Đang tải... (xem toàn văn)
1 §Þnh lÝ ViÐt. NÕu ph¬ng tr×nh ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) (1) cã hai nghiÖm x1 vµ x2 th×: Chøng minh: Do x1 vµ x2 lµ hai nghiÖm cña pt (1) nªn: a(x x1).(x x2) = ax2 + bx + c víi x ax2 ax1x ax2x + ax1x2 = ax2 + bx + c ax2 (ax1+ ax2)x + ax1x2 = ax2 + bx + c 2 §Þnh lÝ Vi Ðt ®¶o. NÕu hai sè cã tæng vµ tÝch th× hai sè ®ã lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:x2 Sx + P = 0 . §iÒu kiÖn tån t¹i hai sè ®ã lµ: S2 4P > 0. II C¸c d¹ng bµi tËp c¬ b¶n. D¹ng 1: ¸p dông hÖ thøc ViÐt vµo t×m gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph¬ng tr×nh tho¶ m•n ®iÒu kiÖn T cho tríc. Bµi to¸n c¬ b¶n: T×m gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph¬ng tr×nh bËc hai ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) (I)Cã nghiÖm th¶o m•n ®iÒu kiÖn T cho tríc. Ph¬ng ph¸p: §Ó ph¬ng tr×nh (I) cã nghiÖm ta ph¶i cã: Δ ≥ 0 () Khi ®ã theo hÖ thøc viÐt ta cã: §Ó t×m gi¸ trÞ cña tham sè m ta gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: so s¸nh víi ®iÒu kiÖn () vµ kÕt luËn bµi to¸n. Bµi to¸n 1: Cho ph¬ng tr×nh x2 2m x + 2m 1 = 0 (1) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 ,x2 th¶o m•n x1 = 2 x2.Bµi gi¶i: §Ó ph¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm ta ph¶i cã: Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ,x2 theo hÖ thøc ViÐt ta cã: KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn x1 = 2 x2 Thay vµo () ta cã: Thay vµo () ta cã: Gi¶i ph¬ng tr×nh Èn m ta ®îc : (tho¶ m•n ) VËy th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 ,x2 th¶o m•n x1 = 2 x2. Bµi to¸n 2: Cho ph¬ng tr×nh x2 mx + m + 1 = 0 (2) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 ,x2 th¶o m•n x1x2 + 2(x1 + x2) 19 = 0.Bµi gi¶i: §Ó ph¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm ta ph¶i cã: Δ = m2 4m 4 ≥ 0 () () Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ,x2 theo hÖ thøc viÐt ta cã: Tõ x1 x2 + 2(x1 + x2) 19 = 0 m + 1 + 2m 19 = 0 3m = 18 m = 6 ( Tho¶ m•n ()) VËy m = 6 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. Lu ý: Trong qu¸ tr×nh t×m ®iÒu kiÖn ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nÕu ®iÒu kiÖn lµ mét ph¬ng tr×nh hay bÊt ph¬ng tr×nh mµ ta gi¶i nã gÆp khã kh¨n , ch¼ng h¹n nh bµi tËp trªn ®iÒu kiÖn lµ m2 4m 4 ≥ 0 th× ta cã thÓ kh«ng gi¶i ph¬ng tr×nh hay bÊt ph¬ng tr×nh ®ã. Sau khi t×m ®îc m th× thay vµo xem cã tho¶ m•n kh«ng. VÝ dô ë bµi tËp trªn t×m ®îc x = 6 ta thay vµo () ta cã: Δ = 62 4.6 4 = 8 > 0 , vËy m = 6 tho¶ m•n () Bµi to¸n 3: Cho ph¬ng tr×nh x2 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (3 ) T×m c¸c gi¸i trÞ cña m ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 ,x2 th¶o m•n : A = 10 x1x2 + x12 + x22 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt, t×m gi¸ trÞ ®ã.Bµi gi¶i: Ph¬ng tr×nh (3 ) cã nghiÖm Δ = m2 9 ≥ 0 () Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ,x2 theo hÖ thøc ViÐt ta cã: Tõ A = 10 x1x2 + x12 + x22 = (x1 + x2 )2 + 8 x1x2 = (2m + 2 )2 + 8(2m +10) = 4m2 + 24m + 84 = ( 2m + 6)2 + 48 ≥ 48 Min A = 48 khi 2m + 6 = 0 hay m = 3.( tm®k) VËy m =3 th× A ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ MinA = 48. Bµi to¸n 4 : Gäi x1 ,x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:2x2 + 2(m + 1) x + m2 + 4m + 3 = 0 (4 ) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña M = Bµi gi¶i: Ph¬ng tr×nh (4 ) cã nghiÖm Δ = m2 6m 5 ≥ 0 Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ,x2 theo hÖ thøc ViÐt ta cã: Tõ M = = = = v× víi th× m2 + 8m + 7 < 0. M = Max M = khi hay m = 4 .