PHÂN DẠNG TOÁN HỆ THỨC VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG (2014 - 2015)

UBND HUYỆN THANH HÀ 

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

“PHÂN DẠNG TOÁN 

HỆ THỨC VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG” 

MÔN : TOÁN 

F.Viète 

Năm học 2014 - 2015

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

http://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 

1. Tên sáng kiến: “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” 

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Áp dụng cho giảng dạy và học tập thuộc 

môn Toán 9, phân môn Đại số 9, cấp THCS. 

3. Tác giả: 

Họ và tên : NGUYỄN ĐỨC HIỂN 

Ngày/tháng/năm sinh: 15/09/1982. 

Trình độ chuyên môn: Đại học SP Toán. 

Nam. 

Chức vụ, đơn vị công tác: Tổ trưởng chuyên môn tổ khoa học tự nhiên, 

trường THCS Hợp Đức. 

Điện thoại: 0978.837.545 

4. Đồng tác giả (không có) 

5. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: 

6. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Trường THCS Hợp Đức, 

huyện Bình Giang, tỉnh Hải Dương. Điện thoại : 03203.816.184 

7. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: 

Giáo viên phải tích cực đọc nghiên cứu tài liệu liên quan, nắm chắc 

phương pháp giải của từng dạng toán trong sáng kiến. 

Học sinh có đầy đủ SGK, SBT và nắm vững định lí Vi-ét, phương pháp 

giải của từng dạng toán, đồng thời phải tích cực giải toán, trình bày. 

8. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Tháng 3, năm 2014 

HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN) 

XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN 

VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÍ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Skype : live:daykemquynhonbusiness 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

2 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến 

Là một giáo viên dạy Toán lớp 9, đã nhiều năm được nhà trường phân 

công ôn tập cho học sinh thi vào THPT, với thời lượng cho phép, tôi đều thực 

hiện ôn tập cho học sinh theo chủ đề kiến thức. Khi dạy về hệ thức Vi-ét tôi 

thấy nếu chỉ dạy theo thứ tự lí thuyết và bài tập như ở SGK, SBT thì chưa cung 

cấp đủ phương tiện cho học sinh để giải các bài tập thuộc chủ đề này. Quan 

trọng hơn việc nhớ kiến thức của các em sẽ không có hệ thống. Như vậy kết 

quả bài làm của các em không cao, bên cạnh đó hầu hết đề thi vào THPT của 

các tỉnh nói chung và của tỉnh Hải Dương nói riêng đều có một phần kiến thức 

về hệ thức Vi-ét. Chính vì thế, tôi đã tiến hành nghiên cứu SGK, SBT toán lớp 

9 và các tài liệu tham khảo để tập hợp các bài tập về hệ thức Vi-ét. Sau đó đã 

tiến hành phân dạng và với từng dạng đều chỉ rõ ứng dụng của nó. Từ cách 

nghĩ và cách làm đó tôi đã nảy sinh ra việc viết sáng kiến “Phân dạng toán hệ 

thức Vi-ét và ứng dụng” 

2. Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến 

Để áp dụng sáng kiến này giáo viên cần tích cực đọc nghiên cứu tài liệu liên 

quan, nắm chắc phương pháp giải của từng dạng toán trong sáng kiến. Học sinh 

có đầy đủ SGK, SBT và nắm vững định lí Vi-ét. 

Tôi đã áp dụng sáng kiến này từ tháng 3 năm 2014 cho việc dạy và ôn tập 

cho học sinh trường tôi thi vào THPT năm học 2014-2015 

3. Nội dung sáng kiến 

Sáng kiến: “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” đã ôn lại lí 

thuyết về hệ thức Vi-ét và khai thác sâu các ứng dụng của nó vào giải toán Đại 

số 9. 

Các dạng toán được phân theo dạng (gồm 10 dạng hay gặp), mỗi dạng 

toán đưa ra đều có phương pháp giải tổng quát và kèm theo các ví dụ minh họa 


cụ thể, chọn lọc trong Sách giáo khoa (SGK), Sách bài tập (SBT), đề thi tuyển 

sinh môn Toán 9 cùng lời giải chi tiết. Bên cạnh đó với mỗi dạng có nhận xét 





3 







đánh giá ví dụ vừa đề cập nhằm nhấn mạnh những khó khăn, những sai sót mà 

học sinh hay mắc phải khi giải toán và cách khắc phục. 




Sáng kiến kịnh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” 

có khả năng áp dụng rộng rãi cho giáo viên dạy toán lớp 9 ở các trường đại trà. 

Giúp giáo viên có tài liệu và phương pháp giảng dạy, ôn tập các kiến thức về hệ 

thức Vi-ét một cách đầy đủ khoa học. Giúp học sinh nâng cao kết quả trong 

việc giải toán về hệ thức Vi-ét và củng cố được nhiều kiến thức toán học khác. 

Từ đó góp phần nâng cao kết quả thi vào THPTcho học sinh và tạo tiền đề 

vững chắc cho các em trong quá trình học tập sau này. 

4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến 

Sau khi áp dụng sáng kiến, với sự so sánh đối chiếu kết quả trước và sau 

khi áp dụng tôi khẳng định sáng kiến đã giúp giáo viên giảng dạy chủ đề kiến 

thức về hệ thức Vi-ét nhẹ nhàng nhưng đầy đủ và hấp dẫn, lôi cuốn các đối 

tượng học sinh tham gia học tập. Học sinh tích cực, chủ động và có nhiều em 

biểu hiện sự sáng tạo, say mê, kết quả làm bài cao. Đặc biệt trong kì thi tuyển 

sinh vào THPT năm học 2014-2015 học sinh tôi đều làm tốt bài tập dạng này. 

5. Đề xuất kiến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến. 

Mặc dù sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng 

dụng” đã khẳng định được tính khả thi và giá trị áp dụng song với thời gian 

trải nghiệm chưa nhiều và năng lực cá nhân còn hạn chế nên tính bao quát toàn 

diện nhất định còn chưa hết. Tôi mong muốn bản thân cũng như đồng nghiệp sẽ 

tiếp tục có những bài tập bổ sung, những đóng góp mới để sáng kiến luôn giữ 

được tính khả thi và giá trị của nó trong từng năm học, nhất là hiện nay với việc 

dạy học theo định hướng phát triển năng lực của học sinh thì việc dạy học theo 

chủ đề sẽ ngày càng được quan tâm. 






4 










1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến 

MÔ TẢ SÁNG KIẾN 

Trong chương trình Đại số 9 bậc THCS, định lí Vi-ét có ứng dụng rất 

phong phú trong việc giải các bài toán như: Tính nhẩm nghiệm của phương 

trình bậc hai, tìm hai số biết tổng và tích của chúng, lập phương trình bậc hai có 

các nghiệm cho trước, tìm mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình bậc 

hai... Các ứng dụng này còn giúp học sinh củng cố nhiều kiến thức toán học 

khác và rèn luyện các kĩ năng trình bày, phân tích, tổng hợp... Tuy nhiên khi 

giải các bài tập về hệ thức Vi-ét học sinh còn gặp nhiều lúng túng, không có kĩ 

năng phân tích đề, phương pháp giải không khoa học. Nguyên nhân chính là do 

các em chưa được hướng dẫn cụ thể theo từng dạng. Vậy làm thế nào để giúp 

học sinh nắm chắc kiến thức và phương pháp giải các bài tập về hệ thức Vi-ét 

tôi đã tiến hành tìm tòi nghiêm cứu, tập hợp các bài toán về hệ thức Vi-ét từ đó 

tiến hành phân dạng và chỉ rõ ứng dụng của từng dạng. Trên cơ sở đó tôi đã viế 

ra sáng kiến “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” 

2. Thực trạng 

2.1. Đối với giáo viên: Khi dạy vè hệ thức Vi-ét, trong chương trình thời 

lượng không nhiều chỉ có 1 tiết lí thuyết và 1 tiết luyện tập. Thông thường giáo 

viên chỉ thực hiện nhiệm vụ theo phân phối chương trình với nội dung SGK mà 

không đầu tư cho việc hệ thống, phân dạng các bài tập về hệ thức Vi-ét. Bên 

cạnh đó các bài tập thể hiện trong SGK và SBT số lượng không nhiều, chưa đề 

cập hết các dạng cơ bản cần thiết để học sinh có đủ kiến thức khi giải bài tập 

dạng này trong các đề thi vào THPT. Do đó kết quả học tập của học sinh đối 

với các bài tập về hệ thức Vi-ét thường không cao nếu giáo viên không có sự 

tập hợp sắp xếp đầy đủ khoa học. 

