Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Ứng dụng hệ thức Vi-ét giải các dạng toán của phương trình bậc hai

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“ỨNG DỤNG HỆ THỨC VI-ÉT GIẢI CÁC DẠNG TỐN CỦA
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI”
1. Phần mở đầu
1.1. Lý do chọn sáng kiến
Trong chương trình Đại số 9 hệ thức Vi-ét là một nội dung quan trọng và nó
ln có các dạng tốn với thang điểm khá lớn nằm trong đề kiểm tra học kì 2 cũng
như trong các kỳ thi vào lớp 10 hay vào các trường chuyên lớp chọn. Trong các tài
liệu tham khảo chỉ viết chung chung nên học sinh lúng túng khi học phần này. Sau
nhiều năm dạy lớp 9, bằng kinh nghiệm giảng dạy cũng như tìm tịi, sưu tập thêm
các tài liệu tơi đã phân chia ứng dụng của hệ thức Vi-ét thành nhiều dạng để học
sinh dễ nhận dạng và vận dụng linh hoạt khi gặp dạng toán này.
Hệ thức Vi-ét được ứng dụng rộng vào các bài tập đặc biệt về dạng phương
trình bậc hai một ẩn. Vì thế để học sinh dễ nhớ, dễ vận dụng thì khi dạy giáo viên
nên chia ra thành nhiều dạng ứng dụng và phân chia thời gian dạy đối với từng nội
dung phải thích hợp. Đặc biệt trong q trình giáo viên ơn tập cũng như ôn thi cho
học sinh vào lớp 10.
Từ cách nghĩ và cách làm đó tơi đã nảy sinh ra việc viết sáng kiến “Ứng
dụng hệ thức Vi-ét giải các dạng tốn của phương trình bậc hai” trong chương
trình Tốn 9.
1.2. Điểm mới của sáng kiến
Đưa ra những phương pháp, cũng như cách vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải
các dạng bài toán trong thực tế. Với mỗi dạng toán có liên quan đến hệ thức Vi-ét
thì đưa ra một cách giải tổng quát nhằm giúp học sinh giải quyết các vấn đề trong
bài toán một cách đơn giản.
2. Phần nội dung
2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu
Như đã nói ở trên, loại tốn có vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải là một bài
tốn khó và có nhiều dạng tốn. Để làm tốt dạng tốn này địi hỏi học sinh cần:
- Xác định đúng các hệ số a; b (hoặc b’); c.
- Tính đúng  (hoặc ')

- Biến đổi biểu thức có liên quan đến hai nghiệm về dạng tổng và tích của hai
nghiệm.
- Vận dụng hệ thức Vi-ét.
Page 1


- Khi dạy về hệ thức Vi-ét, trong chương trình thời lượng khơng nhiều chỉ có 1 tiết
lí thuyết và 1 tiết luyện tập. Thông thường giáo viên chỉ thực hiện nhiệm vụ theo
phân phối chương trình với nội dung sách giáo khoa mà không đầu tư cho việc hệ
thống, phân dạng các bài tập về hệ thức Vi-ét. Bên cạnh đó các bài tập thể hiện
trong sách giáo khoa và sách bài tập số lượng không nhiều, chưa đề cập hết các
dạng cơ bản cần thiết để học sinh có đủ kiến thức khi giải bài tập dạng này trong
các đề kiểm tra học kỳ và đề tuyển sinh vào lớp 10. Do đó kết quả học tập của học
sinh đối với các bài tập về hệ thức Vi-ét thường khơng cao nếu giáo viên khơng có
sự tập hợp sắp xếp đầy đủ khoa học.
- Trong những năm học trước sau khi hồn thành việc giảng dạy và ơn tập các bài
toán về hệ thức Vi-ét khi chưa áp dụng áp dụng sáng kiến, tôi nhận thấy rằng đa số
các học sinh thường bỏ qua câu có vận dụng hệ thức Vi-ét trong các đề kiểm tra
học kỳ cũng như trong các đề tuyển sinh vào lớp 10.
Nguyên nhân:
- Học sinh không nắm chắc hệ thức Vi-ét và ứng dụng.
- Học sinh không biết làm thế nào để xuất hiện mối liên hệ của các dữ kiện
cần tìm với các yếu tố, điều kiện đã biết để giải bài tập.
2.2. Các giải pháp
2.2.1. Ơn tập lí thuyết
* Định lí Vi-ét: (thuận)
Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a �0 ) thì
b
�
x


