A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1- Cơ sở khoa học của vấn đề .
a) Cơ sở lý luận
- Quan điểm về đổi mới phương pháp dạy học và phương pháp dạy học
tích cực :
+ Quan điểm đổi mới phương pháp dạy học :
Luật Giáo dục quy định : "Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích
cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho người học
năng lực tự học, khả năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên".
Với mục tiêu giáo dục là "giúp học sinh phát triển toàn diện về đạo đức, trí
tuệ, thể chất, thẩm mĩ và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực cá nhân, tính
năng động và sáng tạo, hình thành nhân cách con người Việt Nam xã hội chủ
nghĩa, xây dựng tính cách và trách nhiệm công dân; chuẩn bị cho học sinh tiếp
tục học lên hoặc đi vào cuộc sống lao động, tham gia xây dựng và bảo vệ Tổ
quốc" . Chương trình giáo dục phổ thông "Phải phát huy tính tích cực, tự giác
chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối
tượng học sinh, điều kiện của từng đối tượng học sinh, điều kiện của từng lớp
học; bồi dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác; rèn luyện
kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm , đem lại niềm
vui , hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh ".
+ Phương pháp dạy học tích cực :
Mục đích của việc đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là
thay đổi lối dạy học truyền thụ một chiều sang dạy học theo phương pháp dạy
học tích cực . Phương pháp dạy học tích cực nhằm giúp học sinh phát huy tính
tích cực, tự giác chủ động, sáng tạo, rèn luyện thói quen và khả năng tự học, tinh
thần hợp tác, kỹ năng vận dụng kiến thức vào những tình huống khác nhau trong


học tập và trong thực tiễn; tạo niềm tin, niềm vui, hứng thú trong học tập. Làm
cho "Học" là quá trình kiến tạo , học sinh tìm tòi, khám phá, phát hiện luyện tập
khai thác và sử lý thông tin… Học sinh tự hình thành hiểu biết, năng lực và

nghiờn cứu thỡ ta thấy rất nhiều cỏc loại cõu hỏi cú thể dặt ra.

b) Cơ sở thực tiễn của sáng kiến kinh nghiệm :
Sau đây tôi xin phép được trình bày những đúc rút kinh nghiệm của mình
thông qua bài viết rất mong được sự góp ý của đồng nghiệp.
Trong quá trình giảng dạy và ôn luyện học sinh lớp 9 là lớp cuối cấp cực kỳ
quan trọng. Để chuẩn bị tốt về kiến thức cho cấp học này cũng như có thể hoàn
thành tốt nhất các kì thi có tính chất quan trọng và then chốt của các em như kì
thi hết học kì II kì thi vào lớp 10 kì thi vào các trường chuyên, lớp chọ lớp chất
lượng cao qua nghiên cứu và sưu tập đề thi, cũng như tham khảo y kiến của các
đồng nghiệp có nhiều năm kinh nghiệm tôi thấy trong đề thi thường xuất hiện
bài toán gắn liền với 1 dạng toán mà rất quen thuôc và đơn giản được học ở
chương III Đại số lớp 9 nội dung của nó không giải phương trình hãy tính tổng
và tích 2 nghiệm nếu có của một phương trình bậc 2 khi đó 1 phương tiện mà
học sinh có thể được dùng trong phạm vi kiến thức là hệ thức viet. Nhưng các
nhà làm đề thi lại không dừng lại ở đó mà đã đòi hỏi mức suy luận của học sinh
tư duy toán học của các em.
Nếu đi sâu nghiên cứu thông qua các đề thi và tài liệu có liên quan thì ta có
thể phát triển hệ thức viet ở mức độ cao hơn các nhà làm đề thi sẽ có hàng loạt
cách đặt câu hỏi khác nhau mà nội dung áp dụng của nó chỉ xung quanh hệ thức
viet. Tôi có thể nêu cụ thể 1 số dạng câu hỏi có liên quan và áp dụng hệ thức viet
đối với 1 phương trình bậc 2 và áp dụng của nó:
- Xét dấu 2 nghiệm của phương trình mà không cần phải giải nghiệm cụ thể
của phương trình.
- Tìm điều kiện để 1 phương trình bậc 2 có 2 nghiệm thoả mãn 1 điều kiện
nào đó về dấu như “phương trình có 2 nghiệm trái dấu, cùng dấu, 2