2.2. Đối với học sinh: 


Tháng 6 năm 2013 sau khi hoàn thành việc giảng dạy và ôn tập các bài 

toán về hệ thức Vi-ét khi chưa áp dụng áp dụng sáng kiến, tôi tiến hành kiểm 

tra khảo sát học sinh khối lớp 9 với đề toán sau (thời gian làm bài 30 phút): 





5 










Bài 1 (5,0 điểm): Tính tổng và tích hai nghiệm của các phương trình: 

a) 25x 2 + 10x + 1 = 0 b) x 2 - 2x + m = 0 

Bài 2 (5,0 điểm): Cho phương trình x 2 - 6x + m = 0. Tính giá trị của m, biết 

rằng phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện x1 − x2 

= 4 . 

Với hai bài toán đưa ra, mặc dù chỉ kiểm tra kiến thức cơ bản nhất thì tôi 

thấy số lượng các em giải trọn vẹn cả hai bài chiếm rất ít, một số em chỉ giải 

được bài toán 1, phần a, phần lớn các em trình bày lời giải còn mắc nhiều sai 

lầm, ngộ nhận, thiếu cơ sở dẫn chứng (bài 1, phần b) hoặc không tìm ra hướng 

làm bài 2. 

• Nguyên nhân: 

- Không nắm chắc hệ thức Vi-ét và ứng dụng. 

- Không biết làm thế nào để xuất hiện mối liên hệ của các dữ kiện cần tìm với 

các yếu tố, điều kiện đã biết để giải bài tập. 

• Kết quả khảo sát khối lớp 9 cụ thể như sau: 

Năm học 

Sĩ 

số 

Giỏi Khá TB Yếu Kém 

SL % SL % SL % SL % SL % 

2012-2013 86 5 5,8 9 10,5 58 67,4 11 12,8 3 3,5 

Qua kết quả ta thấy số tỉ lệ khá giỏi chưa cao, tỉ lệ dưới trung bình còn 

nhiều. Từ thực trạng như vậy, tôi đã dành nhiều thời gian để thử nghiệm áp 

dụng sáng kiến của mình trong năm 2013-2014 và đã khẳng định được kết quả 

của sáng kiến . 

3. Các biện pháp 

3.1. Ôn tập lí thuyết 

* Định lí Vi-ét: (thuận) 

Nếu x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0 ) thì 

⎧ 

b 

x1 + x 

2 

= − 

⎪ 

a 

⎨ 

⎪ c 

x1x 

2 

= 

⎪⎩ a 


Áp dụng: Nhờ định lí Vi-ét, nếu biết trước một nghiệm của phương trình bậc 

hai thì có thể suy ra nghiệm kia. 





6 










• Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0 ) có a + b + c = 0 thì phương 

trình có một nghiệm là x 1 = 1, còn nghiệm kia là x 2 = c a . 

• Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0 ) có a - b + c = 0 thì phương 

trình có một nghiệm là x 1 = - 1, còn nghiệm kia là x 2 = - c a . 

* Định lí Vi-ét: (đảo) 

Nếu hai số u, v thỏa mãn 

phương trình x 2 – Sx + P = 0. 

(Điều kiện để có hai số u, v là S 2 - 4P ≥ 0) 

3.2. Các dạng toán và phương pháp giải. 

⎧u + v = S 

⎨ thì hai số đó là hai nghiệm của 

⎩u.v 

= P 

3.2.1. Dạng toán 1: Tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình bậc 

hai một ẩn. 

3.2.1.1. Phương pháp: 

Trước khi áp dụng định lí Vi-ét, ta cần kiểm tra điều kiện xem phương 

trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm hay không (Tức là kiểm tra 

( ) 

a ≠ 0, ∆ ≥ 0 ∆' ≥ 0 có thỏa mãn không). 

3.2.1.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1 (Bài 25/SGK-Trang 52): Tính tổng và tích hai nghiệm của các phương 

trình: 

a) 2x 2 - 17x + 1 = 0 b) 25x 2 + 10x + 1 = 0 

Giải 

a) 2x 2 - 17x + 1 = 0 (a = 2 ≠ 0, b = -17, c = 1) 

∆ = −17 − 4.2.1 = 281> 0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , 

Ta có: ( ) 2 

b 17 c 1 

x 2 . Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x 

2 

= − = , x 

1.x 

2 

= = . 

a 2 a 2 


Ta có: 

b) 25x 2 + 10x + 1 = 0 (a = 25 ≠ 0, b = 2b’ = 10, c = 1) 

2 

∆ ' = 5 − 25.1 = 0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 . Theo hệ thức 





7 










b 10 2 c 1 

Vi-ét, ta có: x1 + x 

2 

= − = − = − , x 

1.x 

2 

= = . 

a 25 5 a 25 

Ví dụ 2 (Bài 30/SGK-Trang 54): Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm, 

rồi tính tổng và tích các nghiệm theo m: 

a) x 2 - 2x + m = 0 b) x 2 + 2( m 1) 

Giải 

a) x 2 - 2x + m = 0 (a = 1 ≠ 0, b = 2b’ = - 2, c = m). 

∆ ' = −1 − 1.m = 1− m . 

Ta có: ( ) 2 

− x + m 2 = 0 

Để phương trình có nghiệm ⇔ ∆' ≥ 0 ⇔ 1− m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1. Vậy với m ≤ 1, 

phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 . Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 

b 

c 

x + 1 

x = − 2 

2, x 

1.x 2 

m 

a 

= = a 

= . 

b) x 2 + 2( m −1) 

x + m 2 = 0 (a = 1 ≠ 0, b = 2b’ =( m − 1) 

∆ ' = ⎡⎣ − m −1 ⎤⎦ − 1.m = m − 2m + 1− m = 1− 

2m . 

Ta có: ( ) 2 2 2 2 

Để phương trình có nghiệm 

, c = m). 

1 

⇔ ∆' ≥ 0 ⇔ 1− 2m ≥ 0 ⇔ m ≤ . Vậy với 2 

1 

m ≤ , 2 

phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 . Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 

( − ) 

b −2 m 1 

c m 

x x 2 1 m , x .x m 

a 1 a 1 

2 

2 

1 

+ 

2 

= − = = ( − ) 1 2 

= = = . 

3.2.2. Dạng toán 2: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn. 


Để thực hiện việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương trình bậc hai 

một ẩn ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0), ta áp dụng nhận xét sau: 

Trường hợp 1 (Trường hợp đặc biệt): 

• Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0 ) có a + b + c = 0 thì phương 

trình có một nghiệm là x 1 = 1, còn nghiệm kia là x 2 = c a . 


• Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0 ) có a - b + c = 0 thì phương 

trình có một nghiệm là x 1 = - 1, còn nghiệm kia là x 2 = - c a . 





8 










Trường hợp 2: Cho phương trình x 2 + bx + c = 0. 

Ta thực hiện theo các bước: 

• Bước 1: Vận dụng hệ thức Vi-ét để thiết lập cho các nghiệm x 1 và x 2 là 

⎧x1 + x 

2 

= −b 

⎨ 

⎩x 1.x 

2 

= c 

• Bước 2: Thực hiện phân tích c thành tích của hai thừa số (c = m.n), từ đó 

ta tính ngay được m + n. Khi đó: 

- Nếu m + n = - b thì ta chuyển sang bước 3 (kết luận). 

- Nếu m + n ≠ - b, thì ta chuyển sang bước 2. 

• Bước 3: Kết luận: 

Phương trình x 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1 = m và x 2 = n. 

Chú ý: Thuật toán trên có tính dừng và được hiểu như sau: 

- Nếu tìm được một cặp (m, n) thỏa mãn điều kiện m + n = - b thì dừng lại và 

đưa ra lời kết luận nghiệm. 

- Nếu tìm được một cặp (m, n) không thỏa mãn điều kiện m + n = - b thì dừng 

lại và trong trường hợp này không nhẩm được nghiệm. 

3.2.2.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1 (Bài 26/SGK-Trang 53): Dùng điều kiện a + b + c = 0 hoặc a – b + c = 

0 để tính nhẩm nghiệm của mỗi phương trình sau: 

a) 35x 2 - 37x + 2 = 0 b) x 2 - 49x - 50 = 0 

a) 35x 2 - 37x + 2 = 0 

Giải 

Nhận thấy phương trình có a + b + c = 35 + (-37) + 2 = 0. Do đó phương trình 

có một nghiệm là x 1 = 1, x 2 = c = 2 . 

a 35 

b) x 2 - 49x - 50 = 0 

Nhận thấy phương trình có a - b + c = 1 - (-49) + (-50) = 0. Do đó phương trình 


( ) 

c −50 

có một nghiệm là x 1 = - 1, x 2 = - = − = 50 . 

a 1 





9 










Ví dụ 2 (Bài 27/SGK-Trang 53, Bài 38/SBT-Trang 44): 

Dùng hệ thức Vi-ét để tính nhẩm nghiệm của mỗi phương trình: 

a) x 2 - 7x + 12 = 0 b) x 2 + 6x + 8 = 0 

a) x 2 - 7x + 12 = 0. 

