Tải bản đầy đủ

Giúp học sinh khá giỏi lớp 9 giải bài toán cực trị và bài toán về số nghiệm của phương trình quy về bậc hai bằng cách sử dụng định lí vi ét

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

Tr
ang
1
2
2
2
3
4
9
19


1. MỞ ĐẦU
1.1.Lý do chọn đề tài
Trong các môn học ở bậc tiểu học, trung học cơ sở hay trung học phổ
thông, môn toán là một môn học khó nhưng cũng rất hấp dẫn và lý thú. Việc
học toán có ý nghĩa rất lớn đối với học sinh. Nó giúp các em từng bước phát
triển năng lực tư duy khoa học; hình thành kĩ năng ứng dụng toán học vào
thực tiễn cũng như vào việc học tập các môn học khác.
Ở trường THCS, trong dạy học toán, cùng với việc hình thành cho học
sinh một hệ thống vững chắc các khái niệm, các định lý thì việc dạy học giải
các bài toán có tầm quan trọng đặc biệt và là một trong các vấn đề trung tâm
của phương pháp dạy học toán ở trường phổ thông. Đối với học sinh THCS
có thể coi giải toán là một hình thức chủ yếu của việc học toán.
Trong chương trình toán THCS ″Định lý Vi-ét ” là một phần kiến thức
vô cùng quan trọng. Định lý Vi-ét và các ứng dụng của nó có vai trò như một
chiếc "chìa khoá" mở ra hướng giải quyết cho nhiều bài toán khác nhau, từ
những bài toán cơ bản đến các bài toán nâng cao như: bài toán về nghiệm của
phương trình quy về bậc hai, toán chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN,

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
Học sinh khá giỏi lớp 9A, 9C trường Trung học cơ sở Đông Hải Thành phố Thanh Hóa - Tỉnh Thanh Hóa
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc các tài liệu, phân tích tổng hợp
các vấn đề lý luận về việc dạy toán ứng dụng định lý Vi-ét.
- Phương pháp pháp thực nghiệm sư phạm: Tiến hành dạy thực nghiệm
để kiểm tra kết quả áp dụng đề tài
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Rút ra những bài học cho bản
thân và đồng nghiệp để giảng dạy tốt hơn.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Định lý Vi-ét và các ứng dụng của nó rất phong phú và đa dạng. Có
nhiều cách vận dụng định lý tùy thuộc vào đặc thù của mỗi bài toán. Điều này
tương đối khó đối với học sinh THCS. Để vận dụng tốt nội dung này không
chỉ đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức và có kỹ năng giải toán nhất
định mà còn hỏi các em phải trải qua các thao tác của tư duy như: phân tích,
tổng hợp, so sánh, tương tự hoá, đặc biệt hoá, khái quát hóa.. Thông qua đó
các em biết tìm ra phương pháp giải quyết vấn đề; có kĩ năng phát hiện những
kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh; Có khả
năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã quen biết...Điều này giúp
phát huy tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo cho học sinh góp phần xây dựng
rèn luyên các em trở thành những con người năng động sáng tạo thích ứng với
sự thay đổi cuả hoàn cảnh và sự phát triển của xã hội...
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nhiệm:
Tại trường THCS Đông Hải, ở lớp 9A và 9C do tôi giảng dạy thì những
bài toán cơ bản về ứng dụng của định lý Vi-ét như: tính tổng và tích các
nghiệm của phương trình bậc hai, nhẩm nghiệm, tìm hai số khi biết tổng và
tích, xét dấu nghiệm của phương trình bậc hai các em đã biết cách làm. Còn
những bài toán ở mức độ vận dụng và vận dụng cao liên quan đến một số bài
toán chứa tham số về số nghiệm của phương trình quy về bậc hai, chứng minh
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
nghiệm của của phương trình quy về bậc hai ”


PHẦN I:

SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VI-ÉT ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ

Kiến thức vận dụng:
1/ Định lý Vi-ét đảo: (Tìm 2 số biết tổng và tích )
Nếu 2 số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là 2 nghiệm
của
phương trình bậc hai : x 2 − Sx + P = 0
2/ Điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm
Phương trình bậc hai: ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có nghiệm
⇔ ∆ = b 2 − 4ac ≥ 0
Trong phần này tôi sẽ vận dụng định lý Vi-ét đảo để chứng minh bất
đẳng thức và tìm GTLN, GTNN mà các biểu thức có tính đối xứng, (có thể
đưa về dạng chứa tổng và chứa tích của hai biến) có điều kiện ràng buộc là
đẳng thức cũng có tính chất đối xứng.
Tôi đưa ra phương pháp giải toán như sau:
Đặt vế chứa biến của bất đẳng thức hoặc biểu thức cần tìm cực trị là A
- Biểu diễn tổng hai biến và tích hai biến theo A
- Sử dụng định lý Vi-ét đảo: hai biến đó là nghiệm của phương trình bậc hai
với tham số A
- Để tồn tại hai biến đó thì phương trình bậc hai (tham số A) phải có nghiệm.
Từ đó tìm được miền giá trị của A
Cách làm này đã tạo được rất nhiều hứng thú với các em vì đã giải quyết
được một số bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị mà lâu nay các
em vẫn rất e ngại bằng một công cụ đơn giản, quen thuộc, đó là định lý Vi-ét
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
1
Dấu "=" xảy ra khi ∆ = 0 pt (1) có nghiệm kép X1 = X2 = nên a = b =
2
2
3
3
Nhận xét: Đặt A = a + b + ab và biết a + b =1 thì việc tìm tích ab theo A
là rất đơn giản. Từ đó xác định phương trình bậc hai nhận a, b làm nghiệm


và tìm điều kiện để phương trình này có nghiệm là công việc tương đối dễ
dàng với học sinh khá. Để giải bài toán này theo phương pháp khác đòi hỏi
học sinh phải nắm được các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng
thức phụ và phải biết cách áp dụng. Điều này đối với học sinh khá cũng
không phải dễ.
Ví dụ 2: Cho các số thực x , y , z khác 0 và thoả mãn điều kiện
x + y + z = xyz ; x2 = yz
Chứng minh rằng : x2 ≥ 3
Hướng dẫn:
Gợi ý HS tìm y + z và yz theo biến x và sử dụng định lý Vi-et đảo để tìm
điều kiện tồn tại y và z
 y + z = x3 − x
 y + z = xyz − x
⇔

2
2
yz
=
x
 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

Nếu M = 0 thì 0 = 3 vô lý nên M ≠ 0. do đó ab =

3 − 2M
M

a + b = 1

3 − 2M
2
= 0 (1)
Ta có: 
3 − 2M nên a,b là nghiệm của pt: X − X +
M
ab = M
Để tồn tại a, b thì pt (1) phải có nghiệm
3 − 2M
9M − 12
⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 1− 4
≥0⇔
≥ 0 mà a, b dương nên M >0. Do đó
M
M
4
9 M − 12 ≥ 0 ⇔ M ≥ .
3
4
1
1
Vậy M NN = khi ∆ = 0 pt (1) có nghiệm kép X1 = X2 = nên a = b =
3
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


nên 
(1)

2
2
 xy = ( 2 − a ) − 3  xy = a − 4a + 1
2
2
x; y là nghiệm của phương trình: t − ( 2 − a ) t + a − 4a + 1 = 0 (2)
Để tồn tại x, y thì pt (2) phải có nghiệm
2
⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ ( 2 − a ) − 4 ( a 2 − 4a + 1) ≥ 0 ⇔ −3a 2 + 12a ≥ a ( a − 4 ) ≤ 0
⇔ 0 ≤ a ≤ 4 (3)

2
2
2
Theo bài ra ta có: P = x + y − xy = ( x + y ) − 3xy = ( 2 − a ) − 3 ( a − 4a + 1)
2

2

P = −2a 2 + 8a + 1 = −2 ( a 2 − 4a + 4 ) + 9 = −2 ( a − 2 ) + 9 ≤ 9
2

Vậy: PLN = 9 khi a = 2 thỏa mãn ĐK (3). Khi đó thay a vào (1) ta được
 x = 3; y = − 3
x + y = 0



 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
Đặt x + y =S; xy = P ta được: S = 2P
Mặt khác: Để tồn tại x; y thì
2
S 2 ≥ 4 P ⇔ ( 2 P ) ≥ 4 P ⇔ P 2 ≥ P ⇔ P ( P − 1) ≥ 0 (1)
Vì x; y dương nên P > 0. Do đó từ (1) ta có P ≥ 1
Hướng dẫn: Ta có:

Từ gt A = x + y nên A2 =

(

x+ y

)

2

= x + y + 2 xy = 2 P + 2 P

P ≥ 1 . Do đó A2 ≥ 4 ⇔ A ≥ 2 (vì A > 0)
 xy = 1
⇔ x = y =1
= 2 khi P = 1 ⇔ 
x
+
y
=
2


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:

