SKKN Bồi dưỡng học sinh lớp 9 phần hệ thức Vi Ét SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HOÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH LỚP 9 PHẦN HỆ THỨC VI ÉT Người thực hiện Lê Thị Thu Hiền Chức vụ Giáo viên Đơn vị công tác Trường THCS Điện Biên, TP Thanh Hóa SKKN thuộc lĩnh vực (môn) Toán THANH HOÁ NĂM 2016 SangKienKinhNghiem net 1 MỤC LỤC Nội dung Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ I Lí do chọn đề tài II Mục đích của đề tài III Đối tượng nghiên cứu IV Phương pháp nghiên cứu B GIẢI QUYẾT[.]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HOÁ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
BỒI DƯỠNG HỌC SINH LỚP 9
PHẦN HỆ THỨC VI-ÉT
Người thực hiện: Lê Thị Thu Hiền
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị công tác : Trường THCS Điện Biên, TP Thanh Hóa SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán
THANH HOÁ NĂM 2016
Trang 2MỤC LỤC
A ĐẶT VẤN ĐỀ
I Lí do chọn đề tài
II Mục đích của đề tài
III Đối tượng nghiên cứu
IV Phương pháp nghiên cứu
B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I Cơ sở lý luận
II Thực trạng nghiên cứu
III Những giải pháp
C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1 Kết luận
2 Kiến nghị
1 1 1 2 2 3 3 3 4 19 19 20
Trang 3A MỞ ĐẦU
I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Với quan điểm xem giáo dục là quốc sách hàng đầu, Đảng và nhà nước
ta đã không ngừng đầu tư nghiên cứu việc đổi mới giáo dục phù hợp với tinh thần đất nước, bắt nhịp chung với xu hướng của thời đại Trên tinh thần đó, mỗi người giáo viên chúng ta luôn không ngừng nỗ lực, tu dưỡng rèn luyện và truyền đạt với học sinh khối lượng kiến thức nhiều nhất, tổng quát nhất trong những khoảng thời gian ít nhất để đáp ứng được nhu cầu giáo dục của đất nước Đối với môn toán trong nhà trường đại số là một phần rất quan trọng trong quá trình học Đặc biệt đại số được rất nhiều em yêu thích, tuy nhiên yêu thích là một chuyện, còn hiểu rõ bản chất kiến thức để vận dụng một cách bài bản đòi hỏi các em phải có một quá trình rèn kỹ năng, có thời gian tìm tòi để tìm ra bản chất của vấn đề, để thấy cái lạ trong bài toán là cái quen thuộc trong phương pháp giải Đặc biệt trong chương trình đổi mới về phương pháp dạy học nhằm dào tạo con người có năng lực hoạt động trí tuệ tốt.Đổi mới phương pháp không chỉ trong giờ giảng dạy lý thuyết mà ngay cả trong giờ luyện tập Luyện tập ngoài việc rèn luyện kỹ năng tính toán, kỹ năng suy luận cần có bài tập mở, được sắp xếp có hệ thống giúp học sinh củng cố và vận dụng kiến thức một cách năng động và sáng tạo
Trong chương trình đại số 9 “Hệ thức Vi-ét” là một đơn vị kiến thức cơ bản và quan trọng, giúp các em lĩnh hội đầy đủ kiến thức về phương trình bậc hai, phương trình quy về bậc hai, giải bài toán bằng cách lập phương trình… Bên cạnh đó “Hệ thức Vi-ét” còn được áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị giúp các em phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo trong giải quyết các bài toán “lạ mà quen”
II MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI
Vì vậy làm thế nào để có thể giúp học sinh hiểu rõ hơn bản chất của các loại toán, vận dụng kiến thức nào để giải hay cụ thể hơn là phương pháp giải từng bài toán như thế nào? Giải quyết được vấn đề đó không phải dễ khi mà phân phối trương trình môn toán THCS không dành một tiết nào cho giáo viên dạy một cách hệ thống phương pháp giải các loại toán cụ thể mà chúng chỉ xuất hiện đơn lẻ