Ta thấy ( ) 2 

thỏa mãn 

Giải 

∆ = −7 − 4.1.12 = 1 > 0 . Do đó phương trình có hai nghiệm x 1 và x 2 

⎧x1 + x 

2 

= 7 ⎧x1 + x2 

= 3 + 4 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⎩x 1.x 2 

= 12 = 3.4 ⎩x 1.x 2 

= 12 = 3.4 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 = 3 và x 2 = 4. 

Ta thấy 

b) x 2 + 6x + 8 = 0 

2 

∆ ' = 3 − 1.8 = 1 > 0. Do đó phương trình có hai nghiệm x 1 và x 2 thỏa 

( ) ( ) 

( ) ( ) 

⎧⎪ x1 + x 

2 

= −6 

⎧⎪ 

x1 + x2 

= − 2 + −4 

mãn ⎨ 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ 

x 

1.x 2 

= 8 = ( −2 ).( − 4) 

⎪⎩ 

x 

1.x 2 

= 8 = −2 . −4 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 = - 2 và x 2 = - 4. 

Nhận xét: Đối với những phương trình có dạng như trong 2 ví dụ thì giải 

phương trình bằng nhẩm nghiệm là nhanh gọn hơn việc vận dụng công thức 

nghiệm (công thức nghiệm thu gọn) 

3.2.3. Dạng toán 3: Dùng hệ thức Vi-ét tìm nghiệm còn lại khi phương 

trình bậc hai một ẩn cho biết trước một nghiệm. 


Giả sử phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0 ) cho biết một nghiệm x 1 = m. Tìm 

nghiệm còn lại x 2 ? 

b 

Ta làm như sau: Dùng hệ thức Vi-ét x1 + x2 

= − . Thay x 1 = m vào hệ 

a 

b b 

thức, ta có x = − 2 

x1 

m 

a 

− = − a 

− hoặc ta dùng hệ thức c 

x .x = . Thay x 1 2 

1 = m 

a 

⎛ c ⎞ ⎛ c ⎞ 

vào hệ thức, ta có x 

2 

= ⎜ ⎟ : x 

1 

= ⎜ ⎟ : m . 

⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠ 

3.2.3.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1 (Bài 39/SBT-Trang 44): 






10 










a) Chứng tỏ rằng phương trình 3x 2 + 2x - 21 = 0 có một nghiệm là -3. Hãy tìm 

nghiệm kia. 

b) Chứng tỏ rằng phương trình -4x 2 - 3x + 115 = 0 có một nghiệm là 5. Tìm 

nghiệm kia. 

Giải 

a) x 1 = - 3 là một nghiệm của phương trình 3x 2 + 2x - 21 = 0. 

Vì 3(-3) 2 + 2.(-3) - 21 = 27 – 6 – 21 = 0. 

Cách 1: 

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 

x 

+ x = 

1 2 

b 

− = 

a 

− − − 

⇒ ( ) 

2 

3 

Cách 2: Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 

2 2 2 7 

x2 = − x1 

= − − 3 = 3 − = . 

3 3 3 3 

c − 

x 

1.x 2 

= = 21 = −7 ⇒ x2 = ( − 7 ) : x1 

= ( −7 ) :( − 3) 

= 

7 

a 3 3 

b) x 1 = 5 là một nghiệm của phương trình -4x 2 - 3x + 115 = 0. 

Vì -4.5 2 – 3.5 + 115 = - 100 – 15 + 115 = 0. 

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 

c −115 ⎛ −115 ⎞ ⎛ −115 ⎞ −23 

x 

1.x 2 

= = ⇒ x 

2 

= ⎜ ⎟ : x 

1 

= ⎜ ⎟ :5 = 

a 4 ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 4 

Ví dụ 2 (Bài 40/SBT-Trang 44): Dùng hệ thức Vi-ét để tìm nghiệm x 2 của 

phương trình, rồi tìm giá trị m trong mỗi trường hợp sau: 

a) x 2 + mx - 35 = 0, biết nghiệm x 1 = 7; 

b) 3x 2 – 2(m – 3)x + 5 = 0, biết nghiệm x 1 = 1 3 . 

a) x 2 + mx - 35 = 0. 

Giải 

c −35 

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x 

1.x 2 

= = = − 35 . Mà x 1 = 7 nên suy ra: 

a 1 


x2 = − 35: x1 

= − 35: 7 = − 5. 

Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có: 





11 










x 

+ x = 

1 2 

b 

a 

−m 

= −m ⇔ 7 + − 5 = −m ⇔ m = − 2 

1 

− = ( ) 

Vậy x 2 = − 5, m = − 2. 

b) 3x 2 – 2(m – 3)x + 5 = 0. 

c 5 

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x 

1.x 

2 

= = . Mà x 1 = 1 nên suy ra: 

a 3 3 

5 5 1 

x 

2 

= : x 

1 

= : = 5. . 

3 3 3 

Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có: 

x 

+ x = 

1 2 

( − ) ( − ) 

b 2 m 3 1 2 m 3 

− = ⇔ + 5 = ⇔ 16 = 2m − 6 ⇔ m = 11. 

a 3 3 3 

Vậy x 2 = 5, m = 11. 

c 

Nhận xét: Trong ví dụ 2 này ta sử dụng hệ thức Vi-ét x 

1.x 

2 

= trước để tìm x 2 

a 

trước, sau đó sử dụng hệ thức Vi-ét x1 + x2 

= 

để suy ra giá trị của tham số. 

b 

− (vì lúc này đã biết x 1 và x 2 ) 

a 

3.2.4. Dạng toán 4: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng. 


Nếu hai số u, v thỏa mãn 

phương trình x 2 – Sx + P = 0 (1) 

được: 

⎧u + v = S 

⎨ thì hai số đó là hai nghiệm của 

⎩u.v 

= P 

Nhận xét: Nếu (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 (điều kiện S 2 - 4P ≥ 0) thì ta 

⎧u 

= x 

⎨ 

⎩v 

= x 

1 

2 

hoặc 

3.2.4.2. Ví dụ: 

⎧u 

= x 

⎨ 

⎩v 

= x 

2 

1 

. 

Ví dụ 1 (Bài 28/SGK-Trang 53): Tìm hai số u và v trong trường hợp sau: 

a) u + v = 32, u.v = 231; 


b) u + v = -8, u.v = - 105; 

c) u + v = 2, u.v = 9 





12 










a) Ta có u + v = 32, u.v = 231. 

Giải 

Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x 2 - 32x + 231 = 0. 

( ) 2 

∆ = −32 − 4.231 = 100 > 0 ⇒ ∆ = 100 = 10 

32 + 10 32 −10 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = = 21; x 

2 

= = 11. 

2 2 

Vậy u = 21, v = 11 hoặc u = 11, v = 21. 

b) Ta có u + v = -8, u.v = - 105. 

Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x 2 + 8x - 105 = 0. 

( ) 

2 

∆ = 8 − 4. − 105 = 484 > 0 ⇒ ∆ = 22 . 

− 8 + 22 −8 − 22 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = = 7; x2 

= = − 15. 

2 2 

Vậy u = 7, v = -15 hoặc u = -15, v = 7. 

c) Ta có u + v = 2, u.v = 9 

Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x 2 - 2x + 9 = 0. 

( ) 2 

∆ = −2 − 4.9 = − 32 < 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm. 

Vậy không tồn tại cặp u, v nào thỏa mãn điều kiện trên. 

Ví dụ 2 (Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình): 

Tìm các cạnh của hình chữ nhật, biết chu vi bằng 30m và diện tích của 

hình chữ nhật bằng 54m 2 . 

Giải 

Gọi độ dài hai cạnh của hình chữ nhật là u và v, điều kiện u, v > 0. 

Vì chu vi của hình chữ nhật bằng 30m, nên ta có phương trình: 

2.(u + v ) = 30 ⇔ u + v = 15 (1) 

Vì diện tích của hình chữ nhật bằng 54m 2 , nên ta có phương trình: 

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 

u.v = 54 (2) 

⎧u + v = 15 

⎨ . Do đó u, v là nghiệm của 

⎩u.v = 54 


phương trình bậc hai: x 2 - 15x + 54 = 0. Ta có ∆ = ( −15) 2 

− 4.54 = 9 > 0 





13 










⇒ phương trình có nghiệm x1 = 6; x 

2 

= 9 . 