nghiệm dương phân biệt, 2 nghiệm âm phân biệt”.
- Tính giá trị của 1 biểu thức cho trước mà trong đó có mối quan hệ giữa 2

học khi phõn tớch , định hướng lời giải cho cỏc bài toỏn vềcácách tìm chữ số tận
cùng , . . Giỳp cỏc em củng cố được niềm tin và yờu mụn toỏn học hơn .
3- Đối tượng nghiên cứu và phạm vi áp dụng :
+ Đề tài này của tôi được thực hiện trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng
HS giỏi lớp 9 cũng như ôn luyên vào lớp 10.
Năm học 2014 - 2015 : 30 học sinh
+ phạm vi áp dụng : chương trình lớp 9 chương 3 “ Đại số lớp 9”.
4- Thời gian nghiên cứu :
Đề tài này chính thức được thực hiện :
+ Giai đoạn 1
Bắt đầu từ ngày 15 tháng 11 năm 2014 đến ngày 25 tháng 12 năm
2014.
+ Giai đoạn 2 : Hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm ngày 28 tháng 3 năm
2015
5- Phương pháp nghiên cứu :
- Đọc sách, tham khảo tài liệu.
- Thực tế chuyên đề, thảo luận cùng đồng nghiệp.
- Dạy học thực tiễn trên lớp để rút ra kinh nghiệm.
- Thông qua học tập bồi dưỡng thường xuyên các chu kì
Dựa vào kinh nghiệm giảng dạy bộ môn toán của các giáo viên có kinh
nghiệm của trường trong những năm học trước và vốn kinh nghiệm của bản thân
đã rút ra được một số vấn đề có liên quan đến nội dung của sáng kiến.


Trong những năm học vừa qua chúng tôi đã quan tâm đến những vấn đề
mà học sinh mắc phải. Qua quá trình bồi dưỡng học sinh khá , giỏi , qua làm bài
kiểm tra khảo sát .Tôi đã nắm được khó khăn khi phải giải bài tập dạng này .
Sau đó tôi tổng hợp lại, phân loại thành ba nhóm cơ bản.
Trong quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã sử dụng những
phương pháp sau :

4. Những vấn đề chung về đổi mới giáo dục trung học cơ sở môn toán của
Bộ giáo dục và Đào tạo.
5. Giáo trình " Phương pháp dạy học toán" tác giả Hoàng Chúng BGD&ĐT
6. Tuyển tập các đề thi vào lớp 10 “ tác giả Lê Thống Nhất “
7. Một số tạp trí toán học .
B . QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I - KHẢO SÁT THỰC TẾ HỌC SINH KHI CHƯA THỰC HIỆN
1 . Tình trạng học sinh khi chưa thực hiện đề tài .
Khi chưa thực hiện đề tài , trong giảng dạy luyện tập , ôn tập , bồi dưỡng
học sinh .Tôi chủ yếu cho học sinh làm một số bài tập từ đơn giản đến bài toán
nâng cao hơn của áp dụng định lý Vi - Ét . Yêu cầu học sinh phải tìm ra nó
thuộc ở dạng nào trong định lý thì mới giải được .Tôi thấy đa số học sinh còn
lúng túng , không có phương pháp giải , nhiều em còn bị bế tắc không có định
hướng khi gặp phải những bài toán dạng này , học sinh chưa biết tự tìm tòi ,
khám phá kiến thức , không có sự kết hợp giữa cá nhân và hoạt động nhóm , tập
thể để thống nhất phương pháp giải . Vì thế kết quả còn nhiều hạn chế .