x


1
2
�
�
a
�
c
�
x1 x 2 
�
a

Áp dụng: Nhờ định lí Vi-ét, nếu biết trước một nghiệm của phương trình bậc hai thì
có thể suy ra nghiệm kia.
 Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a �0 ) có a + b + c = 0 thì phương trình
có một nghiệm là x1 = 1, cịn nghiệm kia là x2 =

c
.
a

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

c
.

a

* Định lí Vi-ét: (đảo)
Page 2


u  v S
�
Nếu hai số u, v thỏa mãn �
thì hai số đó là hai nghiệm của phương
u.v  P
�
trình x2 – Sx + P = 0. (Điều kiện để có hai số u, v là S2 - 4P �0)
2.2.2. Các dạng toán và phương pháp giải.
Dạng toán 1: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn.
*Phương pháp: Để thực hiện việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương
trình bậc hai một ẩn ax2 + bx + c = 0 ( a �0 ), ta áp dụng nhận xét sau:
+ Trường hợp 1 (Trường hợp đặc biệt):
 Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a �0 ) có a + b + c = 0 thì phương trình
có một nghiệm là x1 = 1, cịn nghiệm kia là x2 =

c
.
a

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

c
.

a

+ Trường hợp 2: Cho phương trình x2 + bx + c = 0.
Ta thực hiện theo các bước:
 Bước 1: Vận dụng hệ thức Vi-ét để thiết lập cho các nghiệm x 1 và x2 là

�x1  x 2  b
�
�x1.x 2  c
 Bước 2: Thực hiện phân tích c thành tích của hai thừa số (c = m.n), từ đó ta
tính ngay được m + n. Khi đó:
- Nếu m + n = - b thì ta chuyển sang bước 3 (kết luận).
- Nếu m + n �- b, thì ta chuyển sang bước 2.
 Bước 3: Kết luận:
Phương trình x2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 = m và x2 = n.

 Chú ý: Thuật tốn trên có tính dừng và được hiểu như sau:
- Nếu tìm được một cặp (m, n) thỏa mãn điều kiện m + n = - b thì dừng lại và đưa
ra lời kết luận nghiệm.
- Nếu khơng tìm được một cặp (m, n) thỏa mãn điều kiện m + n = - b thì dừng lại
và trong trường hợp này khơng nhẩm được nghiệm.
* Ví dụ: Tính nhẩm nghiệm của mỗi phương trình sau:
Page 3


a) 2x2 - 3x + 1 = 0

b) x2 - 2x - 3 = 0

c) x2 + 5x + 6 = 0

Giải
a) 2x2 - 3x + 1 = 0
Nhận thấy phương trình có a + b + c = 2 + (-3) + 1 = 0. Do đó phương trình có một
nghiệm là x1 = 1, x2 =

c 1
 .
a 2

b) x2 - 2x - 3 = 0
Nhận thấy phương trình có a - b + c = 1 - (-2) + (-3) = 0. Do đó phương trình có
c
 3  3 .
một nghiệm là x1 = - 1, x2 = -  
a
1
c) x2 + 5x + 6 = 0
Ta thấy   52  4.1.6  1  0 . Do đó phương trình có hai nghiệm x1 và x2
�
�x1  x 2  5
�x1  x 2   2    3
�
thỏa mãn �
�
�x1.x 2  6   2  . 3
�x1.x 2  6   2  . 3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = - 2 và x2 = - 3.
Dạng tốn 2: Tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn.
* Phương pháp: Trước khi áp dụng định lí Vi-ét, ta cần kiểm tra điều kiện