Vậy hình chữ nhật có hai cạnh là 6m và 9m. 

Ví dụ 3. Giải các hệ phương trình sau: 

a) 

⎧x − y = 10 

⎨ 

⎩xy = 24 

( ) 

( ) 

Giải 

2 2 

⎧ x + y = 12 

b) ⎨ 

⎩xy = −4 

⎧x − y = 10 ⎪⎧ 

x + − y = 10 

a) ⎨ ⇔ ⎨ 

. 

⎩xy = 24 ⎪⎩ x. − y = −24 

Do đó x và (-y) là nghiệm của phương trình: t 2 – 10t - 24 = 0. 

2 

Ta có ( ) ( ) 

∆ = −10 − 4. − 24 = 196 > 0 ⇒ ∆ = 14. Phương trình có hai nghiệm 

phân biệt: t 1 = 12; t 2 = -2. 

Suy ra x = 12, - y = -2 ⇒ x = 12, y = 2 

hoặc x = -2, - y = 12 ⇒ x = - 2, y = -12. 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (12; 2); (-2; -12). 

2 2 

⎧ 

2 2 

⎡x + y = 2 

⎧ x + y = 12 ⎪⎧ 

( x + y) − 2xy = 12 ⎪⎧ 

( x + y) 

= 4 

b) 

⎪⎢ 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎣x + y = −2 

⎩xy = − 4 ⎩⎪ 

xy = − 4 ⎪⎩ 

xy = −4 

⎪ 

⎩xy = −4 

⎧x + y = 2 

• Với x + y = 2, ta có hệ: ⎨ ⇒ x, y là nghiệm của phương trình: 

⎩xy = −4 

t 2 – 2t - 4 = 0 ⇒ t1 = 1+ 5, t 

2 

= 1− 5 . 

⇒ x = 1+ 5, y = 1− 5 hoặc x = 1− 5, y = 1+ 5 . 

⎧x + y = −2 

• Với x + y = - 2, có hệ: ⎨ ⇒ x, y là nghiệm của phương trình: 

⎩xy = −4 

t 2 + 2t - 4 = 0 ⇒ t3 = − 1+ 5, t 

4 

= −1− 5 . 

⇒ x = − 1+ 5, y = −1− 5 hoặc x = −1− 5, y = − 1+ 5 . 


Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm: 

( 1+ 5; 1− 5) 

; ( 1− 5; 1+ 5) 

; ( − 1+ 5; −1− 5) 

; ( −1− 5; − 1+ 

5) 





14 










Nhận xét: Trong các ví dụ trên ta đã chuyển đổi việc giải hệ phương trình sang 

giải phương trình bậc hai một ẩn; bên cạnh đó ta cần sử dụng thêm phép biến 

đổi tương đương cho hệ phương trình và kết hợp sử dụng hằng đẳng thức 

( ) 2 

2 2 

A B A B 2AB 

+ = + − . Ngoài ra trong nhiều trường hợp chúng ta còn cần 

sử dụng tới ẩn phụ như ví dụ 3 phần a) hay ví dụ sau đây sẽ minh họa cho điều 

này. 

Ví dụ 4. Giải phương trình sau: x + 9 − x + x + 9 + x = 4 (1) 

Điều kiện: x ≥ 0 . 

Đặt 

⎧ 

⎪u = x + 9 − x 

⎨ 

⎪ ⎩v = x + 9 + x 

Giải 

⇒ 0 

Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ: 

⎧u + v = 4 

⎨ 

⎩uv = 3 

⇒ u, v là nghiệm 

của phương trình: t 2 - 4t + 3 = 0 t1 1, t2 

3 ⇒ u = 1,v = 3 0 

⎧ 

⎪ x + 9 − x = 1 ⎪⎧ 

x + 9 − x = 1 

⇔ ⎨ 

⇔ ⎨ 

⎪ ⎩ x + 9 + x = 3 ⎩⎪ 

x + 9 + x = 9 

⇒ 2 x = 8 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16 (TM) 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 16. 

⇒ = = ( ) 

3.2.5. Dạng toán 5: Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các 

nghiệm mà không giải phương trình. 


Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x 1 và x 2 của phương trình ax 2 + bx + 

c = 0 (a ≠ 0 ) là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị (đổi chỗ) x 1 

và x 2 . 

Ta thực hiện theo các bước: 


• Bước 1: Xét biệt thức 

phân biệt x 1 , x 2 (hoặc ∆ ' > 0). 

2 

∆ = b − 4ac > 0 thì phương trình có hai nghiệm 





15 










• Bước 2: Tìm tổng x 1 + x 2 = S và x 1 x 2 = P của phương trình, rồi thay vào 

biểu thức. 

Chú ý: Một số phép biến đổi: 

( ) 

2 2 2 

2 

1 2 1 2 1 2 

(1). x + x = x + x − 2x x = S − 2P; 

3 

( ) ( ) 

(2). x + x = x + x − 3x x x + x = S − 3SP; 

3 3 3 

1 2 1 2 1 2 1 2 

2 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

4 4 2 

2 

2 

2 

2 2 

2 

2 

2 

2 

1 

+ 

2 

= 

1 

+ 

2 

= 

1 

+ 

2 

− 

1 2 

= − − 

(3). x x x x x x 2 x x S 2P 2P ; 

1 1 x + x S 

x x x x P 

1 2 

(4). + = = ; 

1 2 1 2 

1 1 x + x S − 2P 

(5). . 

x x P 

2 2 2 

1 2 

+ = = 

2 2 2 2 

1 2 ( x1x 

2 ) 

3.2.5.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 – 6x + 8 = 0. Không giải phương trình, hãy tính 

giá trị các biểu thức: 

a) A = 

x 

+ x ; b) B = 

2 2 

1 2 

1 1 

+ ; c) C = x 

x x 

1 2 

Giải 

Phương trình x 2 – 6x + 8 = 0 có ( ) 2 

− x d) D = x1 − x2 

2 2 

1 2 

có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Theo định lí Vi-ét ta có: 

a) A = 

x 

2 2 

1 2 

Vậy A = 20 

∆ ' = −3 − 1.8 = 9 − 8 = 1> 0 ⇒ phương trình 

⎧S = x1 + x 

2 

= 6 

⎨ 

⎩P = x1x 2 = 8 

+ x = ( ) 2 2 

x + x − 2x x = S − 2P = 6 2 – 2.8 = 36 – 16 = 20. 

1 2 1 2 

1 1 x1 + x 

2 

S 6 3 

b) B = + = = = = . Vậy B = 3 x x x x P 8 4 4 

1 2 1 2 

c) C = x 2 x 2 

( x x )( x x ) S. ( x x ) 6. ( x x ) 

Mà ta có: 

− = + − = − = − . 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

( ) ( ) 

2 2 2 2 

2 2 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

x − x = x + x − 2x x = x + x − 4x x = S − 4P = 6 − 4.8 = 4 


⇒ x − x = ± 2 

1 2 

Vậy C = ± 12. 





16 










d) D = 

2 

x1 x2 

S 4P 4 2 

− = − = = . 

Ví dụ 2. (Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT, tỉnh Hải Dương 2004-2005) 

Cho phương trình 2x 2 – 7x + 4 = 0, gọi hai nghiệm của là x 1 và x 2 . Không 

giải phương trình, hãy tính giá trị các biểu thức sau: 

a) x 1 + x 2 ; x 1 .x 2 b) x 1 3 + x 2 

3 

Giải 

Phương trình 2x 2 – 7x + 4 = 0 có ( ) 2 

x 

+ 

x 

c) 

1 2 

∆ = −7 − 4.2.4 = 17 > 0 ⇒ phương trình có 

7 

hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Theo định lí Vi-ét: S = x1 + x 

2 

= ,P = x1x2 

= 2 

2 

a) x 1 + x 2 = S = 7 2 ; x 1.x 2 = P = 2. 

3 3 3 ⎛ 7 ⎞ 7 175 

x1 + x2 = x1 + x2 − 3x1x 2 

x1 + x 

2 

= S − 3SP = ⎜ ⎟ − 3. .2 = . 

