PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH YÊN
TRƯỜNG THCS TÔ HIỆU
HỒ SƠ ĐỀ NGHỊ
CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP THÀNH PHỐ
Tên sáng kiến: Vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải một số dạng
toán ôn thi vào THPT ở trường THCS Tô Hiệu, thành phố Vĩnh Yên.
Tác giả sáng kiến: Trần Thị Nụ
Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Tô Hiệu.
Hồ sơ gồm:
1. Đơn đề nghị công nhận sáng kiến cấp thành phố
2. Báo cáo kết quả nghiên cứu, ứng dụng sáng kiến
Vĩnh Yên, năm 2018
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU
CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP THÀNH PHỐ
Kính gửi: Hội đồng Sáng kiến thành phố Vĩnh Yên
(Cơ quan thường trực: Phòng Kinh tế thành phố Vĩnh Yên)
Tên tôi là: Trần Thị Nụ
Chức vụ (nếu có): Giáo viên
Trường: THCS Tô Hiệu
Điện thoại: 0983 590 658
Email:
[email protected]
Tôi làm đơn này trân trọng đề nghị Hội đồng sáng kiến thành phố Vĩnh
Yên xem xét và công nhận sáng kiến cấp thành phố cho tôi như sau:
1. Tên sáng kiến: Ứng dụng dấu hiệu chia hết vào giải các dạng toán
lớp 6 cho học sinh trường THCS Tô Hiệu, thành phố Vĩnh Yên
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Lĩnh vực có thể áp dụng: Học sinh đại trà lớp 6; bồi dưỡng học sinh giỏi
lớp 6
- Vấn đề mà sáng kiến giải quyết: Ứng dụng dấu hiệu chia hết vào giải các dạng
toán lớp 6
-
3. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử:
Áp dụng lần đầu 5/2018.
4. Nội dung cơ bản của sáng kiến:
4.1. Kiến thức cơ bản
4.2. Các dạng toán và phương pháp giải
4.2.1. Dạng toán 1: Chứng minh quan hệ chia hết .
4.2.2. Dạng toán 2: Tìm điều kiện cho quan hệ chia hết, chia dư.
4.2.3. Dạng toán 3: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
4.2.4. Dạng toán 4: Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các
nghiệm mà không giải phương trình.
4.2.5. Dạng toán 5: Sử dụng hệ thức Vi – ét vào việc giải hệ
phương trình đối xứng.
4.2.6. Dạng toán 6: Tìm hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc
vào tham số.
4.2.7. Dạng toán 7: Xét dấu các nghiệm.
2
4.2.8. Dạng toán 8: Lập một phương trình bậc hai có nghiệm thỏa
mãn biểu thức chứa hai nghiệm của một phương trình cho trước.
4.2.9. Dạng toán 9: Phân tích đa thức thành nhân tử.
4.2.10. Dạng toán 10. Lập phương trình đường thẳng y = ax + b (
a 0 ) (d) quan hệ với Parabol y = mx2 ( m 0 ) (P).
5. Điều kiện áp dụng:
Có thể dùng giảng dạy cho học sinh đại trà ôn thi vào lớp 10 và bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 9.
6. Khả năng áp dụng: Áp dụng cho học sinh lớp 9.
7. Hiệu quả đạt được
Qua việc áp dụng sáng kiến trên tôi thấy
- Lớp học rất sôi nổi, học sinh hiểu bài.
- Nhiều học sinh còn yếu ở bộ môn Toán nay đã giải được một số bài tập
đơn giản. Đối với học sinh khá giỏi các em giải khá tốt và làm được các
bài tập tự luyện.
- Đa số học sinh nắm được nội dung bài học.
8. Các thông tin cần được bảo mật: không
Tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật,
không xâm phạm quyền sở hữu trí tuệ của người khác và hoàn toàn chịu trách
nhiệm về thông tin đã nêu trong đơn.
