SKKN ứng dụng định lý vi–ét trong phương trình bậc ba

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VI-ÉT
TRONG PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA

Người thực hiện: Nguyễn Thanh Hải
Chức vụ: Giáo viên
SKKN mơn: Tốn

MỤC LỤC

THANH HỐ NĂM 2021


MỤC LỤC

Nội dung
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Giới thiệu định lý
2.3.2 Các ví dụ

2.3.3 Bài tập củng cố
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
1
1
1
1
2
2
2
3
4
4
4
12
15
16
16
16
18

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Định lý Vi–ét là định lý quen thuộc với các em học sinh, có lẽ cũng quen
thuộc như định lý Pitago trong hình học vậy, từ cấp 2 các em đã được làm quen với

định lý này và sử dụng nó suốt q trình học bậc phổ thơng. Tuy nhiên các em mới
chỉ sử dụng thành thạo ở dạng phát biểu cho phương trình bậc hai. Một số em học
sinh khá, giỏi trong q trình học tập sẽ gặp những bài tốn phức tạp hơn và phải
1


sử dụng tới định lý Vi–ét cho phương trình bậc cao và hay gặp là phương trình bậc
ba.
Cùng với xu hướng thi THPT Quốc Gia (là kỳ thi TN THPT) theo hình thức
trắc nghiệm, mọi vấn đề của tốn THPT nói chung được khai thác một cách tối đa,
các lời giải, cách tiếp cận rất phong phú và đa dạng, trong đó những lời giải, những
hướng tiếp cận nhanh gọn, nhạy bén luôn được đặt lên hàng đầu, những phương
pháp những kỹ năng đó cần được hệ thống để tơi luyện cho các thế hệ học sinh.
Mặt khác ở các kỳ thi HSG cấp tỉnh các chủ đề liên quan tới điều kiện nghiệm của
phương trình bậc ba cũng là chủ đề hay được quan tâm. Trong chương trình lớp 12,
có nhiều dạng tốn liên quan tới hàm số bậc ba, tương giao giữa các đồ thị thì định
lý Vi–ét cho phương trình bậc ba lại càng được khai thác nhiều hơn, đa dạng hơn,
phong phú hơn.
Năm học 2020-2021 chúng ta tiếp tục thực hiện đổi mới phương pháp dạy
học. Góp phần thuận lợi cho học sinh trong q trình tiếp thu và chủ động chiếm
lĩnh kiến thức. Trong phạm vi bài viết này, tôi xin đưa ra một vài ý tưởng áp dụng
định lý Vi–ét trong phương trình bậc ba vào việc ra đề và giải tốn, đó là sáng kiến
kinh nghiệm: “Ứng dụng định lý Vi–ét trong phương trình bậc ba”, theo tinh
thần đổi mới phương pháp dạy học, giúp các em phát triển năng lực tư duy và phát
hiện vấn đề một cách mạch lạc, chính xác, hiệu quả, nhanh gọn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu nội dung chương trình hình học THPT, các bài tốn dành cho
học sinh khá, giỏi từ đó xây dựng các thao tác cần thiết để giúp học sinh quy lạ về
quen, tiếp cận bài tốn nhanh chóng hiệu quả, đồng thời là cơ sở để giáo viên
“chế” ra những bài tập hay, lạ, độc đáo kích thích hứng thú học tập.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu mà đề tài hướng tới là:
- Phương pháp giải toán dựa vào định lý Vi–ét (là những bài tốn rất gần gũi,
có thể là những ví dụ hoặc bài tâp trong SGK…) giúp cho người học có cách tiếp
cận vấn đề thật nhanh, qua vài động tác có thể chuyển về dạng tốn quen thuộc và
dần hình thành nên các kỹ năng, phương pháp giải toán phong phú cho bản thân.
- Cũng trên cở sở đó, giáo viên có thể thêm bớt giả thiết, hoặc chuyển đổi
các giả thiết tương đương để có được bài tốn mới, điều này thực sự kích thích khả
năng sáng tạo của mỗi người và tạo hứng thú học tập cho học sinh.
1.4. Phương pháp nghiên cứu