⎝ 2 ⎠ 2 8 

3 

b) ( ) ( ) 

x 

x 

⎛ 

7 

⎞ 

⎜do S = x + x = > 0, P = x x = 2 > 0 ⇒ x ,x > 0⎟ 

⎝ 2 

⎠ . 

c) 

1 

+ 

2 

1 2 1 2 1 2 

Đặt C = x1 + x 

2 

> 0 

2 

7 7 + 4 2 

⇒ C = x1 + x2 + 2 x1x2 

= S + 2 P = + 2 2 = 

2 2 

7 + 4 2 

⇒ C = x1 + x2 

= . 

2 

tham số. 

3.2.6. Dạng toán 6: Tìm hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc vào 


Ta thực hiện theo các bước sau: 

Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x 1 , x 2 (a ≠ 0, ∆ ≥ 0 hoặc 

a ≠ 0, ∆' ≥ 0). 


Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét tính S = x 1 + x 2 , P = x 1 x 2 theo tham số. 

Bước 3: Khử m để lập hệ thức giữa S và P, từ đó suy ra hệ thức giữa hai 

nghiệm không phụ thuộc vào tham số. 

3 





17 










3.2.6.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 – 2mx + 2m - 2 = 0 (x là ẩn) 

Tìm hệ thức liên hệ gữa x 1 , x 2 không phụ thuộc vào m. 

Giải 

Phương trình x 2 2 

– 2mx + 2m - 2 = 0 có: ( ) 2 

mọi m. Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . 

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 

∆ ' = m − 2m + 2 = m − 1 + 1 > 0 với 

⎧S = x1 + x2 

= 2m (1) 

⎨ . 

⎩P = x1x2 

= 2m − 2 (2) 

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta được S – P = 2 ⇔ x 1 + x 2 - x 1 x 2 = 2 (không phụ 

thuộc vào m). 

Ví dụ 2. Cho phương trình mx 2 – (2m + 3)x + m - 4 = 0 (x là ẩn) 

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Khi đó tìm hệ 

thức liên hệ gữa x 1 , x 2 không phụ thuộc vào m. 

Giải 

Phương trình mx 2 – (2m + 3)x + m - 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 

m 0 

⎧m ≠ 0 

⎧m ≠ 0 ⎪⎧ 

≠ 

⎧m ≠ 0 ⎪ 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 2 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ −9 

. 

⎩∆ > 0 ⎪⎩ 

( 2m + 3) − 4m( m − 4) 

> 0 ⎩28m + 9 > 0 ⎪m 

> 

⎩ 28 

Áp dụng hệ thức Vi-ét: 

⎧ 

2m + 3 3 ⎧ 12 

S = x1 + x2 

= = 2 + 4S = 8 + (1) 

⎪ 

m m ⎪ m 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⎪ m − 4 4 12 

P = x1x2 

= = 1− ⎪3P = 3 − (2) 

⎪⎩ 

m m ⎪⎩ 

m 

Cộng vế theo vế, ta được: 4S + 3P = 11 hay 4(x 1 + x 2 ) + 3x 1 x 2 = 11 (Không phụ 

thuộc vào m). 

Nhận xét: Ngoài cách cộng vế theo vế, ta có thể thế m từ hệ thức (1) vào hệ 

thức (2) để khử m. Trong quá trình làm tránh vội vàng áp dụng ngay hệ thức 

Vi-ét mà quên mất bước tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x 1 , x 2 . 


3.2.7. Dạng toán 7: Tìm giá trị của tham số để các nghiệm của phương 

trình thỏa mãn một điều kiện cho trước. 






18 










Ta thực hiện theo các bước sau: 

• Bước 1: Tìm điều kiện của tham số (giả sử tham số là m) để phương 

trình có nghiệm x 1 , x 2 (tức là cho ∆ ≥ 0 hoặc ∆' ≥ 0). 

• Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta được: 

⎧ 

m 

⎨ 

⎩x1x2 

= P = g( m) 

x1 + x 

2 

= S = f ( ) (I) 

• Bước 3: Biểu diễn điều kiện cho trước thông qua hệ (I) để tìm m. 

• Bước 4: Kết luận: Chọn giá trị m thích hợp với điều kiện và trả lời. 

3.2.7.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1. (Bài 62/SGK-Trang 64): 

Cho phương trình 7x 2 + 2(m – 1)x – m 2 = 0. 

a) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm. 

b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, dùng hệ thức Vi-ét, hãy 

tính tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình theo m. 

Giải 

a) Phương trình có nghiệm ⇔ ( ) 2 2 

∆' ≥ 0 ⇔ m − 1 + 7m ≥ 0 (đúng với mọi m). 

Vậy với mọi giá trị của m phương trình luôn có nghiệm. 

b) Gọi x 1 và x 2 là nghiệm của phương trình. 


Theo bài, ta có hệ thức: 

x 

2 2 

1 2 

( − ) 

⎧ 

2 1 m 

x1 + x 

2 

= S = 

⎪ 

7 

⎨ 

2 

⎪ −m 

x1x2 

= P = 

⎪⎩ 

7 

(I) . 

+ x = ( x + x ) 2 

− 2x x (II). Thay (I) vào (II), ta 

( ) 2 2 2 

− 

1 2 1 2 

2 2 

⎡ 2 1 m ⎤ ⎛ −m ⎞ 18m − 8m + 4 

có: x1 + x2 

= ⎢ ⎥ − 2. ⎜ ⎟ = 

. 

⎣ 7 ⎦ ⎝ 7 ⎠ 49 

Ví dụ 2. (Bài 44/SBT-Trang 44): 

Cho phương trình x 2 - 6x + m = 0. Tính giá trị của m, biết rằng phương 


trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện x1 − x 

2 

= 4 . 

Giải 

Phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 khi và chỉ khi: 

. 





19 










∆' ≥ 0 ⇔ ( −3) 2 

− m = 9 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 9. 


Theo bài: x1 − x 

2 

= 4 (3). 

⎧x1 + x 

2 

= 6 (1) 

⎨ 

⎩x1x2 

= m (2) 

Giả hệ gồm (1) và (3), ta được: 2x1 = 10 ⇔ x1 = 5 ⇒ x2 = 6 − x1 

= 6 − 5 = 1. 

Thay x 1 = 5, x 2 = 1 vào (2), ta có: 5.1 = m ⇔ m = 5 (thỏa mãn điều kiện) 

Vậy với m = 5 thì x1 − x2 

= 4 . 

Ví dụ 3. (Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT, tỉnh Hải Dương 2011-2012) 

Cho phương trình: 

a) Giải phương trình (1) khi m =1. 

2 

x - 2(m +1)x + 2m = 0 (1) (với ẩn là x ). 

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 

c) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x 1 ; x 2 . Tìm giá trị của m để x 1 ; x 2 là 

độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . 

Giải 

a) Khi m = 1 ta có phương trình x 2 – 4x + 2 = 0 . 

Giải phương trình được x1 = 2 + 2; x2 

= 2 − 2 

b) Ta có 

2 

∆ ' = m + 1 > 0 với mọi m. 

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 

⎧⎪ x1 + x 

2 

= 2(m + 1) (1) 

c) Theo hệ thức Vi-ét ta có: ⎨ 

⎪⎩ x1x2 

= 2m (2) 

Theo giả thiết: x 1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền 

2 2 

bằng 12 nên x 1 > 0, x 2 > 0 ⇒ m > 0 và x + x = 12 

⇔ (x + x ) − 2x x = 12(3) 

1 2 1 2 

Thay (1), (2) vào (3), được: m 2 + m – 2 = 0 

⇔ m = 1 (thỏa mãn); m = - 2 (loại) 


Vậy m = 1. 

1 1 

Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 – 2(m – 1)x + 2m – 4 = 0 (có ẩn số là x). 

a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt. 





20 










của y = 

b) Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất 

x 

+ x 

2 2 

1 2 

Giải 

2 2 

2 

a) Ta có ( ) ( ) ( ) 

∆ ' = m −1 − 2m − 4 = m − 2m + 1− 2m + 4 = m − 2 + 1 > 0 với 

mọi m. Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt. 

b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 

Theo bài: y = 

x 

2 2 

1 2 

Thay (1) và (2) vào (3), ta có: 

⎧x1 + x2 

= 2(m − 1) = 2m − 2 (1) 

⎨ 

⎩x1x 2 

= 2m − 4 (2) 

+ x =( x + x ) 2 

− 2x x (3) 

1 2 1 2 

2 2 

2m − 2 − 2 2m − 4 = 4m − 12m + 12 = 2m − 3 + 3. 