2- Số liệu điều tra trước khi thực hiện đề tài .
* Bài toán khảo sát trước khi thực hiện đề tài :
Bài 1 : Giải phương trỡnh

(

)

2009 + 2010 x 2 − 3 2010 x − 2009 + 2 2010 = 0

 x 2 y + xy 2 = 6
Bài 2: Giải hệ phương trỡnh  2

Giỏi ( 8- 10 điểm)

1

3,3

Khá ( 6,5 - 7,5 điểm )

3

10

Trung bình ( 5- 6 điểm )

10

33

Dưới trung bình ( < 5 điểm )

16

II - BIỆN PHÁP THỰC HIỆN :
1 . BIỆN PHÁP TÁC ĐỘNG GIÁO DỤC


* Đối với giáo viên :
- Trước hết phải áp dụng đúng phương pháp đổi mới trong mỗi giờ học .
Hướng dẫn học sinh biết khám phá , tìm tòi , suy nghĩ
- Tăng cường luyện tập trong loại bài tập , đưa ra phương pháp giải phù

Dạng 5: Tỡm giỏ trị một biểu thức thụng qua bài toỏn tổng quỏt.
Dạng 6: xét dấu nghiệ của phương trỡnh bậc hai.
Dạng 7; Tỡm điều kiện của tham số để hai nghiệm thỏa mó một hệ thức.
Dạng 8: Tỡm quan hệ giữa hai nghiệm mà độc lập với tham số.
Sau khi tôi hướng dẫn cho học sinh cụ thể trong từng dạng bài . Hướng
dẫn cách suy luận để tìm ra lời giải thỡ học sinh tự hình thành được lời giảicủa
bài toỏn , rút ra được phương pháp giải và biết so sánh giữa các dạng . Học sinh
được kiểm tra kiến thức và tự kiểm tra kiến thức thông qua các hoạt động cá
nhân hoặc hoạt động nhóm .
III ) NỘI DUNG ĐỀ TÀI
A) KIẾN THỨC CƠ BẢN :
1) Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có 2 nghiệm phân biệt

x1 , x2 thì tổng và tích hai nghiệm đó là:
S = x1 + x2 = −

c
b
và P = x1.x2 =
a
a

2 ) Tính nhẩm nghiệm
a ) Nếu a + b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có các nghiệm


số là

x1 =1, x2 =




d) Điều kiện để phương trỡnh cú hai nghiệm õm phõn biệt là:
∆ > 0

s < 0
p > 0


B ) CÁC DẠNG BÀI TÂP ĐƯỢC ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH Lí VI – ẫT.
1) Dạng 1- giải phương trình
Bài toỏn. Không giải phương trình hãy tìm nghiệm của các phương trình sau:
a) 2009x2 + 2010x +1 = 0
b) 2010x2- 2011x+ 1 = 0
c)

(

)

2009 + 2010 x 2 − 3 2010 x − 2009 + 2 2010 = 0

Lời giải.
Nhận xột


Đối với những loại bài toán nay chỳng có một đặc điểm chung mà khi làm bài
ta phải nhận xét được đó là các hệ số a, b, c, của phương trình bậc hai có một
trong các đặc điểm sau “a+b+c=0 hoặc a-b+c=0”với nhận xột trên ta có lời giải.
a) Ta có hệ số của phương trỡnh : a = 2009; b = 2010; c = 1

đó

x1 = 1; x 2 =

phương

trình

luôn

có

hai

nghiệm

phân

biệt

c 2 2010 − 2009
=
a
2010 + 2009

2)Dạng2: Toán tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Bài tập 2.1 : Tìm hai số x y biết
a) x + y = 11 và xy = 28
b) x - y = 5 và xy = 66
Giải :

= 11; x2 =
= −6
2
2

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 =
Vậy x = 11 thì y = - 6 còn x = - 6 thì y = 11
Bài tập 2.2 : Tìm hai số x y biết

x 2 + y 2 = 25 và xy = 12
Giải :

