SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9 SỬ DỤNG
ĐỊNH LÝ VI-ÉT GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VÀ BÀI TOÁN
VỀ SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI

Người thực hiện: Hoàng Minh Hạnh
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Đông Hải
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2017


MỤC LỤC

1. Mở đầu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Phần I: Sử dụng định lý Vi-et cho các bài toán về
biểu thức nghiệm của phương trình bậc hai
Phần II: Sử dụng định lý Vi-et để giải bài toán về số nghiệm
của phương trình quy về bậc hai
3. Kết luận và kiến nghị

GTNN của biểu thức... Điều này cho thấy, phạm vi ứng dụng của định lý Vi-ét
trong giải toán là rất đa dạng và phong phú. Và để giải được các dạng toán
này đòi hỏi học sinh phải có tư duy sáng tạo, biết kết hợp kiến thức cũ với
kiến thức mới một các có logic và hệ thống.
Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi lại được nhà
trường trực tiếp giao trách nhiệm bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán
tham dự kì thi các cấp thành phố và cấp Tỉnh, tôi cũng rất trăn trở làm sao để
các em làm tốt các dạng toán này đồng thời giúp các em có tư duy sáng tạo
trong quá trình khai thác ứng dụng của định lý Vi-ét. Và cao hơn là giúp các
em tìm tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong quá trình học bộ môn Toán
Xuất phát từ thực tế và những lý do được ở trên tôi đã lựa chọn đề tài
nghiên cứu: “Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 sử dụng định lý Vi-et giải
bài toán tìm cực trị và bài toán về số nghiệm của của phương trình quy về
bậc hai ”
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh nắm vững kiến thức về định lí Vi-et, biết phân tích các
điều kiện đề bài cho, xác định rõ yêu cầu, có sự phân loại và định hướng rõ
ràng đối với mỗi bài toán có liên quan, từ đó có hướng giải đúng, có thế tự tin
giải bài tập nhanh hơn, có hiệu quả cao.Trên cơ sở đó giúp học sinh phát triển
năng khiếu của bản thân thông qua việc tìm hiểu ứng định lý Vi-ét ở mức độ
cao hơn.
- Mở ra cho các em những góc nhìn mới mẻ về định lý Vi-ét, đáp ứng
nguyện vọng trong việc nâng cao kiến thức, khám phá kiến thức mới, kích
thích sự tìm tòi sáng tạo , từ đó tạo ra niềm say mê yêu thích đối với toán học
nhiều hơn.
- Góp phần nâng cao chất lượng bộ môn toán, đặc biệt là nâng cao chất
lượng học sinh khá giỏi.


1.3. Đối tượng nghiên cứu

bất đẳng thức hoặc tìm cực trị thì các em đều không thể biết cách vận dụng
định lý Vi-et để làm.
Trong quá trình giảng dạy học sinh lớp 9, bản thân tôi nhận thấy đây là
dạng toán khó mà trong các tài liệu tham khảo cũng chỉ đưa ra bài tập và giải
mà không nêu được phương pháp rõ ràng cho dạng toán. Do đó học sinh
không biết phương pháp suy luận để vận dụng kiến thức đã học
Trước vấn đề trên tôi thấy cần thiết phải có một cách tiếp cận mới về
ứng dụng của định lý Viet giải một số bài toán nâng cao để giúp học sinh có
thêm kiến thức, nâng cao kỹ năng trong giải toán vận dụng định lý Vi-et, bồi
dưỡng tư duy sáng tạo của các em.
2.3. Giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề


Để phát huy hiệu quả phát triển tư duy sáng tạo của học sinh đòi hỏi người
giáo viên cần có nhiều cố gắng tìm tòi nghiên cứu đầu tư. Vì vậy trong quá
trình giảng dạy tôi đã áp dụng giải pháp sau đây:
+) Bước đầu tạo sự hứng thú cho các em bằng các bài toán vận dụng cơ bản.
Từ các kiến thức cơ bản đó khai thác, xây dựng và hệ thống những dạng bài
toán vận dụng mới với nhận dạng rõ ràng giúp học sinh độc lập suy nghĩ và
sáng tạo trong cách giải ( khái quát hoá kiến thức mới ) khi sử dụng kiến thức
đã học . Muốn vậy, tôi đã cho học sinh lật đi lật lại vấn đề, tìm ra những khía
cạnh sâu sắc của nội dung để học sinh hiểu đúng và nắm chắc kiến thức. Và
để đạt được điều này, tôi đã chuẩn bị nhiều câu hỏi chủ đạo có tính định
hướng, giao công việc cụ thể để HS phát hiện tìm tòi ra lời giải và đã vận
dụng những kiến thức nào trong lời giải đó.
+) Sau khi phân loại và hướng dẫn các ví dụ, ở cuối mỗi phần, tôi sẽ giao bài
tập để các em luyện tập củng cố kiến thức. Và cuối cùng là kiểm tra kiến thức
và đánh giá kỹ năng vận dụng
Sau đây tôi xin trình bày nội dung đề tài “Hướng dẫn học sinh khá giỏi
lớp 9 sử dụng định lý Vi-ét để giải bài toán tìm cực trị và bài toán về số