2 

y = ( ) ( ) ( ) 

Vì ( 2m − 3) 2 

≥ 0 với mọi m nên suy ra y = ( ) 2 

3 

3 

⇔ 2m − 3 = 0 ⇔ m = . Vậy y min = 3 ⇔ m = 

2 

2 

2m − 3 + 3 ≥ 3. Dấu “=” xảy ra 

Nhận xét: Ngoài việc phải kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm để 

chọn giá trị m thì cần chú ý trong trường hợp bài toán còn có điều kiện ràng 

buộc khác (như ví dụ 3) ta cũng cần đối chiếu giá trị của m để loại bỏ giá trị 

không thích hợp. 

3.2.8. Dạng toán 8: Xét dấu các nghiệm. 


Dùng hệ thức Vi-ét ta có thể xét dấu các nghiệm x 1 , x 2 của phương trình 

ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) dựa trên kết quả: 

c 

- Phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 < 0 < x2 

⇔ P = < 0. 

a 

( ) 

⎧∆ ≥ 0 ∆' ≥ 0 

- Phương trình có hai nghiệm cùng dấu ⇔ ⎨ 

⎩P > 0 

⎪ 

- Phương trình có hai nghiệm dương ⇔ ⎨P > 0 

⎪ 

⎩ 

S > 0 

( ) 

⎧∆ ≥ 0 ∆' ≥ 0 


. 

. 





21 










⎪ 

- Phương trình có hai nghiệm âm ⇔ ⎨P > 0 

⎪ 

⎩ 

S < 0 

3.2.8.2. Ví dụ: 

( ) 

⎧∆ ≥ 0 ∆' ≥ 0 

Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 - 2(m + 1)x – m + 1 = 0. Xác định m để phương 

trình: 

a) Có hai nghiệm trái dấu. 

b) Có hai nghiệm dương phân biệt. 

Giải 

a) Để phương trình có hai nghiệm trái dấu 

c 

⇔ P = = 1− m < 0 ⇔ m < 1 

a 

Vậy với m < 1 thì phương trình có hai nghiệm trái dấu. 

b) Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 0 < x1 < x 

2 

2 

⎧∆ ' > 0 ⎧m + 3m > 0 

⎪ ⎪ 

⇔ ⎨P > 0 ⇔ ⎨1 − m > 0 ⇔ 0 < m < 1. 

⎪S 0 ⎪ 

⎩ > 

⎩2( m + 1) 

> 0 

Vậy với 0 < m < 1 thì phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. 

Ví dụ 2. Cho phương trình mx 2 - 6x + m = 0. 

Tìm m để phương trình có hai nghiệm âm 

Giải 

Để phương trình có hai nghiệm âm x1 ≤ x2 

< 0 

⎧m ≠ 0 

⎧a ≠ 0 ⎪ 2 

9 − m ≥ 0 ⎧m ≠ 0 

⎪ 

' 0 ⎪∆ ≥ ⎪m ⎪−3 ≤ m ≤ 3 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 0 

3 m 0. 

P 0 

> ⇔ ⎨ ⇔ − ≤ < 

⎪ > ⎪m 

⎪1 > 0 

⎩ 

⎪S < 0 ⎪ 6 ⎪m < 0 

0 

⎩ 

⎪ < 

⎩m 


Vậy với −3 ≤ m < 0 thì phương trình có hai nghiệm âm. 

3.2.9. Dạng toán 9: Lập một phương trình bậc hai có nghiệm thỏa mãn 

biểu thức chứa hai nghiệm của một phương trình cho trước. 

. 





22 











Bước 1: Tìm tổng S và tích P của hai nghiệm phương trình bậc hai muốn lập. 

Bước 2: Áp dụng định lí Vi-ét đảo lập phương trình dạng X 2 – SX + P = 0. 

3.2.9.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1. (Bài 42, 43/SBT-Trang 44) 

a) Lập phương trình có hai nghiệm là hai số 4 và 1− 2 . 

b) Cho phương trình x 2 + px – 5 = 0 có nghiệm là x 1 và x 2 . Hãy lập phương 

trình có hai nghiệm là hai số được cho trong mỗi trường hợp sau: 

1) -x 1 và -x 2 2) 

Giải 

a) Ta có S = x 1 + x 2 = 4 + 1− 2 = 5 2 

1 

1 

x và 1 

x 

2 

− , P = x 1 x 2 = 4( 1 2 ) 

Vậy hai số 4 và 1− 2 là nghiệm của phương trình cần lập 

x 2 – (5 2 

− )x + 4( 1 2 ) 

− = 0. 

b) Phương trình x 2 + px – 5 = 0 có 

nghiệm phân biệt. 

Theo định lí Vi-ét, ta có: x 1 + x 2 = 

− . 

2 

∆ = p + 5 > 0. Do đó phương trình có hai 

− p = − p , 1 

x1 x = − 5 = − 5 . 

2 

1 

1) Ta có -x 1 + (-x 2 ) = - (x 1 + x 2 ) = p và -x 1 (-x 2 ) = x 1 x 2 = - 5 

Vậy phương trình cần lập là : x 2 - px - 5 = 0. 

2) Ta có: 

1 

x + 1 2 

1 

x = x1 + x2 

−p p 

= = , 

x x −5 5 

1 2 

1 

x . 1 2 

1 

x = 1 1 1 

= = − 

x1x 2 

−5 5 

Vậy phương trình cần lập là : x 2 - p 5 x 1 

− = 0 hay 5x 2 - px - 1 = 0 . 

5 

Ví dụ 2. Gọi x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình x 2 – 3x + 2 = 0. Không giải 


phương trình trên, hãy lập phương trình bậc hai ẩn là y và có các nghiệm: 

1 1 

y = x + ; y = x + . 

1 2 2 1 

x1 x 

2 





23 










Giải 

Phương trình x 2 – 3x + 2 = 0 có ∆ = ( −3) 2 

− 4.1.2 = 9 − 8 = 1 > 0. Suy ra phương 

trình có hai nghiệm phân biệt. 

Theo định lí Vi-ét, ta có: 

⎧x1 + x2 

= 3 

⎨ 

⎩x1x 2 

= 2 

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ x + x ⎞ 3 9 

y1 + y2 = x 

2 

+ x1 + ⎜ + ⎟ = x 

2 

+ x1 

+ ⎜ ⎟ = 3 + = . 

⎝ x1 x2 ⎠ ⎝ x1x2 

⎠ 2 2 

Ta có: ( ) ( ) 

1 2 

⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ 1 1 9 

y1y2 = ⎜ x 

2 

+ ⎟⎜ x1 + ⎟ = x 

2x1 

+ + 2 = 2 + + 2 = 

⎝ x1 ⎠⎝ x2 ⎠ x1x 2 

2 2 

Vậy phương trình bậc hai cần lập là y 2 - 9 2 y + 9 2 = 0 hay 2y2 – 9y + 9 = 0. 

Nhận xét: Mặc dù bài toán có nói x 1 , x 2 là nghiệm của một phương trình cho 

trước (như trong ví dụ 1 phần b, ví dụ 2). Tuy nhiên ta vẫn phải tính biệt thức 

∆ hoặc 

∆ ' để khẳng định phương trình cho trước đó có hai nghiệm, từ đó mới 

áp dụng được định lí Vi-ét. Điều đó mới đảm bảo tính chặt chẽ toán học và lời 

giải khi đó mới được coi đầy đủ, chọn vẹn. 

3.2.10. Dạng toán 10: Một vài ứng dụng khác của hệ thức Vi-ét. 

Ở trên ta đã đề cập 9 dạng toán liên quan đến đến hệ thức Vi-ét và ứng 

dụng. Tuy nhiên tìm hiểu sâu rộng hơn một chút thì ta có một vài ứng ứng khác 

nữa là khá hay và hiệu quả. Sau đây là một vài ứng dụng khác của hệ thức Viét. 

3.2.10.1. Phân tích đa thức thành nhân tử. 


Phương trình ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm là x 1 , x 2 thì tam thức ax 2 

+ bx + c phân tích được thành nhân tử như sau: 

ax 2 + bx + c = a(x – x 1 )(x – x 2 ). 

3.10.2.2 Ví dụ: 


Ví dụ 1. Phân tích đa thức x 2 – 5x + 4 thành nhân tử. 

Giải 

Phương trình x 2 – 5x + 4 = 0 có a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0. Do đó phương 





24 










trình có hai nghiệm x 1 = 1, x 2 = 4. 

Vì vậy đa thức x 2 – 5x + 4 = (x – 1)(x – 4). 

Ví dụ 2. (Bài 33/SGK-Trang 54). 

Phân tích đa thức 2x 2 – 5x + 3 thành nhân tử. 

Giải 

Phương trình 2x 2 – 5x + 3 = 0 có a + b + c = 2 – 5 + 3 = 0. Do đó phương trình 

có hai nghiệm x 1 = 1, x 2 = 3 2 . 

