 = 5 ; m =
2

Áp dụng hệ thức Viét ta lại có

Ứng dụng 2: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Ví dụ 1: Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b = − 5 và tích P = ab = − 24
4

( Bài tập 41c trang 58 SBT)
Hướng dẫn giải: Nếu hai số có Tổng bằng S và Tích bằng P thì hai số đó là hai
nghiệm của phương trình : x 2 − Sx + P = 0 (điều kiện để có hai số đó là S2 − 4P ≥ 0 )
Vì a + b = − 5 và ab = − 24 n ên a, b là nghiệm của phương trình : x 2 + 5 x − 24 = 0
giải phương trình trên ta được x = −8 và x2 = 3
Vậy nếu a = -8 thì b = 3
nếu a = 3 thì b = -8
Ví dụ 2: Tìm 2 số a và b biết
a) a + b = 11 và a2 + b2 = 85 b) a − b = 10 và ab = 24
( Bài tập 41 trang 58 SBT)
Hướng dẫn giải: a) Theo đề bài đã biết tổng của hai số a và b , vậy để áp dụng hệ
thức Viét thì cần tìm tích của a và b.
1

Từ a + b = 11 ⇒ ( a + b ) = 121 ⇔ a + 2ab + b = 121 ⇔ ab =
2

2

2

121 − ( a 2 + b 2 )
2

= 18
 x1 = 2
 x2 = 9

2
Suy ra : a, b là nghiệm của phương trình có dạng : x − 9 x + 18 = 0 ⇔ 

Vậy: Nếu a = 2 thì b = 9
nếu a = 9 thì b = 2
b) Đã biết tích: ab = 24 do đó cần tìm tổng : a + b
Cách 1: Đ ặt c = − b ta có : a + c = 10 và a.c = − 24
Suy ra a,c là nghiệm của phương trình : x 2 − 10 x − 24 = 0 ⇔ x1 = −2 hoặc x2 = 12
Do đó nếu a = − 2 thì c = 12 nên b = − 12
nếu a = 12 thì c = − 2 nên b = 2
2
2
Cách 2: Học sinh có thể tính tổng a+b từ công thức ( a − b ) = ( a + b ) − 4ab rồi giải
tương tự cách 1
Ứng dụng 3: Lập phương trình bậc hai khi biết hai nghiệm
1. Lập phương trình bậc hai khi biết hai nghiệm x1 ; x2
Ví dụ : Cho x1 = 3 − 2 ; x2 = 3 + 2 lập một phương trình bậc hai chứa hai nghiệm
trên
 S = x1 + x2 = 6
 P = x1 x2 = 7

Ta có 

vậy x1 ; x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 6 x + 7 = 0
2. Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa hai nghiệm
của một phương trình cho trước:
V í dụ 1: Cho phương trình : x 2 − 2 x − 1 = 0 Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm
y1 , y2 thõa mãn y1 = 2 x1 − x2 ; y2 = 2 x2 − x1

Nhận xét: Nếu hai số có Tổng bằng S và Tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm
của phương trình x 2 − Sx + P = 0 (điều kiện để có hai số đó là S2 − 4P ≥ 0 )
5

để lập được phương trình ta cần tính S = y1 + y2 và P = y1 y2 thông qua x1 , x2
Vì phương trình x 2 − 2 x − 1 = 0 có ac = −1 < 0 nên có hai nghiệm phân biệt
Áp dụng hệ thức Viét ta có x1 + x2 = 2; x1.x2 = −1
Ta có S = y1 + y2 = x1 + x2 = 2
P = y1 y2 = (2 x1 − x2 )(2 x2 − x1 ) = 5 x1 x2 − 2( x12 + x2 2 ) = 5 x1 x2 − 2(( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 )
= −5 − 2(4 + 2) = −17

Vậy phương trình cần lập là: y 2 − 2 y − 17 = 0
( Trích tài liệu ôn thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018)
Ứng dụng 4: Tính giá trị của biểu thức chứa nghiệm của phương trình
Biến đổi biểu thức chứa nghiệm làm xuất hiện x1 + x2 ; x1.x2
Ví dụ 1: Cho phương trình: x 2 − x + 1 = 0
Không giải phương trình, hãy tính x1 + x2 ; x1.x2
Học sinh thường mắc sai lầm tính ngay x1 + x2 ; x1.x2 mà không để ý phương trình này
vô nghiệm vì ∆ = (−1)2 − 4 = 1 − 4 = −3 < 0 vì vậy giáo viên cần lưy ý cho học sinh
trước khi tính giá trị của biểu thức liên quan đến nghiệm của phương trình cần chỉ
ra hoặc tìm điều kiện của tham số để phương trình có hai nghiệm
Ví dụ 2: Cho phương trình : x 2 − 4 x − 6 = 0 Không giải phương trình, hãy tính
a) x12 + x2 2

