Một số biện pháp hướng dẫn học sinh lớp 9 ứng dụng định lí VI ET trong giải toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ BIỆN PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 9ỨNG
DỤNG ĐỊNH LÍ VI-ET TRONG GIẢI TỐN

Người thực hiện:
Bùi Thị Ngà
Chức vụ:
Giáo viên
Đơn vị cơng tác: Trường THCS HoằngĐại
SKKN thuộc mơn:
Tốn


THANH HĨA NĂM 2021
MỤC LỤC
Mục
I
1
2
3
4
II
1
2
3
3.1
3.2

3.2.1
3.2.2
3.2.3
3.2.4
3.2.5
3.2.6
4
III

2

Nội dung
MỞ ĐẦU

Lí do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
NỘI DUNG
Cơ cở lí luận
Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Kiến thức cơ bản về định lý vi ét
Một số ứng dụng của định lý Viét trong giải tốn
Bài tốn tìm điều kiện của tham số để bài toán thoả mãn các
yêu cầu đặt ra
Bài toán xét dấu nghiệm của phương trình mà khơng giải
phương trình
Bài tốn lập phương trình bậc hai một ẩn, tìm hệ số của
phương trình bậc hai một ẩn số

Bài tốn chứng minh
Bài tốn giải phương trình và hệ phương trình
Định lí Vi et với bài toán cực trị
Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

Trang
1
1
1
2
2
2
2
3
4
4
6
6
9
10
12
13
14
18
19


I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

Trong chương trình giảng dạy để đạt được kết quả tốt thì việc đổi mới
phương pháp dạy học là vấn đề có tầm quan trọng đặc biệt.Dạy học giải toán là
một trong những vấn đề trọng tâm của dạy học mơn tốn ở trường THCS. Đối
với học sinh thì hoạt động giải tốn là hoạt động chủ yếu của việc học tập mơn
tốn.
Trong việc dạy học tốn thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và
giải bài tập toán phù hợp với mỗi đối tượng học sinh đòi hỏi người giáo viên
phải chọn lọc hệ thống câu hỏi, hệ thống bài tập, sử dụng đúng các phương pháp
dạy học,…góp phần hình thành và phát triển tư duy của học sinh.
Thông qua việc học toán của học sinh được cung cấp mọt cách có hệ
thống kiến thức lý thuyết, được rèn luyện nhiều về phương pháp giải tốn, giúp
các em nhận dạng, tìm tịi đường lối giải tốn nhanh chóng, hình thành kỹ năng
phát triển tư duy ngày một sâu sắc hơn và qua đó các em càng u thích mơn
toan hơn.
Trong một số bài tập được đề cập chương trình đại số bậc THCS, tơi nhận
thấy bài tập về cơng thức tính nghiệm của phương trình bậc hai, đặc biệt là định
lý Viét và ứng dụng trong việc giải tốn đóng vai trị quan trọng của phương
trình nó là đối tượng nghiên cứu trung tâm của môn đại số.
Qua nhiều năm giảng dạy tốn ở trường THCS tơi nhận thấy học sinh lớp
9 được làm quen với phương trình bậc hai, cơng thức tính nghiệm của phương
trình bậc hai, đặc biệt là định lý vi ét và ứng dụng trong việc giải toán nhưng khi
gặp dạng toán ứng dụng định lý vi ét trong giải tốn học sinh thường lúng túng
khơng biết bắt đầu từ đâu đi theo hướng nào đối với một số bài tốn đặc biệt.
Đứng trước vấn đề đó, tôi đi sâu vào nghiên cứu đề tài: “Một số biện
pháp hướng dẫn học sinh lớp 9 ứng dụng định lý Viét trong giải toán” với
mong muốn giúp cho học sinh nắm vững và sử dụng thành thạo định lý Viét,
đồng thời làm tăng khả năng, năng lực học toán và kích thích hứng thú học tập
của học sinh.
2.Mục đích nghiên cứu
Đề tài này giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống một số phương

pháp cơ bản khi ứng dụng định lý vi ét vào giải toán và được ứng dụng nhiều
trong các dạng toán khác; rất nhiều phương pháp mà học sinh cịn lúng túng.
Qua đó cũng phát huy tính tích cực cho học sinh trong việc tư duy để giải các
loại toán khác.
Muốn đạt được điều đó phải địi hỏi tính tích cực, tính tư duy của người
học nhưng phương pháp của người thầy cũng rất quan trọng, làm cho học sinh
học một nhưng có thể làm được hai, ba. Từ bài toán đơn giản mở rộng lên bài
khó
Trong đề tài này, tơi chỉ đưa ra nghiên cứu một số ứng dụng của định lý
Viét trong việc giải một số bài toán thường gặp ở cấp THCS và cũng chính là
3


nội dung hết sức cơ bản và quan trọng trong chương trình thi vào lớp 10 THPT.
Do đó chỉ đề cập đến một số loại bài tốn đó là:
a) Ứng dụng của định lý Viét trong giải tốn tìm điều kiện của tham số để
bài toán thoả mãn các yêu cầu đặt ra
b) Loại toán xét dấu nghiệm của phương trình mà khơng giải phương
trình
c) Ứng dụng của định lý trong giải bài tốn lập phương trình bậc hai một
ẩn, tìm hệ số của phương trình bậc hai một ẩn.
d) Ứng dụng của định lý Viét trong giải toán chứng minh.
e) Áp dụng định lý Viét giải phương trình và hệ phương trình.
g) Định lý Viét với bài tốn cực trị.
Rèn kỹ năng vận dụng kiến thức đã học kỹ năng tính tốn.. giải thành thạo
các dạng tốn ứng dụng vi ét thấy rõ mục đích của việc học tốn, góp phần nâng
cao chất lượng giáo dục.
3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh ở lứa tuổi 15 trong trường THCS vì đa số các em chăm học,
thích học tốn và bước đầu thể hiện năng lực tiếp thu một cách tương đối ổn