Ta có x 2 + y 2 = 25 <=> (x + y ) 2 - 2xy = 25 <=> (x + y ) 2 - 2.12 = 25
(x + y ) 2 = 49 <=> x +y = ± 7
* Trường hợp x + y = 7 và xy =12
Ta có x và y là nghiệm của phương trình

x 2 - 7x +12 = 0

∆ = b 2 − 4ac = 49 – 4.12 = 1
x1 =

7 +1
7 −1
= 4; x2 =
=3
2
2

* Trường hợp x + y = - 7 và xy =12

chung thành những tông và tích của các biểu thức. Chinh vì những nhận xột đó
mà ta có thể ứng dụng định lí vi-et để giải những bài toán có cùng tính chất trên.
a) Bằng phương pháp biến đổi tương đương ta đưa hệ trở thành
 xy ( x + y ) = 6

khi đó ta đi đặt. s = x + y và p = x.y
2
( x + y ) − 2 xy = 5
s. p = 6(1)

vậy ta có hệ phương trình: 

2
s − 2 p = 5(2)

Từ (1) ta có p =6/s thế vào (2) ta thu được phương trình. s 2 −

12
= 5( s ≠ 0)
s

hay ta có phương trình. s3- 5s - 12 = 0
Giải phương trình ta thu được nghiệm là: s = 3 thay vào (1) thì p = 2
s = x + y = 3
 p = x. y = 2

khi đó ta có. 

theo định lý vi – ét thỡ x, y là hai nghiệm của phương trình bậc hai sau:
X2- 3X + 2= 0 giải phương trình ta thu được. X 1 = 1; X 2 = 2

 xy x + y = 30
c) Khi đó hệ trở thành 
( Đk: x, y ≥ 0 )
3
x
+
y
−
3
xy
x
+
y
=
35


(

)

(

)


khi đó ta đi đặt. s = x + y , p = xy ( Đk: s, p ≥ 0 )
s. p = 30(1)

Ta cú phương trình: 

Cho parabol (P) là y = x2. Gọi A, B là hai điểm thuộc ( P) và có hoành độ lần
lượt là -1; -2. Hóy viết phương trỡnh đường thẳng AB.
Lời giải.
Đây là bài toán dễ, hầu hết học sinh và các tài liệu toán đều cho lời giải như sau:
(*) Cỏch 1:

 A ∈ ( P)

2
Ta cú  x = −1 ⇒ y A = ( − 1) = 1 võy A(- 1;1 )
 A

 B ∈ ( P)
⇒ y B = 2 2 = 4 võy B( 2 ; 4 )

xB = 2

Gọi phương trỡnh đường thẳng AB cần tỡm cú dạng y = ax + b
1 = − a + b
a = 1
⇔
Vậy đường thẳng AB là: y= x + 2
4 = 2 a + b
b = 2

Ta có hệ phương trỡnh 


(*) Cỏch 2: Suy nghĩ đến định lí VI – Et thỡ ta cú lời giải đẹp sau đây:
Phương trỡnh đường thẳng AB cần tỡm cú dạng y = ax + b

x A = 2

Phương trỡnh đường thẳng cần tỡm cú dạng y = ax + b (D)
A ∈ ( D) ⇔ 1 = 2a + b ⇔ b = 1 − 2a Vậy y = ax + 1 – 2a (D)

Phương trỡnh xỏc định hoành độ giao điểm của (D) và (P) là
1 2
x = ax + 1 − 2a ⇔ x 2 − 4ax − a + 8a = 0
4
2
∆, = 4a 2 + 4a − 8a = 4( a − 1)