Xác nhận của Lãnh đạo nhà
trường
(Ký tên, đóng dấu)
Vĩnh Yên, ngày 25 tháng 04 năm 2018
Người nộp đơn
(Ký tên, ghi rõ họ tên)
Trần Thị Nụ
BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
3
1. Lời giới thiệu
Là một giáo viên dạy Toán lớp 9, 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 Vĩnh Phúc 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 viết
sáng kiến :
Vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải một số dạng toán ôn thi vào THPT ở
trường THCS Tô Hiệu, thành phố Vĩnh Yên
Trong sáng kiến dù biết không thể đề cập hết các phương pháp giải toán
nhưng tôi cũng hy vọng đây là một nguồn tài liệu bổ ích cho học sinh và cũng là
tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo.
2. Tên sáng kiến
Vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải một số dạng toán ôn thi vào THPT ở
trường THCS Tô Hiệu, thành phố Vĩnh Yên
3. Tác giả sáng kiến
- Họ và tên: Trần Thị Nụ
- Địa chỉ tác giả: Trường THCS Tô Hiệu – Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc.
- Số điện thoại: 0983 590 658
Email:
[email protected];
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trần Thị Nụ
Trường THCS Tô Hiệu – Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc.
Chức vụ: Giáo viên
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
4
- Lĩnh vực có thể áp dụng: Ôn thi vào lớp 10 THPT; bồi dưỡng học sinh
giỏi lớp 9
- Vấn đề mà chuyên đề giải quyết: Hệ thức Vi –Ét và ứng dụng.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử:
Áp dụng lần đầu 5/2017.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến
7.1. Nội dung sáng kiến
7.1.1. Kiến thức cơ bản
Các em cần nắm vững một số kiến thức sau:
Định lí Vi-ét (thuận):
Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ) thì
b
x1 x 2
a
x x c
1 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.
Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có a + b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = 1, còn nghiệm kia là x2 = a .
Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có a - b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = - 1, còn nghiệm kia là x2 = - a .
Định lí Vi-ét (đảo):
u v S
u.v P
Nếu hai số u, v thỏa mãn
thì hai số đó là hai nghiệm của
phương trình x2 – Sx + P = 0.
(Điều kiện để có hai số u, v là S2 - 4P 0).
7.1.2. Các dạng toán và phương pháp giải
Dạng toán 1: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn.
5
a. Phương pháp:
Để thực hiện việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương trình bậc hai
một ẩn ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ), ta áp dụng nhận xét sau:
Trường hợp 1 (Trường hợp đặc biệt):
Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có a + b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = 1, còn nghiệm kia là x2 = a .
Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có a - b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = - 1, còn nghiệm kia là x2 = - a .
Trường hợp 2: Cho phương trình: x2 + bx + c = 0.
Ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Vận dụng hệ thức Vi-ét để thiết lập cho các nghiệm x1 và x2 là:
x1 x 2 b
x1.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 dừng lại và trong trường hợp này không nhẩm
được nghiệm.
Bước 3: Kết luận:
Phương trình x2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 = m và x2 = n.
Mở rộng: Nếu phương trình
ax 3 + bx 2 +cx + d = 0 a 0
thì phương trình phân tich được thành
+) Có nghiệm x 1
x-x 0 . Ax 2 +Bx + C = 0
nếu a b c d 0
+) Có nghiệm x 1 nếu a b c d 0
b. Bài tập áp dụng
6
có nghiệm x0
Bài 1. (Bài 37/SBT-Trang 57). Dùng điều kiện a + b + c = 0 hoặc a – b + c = 0
để tính nhẩm nghiệm của mỗi phương trình sau:
a) 7x2 - 9x + 2 = 0
b) 23x2 - 9x - 32 = 0
Giải
a) 7x2 - 9x + 2 = 0
Nhận thấy phương trình có a + b + c = 7 + (-9) + 2 = 0.
c 2
a
7.