2


- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo liên
quan, nghiên cứu chương trình giáo khoa của bộ môn.
- Phương pháp nghiên cứu thực tế: Thông qua việc dạy và học phân môn Đại
số, Giải tích ở THPT, bản thân rút ra một số nhận xét và phương pháp giải toán
giúp học sinh rèn luyện kỹ năng làm bài.
- Phương pháp kiểm chứng sư phạm: Tiến hành dạy và kiểm tra khả năng
ứng dụng của học sinh, minh chứng cho thấy khả năng giải quyết vấn đề nhanh
gọn của học sinh trong giải các bài tốn liên quan tới phương trình, tương giao giao
giữa các đồ thị hàm số,...
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
- Phương trình là dạng tốn quan trọng và xun suốt chương trình học Tốn
ở phổ thơng, ngay trong các kỳ thi vào lớp 10 học sinh cũng khơng cịn lạ gì dạng
toán liên quan tới định lý Vi–ét. Để nối tiếp cho dạng toán quen thuộc này, sáng
kiến nhằm “tạo ra cái mới trong cái cũ” để tạo ra hứng thú học tập ngay từ đầu, qua
đó giúp các em phát triển kỹ năng tư duy, suy luận lô-gic.

- Các bài tập SGK của phần này ở mức đơn giản, hoặc nếu có khó thì thường
lời giải rất dài dịng, gây khó cho học sinh và ảnh hưởng đến tốc độ làm bài khi
học sinh đi thi.
- Thông thường các dạng toán các em hay gặp chỉ vỏn vẹn là các phương
trình, gặp nhiều nó trở nên khơ khan khơng kích thích được việc học chứ đừng nói
đến việc rèn luyện cho các em thêm một số kỹ năng.
- Vì tính phổ biến của định lý Vi–ét, tơi ln tìm tịi, sưu tầm, sáng tác để có
một hệ thống các ví dụ phong phú mới lạ, thể hiện được tính ưu việt trong giải toán
khi áp dụng định lý Vi–ét, từ đó truyền dạy cho học sinh, một phương pháp đơn
giản dễ làm, một phương pháp mà học sinh cảm thấy phấn chấn khi học, một
phương pháp giải quyết nhanh gọn nhờ quy lạ về quen. Khẳng định cho các em
thấy phải nắm vững kiến thức cơ bản, bám sát chương trình SGK, khơng sa đà vào
những kiến thức “cao siêu” – xa rời chương trình tốn phổ thơng.
- Thực tế khi áp dụng SKKN vào giảng dạy tôi nhận thấy học sinh rất thích
thú, phấn chấn khi giải được bài tốn khó mà chỉ bằng vài bước phân tích, kết nối
đã đưa về dạng đã học mà lâu nay cứ nghĩ là phải dùng kiến thức cao siêu. Điều
này mang đến sự tự tin cho học sinh và tạo hứng thú nghiên cứu, tìm tịi, phát
triển tư duy.
3


- Giáo viên có thêm nhiều ý tưởng để ra đề, sáng tạo các bài tập phong phú
tự luận hoặc trắc nghiệm.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm
- Mảng kiến thức mà đề tài nghiên cứu liên quan tới dạng toán phương trình,
là kiến thức trọng tâm của tốn phổ thơng. Lượng kiến thức khai thác là rất nhiều
và đa dạng, đối với mảng kiến thức này khi nâng cao nếu không khéo truyền đạt sẽ
làm cho các em thấy lan man, mất phương hướng, chán nản, chứ chưa nói đến sau
khi học xong các em được những phương pháp nào? kỹ năng gì? Do vậy ở phần

này người giáo viên cần phải có hệ thống bài tập minh hoạ cho các phương pháp
trọng tâm, các dạng toán quan trọng. Đặc biệt làm cho các em phải cảm thấy tự tin
khi các gặp những bài tốn có tham số, có bậc cao.
- Khi gặp phương trình bậc cao (bậc 3) các em thường ngại, vì lâu nay chỉ
hay dùng định lý Vi–ét với phương trình bậc hai. Nhưng trong các câu hỏi của kỳ
thi THPT QG (nay là kỳ thi TN THPT) thường xuất hiện các bài toán tương giao
của hàm số bậc cao trong đó có liên quan đến việc đánh giá các hoành độ giao
điểm, các bài này thường làm các em lúng túng và hay mất điểm ở các câu như
vậy, mặt khác định lý Vi–ét cho các bài tốn HSG thì tài liệu viết khá nhiều, nhưng
với mức độ thi Đại học thì lại ít, chính vì vậy tôi viết SKKN này để truyền dạy, bổ
sung vào hành trang tri thức cho các em học sinh của mình, qua đó giúp phát triển
năng lực tư duy cho các em.