1

1

b) x + x
1
2

c) x13 + x23

( Trích tài liệu ôn thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa năm học 2009-2010)
Hướng dẫn giải: Phương trình x 2 − 4 x − 6 = 0 có ac = −6 < 0 nên có hai nghiệm phân
biệt
Áp dụng hệ thức Viét ta có x1 + x2 = 4; x1.x2 = −6
2

Suy ra x12 + x2 2 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 = 4 − 2(−6) = 28
1

1

4

2

Câu b thực hiện tương tự được kết quả x + x = −6 = − 3
1
2
c) x13 + x23 = ( x1 + x2 )3 − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) = 43 − 3(−6).4 = 136
Ví dụ 3: Cho phương trình x 2 − 4 3x + 8 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 , không giải phương
6 x12 + 10 x1 x2 + 6 x22
trình, tính Q =
5 x1 x23 + 5 x13 x2

Hướng dẫn : - Chỉ ra phương trình có hai nghiệm phân biệt

6

6 x12 + 10 x1 x2 + 6 x22
6( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2
6.(4 3) 2 − 2.8
17
=
=
=
3
3
2
2
5 x1 x2 + 5 x1 x2
5 x1 x2 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  5.8 (4 3) − 2.8 80


Ví dụ 4: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 5 = 0. Không giải
phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức B = x13 − 2 x22 − 5 x1 + 8 x2 + 2008.

- Biến đổi Q =

( Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bắc Giang năm học 2015-2016)
Hướng dẫn :
Chứng minh phương trình có nghiệm và theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x2 = 2.
B = x13 − 2 x22 − 5 x1 + 8 x2 + 2008 = x13 − 2 ( 2 − x1 ) − 5 x1 + 8 ( 2 − x1 ) + 2008 = x13 − 2 x12 − 5 x1 + 2016
2

2
Mà x1 là nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 5 = 0 nên B = x1 ( x1 − 2 x1 − 5 ) + 2016 = 2016.

Ví dụ 5: Cho biểu thức F ( x ) = x8 + 12 x + 12 − 3x . Gọi x0 là một nghiệm của
phương trình x 2 − x − 1 = 0 . Tính giá trị F ( x0 )
( Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2016-2017)
Hướng dẫn:
Vì x0 là nghiệm của phương trình nên ta có x02 − x0 − 1 = 0 ⇒ x02 = x0 + 1 .
Khi đó
x04 = x02 + 2 x0 + 1 = ( x0 + 1) + 2 x0 + 1 = 3x0 + 2 ⇒ x08 = 9 x02 + 12 x0 + 4 .
F ( x0 ) = 9 x02 + 24 x0 + 16 − 3x0 = 3x0 + 4 − 3x0

Do 3x0 + 4 = 3( x0 + 1) + 1 = 3 x02 + 1 > 0 ∀x0 nên 3x0 + 4 = 3 x0 + 4 .
Vậy F ( x0 ) = 3 x0 + 4 − 3x0 = 4
Ứng dụng 5: Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình sao cho
hai nghiệm này không phụ thuộc vào tham số
Để làm các bài toán loại này, ta làm lần lượt theo các bước sau:
- Tìm điều kiện của tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2
- Áp dụng hệ thức Viét viết S = x1 + x2 v à P = x1 x2 theo tham số
- Dùng quy tắc cộng hoặc thế để khử m. Từ đó đưa ra hệ thức liên hệ giữa các
nghiệm x1 và x2.
2
Ví dụ 1: Cho phương trình : x − ( m + 2 ) x + ( 2m − 1) = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 . Hãy lập

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

2

do đó phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2
Theo hệ thức Viét ta có

7


 m = x1 + x2 − 2(1)
 x1 + x2 = m + 2

⇔

x1 x2 + 1
 x1.x2 = 2m − 1
 m = 2 (2)

Từ (1) và (2) ta có: x1 + x2 − 2 =

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

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

Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m.
( Bài tập 220 trang 82sách bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9)
Hướng dẫn: Dễ thấy ∆ = (4m + 1) 2 − 4.2(m − 4) = 16m 2 + 33 > 0 do đó phương trình đã
cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2
 x1 + x2 = −(4m + 1)
4m = −( x1 + x2 ) − 1(1)
⇔
 x1.x2 = 2(m − 4)
4m = 2 x1 x2 + 16(2)

Theo hệ thức Viét ta có 

Từ (1) và (2) ta có: −( x1 + x2 ) − 1 = 2 x1 x2 + 16 ⇔ 2 x1 x2 + ( x1 + x2 ) + 17 = 0 là hệ thức cần tìm
2
Ví dụ 3: Cho phương trình : ( m − 1) x − 2mx + m − 4 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x2 . Lập hệ

thức liên hệ giữa x1 ; x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m.
Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 th ì :
m ≠ 1
m ≠ 1
m − 1 ≠ 0
m ≠ 1