định.
Đề tài áp dụng cho học sinh lớp 9 trường THCS Hoằng Đại, Thành Phố
Thanh Hoá trong tiết học chính khố, ơn thi học sinh giỏi, ơn thi vào lớp 10
THPT.
4. Phương pháp nghiên cứu
Giáo viên phải hệ thống được các khái niệm về định lý và các tính chất
của định lý vi ét. Nghiên cứu, tìm tịi, khai thác các kiến thức liên quan đến định
lý vi ét qua tài liệu sách, báo và mạng Internet để tìm được những ứng dụng đa
dạng. Mặt khác phải tìm hiểu đối tượng học sinh, lựa chọn phương pháp, các
dạng bài tập thích hợp đối với từng đối tượng học sinh.Tổng kết phân tích
nguyên nhân, đúc rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy, từ đó tơi định hình
cho việc nghiên cứu đề tài.
Học sinh có kiến thức cơ bản, đưa ra phương pháp giải, làm bài tập áp
dụng, rút ra một số chú ý ( thường được vận dụng đề làm bài tập) bài tập tự giải
(học sinh về nhà làm, những bài tập khó có sự hướng dẫn của giáo viên)
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận
Để việc dạy học sinh ứng dụng định lý viét trong giải toán đạt kết quả thì
giáo viên phải hiểu sâu rộng vấn đề cần truyền đạt, kết hợp tốt phương pháp
truyền thống và phương pháp hiện đại; lấy học sinh làm trung tâm của quá trình
dạy và học; phát huy khả năng tự học, tính tích cực, sáng tạo và tự giác học tập
và
ứng
dụng
vào
thực
tiễn.
Mộttrongnhững
thànhtốcơbảnvàtrọngyếucủađổimớigiáodụclàcơngtácđổimới phươngpháp dạyhọc.
Chỉcóđổimớiphươngpháp

dạy-họcchúngtamớicóthểtạođược
sựđổimớithựcsựtronggiáodục.
Cốtlõicủađổimớiphươngphápdạyhọclàhướngtớihoạtđộnghọctậpchủđộng,
4


chốnglạithóiquenhọctậpthụđộng,đượctổchứcthơngquaphươngphápdạyhọctích cực
Muốn ứng dụng định lý vi ét vào giải tốn một cách thành thạo và nhanh
chóng thì trước tiên phải hiểu đúng bản chất của định lý vi ét sau đó nắm chắc
những phương pháp cơ bản và các phương pháp nâng cao để vận dụng vào bài
toán cụ thể.
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Năm học 2019- 2020 sau khi học xong nội dung ứng dụngđịnh lý vi ét để
giải tốn, tơi cho học sinh lớp 9 trường THCS Hoằng Đại làm bài khảo sát. Tôi
đã chấm và thu được kết quả như sau:
Tổng số học sinh của lớp: 40 trong đó 21 học sinh nam và 19 học sinh nữ
Qua khảo sát chất lượng đầu năm mơn tốn tơi thu được kết quả sau:
Thống kê điểm
Mơn
Điểm 8;9;10
Điểm 5;6;7
Điểm 3;4
Điểm 1;2
Lớp
Tố
9
SL
%
SL
%

SL
%
SL
%
n
11
27.5
21
52.5
8
20.0
0
0
Tìm hiểu ngun nhân tơi thấy:
a) Về phía học sinh:
Có những học sinh nắm được kiến thức cơ bản nhưng sử dụng các kiến
thức đó chưa được lơgic với nhau hoặc có những học sinh chưa nắm được kiến
thức cơ bản, chưa nắm vững được phương pháp để giải một bài toán… Chính vì
vậy mà năng lực học tốn của học sinh cịn nhiều hạn chế. Học sinh học yếu
tốn là do phương pháp học tập thụ động, mơ hồ, thiếu tính trực quan cụ thể.
Chưa thực hiện được quy trình từ trực quan, trực giác đến dự đốn, tìm tịi.
Khơng ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù
hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa
cao. Nhiều học sinh hài lịng với lời giải của mình, mà khơng tìm lời giải khác,
khơng mở rộng khai thác phát triển, sáng tạo bài tốn nên khơng phát huy được
hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
b) Về phía giáo viên:
Giáo viên phải nắm vững nội dung yêu cầu của chương trình, phạm vi, mức độ
kiến thức, xu hướng thời đại. Giáo viên phải có q trình tự học nghiêm túc,
phải biết ba, bốn … để dạy một. Giáo viên phải bám sát phương pháp đặc trưng

của bộ mơn. Nói chung phương pháp dạy của giáo viên quyết định cách thức
học tập và nghiên cứu của trò.
Vấn đề đặt ra là: Làm thế nào để thu hút, huy động được toàn bộ các đối
tượng học sinh trong lớp có hứng thú say mê và nắm vững phương pháp khi học
và giải bài tập toán?
Trước thực trạng trên địi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy
và học sao cho phù hợp. Xuất phát từ tình hình thực tế điều tra và giảng dạy trực
tiếp tơi đưa ra một số biện pháp dạy ứng dụng định lý vi ét trong giải toán như
sau:
3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
3.1.Kiến thức cơ bản về định lý vi ét
5


a) Định lý vi ét
Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có 2 nghiệm x1, x2 thì
−b
S = x 1 + x2 = a
c
P = x1 . x2 = a