2. 3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Giới thiệu định lý

ĐỊNH LÝ Vi–ét (Viète): Cho phương trình: ax3  bx 2  cx  d  0  a �0  , có các
nghiệm là x1 , x2 , x3 ( kể cả nghiệm bội). Khi đó:

4


b
�
x

x

x



1
2
3
�
a
�
c
�
�x1 x2  x2 x3  x3 x1 
a
�
d
�
x
x
x


1
2
3
�
a
�
Từ định lý Vi–ét ta có nhận xét nhanh như sau:
b
- Nếu phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thì x1  x2  x3   .
a
b

- Nếu phương trình có nghiệm kép x1  x2 � 2 x1  x3   .
a
- Nếu đồ thị hàm số bậc ba y  ax 3  bx 2  cx  d cắt đường thẳng d : y  mx  n
tại ba điểm phân biệt có các hồnh độ là  ,  ,  thì       

b
(giá trị này
a

khơng phụ thuộc vào hệ số m, n của đường thẳng d .
2.3.2. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho phương trình x 3  6mx  5  5m 2  0 với m là tham số. Tìm tất cả
các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.
Lời giải:
Điều kiện cần: Giả sử phương trình có ba nghiệm phân biệt là x1 , x2 , x3 theo thứ
x1  x3  2 x2  1
tự lập thành cấp số cộng, suy ra
x1  x2  x3  0  2 
Theo định lý Vi–ét thì
Từ  1 và  2  được x2  0 .
Thay x  0 vào phương trình: 03  6m.0  5  5m 2  0 � m  �1 .
Điều kiện đủ (thử lại):
x0
�
3
 Với m  1 phương trình là x  6 x  0 � �
(thỏa mãn)
x

�

6
�
3
 Với m  1 phương trình là x  6 x  0 � x  0 (khơng thỏa mãn)
Kết luận: m  1 .
Ví dụ 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  mx  m  1
cắt đồ thị của hàm số y  x3  3x 2  x  2 tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho
AB  BC.
Lời giải:

5


Gọi x A , xB , xC là ba nghiệm của phương trình tương giao
x 3  3x 2   1  m  x  m  1  0  *
Do B là trung điểm của đoạn AC nên x A  xC  2 xB  1
Theo định lý Vi–ét thì x A  xB  xC  3  2 
Từ  1 và  2  suy ra xB  1 .
Thay nghiệm này vào  * thấy đúng với mọi m .
Do đó bài tốn trở thành tìm điều kiện để  * có ba nghiệm phân biệt.
x 3  3x 2   1  m  x  m  1  0
�  x  1  x 2  2 x  m  1  0
x 1
�
� �2
x  2 x  m  1  0  **
�
Ta đi tìm điều kiện để  ** có hai nghiệm phân biệt khác 1, điều này tương đương
2  m �0
�

� m  2 .
�
m20
�
Kết luận: m  2 .
3
2
Ví dụ 3: Gọi M  xM ; yM  là một điểm thuộc  C  : y  x  3x  2 , biết tiếp tuyến
của  C  tại M cắt  C  tại điểm N  xN ; y N  (khác M ). Tìm giá trị nhỏ nhất của
P  5xM2  xN2 .
Lời giải:
Giả sử tuyến tại M là d : y  px  q . Khi đó ta có phương trình hồnh độ giao điểm
x 3  3 x 2  px  2  q  0  *
Theo đề bài  * có hai nghiệm xM , xN trong đó nghiệm xM là nghiệm kép (do M
là tiếp điểm).
Theo định lý Vi–ét thì xM  xM  xN  3 � xN  3  2 xM dẫn đến:

P  5 xM2   3  2 xM   9 xM2  12 xM  9   3 xM  2   5 �5 đẳng thức xảy ra khi
2
xM  .
3
Kết luận: Pmin  5 .
2

2

6


3

Ví dụ 4: Cho hàm số y  x  2020 x  C  , xét điểm A1 có hoành độ x1  1 thuộc đồ

thị  C  . Tiếp tuyến của  C  tại A1 cắt  C  tại điểm thứ hai là A2 khác A1 có tọa
độ  x2 ; y2  . Tiếp tuyến của  C  tại A2 cắt  C  tại điểm thứ hai là A3 khác A2 có
tọa độ  x3 ; y3  . Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến của  C  tại An1 cắt  C  tại điểm
thứ hai là An khác An1 có tọa độ  xn ; yn  . Tìm n biết 2020 xn  yn  22025  0 .
Lời giải:
Áp dụng định lý Vi–ét cho trường hợp nghiệm bội ta có
x1  x1  x2  0 � x2  2 x1
�x1  1
tiếp tục quy trình như vậy ta được dãy số  xn  : �
�xn  2 xn1  n �2 
dễ thấy đây chính là một cấp số nhân có số hạng đầu x1  1 và công bội q  2 .
Suy ra xn   2 

n 1

, yn    2 

3 n 3

 2020  2 

n1

.

Thay vào biểu thức 2020 xn  yn  22025  0 ta được
2020  2 

n 1

  2 

3 n 3

 2020  2 

n 1

 22025  0 �  2 

3 n 3

  2 

2025

� n  676 .

Kết luận: n  676 .
3
2
Ví dụ 5: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d  a �0  có các điểm cực trị là
x1  2 và x2  3 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
f  x   f  m  có ba nghiệm phân biệt.
Lời giải:
Khơng mất tổng quát ta chỉ cần xét với a  0 .

y

A

f  xCD 

 C
B

I

x2�

xCD

O

x0

x
xCT

x1�

f  xCT 

7


Một tính chất của đồ thị hàm số bậc ba là: Điểm uốn I là trung điểm của hai điểm
x  xCT
b 1

b 3
�  � 
cực trị, do đó xI  CD
2
3a 2
a 2
Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi chỉ khi
f  xCT   f  m   f  xCD   * .
Áp dụng định lý Vi–ét cho trường hợp nghiệm bội của phương trình
f  x   f  2 
b
3
11
2 xCD  x1�
  � 4  x1�
 � x1�
 .
suy ra:
a
2
2
Tương tự cho trường hợp nghiệm bội của phương trình f  x   f  3
b
3
9
2 xCT  x2�  � 6  x2� � x�
suy ra:
.
2 
a

2
2
11
�9


m

�2
2
�
� 9 11 �
m 2
m � ; �\  2;3 .
Do đó  * ۹��
�
�2 2 �
�
m �3
�
�
� 9 11 �
 ; �
*Lưu ý: Nhiều học sinh sẽ cho ra kết quả sai 2  m  3 hoặc là m ��
.
�2 2 �
3
Ví dụ 6: Tìm tham số m để phương trình x  3 x  m có ba nghiệm dương phân

biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1  x2  x3  2  3 .

Lời giải:
3
Lập bảng biến thiên của hàm số y  x  3 x trên  0;� .

3
Phương trình x  3x  m có ba nghiệm dương phân biệt khi m � 0;2 

 *

Với m � 0;2  thì ba nghiệm 0  x1  x2  3  x3 . Suy ra:
x3 là nghiệm của phương trình x 3  3x  m , cịn x1 , x2 là nghiệm của phương trình
x 3  3x   m .
Hay  x2 ,  x1 , x3 là ba nghiệm của phương trình x 3  3x  m  0 .
 x1  x2  x3  0
�
3
�
� x3  1 
Theo định lý Vi–ét và giả thiết có hệ �
2
�x1  x2  x3  2  3
8


Từ đó tìm được m   x3   3x3 
3

Kết luận: m 

1 3 3

(Thỏa mãn  * )

4
8

1 3 3
.

