TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hiện nay trong chương trình Toán THPT phân ban của Bộ GD & ĐT không đưa
vào nội dung định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, trong khi đó một số bài tập so

với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT.
Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với
một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT.
Tài liệu tham khảo.

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán
so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”
“Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với một hoặc hai số thực ” là phương pháp sử dụng mối liên hệ giữa các nghiệm
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

của phương trình bậc hai thông qua định lí Vi-ét để giải các bài toán so sánh nghiệm
của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực.
Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi xin đưa ra một số dạng bài
có thể giải được bằng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”


 So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực α .


 So sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với hai số thực α và β .



֠






a>0
b<0



a<0
b>0
⇔ ab < 0 ֠
֠֠
֠
0 0
0 . 0
a a b
b ab
< + <
 
⇔
 
< >
 
.

Điều kiện để số α nằm giữa hai nghiệm của (*) là:


− <



− >



Điều kiện để số α nhỏ hơn hai nghiệm của (*) là:
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 2
1
2
2
1 2 1 2
1 2
0
2
0
0
( ) 0


Điều kiện để số α lớn hơn hai nghiệm của (*) là:
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 2
1
2
2
1 2 1 2
1 2
0
2
0
0
( ) 0
. 0
x x
x x
x
x
x x x x
x x
α α
α
α
α

≠ 0




x

1
<α=x

2

x

1
=x

2
<α
x

1
<α<x

2
⇔
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2

α
α
α α α
α α
α α
α α
α α
 =

 =





+ <
+ <







∆ =

∆ =




TH2: a ≠
≠≠
≠ 0

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
2
0
2
( ) 0
. 0
( ) 0
. 0






+ <
+ <




< =



− + − <
+ <





⇔ ≤ < ⇔ ⇔
 



− + + >
− − >


1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
2
0
2
( ) 0
. 0
( ) 0
. 0
f
f
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x x
x x

= <



− + − >
+ >





⇔ < ≤ ⇔ ⇔
 



− + + >
− − >




< <



− + + <
− − <



2
1 2 1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
2
0
0
0 2
( ) 0
. 0
( ) 0
. 0
f
f
x x
x x
x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x
x x x x
x x
α
α
α
α
α







⇔ < = ⇔ − + − > ⇔ + >
 



 

< <
− + + >
− − >







− + + <
− − <






b) Có hai nghiệm lớn hơn 2?
c) Có hai nghiệm nhỏ hơn 1?
G:
a) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình trái dấu (có nghĩa là có mộtnghiệm âm
và một nghiệm dương ) ⇔ x
1
.x
2
< 0; mà x
1
.x
2
=
c
a
nên yêu cầu bài toán trở thành :
tìm m để :
c
a
< 0.
Trình bày:
Phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔
c
a
< 0 ⇔
m
2
+4m-5
m+1
< 0

− > − + + >
− − >
 



Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm
⇔
1 0 1 2 1
(1)
' 0 ( 1)( 2)( 3) 0 3
m m m
m m m m
+ ≠ ≠ − − ≤ ≤
  
⇔ ⇔
 

∆ ≥ − + + ≥ ≤ −
  

Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
1 2
2
1 2
2( 1)

⇔
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
2 2 0
2 0 4
2 0 2( ) 4 0
2 . 2 0
x x
x x x
x x x x x
x x
− + − >
− > + >
 

⇔ ⇔
  
− > − + + >
− − >
 


(3)

>


+
 
+
⇔ ⇔− < <−
 
+ +
+ − −
 
− + >
>
 
+ +
 +


Kết hợp, (1) và (4) ta được: -2 ≤ m < -1.
Vậy với -2 ≤ m < -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn 2.
c) Phân tích:
Hai nghiệm của phương trình nhỏ hơn 1
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2

⇔ ⇔
 

∆ ≥ − + + ≥ ≤ −
  

Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
1 2
2
1 2
2( 1)
1
(2)
4 5
1
m
x x
m
m m
x x
m
−

+ =

 +


⇔ ⇔ ⇔
  
− < − + + >
− − >
 


(3)
Thay (2) vào (3) ta được:

2 2
2( 1) 2
2 0
3 17
1 1
1 (4)
2
4 5 2( 1) 3 2
1 0 0
1 1 1
m
m m
m
m m m m m
m m m
− −
 
< >
 

trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1?
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

G: Phân tích: Phương trình bậc 2 có nghiệm nhỏ hơn 1 nghĩa là có thể xảy ra 3
trường hợp
1 2
1 2
1 2
1
1
1
x x
x x
x x
< =


≤ <


< <

.
Trình bày:
TH1: m + 2 = 0 ⇔ m = -2, phương trình trở thành 4x - 1= 0 ⇔ x =
1


+

−

=

+

.

Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
(1) 0
(1) 0
2
2


+ <
+ <

 

< =



− + − <

+ <





⇔ ≤ < ⇔ ⇔
 


− + + >
− − >





< <

2
1 0
2 2
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m m
m m
m
m
m
m m
 − =





<
 =



+


>




−

<−

− + <


+ +




Vậy với mọi giá trị của m thì phương trình (1) đều có nghiệm nhỏ hơn 1.

www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

Ví dụ 1.3: Cho phương trình f(x) = mx
2
- (2m+1)x + 2 = 0(1) . Hãy tìm m để
phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 1?

, x

2
. Theo
định lí vi - ét ta có:
1 2
1 2
2 1
(2)
2
m
x x
m
x x
m
+

+ =




=


.

Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1
( ) ( )
( ) ( )

x x
α
 =

 =





+ >
+ >







∆ =
= <
∆ =









2
1
2 1 0 1
2
2 1 1
2 0
2
1
2 2 1
0
1 0
1
2 2 1
1 0
m
m
m
m m
m
m
m m
m
m
m
m
m m
m
m
m m
 − =







≥

+

<



− + >






>



+

− + <



)
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
2
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
2
1 2 1 2
1 2
0
2
. 0
( ) 0
2
0
( ) 0
. 0
x x
x x
x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x




Điều kiện (*) có hai nghiệm thỏa mãn:
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
. 0
. 0
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
α α

(
)
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
0
. 0
. 0
2
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
α α
α

(
)
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
0
. 0
. 0
2
( ) 0
( ) 0
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
β β
β


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm thuộc (α ;β) :

1 2
1 2
1 2
x x
x x
x x
α β
α β
α β
≤ < <


< < ≤


< = <


Điều kiện để (*) có 2 nghiệm phân biệt không thuộc (α ;β) :

1 2
1 2
1 2
x x
x x



 Ví dụ minh họa:


 Ví dụ 2.1: Cho phương trình f(x) = x
2
- 2mx + 4m - 3 = 0(*) . Hãy tìm m để
phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )?
G:
Phân tích: Hai nghiệm của phương trình thuộc (0;2 ) ⇔
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
0
0
. 0
0 0
0 2
2 2 0
2 4
2( ) 4 0



Trình bày:
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔



m>3
m<1
(1). Khi
đó, theo định lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
2
(2)
4 3
x x m
x x m
+ =


= −

. Theo bài ra thì hai nghi
ệ
m c
ủ
a
ph
ươ

x x
x x x x
x x x x
x x
+ >

+ >



>
< < >

 
< < < ⇔ ⇔ ⇔
  
− + − <
< < + <

 
 
− + + >
− − >



Th
ế
(2) vào (3) ta
đượ

p (1) và (4) ta
đượ
c: ¾ < m < 1.
V
ậ
y v
ớ
i ¾ < m < 1 thì ph
ươ
ng trình có 2 nghi
ệ
m thu
ộ
c (0; 2).
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011



 Ví dụ 2.2: Cho phương trình f(x) = mx
2
- 4(m+1)x + 3m + 13 = 0(*) . Hãy tìm
m để phương trình (*) có đúng một nghiệm thuộc (0;3) ?
G:
Phân tích: Đúng một nghiệm của phương trình thuộc (0;2 )
⇔
1 2

m
≥


≤

. Khi đó, theo định
lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
4 4
(2)
3 13
m
x x
m
m
x x
m
+

+ =



+

=






− + + >


≤ < < + >

 



< < ≤ ⇔ >






< = < − + + ≤
 

∆ =




< + <



m
m
m m
m m
m
m
m
m
m
m
m m
m m
m
m
 +

≤




+


<




+ +


− + ≤





∆ =



+

< <









Kết hợp (1) và (4) ta được:
13
3
4
m
m


x +c

1
) = 0 (*) với số thực α
αα
α ( Đặt g(x)= ax
2
+ b

1
x +c

1
, a ≠0)
 Kiến thức cơ bản:
Lược đồ Hoóc-ne cho đa thức bậc 3:
a b c d
x
0
a a
0
x+b = b
1
(a
0
x+b)x
0
+ c = c
1
((a




















 Ví dụ minh họa:


 Ví dụ 3.1: Cho phương trình f(x) = x
3
- 3x
2
+ 2(m-1)x - 2m + 4 = 0(*) . Hãy tìm

m để phương trình (*) có 3 nghiệm thỏa mãn: x


2
-2x+2m-4=0(1) Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân
biệt: x
1
’ < -1 <x
2
’
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
' 1 ' 1 0 ' ' ( ' ') 1 0(2)
x x x x x x⇔ + + < ⇔ + + + <
.
Mặt khác, (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ 5 - 2m > 0 ⇔ m <
5
2
(3). Khi
đó, theo định lí Vi - ét ta có:
1 2
1 2
' ' 2
(4)
' ' 2 4
x x
x x m

- 3(m+1)x
2
+ 2(m
2
+ 4m +1)x - 4m(m+1)
= 0(*) . Hãy tìm m
để
ph
ươ
ng trình (*) có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t l
ớ
n h
ơ
n 1 ?

G:

Phân tích:
Vi
ệ
c
đầ
u tiên mà ta c
ầ
n làm là
đư

ẽ

r
ấ
t m
ấ
t th
ờ
i gian vì ph
ả
i xét d
ấ
u nhi
ề
u tr
ườ
ng h
ợ
p d
ẫ
n
đế
n tính toán sai l
ệ
ch
đ
áng
tiêc. Tác gi
ả
xin

ng trình (*) thì khi thay nó vào (*) thì m s
ẽ
b
ị
tri
ệ
t tiêu.
Do
đ
ó m
2
(
đơ
n th
ứ
c có s
ố
m
ũ
cao nh
ấ
t c
ủ
a m) c
ũ
ng s
ẽ
b
ị
tri

x
-4m
2
= 0, th
ế
là ta s
ẽ
có x
0
= 2 là “
Đố
i t
ượ
ng kh
ả
nghi”; thay x = 2 vào (*) th
ỏ
a
mãn. T
ừ

đ
ó, ta có: (*) ⇔ (x-2)[x
2
- (1+3m)x + 2m(m + 1)] = 0. D
ễ
th
ấ
y, lúc này
yêu c




Do
đ
ó, yêu c
ầ
u bài toán lúc này tr
ở
thành tìm m
để
ph
ươ
ng trình (1) có 2 nghi
ệ
m
phân bi
ệ
t khác 2 và l
ớ
n h
ơ
n 1 ⇔
( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 2
1 2
1 2 1 2

 
− + + >
− − >


www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

Áp dụng định lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
1 3
(3)
2 ( 1)
x x m
x x m m
+ = +


= +

. Th
ế
(3) vào (2) ta

1
1
2
m
≠ >
.

4. Bài toán tìm điều kiện của tham số để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện
cho trước



Kiến thức cơ bản
:
-
Định nghĩa1:
Cho hàm s
ố
y = f(x) xác
đị
nh trên K và x
1
, x
2

∈
K.
+ Ta g
ọ
i x

i x
1
.
+) y’
đổ
i d
ấ
u t
ừ
(+) sang (-) khi x
đ
i qua x
1
. Kí hi
ệ
u : x
1
= x
CĐ
, f(x
1
) = y
CĐ

+ Ta g
ọ
i x
2
là
đ

+) y’
đổ
i d
ấ
u t
ừ
(-) sang (+) khi x
đ
i qua x
2
. Kí hi
ệ
u : x
2
= x
CT
, f(x
2
) = y
CT
Ta g
ọ
i chung các
đ
i
ể
m C
Đ
, CT c
ủ

là
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i c
ủ
a hàm s
ố
y = f(x) n
ế
u tho
ả
mãn:
+) x
1
là nghi
ệ
m c
ủ
a pt: y’ = 0 ho
ặ
c y’ không xác
đị
nh t
ạ
i x

ế
u tho
ả
mãn:
+) x
2
là nghi
ệ
m c
ủ
a pt: y’ = 0 ho
ặ
c y’ không xác
đị
nh t
ạ
i x
2
.
+) y’’(x
2
) > 0. Kí hi
ệ
u : x
CT
, f(x
2
) = y
CT
Ta g

, CT
⇔
có c
ự
c tr
ị

⇔
Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 2 nghi
ệ
m phân
bi
ệ
t.
+ Hàm s
ố
b
ậ
c 4 trùng ph
ươ
ng có C
Đ
, CT
⇔
Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 3 nghi
ệ

ố
a < 0).
+ Hàm s
ố
b
ậ
c 4 có 1CT và không có C
Đ

⇔
(Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 1 nghi
ệ
m và
h
ệ
s
ố
a > 0) ho
ặ
c (Ph
ươ
ng trình y’ = 0 có 1nghi
ệ
m kép và h
ệ
s
ố
a >0).