Do đó phương trình có hai nghiệm là: x1 = 1, x2 =
b) 23x2 - 9x - 32 = 0
Nhận thấy phương trình có a - b + c =23 - (-9) + (-32) = 0. Do đó phương trình
c
32 32
1
có hai nghiệm là x1 = - 1, x2 = - a
.
Bài 2. Giải phương trình
3
2
a) 5x - 6x + 8x - 7 = 0
3
2
b) 2x + x + 4x +5 = 0
Giải
3
2
a) 5x - 6x + 8x - 7 = 0 có tổng các hệ số a + b + c + d = 5 - 6 + 8 - 7 = 0
3
2
nên phương trình có nghiệm x 1 khi đó phương trình 5x - 6x + 8x - 7 = 0
5x - 5x - x
3
2
2
- x + 7x - 7 = 0
2
5x . x - 1 - x. x - 1 + 7. x - 1 = 0
x - 1 . 5x 2 - x + 7 = 0
x - 1 = 0
2
5x - x + 7= 0
1
2
1
+) Giải phương trình x - 1= 0 x =1
2
+) Giải phương trình
5x 2 - x + 7 = 0
2
Ta có
1 4.5.7 1 140 139 0
phương trình 2 vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm x 1
7
3
2
b) 2x + x + 4x +5 = 0 có a - b + c - d = 2 - 1 + 4 - 5 = 0
3
2
nên phương trình có nghiệm x 1 khi đó phương trình 2x +x + 4x +5 = 0
2x + 2x - x
3
2
2
+ x + 5x +5 = 0
2
2x . x + 1 - x. x + 1 + 5. x + 1 = 0
x + 1 2x 2
- x+5 =0
x + 1 = 0
2
2x - x + 5 = 0
1
2
1
+) Giải phương trình x + 1 = 0 x = - 1
2
+) Giải phương trình
2x 2 - x + 5 = 0
2
Ta có
1 4.2.5 1 40 39 0
phương trình 2 vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm x 1 .
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).
c. Bài tập tự luyện
Bài 1. Nhẩm nghiệm các phương trình sau:
a. x2 + 7x + 12 = 0
c. x2 -11x + 28 = 0
b. x2 - 7x + 12 = 0
d. x2 – 12x + 35 = 0
Bài 2. Giải phương trình
3
2
a) 2x - 3x + 5x - 4 = 0
3
2
b) 3x +2 x + 7x +8 = 0 .
Dạng toán 2: Dùng hệ thức Vi-ét tìm nghiệm còn lại khi phương trình bậc
hai một ẩn cho biết trước một nghiệm.
a. Phương pháp chung
Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ) cho biết một nghiệm x1 = m. Tìm
nghiệm còn lại x2 ?
8
Ta làm như sau: Dùng hệ thức Vi-ét x1 x 2 =
thức, ta có
x 2
b
a . Thay x1 = m vào hệ
b
b
c
x1 m
x1.x 2
a
a
a . Thay x1 = m
hoặc ta dùng hệ thức
c
c
x 2 : x1 : m
a
a
vào hệ thức, ta có
.
b. Bài tập áp dụng
Bài 1. Chứng tỏ rằng phương trình 3x2 + 2x - 21 = 0 có một nghiệm là -3. Hãy
tìm nghiệm kia.
Giải
Vì x1 = - 3 là một nghiệm của phương trình 3x2 + 2x - 21 = 0.
Vì 3(-3)2 + 2.(-3) - 21 = 27 – 6 – 21 = 0.
Cách 1:
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1 x 2 =
b 2
2
2
2 7
x 2 x1 3 3
a = 3
3
3
3 3 .
Cách 2: Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
c 21
7
x1.x 2
7 x 2 7 : x1 7 : 3
a
3
3.
Bài 2 (Bài 40/SBT-Trang 44)
Dùng hệ thức Vi-ét để tìm nghiệm x2 của phương trình, rồi tìm giá trị m trong
mỗi trường hợp sau:
a. x2 + mx - 35 = 0, biết nghiệm x1 = 7;
1
b. 3x2 – 2(m – 3)x + 5 = 0, biết nghiệm x1 = 3 .