Để giúp các em khắc phục những khó khăn trên, tôi quyết định đi sâu nghiên cứu và tìm hiểu về đề tài “Bồi dưỡng học sinh lớp 9 phần hệ thức Vi-ét”
Đồng thời thông qua đó giúp các em từ một bài toán này có thể biết nhiều bài toán khác và phát triển thành nhiều loại với nhiều khía cạnh khác nhau
Trang 4III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Học sinh lớp 9 trường THCS Điện Biên
IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu qua đọc tài liệu: Phương pháp dạy học môn toán trường trung học cơ sở, giáo trình thực hành và giải toán và các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi của lớp 9 của nhiều tác giả
- Tham khảo ý kiến của ban giám hiệu, của đồng nghiệp, của học sinh khối 9 trong nhà trường
Trang 5
B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Phương trình bậc hai là một phần rất quan trọng trong chương trình THCS và những bậc học trên Phương trình được thể hiện xuyên suốt trong quá trình học tập của mỗi con người Ngay từ chương trình tiểu học các em đã được làm quen với phương trình thông qua các bài “tìm x” đơn giản Đến chương trình lớp 8, lần đầu tiên các em chính thức đến với phương trình, từ phương trình bậc nhất một ẩn đến một số phương trình khác mà tên gọi của chúng mang tính phù hợp với chương trình và trình độ học sinh như: phương trình tích, phương trình có chứa ẩn ở mẫu, phương trình vô tỉ, phương trình phân thức, phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối, phương trình bậc hai một ẩn Một số loại phương trình có phương pháp giải riêng, tuy nhiên một số loại phương trình đòi hỏi người học phải có kinh nghiệm, kiến thức mới có thể giải được Các phương trình thường gây khó khăn cho người học là các phương trình không mẫu mực Việc giải các phương trình này có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy toán học và thường là sự thử thách đối với học sinh trong các kì thi học sinh giỏi, thi vào cầp ba, thi vào lớp chọn, lớp chuyên Các phương trình bậc hai khi nói đến quan hệ các nghiệm của phương trình là ta nói ngay đến hệ thức Vi- ét Định lý Vi-ét là một phần kiến thức khó đối với các
em, đặc biệt là khi vận dụng vào giải quyết các bài tập
Việc vận dụng ngay những lý thuyết đã được học trong SGK vào giải bài tập còn khó khăn làm sao các em có khả năng sáng tạo khi vận dụng vào các bài tập có nội dung mở rộng , nâng cao
Và khi áp dụng hệ thức Vi- ét vào giải thì bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều Nhưng ở trường THCS chúng ta hiện nay, việc áp dụng hệ thức Vi-ét vào giải còn có nhiều hạn chế và là vấn đề khó đối với cả giáo viên và học sinh
II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
Sở dĩ việc áp dụng hệ thức Vi-ét vào giải phương trình là vấn đề khó khăn trong dạy và học vì:
Phần này thời gian học trong lớp đang còn ít, các dạng bài liên quan thì nhiều, học sinh chưa nắm vững kiến thức và khả năng vận dụng chưa thành thạo, học sinh chưa nắm chắc kiến thức vào giải còn rất hạn chế; đối với học sinh giỏi cũng chỉ biết vài dạng đơn giản Giáo viên dạy chưa có tài liệu nào chuyên sâu về vấn đề này để có một cái nhìn từ nhiều phía, từ đó đề ra phương pháp dạy học tốt trong các giờ chính khoá cũng như trong quá trình ôn tập
Từ thực trạng trên để có hiệu quả tốt hơn trong việc dạy và học của giáo viên và học sinh, tôi mạnh dạn đưa ra đề nghị “Bồi dưỡng học sinh lớp 9 phần
hệ thức Vi-ét”.