xem phương trình bậc hai một ẩn có nghiệm hay khơng (tức là kiểm tra
a �0,  �0   ' �0  có thỏa mãn khơng).
* Ví dụ 1: Tính tổng và tích hai nghiệm của các phương trình:
a) 3x2 - 8x + 2 = 0

b) x2 + 4x + 4 = 0
Giải

a) 3x2 - 8x + 2 = 0 (a = 3 �0, b = -8, c = 2)
2
Ta có:   b 2  4ac   8   4.3.2  40  0 � Phương trình có hai nghiệm phân

b 8
c 2
biệt x1, x2. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x 2    , x1.x 2   .
a 3
a 3
b) x2 + 4x + 4 = 0 (a = 1 �0, b = 2b’ = 4, c = 4)
Ta có:  '  b'2  ac  22  1.4  0 � Phương trình có hai nghiệm x1, x2.
b
4
c 4
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x 2      4, x1.x 2    4 .
a
1
a 1
Page 4


* Ví dụ 2: Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm, rồi tính tổng và tích

các nghiệm theo m:
x2 + 2(m+1)x + m2 = 0
Giải
x2 + 2(m+1)x + m2 = 0 (a = 1 �0, b = 2b’ =2(m+1), c = m2).
2
2
2
Ta có:  '  �
  m  1 �
�
� 1.m  m  2m  1  m  2m  1 .
2

' 0 �۳
2m
 1 0
Để phương trình có nghiệm ���

m

1
.
2

1
Vậy với m � , phương trình có hai nghiệm x1, x2.
2
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
b 2  m  1
c m2

x1  x 2   
 2  m  1 , x1.x 2  
 m2 .
a
1
a
1
Dạng toán 3: Dùng hệ thức Vi-ét tìm nghiệm cịn lại khi phương trình bậc hai một
ẩn cho biết trước một nghiệm.
* Phương pháp: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a �0 ) cho biết một
nghiệm x1 = m. Tìm nghiệm cịn lại x2 ?
b
Ta làm như sau: Dùng hệ thức Vi-ét x1  x 2 =  . Thay x1 = m vào hệ thức,
a
b
b
c
ta có x 2    x1    m hoặc ta dùng hệ thức x1.x 2  . Thay x1 = m
a
a
a
�c �
�c �
: x1  � �
:m .
vào hệ thức, ta có x 2  � �
�a �
�a �
* Ví dụ:
a) Chứng tỏ rằng phương trình 3x2 + 2x - 21 = 0 có một nghiệm là -3. Hãy tìm

nghiệm kia.
b) Biết phương trình: 3x2 – 2(m – 3)x + 5 = 0 có nghiệm x 1 =

1
tìm nghiệm x2, giá
3

trị của m tương ứng.
Giải
a) x1 = - 3 là một nghiệm của phương trình 3x2 + 2x - 21 = 0.
Vì 3(-3)2 + 2.(-3) - 21 = 27 – 6 – 21 = 0.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
Page 5


x1  x 2 = 

b 2
2
2
2 7
� x2 
 x1 
  3  3   .
=
a
3
3
3
3 3

b) 3x2 – 2(m – 3)x + 5 = 0.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1.x 2 

1
c 5
 . Mà x1 = nên suy ra:
a 3
3

5
5 1
x 2  : x1  :  5. .
3
3 3
Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1  x 2 = 

b 2  m  3
2  m  3
1
=
� 5
� 16  2m  6 � m  11.
a
3
3
3

Vậy x2 = 5, m = 11.

Dạng tốn 4: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
* Phương pháp:
u  v S
�
Nếu hai số u, v thỏa mãn �
thì hai số đó là hai nghiệm của phương
u.v  P
�
trình x2 – Sx + P = 0 (1)

 Nhận xét: Nếu (1) có hai nghiệm x 1, x2 (điều kiện S2 - 4P �0) thì ta được:
u  x1
u  x2
�
�
hoặc
.
�
�
v

x
v

x
�
2
�
1
* Ví dụ : Tìm hai số u và v biết:

u + v = 32, u.v = 231;
Giải
Ta có u + v = 32, u.v = 231.
Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x2 - 32x + 231 = 0.
   32   4.231  100  0 �   100  10
2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 

32  10
32  10
 21; x 2 
 11 .
2
2

Vậy u = 21, v = 11 hoặc u = 11, v = 21.
Dạng tốn 5: Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm mà khơng giải
phương trình.