( tm®k) VËy m = 4 th× M ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt vµ MaxM = . Bµi to¸n 5 : Cho ph¬ng tr×nh x2 mx + m 1 = 0 (5 ) a Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi m. b Gäi x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt, gi¸ trÞ lín nhÊt cña .Bµi gi¶i: a Cã Δ = m2 4m + 4 = (m 2)2 ≥ 0 víi m. VËy ph¬ng tr×nh (5) lu«n cã nghiÖm víi m. b Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ,x2 theo hÖ thøc ViÐt ta cã: Tõ §Ó tån t¹i P th× ph¶i tån t¹i m vËy ph¬ng tr×nh Èn m trªn ph¶i cã nghiÖm hay: Min P = khi m=2.( tm) Max P = 1 khi m=1.( tm) VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña P b»ng 1 Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P b»ng . NhËn xÐt: §èi víi nh÷ng biÓu thøc chØ chøa c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh cho tríc muèn t×m gi¸ trÞ lín nhÊt hay gi¸ trÞ nhá nhÊt ta lµm theo tr×nh tù sau: +Tríc hÕt ta ph¶i t×m ®iÒu kiÖn ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm . +BiÕn ®æi biÓu thøc xuÊt hiÖn tæng hai nghiÖm vµ tÝch hai nghiÖm . +Tõ ®ã ¸p dông hÖ thøc Vi Ðt thay vµo ®îc biÓu thøc chØ chøa tham sè m. Ta tiÕn hµnh t×m GTNN, GTLN cña biÓu thøc víi Èn m. Bµi to¸n 6: Cho ph¬ng tr×nh x2 2(m + 1) x + m 1 = 0 (6 ) a Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi m. b Gäi x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. Chøng minh r»ng biÓu thøc: kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m.Bµi gi¶i: a Cã Δ = víi m. VËy ph¬ng tr×nh (6 ) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi m. b Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ,x2 theo hÖ thøc ViÐt ta cã: Tõ VËy gi¸ trÞ cña biÓu thøc A kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m. D¹ng 2: HÖ thøc ViÐt trong sù t¬ng giao hµm sè. Ph¬ng ph¸p: Cho hµm sè: y = ax2 ( a ≠ 0) (P) vµ : y = mx + n (d) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d ) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:ax2 = mx + n ax2 mx n = 0. (II) + NÕu ph¬ng tr×nh (II) cã hai nghiÖm ph©n biÖt th× (d) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. + NÕu ph¬ng tr×nh (II) cã nghiÖm kÐp th× (d) tiÕp xóc víi (P). + NÕu ph¬ng tr×nh (II) v« nghiÖm th× (d ) kh«ng cã ®iÓm chung víi c¾t (P). Bµi to¸n 7 : Cho hµm sè y = x2 (P) vµ y = 3x + m2 (d) a Chøng minh r»ng víi bÊt k× gi¸ trÞ nµo cña m th× (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. b Gäi y1 , y2 lµ tung ®é c¸c giao ®iÓm cña (d) vµ (P). T×m m ®Ó: y1 + y2 = 11y1y2.Bµi gi¶i: a Hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ P lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 = 3x + m2 x2 3x m2 = 0 (7) XÐt nªn ph¬ng tr×nh (7) cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m , chøng tá (d) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. b Khi ®ã hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (7) . Gäi hai nghiÖm ®ã lµ x1 ,x2 , theo hÖ thøc ViÐt ta cã: Ta cã c¸c tung ®é t¬ng øng lµ: y1 = x12 ; y2 = x22 Tõ y1 + y2 = 11y1y2 ta cã: x12 + x22 =11x12.x22 (x1 + x2) 2 2x1x2 11 (x1x2) 2 = 0 9 +2m2 11m4 = 0 11m4 2m2 9 = 0 (tm) VËy víi m = 1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. Bµi to¸n 8 : Cho hµm sè (P) a Gäi A vµ B lµ hai ®iÓm ph©n biÖt thuéc ®å thÞ cã hoµnh ®é lµ 1 vµ 2. ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AB. b §êng th¼ng y = x + m 2 (d). (d) c¾t (P) t¹i hai ®Óm ph©n biÖt . Gäi x1 , x2 lµ hoµnh ®é hai giao ®iÓm Êy. T×m m ®Ó .Bµi gi¶i: a A (P) , xA = 1 ; B (P) , xB = 2 VËy ; . Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AB lµ: (AB ) b Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P ) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : (8) Do (d) c¾t (P) t¹i hai ®Óm ph©n biÖt pt (8) cã hai nghiÖm ph©n biÖt Δ > 0 Δ = 5 2m > 0 () Gäi hai nghiÖm ®ã lµ x1 ,x2 , theo hÖ thøc viÐt ta cã: Tõ Thay vµo ta cã: Gi¶i ph¬ng tr×nh t×m ®îc kÕt hîp víi ®iÒu kiÖn () ta cã m = 1 tho¶ m•n ®iÒu kiÖn bµi to¸n nªn víi m = 1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. Bµi to¸n 9 : Cho hµm sè (P) vµ ®iÓm M (1; 2). a ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) ®i qua M vµ cã hÖ sè gãc m. b Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt víi mäi m. c Gäi xA ; xB lµ hoµnh ®é cña A vµ B. T×m m ®Ó ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. T×m gi¸ trÞ nµy.Bµi gi¶i: a §êng th¼ng cã hÖ sè gãc m cã d¹ng : y = mx + b §êng th¼ng ®ã ®i qua ®iÓm M (1; 2) nªn ta cã: 2 = m + b b = m 2 VËy ®êng th¼ng cÇn t×m lµ: y = mx m 2 (d) b Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P ) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : (9) XÐt Δ = m2 +2m + 4 = , do ®ã (d) c¾t (P) t¹i hai ®Óm ph©n biÖt víi m. c Khi ®ã xA ,xB lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) , theo hÖ thøc ViÐt ta cã: Tõ VËy Min ( ) = 4 khi 2m + 2 = 0 hay m = 1 KÕt luËn: Víi m = 1 th× gi¸ trÞ nhá nhÊt, gi¸ trÞ ®ã b»ng 4. D¹ng 3: LËp ph¬ng tr×nh bËc hai mét Èn sö dông ®Þnh lý viÐt ®¶o. Ph¬ng ph¸p: Bíc 1: TÝnh tæng hai nghiÖm vµ tÝch hai nghiÖm. Bíc 2: Sö dông ®Þnh lÝ Vi Ðt ®¶o ®Ó lËp ®îc ph¬ng tr×nh . Bµi to¸n 10: LËp ph¬ng tr×nh bËc hai biÕt hai nghiÖm cña nã lµ: a 1 vµ 6 b c m vµ m 1.Bµi gi¶i : a Cã x1 = 1 x2 = 6 . Ta cã tæng hai nghiÖm lµ: TÝch hai nghiÖm lµ: VËy ph¬ng tr×nh cÇn lËp lµ: cã hai nghiÖm x1 = 1 vµ x2 = 6. C¸c phÇn kh¸c t¬ng tù. Bµi to¸n 11: Cho ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 vµ x2 . H•y lËp ph¬ng tr×nh bËc hai biÕt hai nghiÖm cña nã lµ: .Bµi gi¶i : a Ta cã : Δ = nªn ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 vµ x2. Ph¬ng tr×nh cÇn lËp cã: Tæng hai nghiÖm lµ:
I/ Cơ sở lí luận A/ Đặt vấn đề Nghị TW II khoá IIIV khẳng định: "Phải đổi giáo dục đào tạo , khắc phục lối truyền thụ chiều, rèn luyện thành thạo nếp t sáng tạo ngời học Từng bớc áp dụng phơng pháp tiên tiến phơng tiện đại vào trình dạy học" Trong Luật giáo dục khẳng định" Phơng pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực , tự giác chủ động, sáng tạo học sinh phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học" Nói cách khác việc dạy học theo chơng trình nhằm mục tiêu đào tạo ngời thích ứng với phát triển nhanh mạnh ngày , khoa học kĩ thuật Nhận thức đợc tầm quan trọng việc đổi phơng pháp giảng dạy nói chung, giảng dạy toán nói riêng, thân đợc giảng dạy chơng trình toán cũ đợc tiếp cận chơng trình toán theo chơng trình cải cách nên mạnh dạn soạn áp dụng dạy theo hệ thống tập có tính hệ thống lôgíc giới hạn hệ thức Vi-ét với phơng trình bậc hai ẩn II/ Cơ sở thực tế Muốn đổi phơng pháp dạy học phù hợp với mục tiêu chơng trình cải cách nội dung SGK khoa giáo viên trớc hết phải dạy cho học sinh tri thức phơng pháp để học sinh biết cách học, biết cách đọc tài liệu, biết cáh suy luận, biết cách tìm lại quên phát kiến thức Bên cạnh đòi hỏi học sinh phải cố gắng trí tuệ nghị lực cao trình nghiên cứu kiến thức Muốn dạy cho học sinh nắm đợc tri thức phơng pháp ngời giáo viên phải thờng xuyên suy nghĩ dạy vấn đề , đơn vị kiến thức đặt trớc mắt theo cách nào, theo hớng , để học sinh hiểu vận dụng hiệu Trong chơng trình môn toán nhiều tập, đặc biệt thi vào THPT xuất nhiều dạng toán liên quan đến hệ thức Vi-ét, nhng thời lợng chơng trình dành cho học vận dụng hệ thức Vi-ét không nhiều Vì muốn học sinh đọc hiểu có khả vận dụng kiến thức nói chung hay hệ thức Vi-ét nói riêng vào giải tập liên quan phần không nhỏ phụ thuộc vào lòng say mê công việc, không ngừng suy nghĩ khai thác đơn vị kiến thức thành hệ thống dạng tập để học sinh nhận diện phơng pháp giải rèn kĩ vận dụng kiến thức vào giải dạng tập Chính nhận thấy tầm quan trọng việc khai thác có hệ thống đơn vị kiến thức theo dạng tập liên quan, mạnh dạn sâu suy nghĩ khai thác vận dụng hệ thức Vi-ét giảng dạy theo hệ thống nội dung sau: + áp dụng hệ thức Vi-ét vào tìm giá trị tham số m thoả mãn điều kiện T cho trớc + Hệ thức Vi-ét tơng giao hàm số y = ax2 ( a 0) y = mx + n + Lập phơng trình định lý Vi-ét đảo + Giải hệ phơng trình định lý Vi-ét đảo B/ Giải vấn đề I- Lý thuyết 1- Định lí Vi-ét Nếu phơng trình ax2 + bx + c = ( a 0) (1) có hai nghiệm x1 x2 thì: b x + x = a x ìx = c a Chứng minh: Do x1 x2 hai nghiệm pt (1) nên: a(x - x1).