− b

x1 + x2 =



a 
( a ≠ 0vµΔ ≥ 0) ⇒ 



x .x = c
1
2




a

* Hệ quả: PT bậc 2: ax2 + bx + c = 0 (*)
c
- Nếu a + b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x1 = 1, nghiệm kia là x2 = a
−c
- Nếu a - b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x1 = - 1; nghiệm kia là x2 = a

b) Định lý đảo

x1 + x2 = S

x .x = P
Nếu có 2 số x1, x2 thoả mãn  1 2
thì chúng là nghiệm số của
2
phương trình: t - St + P = 0(Điều kiện ∃ 2 số x1, x2 là S2– 4P≥ 0)
Chú ý:
*Trước khi áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phương trình có 2
a ≠ 0

nghiệm ⇔ Δ ≥ 0(Δ' ≥ 0)

*a+b+c=0⇔x=1;a-b+c=0⇔x=-1
x + y = S

* Nếu có: x = α ; y = β là nghiệm hệ phương trình xy = P

thì α, β là nghiệm của phương trình: t2 - St + P = 0.
c) Tính giá trị của các biểu thức nghiệm
6


Đối các bài toán dạng này điều quan trọng nhất là phải biết biến đổi biểu
thức nghiệm đã cho về biểu thức có chứa tổng nghiệm S và tích nghiệm P để áp
dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị của biểu thức
* Biến đổi biểu thức để làm xuất hiện : (

x1 + x2

) và

x1 x2

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 



x14 + x24 = ( x12 ) 2 + ( x22 )2 = ( x12 + x22 ) − 2 x12 x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2  − 2 x12 x22
2

2

1 1 x1 + x2
+ =
x1 x2
x1 x2

Ta biết

( x1 − x2 )

2

= ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 ⇒ x1 − x2 = ±
2

( x1 + x2 )

2

− 4 x1 x2

Từ các biểu thức đã biến đổi trên hãy biến đổi các biểu thức sau:
x12 − x22

(

x13 − x23

= ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 )

(=

x14 − x24

(=

x16 + x26

(=

=…….)

( x1 − x2 ) ( x12 + x1 x2 + x22 ) = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 )

(x

2
1

+ x22 ) ( x12 − x22 )

2

− x1 x2 


=……. )

=…… )

( x12 )3 + ( x22 )3 = ( x12 + x22 ) ( x14 − x12 x22 + x24 )

= ……..)

* Các biện pháp để tổ chức thực hiện
2

a) Nếu phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 ( a

≠

0)

Biện pháp: Giáo viên dạy cho học sinh học và nắm chắc kiến thức cơ bản sau:
Có 2 nghiệm phân biệt
x1 + x2 = −

S=

b
a

x1 , x2

x1.x2 =
và P =

b)Tính nhẩm nghiệm

7

thì tổng và tích hai nghiệm đó là:

c
a


2

Nếu a + b + c = 0 thì phương trình ax + bx + c = 0 ( a
c
x1 = 1, x2 =
a
nghiệm số là
2

Nếu a - b + c = 0 thì phương trình ax + bx + c = 0 ( a
x1 = −1, x2 = −

nghiệm số là

≠

≠

0 ) có các

0 ) có các

c
a

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

và tích u.v = P thì u và v là 2

x 2 − Sx + P = 0

Biện pháp:Áp dụng định lý viét đảo

x1 + x2 = S

x .x = P
Nếu có 2 số x1, x2 thoả mãn  1 2
thì chúng là nghiệm số của phương
2
trình: t - St + P = 0(Điều kiện ∃ 2 số x1, x2 là S2 – 4P ≥ 0)

Chú ý nếu có hai nghiệm x1, x2 thì

éu = x1 , v = x2
ê
êu = x2 , v = x1
ë

3.2. Một số ứng dụng của định lý Viét trong giải tốn
3.2.1.Bài tốn tìm điều kiện của tham số để bài toán thoả mãn các yêu

cầu đặt ra
Biện pháp:
Đối với các bài toán dạng này, ta làm như sau:
- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2
(thường là a ≠ 0 và ∆≥ 0).
-Có 2 nghiệm phân biệt
x1 + x2 = −

S=

b
a

x1 , x2

x1.x2 =
và P =

thì tổng và tích hai nghiệm đó là:

c
a

-Từ biểu thức nghiệm đã cho, áp dụng hệ thức vi ét để giải phương trình
(có ẩn là tham số).
-Đối chiếu với điều kiện xác định của tham số để xác định giá trị cần tìm.
Các ví dụ:
8

Ví dụ 1: Tìm giá trị của m để các nghiệm x1, x2 của phương trình
mx2 - 2(m - 2)x + (m - 3) = 0 thoả mãn điều kiện

x12 + x22 = 1

Bài giải:Điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt hoặc nghiệm kép):
m ≠ 0 ; ∆' ≥ 0
∆' = (m - 2)2 - m(m - 3) = - m + 4
∆' ≥ 0 ⇔ m ≤ 4.
Với 0 ≠ m ≤ 4, theo định lý Viét, các nghiệm x 1 ; x 2 của phương trình
có liên hệ:x1 + x2 =
Do đó: 1 =

2(m − 2)
m

x12 + x22

;

x1.x2 =

m −3
m

= (x1 + x2)2 - 2x1x2 =

4(m − 2) 2
m2

-

2(m − 3)
m

⇔ m2 = 4m2 - 16m + 16 - 2m2 + 6m
⇔ m2 - 10m + 16 = 0
⇔ m = 2 hoặc m = 8
Giá trị m = 8 không thoả mãn điều kiện 0 ≠ m ≤ 4
Vậy với m = 2 thì

x12 + x22

=1

Ví dụ 2: Cho phương trình x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = 0. Tìm m để phương
trình có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thoả mãn

1 1 x1 + x2
+
=
x1 x 2
5

Bài giải:

Ta phải có:


Δ ' = (−(m− 2))2 − (m2 + 2m− 3) > 0(1)