⇔ 2
⇔
⇔
4

V' ≥ 0
5m − 4 ≥ 0
 m − (m − 1)(m − 4) ≥ 0
m ≥ 5
2m
2


 x1 + x2 = m − 1
 x1 + x2 = 2 + m − 1 (1)
⇔

Theo hệ thức Viét ta có : 
m
−
4
 x .x =
 x .x = 1 − 3 (2)
1 2
1 2
m −1
m −1


2

2

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

3

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

(3)
(4)

Đồng nhất các vế của (3) và (4) ta có:

2
3
=
⇔ 2 ( 1 − x1 x2 ) = 3 ( x1 + x2 − 2 ) ⇔ 3 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 − 8 = 0
x1 + x2 − 2 1 − x1 x2

Chú ý ta có thể khử m bằng phương pháp cộng như sau

8


2m
2
6



 x1 + x2 = m − 1
 x1 + x2 = 2 + m − 1
3 x1 + 3x2 = 6 + m − 1 (1)
⇔
⇔

 x .x = m − 4
 x .x = 1 − 3
2 x .x = 2 − 6 (2)
1 2
1 2
1 2
m −1

m −1
m −1




Cộng từng vế của hai phương trình (1) và (2) ta được hệ thức 3 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 − 8 = 0
là hệ thức giữa hai nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào m
( Bài tập trong 23 chuyên đề để giải các bài toán sơ cấp)
Ứng dụng 6: Tìm giá trị tham số của phương trình thỏa mãn biểu thức chứa
nghiệm
Các bước thực hiện:
- Tìm điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2
- Từ biểu thức nghiệm đã cho, áp dụng hệ thức Viét để giải phương trình có ẩn là
tham số.
- Đối chiếu với điều kiện xác định của tham số để chọn giá trị cần tìm.
2
Ví dụ 1: Cho phương trình : mx − 6 ( m − 1) x + 9 ( m − 3) = 0
Tìm giá trị của tham số m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : x1 + x2 = x1.x2
Bài

giải:

Điều

kiện

để

phương

trình

có

2

nghiệm

x1

và

x2

l

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

⇔
∆ ' = 9 ( m + 1) ≥ 0
m ≥ −1
6(m − 1)

 x1 + x2 = m
Theo h ệ th ức Viét ta c ó: 
 x x = 9(m − 3)
 1 2
m

Theo giả thiết: x1 + x2 = x1 x2 .
Suy ra:

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

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

Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 x2 − 5( x1 + x2 ) = 14
9

Bài giải: Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 là :
∆ = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + 2) ≥ 0 ⇔ 4m 2 + 4m + 1 − 4m 2 − 8 ≥ 0 ⇔ 4m − 7 ≥ 0 ⇔ m ≥
 x1 + x2 = 2m + 1

Theo hệ thức Viét ta có: 

2
 x1 x2 = m + 2

7
4

và từ giả thiết . 3x1 x2 − 5( x1 + x2 ) = 14

Suyra
 m = −1
3(m + 2) − 5(2m + 1) − 14 = 0 ⇔ 3m + 6 − 10m − 5 − 14 = 0 ⇔ 3m − 10m − 13 = 0 ⇔ 
 m = 13
3

2

2

Giá trị m =

2

13

thỏa mãn điều kiện còn giá trị m = −1 không thõa mãn điều kiện
3

Vậy với m =

13
thì phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức:
3

3 x1 x2 − 5( x1 + x2 ) = 14

Bài tập áp dụng
2
1. Cho phương trình : mx + 2 ( m − 4 ) x + m + 7 = 0

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

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

Tìm m để 2 nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức : 3x1 − 5 x2 = 6
Hướng dẫn cách giải:
1)

- ĐK: m ≠ 0 và m ≤

16

15

−( m − 4)

(1)
 x1 + x2 =
m
-Theo hệ thức Viét : 
 x x = m + 7 (2)
 1 2
m
 x1 + x2 = 3 x2
⇒ 2( x1 + x2 ) 2 = 9 x1 x2 (4)
- Theo giả thiết x1 − 2 x2 = 0 (3) Suy ra: 
2(
x
+
x
)
=
3
x
 1 2
1
2
- Thế (1) và (2) vào (4) ta đưa được : m + 127m − 128 = 0 ⇒ m1 = 1; m2 = −128
16
( cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện m ≠ 0 và m ≤ )
15

10


Chú ý : Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh kết hợp (1) và (3) để tìm x1 , x2 theo
m rồi thay x1 , x2 vào (2) để tính m
 m ≤ 11 − 96