(

(
)
⇔ ( x ) + ( y ) − ( x + y ) = xy
⇔ ( x + y ) − ( x + y ) = 3 xy
3

3

)

2

2

3

3

2

3

3

3

3

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
FLN = 8 khi S = 4 và P = 4( theo (*)) . Do đó 3 x ; 3 y là nghiệm của pt
3

3

3

t 2 − 4t + 4 = 0 ⇔ t1 = t 2 = 2 ⇔ 3 x = 3 y = 2 ⇔ x = y = 8
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Cho x; y dương và x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
x
y
1 
1 

a/P =
+
b / Q = 1 − 2 ÷1 − 2 ÷
y +1 x +1
y 
 x 
Bài 2: Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện


4
Chứng mình rằng − ≤ a; b; c ≤ 0
3
2
2
1 
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)
−b
c

;P = 
S =
a
a

- Điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm trái dấu là P < 0 ⇔ ac < 0

∆≥ 0
P > 0

- Điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm cùng dấu là : 

Δ ≥ 0

- Điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm dương là: P > 0
S > 0

Δ ≥ 0

- Điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm âm là: P > 0
S < 0

Δ = 0
- Điều kiện để phương trình (*) có 1 nghiệm kép dương là: 
S > 0
Δ = 0
S < 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 <0 thì không có
nghiệm x. Từ đó vấn đáp để học sinh tự suy luận đi đến các trường hợp cụ
thể về số nghiệm của phương trình bậc 4 trùng phương.
Hướng dẫn:
2
2
2
Đặt x = t ( t ≥ 0 ) , thay vào pt (1) ta được pt: t − 2mt + m − 3m + 2 = 0 ( 2 )
Với t = 0 thì x2 = 0 nên được 1 nghiệm x = 0; với mỗi t > 0 thì x2 = t nên
được 2 nghiệm x = ± t
a) Để phương trình (1) vô nghiệm ⇔ pt (2) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm âm
2
TH1: Phương trình (2) vô nghiệm ⇔ ∆ ' < 0 ⇔ 3m − 2 < 0 ⇔ m <
3
∆ ' ≥ 0

TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm âm t1 ≤ t2 < 0 ⇔  P > 0
S < 0

3m − 2 ≥ 0

⇔ m 2 − 3m + 2 > 0 (vô nghiệm)
 2m < 0


2
thì phương trình (1) vô nghiệm
3
b) Để phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn: t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 .
⇔ m2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2
Kết luận: Vậy với m <

∆ ' ≥ 0

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
c) Để phương trình (1) có 1 nghiệm ⇔ pt (2) có 1 nghiệm t = 0 và 1 nghiệm
âm hoặc pt (2) có nghiệm kép bằng 0
TH1: Phương trình (2) có 1 nghiệm t = 0 và 1 nghiệm âm
 m 2 − 3m + 2 = 0
P = 0
⇔ t1 < 0 = t2 ⇔ 
⇔
(vô nghiệm)
S
<
0
2
m
<
0


Kết luận: Vậy với

∆ = 0
3m − 2 = 0
⇔
(vô
S = 0
 2m = 0

TH2: Phương trình (2) có nghiệm kép bằng 0 ⇔ 

nghiệm)
Kết luận: Vậy không có giá trị m nào để phương trình (1) có 1 nghiệm
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
m >
∆ ' > 0 3m − 2 > 0
3
2

< m <1



⇔ 0 < t1 < t2 ⇔  S > 0 ⇔ 2m > 0
⇔ m > 0 ⇔  3

P > 0
m 2 − 3m + 2 > 0  m < 1
m > 2



  m > 2
2
< m <1
Kết luận: Vậy với  3
thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

m > 2
Nhận xét: Từ ví dụ 1, học sinh đã có cái nhìn khá rõ ràng cho bài toán về
nghiệm của phương trình bậc 4 trùng phương vì các trường hợp là dưới sự
dẫn dắt của giáo viên, các em tự suy luận bằng kiến thức xét dấu theo định lý
Vi-ét đã học, nên tôi yêu cầu các em đưa ra bài toán tổng quát:


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
âm hoặc pt (2) có 1 nghiệm kép bằng 0
TH1: Phương trình (2) có 1 nghiệm t = 0 và 1 nghiệm âm
P = 0
⇔ t1 < 0 = t2 ⇔ 
S < 0
∆ = 0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm kép bằng 0 ⇔ 
S = 0
d) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 1 nghiệm kép
dương hoặc có hai nghiệm trái dấu
∆ = 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm kép dương ⇔ 
S > 0
TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu: t1 < 0 < t2 ⇔ ac < 0
e) Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 1 nghiệm bằng 0
và 1 nghiệm dương