(2)
x1.x2 ≠ 0
 1 1 x1 + x2
(3)
x + x = 5
 1
2

(1) ⇔∆' = m2 - 4m + 4 - m2 - 2m + 3 = - 6m + 7 > 0 ⇔ m <

7
6

(2) ⇔ m2 + 2m - 3 ≠ 0 ⇔ (m - 1)(m + 3) ≠ 0 ⇔ m ≠ 1; m ≠ - 3

(3) ⇔
9

x1 + x2 x1 + x2
=
⇔ ( x1 + x2 )(5 − x1 .x2 ) = 0
x1 .x2
5


Trường hợp: x1 + x2 = 0 ⇔ x1 = - x2⇒ m = 2 không thoả mãn điều kiện (1)
Trường hợp: 5 - x1.x2 = 0 ⇔ x1.x2 = 5
Cho ta: m2 + 2m - 3 = 5 ⇔ (m - 2)(m + 4) = 0
m = 2 (lo¹i)

⇔
m = 4 (thoảmÃn Đ K)

món

Vy vi m = - 4 phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x2 phân biệt thoả
x + x2
1
1
+
= 1
x1 x 2
5

Ví dụ 3: Cho phương trình: mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0 (m là tham số).
a) Xác định m để các nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn
x1 + 4x2 = 3
b) Tìm một hệ thức giữa x1; x2 mà không phụ thuộc vào m.
Bài giải:

a) Ta phải có:

2( m + 1)

 x1 + x2 =
m

m−4
 x1.x2 =


m

x
+
4
x
=
3
 1
2
m ≠ 0



2

∆ ' = ( −( m + 1) − m(m − 4) ≥ 0

x2 =

Từ (1) và (3) tính được:
Thay vào (2) được

x1 + 4x2 = 3.
b) Theo hệ thức Viét:
x1 + x2 = 2 +
10

2
m

(3)

⇔ 2m2 - 17m + 8=0

Giải phương trình 2m2 - 17m + 8 = 0 được m = 8; m =
Vậy với m = 8 hoặc m =

(2)

m−2
5m + 8
; x1 =
3m
3m

(m − 2)(5m + 8) m − 4
=
m
9m 2

1
2

(1)

1
2

thoả mãn điều kiện (4).

thì các nghiệm của phương trình thoả mãn


x1 + x2 = 1 Thay

2
m

4
m

(*)

= x1 + x2 - 2 vào (*) được x1x2 = 1 - 2(x1 + x2 - 2)

Vậy x1.x2 = 5 - 2(x1 + x2)
Ví dụ 4:Với giá trị nào của m thì hai phương trình sau có ít nhất một nghiệm
chung:
x2 + 2x + m = 0
(1)
2
x + mx + 2 = 0
(2)
Bài giải:Gọi x0 là nghiệm chung nào đó của 2 phương trình khi đó ta có:
x02 + 2 x0 + m = 0

x02 + mx0 + 2 = 0
Trừ theo từng vế hai phương trình ta được (m - 2)x0 = m - 2
Nếu m = 2 cả hai phương trình là x2 + 2x + 2 = 0 vô nghiệm

Nếu m ≠ 2 thì x0 = 1 từ đó m = - 3
Với m = - 3: (1) là x2 + 2x – 3 = 0; có nghiệm x1 = 1 và x2 = - 3
Và (2) là x2 - 3x + 2 = 0; có nghiệp x3 = 1 và x4 = 2
Rõ ràng với m = - 3 thì hai phương trình có nghiệm chung x = 1.
Bài tập:
Bài 1: Cho phương trình x2 - (m + 3)x + 2(m + 1) = 0 (1)
Tìm giá trị của tham số m để phương trình có (1) có nghiệm x1 = 2x2.
Bài 2: Cho phương trình mx2 - 2(m + 1)x + (m - 4) = 0
a) Tìm m để phương trình có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm,
nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?
c) Xác định m để các nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn: x1 + 4x2 = 3.
d) Tìm một hệ thức giữa x1, x2 mà không phụ thuộc vào m.
Bài 3:
a) Với giá trị nào m thì hai phương trình sau có ít nhật một nghiệm chung.
Tìm nghiệm chung đó?
x2 - (m + 4)x + m + 5 = 0
(1)
2
x - (m + 2)x + m + 1 = 0
(2)
b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình (1) là nghiệm của
phương trình (2) và ngược lại.
3.2.2.Bài tốn xét dấu nghiệm của phương trình mà khơng giải
phương trình
2
Cho phương trình: ax + bx + c = 0 (a ≠ 0).Hãy tìm điều kiện để phương
trình có2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu, cùng dương, cùng âm ….
Ta lập bảng xét dấu sau:
11

Dấu nghiệm

x1

x2

±
trái dấu
±
cùng dấu,
cùng dương,
+
−
cùng âm
Các ví dụ:

m

S = x1 + x2

±

+

S>0
S<0

−

P = x1 x2

∆

Điều kiện chung

P<0
P>0
P>0
P>0

∆≥ 0

∆≥ 0 ; P < 0.

∆≥ 0
∆≥ 0
∆≥ 0

∆≥ 0 ; P > 0
∆≥ 0 ; P > 0 ; S > 0
∆≥ 0 ; P > 0 ; S < 0.