2
2) - ĐK: ∆ = m − 22m + 25 ≥ 0 ⇔ 

 m ≥ 11 + 96
 x1 + x2 = 1 − m
(1)
- Theo hệ thức Viét: 
 x1 x2 = 5m − 6
 x1 = 1 − 3( x1 + x2 )
⇒ x1 x2 = [ 1 − 3( x1 + x2 ) ] .[ 4( x1 + x2 ) − 1]

- Từ : 4 x1 + 3x2 = 1 . Suy ra:  x2 = 4( x1 + x2 ) − 1
(2)
2
⇔ x1 x2 = 7( x1 + x2 ) − 12( x1 + x2 ) − 1
m = 0
m = 1

- Thế (1) vào (2) ta có phương trình : 12m(m − 1) = 0 ⇔ 

(thoả mãn ĐKXĐ)

Ở bài 2 giáo viên cũng hướng dẫn học sinh làm cách khác như bài 1.

3) - Vì ∆ = (3m − 2)2 + 4.3(3m + 1) = 9m 2 + 24m + 16 = (3m + 4) 2 ≥ 0 với mọi số thực m nên
phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
3m − 2

 x1 + x2 = 3
(1)
Theo hệ thứcViét: 
 x x = −(3m + 1)
 1 2
3
- Từ giả thiết: 3x1 − 5 x2 = 6 . Suyra:
8 x1 = 5( x1 + x2 ) + 6
⇒ 64 x1 x2 = [ 5( x1 + x2 ) + 6] .[ 3( x1 + x2 ) − 6]

8 x2 = 3( x1 + x2 ) − 6
⇔ 64 x1 x2 = 15( x1 + x2 ) 2 − 12( x1 + x2 ) − 36(2)

- Thế (1) vào (2) ta được phương trình: m(45m + 96) = 0 ⇔ m = 0 hơặc m = −

32
(cả
15

hai giá trị này đều thoả mãn )
Vậy với m = 0 hơặc m = −

32
thì phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ
15

thức: 3x1 − 5 x2 = 6
Chú ý: Ở bài 2 và bài 3 giáo viên hướng dẫn học sinh làm cách khác như bài 1.
Cách này tuy không linh hoạt nhưng học sinh dễ hiểu, dễ nhớ
Cách 2 bài 2
 x1 + x2 = 1 − m 3 x1 + 3 x2 = 3 − 3m
 x1 = 3m − 2
⇔
⇔
 4 x1 + 3x2 = 1
 4 x1 + 3x2 = 1
 x2 = 3 − 4m

Ta có hệ 

Thay vào: x1 x2 = 5m − 6 ⇒ 12m ( m − 1) = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = −

32
15

Cách 2 bài 3

11


15m + 8

3m − 2
3m − 2
x1 =




3
x
+
3
x
=
3
m
−
2
 1
 x1 + x2 =
x + x =

24
2
⇔ 1 2
3 ⇔
3 ⇔
Ta có hệ: 
3 x1 − 5 x2 = 6
3 x1 − 5 x2 = 6
8 x2 = 3m − 8
 x = 3m − 8
 2
8
− ( 3m + 1)
15m + 8 3m − 8 − ( 3m + 1)

⇒
.
=
Thay vào x1 x2 =
3
24
8
3
2
⇔ ( 15m + 8 ) ( 3m − 8 ) = −64 ( 3m + 1) ⇔ 45m − 120m + 24m − 64 + 192m + 64 = 0
m = 0
⇔ 45m + 96m = 0 ⇔ 3m ( 15m + 32 ) = 0 ⇔ 
 m = − 32
15

2
m
Ví dụ 3 : Tìm để phương trình x + 5 x + 3m − 1 = 0 ( x là ẩn, m là tham số) có hai
nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x13 − x23 + 3x1 x2 = 75
2

(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018)
Hướng dẫn: Phương trình x 2 + 5 x + 3m − 1 = 0 có ∆ = 29 − 12m
Phương trình có nghiệm ∆ ≥ 0 ⇔ 29 − 12m ≥ 0 ⇔ m ≤

29
12

 x1 + x2 = −5
 x1 x2 = 3m − 1

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 

Cách 1: x1 + x2 = −5 ⇔ x2 = −5 − x1 , thay vào hệ thức x13 − x23 + 3x1 x2 = 75 được:
x13 + (5 + x1 )3 + 3x1 (−5 − x1 ) = 75 ⇔ x13 + 6 x12 + 30 x1 + 25 = 0
Giải phương trình ta được x1 = −1 ⇒ x2 = −4

Thay x1 , x2 vào ta được x1 x2 = 3m − 1 ⇒ 3m − 1 = −1.(−4) ⇔ m =
Vậy m =

5
3

5
là giá trị cần tìm.
3

Cách 2:
x13 − x23 + 3 x1 x2 = 7 ⇔ ( x1 − x2 )( x12 + x1 x2 + x22 ) = 75 − 3x1 x2
⇔ ( x1 − x2 )  ( x1 + x2 ) 2 − x1 x2  = 3(25 − x1 x2 ) ⇔ ( x1 − x2 )(26 − 3m) = 3(26 − 3m) ⇔ x1 − x2 = 3
29
nên 26 − 3m > 0 )
12
 x1 + x2 = −5  x1 = −1
⇔
Ta có hệ phương trình 
 x1 − x2 = 3
 x2 = −4