(x - x2) = ax2 + bx + c với x ax2 - ax1x - ax2x + ax1x2 = ax2 + bx + c ax2 - (ax1+ ax2)x + ax1x2 = ax2 + bx + c b x + x = ( ax1 + ax ) = b a ax1x = c x x = c a 2- Định lí Vi- ét đảo Nếu hai số có tổng S tích P hai số hai nghiệm phơng trình: x2 -Sx + P = Điều kiện tồn hai số là: S2 - 4P > II- Các dạng tập Dạng 1: áp dụng hệ thức Vi-ét vào tìm giá trị tham số m để phơng trình thoả mãn điều kiện T cho trớc * Bài toán bản: Tìm giá trị tham số m để phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = ( a 0) (I) Có nghiệm thảo mãn điều kiện T cho trớc * Phơng pháp: Để phơng trình (I) có nghiệm ta phải có: (*) b x + x = a Khi theo hệ thức vi-ét ta có: x x = c a Để tìm giá trị tham số m ta giải hệ phơng trình: b x + x = a c so sánh với điều kiện (*) kết luận toán x1 ìx = a Điều kiện T Bài toán 1: Cho phơng trình x2 - 2m x + 2m -1 = (1) Tìm m để phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn x1 = x2 Bài giải: Để phơng trình (2) có nghiệm ta phải có: ' = ( m ) ( 2m 1) = m 2m + = ( m 1) với m Khi phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có: (*) x1 + x = 2m Kết hợp với điều kiện x1 = x2 (**) x1 ìx = 2m 2m 4m ;x1 = Thay vào (*) ta có: 2x + x = 2m x = 3 2m 4m = 2m 8m 18m + = Thay vào (**) ta có: 3 3 Giải phơng trình ẩn m ta đợc : m1 = ; m = (thoả mãn ) 3 Vậy m1 = ; m = phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn x1 = x2 Bài toán 2: Cho phơng trình x2 -mx + m + = (2) Tìm m để phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn x1x2 + 2(x1 + x2) - 19 = Bài giải: Để phơng trình (2) có nghiệm ta phải có: = m2 - 4m - (*) m + 2 (**) m 2 x1 + x = m Khi phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức vi-ét ta có: x1 ìx = m + Từ x1 x2 + 2(x1 + x2) - 19 = m + + 2m - 19 = 3m = 18 m = ( Thoả mãn (**)) Vậy m = giá trị cần tìm *Lu ý: Trong trình tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm điều kiện phơng trình hay bất phơng trình mà ta giải gặp khó khăn , chẳng hạn nh tập điều kiện m2 - 4m - ta không giải phơng trình hay bất phơng trình Sau tìm đợc m thay vào xem có thoả mãn không Ví dụ tập tìm đợc x = ta thay vào (*) ta có: = 62 - 4.6 - = > , m = thoả mãn (*) Bài toán 3: Cho phơng trình x2 - 2(m + 1)x + 2m + 10 = (3 ) Tìm giái trị m để phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn : A = 10 x1x2 + x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị Bài giải: m Phơng trình (3 ) có nghiệm ' = m2 - (*) m Khi phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x = ( m + 1) = 2m + x1 ìx = 2m + 10 Từ A = 10 x1x2 + x12 + x22 = (x1 + x2 )2 + x1x2 = (2m + )2 + 8(2m +10) = 4m2 + 24m + 84 = ( 2m + 6)2 + 48 48 Min A = 48 2m + = hay m = -3.( tmđk*) Vậy m =-3 A đạt giá trị nhỏ MinA = 48 Bài toán : Gọi x1 ,x2 hai nghiệm phơng trình: 2x2 + 2(m + 1) x + m2 + 4m + = (4 ) Tìm giá trị lớn M = x1x 2x1 2x Bài giải: Phơng trình (4 ) có nghiệm ' = -m2 - 6m - m + 6m + ( m + 1) ( m + ) m ( * ) Khi phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x = m m + 4m + x1 ìx = m + 4m + + 2m + Từ M = x1x 2x1 2x = x1x ( x1 + x ) = m + 8m + = m + 8m + = ( m + 8m + ) với m = 2 2 m + 8m + < 2 9 M = ( m + ) = ( m + ) 2 2 Max M = ( m + ) = hay m = -4 ( tmđk*) Vậy m = - M đạt giá trị lớn MaxM = Bài toán : Cho phơng trình x2 - mx + m -1 = (5 ) a/ Chứng minh phơng trình có nghiệm với m b/ Gọi x1 , x2 hai nghiệm phơng trình Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn 2x1x + P = x + x 2 + ( x x + 1) Bài giải: 2 a/ Có = m - 4m + = (m - 2) với m Vậy phơng trình (5) có nghiệm với m b/ Khi phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x = m x1 x = m - 2x1x + 2m + 2m + = = Từ P = x + x 2 + ( x x + 1) m2 + m +2 m P + 2P = 2m + m P + 2m + 2P = Để tồn P phải tồn m phơng trình ẩn m phải có nghiệm hay: 'm = 2P + P ( P 1) ( 2P + 1) P Min P = m=-2.