Ví dụ 1: Khơng giải phương trình cho biết dấu các nghiệm ?
x 2 − 13 x + 40 = 0
a)
b)
c)

5x2 + 7 x + 1 = 0
3x2 + 5x − 1 = 0
Giải
x1 + x2 = −

a) Theo hệ thức Vi - ét có S =
x1.x2 =

P=
1

b
= 13
a

c
= 40
a

2

Vì P > 0 nên 2 nghiệm x và x cùng dấu
S > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu dương
b) Theo hệ thức Vi–ét ta có
x1.x2 =

P=

c 1
= >0

a 5

x1 + x2 =

S=

−b −7
=
<0
a
5

x1.x2 =

c) P =
x1 + x2 = −

S=

nên 2 nghiệm cùng dấu

c −1
=
<0
a 3

nên 2 nghiệm cùng dấu âm

nên 2 nghiệm trái dấu

b
5
=− <0
a
3

x 2 − 10 x − m 2 = 0

Ví dụ 2 : Cho phương trình
(1)
Chứng minh rằng phương trình ln có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị
≠

của m 0. Nghiệm mang dấu của số nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?
Giải
12


≠

2

Ta có a = 1 > 0 , c = - m < 0 với mọi m 0
Vì a, c trái dấu nên phương trình (1) ln ln có 2 nghiệm phân biệt.
x1 , x2 = −m 2
x1
x2
Theo hệ thức Vi ét: P =
< 0. Do đó và trái dấu

x1 + x2 = 10

S=
nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn
Ví dụ 3 : 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.
Giải
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
Bài tập

−2 < m < 3

thì phương trình có 2 nghi ệm trái dấu.

2
Bài 1. mx − 2 ( m + 2 ) x + 3 ( m − 2 ) = 0 có 2 nghiệm cùng dấu.
2
Bài 2. 3mx + 2 ( 2m + 1) x + m = 0 có 2 nghiệm âm.

Bài 3. ( m − 1) x + 2 x + m = 0 có ít nhất một nghiệm khơng âm.
3.2.3.Bài tốn lập phương trình bậc hai một ẩn, tìm hệ số của phương
trình bậc hai một ẩn số
Các ví dụ:
2

Ví dụ 1:Cho x1 =

3 +1
2

1
1+ 3

; x2 =

Lập phương trình bậc hai có nghiệm là: x1; x2
Cách giải:

Ta có: x1 =
Nên x1.x2 =

x1 + x2 =

1− 3

1

3 +1
2

;

1+

x2 =

1
3 +1
1+ 3
2

.

=

3 +1
2

1
1+ 3

+

3

=

(1 + 3 )(1 − 3 )

3−1
2

1
2

=

3

Vậy phương trình bậc hai có 2 nghiệm: x1; x2 là x2 13

=

3

x+

1
2

=0


3

Hay 2x2 - 2 x + 1 = 0
Ví dụ 2:Cho phương trình: x2 + 5x - 1 = 0
(1)
Khơng giải phương trình (1), hãy lập một phương trình bậc hai có các
nghiệm là luỹ thừa bậc bốn của các nghiệm phương trình (1)
Cách giải:
Gọi x1; x2 là các nghiệm của phương trình đã cho theo hệ thức viét, ta có:
x1 + x2 = -5;
x1.x2 = - 1
Gọi y1; y2 là các nghiệm của phương trình phải lập, ta có:

x14 + x24
y1 + y2 =
x14.x24
y1..y2 =

x14 + x24

Ta có:

x14.x24

= (x12+ x22)2 - 2x12.x22 = 729 – 2 = 727

= (x1.x2)4 = (- 1)4 = 1
Vậy phương trình cần lập là: y2 - 727y + 1 = 0
Ví dụ 3: Tìm các hệ số p và q của phương trình: x 2 + px + q = 0 sao cho hai
nghiệm x1; x2 của phương trình thoả mãn hệ:
Cách giải:
Điều kiện ∆ = p2 - 4q ≥ 0 (*) ta có:
x1 + x2 = -p; x1.x2 = q. Từ điều kiện:
 x1 − x2 = 5
 3
3
x1 − x2 = 35

⇔

 x1 − x2 = 5
 3
3

x1 − x2 = 35

( x1 − x2 ) 2 = 25

2
2
( x1 − x2 ) x1 + x1 x 2 + x 2 = 35

(

)

( x1 + x2 ) 2 − 4x1x2 = 25

2
5 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x 2 + x1 x 2 = 35

(

p1 − 4 q = 25
 2
 p − q = 7

)

⇔
⇔
Giải hệ này tìm được: p = 1; q = - 6 và p = - 1; q = - 6
Cả hai cặp giá trị này đều thoả mãn (*)
Bài tập

3

Bài 1: Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là

+

2

và

1
3+ 2

Bài 2: Lập phương trình bậc hai thoả mãn điều kiện:
Có tích hai nghiệm: x1.x2 = 4 và

x1
x1 − 1

+

x2
x2 − 1

=

k2 −7
k2 −4

Bài 3: Xác định có số m, n của phương trình: x 2 + mx + n = 0. Sao cho các

nghiệm của phương trình làm m và n.
3.2.4.Bài tốn chứng minh
14


Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho a, b là nghiệm của phương trình: x2 + px + 1 = 0 và b, c là nghiệm
của phương trình x2 + qx + 2 = 0. Chứng minh (b - a)(b - c) = pq - 6.
Hướng dẫn: Đây không phải là một bài tốn chứng minh đẳng thức thơng
thường, mà đây là một đẳng thức thể hiện sự liên quan giữa các nghiệm của 2
phương trình và hệ số của các phương trình đó. Vì vậy địi hỏi chúng ta phải
nắm vững định lý Viét và vận dụng định lý Viét vào trong quá trình biến đổi vế
của đẳng thức, để suy ra hai vế bằng nhau.
Cách giải:
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 viét ta có:
a+ b = - p
b + c = - q


a.b= 1
b.c= 2
và
Do đó: (b – a)(b – c) = b2 + ac - 3
pq = (- p)(- q) = (a + b)(b + c) = b2 + ac + 3
Suy ra: pq - 6 = b2 + ac +3 – 6 = b2 + ac - 3
Từ (1) và (2) suy ra (b - a)(b - c) = pq - 6 (đpcm)
Vídụ 2: Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện:
a + b + c = - 2 (1);
a2 + b2 + c2 = 2 (2)