đảo.
1
Ví dụ 1: Cho a, b thỏa mãn: a + b =1. Chứng minh: a 3 + b3 + ab ≥
2
Hướng dẫn:
Đặt A = a 3 + b3 + ab . Vì a + b =1 nên
1− A
3
A = a 3 + b3 + ab = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) + ab = 1 − 2ab ⇔ ab =
2
a + b = 1

1− A
2
= 0 (1)
Ta có 
1 − A nên a, b là nghiệm của pt: X − X +
2
ab = 2
Để tồn tại a, b thì pt (1) phải có nghiệm
1− A
4A − 2
1
⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 1− 4
≥0⇔
≥ 0 ⇔ 4A − 2 ⇔ A ≥
2
2
2
1

 yz = x

2
3
2
y; z là nghiệm của phương trình: t − ( x − x ) t + x = 0 (1)
Để tồn tại y, z thì pt (1) phải có nghiệm

⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ ( x3 − x ) − 4 x 2 ≥ 0 ⇔ x 2 ( x 2 + 1) ( x 2 − 3) ≥ 0
2

Vì x 2 ≥ 0; x 2 + 1 > 0 nên x 2 − 3 ≥ 0 ⇔ x 2 ≥ 3 (đpcm)
Nhận xét: Cách làm trên khá đơn giản, dễ hiểu, học sinh không phải sử
dụng đến kiến thức về bất đẳng thức
1
1
+
Ví dụ 3: Cho a, b dương có a + b =1. Tìm GTNN của M =
a +1 b +1
Hướng dẫn:
1
1
( a + b) + 2 = 3
+
=
Ta có: M =
( vì a + b =1)
a + 1 b + 1 ab + ( a + b ) + 1 ab + 2
⇔ M ( ab + 2 ) = 3 ⇔ abM = 3 − 2M


2
2
Nhận xét:
- Việc giải bài toán trên bằng cách sử dụng hệ quả bất đẳng thức Cosi là
không khó. Nhưng đối với các em, việc vận dụng bất đẳng thức phụ vào giải


toán lại là khó. Cách làm này đã giúp các em tháo gỡ được khó khăn trên
đồng thời mở ra cho các em một hướng suy nghĩ mới cho các bài toán cực trị
hai biến có thể đưa về dạng chứa tổng và tích .
- Ba ví dụ: 1, 2, 3 cách làm bài toán không phức tạp. Tuy nhiên nhiều bài
toán phức tạp hơn, ngoài việc sử dụng điều kiện tồn tại của hai biến còn phải
kết hợp với việc tìm GTLN, GTNN của một biểu thức bậc hai một biến.
Ví dụ 4: Cho x + y = 2 − a; x 2 + y 2 + xy = 3 .
Tìm GTLN, GTNN của P = x 2 + y 2 − xy
Hướng dẫn:
2
2
Ta có: x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ ( x + y ) − xy = 3 ⇔ xy = ( x + y ) − 3
 x + y = 2 − a
x + y = 2 − a
x
+
y
=
2
−
a
⇔
Vì


 xy = 3
 x = − 3; y = 3
2
Mặt khác: P = −2a + 8a + 1 = 2a ( 4 − a ) + 1
Vì theo (3) a ≥ 0; 4 − a ≥ 0 nên P ≥ 1
Vậy: PNN =1 khi a = 0 hoặc a = 4. Khi đó thay a vào (1) ta được
x + y = 2
 x + y = −2
⇔ x = y = 1 hoặc 
⇔ x = y = −1

 xy = 1
 xy = 1
Nhận xét: Đối với bài toán này, thông thường các em sẽ làm như sau.
Tìm x + y và xy theo a sau đó thay vào P và tìm GTLN, GTNN của P mà
không có điều kiện gì của a. Như vậy chỉ có GTNN mà không có GTLN. Đó là
sai lầm chủ yếu của HS khi không sử dụng Vi-et đảo tìm ĐK để x, y tồn tại
suy ra điều kiện của a. Do đó GV cần chỉ ra và khắc sâu để HS không mắc
phải sai lầm này
Những bài toán cực trị phức tạp có căn bậc hai hoặc bậc ba cũng có thể
vận dụng định lý Viet để giải
1 1
Ví dụ 5: Cho x; y dương thỏa mãn: + = 2 Tìm GTNN của A = x + y
x y