Page 6


* Phương pháp: Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x 1 và x2 của phương
trình ax2 + bx + c = 0 ( a �0 ) là biểu thức có giá trị khơng thay đổi khi ta hốn vị
(đổi chỗ) x1 và x2. Ta thực hiện theo các bước:
 Bước 1: Xét biệt thức   b 2  4ac  0 thì phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1, x2 (hoặc  '  0 ).
 Bước 2: Tìm tổng x1 + x2 = S và x1x2 = P của phương trình, rồi thay vào biểu
thức.

Chú ý: Một số phép biến đổi:
(1). x12  x 22   x1  x 2   2x1x 2  S2  2P;
2

(2). x13  x 32   x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2   S3  3SP;
3

(3). x14  x 24   x12    x 22    x12  x 22   2  x1x 2    S2  2P   2P 2 ;
2

(4).

2

2

2

2

1
1 x1  x 2 S


 ;
x1 x 2
x1x 2
P

1

1 x12  x 22 S2  2P
(5). 2  2 

.
x1 x 2  x1 x 2  2
P2
* Ví dụ . Cho phương trình x2 + mx + 1 = 0 (m là tham số)
Nếu phương trình có nghiệm x1, x2 . Hãy tính giá trị biểu thức sau theo m:
a) x12 + x22
b) x13 + x23
c) x1  x2
Giải:
Vì phương trình có nghiệm x1, x2 nên theo hệ thức Viét ta có:
x1+ x2 = -m và x1.x2 = 1
a) x12 + x22 = (x1 +x2)2 - 2x1x2 = m2 - 2
b) x13 + x23 = (x1+x2)3 - 3x1x2(x1+ x2) = -m3+ 3m
c) (x1 - x2)2 = (x1 +x2)2 - 4x1x2 = m2- 4 nên x1  x2 =

m2  4

Dạng tốn 6: Tìm hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số.
* Phương pháp: Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x 1, x2 ( a �0,  �0 hoặc
a �0,  ' �0 ).
Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét tính S = x1 + x2, P = x1x2 theo tham số.
Page 7


Bước 3: Khử m để lập hệ thức giữa S và P, từ đó suy ra hệ thức giữa hai nghiệm
khơng phụ thuộc vào tham số.

* Ví dụ 1. Cho phương trình x2 – 2mx + 2m - 2 = 0 (x là ẩn)
Tìm hệ thức liên hệ gữa x1, x2 khơng phụ thuộc vào m.
Giải
Phương trình x2 – 2mx + 2m - 2 = 0 có:  '  m 2  2m  2   m  1  1  0 với mọi
2

m. Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
S  x1  x 2  2m (1)
�
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: �
.
P  x1x 2  2m  2 (2)
�
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta được S – P = 2 � x1 + x2 - x1x2 = 2 (khơng phụ thuộc
vào m).
* Ví dụ 2. Cho phương trình mx2 - 2(m - 3)x + m+ 1 = 0 (m là tham số )
Biết phương trình ln có hai nghiệm, tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm
khơng phụ thuộc vào m.
Giải :
Do phương trình ln 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 

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
Nhận xét: Ngoài cách cộng vế theo vế, ta có thể thế m từ hệ thức (1) vào hệ thức
(2) để khử m. Trong quá trình làm tránh vội vàng áp dụng ngay hệ thức Vi-ét mà
quên mất bước tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x1, x2.
Dạng tốn 7: Tìm giá trị của tham số để các nghiệm của phương trình thỏa
mãn một điều kiện cho trước.
* Phương pháp: Ta thực hiện theo các bước sau:
 Bước 1: Tìm điều kiện của tham số (giả sử tham số là m) để phương trình có
nghiệm x1, x2 (tức là cho  �0 hoặc  ' �0 ).
Page 8