Giải
a. x2 + mx - 35 = 0.
c 35
x1.x 2
35
a
1
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
. Mà x1 = 7 nên suy ra:
9
x 2 35 : x1 35 : 7 5 .
Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1 x 2 =
b m
m 7 5 m m 2
a = 1
Vậy x2 = 5 , m = 2 .
b. 3x2 – 2(m – 3)x + 5 = 0.
c 5
1
x1.x 2
a 3 . Mà x1 = 3 nên suy ra:
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
5
5 1
x 2 : x1 : 5.
3
3 3
.
Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1 x 2 =
2 m 3
b 2 m 3
1
5
16 2m 6 m 11.
3
3
3
a =
Vậy x2 = 5, m = 11.
Nhận xét: Trong ví dụ 2 này ta sử dụng hệ thức Vi-ét
trước, sau đó sử dụng hệ thức Vi-ét x1 x 2 =
x1.x 2
c
a trước để tìm x2
b
a (vì lúc này đã biết x1 và x2) để
suy ra giá trị của tham số.
c. Bài tập tự luyện
Bài 1. Phương trình x2 – 2px + 5 = 0 có một nghiệm x1 = 2, tìm p và nghiệm
kia.
Bài 2. Phương trình x2 + 5x + q = 0 có một nghiệm x1 = 5, tìm q và nghiệm kia.
Bài 3. Phương trình x2 – 7x + q = 0 có hiệu hai nghiệm bằng 11. Tìm q và hai
nghiệm của phương trình.
Bài 4. Tìm q và hai nghiệm của phương trình : x 2 –qx +50 = 0, biết phương trình
có hai nghiệm và một nghiệm bằng 2 lần nghiệm kia.
Dạng toán 3: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
10
a. Phương pháp chung
Nếu hai số u, v thỏa mãn:
u v S
u.v P
thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình x2 – Sx + P = 0 (1)
Điều kiện S2 - 4P 0
Nếu phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thì 2 số u, v cần tìm là:
u x1
v x 2 hoặc
u x 2
v x1 .
b. Bài tập áp dụng
Bài 1 (Bài 41/SBT-Trang 58). Tìm hai số u và v trong trường hợp sau:
a. u + v = 14, u.v = 40;
b. u + v = 4, u.v = 19.
Giải
a. Ta có u + v = 14, u.v = 40.
Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x2 - 14x + 40 = 0.
2
14 4.40 36 0
36 6
14 6
14 6
x1
10; x 2
4
2
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
.
Vậy u = 10, v = 4 hoặc u = 4, v = 10.
b. Ta có: u + v = 4, u.v =19
Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x2 - 4x + 19 = 0.
2
4 4.19 60 0
Phương trình vô nghiệm.
Vậy không tồn tại cặp u, v nào thỏa mãn điều kiện trên.
Bài 2. Giải hệ phương trình sau:
x y 10
xy 24
Giải
11
x y 10
xy
24
T có:
x y 10
x. y 24 .
Do đó x và (-y) là nghiệm của phương trình: t2 – 10t - 24 = 0.
2
Ta có
10 4. 24 196 0
14
. Phương trình có hai nghiệm
phân biệt: t1 = 12; t2 = -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).
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
A 2 B2 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.
Bài 3. Giải phương trình sau:
x 9
x
x 9 x 4 (1)
Giải
Điều kiện: x 0 .
u
v
Đặt
x 9
x
x 9 x
0 u v
và uv x 9 x 3.
u v 4
uv 3
Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ:
u, v là nghiệm của phương trình: t2 - 4t + 3 = 0
t1 1, t 2 3 u 1, v 3 0 u v
x 9
x 9 x 1
x 9 x 3 x 9 x 9
2 x 8
x 1
x 4 x 16 (TM)
12
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 16.
c. Bài tập tự luyện
Bài 1.
a. Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 27 và tích của chúng bằng 180.
b. Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 1 và tích của chúng bằng 5.