1 1
+ = 2 ⇔ x + y = 2 xy
x y

Vì P ≥ 1 nên
Vậy ANN

Ví dụ 6: Cho 2 số x; y thỏa mãn:

3

x

(

3

)

x −1 + 3 y

(

3

)

y − 1 = 3 xy

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: F = 3 x + 3 y + 3 xy
Hướng dẫn:
3
x 3 x − 1 + 3 y 3 y − 1 = 3 xy
Ta có:


3

3

 3 x + 3 y = S
S2 − S
Đặt 
từ biểu thức trên ta có ⇔ S 2 − S = 3P ⇔ P =
(*)
3 xy = P
3

S2 − S
2
2
Để tồn tại x; y thì S ≥ 4 P ⇔ S ≥ 4
⇔ S 2 − 4S ≤ 0 ⇔ S ( S − 4 ) ≤ 0
3
⇔0≤S ≤4
S 2 − S S 2 + 2S
Theo bài ra: F = x + y + xy = S + P = S +
=
3
3
2
⇔ 3F = S + 2 S
Vì 0 ≤ S ≤ 4
nên 0 ≤ 3F ≤ 42 + 2.4 ⇔ 0 ≤ F ≤ 8
Vậy: FNN = 0 khi S = 0 và P = 0 ( theo (*)) ⇔ x = y = 0

1  25

Bài 3:
Cho a + b = 1 Chứng minh:  a + ÷ +  b + ÷ ≥
a 
b
2

3x2
2
2
Bài 4: Tìm GTLN, GTNN của A = x + y + z biết y + yz + z = 1 −
2
2
2
2
Bài 5: Cho x + y = m; x + y = 6 - m . Tìm GTLN, GTNN của
F = xy - 6(x + y)
Bài 6: Cho x; y thỏa mãn: x + y = x2 + y2. Tìm GTLN của P = xy
a + b + c = - 2 ; a2 + b2 + c2 = 2


PHẦN II:

SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VI- ÉT ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN
VỀ SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI

Kiến thức vận dụng
Xét dấu các nghiệm của phương trìnhbậc hai: ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠
0)


- Điều kiện để phương trình (*) có 1 nghiệm kép âm là: 

Trong phần này tôi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng
quát một số dạng toán liên quan đến số nghiêm phương trình quy về bậc 2
bằng cách lựa chọn cách đặt ẩn phụ khôn ngoan để đưa bài toán về việc xét
dấu nghiệm của phương rình bậc hai theo ẩn phụ, sử dụng định lý Vi-ét bằng
cách thông qua ví dụ để đi đến bài toán tổng quát. Đầu tiên, tôi đưa ra ví dụ
về bài toán phương trình trùng phương chứa tham số như sau:
Ví dụ 1: Cho phương trình: x 4 − 2mx 2 + m 2 − 3m + 2 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) vô nghiêm
b) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm
c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
e) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Với ví dụ trên, học sinh đã biết đặt x 2 bằng ẩn phụ t ( t ≥ 0) vì các em đã
giải quen phương trình bậc bốn trùng phương. Tuy nhiên, sau khi đưa về


phương trình bậc hai ẩn t thì các em lại không biết xử lý theo yêu cầu bài
toán như thế nào cho phương trình bậc hai đó. Một vài em biết phương trình
(1) vô nghiệm thì phương trình bậc hai ẩn t vô nghiệm. Còn các trường hợp
khác, các em không suy luận được. Vướng mắc ở đây là các em chưa tìm
được mối liên hệ giữa số nghiệm x với số nghiệm t. Do đó khi đặt ẩn phụ
x 2 = t ( t ≥ 0 ) tôi đã nêu rõ: với t = 0 thì x 2 = 0 nên được 1 nghiệm x = 0; với
mỗi t > 0 thì x 2 = t nên được 2 nghiệm x = ± t , với t
TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