�x1  x 2  S  f (m)
(I) .
 Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta được: �
x

x

P

g(
m
)
�1 2
 Bước 3: Biểu diễn điều kiện cho trước thông qua hệ (I) để tìm m.
 Bước 4: Kết luận: Chọn giá trị m thích hợp với điều kiện và trả lời.
* Ví dụ 1. Cho phương trình: 7x2 + 2(m – 1)x – m2 = 0.
a) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, dùng hệ thức Vi-ét, hãy tính
tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình theo m.
Giải
2
a) Phương trình có nghiệm �  ' �0 �  m  1  7m 2 �0 (đúng với mọi m).

Vậy với mọi giá trị của m phương trình ln có nghiệm.
b) Gọi x1 và x2 là nghiệm của phương trình.
�
2 1  m
x

x

S

2
�

�1
7
(I) .
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: �
2

m
�x x  P 
1 2
�
7
�
Theo bài, ta có hệ thức: x12  x 22 =  x1  x 2   2x1x 2 (II). Thay (I) vào (II), ta có:
2

2  1  m  � �m 2 � 18m 2  8m  4
�
x x �
�
� 2.�
49
� 7
� �7 �
2

2
1

2
2

* Ví dụ 2. Cho phương trình x2 - 6x + m = 0. Tính giá trị của m, biết rằng
phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1  x 2  4 .
Giải
Phương trình có hai nghiệm x1, x2 khi và chỉ khi:
�
���
' 0 
 3  m 9 m 0
2

m 9.

(1)
�x1  x 2  6
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: �
�x1x 2  m (2)
Theo bài: x1  x 2  4 (3).
Giả hệ gồm (1) và (3), ta được: 2x1  10 � x1  5 � x 2  6  x1  6  5  1.
Thay x1 = 5, x2 = 1 vào (2), ta có: 5.1 = m � m = 5 (thỏa mãn điều kiện)
Page 9


Vậy với m = 5 thì x1  x 2  4 .
* Ví dụ 3. Cho phương trình: x 2 - 2(m +1)x + 2m = 0

(với ẩn là x ).

(1)

a) Giải phương trình (1) khi m =1.
b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Giải
a) Khi m = 1 ta có phương trình x2 – 4x + 2 = 0 .
Giải phương trình được x1  2  2; x 2  2  2
b) Ta có  '  m 2  1  0 với mọi m.
Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.
* Ví dụ 4. Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 4 = 0 (có ẩn số là x).
a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho.
Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x12  x 22
Giải
a) Ta có  '   m  1   2m  4   m 2  2m  1  2m  4   m  2   1  0 với mọi
2

2

m. Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.
�x1  x 2  2(m  1)  2m  2 (1)
b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có: �
(2)
�x1 x 2  2m  4

Theo bài: y = x12  x 22 =  x1  x 2   2x1x 2 (3)
2

Thay (1) và (2) vào (3), ta có:
y =  2m  2   2  2m  4   4m 2  12m  12   2m  3   3 .
2

2

Vì  2m  3 �0 với mọi m nên suy ra y =  2m  3  3 �3 .
2

2

3
3
Dấu “=” xảy ra � 2m  3  0 � m  . Vậy ymin = 3 � m 
2
2
Dạng toán 8: Xét dấu các nghiệm.
* Phương pháp: Dùng hệ thức Vi-ét ta có thể xét dấu các nghiệm x 1, x2 của
phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a �0 ) dựa trên kết quả:
- Phương trình có hai nghiệm trái dấu x1  0  x 2 � P 

c
 0.
a
Page 10


�
 �0   ' �0 
- Phương trình có hai nghiệm cùng dấu � �
.
P0
�
 �0   ' �0 

�
�
P0
- Phương trình có hai nghiệm dương � �
.
�
S0
�
 �0   ' �0 
�
�
P0
- Phương trình có hai nghiệm âm � �
.
�
S0
�
* Ví dụ . Tìm điều kiện của m để phương trình sau:
2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
a) Có hai nghiệm khác dấu
b) Có hai nghiệm phân biệt đều âm
c) Có hai nghiệm phân biệt đều dương
d) Có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau
Giải:
Ta có:   (2m  1) 2  4.2.( m  1)  4 m2  4m  1  8m  8