Bài 2.
a. Tìm các cạnh của hình chữ nhật biết chu vi là 100 m và diện tích bằng 621 m2
b. Tìm các cạnh của hình chữ nhật có chu vi là 20 cm và diện tích bằng 32cm2
Bài 3. Giải hệ phương trình sau
x 2 y 2 12
xy 4
Bài 4. Giải phương trình:
x4
x
x 4 x 3
Dạng toán 4: Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm mà không
giải phương trình.
a. Phương pháp chung
Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 của phương trình:ax2 + bx + c = 0 (
a 0 ) là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị (đổi chỗ) x1 và x2.
Ta thực hiện theo các bước:
2
Bước 1: Xét biệt thức b 4ac 0 thì phương trình có hai nghiệm
phân biệt x1, x2 (hoặc ' 0 ).
Bước 2: Tìm tổng x1 + x2 = S và x1x2 = P của phương trình, rồi thay vào
biểu thức bài cho.
Chú ý: Một số phép biến đổi thường gặp:
13
2
(1). x12 x 22 x1 x 2 2x1x 2 S2 2P;
3
(2). x13 x 32 x1 x 2 3x1x 2 x1 x 2 S3 3SP;
2
2
2
2
2
(3). x14 x 24 x12 x 22 x12 x 22 2 x1x 2 S2 2P 2P 2 ;
(4).
1
1 x1 x 2 S
;
x1 x 2
x 1x 2
P
1
1 x12 x 22 S2 2P
(5). 2 2
.
x1 x 2 x1x 2 2
P2
b. Bài tập áp dụng
2
Bài 1. Cho phương trình 2 x 9 x 6 0 gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương
trình. Không giải phương trình hãy tính giá trị của các biểu thức sau:
3
3
b) x1 x2
a) x1 x2 ; x1.x2
c)
x1 x1
Giải
2
a) Xét phương trình 2 x 9 x 6 0
2
- Ta có: 9 4.2.6 81 48 33 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2
9
x1 x2
2
x .x 6 3
1 2
2
- Áp dụng đinh lí Vi – ét ta có:
b) Ta có:
Vậy
x1 x2
3
2
2
3
2
2
x13 x23 = x1 3x1 .x1 3x1 x2 x2 3x1 .x1 3 x1 x2
=
x
1
3
x2 3x1 .x2 x1 x2
3
9 729 81 405
9
3.3.
2
2
8
2
8
=
Vậy giá trị biểu thức
x13 x23
405
8
14
9
2 ; x1.x2 3
9
x1 x2
2
x .x 6 3
1 2
2
x1 0; x2 0 ;
c) Ta có:
x1 0;
x2 0
;
x1.x2 0
;
x1 x2 0
Đặt
A=
x1 x1
x1 x1
A2 =
( A > 0)
2
x1 2 x1 . x2 x2 x1 x2 2 x1 x2
9
94 3
A2 2 3
2
2
A
94 3
2
x1 x1
Vậy
( Vì A > 0 )
94 3
2
=
A B thì ta cần chứng minh được điều kiện để
Chú ý: Để tính được tổng
tồn tại các căn thức và áp dụng công thức sau để tính hoặc bình phương biểu
thức đó để tính theo tổng và tích các nghiệm của phương trình bậc hai
+)
+)
+)
A B
A B 2
A AB B
AB
A B . A B
A B B A AB .
A B
AB
2
Bài 2. Cho phương trình: x - 2x - 2m = 0 . Tìm m để phương trình có 2 nghiệm
phân biệt x1, x2 thoả mãn:
1 + x 1 + x
2
1
2
2
=5
.
Hướng dẫn
0
Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm
(hoặc a.c < 0).