ố
y =
3 2 2
1
( 2) (5 4) 1
3
x m x m x m
+ − + + + +
đạt CĐ, CT
tại các điểm x
1
, x
2
thoả mãn : x
1
< -1 < x
2
?

G: Phân tích: Nhẩm tính đạo hàm ta thấy y’ là tam thức bậc 2. Do đó, yêu cầu
bài toán chuy
ển về dạng 1 của bài toán1.
Trình bày: Ta có:
+ TXĐ: R.
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011


.
M
ặ
t khác, theo bài ra thì x
1
< -1 < x
2
⇔
1 2 1 2 1 2
( 1)( 1) 0 ( ) 1 0(3)
x x x x x x
+ + < ⇔ + + + <
.
Th
ế
(2) vào (3) ta
đượ
c :
5 4 2 4 1 0 3
m m m
+ − + + < ⇔ < −
(th
ỏ
a mãn (1)).
V
ậ
y v
ớ
i m < -3 thì hàm s
ố

, x
2

thoả mãn :
1 2
8
x x
− ≥
?
G: Phân tích: Ta thấy y’ là tam thức bậc 2 và

( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
4 64 0
8 64
x x x x x x
x x
− + − − ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔
Trình bày: Ta có:
+ TXĐ: R.
+ y’ = x
2
- 2mx + m xác định trên R.
Hàm số có CĐ, CT ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x
2
- 2mx + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔

4 64 0(3)
8 64
x x x x x x
x x
− + − − ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔
Thế (2) vào (3) ta được :
( )
2
1 65
2
2 4 64 0
1 65
2
m
m m
m

+
≥


− − ≥ ⇔

−
≤


(thỏa mãn (1)).
Vậy với


www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 (C
1
) và (C
2
) không có điểm chung (C
1
) và (C
2
) cắt nhau (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc nhau

Phương pháp chung
:

(C
1
) và (C
2
).
Khi đó tung độ điểm chung là y
0
= f(x
0
) hoặc y
0
= g(x
0
).





< 1?
G: Phân tích: Trục Ox chính là đường thẳng y = 0. Phương trình hồnh độ giao
điểm là phương trình bậc 3 và để xử lí thì cách thơng dụng nhất là nhẩm nghiệm và
đưa về bài tốn của phương trình bậc hai. Bài này nên dùng mẹo triệt tiêu m để
nhẩm nghiệm.
Trình bày:
Ta có phương trình hồnh độ giao điểm của (C
m
) và Ox là:
x
y
y
y
x
x
OO
O
)(
1
C
)(
2
C
)(
1
C
)(
2
C
1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

x
3
+ 2(1- 2m )x
2
+ (5 - 7m)x + 2(m + 5) = 0
⇔ (x+2)[x
2
- 4mx + 5 +m] = 0 ⇔



x+2=0
x
2
-4mx+5+m=0(1)

(C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -2
⇔



∆’>0
(-2)
2
-4m(-2)+5+m≠
≠≠

là nghi
ệ
m c
ủ
a (1)). Lúc này, yêu c
ầ
u bài toán tr
ở
thành
tìm m
để
hai nghi
ệ
m c
ủ
a (1) nh
ỏ
h
ơ
n 1
⇔
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2

2
m
m
m m
<

⇔ <

+ − + >

K
ế
t h
ợ
p (5) & (2) ta
đượ
c m < -1.
V
ậ
y v
ớ
i m < -1 thì
(C
m
): y = x
3
+ 2(1- 2m )x
2
+ (5 - 7m)x + 2(m + 5) c¾t Ox tai
3 ®iÓm ph©n biÖt

< x
3
?
G:

Phân tích:
Tr
ụ
c Ox chính là
đườ
ng th
ẳ
ng y = 0. Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m là ph
ươ
ng trình b
ậ
c 3 và
để
x

m.

Trình bày:
Ta có ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a (C
m
) và Ox là:

mx
3
- x
2
+ 2x - 8m = 0

⇔
(x-2)[mx
2
+ (2m-1)x + 4m] = 0
⇔



0
.2 (2 1).2 4 0
m
m
m
m m m

≠

− < <
 
∆ > ⇔
 
 
≠

+ − + ≠

(2). Khi
đ
ó, theo
đị
nh lí Vi-ét
có:

1 2
1 2
1 2
(3)
4

ệ
m c
ủ
a (1) l
ớ
n h
ơ
n 1
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

⇔
(
)
(
)
( ) ( )
1 2
1 1 2
2 1 2 1 2
1 2
1 1 0
1 0 2
(4)
1 0 ( ) 1 0
1 . 1 0
x x