2

m
≥

3
3m − 2 ≥ 0

2
≤ m ≤1
 2
m ≤ 1
⇔ m − 3m + 2 ≥ 0 ⇔  
⇔ 3

 2m ≥ 0
m ≥ 2
m ≥ 2

m ≥ 0




2
≤ m ≤ 1 hoặc m ≥ 2 thì phương trình (1) có nghiệm
3

d) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 1 nghiệm kép
dương hoặc có hai nghiệm trái dấu
TH1: Phương trình (2) có nghiệm kép dương
∆ ' = 0 3m − 2 = 0
2
⇔
⇔
⇔m=
3
S > 0
 2m > 0
TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu: t1 < 0 < t2 ⇔ ac < 0
m 2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2
Kết luận: Vậy với 1 < m < 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
e) Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 1 nghiệm bằng 0
và 1 nghiệm dương
 m 2 − 3m + 2 = 0
P = 0
m = 1
⇔ t1 = 0 < t2 ⇔ 
⇔
⇔
S > 0
m = 2
 2m > 0
Kết luận: Vậy với m = 0 hoặc m = 2 thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân
biệt
f) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm dương

2


Bài toán tổng quát 1. Cho phương trình bậc bốn trùng phương:
ax 4 + bx 2 + c = 0 ( 1) ( a ≠ 0, x ∈ R )
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) vô nghiệm
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 1 nghiệm
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
f) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
Hướng dẫn:
2
Đặt x = t ( t ≥ 0 ) , thay vào pt (1) ta được phương trình bậc hai ẩn t:
at 2 + bt + c = 0 ( 2 )
Với t = 0 thì được 1 nghiệm x = 0; với mỗi t > 0 thì được 2 nghiệm x = ± t
a) Để phương trình (1) vô nghiệm ⇔ pt (2) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm
âm
TH1: Phương trình (2) vô nghiệm ⇔ ∆ < 0
∆ ≥ 0

TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm âm t1 ≤ t2 < 0 ⇔  P > 0
S < 0

b) Để phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
∆ ≥ 0

TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0
S ≥ 0

c) Để phương trình (1) có 1 nghiệm ⇔ pt (2) có 1 nghiệm t = 0 và 1 nghiệm

Để phát triển tư duy của các em hơn nữa, tôi đưa ra ví dụ 2 như sau:
Ví dụ 2: Cho phương trình ( x 2 − 2 x ) − 2m ( x 2 − 2 x ) + m + 3 = 0 ( 1)
2

a) Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
c) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm
d) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
e) Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
f) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Nhận xét: Thông thường các em sẽ đặt ẩn phụ là: x 2 - 2x = t đưa phương
trình (1) về phương trình t2 - 2mt + m + 3 = 0 (2). Phương trình (1) có
nghiệm khi phương trình (2) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 . Phương trình(1) có 2
nghiệm khi phương trình (2) có hai nghiệm ⇔ ∆ > 0 . Còn trường hợp
phương trình (1) có 4 nghiệm thì các em không biết làm. Một vài em hiểu vấn
đề tốt hơn thì sau khi đặt ẩn phụ x2 - 2x = t, từ điều kiện có nghiệm của pt ẩn
x theo t, các em suy ra được điều kiện của t là t ≥ -1. Khi đó, các em biết
được là để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) phải có nghiệm t
≥ -1. Đây là bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với mốt số
thực khác 0 vượt ra ngoài khả năng của các em vì các em mới được trang bị
kiến thức so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với 0 (hay xét dấu ngiệm)
từ định lý Vi-ét. Như vậy, với cách là thứ nhất là sai, còn cách làm thứ hai lại
đi đến bế tắc. Do đó, tôi đã hướng dẫn các em suy luận để đặt ẩn phụ như
sau:
Hướng dẫn:
2
2
Vì x 2 − 2 x = x 2 − 2 x + 1 − 1 = ( x + 1) − 1 suy ra x 2 − 2 x + 1 = ( x + 1) ≥ 0∀x nên
Đặt t = x 2 − 2 x + 1 khi đó t ≥ 0 , suy ra x 2 − 2 x = t − 1 . Thay vào phương trình
2

(
)


−4
1 + 13
thì phương trình (1) vô nghiệm.