P = 0
⇔ t1 = 0 < t2 ⇔ 
S > 0
f) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm dương
∆ > 0

⇔ 0 < t1 < t2 ⇔  S > 0
P > 0

Nhận xét: Với cách chỉ rõ mối quan hệ về nghiệm x và nghiệm t như trên đã
tạo hứng thú cho các em trong cách suy luận đồng thời bước đầu tạo thói
quen viết rõ ràng mối quan hệ về số nghiệm x với số nghiệm t khi đặt ẩn phụ.
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
(1) ta được phương trình sau: t − 2 ( m + 1) t + 3m + 4 = 0 ( 2 )
Với t = 0 thì x 2 − 2 x + 1 = 0 ta được 1 nghiệm x = 1,
2
Với mỗi t > 0 thì x 2 − 2 x + 1 = t ⇔ ( x − 1) = t nên ta được 2 nghiệm
x =1± t


a) Để phương trình (1) vô nghiệm ⇔ pt (2) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm
âm
TH1: Phương trình (2) vô nghiệm
1 − 13
1 + 13
⇔ ∆ ' < 0 ⇔ m2 − m − 3 < 0 ⇔
2
2
TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm âm
2
∆ ' ≥ 0  m − m − 3 ≥ 0
−4
1 − 13


t1 ≤ t2 < 0 ⇔  P > 0 ⇔ 3m + 4 > 0

3
2
S < 0
2 m + 1 < 0
(
)


−4
1 + 13
thì phương trình (1) vô nghiệm.
3
2
b) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0
TH1: Phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn:
−4
t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 3m + 4 ≤ 0 ⇔ m ≤
.
3
TH2: Phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn:
2
∆ ' ≥ 0  m − m − 3 ≥ 0
1 + 13


0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ 3m + 4 ≥ 0
⇔m≥
2
S ≥ 0
2 m + 1 ≥ 0
(
)


Kết luận: vậy với

−4
1 + 13
hoặc m ≥
thì phương trình (1) có nghiệm.
3
2
c) Để phương trình (1) có 1 nghiệm ⇔ pt (2) có 1 nghiệm t = 0 và 1 nghiệm
âm hoặc pt (2) có 1 nghiệm kép bằng 0
TH1: Phương trình (2) có 1 nghiệm t = 0 và 1 nghiệm âm
 P = 0 3m + 4 = 0
−4
⇔ t1 < 0 = t2 ⇔ 
⇔
⇔m=
3
S < 0
2 ( m + 1) < 0
Kết luận: với m ≤

TH2: Phương trình (2) có nghiệm kép bằng 0:
2
∆ = 0 m − m − 3 = 0
⇔
⇔
(vô nghiệm)
S
=
0

2 ( m + 1) = 0
d) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có hai nghiệm trái dấu
hoặc 1 nghiệm kép dương
TH1: Phương trình (2) có nghiệm trái dấu:
−4
t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ 3m + 4 < 0 ⇔ m <
.
3
TH2: Phương trình (2) có nghiệm kép dương:
2
∆ ' = 0 m − m − 3 = 0
1 + 13
0 < t1 = t2 ⇔ 
⇔
⇔m=
.
S
>
0
2
2
m
+
1
>
0
(
)




Kết luận: với m <

−4
1 + 13
hoặc m =
thì phương trình (1) có hai nghiệm
3
2

phân biệt.
e) Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 1 nghiêm bằng 0
và 1 nghiệm dương
 P = 0 3m + 4 = 0
⇔ t1 = 0 < t2 ⇔ 
⇔
( vô nghiệm)
2
m
+
1
>
0
(
)
S > 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.
f) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn:
Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự)
2

b  b 2 − 4ac 
2
Ta có ax + bx + c = a  x +
 nên
÷ −
2a 
4a 2 

2
b 2 − 4ac
b 

2
ax + bx + c +
= a x +
÷ ≥ 0,
4a
2a 

b 2 − 4ac
do đó đặt t = ax 2 + bx + c +
thì t ≥ 0 .
4a
b 2 − 4ac
2
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
4a
4a
trình nhận được α t 2 + β t + γ = 0 , và để giải quyết các yêu cầu của bài toán
học sinh sẽ gặp trở ngại vì không có công cụ để giải. Chính vì thế với cách
giải đã trình bày ở trên tạo cho các em học sinh rất hứng thú, vì các em có
thể sử dụng một kiến thức đơn giản, quen thuộc là định lý Vi-et để giải dạng
toán này.
Sau khi tổng quát hai ví dụ nêu trên, tôi tiếp tục đưa thêm một bài toán tổng
quát về phương trình bậc bốn thường gặp nữa:
Bài toán tổng quát 3. Cho phương trình bậc 4 dạng:
( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) ( x + d ) = k ( 1) với a + c = b + d .
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:
Ta biến đổi phương trình (1)
⇔  x 2 + ( a + c ) x + ac   x 2 + ( b + d ) x + bd  = k ( 2 )
2