(1)
(2)

 4 
− 3 ;0

Chứng mình rằng mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn
khi biểu diễn trên
trục số:
Cách giải:Bình phương hai vế của (1) được:
a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 4
Do (2) nên: ab + bc + ca = (4 - 2): 2 = 1
⇒ bc = 1 - a(b + c) = 1 - a(- 2 - a) = a2 + 2a + 1
Ta lại có: b + c = - (a + 2), do đó b, c là nghiệm của phương trình:
X2 + (a + 2)X + (a2 + 2a + 1) = 0 (*)
Để (*) có nghiệm thì ta phải có:
∆ = (a+2)2 - 4(a2+2a+1) ≥ 0
⇔ a(3a + 4) ≤ 0 ⇔ Chứng minh tương tự ta được: -

4
3

4
3

≤a≤0

≤ b ≤ 0; -

4
3

≤c≤0

Bài tập:
Bài 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
Bài 2: Chứng minh rằng khi viết số x = () 200 dưới dạng thập phân, ta được chữ số
liền trước dấu phẩy là 1, chữ số liền sau dấu phẩy là 9.
15


3.2.5.Bài tốn giải phương trình và hệ phương trình
Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình:

5− x
5− x 
x
 x+

x +1 
 x +1  

=6

Hướng dẫn:ĐKXĐ: {x∈R  x ≠ - 1}
5− x


 u = x. x + 1

5− x
ν = x +
x +1


Đặt:

⇒

u + ν = ?

 u.ν = ?

Tính: u, v, rồi từ đó tính x.
Bài giải:
ĐKXĐ: {x ∈ R  x ≠ - 1}

Đặt:

5− x

 u = x. x + 1

5− x
ν = x +
x +1


(*) ⇒


5− x
 5− x 
u + ν =  x. x + 1  +  x + x + 1 

 


 u.ν =  x. 5 − x . x + 5 − x 

x +1 
 x +1  

u, v là nghiệm của phương trình: x2 - 5x + 6 = 0
∆ = 25 – 24 = 1> 0
x1 =
x2 =

5 +1
2
5 −1
2

=3
=2

u = 3 thì v = 2 hoặc u = 2 thì v = 3

- Nếu:

u = 3

ν = 2

thì (*) trở thành: x2 - 2x + 3 = 0
∆' = 1 – 3 = - 2 < 0

Phương trình vơ nghiệm:

- Nếu:

u = 2

ν = 3

thì (*) trở thành: x2 - 3x + 2 = 0

Suy ra: x1 = 1; x2 = 2
Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2.
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình:
16

⇒

u +ν = 5

 u.ν = 6

a)

b)

x + y = 11

 xy = 31
 x + y + yx = 7
 2
2
xy + x y = 12

Bài giải:
a) x,y là nghiệm của phương trình: x2 - 11x +31 = 0
∆=(-11)2 - 4.1.31 = 121 – 124 = - 3 < 0
Phương trình vơ nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm.
b) Đặt x + y = S và xy = P
S + P = 7
Ta có hệ:


 S.P= 12

Khi đó S và P là hai nghiệm của phương trình: t2 – 7t + 12 = 0.
Giải phương trình này được t = 4 và t = 3.
+ Nếu S = 4 thì P = 3 khi đó x, y là nghiệm của phương trình:u2 - 4u + 3 = 0
⇒ u = 1 và u = 3

Suy ra (x = 1; y = 3) và (x = 3; y = 1)
+ Nếu S = 3 thì P = 4 khi đó x, y là nghiệm của phương trình:v2 – 3v + 4 = 0
Phương trình này vơ nghiệm vì ∆ = 9 - 16 = - 7 < 0
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm số là:(x = 1; y = 3) và (x = 3; y =1)
Bài tập:
Bài 1: Giải phương trình: x3 + 9x2 + 18 + 28 = 0
Bài2: Giải các hệ phương trình sau:
 x+ y = 9
 2
2
x + y = 4
a)

b)

 x+ y = 3
 4
4
x + y = 17

3.2.6. Định lí Vi et với bài tốn cực trị
Áp dụng tính chất sau về bất đẳng thức: trong mọi trường hợp nếu ta ln
phân tích được:
A+ m
C=
k − B

(trong đó A, B là các biểu thức không âm ; m, k là hằng số) (*)

Thì ta thấy :

17

C≥m

(v ì

A≥0

)

⇒ min C = m ⇔ A = 0


C≤k

(v ì

B≥0

)

⇒ max C = k ⇔ B = 0

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

Bài giải: Theo Vi et:

có giá trị nhỏ nhất.

 x1 + x2 = −(2m − 1)

 x1 x2 = −m

A = x12 + x22 − 6 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2
2

Theo đề bài:
= ( 2m − 1) + 8m
2

= 4m 2 − 12m + 1
= (2m − 3)2 − 8 ≥ −8

Suy ra:

m=

min A = −8 ⇔ 2m − 3 = 0 hay

3
2

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

Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá
trị lớn nhất của biểu thức sau:
B=

2 x1 x2 + 3
x + x22 + 2 ( x1 x2 + 1)
2
1

Ta có: Theo hệ thức Vi et thì:
⇒B=

 x1 + x2 = m

 x1 x2 = m − 1

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 phần (*) đã hướng dẫn
Ta biến đổi B như sau:
B=

18

m 2 + 2 − ( m2 − 2m + 1)
m2 + 2

( m − 1)
= 1−

2

m2 + 2


( m − 1)

2

( m − 1)
≥0⇒

m2 + 2

Vì
max B=1 ⇔

Vậy

2

≥ 0 ⇒ B ≤1

m=1

Với cách thêm bớt khác ta lại có:
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
B=
=
=
−
2
2
2

m +2
m +2
2 ( m + 2) 2

( m + 2)