(Vì m ≤

Từ đó tìm được m =

5
3

Ví dụ 4: Cho phương trình x 2 − (2m − 1) x + m2 − 1 = 0 (1) ( x là ẩn số)
a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 của phương trình (1) thỏa mãn: ( x1 − x2 ) 2 = x1 − 3x2
(Đề thi vào lớp 10 Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2017-2018)

12


Hướng dẫn:a) Phương trình x 2 − (2m − 1) x + m2 − 1 = 0 có
∆ = (2m − 1) 2 − 4(m 2 − 1) = 5 − 4m

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ∆ > 0 ⇔ 5 − 4m > 0 ⇔ m <
b) Phương trình có nghiệm ∆ ≥ 0 ⇔ 5 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

5
4

5
4

 x1 + x2 = 2m − 1

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có 

2
 x1 x2 = m − 1

Theo đề bài: ( x1 − x2 )2 = x1 − 3x2 ⇔ ( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 = x1 − 3x2
⇔ (2m − 1) 2 − 4(m 2 − 1) = x1 − 3x2 ⇔ x1 − 3x2 = 5 − 4m
m +1

x
=
1
 x1 + x2 = 2m − 1

2
⇔
Ta có hệ phương trình: 
 x1 − 3 x2 = 5 − 4m
 x = 3(m − 1)
 2
2
m + 1 3(m − 1)
.
= m 2 − 1 ⇔ 3(m 2 − 1) = 4(m 2 − 1) ⇔ m 2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1
Suy ra
2
2
Kết hợp với điều kiện ⇒ m = ±1 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 5: Cho hàm số y = x 2 . Tìm các giá trị của m để đường thẳng ∆ có phương
trình y = x − m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thoả mãn:
( x2 − x1 ) 4 + ( y2 − y1 ) 4 = 18 .

( Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bắc Giang năm học 2012-2013)
Hướng dẫn:
- Lập phương trình hoành độ giao điểm:
- Tìm m để phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt thõa mãn
( x2 − x1 ) 4 + ( y2 − y1 ) 4 = 18

Phương trình hoành độ giao điểm:
x 2 = x − m ⇔ x 2 − x + m = 0 (1)
Đường thẳng ∆ cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) khi và chỉ
khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt.
1
4

+ Điều kiện: ∆ = 1 − 4m > 0 ⇔ m < .
+ Khi đó A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 )
+ Theo định lí Viet x1 + x2 = 1, x1 x2 = m . Ta có y1 = x1 − m, y2 = x2 − m
+ ( x1 − x2 ) 4 + ( y1 − y2 ) 4 = 18 ⇔ ( x1 − x2 ) 4 = 9 ⇔ [( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 ]2 = 9
1
2

+ Tìm được m = 1 (không thõa mãn và m = − ( thõa mãn)
13


Ví dụ 6: Cho phương trình mx 2 + x + m − 1 = 0. Xác định m để phương trình có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

1 1
−
>1

x1 x2

( Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2016-2017)
Hướng dấn giải : PT đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
m ≠ 0
m ≠ 0
m ≠ 0

⇔
⇔ ... ⇔  − 2 + 1

2 + 1 (1).
∆ > 0
1 − 4m(m − 1) > 0

 2
2
1

 x1 + x2 = − m
m ≠ 1
m −1
x1 x2 ≠ 0 ⇔
≠0⇔
Theo định lý Viet có: 
.
Ta
có
(2).

m
m ≠ 0
 x .x = m − 1
 1 2
m
1 1
2
2 2
Khi đó − > 1 ⇔ x1 − x2 > x1 x2 ⇔ ( x1 − x2 ) > x1 .x2 ⇔( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 − ( x1x2 ) 2 > 0
x1 x2
2

2

1 − 4m 2 + 4 m − m 2 + 2 m − 1
 1
 m −1   m −1 
⇔  − ÷ − 4
−
>
0
⇔
>0
÷ 
÷
m2
 m
 m   m 
−5m 2 + 6m
6

⇔
> 0 ⇔ m(−5m + 6) > 0 ⇔ 0 < m < (3).
2
m
5
m ≠ 0

 − 2 +1 < m < 2 +1
6

 2
2 ⇔ 0 < m < 5
Từ (1), (2), (3) ta có hệ 

0 < m < 6
m ≠ 1

5

m ≠ 1
6
Vậy các giá trị cần tìm của m là: 0 < m < , m ≠ 1
5

Ví dụ 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : y = a( x − 1) + 1 và
2
parabol ( P ) : y = x . Với mọi a ≠ 2 , chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân
biệt, gọi 2 giao điểm đó là A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) , tìm tất cả các giá trị của a để