4
8

3
2
Ví dụ 7: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d  a �0  có đồ thị  C  đi qua các
điểm M  1;1 , N  2;4  , P  3;9  . Các đường thẳng MN , NP, PM cắt đồ thị lần lượt
tại các điểm A, B, C (khác M , N , P ). Xác định các hệ số a, b, c, d biết tổng các
hoành độ của A, B, C bằng 5.
Lời giải:

Dễ thấy Parabol đi qua ba điểm M , N , P có phương trình là y  x 2 .
Suy ra ba điểm M , N , P là giao của  P  và đồ thị  C  .
f  x   x 2  a  x  1  x  2   x  3
Nên
� f  x   ax 3   1  6a  x 2  11ax  6a

 *

1  6a
�
x


x

x


M
N
A
�
a
�
1  6a
�
Áp dụng định lý Vi–ét ta được �xN  xP  xB  
a
�
1  6a
�
x

x

x


P
M
C
�

a
�
3
3
Suy ra: x A  xB  xC  2  xM  xN  xP   18  � 5  2.6  18  � a  3
a
a
3
2
Vậy f  x   3x  17 x  33x  18 .
Kết luận: a  3, b  17, c  33, d  18 .
3
Ví dụ 8: Cho hàm số y  x  3x  2  C  . Biết đường thẳng d : y  mx  n cắt  C 
tại ba điểm phân biệt A, B, C . Tiếp tuyến tại ba điểm A, B, C của đồ thị  C  cắt
, B�
, C �(tương ứng khác A, B, C ). Chứng minh
đồ thị  C  lần lượt tại các điểm A�
, B�
, C�
rằng ba điểm A�
thẳng hàng.
Lời giải:
3
Gọi tọa độ A  a, a  3a  2  � C  và tiếp tuyến tại A của  C  cắt  C  tại điểm
;y  .
 x��
thứ hai là A�

Theo định lý Vi–ét thì:

a  a  x�
 0 � x�
 2a � A�
 2a; 8a3  6a  2  .

Do A �d � a 3  3a  2  ma  n , nhân hai vế với 8 và biến đổi ta được
8a 3  24a  16  8ma  8n
� 8a 3  6a  2   9  4m   2a   18  8n
9


� y�
  9  4 m  x�
 18  8n
: y   9  4m  x  18  8n .
Suy ra A�thuộc đường thẳng có phương trình d �
, C �thuộc d �
: y   9  4m  x  18  8n .
Làm tương tự ta cũng suy ra được B�
, B�
, C � cùng thuộc đường thẳng có phương trình
Do đó ba điểm A�
d�
: y   9  4m  x  18  8n , tức ba điểm này thẳng hàng.
Ví dụ 9: Cho hàm số bậc ba f  x   ax 3  bx 2  cx  d có bảng biến thiên như hình
vẽ

Với m, n là các số nguyên thuộc khoảng  10;10  . Có bao nhiêu cặp  m; n  để
phương trình f  x  3   5 có đúng bốn nghiệm phân biệt ?
Lời giải:

Đặt t  x  3 phương trình đã cho trở thành f  t   5 , cứ mỗi x cho duy nhất một
giá trị của t và ngược lại. Nên số nghiệm của phương trình

f  x  3   5 cũng

bằng số nghiệm của phương trình f  t   5 hay cũng chính là số nghiệm của
phương trình f  x   5 .

Do đó u cầu bài tốn tương đương với tìm số cặp  m; n  để phương trình
f  x   5 có đúng hai nghiệm dương phân biệt (do y  f  x  là hàm số chẵn).
b
Điểm uốn của đồ thị là trung điểm của hai điểm cực trị và có hồnh độ xU   .
3a
b 24
b
 3�  9.
Suy ra  
3a
2
a
3
2
Xét f  x   n � ax  bx  cx  d  n  0 . Từ bảng biến thiên đã cho nhận thấy
phương trình này có nghiệm đơn x1 và nghiệm kép x2  x3  4 .
b
Theo định lý Vi–ét thì: x1  x2  x3   � x1  4  4  9 � x1  1 .
a
x4
�
Như vậy phương trình f  x   n � � .

x 1
�
Lại do hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  �;2  nên suy ra f  0   f  1  n .
Từ đó dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  dẫn đến:

10


Phương trình f  x   5 có đúng hai nghiệm dương phân biệt ứng với hai TH sau:
TH1: m  5  n � n � 9; 8;....;4 nên có 14 cặp.
TH2: n  5  m � m � 6;7;8;9 có 4 cặp.
Kết luận: Có 18 cặp.
Ví dụ 10: Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị  C  như hình vẽ, đường
thẳng d : y  mx  n là tiếp tuyến của  C  tại x0  1 . Tính diện tích phần gạch
chéo trong hình vẽ

Lời giải:
Đồ thị  C  cắt trục hồnh tại các điểm có hồnh độ là 2, 1, 2 .
b
   2   1  2  1 .
Theo định lý Vi–ét suy ra:
a
Xét phương trình tương giao của đồ thị  C  và đường tiếp tuyến d
ax3  bx 2  cx  d  mx  n � ax 3  bx 2   c  m  x  d  n  0  *
Phương trình  * có nghiệm kép x  1 và một nghiệm đơn x   .
Áp dụng định lý Vi–ét cho phương trình này ta được
b
2. 1      1 �   3
a
3

2
Xét biểu thức g  x    mx  n    ax  bx  cx  d  .
Do g  x  là đa thức bậc ba và có nghiệm kép x1  x2  1 , x3  3
Nên suy ra:

g  x   a  x  1

2

 x  3

1
Mặt khác g  1  2  0  2 , từ đó tìm được a   .
4
3

3

1

1

 x  1  x  3 dx  16

g  x  dx  �
Suy ra diện tích phần gạch chéo S  �

2

4

3

.

3
2
Ví dụ 11: Cho hàm số bậc ba f  x   ax  bx  cx  d có đồ thị  C  và M là một

11


điểm bất kỳ thuộc  C  sao cho tiếp tuyến của  C  tại M cắt  C  tại một điểm thứ
hai N . Tiếp tuyến của  C  tại N lại cắt  C  tại điểm thứ hai P . Gọi S1 , S2 lần
lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng MN và  C  , đường thẳng
NP và  C  . Chứng minh rằng S2  16 S1 .
Lời giải:
3
Không giảm tổng quát ta chỉ cần xét f  x   ax  bx .
Gọi hoành độ các điểm M , N , P lần lượt là x1 , x2 , x3 . Giả sử MN có phương trình
y  mx  n .
Khi đó phương trình f  x   mx  n có ba nghiệm là x1 , x2 , x3 .
Theo định lý Vi–ét: 2 x1  x2  0 hay x2  2 x1 .

Mặt khác f  x   mx  n  a  x  x1 
Dẫn đến tính được

2

 x  2 x1   a  x  x1 

3

 3ax1  x  x1  .
2

a  x2  x1 
a  3 x1 
3
3
S1  �
�
dx 
 ax1  x2  x1  
 ax1  3x1  .
�f  x   mx  n �
�
4
4
x1
4

x2

4

Lập luận hoàn toàn tương tự ta cũng thu được x3  2 x2 và
S2 

x3

�
a xx 
�
�
2

3

 3ax2  x  x2 

x2

a  x3  x2 
3
�
dx 
 ax2  x3  x2 
�
4
4

2

a  3 x2 
3

 ax2  3x2  .
4
4

Do x2  2 x1 nên suy ra S2  16 S1 (đpcm).
Ví dụ 12: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
�
a 1
�
abc  1000
�
�
bc  1  a   a  b  c   110
�
Chứng minh rằng c � 10;100  .
Lời giải:
abc  1000
ab  bc  ca  1110
�
Từ �
��
�
bc  1  a   a  b  c   110 �
abc  1000
�
Suy ra a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3  mx 2  1110 x  1000  0 với
mabc 0
2
Phương trình được viết lại:  x  1  x  10   x  100    m  111 x  *
Do x  a là nghiệm của  * và 0  a  1 nên

 m  111 a 2   a  1  a  10   a  100   0 � m  111  0

12


�
 c  1  c  10   c  100    m  111 c 2  0
�
� b, c � 0;1 � 10;100 
Dẫn đến: �
 b  1  b  10   b  100    m  111 b 2  0
�
1000 1000