2

≥0⇒

Vì
min B = −

Vậy

( m + 2)

2

2 ( m + 2)
2

≥0⇒ B ≥ −

1
2

1
⇔ m = −2
2

Cách 2: 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 ln có nghiệm với mọi m.
B=

2m + 1
⇔ Bm 2 − 2m + 2 B − 1 = 0
2
m +2

Ta có:

(Với m là ẩn, B là tham số) (**)

∆ = 1 − B (2 B − 1) = 1 − 2 B 2 + B

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

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


1
B≤−


 2 B + 1 ≤ 0
2




1
 B ≥ 1
B −1 ≥ 0
⇔
⇔
⇔ − ≤ B ≤1
 2 B + 1 ≥ 0
2
  B ≥ − 1


2
  B − 1 ≤ 0
 B ≤ 1


Vậy:

max B=1 ⇔
min B = −

m=1

1
⇔ m = −2
2

Ví dụ 3: Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình:
19

x2 - (2m - 1)x + m – 2 = 0. Tìm m để

x12 + x22

có giá trị nhỏ nhất

Bài giải:
Xét: ∆ = 4m2 - 4m + 1 - 4m + 8 = 4m2 - 8m + 9 = 4(m - 1)2 + 5 > 0
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm với mọi m
Theo định lý Viét ta có: x1 + x2 = 2m - 1; x1.x2 = m - 2
⇒

x12 + x22

= (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (2m - 1)2 - 2(m - 2)

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

3
2

)2 +

Vậy Min(x12 + x22) =

≥

3

4

Dấu “=” xảy ra khi m =
11
4

11 11
4 4

khi m =

3
4

Ví dụ 4:Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình:2x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + 3=0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =x1x2 - 2x1 - 2x2
Cách 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 Viét ta có: x1 + x2 = - m - 1

x1 .x2 =

Do đó: A = 

m 2 + 8m + 7
2

m 2 + 4m + 3
2



Ta có: m2 + 8m + 7 = (m + 1)(m + 7) với điều kiện (*) thì:
(m + 1)(m + 7) ≤ 0.

Suy ra: A =

− m 2 + 8m − 7
2

=

9 − ( m + 4) 2
2

≤

9
2

Dấu bằng xảy ra khi (m + 4)2 = 0 hay m = - 4
20


9
2

Vậy A đạt giá trị lớn nhất là:

khi m =- 4, giá trị này thoả mãn điều kiện (*)

Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
A=(x4 + 1) (y4 + 1), biết x, y ≥ 0; x + y =
Cách giải:
A = (x4 + 1)(y4 + 1) = x4 + y4 + y4x4 + 1
Ta có: x + y = ⇒ x2 + y2 = 10 - 2xy
⇒ x4 + y4 + 2y2x2 = 100 - 40xy + 4x2y2
⇒ x4 + y4 = 100 - 40xy + 2x2y2
Đặt : xy = t thì x4 + y4 = 100 - 40t + 2t2
Do đó A = 100 - 40t + 2t2 + t4 + 1 = t4 + 2t2 – 40t + 101
a) Tìm giá trị nhỏ nhất:
A = t4 - 8t2 + 16 + 10t2 - 40t + 40 + 45
= (t2 - 4)2 + 10(t - 2)2 + 45 ≥ 45
MinA = 45 ⇔ t = 2, khi đó xy = 2; x + y =
phương trình X2 - X + 2 = 0.

Tức là x =

10 + 2
2

;y=

10 − 2
2

hoặc x =

nên x và y lànghiệm của

10 − 2
2

10 + 2
2

;y=

b) Tìm giá trị lớn nhất:

Ta có: 0 ≤ xy ≤

x+ y


 2 

2

=

 10 


 2 




2

=

5
 
2

⇒0≤t≤

5
 
 2

(1)

Viết A dưới dạng: A = t(t3 + 2t - 40) + 101.
Do (1) nên t3 ≤

125
8

; 2t ≤ 5 ⇒ t3 + 2t - 40 ≤

125
8

+ 5 - 40 < 0

còn t ≥ 0 nên A ≤ 101
Max(A) = 101 khi và chỉ khi t = 0 tức là x = 0; y =
hoặc x = ; y = 0
Bài tập
21


Bài 1. Cho phương trình:

A = ( x1 − x2 )

có giá trị nhỏ nhất.

thỏa mãn điều kiện

b)

x1 ; x2

B = x12 + x22 − x1 x2

thức

C=x +x

x1 ; x2

.

x 2 − 2(m − 4) x + m 2 − 8 = 0

xác định m để phương trình có

đạt giá trị lớn nhất
đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 4. Cho phương trình :
2
2

. Tìm m sao cho nghiệm

thỏa mãn

A = x1 + x2 − 3x1 x2

2
1

x 2 − 2(m − 1) x − 3 − m = 0

x12 + x22 ≥ 10

Bài 3. Cho phương trình :

a)