(D) tiếp xỳc với (P) ⇔ ∆, = 0 ⇔ 4( a − 1) 2 = 0 ⇔ a = 1 ⇒ b = 1 − 2.1 = −1
Vây phương trỡnh đường thẳng cần tỡm y = x - 1 (D).
(*) Cỏch 2 - Sau đây là lời giải nếu sử dụng định lớ vi – ột.
Phương trỡnh đường thẳng cần tỡm cú dạng y = ax + b (D)
Phương trỡnh xỏc định hoành độ giao điểm của (D) và (P) là
1 2
x = ax + b ⇔ x 2 − 4ax − 4b = 0( 2)
4


Mà x = 2 là nghiệm kép của phương trỡnh (2) theo hệ thức vi-ột ta cú.
 x1 + x 2 = 4a
⇒ x1 = x 2 = 2 do đó a = 1, b = -1

 x1 .x 2 = −4b

Phương trỡnh đường thẳng cần tỡm y = x - 1.
Nhận xột: Qua hai bài toán trên với hai cách giải khác nhau ta thây việc sử

n +1

n

n

)( x1 + x 2 ) − x1 x 2 ( x1 + x 2 )

−b
c
s n +1 − s n
a
a

−b 0
0
, x1 = x 2 = 1 , suy ra hệ thức (*) đúng với mọi n = 0,1,2,
a

…..
(*) Sau đây là ứng dụng của bài toỏn trờn.
VD5.1: Cho x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh x 2 − 2 x − 2 = 0
Hóy tớnh

7

x1 + x 2

7


Thật vậy theo bài toán mở đầu ta có s k + 2 − 6s k +1 + s k = 0 hay s k + 2 = 6s k +1 − s k
s k ∈ Z , s k +1 ∈ Z nờn từ kết quả trờn ta cú s k +2 ∈ Z

b) Từ kết quả: s n + 2 = 6s n+1 − s n = 6(6s n − s n−1 ) − s n = 35s n − 5s n −1 − s n−1
suy ra s n + 2 và − s n −1 khi chia cho 5 có cùng số dư
Từ đó s n ,− s n+3 , s n +6 ,− s n+9 ,.... khi chia cho 5 có cùng số dư.
Mà s 0 = 2, s1 = 6, s 2 = 34 đều không chia hết cho 5 do đó s n khụng chia hết cho 5.
VD5.3: Tớnh giỏ trị của biểu thức

(

) (

(

) (

6

)

A = 2+3 2 + 2−3 2
1
1
B=
+
6
2+3 2
2−3 2


Lời giải.
Đặt x1 = 4 + 15 , x2 = 4 − 15

ta cú x1 .x 2 = 1, x1 + x2 = 8

Khi đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh:x2-8x +1 =0
n
n
Đặt s n = x1 + x 2 (n ∈ N ) theo bài toán mở đầu ta có: s n + 2 − 8s n +1 + s n = 0

Ta tính được: s1 = 8 s 2 = 62, s3 = 448, s 4 = 3842, s5 = 30248, s 6 = 238142, s7 = 1874888


Vậy x17 = 187488 − x 2 7
Mà 0 < x2 7 = ( 4 − 15 ) < 1 nờn 1874887 < 1874888 − x2 7 < 1874888
7

Do đó

7

(

1874887 < x1 = 4 + 15

)

7

< 1874888




VD5.6: Tỡm chữ số tận cựng của phần nguyờn của số: (5 + 3 3 )

2009

Lời giải
Đặt x1 = 5 + 3 3, x 2 = 5 − 3 3

ta cú x1 .x 2 = −2, x1 + x2 = 10

Khi đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trỡnh: x2-10x -2 =0
n
n
Đặt s n = x1 + x 2 (n ∈ N ) theo bài toán mở đầu ta có: s n + 2 = 10s n+1 + 2s n

Vỡ s1 = 10 nờn từ hệ thức trờn ta suy ra s n luụn luụn chia hết cho 10với n lẻ, mà
− 1 < x2 < 0
2009
2009
Thỡ (5 + 3 3 )  = [ x1 ] = s 2009 luụn cú tận cựng là 0.