(x

2

− x1 ) + ( y2 − y1 ) = 9 ( a 2 + 1) .
2

2

Hướng dẫn giải: Cách làm bài tập này không khó nhưng học sinh cần phải linh hoạt
hơn khi biến đổi biểu thức để vế trái xuất hiện a 2 + 1
Phương trình hoành độ giao điểm là: x 2 − ax + a − 1 = 0 (1).
2
PT(1) có ∆ = (a − 2) > 0, ∀a ≠ 2 , suy ra phương (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Do đó (d ) luôn cắt ( P) tại 2 điểm phân biệt với ∀a ≠ 2
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (1).Suy ra (d ) cắt ( P ) tại hai điểm
A ( x1 ; a ( x1 − 1) + 1) , B ( x2 ; a ( x2 − 1) + 1)
Ta có:
14


(x

2

− x1 ) + ( y2 − y1 ) = 9 ( a 2 + 1) ⇔ ( x2 − x1 ) + a 2 ( x2 − x1 ) = 9 ( a 2 + 1)
2

2

2

2

2
⇔ (1 + a 2 ) ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2  = 9 ( a 2 + 1) ⇔ a 2 − 4(a − 1) = 9


(Theo Định lý Vi-et: x1 + x2 = a, x1 x2 = a − 1)
 a = −1
2
⇔ ( a − 2 ) = 9 ⇔ a − 2 = ±3 ⇔ 
( Thoã mãn điều kiện a ≠ 2 )
a = 5
Vậy a1 = −1; a2 = 5 là các giá trị cần tìm
Chú ý: Có thể hướng dẫn học sinh giải phương trình (1) để có 2 nghiệm và thay
trực tiếp vào biểu thức
Ứng dụng 7: Xác định dấu các nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0)

Ví dụ 1: Xác định tham số m sao cho phương trình:
2 x 2 − ( 3m + 1) x + m 2 − m − 6 = 0 có 2 nghiệm trái dấu.

Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì
∆ = (3m + 1) 2 − 4.2.(m 2 − m − 6) ≥ 0
∆ = (m − 7) 2 ≥ 0∀m
∆ ≥ 0

2
⇔
⇔
⇔ −2 < m < 3




m −m−6
P
=
(
m
−
3)(
m
+
2)
<
0
P
=
<
0
P < 0



2

Vậy với −2 < m < 3 thì phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
Chú ý: Học sinh có thể sử dụng nhận xét: Nếu a và c trái dấu thì phương trình
ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0) có hai nghiệm trái dấu để giải bài toán nhanh hơn.

Ví dụ 2: Cho parabol (P) y = x 2 và đường thẳng (d) y = 2x + m − 6 . Tìm m để đường

thẳng (d) cắt Cho parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
Hướng dẫn:
- Lập phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d):
- Tìm m để phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm dương phân biệt
Lời giải: Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d)là
x 2 = 2 x + m − 6 ⇔ x 2 − 2 x − m + 6 = 0 (*)
(P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt có các hoành độ dương
⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt x1 , x2
∆ ' > 0
m − 5 > 0
m > 5


⇔  x1 + x2 > 0 ⇔  2 > 0
⇔
⇔ 5< m< 6
m < 6
x x > 0
 −m + 6 > 0

 1 2

Vậy 5 < m < 6 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình ( x 2 − 1)( x + 3)( x + 5) = m (1) có 4 nghiệm phân biệt
15


x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn

1 1 1 1

+ + + = −1
x1 x2 x3 x4

( Bài tập 121trang 13 Tạp chí 45 năm toán học tuổi trẻ)
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình đã cho thành phương trình bậc hai bằng cách
đặt ẩn phụ rồi dùng tính chất về dấu các nghiệm của phương trình bậc 2 để giải
Ta có :
( x 2 − 1)( x + 3)( x + 5) = m ⇔ ( x + 1)( x + 3)( x − 1)( x + 5) = m

⇔ ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x − 5) = m

(2)

Đặt y = x 2 + 4 x + 4 = ( x + 2) 2 ≥ 0 (∀x ∈ R ) . Khi đó (2) có dạng :
( y − 1)( y − 9) = m hay y 2 − 10 y + 9 − m = 0
(3)
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai
nghiệm dương phân biệt y1 > y2 > 0 .
 ∆ ' = 16 + m > 0

⇔  S = y1 + y2 = 10 > 0 ⇔ −16 < m < 9
(4)
P = y .y = 9 − m > 0
1 2

Khi y1 , y2 là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2)
tương đương với :
x 2 + 4 x + 4 − y1 = 0 hoặc x 2 + 4 x + 4 − y2 = 0

Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x 2 + 4 x + 4 − y1 = 0

Gọi x3, x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x 2 + 4 x + 4 − y2 = 0
Áp dụng định lý vi-et cho các phương trình (3), (5), (6) ta có
4( y1 + y2 ) − 32
1 1 1 1 x1 + x2 x3 + x4
−4
−4
+ + + =
+
=
+
=
x1 x2 x3 x4
x1 x2
x3 x4
4 − y1 4 − y2 16 − 4( y1 + y2 ) + y1 y2
40 − 32
8
=
=
= −1
16 − 40 + 9 − m −15 − m
⇔ m = −7 ( thỏa mãn)
Vậy m = −7 là giá trị cần tìm
Ứng dụng 8: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa các
nghiệm
Ta có C = A + m hoặc C = k − B (trong đó A, B là các biểu thức không âm; m, k là
hằng số)
C ≥ m (vì A ≥ 0 ) Suy ra min C = m ⇔ A = 0
C ≤ k (vì B ≥ 0 ) Suy ra max C = k ⇔ B = 0
16

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

Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để :
A = x12 + x22 − 6 x1 x2 có giá trị nhỏ nhất.
2
Bài giải: Phương trình x + ( 2m − 1) x − m = 0 có

∆ = (2m − 1) 2 − 4(− m) = 4m 2 − 4m + 1 + 4m = 4m 2 + 1 > 0 với moi m

Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
 x1 + x2 = −(2m − 1)
 x1 x2 = − m

Theo hệ thức Viét: 
Theo đề bài :

A = x12 + x22 − 6 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 = ( 2m − 1) + 8m = 4m 2 − 12m + 1 = (2m − 3) 2 − 8 ≥ −8
2

2

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

3
2

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

Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất
2x x + 3

1 2
của biểu thức sau: B = x 2 + x 2 + 2 ( x x + 1)
1
2
1 2

( Bài tập trong 23 chuyên đề để giải các bài toán sơ cấp)
Hướngdẫn: Phương trình x 2 − mx + m − 1 = 0
có ∆ = (− m)2 − 4(m − 1) = m2 − 4m + 4 = (m − 2)2 ≥ 0 với mọi m
Do đó phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m
 x1 + x2 = m
 x1 x2 = m − 1

Theo hệ thức Viét thì : 
B=

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

2
1

Cách 1: Thêm bớt để đưa về dạng như đã hướng dẫn
Ta biến đổi B như sau:
m 2 + 2 − ( m 2 − 2m + 1)

( m − 1)
= 1−

2

( m − 1)
≥0⇒

2

(Vì ( m − 1)
≥ 0 ⇒ B ≤1)
m2 + 2
m2 + 2
m2 + 2
Vậy max B=1 ⇔ m = 1
1 2
1
1 2
1
2
m + 2m + 1 − m 2
m + 4m + 4 ) − ( m 2 + 2 )

(
m + 2)
(
1
2
2
2
2
Ta lại có: B =
=
=
−
2
2
2
m +2
m +2
2 ( m + 2) 2
B=

2

17


(Vì ( m + 2 ) ≥ 0 ⇒
2

( m + 2)

2

1
≥0⇒ B≥− )
2
2 ( m + 2)
2

1
2

Vậy min B = − ⇔ m = −2
Cách 2: Sử dụng phương pháp miền giá trị như sau: Đưa về giải phương trình bậc 2
với ẩn là m và B là tham số, ta sẽ tìm điều kiện cho tham số B để phương trình đã
cho luôn có nghiệm với mọi m.(
2m + 1
⇔ Bm 2 − 2m + 2 B − 1 = 0 (Với m là ẩn, B là tham số)
2
m +2
Ta có: ∆ = 1 − B(2 B − 1) = 1 − 2 B 2 + B
B=

(*)

Để phương trình (*) luôn có nghiệm với mọi m thì ∆ ≥ 0

1
2

2

2
hay −2 B + B + 1 ≥ 0 ⇔ 2 B − B − 1 ≤ 0 ⇔ ( 2 B + 1) ( B − 1) ≤ 0 ⇔ − ≤ B ≤ 1

1
2

Vậy: max B=1 ⇔ m = 1 min B = − ⇔ m = −2
Ứng dụng 9: Chứng minh bất đẳng thức
Ta có thể vận dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai( ∆ ≥ 0 ) để chứng
minh các bất đẳng thức .vì vậy ta viết các biểu thức đã cho dưới dạng phương trình
bậc hai.
Ví dụ : Chứng minh rằng nếu có các số a, b, c thoả mãn
a + b + c = 5 và ab + bc + ca = 8 thì 1 ≤ a ≤