Vì vậy đa thức 2x 2 – 5x + 3 = 2(x – 1)(x – 3 2 ). 

3.2.10.2. Lập phương trình đường thẳng y = ax + b (a ≠ 0 ) (d) quan 

hệ với Parabol y = mx 2 (m ≠ 0) (P). 

3.2.10.2.1. Phương pháp: 

• Để lập phương trình đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm 

A( x ;y ) và B( x ;y ) 

A 

A 

B 

B 

, ta làm như sau: 

Do đường thẳng (d) và Parabol (P) có hai giao điểm nên hoành độ giao 

điểm là nghiệm của phương trình: mx 2 = ax + b ⇔ mx 2 - ax - b = 0. 


⎧ a 

xA 

+ xB 

= 

⎪ m 

⎨ 

⎪ −b 

xAx 

B 

= 

⎪⎩ m 

(I) 

Từ hệ (I) tìm a và b ⇒ Phương trình (d) cần lập. 

• Để lập phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P) tại điểm 

( ) 

A x ;y 

A 

A 

, ta làm như sau: 

Do (d) và (P) có duy nhất một giao điểm nên phương trình mx 2 - ax - b = 0 có 

nghiệm kép: x 1 = x 2 . 

⎧ a 

⎪ 

x1 + x 

2 

= 

m 

Vận dụng hệ thức Viet, ta có: 

⎪ −b 

⎨x1x 

2 

= 

⎪ m 

⎪x = x = x 

⎪ 

⎩ 



1 2 A 

(II) 




25 










Từ hệ (II) tìm a và b ⇒ Phương trình (d) cần lập. 

3.2.10.2.2. Ví dụ: 

Ví dụ 1. Cho parabol (P) có phương trình: y = x 2 . 

Gọi A và B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ lần lượt là x A = -1; x B = 2. 

Lập phương trình đường thẳng đi qua A và B. 

Giải 

Goi phương trình đường thẳng đi qua A và B có dạng y = ax + b (AB). 

Phương trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là: 

x 2 = ax + b ⇔ x 2 - ax - b =0 (1). 

Ta có: x A = - 1; x B = 2 là nghiệm của phương trình (1). 


⎧xA 

+ x 

B 

= a ⎧− 1+ 2 = a ⎧a = 1 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎩xAxB 

= −b ⎩( − 1).2 = − b ⎩b = 2 

Vậy phương trình đường thẳng đi qua A và B là: y = x + 2. 

Ví dụ 2. Cho parabol (P): 

2 

x 

y = ; điểm A thuộc (P) có hoành độ x 

4 

A = 2. 

Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại A. 

Giải 

Gọi phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại A là (d): y = ax + b. Phương 

trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 

x 2 = ax + b ⇔ x 2 - 4ax - 4b = 0 (*) 

4 

Ta có: x A = 2 là nghiệm kép của (*) (x 1 = x 2 = x A ) 

Áp dụng hệ thức Vi-ét và bài ra, ta có: 

⎧x1 + x 

2 

= 4a 

⎪ 

⎧4 = 4a ⎧a = 1 

⎨x1x2 

= −4b 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎪ ⎩4 = − 4b ⎩b = −1 

⎩x1 = x 

2 

= xA 

= 2 

Vậy phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại A là: y = x - 1 


3.2.10.3. Áp dụng hệ thức Vi-ét giải phương trình và hệ phương trình. 

⎛ 5 − x ⎞ ⎛ 5 − x ⎞ 

Ví dụ 1. Giải phương trình x. ⎜ ⎟. ⎜ x + ⎟ = 6 (*) 

⎝ x + 1 ⎠ ⎝ x + 1 ⎠ 





26 







Điều kiện: x ≠ − 1. 

Giải 




Đặt 

⎧ ⎛ 5 − x ⎞ ⎧ ⎛ 5 − x ⎞ ⎛ 5 − x ⎞ 

u = x. ⎜ ⎟ u v x. x 

x 1 + = ⎜ ⎟ + ⎜ + ⎟ 

⎪ ⎝ + ⎠ ⎪ ⎝ x + 1 ⎠ ⎝ x + 1 ⎠ ⎧u + v = 5 

⎨ (1) ⇒ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎪ ⎛ 5 − x ⎞ ⎛ 5 − x ⎞ ⎛ 5 − x ⎞ u.v = 6 

v = x ⎪u.v x. . x 

⎩ 

⎜ + ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ + ⎟ 

⎩⎪ 

⎝ x + 1 ⎠ ⎩⎪ 

⎝ x + 1 ⎠ ⎝ x + 1 ⎠ 

⇒ u, v là nghiệm của phương trình: t 2 – 5t + 6 = 0 ⇒ t1 = 3; t2 

= 2 

Do vậy u = 3 thì v = 2 hoặc u = 2 thì v = 3 

⎧u = 3 

- Với ⎨ 

⎩v = 2 

thì (1) trở thành: x 2 - 2x + 3 = 0 

Ta có ∆' = 1 – 3 = - 2 < 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm. 

- Với 

⎧u = 2 

⎨ 

⎩v = 3 

thì (1) trở thành: x 2 - 3x + 2 = 0 

Ta có a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0 ⇒ x 1 = 1; x 2 = 2 

Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x 1 = 1; x 2 = 2. 

Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình: 

⎧x + y + xy = 7 

(Hệ đối xứng loại 1) b) 

⎩xy + x y = 12 

a) ⎨ 2 2 

⎧x + y + xy = 7 ⎧x + y + xy = 7 

a) ⎨ 

⇔ 

2 2 ⎨ 

⎩xy + x y = 12 ⎩( x + xy ).xy = 12 

Đặt S = x + y, P = xy. Ta có hệ 

Giải 

⎧S + P = 7 

⎨ . 

⎩SP = 12 

⎧ 

3 

+ 

3 

= 

⎪ x y 4 

⎨ 

⎪⎩ xy = 27 

Khi đó S và P là hai nghiệm của phương trình: t 2 – 7t + 12 = 0. 

Giải phương trình này được t 1 = 4; t 2 = 3. 

+ Nếu S = 4 thì P = 3 khi đó x, y là nghiệm của phương trình: u 2 - 4u + 3 = 0 


⇒ u = 1 và u = 3. Suy ra (x = 1; y = 3) hoặc (x = 3; y = 1) 

+ Nếu S = 3 thì P = 4 khi đó x, y là nghiệm của phương trình: v 2 – 3v + 4 = 0 

Phương trình này vô nghiệm vì ∆ = 9 - 16 = - 7 < 0 





27 










b) Đặt 

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: (1; 3); (3; 1) 

⎪⎧ 

⎨ 

⎪⎩ 

v 

⎪⎧ 

⇔ ⎨ 

⎩v 

3 

3 

u = x u = x 

= 

3 

y ⎪ 

3 

. Khi đó hệ phương trình có dạng: 

= y 

⎧ ⎪u + v = 4 ⎧u + v = 4 

⎨ ⇔ 

( uv) 3 ⎨ ⇒ u, v là nghiệm của phương trình: 

⎪⎩ = 27 ⎩uv = 3 

t 2 – 4t + 3 = 0 ⇒ t 1 = 1; t 2 = 3. Suy ra u = 1, v = 3 hoặc u = 3, v = 1. 

- Với u = 1, v = 3 thì x = 1, y = 27. 

- Với u = 3, v = 1 thì x = 27, y = 1. 

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: (1; 27); (27; 1) 

3.3. Các bài tập tương tự tổng hợp theo dạng toán. 

Bài 1: (Bài 29,30/SGK-Trang 54, bài 30/SBT-Trang 43). 

Không giải phương trình, hãy tính tổng và tích các nghiệm (nếu có) của 

mỗi phương trình sau: 

a) 4x 2 + 2x – 5 = 0; b) 9x 2 - 12x + 5 = 0; c) 5x 2 + x + 2 = 0; 

d) (2 − 3 )x 2 + 4x + 2 + 2 = 0; e) 1,4x 2 - 3x + 1,2 = 0; 

f) 2x 2 + 9x + 7 = 0; g) x 2 + 2(m – 1)x + m 2 = 0. 

Bài 2: (Bài 31/SGK-Trang 54, bài 37/SBT-Trang 43). 

Tính nhẩm nghiệm các phương trình sau: 

a) 7x 2 - 9x + 2 = 0; b) 23x 2 - 9x - 32 = 0; 

c) (5 + 2 )x 2 + (5 - 2 )x - 10 = 0; d) 1 3 x2 - 3 2 x - 11 6 = 0; 

e) 31,1x 2 – 50,9x + 19,8 = 0; f) 2x 2 + 9x + 7 = 0; 

g) (m – 1)x 2 - 2(m + 3)x + m + 4 = 0 với m ≠ 1. 