( tm) Max P = m=1.( tm) Vậy giá trị lớn P Giá trị nhỏ P * Nhận xét: Đối với biểu thức chứa nghiệm phơng trình cho trớc muốn tìm giá trị lớn hay giá trị nhỏ ta làm theo trình tự sau: +Trớc hết ta phải tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm +Biến đổi biểu thức xuất tổng hai nghiệm tích hai nghiệm +Từ áp dụng hệ thức Vi -ét thay vào đợc biểu thức chứa tham số m Ta tiến hành tìm GTNN, GTLN biểu thức với ẩn m Bài toán 6: Cho phơng trình x2 - 2(m + 1) x + m -1 = (6 ) a/ Chứng minh phơng trình có hai nghiệm phân biệt với m b/ Gọi x1 , x2 hai nghiệm phơng trình Chứng minh biểu thức: A = x1 ( x ) + x ( x1 ) không phụ thuộc vào giá trị m Bài giải: 2 a/ Có ' = ( m + 1) ( m 1) = m + m + = m + ữ + > với m Vậy phơng trình (6 ) có hai nghiệm phân biệt với m b/ Khi phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x = 2m + x1 ìx = m Từ A = x1 ( x ) + x ( x1 ) = ( x1 + x ) 2x1x = 2m + ( m 1) = Vậy giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào giá trị m Dạng 2: Hệ thức Vi-ét tơng giao hàm số * Phơng pháp: Cho hàm số: y = ax2 ( a 0) (P) : y = mx + n (d) Hoành độ giao điểm (d ) (P) nghiệm phơng trình: ax2 = mx + n ax2 - mx - n = (II) +/ Nếu phơng trình (II) có hai nghiệm phân biệt (d) cắt (P) hai điểm phân biệt +/ Nếu phơng trình (II) có nghiệm kép (d) tiếp xúc với (P) +/ Nếu phơng trình (II) vô nghiệm (d ) điểm chung với cắt (P) Bài toán : Cho hàm số y = x2 (P) y = 3x + m2 (d) a/ Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt b/ Gọi y1 , y2 tung độ giao điểm (d) (P) Tìm m để: y1 + y2 = 11y1y2 Bài giải: a/ Hoành độ giao điểm d P nghiệm phơng trình: x2 = 3x + m2 x2 - 3x - m2 = (7) Xét = + 4m > với m nên phơng trình (7) có hai nghiệm phân biệt với m , chứng tỏ (d) cắt (P) hai điểm phân biệt b/ Khi hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình (7) Gọi hai nghiệm x1 ,x2 , theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x = x1 ìx = m Ta có tung độ tơng ứng là: y1 = x12 ; y2 = x22 Từ y1 + y2 = 11y1y2 ta có: x12 + x22 =11x12.x22 (x1 + x2) - 2x1x2 -11 (x1x2) = +2m2 - 11m4 = 11m4 - 2m2 - = 2 ( m 1) ( 11m + ) = m = m = (tm) Vậy với m = giá trị cần tìm Bài toán : Cho hàm số y = x (P) a/ Gọi A B hai điểm phân biệt thuộc đồ thị có hoành độ -2 Viết ph ơng trình đờng thẳng AB b/ Đờng thẳng y = x + m - (d) (d) cắt (P) hai đểm phân biệt Gọi x , x2 hoành độ hai giao điểm Tìm m để x12 + x 2 + 20 = x12 ìx 2 Bài giải: 2 1 a/ A (P) , xA = y A = = ; B (P) , xB = - y B = ( ) = 2 2 Vậy A 1; ữ; B ( 2; ) Phơng trình đờng thẳng AB là: 1 y + y + x x = y = x (AB ) = + 2 b/ Hoành độ giao điểm (d) (P ) nghiệm phơng trình : x = x + m x + 2x + 2m = (8) Do (d) cắt (P) hai đểm phân biệt pt (8) có hai nghiệm phân biệt > ' = - 2m > m < (*) x + x = Gọi hai nghiệm x1 ,x2 , theo hệ thức vi-ét ta có: x1 ìx = 2m Từ x12 + x 2 + 20 = x12 ìx 2 ( x1 + x ) 2x1x x12x 2 + 20 = Thay vào ta có: ( ) ( 2m ) ( 2m ) + 20 = 4m 12m 16 = 2 m = Giải phơng trình tìm đợc kết hợp với điều kiện (*) ta có m = -1 thoả mãn m = điều kiện toán nên với m = -1 giá trị cần tìm Bài toán : Cho hàm số y = x (P) điểm M (1; -2) a/ Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua M có hệ số góc m b/ Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m c/ Gọi xA ; xB hoành độ A B Tìm m để x A x B + x A x B đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị Bài giải: a/ Đờng thẳng có hệ số góc m có dạng : y = mx + b Đờng thẳng qua điểm M (1; -2) nên ta có: -2 = m + b b = - m -2 Vậy đờng thẳng cần tìm là: y = mx - m - (d) b/ Hoành độ giao điểm (d) (P ) nghiệm phơng