 4m 2  12m  9  (2m  3) 2 �0
Do đó phương trình ln có nghiệm với mọi m
a) Phương trình có hai nghiệm khác dấu khi P < 0 hay m - 1 < 0  m < 1
b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt đều âm khi

2
�  0
�
2m  3  0

�m  1
�
�
�
�
�S  0 � � 1  2m  0 � � 3
m�
�P  0
� m 1  0
�
�
2
�
�

c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương khi
2
�
�  0
 2m  3  0
�
�
�S  0 � � 1  2m  0 � khơng có giá trị nào của m thoả mãn
�P  0
� m 1  0

�
�

d) Phương trình có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu
nhau hay phương trình có hai nghiệm đối nhau .
Phương trình có hai nghiệm đối nhau khi
Page 11


� �0
�
�S  0

 1 - 2m = 0 

m=

1
2

Dạng 9: Ứng dụng hệ thức Viét đảo vào bài tập
Ví dụ 1: Tìm hai số x và y biết
�x  y  3
2
�x  y  5

a) � 2

�x y  2
2

�x  y  34

b) � 2

Giải:
a) Đặt S = x + y; P = xy ta có hệ
� S 3
�2

�S  2 P  5

�S  3
�
�P  2

Suy ra x, y là nghiệm của phương trình X2 - 3X + 2 = 0
Giải phương trình ta được x1 = 1; x2 = 2 .

Vậy (x ; y) �  2;1 ;  1; 2  

b) Đặt S = x - y; P = xy ta có hệ
� S 2
�S  2
��
�2
�S  2 P  34
�P  15

Suy ra x + (-y) = 2 và x(-y) = -15 hay x và -y là nghiệm của phương trình
X2 - 2X - 15 = 0 giải ra ta được x1 = 3; x2 = -5

Vậy (x ; y) �  3;5 ;  5;3 
Thực chất dạng này được ứng dụng vào giải hệ đối xứng hai ẩn.
Ta xét tiếp ví dụ sau
Ví dụ 2: Giải hệ
�x 2  xy  y 2  4
a) �
�x  xy  y  2

b)

�xy ( x  1)( y  2)  2
�2
2
�x  x  y  2 y  1

Giải:
a) Đặt S = x + y; P = xy ta có hệ
�S 2  P  4
� S = 2 , P = 0 hoặc S = -3; P = 5
�
�S  P  2

Suy ra

x, y là nghiệm phương trình X2 - 2X = 0 hoặc X2 + 3X + 5 =0
Vậy (x ; y) �  0; 2  ;  2;0  

b) Đặt x2 + x = S; y2 - 2y = P ta đưa về hệ đối xứng hai ẩn sau:
�SP  2
�

�S  P  1

suy ra S, P là nghiệm phương trình X2 - X - 2 = 0
Page 12


Giải ra ta được x1= -1; x2 = 2
�x 2  x  1
Từ đó ta có � 2
�y  2 y  2

� x2  x  2
hoặc � 2
�y  2 y  1

Vậy (x ; y) �  1;1 ;  2;1 
Hệ thức Viét đảo còn được ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức, vận
dụng vào các bài toán chứng minh khác . Ta xét các ví dụ sau
Ví dụ 3: Cho ba số a, b, c thoả mãn điều kiện sau:
a > 0, a2 = bc, a + b + c = abc. Chứng minh rằng:
a � 3 , b > 0, c > 0 và b2 + c2 �2a2
Giải:
Từ a + b + c = abc  b + c = a(bc - 1) = a( a2 - 1) mà bc = a2 nên b, c là
nghiệm của phương trình:

X2 - (a3 - a)X + a2 = 0

Ta có  =(a3 - a)2 - 4a2 �0  (a2 - 1)2 �4  a2 �3  a � 3 ( vì a > 0)
Khi đó b+ c = a( a2 - 1) > 0 và bc = a2 > 0 nên

b > 0, c > 0.