.Tìm m để biểu thức

2

Bài 2. Cho phương trình

2 nghiệm

x 2 + ( 4m + 1) x + 2 ( m − 4 ) = 0

x 2 − (m − 1) x − m 2 + m − 2 = 0

. Với giá trị nào của m, biểu

dạt giá trị nhỏ nhất.
x 2 + ( m + 1) x + m = 0

E = x12 + x22

Bài 5. Cho phương trình
. Xác định m để biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất.
Trên đây là một số loại bài toán áp dụng định lý vi ét vào giải tốn.Tất
nhiên khơng chỉ có các dạng này mà cịn có một số bài tập khác cũng vận dụng
định lý vi ét để giải quyết.Với những bài tập vận dụng này đã giúp học sinh phát
triển tư duy, óc sáng tạo tìm tới phương pháp giải bài tốn nhanh hơn, thông
minh hơn. Đường lối giải những bài tập này là học sinh biết vận dụng phương
pháp tích hợp để giải. Giáo viên hãy tác động đến từng đối tượng sao cho phù
hợp như với học sinh trung bình cần gợi ý tỉ mỷ, học sinh khá -giỏi nên ra nét cơ
bản hướng dẫn giải theo con đường ngắn nhất. Có như vậy học sinh sẽ hoạt
động tích cực hơn, phát huy được tư duy-trí tuệ của mình.
Qua các bài tập vận dụng định lý vi ét vào giải toán học sinh được rèn

luyện- củng cố tư duy tổng hợp.
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Qua giảng dạy bộ môn toán 9 và một số kinh nghiệm ứng dụng định lý vi ét
trong giải toán cho học sinh lớp 9, tôi nhận thấy nội dung này rất thiết thực và có
lợi thế trong việc đổi mới phương pháp dạy học mơn tốn, các em tích cực học
tập và hứng thú hơn khi giải các bài toán ứng dụng định lý vi ét. Đặc biệt là vận
dụng định lý vi ét vào các dạng tốn sau này một cách có hiệu quả. Trải qua thực
tế giảng dạy vận dụng sáng kiến kinh nghiệm trên đây có kết quả hữu hiệu cho
việc học tập và giải toán. Rất nhiều học sinh chủ động tìm tịi và định hướng
22


phương pháp làm bài khi chưa có sự gợi ý của giáo viên, mang lại nhiều sáng
tạo và kết quả tốt từ việc giải toán rút ra các phương pháp làm bài được nhanh
và hiệu quả hơn.
Vì lẽ đó với mỗi giáo viên nói chung và bản thân tơi nói riêng cần hiểu rõ
khả năng tiếp thu bài của các đối tượng học sinh để từ đó đưa ra những bài tập
và phương pháp giải toán cho phù hợp giúp học sinh làm được các bài tập, gây
hứng thú học tập, say sưa giải tốn, u thích học tốn. Từ đó dần dần nâng cao
từ dễ đến khó, có được như vậy thì người thầy giáo cần phải tìm tịi nhiều
phương pháp giải tốn, có nhiều bài tốn hay để hướng dẫn học sinh làm, đưa ra
cho học sinh cùng làm, cùng phát hiện ra các cách giải khác nhau cũng như cách
giải hay, tính tự giác trong học tốn, phương pháp giải tốn nhanh, có kỹ năng
phát hiện ra các cách giải tốn nhanh, có kỹ năng phát hiện ra các cách giải: Một
số kinh nghiệm vận dụng định lý vi ét trong giải toán ở trên đây giúp học sinh
rất nhiều trong q trình giải tốn. Các nội dung tơi đã viết trên đây có lẽ sẽ cịn
rất nhiều hạn chế. Mong tổ chuyên môn trong trường, đồng nghiệp góp ý chân
thành để tơi có nhiều sáng kiến kinh nghiệm tốt hơn phục vụ tích cực cho việc
giảng dạy nhằm thực hiện tốt chương trình mới THCS.
Với việc các em nắm vững các phương pháp vận dụng định lý vi ét trong

giải toán và kết hợp với việc đổi mới phương pháp giảng dạy bộ mơn tốn ở
khối 9, tơi thấy chất lượng mơn tốn ngày càng tiến bộ rõ rệt. Cụ thể là:
Thống kê điểm
Điểm 8,9,10
Điểm 5,6,7
Điểm 3,4
Điểm 1,2
Mơn Lớp
Tốn
9
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
13
32,5%
23
57,5%
4
10.0%
0
0%
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Trong năm học qua tôi đã vận dụng phương pháp dạy ứng dụng định lý vi
ét vào giải toán cho học sinh và thấy rằng các em rất hào hứng trong q trình
tìm tịi lời giải hay và hợp lý nhất,

Ứng dụng của định lý Viét trong việc giải toán là một vấn đề lớn, địi 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 q 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 và 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 nhuần nhuyễn, lôgic giữa các bài khác nhau.
Nghiên cứu đề tài “ứng dụng của định lý Viét trong việc giải tốn” khơng
chỉ giúp cho học sinh u thích học bộ mơn tốn, mà cịn là cơ sở giúp cho bản
thân có thêm kinh nghiệm trong giảng dạy. Mặc dù đã rất cố gắng khi thực hiện
đề tài, song không thể tránh khỏi thiếu sót về cấu trúc, ngơn ngữ và kiến thức
khoa học. Vì vậy, tơi mong sự quan tâm của các đồng chí, đồng nghiệp góp ý
kiến chân thành để đề tài này hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn !
23


TP.Thanh Hóa, ngày 27 tháng 3 năm 2021
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, khơng sao chép nội
dung của người khác.
NGƯỜI VIẾT

Bùi Thị Ngà

24

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1
2
3
4
5
6
7

Sách giáo khoa đại số 9
Nâng cáo và phát triển tốn 9 của Vũ Hữu Bình
Bài tập và một số chuyên đề của Bùi Văn Tuyên
Giáo trình thực hành giải toán hệ cao đẳng sư phạm
của Phạm Gia Đức- Hồng Ngọc Hưng- Đặng Đình
Lăng
Tài liệu ơn thi vào lớp 10 THPT
Chuyên đề định lý Vi ÉT của Vũ Hữu Bình- Tơn
Thân
172 bài tốn có chứa các tham số của Lê Khắc Bảo
Và một số tài liệu khác có liên quan

Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục

Nhà xuất bản giáo dục

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ
XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT

Họ và tên tác giả: Bùi Thị Ngà
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THCS Hoằng Đại- TP.Thanh Hóa

TT

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh

Kết quả

Năm học