trình : x = mx m x + 2mx 2m = (9) 2 Xét ' = m2 +2m + = ( m + 1) + > với m , (d) cắt (P) hai đểm phân biệt với m c/ Khi xA ,xB nghiệm phơng trình (1) , theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x = 2m x1 ìx = 2m Từ x A x B + x A x B = x A x B (x A + x B ) = ( 2m ) ( 2m ) = 4m + 8m + + ( ) = ( 2m + ) + ( ) Vậy Min ( x A x B + x A x B ) = -4 2m + = hay m = -1 Kết luận: Với m = -1 x A x B + x A x B + giá trị nhỏ nhất, giá trị -4 Dạng 3: Lập phơng trình bậc hai ẩn sử dụng định lý vi-ét đảo * Phơng pháp: Bớc 1: Tính tổng hai nghiệm tích hai nghiệm Bớc 2: Sử dụng định lí Vi- ét đảo để lập đợc phơng trình Bài toán 10: Lập phơng trình bậc hai biết hai nghiệm là: a/ - b/ c/ m m -1 + Bài giải : a/ Có x1 = x2 = -6 Ta có tổng hai nghiệm là: x1 + x = + ( ) = Tích hai nghiệm là: x1x = ì( ) = Vậy phơng trình cần lập là: x + 5x = có hai nghiệm x1 = x2 = -6 Các phần khác tơng tự Bài toán 11: Cho phơng trình x + 2x = có hai nghiệm x1 x2 x1 x2 Hãy lập phơng trình bậc hai biết hai nghiệm là: x2 x1 Bài giải : a/ Ta có : ' = ( ) = > nên phơng trình có hai nghiệm x1 x2 Phơng trình cần lập có: 2 x1 x ( x1 + x ) 2x1x ( ) ( ) 14 Tổng hai nghiệm là: + = = = x x1 x1 x 5 x1 x ì = Vậy phơng trình cần lập là: y + 14 y + = x x1 * Lu ý : Để lập đợc phơng trình bậc hai ẩn có hai nghiệm cho trớc cách khác chẳng hạn: phơng trình có nghiệm x = a x = b ( x - a)( x - b) = x ( a + b ) x + ab = (Vận dụng phơng trình tích ), xong lập phơng trình bậc hai ẩn sử dụng định lí vi-ét đảo đa số học sinh dễ hiểu vận dụng tốt Tích hai nghiệm là: Dạng 4: Giải hệ phơng trình định lý vi-ét đảo Bài toán 12 : Giải hệ phơng trình x + y = 25 xy = 12 Bài giải: x + y = 25 ( x + y ) 2xy = 25 ( x + y ) = 49 x + y = xy = 12 xy = 12 xy = 12 xy = 12 x + y = t = * Nếu x y nghiệm phơng trình t 7t + 12 = (tm) xy = 12 t = x + y = * Nếu x y nghiệm pt : xy = 12 x = ; Vậy hpt cho có bốn nghiệm là: y = t = t + 7t + 12 = (tm) t = x = x = x = ; ; y = y = y = ( x + y ) + 2xy = 19 x + y + 3xy = 35 Bài giải: 5S + 2P = 19 S = Đặt x + y = S xy = P ta có: S + 3P = 35 P = 12 Bài toán 13 : Giải hệ phơng trình x + y = Thay vào ẩn phụ ta có x y hai nghiệm phơng trình: xy = 12 t = t t 12 = (tm) t = x = x = ; Vậy hpt cho có hai nghiệm là: y = y = Bài toán 14: Cho hệ phơng trình x + xy + y = m + 2x + xy + 2y = m a/ Giải hệ phơng trình với m = b/ Tìm tất giá trị m để hệ phơng trình có nghiệm Bài giải: ( x + y ) xy = x + xy + y = a/ Khi m = thay vào pt ta có hệ: 2x + xy + 2y = ( x + y ) + xy = S P = Đặt x + y = S xy = P ta có: 2S + P = Cộng vế với vế sau chuyển vế ta có: S1 = 2 Giải phơng trình ẩn S ta tìm đợc: S + 2P = S = x + y = +/ Nếu S1 = P1 = -3 ta có: x y nghiệm phơng trình xy = t = t 2t = (tm) t = x + y = +/ Nếu S = P2 = ta có: x y nghiệm phơng xy = trình t + 4t + = (phương trình vô nghiệm) x = x = ; Vậy hpt cho có nghiệm là: y = y = ( x + y ) xy = m + x + xy + y = m + b/ Ta có 2x + xy + 2y = m ( x + y ) + xy = m S P = m + Đặt x + y = S xy = P ta có: 2S + P = m Cộng vế với vế sau chuyển vế ta có: S + 2P 2m = (10) Để hệ phơng trình có nghiệm phơng trình (10) ẩn S phải có nghiệm nhất( Do a , nên nghiệm nghiệm kép) ' = Ta có ' = + 2m = m = ( tm) Vậy với m = hệ phơng trình có nghiệm * Kết luận : Phơng pháp chung để giải hệ phơng trình sử dụng định lí x + y = S Vi-ét đảo cách biến đổi hệ phơng trình dạng x y xy = P nghiệm phơng trình t S ìt + P = đa dạng hệ phơng trình có chứa x + y = S xy = P , giải phơng trình hệ phơng trình ẩn S P xác định đợc nghiệm hệ phơng trình III- Bài toán vận dụng Bài toán 1: Cho phơng trình x2 - 2(m + ) x + m + = a/ Giải phơng trình với m = b/ Trong trờng hợp phơng trình có nghiệm x1 ,x2 , tìm hệ thức liên hệ x1 ,x2 không phụ thuộc vào m c/ Tìm giá trị nhỏ x12 + x 2 Bài toán 2: Cho phơng trình x2 + (2m - )x - m = a/ Chứng minh phơng trình