Ví dụ 4: Cho a, b, c là ba số khác nhau từng đôi một và c �0. Chứng minh rằng
nếu hai phương trình x2 + ax + bc = 0 (1) và x2 + bx + ca = 0 (2) có đúng
một nghiệm chung thì nghiệm khác của các phương trình đó thoả mãn
phương trình x2 + cx + ab = 0
Giải:
Giả sử (1) có nghiệm x0 , x1 và (2) có nghiệm x0 , x2 ( x1 �x2). Ta có:
�x02  ax0  bc  0
� ( a - b)(x0 - c) = 0  x0 = c ( vì a �b)
�2
�x0  bx0  ca  0

Áp dụng định lý Viét vào phương trình (1) và phương trình (2) ta có:
�x0  x1  a
�
�x0 x1  bc

và

�x1  b
�x0  x2  b
�x  x  c
�
� �1 2
�
 �x2  a
x x  ab
�x0 x2  ca
�

a  b  c  0 �1 2
�

Do đó x1, x2 là nghiệm của phương trình x 2 + cx + ab = 0 ( phương trình này ln
có nghiệm vì = c2 - 4ab = (a + b)2 - 4ab = (a - b)2 > 0)
*) Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Khơng giải phương trình hãy xét dấu các nghiệm của phương trình sau:
a) x2 - 3x + 4 = 0
Page 13


b) 2x2 - 3 x + 4 = 0
Bài tập 2: Tìm m để phương trình x4 - mx2 + m -1 = 0 có:
a) Bốn nghiệm phân biệt
b) Ba nghiệm phân biệt
c) Hai nghiệm phân biệt
Bài tập 3: Cho phương trình x2 + 4x + 1 = 0 có hai nghiệm là x1 và x2
Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là x12 + x22 và x12 - x22.
Bài tập 4: Cho phương trình x2 - mx + 6 = 0
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn
a) x1 - x2 = 1
b) x12 + x22 = 37
Bài tập 5: Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x - m = 0
a) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm khơng phụ thuộc vào m
c) Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm âm
d) Tìm m để phương trình có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái
dấu nhau.
e) Tìm m để x1  x2 nhỏ nhất.
Bài tập 6: Giải hệ

�x 2  y 2  25
a) �
�xy ( x  y )  84

�
�x y  y x  30
b) �
�x x  y y  35

�x 2  y 2  ( x  3 y )  12
c) �
�xy ( x  1)( y  3)  20

Bài tập 7: Cho phương trình x2 - 3x + 1 = 0. Tính giá trị biểu thức
A = x14  11x  29  2 x1 (x1 là một nghiệm của phương trình )
Bài tập 8: Cho phưong trình x2 - 3x - 1 = 0 với x1  x2 . Tính giá trị biểu thức
B = x14  25 x1  5  2 x1
Bài tập 9: Tìm p, q để phương trình x2 + px + q = 0 có các nghiệm x1, x2
thoả mãn:
�x1  x2  5
�3 3
�x1  x2  35

Bài tập 10: Xác định a để phương trình x2 + ax + 1 = 0 có nghiệm x1, x2
Page 14


thoả mãn:
x12 x22


7
x22 x12

Bài tập 11: Giả sử phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương x 1, x2.
Chứng minh rằng phương trình cx2 + bx + a = 0 có hai nghiệm dương
x3, x4 và x1+ x2 + x3 + x4 �4
2.2.3. Kết quả cụ thể:
Qua kết quả khảo sát của giáo viên năm học trước (năm học 2018-2019)
Thời gian