Sau đó áp dụng hệ thức Vi – et để tính tổng và tích của 2 nghiệm. Kết hợp với
điều kiện (hệ thức) giải hệ phương trình gồm điều kiện với tổng và tích các
nghiệm chúng ta tìm được tham số thỏa mãn điều kiện bài toán ta có lời giải như
sau:
Giải
15
2
a. Xét phương trình x - 2x - 2m = 0
2
Ta có:
' 1 1.( 2m) 1 2m
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ' > 0
1 + 2m > 0
m>-
1
2
b. Khi đó phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn:
x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m
- Để phương trình có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện
1 + x 1 + x
2
1
2
2
=5
2
2 2
2
2
2 2
x1 x2 x1 x2 1 5 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 4 *
*
Thay x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m vào có:
m 0
m 1
4 4m 4m 2 4 4m 4m2 0
Kết hợp với
m
1
2 ta có m = 0 thỏa mãn.
Vậy m = 0 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
1 + x 1 + x
2
1
Bài 3. Cho phương trình
a)
2
2
=5
x 2 m 4 x 3m 3 0
.
(m là tham số)
Xác định m để phương trình có 1 nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn
lại.
b)
3
3
Xác định m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn x1 x2 0
Giải
a) Để phương trình
x 2 m 4 x 3m 3 0
2
2 m 4 .2 3m 3 0
có 1 nghiệm bằng 2
4 2m 8 3m 3 0 m 1
Vì x1 x2 m 4 2 x2 1 4 x2 3
b) Xét phương trình
x 2 m 4 x 3m 3 0
2
Ta có:
Vậy m = 1 và x2 = 3
2
m 4 4.1. 3m 3 m 2 8m 16 12m 12 m 2 4m 4 m 2 0
16
2
để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì 0 m 2 0 m 2
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
x1 x2 m 4
x1.x2 3m 3
3
2
2
3
2
2
x13 x23 0 x1 3x1 x2 3x1 x2 x2 3x1 x2 3x1 x2 0
Khi đó
x
1
3
x2 3 x1 x2 x1 x2 0
*
*
Thay x1 x2 m 4; x1.x2 3m 3 vào ta được
m 4
3
3 3m 3 m 4 0
m3 12m2 48m 64 9m2 9m 36m 36 0
m3 3m 2 3m 28 0
m
3
4m 2 m2 4m 7m 28 0
m
2
m 7 m 4 0
2
2
1 27
1
m 2 m 7 m
0
m 0
m R vì 2
m R
2
4
Mà
m 4 0
m 4
3
3
Vậy với m 4 và m 2 thì phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn x1 x2 0 .
c. Bài tập tự luyện
2
Bài 1. Cho phương trình: mx 2mx 1 0 ( m là tham số)
a.
Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm và tính các
nghiệm của phương trình theo m .
b.
Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm sao cho một
nghiệm gấp đôi nghiệm kia.
Bài 2. Cho phương trình 2x2 – 7x + 4 = 0, gọi hai nghiệm của là x 1 và x2. Không
giải phương trình, hãy tính giá trị các biểu thức sau:
a. x1 + x2 ; x1.x2
b. x13 + x23
c.
x1 x 2
2
Bài 3. Cho phương trình x 2 m 1 x 4 0
Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình. Hãy tìm m để
x1 x2 5
.
1
y x2
2
Bài 4. Cho hàm số
có đồ thị là (P) và đường thẳng (d) có phương trình
17
y=x+m.
Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1, x2 thỏa mãn
1
1
2 2
2
x1 x2
.
Dạng toán 5: Sử dụng hệ thức Vi – ét vào việc giải hệ phương trình đối
xứng loại I
a. Khái niệm hệ phương trình đối xứng
Một phương trình hai ẩn gọi là đối xứng nếu ta thay x bởi y và y bởi x
thì phương trình không thay đổi.