có nghiệm với m b/ Gọi x1 , x2 hai nghiệm phơng trình Tìm giá trị m để A = x12 + x 2 6x1x có giá trị nhỏ Bài toán : Cho hàm số y = x (P) điểm M (1; -2) a/ Chứng minh đờng thẳng qua M có hệ số góc m cắt (P) hai điểm phân biệt A B với m 2 b/ Gọi xA ; xB hoành độ A B Tìm m để x A + x B 2x A x B ( x A + x B ) đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị Bài toán : Cho hàm số y = 2x 6x m + ( * ) với m tham số a/ Khi m = tìm x để y = b/ Tìm m để đờng thẳng y = x + cắt đồ thị hàm số (*) hai điểm phân biệt Tìm tung độ trung điểm đoạn thẳng nối hai giao điểm Bài toán : Giải hệ phơng trình: x + y + xy = x xy + y = a/ b/ 4 x + y = x + y = 17 x + x + y + y = 18 c/ x ( y + 1) + y ( x + 1) = 72 x y = Bài toán 6: Tìm tất giá trị m để hệ phơng trình có nghiệm x y = m x + y + xy = m Bài toán 7: Tìm tất giá trị m để hệ phơng trình vô x + y = m nghiệm IV- Kết thực Từ năm học 2003 - 2004 đến suy nghĩ khai thác hệ thức Vi-ét áp dụng vào phân loại, hệ thống dạng tập có sử dụng hệ thức Vi-ét trình giải Tôi tiến hành kiểm tra đánh giá đối chứng đúc rút kinh nghiệm qua năm học Tổng hợp kết thu đợc so sánh đối tợng HS đợc học theo hệ thống dạng tập nh đối tợng HS đối chứng đợc mở rộng qua học lớp thu đợc kết khả quan Chẳng hạn nh kết thu đợc năm học 2005-2006 nh sau: Chọn hai lớp 9A 9B lớp 20 học sinh trung bình trở lên trình độ chung tơng đơng để thử nghiệm Lớp 9A học theo chuyên đề trên, lớp 9B học theo chơng trình giảng dạy hàng ngày Sau đợt thử nghiệm đề kiểm tra 45 phút gồm dạng tập có nội dung giải cần sử dụng hệ thức Vi-ét thu đợc kết quả: * Kết lớp 9B: Điểm dới SL % 40 điểm5- 6-7 SL % 35 Điểm 8-10 SL % 25 * Kết lớp 9A: Điểm dới SL % điểm 5- - SL % 20 Điểm 8-10 SL % 15 75 * Phân tích kết quả: Từ kết chứng tỏ đối em đợc học chuyên đề đa số em biết vận dụng giải tốt, thành thạo đợc toán có sử dụng hệ thức vi-ét Số lợng học sinh đạt điểm trung bình trở nên chiếm tỉ lệ cao 95% ( lớp 9B đạt 60%) Hơn tỉ lệ học sinh Khá - Giỏi cao nhiều đạt 75% ( so với lớp B đạt 25 %) Hơn kết thi vào THPT qua năm trờng đạt tỉ lệ cao huyện Điều chứng tỏ việc áp dụng hớng nh suy nghĩ đem lại hiệu đáng kể V - Bài học kinh nghiệm Chơng trình SGK cô đọng, xúc tích ngắn gọn phù hợp cho học sinh đại trà Nhng em học sinh giỏi ham thích môn toán đòi hỏi tìm hiểu sâu kiến thức Nên muốn giảng dạy có hiệu nh mong muốn cần phải: - Đổi phơng pháp nghiên cứu , giảng dạy - Thờng xuyên suy nghĩ trau dồi kiến thức, sáng tạo giảng dạy, có phân dạng tập thành hệ thống liên kết với để học sinh thấy đợc vận dụng sáng tạo kiến thức vào dạng tập cụ thể - Qua kết thu đợc từ thử nghiệm năm trớc đúc rút thành kinh nghiệm cho giảng dạy năm học đợc hoàn chỉnh hơn, điều chỉnh nội dung phơng pháp phù hợp với đối tợng , đặc điểm học sinh địa phơng C - Kết luận Trong năm học vừa qua khai thác hệ thức Vi-ét giải dạng tập đa vào giảng dạy theo hệ thống nh học sinh giỏi có điểu chỉnh hoàn thiện qua năm Tôi nhận thấy em tiếp thu tốt , chất lợng làm kiểm tra , thi có sử dụng hệ thức vi-ét đạt kết cao, đem lại nhiều kết kì thi vào lớp 10 THPT huyện năm học vừa qua, có học sinh thi đỗ vào THPT Năng khiếu tỉnh Chính mạnh dạn tổng hợp suy nghĩ mà áp dụng, vài kinh nghiệm có góp ý , bổ xung đồng nghiệp tổ để đồng nghiệp tham khảo Nội dung hạn chế mong nhận đợc góp ý kiến đồng nghiệp, đồng chí chuyên viên nghiệp vụ phòng giáo dục để có đợc rút kinh nghiệm cần thiết để tiếp tục nghiên cứu tốt Xin trân thành cảm ơn ! [...]