>


⇔ < <

−

− + >


Kết hợp (5) & (2) ta
được
1 1
7 6
m
< <
.
Vậy với
1 1
7 6
m
< <
thì (C
m
): y = mx
3
- x
2
+ 2x - 8m c¾t Ox tai 3 ®iÓm ph©n biÖt:
1 < x

2. Thực tiễn và những ghi nhận khi nghiên cứu áp dụng định lí Vi-ét
giải bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số thực
cho học sinh trường THPT Phạm Ngũ Lão
 Thực tiễn nghiên cứu:
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

Sau hai năm giảng dạy tại trường THPT Phạm Ngũ Lão (cả 3 khối 10, 11
và 12) tôi nhận thấy: số lượng học sinh có khả năng sử giải được bài toán so
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số thực còn rất ít (có lớp 10,
11 ban cơ bản không có học sinh một nào làm được bài toán này). Một số học
sinh làm được bài tập bằng định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai nhưng chưa
hiểu rõ đặc điểm và cơ sở của định lí này là gì? Các em này làm bài tập theo
kiểu nhớ dạng bài quen thuộc nên khi gặp bài toán có nội dung không “gần gũi
”với các dạng bài đó thì các em hoàn toàn bế tắc trong việc “Quy lạ về quen” vì
khi áp dụng định lí này phải nhớ nhiều lí thuyết và xét nhiều trường hợp. Khả
năng đọc đề bài và hình thành tư duy thuật giải chưa đủ để áp dụng thành thạo
định lí này. Cá biệt, một số học sinh lớp 12 chỉ làm được một vài dạng bài này
bằng phương pháp hàm số (căn cứ vào bảng biến thiên hoặc đồ thị) nhưng tính
“cơ động và khả năng sẵn sàng” của các em chưa cao vì “Vũ khí chưa đủ
mạnh”.
Trao đổi với một số đồng nghiệp trực tiếp giảng dạy khối lớp 10, tôi được
biết họ định hướng cho học sinh giải các bài toán so sánh nghiệm của phương
trình bậc 2 với một số thực bằng cách đưa ra phương pháp đặt ẩn phụ. Chẳng

hạn, bài toán: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x


Hãy tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )?’’ thì
trước tiên học sinh cần tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔


m>3
m<1

+ Bước 2 : Áp dụng định lí Vi-ét để nêu mối liên hệ giữa các nghiệm của
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

phương trình bậc hai.
+ Bước 3 : (Quy lạ về quen)Biến đổi yêu cầu bài toán về vị trí của các
nghiệm so với các số thực về các biểu thức, phương trình, bất phương
trình, hệ bất phương trình chứa tổng và tích các nghiệm của phương trình
bậc hai.
Ví dụ :
(
)
(
)
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
4 64 0
8 64x x x x x xx x

so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” .
Sáng kiến cũng đã chỉ ra tiềm năng, thực tiễn và những định hướng cho việc rèn
luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” để giải Toán đối
với học sinh THPT, đó là:
+ Xây dựng quy trình giải một bài toán bằng phương pháp “Áp dụng định
Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một
hoặc hai số thực ”
+ Bồi dưỡng năng lực nhận dạng bài toán có thể sử dụng phương pháp “Áp
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai
với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT, đặc biệt là khối lớp 10.
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

Mặc dù điều kiện còn khó khăn và phạm vi nghiên cứu mới chỉ dừng lại ở việc
nghiên cứu thực nghiệm ở một nhà trường THPT nhưng sáng kiến đã đưa ra những
luận điểm xác thực, đáng tin cậy và có tính ứng dụng cao.
 Kết quả thực nghiệm phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh
nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”

Lớp Khóa
học
Chỉ biết sử dụng phương
pháp
Sử dụng thành thạo phương
pháp
10A3


www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 TÀI LIỆU THAM KHẢO

www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011

MỤC LỤC

Nội dung TrangA. Phần mở đầu

I. Lý do chọn đề tài
II.Mục đích nghiên cứu
III. Đối tượng nghiên cứu
IV. Phương pháp nghiên cứu
V. Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm
B. Phần nội dung nghiên cứu
I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi-ét giải bài toán so
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ”
1. Bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số
thực α
αα

2.Bồi dưỡng năng lực nhận dạng bài toán có thể sử dụng phương pháp
“Áp dụng định lí Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình
bậc hai với một hoặc hai số thực” cho học sinh THPT
C. KẾT LUẬN
3 3

3

4

10

13

15

16

19 19