0
2
2
m
+
1
>
0
(
)


Kết luận: Vậy không có giá trị m nào để phương trình (1) có ba nghiệm phân
biệt
f) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm dương
m 2 + m − 3 > 0
∆ ' > 0
1 + 13


⇔ 0 < t1 < t2 ⇔  S > 0 ⇔ 3m + 4 > 0
⇔m>
2
P > 0
m + 1 > 0


1 + 13
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
2
Bài toán tổng quát 2. Cho phương trình bậc bốn dạng tam thức:
Kết luận: với m >

α ( ax 2 + bx + c ) + β ( ax 2 + bx + c ) + γ = 0 ( 1) ( α ≠ 0; a ≠ 0 )
2

a) Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
c) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm
d) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
e) Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Thay ax + bx + c = t −
vào phương trình (1) ta được phương
4a
b 2 − 4ac
2
trình sau: α ( t − k ) + β ( t − k ) + γ = 0 (2) với k =
4a
2
2
Phương trình (2): α t + ( β − 2α k ) t + α k − β k + γ = 0 (3)


a) Để phương trình (1) vô nghiệm ⇔ pt (3) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm
âm
b) Để phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0
c) Để phương trình (1) có 1 nghiệm ⇔ phương trình (3) có 1 nghiệm t = 0 và
1 nghiệm âm hoặc pt (3) có 1 nghiệm kép bằng 0
d) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (3) có 1
nghiệm kép dương hoặc có hai nghiệm trái dấu
e) Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (3) có 1
nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương
f) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (3) có 2
nghiệm dương
Cụ thể mỗi trường hợp đều giống các trường hợp của bài toán 1
Nhận xét: Khi gặp dạng toán này các em học sinh thường đặt t = ax 2 + bx + c
− ( b 2 − 4ac )
− ( b 2 − 4ac )
với điều kiện t ≥
nếu a > 0, t ≤
nếu a < 0. Phương

2

 

2
a+c
đặt t = x 2 + ( a + c ) x + 
÷ , khi đó t ≥ 0,
 2 
2

2

a+c
thay x + ( a + c ) x = t − 
÷ vào (2) ta được phương trình bậc hai ẩn t:
2


2


2
2
2

a + c)  
(
 a +c  
a+c 

a+c 
2
Nhận xét: Bằng cách đặt t = x + ( a + c ) x + 
÷ = x+
÷ ta đã
2
2

 

≥
0
đưa bài toán về xét dấu phương trình bậc hai ẩn t với t .Do đó, với mỗi
yêu cầu của bài toán ta được các trường hợp tương tự như bài toán 1 và bài
toán 2
Ví dụ 3. Cho phương trình:

(

)(

)(

)

x x − m + 1 x − m − 1 x − 2 m = 3m + 5 ( 1) , với tham số m ≥ 0 .
a) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm .
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn:
Ta biến đổi phương trình (1)


2

= 0 được 1 nghiệm x =

Với mỗi t > 0 thì x − m

)

2

m

= t được hai nghiệm x =

m± t

a) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 1
nghiệm kép dương hoặc có hai nghiệm trái dấu
TH1: Phương trình (2) có nghiệm kép dương
∆ = 0 m 2 + 10m + 21 = 0
⇔
⇔
(vô nghiệm)
S
>
0
m
+
1

2

Kết luận: Vậy không có giá trị nào của m để phương trình (1) có bốn
nghiệm phân biệt
BÀI TẬP VẬN DỤNG
x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + m 2 − m − 6 = 0
Bài 1. Cho phương trình:
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) vô nghiệm
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) vô nghiệm
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 1 nghiệm
d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
f) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
Bài 2. Cho phương trình:

2 ( x 2 − 4 x + 2 ) − 3 ( 2m − 1) ( x 2 − 4 x + 2 ) + m 2 − 3m − 1 = 0 ( 1)
2

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất
Bài 3. Cho phương trình: ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) = 2m − 1
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.

( 1)


10
0
0
Nhóm thứ hai:
Dưới điểm 5
Điểm 5 - 6
Điểm 7 - 8
Điểm 9 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
1
10
3
30
4
40
2
20
Do đó việc bồi dường học sinh giỏi của tôi cũng đã mang lại kết quả tương
đối tốt:
Năm học 2016-2017, tôi đã có học sinh đạt các giải toán 9:
Cấp thành phố: 2 giải nhì, 1 giải ba; Cấp tỉnh: 1 giải khuyến khích
Cùng với các thành tích khác, thành tích trên đã góp phần đưa trường THCS
Đông Hải lên vị trí thứ 6 trên 37 trường trong thi học sinh giỏi cấp thành phố.