... tôi luôn suy nghĩ khai thác hệ thức Vi-ét áp dụng vào phân loại, hệ thống các dạng bài tập cơ bản có sử dụng hệ thức Vi-ét trong quá trình giải Tôi tiến hành kiểm tra đánh giá đối chứng và đúc rút kinh nghiệm qua các năm học Tổng hợp những kết quả thu đợc khi so sánh đối tợng HS đợc học theo hệ thống dạng bài tập nh trên và đối tợng HS đối chứng chỉ đợc mở rộng qua các gì học trên lớp và tôi thu đợc... quan Chẳng hạn nh kết quả thu đợc trong năm học 2005-2006 nh sau: Chọn ở hai lớp 9A và 9B mỗi lớp 20 học sinh trung bình khá trở lên trình độ chung tơng đơng nhau để thử nghiệm Lớp 9A học theo chuyên đề trên, còn lớp 9B học theo chơng trình giảng dạy hàng ngày Sau đợt thử nghiệm tôi ra đề kiểm tra 45 phút gồm các dạng bài tập có nội dung khi giải cần sử dụng hệ thức Vi-ét thu đợc kết quả: * Kết quả lớp... trên chứng tỏ các đối em đợc học chuyên đề đa số các em biết vận dụng giải tốt, thành thạo đợc các bài toán có sử dụng hệ thức vi-ét Số lợng học sinh đạt điểm trên trung bình trở nên chiếm tỉ lệ cao 95% ( lớp 9B chỉ đạt 60%) Hơn nữa tỉ lệ học sinh Khá - Giỏi cao hơn nhiều đạt 75% ( so với lớp 9 B đạt 25 %) Hơn nữa kết quả thi vào THPT qua các năm trờng tôi đạt tỉ lệ rất cao trong huyện Điều đó chứng... phân dạng bài tập thành từng hệ thống liên kết với nhau để học sinh thấy đợc sự vận dụng sáng tạo các kiến thức vào các dạng bài tập cụ thể - Qua kết quả thu đợc từ thử nghiệm của năm trớc đúc rút thành kinh nghiệm cho giảng dạy năm học kế tiếp đợc hoàn chỉnh hơn, điều chỉnh nội dung và phơng pháp phù hợp với từng đối tợng , đặc điểm học sinh từng địa phơng C - Kết luận Trong những năm học vừa qua khi... khai thác hệ thức Vi-ét trong giải các dạng bài tập tôi đã đa vào giảng dạy theo hệ thống nh trên đối với học sinh khá giỏi có sự điểu chỉnh hoàn thiện qua các năm Tôi nhận thấy các em tiếp thu tốt , chất lợng làm các bài kiểm tra , bài thi có sử dụng hệ thức vi-ét đạt kết quả cao, đem lại nhiều kết quả trong các kì thi vào lớp 10 THPT trong huyện trong những năm học vừa qua, đã có những học sinh thi... tỏ việc áp dụng hớng nh trên tôi suy nghĩ đã đem lại hiệu quả đáng kể V - Bài học kinh nghiệm Chơng trình SGK rất cô đọng, xúc tích ngắn gọn phù hợp cho học sinh đại trà Nhng đối với các em học sinh khá giỏi ham thích môn toán đòi hỏi tìm hiểu sâu kiến thức Nên muốn giảng dạy có hiệu quả nh mong muốn cần phải: - Đổi mới phơng pháp nghiên cứu , giảng dạy - Thờng xuyên suy nghĩ trau dồi kiến thức, sáng... Phơng pháp chung để giải các hệ phơng trình trên khi sử dụng định lí x + y = S Vi-ét đảo bằng cách biến đổi hệ phơng trình về dạng khi đó x và y là xy = P 2 nghiệm của phơng trình t S ìt + P = 0 hoặc đa về dạng hệ phơng trình có chứa x + y = S và xy = P , giải phơng trình hoặc hệ phơng trình ẩn S và P trên và xác định đợc nghiệm của hệ phơng trình III- Bài toán vận dụng Bài toán 1: Cho phơng trình... có nghiệm x1 ,x2 , hãy tìm hệ thức liên hệ giữa x1 ,x2 không phụ thuộc vào m c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của x12 + x 2 2 Bài toán 2: Cho phơng trình x2 + (2m - 1 )x - m = 0 a/ Chứng minh rằng phơng trình luôn có nghiệm với m b/ Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phơng trình Tìm giá trị của m để A = x12 + x 2 2 6x1x 2 có giá trị nhỏ nhất 1 Bài toán 3 : Cho hàm số y = x 2 (P) và điểm M (1; -2) 2 a/ Chứng... Bài toán 5 : Giải hệ phơng trình: x 2 + y 2 + xy = 3 x 2 xy + y 2 = 7 a/ b/ 4 4 x + y = 5 x + y = 17 x 2 + x + y 2 + y = 18 c/ x ( y + 1) + y ( x + 1) = 72 x y = 2 Bài toán 6: Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình 3 có nghiệm 3 x y = m x + y + xy = m Bài toán 7: Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình 2 vô 2 x + y = m nghiệm IV- Kết quả thực hiện Từ năm học 2003 - 2004 đến... tỉnh Chính vì vậy tôi mạnh dạn tổng hợp các suy nghĩ mà tôi đã áp dụng, đó là vài kinh nghiệm của tôi có sự góp ý , bổ xung của đồng nghiệp trong tổ để các đồng nghiệp cùng tham khảo Nội dung còn hạn chế rất mong nhận đợc sự góp ý kiến của các đồng nghiệp, đồng chí chuyên viên nghiệp vụ của phòng giáo dục để tôi có đợc những rút kinh nghiệm cần thiết để tiếp tục nghiên cứu tốt hơn Xin trân thành cảm