 100 (vô lý).
Nếu c � 0;1 � b 
ac
1
Vậy c � 10;100  (đpcm).
2.3.3 Bài tập củng cố
Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
y  x3   m  1 x 2  mx  2m cắt đường thẳng y   x  1 tại 3 điểm phân biệt có
hồnh độ lập thành cấp số cộng.
Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm
phân biệt lập thành một cấp số nhân: x 3  7 x 2  (m  6) x  m  0.
Câu 3. Giả sử với hai số dương a, b thì phương trình x 3  ax 2  bx  a  0, có các
b n  3n
a
,
b
nghiệm đều lớn hơn 1. Xác định giá trị của
để biểu thức P 

đạt giá trị
an
nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó ( n là số nguyên dương cho trước).
3
2
Câu 4. Cho hàm số bậc ba f  x   ax  bx  cx  d có cực đại và cực tiểu. Gọi A
là điểm cực đại của đồ thị hàm số, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A cắt đồ thị tại
B và AB  6 . Khi đó hãy tính xCD  xCT .

Câu 5. Cho f  x  là hàm đa thức bậc 3 có đồ thị như hình vẽ. Tiếp tuyến của đồ
thị hàm số tại điểm M có hoành độ bằng 2 cắt đồ thị tại điểm thứ hai N  1;1 cắt
9
trục Ox tại điểm có hồnh độ bằng 4 . Biết diện tích phần gạch chéo là
(hình
16
1

vẽ). Tính tích phân

�f  x  dx .

1

13


3
2
Câu 6. Cho hàm số y  ax  bx  cx  d  a �0  có đồ thị đi qua các điểm

M  1;2  , N  1; 2  , P  0; 1 . Các đường thẳng MN , NP, PM lại cắt đồ thị lần
5
lượt tại các điểm A, B, C (khác M , N , P ). Gọi I là điểm có hoành độ bằng 
4
uu
r
uur uur r
và thỏa mãn IA  2 IB  IC  0 . Tính giá trị của biểu thức T  2a  b  c  d .
xm
Câu 7. Cho hàm số y  2
với m là tham số. Biết rằng đồ thị hàm số có ba
x 1
điểm

A  x A ; y A  , B  xB ; yB  , C  xC ; yC 

phân

biệt

thỏa

mãn

�
�
�
y�
 x A   y�
 x B   y�

 xC   0 và A, B, C là ba điểm thẳng hàng. Tìm m để đường
thẳng AB đi qua điểm S  1;4  .
Câu 8. Cho hai số thực dương a, b và phương trình x 3  x 2  ax  b  0 có ba
nghiệm. Chứng minh rằng:
7
10
a) a  b � .
b) a  2b � .
27
27

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Như trong phần đặt vấn đề đã nêu, sáng kiến “Ứng dụng định lý Vi –ét
trong phương trình bậc ba” là phương pháp có sự kết hợp chặt chẽ của tư duy lôgic quy lạ về quen (vận dụng giải toán), biến quen thành lạ (vận dụng ra đề). Sáng
14


kiến tiếp cận bài toán một cách sáng tạo và hiệu quả, cho lời giải mạch lạc, ngắn
gọn phù hợp với yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học, đó là kích thích tính tự
học, tự nghiên cứu và phát hiện vấn đề.
Với tinh thần đó, trong q trình soạn, dạy dạng tốn này tơi thực hiện theo
cách nêu định lý, rút ra các nhận xét quan trọng, đưa ra hệ thống bài tập được sắp
xếp từ dễ đến khó. Kết thúc phần này tôi nhận thấy đã đạt được hiệu quả cao, cụ
thể:
- Học sinh tỏ ra hứng thú hơn khi giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn
đề, phát hiện vấn đề hiệu quả hơn, nhanh hơn.
- Giờ dạy tránh được tính đơn điệu, nhàm chán theo một lối mịn lâu nay.
- Học sinh có nhiều thay đổi tích cực về phương pháp học tập và tư duy giải
tốn. Một số em khá – giỏi cịn rút ra nhiều nhận xét quan trọng và tìm được nhiều

bài tốn cơ bản có nhều ứng dụng hay.
Kết quả đó còn được thể hiện rõ rệt qua các bài kiểm tra.