VD5.7: Tỡm hai chữ số tận cựng của phần nguyờn của số:

(

29 + 21

)

b) 5 x 2 + 7 x + 1 = 0
c) 3 x 2 + 5 x − 1 = 0
Giải
b
a

a) Theo hệ thức Vi – ét có S = x1 + x2 = − = 13 , P = x1.x2 =

c
= 40
a

Vì P > 0 nên 2 nghiệm x 1 và x 2 cùng dấu
S > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu dương
c
a

1
5

b) Theo hệ thức Vi - ét có P = x1.x2 = = > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu
S = x1 + x2 =
c)P= x1.x2 =

−b −7
=
< 0 nên 2 nghiệm cùng dấu âm
a
5


∆ > 0
( m − 1) 2 − 4( 5m − 8) > 0
m 2 − 22m + 33 > 0(∀m)



−b
8

 ( m − 1)
>0⇔
>0
⇔ m > 1
⇒m>
s = x1 + x 2 =
a
5

 1

8
c

 5m − 8
m >
5

 p = x1 .x 2 = a > 0
 1 > 0



 p = x1 .x 2 = a > 0
 1 > 0

KL. Không tồn tại giá trị m để phương trỡnh (*) cú hai nghiờm õm phõn
biệt.
Bài tập 7.2 : Cho phương trình

x 2 − 10 x − m 2 = 0 (1)

Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của
m ≠ 0.Nghiệm

mang

dấu

nào

có

giá

trị

tuyệt

đối

lớn


x 2 −x −4 =0
∆=1 −4.(−4) =17 >0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 + 17
x1 =
2
1 − 17
x2 =
2

b)Xét
1
1
3
1
3

ac = −m 2 + m − 2 = −(m 2 − m + 2) = −(m 2 − 2 m + + 1 ) = − (m − ) 2 + 1 
2
4 4
2
4

2

2

1

) = −a Với a > 0
x2

Có A = -a +

1
−a

⇒(

x2 3 1
) =
x1
−a

mang giá trị âm

A đạt giá trị lớn nhất <=> - A có giá trị nhỏ nhất
1 a2 +1
Có -A = a + =
a
a

Theo bất đẳng thức Cô si áp dụng cho hai số không âm a và

1
( vì a > 0 và
a

1

2
a
⇔
−
a.a −1 =−
2a
⇔
−
a 2 +2a −1 =0
⇔
a 2 −2 a +1 =0
⇔
( a −1) 2 =0
⇔
a =1
( thoả mãn điều kiện a > 0 )
x

x

1 3
1
• Với a = 1 thì ( x ) = −1 ⇔ x = −1 ⇔ x1 = − x2
2
2

• Theo kết quả x1 = − x2 có S = x1 + x2 = − x2 + x2 = 0 =

b
a

Theo hệ thức Vi ét

P = x1.x2 =

c
= −m 2 + m − 2 < 0 do đó 2 nghiệm trái
a

dấu
b) Ta có

x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2

= (m − 1) 2 − 2(−m 2 + m − 2)

2

= m − 2m + 1 + 2m 2 − 2m + 4 = 3m 2 − 4m + 5
4
5
2 4 11

= 3  m 2 − m + ÷ = 3(m 2 − 2m + + )
3
3
3 9 9


2
11 11

2

Vì m > 0 nên ta chọn

m=

Kết luận : Vậy với m =

5 ( thoả mãn điều kiện − 7 < m < 7 )

5 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu và

nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bằng ngịch đảo của nghiệm kia .
Bài tập 7.6:
Xét phương trình : x 4 − 2(m 2 + 2) + 5m2 + 3 = 0 (1) với m là tham số
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có 4
nghiệm phân biệt
2) Gọi các nghiệm của phương trình (1) là x1 , x2 , x3 , x4 . Hãy tính theo m
giá trị của biểu thức M =

1
1
1
1
+ 2 + 2 + 2
2
x1
x2
x3
x4