TSHS

Từ trung bình trở lên

Dưới trung bình

Số lượng

Tỉ lệ

Số lượng

Tỉ lệ

Đầu năm

23

11

47,8

12

52,2

Cuối HK I

23

13

56,5

10

43,5

Cuối HK II

23

16

69,6

7

30,4

3. Phần kết luận
3.1. Ý nghĩa của sáng kiến
Trên cơ sở phân tích, đối chiếu, so sánh, một lần nữa tơi có thể khẳng định
rằng sáng kiến kinh nghiệm “Ứng dụng hệ thức Vi-ét giải các dạng toán của
phương trình bậc hai” có khả năng áp dụng rộng rãi cho mỗi giáo viên dạy toán
lớp 9 ở các trường THCS. Sáng kiến đã chỉ ra được việc cần thiết phải phân dạng
các bài toán về hệ thức Vi-ét và việc ứng dụng của nó đồng thời chỉ rõ các phương
pháp cụ thể để thực hiện từng nội dung. Giúp giáo viên có tài liệu để giảng dạy chủ
đề hệ thức Vi-ét một cách đầy đủ, hệ thống, khoa học. Từ đó nâng cao chất lượng
cho học sinh khơng chỉ giới hạn trong việc giải quyết các bài toán về hệ thức Vi-ét
mà còn củng cố rèn luyện được nhiều kiến thức tốn học khác. Góp phần nâng cao
kết quả cho học sinh trong kiểm tra học kì 2, cũng như trong kì thi vào THPT và
tạo tiền đề vững chắc cho việc học toán sau này của các em.
3.2. Kiến nghị đề xuất
Qua nhiều năm dạy toán 9, với sự đầu tư nghiên cứu của bản thân, tôi đã rút
ra được một số kinh nghiệm như sau:
- Trong quá trình giảng dạy giáo viên cần phân dạng tốn cho học sinh.
- Học sinh phải nắm vững phần lý thuyết.
- Làm bài tập từ dễ đến khó theo yêu cầu của giáo viên. Kiểm soát hoạt động học
tập của học sinh đặc biệt là học tập ở nhà.
Page 15


- Giáo viên cần giới thiệu cho học sinh các loại sách chuyên đề để học sinh
nghiên cứu thêm.
Trên đây là sáng kiến được đúc rút từ sự nghiên cứu, tìm tịi, sưu tầm các tài
liệu và kinh nghiệm của bản thân qua thực tế giảng dạy. Để sáng kiến này được
hay và đầy đủ hơn, rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp, q
thầy cơ giáo trong hội đồng khoa học nhằm giúp tôi tiến bộ hơn trong công tác
giảng dạy cũng như việc thực hiện giải pháp trên ngày càng được hồn chỉnh hơn.

Tơi xin chân thành cảm ơn!

Page 16


Tài liệu tham khảo
1. SGK, SBT Toán 9 (Nhà xuất GD- 2005)
2. Báo Toán học và Tuổi trẻ
3. Báo Toán tuổi thơ 2
4. Các đề thi vào THPT, trường chuyên các tỉnh
5. Sách giáo khoa Toán 9 (tập 2) - NXB giáo dục-2005
6. Sách Nâng cao và phát triển Toán 9(tập 2) - NXB giáo dục-2005
- Vũ Hữu Bình - 2005
7. Sách Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9 - NXB giáo dục-2005
- Vũ Dương Thuỵ - Nguyễn Ngọc Đạm
8. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS- Đại số- NXB giáo dục-2005
- Nguyễn Vũ Thanh

Page 17


5. Mục lục
1. Phần mở đầu
1.1. Lý do chọn sáng kiến kinh nghiệm …………………………….Trang 1
1.2. Điểm mới của sáng kiến ............................................................. Trang 1

2. Phần nội dung
2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu ..............Trang 1 đến Trang 2
2.2. Các giải pháp ........................................................ Trang 2 đến Trang 15

3. Phần kết luận
3.1. Ý nghĩa của sáng kiến ......................................... Trang 15
3.2. Kiến nghị đề xuất ................................................ Trang 15 đến Trang 16

4. Tài liệu tham khảo
Tài liệu tham khảo ………………………………………………... Trang 17

5. Mục lục
Mục lục …………………………………………………………… Trang 18

Page 18


Ý KIẾN NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC:
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
Xếp loại: ………………………………

Page 19