Lớp

Số
HS

12A1
12A2

42
41

Giỏi
SL TL(%)
6
14.2
7
17.1

Khá
SL TL(%)
17
40.5
19
46.3

TB
SL TL(%)

9
21.4
15
36.6

Yếu
SL TL(%)
2
4.9
0
0

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua thời gian thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy khi chưa đưa chuyên đề vào
giảng dạy, học sinh chỉ có thể giải quyết được các bài tập đơn giản. Khơng biết
phân tích bài tốn, đặc biệt là các bài toán ở mức độ VD và VDC của bài toán
tương giao đồ thị hàm số. Sau khi học chuyên đề học sinh đã có thể làm tốt các bài
15


tập khó, các em hứng thú và say mê hơn trong học tập. Qua khảo sát kết quả học
tập của các em tăng lên rõ rệt.
3.2. Kiến nghị
Để học sinh có kết quả cao trong các bài kiểm tra, kỳ thi THPT Quốc Gia,
đặc bệt là thi trắc nghiệm, người thầy cần nghiên cứu, tìm tịi và xây dựng được
các phương pháp giải toán sao cho học sinh dễ hiểu và cách giải ngắn nhất.
Thầy giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời
động viên các em khi các em tiến bộ.
Thầy giáo hướng dẫn cách tự đọc sách của học sinh, động viên các em học

sinh giỏi đọc báo toán, tài liệu trên internet, tìm hiểu thêm các cách giải khác.
Thầy giáo tăng cường luyện cho các em các chuyên đề và bộ đề thi, để các
em có nhiều thời gian tiếp cận và tập dượt với dạng tốn thi, từ đó dần dần đạt kết
quả học tập cao hơn.
Trong quá trình dạy học nói chung, dạy – học Tốn nói riêng, việc giải bài
tập; phân tích hướng giải; trả lời câu hỏi tại sao lại làm như vậy là quan trọng
nhưng việc hướng dẫn cho học sinh có óc phân tích – tổng hợp – khái quát các
phần kiến thức và trên hết là có cách học đúng đắn mới là cốt lõi của vấn đề. Chính
vì vậy người thầy ln phải suy nghĩ, trăn trở nhằm đáp ứng được yêu cầu đổi mới
phương pháp dạy học, nâng cao hiệu quả giáo dục.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ trong quá trình thực hiện việc đổi mới
phương pháp dạy học, đề tài khơng tránh khỏi những hạn chế.
Rất mong được sự đóng góp q báu của bạn bè, đồng nghiệp.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.

Nguyễn Thanh Hải

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa và sách bài tập Tốn chương trình chuẩn lớp 10, 11 và 12.
2. Đề thi đại học các năm 2008 đến 2010.

3. Đề thi thử đại học của các trường THPT trong cả nước qua các năm gần đây, các
trang mạng uy tín luyện thi về Toán như: www.Vted.vn, www.Hocmai.vn và
www.diendantoanhoc.net …
4. Tạp chí THTT và Đặc san THTT.

17


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: NGUYỄN THANH HẢI
Chức vụ và đơn vị cơng tác: Giáo viên dạy Tốn, trường THPT Triệu Sơn 4

TT

1

Tên đề tài SKKN

Vận dụng đổi mới phương

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

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

Năm học
đánh giá
xếp loại
2012-2013
18


2

3

4

pháp dạy học vào dạy bài:
“Ôn tập chương III – Quan hệ
vng góc” Hình học 11
Nâng cao
Giải phương trình và hệ
phương trình nhờ tính năng
SLOVE của máy tính Casio
570ES
Phát triển năng lực tư duy cho
học sinh thông qua việc

nghiên cứu dạng tốn tương
giao giữa đường thẳng và
đường trịn
Một vài ứng dụng của bài
toán gốc trong việc ra đề và
giải toán hình học khơng gian

Tỉnh Thanh Hố

Sở GD&ĐT
Tỉnh Thanh Hố

C

2013-2014

Sở GD&ĐT
Tỉnh Thanh Hoá

C

2014-2015

Sở GD&ĐT
Tỉnh Thanh Hoá

C

2017-2018

19