Ví dụ: Phương trình đối xứng x y xy 11
x 2 y 2 25
y x yx 11
y 2 x 2 25
Một hệ phương trình được gọi là hệ đối xứng loại I nếu nó gồm những
phương trình đối xứng.
x 2 y 2 25
2
2
Ví dụ: Hệ phương trình đối xứng loại I: x y xy 13
y 2 x 2 25
2
2
y x yx 13
b. Phương pháp chung
Ta làm theo các bước sau:
Bước 1. Biểu diễn từng phương trình qua x y ; xy
Bước 2. Đặt S x y ; P xy ta được hệ phương trình mới chứa các ẩn S và P
Bước 3. Giải hệ phương trình tìm S và P
2
Bước 4. Các số x và y là nghiệm của phương trình t St P 0
(Vận dụng hệ thức Vi – ét đảo. Tìm 2 số khi biết tổng và tích của chúng)
Hệ đã cho có nghiệm khi hệ phương trình theo S và P có nghiệm thỏa mãn:
S2 4 P 0
Tùy theo yêu cầu của bài toán ta giải hoặc biện luận phương trình theo tham số t
từ đó suy ra nghiệm hoặc kết luận cần thiết cho hệ phương trình.
b. Bài tập áp dụng
Bài 1. Giải hệ phương trình
18
5 x y 2 xy 19
x y 3 xy 35
a)
c)
x 2 xy y 2 7
x y 5
b)
x2 y2
18
x
y
x y 12
x 3 y 3 7
x y xy 2
d)
Giải
5 x y 2 xy 19
x y 3xy 35
a)
Đặt S x y và P x. y ta có hệ phương trình :
5S 2 P 19
15S 6 P 57
13S 13
S 3P 35 2S 6 P 70 S 3P 35
S 1
S 1
1 3P 35 P 12
x y 1
Suy ra : x. y 12
2
Theo định lí Vi – ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai X X 12 0
giải phương trình này ta được 2 nghiệm là X 1 4 và X 2 3 .
4; 3
3; 4
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là
và
.
x 2 xy y 2 7
b) x y 5
x y 2 3 xy 7
x y 5
2
2
x 2 xy y 3 xy 7
x y 5
52 3 xy 7
x y 5
xy 6
x y 5
2
Theo định lí Vi – ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai X 5 X 6 0
Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là X 1 3 và X 2 2 .
3; 2
2;3
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là và .
c)
x2 y2
18
x
y
x y 12
123 3 xy.12 18 xy
x y 12
x3 y 3 18 xy
x y 12
54 xy 1728
x y 12
19
x y 3 3 xy x y 18 xy
x y 12
xy 32
x y 12
2
Theo định lí Vi – ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai: t 12t 32 0
Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là t1 4 và t2 8 .
4;8
8; 4
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là và .
x 3 y 3 7
x y xy 2
d)
x y 3 3xy x y 7
x y xy 2
x y 3 3. 2 7
x y 1
x y xy 2
xy 2
Theo định lí Vi – ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai:
t 2 t 2 0
vì
a - b + c = 1- -1 + -2 = 0
(1)
nên phương trình (1) có nghiệm 2 là t1 1 và t2 2
.
1; 2
2; 1
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là
và
.
x a
x b
Chú ý: Nếu hệ đối xứng loại I có nghiệm y b thì nó cũng có nghiệm y a
Chúng ta cần lưu ý điều này để không bỏ xót nghiệm của hệ phương trình.
Bài 2. Giải hệ phương trình
x y xy 5
2
2
x y xy 7
Hướng dẫn
Biến đổi hpt về dạng tổng và tích của x và y bằng cách đặt S x y và
P x. y ta có hệ pt
S P 5
2
S S 12 0
rồi giải hệ phương trình này.
Giải
x y xy 5
2
2
x y xy 7
x y xy 5
2
x y xy 7
xy 5 x y
2
x y 5 x y 7
xy 5 x y
2
x y x y 12 0
20
.DOCX 
34 
8 
66 