7
7
7
; 1≤ b ≤ ; 1≤ c ≤
3
3
3

Hướng dẫn giải: Áp dụng định lý Viet đảo để lập phương trình bậc hai khi biết
tổng và tích hai nghiệm
Ta có: b + c = 5 − a bc = 8 − ab − ac = a 2 − 5a + 8
Vậy b, c là nghiệm của phương trình ẩn x sau x 2 − (5 − a ) x + (a 2 − 5a + 8) = 0
Tacó ∆ = −3a 2 + 10a − 7
7
để phương trình bậc 2 với ẩn x có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ −3a 2 + 10a − 7 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ a ≤

3

7
7
Vì vai trò của a, b, c như nhau nên chứng minh tương tự ta có 1 ≤ b ≤ ; 1 ≤ c ≤
3
3

Ứng dụng 10: Giải phương trình nghiệm nguyên và giải một số phương trình,
hệ phương trình dạng đặc biệt
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của ẩn coi các ẩn khác là tham
số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của
ẩn số
Ví dụ1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x 2 − ( y + 5) x + 5 y + 2 = 0
Hướng dẫn: Ta có x 2 − ( y + 5) x + 5 y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2
ẩn x
Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1 , x2
18


 x1 + x2 = y + 5
 x1 x2 = 5 y + 2

Theo định lý Vi-et ta có 

5 x1 + 5 x2 = 5 y + 25 mà x1 x2 = 5 y + 2 ⇒ 5 x1 + 5 x2 − x1 x2 = 23 ⇔ ( x1 − 5)( x2 − 5) = 2
mà 2 = 1.2 = ( −1).( −2) do đó x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 ⇒ y = 8 hoặc y = 2

thay vào phương trình ta tìm được các cặp số

( x, y) = (7,8);(6,8); (4, 2);(5, 2) là nghiệm của phương trình
Ví dụ 2: Giải phương trình x.
ĐKXĐ: x ≠ −1 .
Đặt a = x.

3− x 
3− x 
x−
÷= 2 .
x +1 
x +1 

3− x
3− x
;b = x +
. Ta có: a.b = 2 và a + b = 3.
x +1
x +1

Do đó a và b là hai nghiệm của phương trình X2 – 3X + 2 = 0 ⇔ X1 = 1 hoặc X 2 = 2
.
Với a = 1, b = 2 ta được x2 – 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1.
Với a = 2, b = 1 ta được x2 – x + 2 = 0 (vô nghiệm).
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1.
 x + y + xy = 11
2
2
 x + y + 3 ( x + y ) = 28

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 

Nhận xét: Đặt S = x + y và P = xy , với điều kiện S2 − 4P ≥ 0 đưa hệ đã cho về hệ đơn
giản hơn đã biết cách giải.
 S + P = 11

Lời giải: Đặt S = x + y và P = xy , khi đó hệ đã cho có dạng: 

(1)

2
 S − 2 P + 3S = 28 (2)

Từ (1) suy ra P = 11 − S , thay vào phương trình (2) ta được:
S 2 − 2 ( 11 − S ) + 3S = 28 hay S 2 + 5S − 50 = 0.

Phương trình này có hai nghiệm phân biệt: S = 5; S = −10.
Nếu S = 5 thì P = 6, nên x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai:
t = 2
t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t − 3 ) = 0 ⇔ 
Suy ra ( x; y ) = ( 2; 3) hoặc ( x; y ) = ( 3; 2 ) .
t = 3

Nếu S = −10 thì P = 21, nên x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai:
 t = −3
t + 10t + 21 = 0 ⇔ ( t + 3 ) ( t + 7 ) = 0 ⇔ 
Suy ra ( x; y ) = ( −3; − 7 ) hoặc
 t = −7

( x; y ) = ( −7;

− 3) .

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: ( 2; 3) ; ( 3; 2 ) ; ( −3; − 7 ) ; ( −7; − 3 ) .
19


2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Sau khi nghiên cứu và giảng dạy chuyên đề trên tôi thấy học sinh nắm vững hơn
về hệ thức Viét và các ứng dụng. Học sinh nhận dạng bài tập và trình bày bài toán
nhanh và chặt chẽ hơn đặc biệt là các bài toán nâng cao lên quan đến số
nghiệm,dấu các nghiệm của phương trình
3. KẾT LUẬN
Qua kết quả triển khai chuyên đề này tôi thấy: Khi dạy học sinh học toán giáo viên
không chỉ dừng lại ở việc dạy kiến thức mà cần phải dạy cho học sinh phương pháp
tư duy, cách khai thác những bài tập nâng cao từ những hệ thống kiến thức cơ bản.
Có như vậy thì mới đáp ứng được mục tiêu giáo dục trong giai đoạn mới là đào tạo
thế hệ trẻ trở thành những con người vừa hồng vừa chuyên.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thạch Thành, ngày 20 tháng 4 năm
2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Thị Nga

20

21