Bài 3: (Bài 40/SBT-Trang 44). Dùng hệ thức Vi-ét để tìm nghiệm x 2 của 

phương trình, rồi tìm giá trị m trong mỗi trường hợp sau: 

a) Phương trình x 2 - 13x + m = 0, biết nghiệm x 1 = 12,5; 

b) Phương trình 4x 2 + 3x – m 2 + 3m = 0, biết nghiệm x 1 = -2. 

Bài 4: (Bài 41/SBT-Trang 44). Tìm hai số u và v trong trường hợp sau: 


a) u + v = 14, u.v = 40; b) u - v = 10, u.v = - 24; c) u 2 + v 2 = 85, u.v = 18 





28 










Bài 5. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2004-2005). 

Cho phương trình 2x 2 – 7x + 4 = 0, nghiệm của phương trình là x 1 và x 2 . 

1) Không giải phương trình tính giá trị của các biểu thức: 

3 3 

a) x 1 + x 2 ; x 1 x 2 b) x + x c) x1 + x2 

. 

1 2 


Cho phương trình 2x 2 - 6x + 3 = 0 

a) Gọi hai nghiệm của phương trình là x 1 và x 2 . Tính 

x 1 3 + x 2 3 – 2(x 1 2 + x 2 2 ) + 3(x 1 2 x 2 + x 1 x 2 2 ) 

x1 

b) Lập phương trình bậc hai có nghiệm 

x − và x2 

x − . 

2 

1 


Cho phương trình (ẩn x): x 2 - 2(m + 1)x + m 2 - 1 = 0. Tìm giá trị của m để 

1 

1 

phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn x 1 2 +x 2 2 = x 1 .x 2 + 8. 

Bài 8. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2011-2012) 

2 

Cho phương trình: x − 2( m + 1) x + 2m 

= 0 (1) (với ẩn là x). 

1) Giải phương trình (1) khi m=1. 

2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 

3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x 

1; x 

2 

. Tìm giá trị của m để x 

1; x2 

là 

độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . 

Bài 9. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2013-2014). 

2 

1. Gọi x1, 

x2 

là hai nghiệm của phương trình x + 5x 

− 3 = 0. Tính giá trị của biểu 

3 3 

thức: Q = x1 + x2 

. 

2. Tìm m để phương trình x 2 – 2(2m + 1)x + 4m 2 + 4m = 0 có hai nghiệm phân 

biệt x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = x 

1 

+ x 

2 

Bài 10. Cho phương trình x 2 – 2(m + 7)x + m 2 - 4 = 0. 

Xác định m để phương trình: 

a) Có hai nghiệm trái dấu. b) Có hai nghiệm cùng dấu. 


Bài 11. Cho phương trình (1 + m 2 )x 2 – 2(m 2 - 1)x + m = 0 

a) Tìm m để phương trình có nghiệm. 

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào m. 





29 










4. Kết quả đạt được 

Tháng 6/2014 cũng với đề kiểm tra như ở phần khảo sát thực trạng tôi đã 

thu được kết quả như sau: 

Năm học 

Sĩ 

số 

Giỏi Khá TB Yếu Kém 

SL % SL % SL % SL % SL % 

2013-2014 42 8 19 12 28,6 20 47,6 2 4,8 0 0 

Qua con số thống kê tôi thấy rõ mức độ tiến bộ của học sinh. Qua giảng 

dạy, ôn tập tôi thấy các em tự tin hơn nhiều và có sự yêu thích say mê khi giải 

các dạng toán về hệ thức Vi-ét. Đặc biệt trong kì thi vào THPT tháng 7/2014 

học sinh tôi giải quyết phần bài tập này rất tốt, góp phần nâng cao điểm toán và 

tỉ lệ đỗ vào THPT. Với giáo viên sau khi áp dụng sáng kiến kinh ngiệm này tôi 

đã tự biên soạn cho mình một tài liệu để giảng dạy về hệ thứ Vi-ét mà tôi rất 

tâm đắc. 

5. Điều kiện để sáng kiến được nhân rộng 

Hiện nay với việc dạy học theo định hướng phát triển năng lực của học 

sinh thì việc dạy học theo chủ đề là rất cần thiết. Để nhân rộng được sáng kiến 

này bản thân tôi và đồng nghiệp chỉ cần tích cực sưu tầm, tập hợp các bài toán 

theo từng dạng để bổ sung vào nội dung sáng kiến. Với việc làm đó tôi tin 

tưởng sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” 

luôn khẳng định được tính khả thi và giá trị áp dụng của nó. 






30 










1. Kết luận 

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 

Qua quá trình đúc rút kinh nghiệm và việc áp dụng các biện pháp tại nhà 

trường, trên cơ sở phân tích, đối chiếu, so sánh, một lần nữa tôi khẳng định: 

Sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” có khả 

năng áp dụng rộng rãi cho mỗi giáo viên dạy toán lớp 9 ở các trường THCS. 

Sáng kiến đã chỉ ra được việc cần thiết phải phân dạng các bài toán về hệ thức 

Vi-ét và việc ứng dụng của nó đồng thời chỉ rõ các biện pháp cụ thể để thực 

hiện từng nội dung. Giúp giáo viên có tài liệu để giảng dạy chủ đề hệ thức Vi-ét 

một cách đầy đủ, hệ thống, khoa học. Từ đó nâng cao chất lượng cho học sinh 

không chỉ giới hạn trong việc giải quyết các bài toán về hệ thức Vi-ét mà còn 

củng cố rèn luyện được nhiều kiến thức toán học khác. Góp phần nâng cao kết 

quả trong kì thi vào THPT và tạo tiền đề vững chắc cho việc học toán sau này 

của các em. Đặc biệt, khi mà hiện nay toàn ngành giáo dục đang thực hiện dạy 

học theo định hướng phát triển năng lực của học sinh nhằm thực hiện tốt Nghị 

quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 Ban Chấp hành Trung ương Đảng (khóa 

XI) về Đề án "Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu 

công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng 

XHCN và hội nhập quốc tế", thì việc dạy học theo chủ để kiến thức chắc chắn 

sẽ được các nhà trường thực hiện ngày càng sâu sắc. 

2. Khuyến nghị 

Đối với giáo viên: Cần nghiên cứu kĩ đề tài, nắm chắc các phương pháp 

giải tùng dạng toán; chuẩn bị kĩ càng giáo án; tích cực nghiên cứu tài liệu và 

bắt tay giải toán như một học sinh. 

Đối với học sinh: Sáng kiến này áp dụng với học sinh khối 9 cho kết quả 

tốt thi học sinh nắm chắc phương pháp giải đối với các dạng toán và phát huy 


tính chủ động sáng tạo, chăm chỉ rèn luyện, làm nhiều bài tập luyện để nâng 

cao kĩ năng giải toán. 

Tôi xin chân thành cảm ơn ! 





31 










1) SGK, SBT Toán 9. 

(Nhà xuất GD- 2005) 

TÀI LIỆU THAM KHẢO 

--- --- 

2) Bồi dưỡng và phát triển Toán 9 

(Đặng Phương Trang - Nhà xuất bản Đà Nẵng 2003) 

3) Tài liệu ôn thi vào lớp 10 Toán 

(Trần Thị Vân Anh - Nhà xuất bản ĐH Quốc gia Hà Nội 2010) 

4) Luyện giải và ôn tập Toán 9 

(Vũ Dương Thụy - Nhà xuất bản GD 2005) 

5) Một số vấn đề phát triển Đại 9 

(Vũ Hữu Bình - Nhà xuất bản GD 1998) 

6) Các dạng toán đại số lớp 9 

(Lê Hải Châu + Nguyễn Xuân Quý - Nhà xuất bản GD 2000) 

7) Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán THCS các năm 

________________________________________ 






32 







MỤC LỤC 

--- --- 




Nội Dung 

Trang 

Phần 1. Mở đầu 2 

Tóm tắt nội dung sáng kiến 3 

Phần 2. Mô tả sáng kiến: 4 

Đặt vấn đề 4 

Giải quyết vấn đề 5 

Điều tra thực trạng trước khi viết đề tài 5 

Phương pháp nghiên cứu 5 

Biện pháp thực hiện 6 - 24 

Phần 3. Kết luận 25 






33

PHÂN DẠNG TOÁN HỆ THỨC VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG (2014 - 2015)

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?