2

a+c
a+c 
Nhận thấy x + ( a + c ) x + 
÷ =x+
÷ nên
2
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 
t +  ac + bd −
 t +  ac − 
÷  bd − 
÷  − k = 0 ( 3)
2  
 2   
 2  

2
a+c
a+c

Với t = 0 thì  x +
÷ = 0 nên được 1 nghiệm x = − 2 ;
2 

2

2

a+c
a+c

với mỗi t > 0 thì  x +
÷ = t nên được 2 nghiệm x = ± t − 2
2 

2
2
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)
⇔ x 2 − 2 mx x 2 − 2 mx + m − 1 = 3m + 5 ( 2 )

(

)(

(

)

Nhận thấy x 2 − 2 mx + m = x − m

)

2

≥ 0∀m ≥ 0 nên đặt

t = x 2 − 2 mx + m ( t ≥ 0 ) , thay x 2 − 2 mx = t − m ( t ≥ 0 ) vào phương
trình (2) ta được phương trình:
t 2 − ( m + 1) t − 2m − 5 = 0 ( 2 )
Với t = 0 thì

(

x− m

(

)

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
>
0


TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu: t1 < 0 < t2 ⇔ ac < 0
5
−2m − 5 < 0 ⇔ m > −
2
5
Kết luận: Vậy với m > − thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
2


b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2
nghiệm dương
  m < −7

m2 + 10m + 21 > 0   m > −3
∆ > 0



⇔ 0 < t1 < t2 ⇔  S > 0 ⇔ m + 1 > 0
⇔ m > −1 (vô nghiệm)
 P > 0 −2m − 5 > 0

5


m < −
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)


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Đề tài này tôi đã nghiên cứu và thử nghiệm trong một thời gian
khá dài. Tôi nhận thấy học sinh nắm được bài và rất hứng thú học tập, tư duy
của các em mạch lạc hơn, vận dụng kiến thức linh hoạt hơn. Nhờ đó khi làm
bài tập các em đã làm nhanh hơn và có hiệu quả hơn, có một số em còn đưa ra
những cách giải rất hay và ngắn gọn cho cùng một bài toán.
Tôi đã thử nghiệm với hai nhóm học sinh lớp 9, mỗi nhóm 10 em học
sinh khá giỏi theo hai cách dạy khác nhau: Nhóm thứ nhất tôi dạy theo cách
thông thường, nhóm thứ hai tôi dạy theo đề tài này thì thu được kết quả như
sau:
Nhóm thứ nhất:
Dưới điểm 5
Điểm 5 - 6
Điểm 7 - 8
Điểm 9 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
5
50
4
40
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.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:
Với 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 nghiệm của của phương trình
quy về bậc hai ” tôi đã hệ thống và đưa ra một số bài toán tổng quát về
nghiệm của phương trình quy về bậc hai, bài toán cực trị; đồng thời nêu
những lưu ý cần thiết để khi gặp các ví dụ khác, các em có thể giải được. Trên
đây là những dạng bài tập ứng dụng của Định lí Vi-ét một cách tương đối mới
mà tôi đã lựa chọn để truyền đạt đến học sinh, mong rằng qua đó các em sẽ
vận dụng tốt và phát huy hơn nữa năng lực học tập bộ môn toán. Qua thực tế
giảng dạy và tìm hiểu tài liệu tôi đã cố gắng thể hiện đề tài nghiên cứu này.
Tuy nhiên trong quá trình thực hiện không thể tránh khỏi những tồn tại, thiếu
sót rất mong các bạn đồng nghiệp đóng góp ý kiến để vấn đề mà tôi đưa ra có
hiệu quả cao hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thanh Hóa, ngày 10 tháng 04 năm 2017
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
CAM KẾT KHÔNG COPY

Người viết
Hoàng Minh Hạnh


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1/ Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp thành phố, đề thi vào các trường chuyên
của các tỉnh
2/ '' Chuyên đề bất đẳng thức và ứng dụng trong đại số'' - Nguyễn Đức Tấn




Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×