* Trường THCS Điện Biên có 108 học sinh lớp 9
Trang 6Phân chia thành các nhóm tiếp thu kiến thức như sau:
+) Nhóm những em tiếp thu nhanh, giải quyết vấn đề nhanh, linh hoạt: 25% +) Nhóm HS biết vận dụng trực tiếp 35%
+) Nhóm HS chưa biết vận dụng trực tiếp 40%
(Phân chia các nhóm tiếp thu về bộ môn toán)
- HS chưa biết lập luận trên cơ sở khoa học chặt chẽ và biết cách tự học,
tự giải quyết vấn đề chiếm tới 85%
- Về tài liệu: SGK, SGV đầy đủ, sách nâng cao, sách tham khảo của học sinh và giáo viên tự mua sắm
III NHỮNG GIẢI PHÁP
1 Lý thuyết:
* Khái niệm và các kiến thức liên quan:
a) Hệ thức Vi-ét
Phương trình ax2 + bx + c (a 0) (1) có biệt thức = b2 – 4ac
Nếu 0 phương trình có 2 nghiệm:
x1 =
2
b a
x2 =
2
b a
Có x1 + x2 = -
2
b
a x1x2 = c
a
b) Chú ý: Nếu a+b+c = 0 phương trình (1) có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = c
a
Nếu a–b+c = 0 phương trình (1) có 2 nghiệm x1 = -1; x2 = -c
a
c) Tìm hai số khi biết tổng và tích : u và v là hai số cần tìm có u+v = S; u.v =
P u; v là hai nghiệm của phương trình : x2- Sx+P = 0
d) Phương trình : ax2 + bx + c (a 0) :
Có : S = x1+x2 = b
a
; P = x1x2 = c
a
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu khi: 0 và P > 0
Phương trình (1) có 2 nghiệm dương khi : 0; P > 0 S > 0
Phương trình (1) có 2 nghiệm âm khi : 0; P > 0 S < 0 Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi : P < 0
2 Những giải pháp:
2.1 Dạng 1: Nhẩm nghiệm
Bài tập1: Giải các phương trình sau:
a) x2 – 6x + 5 = 0 b) 3x2 – 7x + 4 = 0
2x 2 3 x 3 = 0 d) 2x2 + 7x + 5 = 0
Giải
a) Có a+b+c = 1- 6 +5 = 0 x1 = 1 x2 = 5
b) Có a+b+c = 3 – 7 +4 = 0 x1 = 1 x2 = 4
3
c) Có a-b+c = 2 2 3 3 = 0 x1 = -1 x2 = 6
2
Trang 7d) Có a-b+c = 2 – 7 + 5 = 0 x1 = -1 x2 = - 5
2
Bài tập 2: Nhẩm nghiệm các phương trình sau:
a) x2- 7x + 12 = 0 b) x2- x + 12 = 0
c) x2- 7x - 10 = 0 d) x2+ 3x - 10 = 0
Giải
a) x1 + x2 = 7 x1.x2 = 12 x1 = 3 x2 = 4
b) x1 + x2 = 1 x1.x2 = -12 x1 = -3 x2 = 4
c) x1 + x2 = 7 x1.x2 = 10 x1 = 2 x2 = 5
d) x1 + x2 = -3 x1.x2 = -10 x1 = 2 x2 = -5
2.2 Dạng 2: Dấu các nghiệm của phương trình.
Bài tập 1: Không giải phương trình, xét dấu các nghiệm của phương trình
a) 7x2- 13x + 2 = 0 b) 9x2- 12x + 4 = 0 c) 4x2+x - 1= 0
Giải
a) Phương trình 7x2- 13x + 2 = 0 có = 113 > 0
P = 2 0
7 S = 13 0
7
Vậy phương trình có 2 nghiệm dương
b) 9x2- 12x + 4 = 0 có = 0 S = 12 0
9
Vậy phương trình có nghiệm dương
c) 4x2+ x - 1= 0
Vì P = -1
4< 0 nên phương trình có 2 nghiệm trái dấu
Bài tập 2: Cho phương trình 2 2
x x m (1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m0 Nghiệm mang dấu nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn ?
Giải
Ta có a = 1 > 0 , c = - m2< 0 với mọi m 0
Vì a, c trái dấu nên phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi - ét : P = 2
1, 2
x x m < 0 Do đó x1và x2 trái dấu
S = x1x2 10 nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn
x m x m m (1) (với m là tham số)
a) Giải phương trình trên với m = 2
b) Chứng minh rằng phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu với mọi m c) Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x1, x2 Tìm m để biểu thức:
Trang 83 3
A
đạt giá trị lớn nhất
Giải:
a) Thay m = 2 vào phương trình ta được
2
4 0
1 4.( 4) 17 0
x x
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 1 17 ; 2 1 17
x x
b) Xét
ac m m m m m m m
Có
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu m
c) Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x1, x2
Từ kết quả phần b có x1, x2 0 , biểu thức A được xác định với mọi x1,
x2 tính theo m và 0 ; 0
3
1 2 3
2
x
x x
x
Đặt 1 3
2
(x ) a
x Với a > 0 2 3
1
1 (x )
Có A = -a + 1
a
mang giá trị âm
A đạt giá trị lớn nhất <=> - A có giá trị nhỏ nhất
Có – A = a +
2
1 a 1
a a
Theo bất đẳng thức Cô si áp dụng cho hai số không âm a và 1
a( vì a > 0
và 1 0
a )
Có
( ) : 2
1 ( ) : 2 1 1
2
a a a
a
Vậy – A 2 nên – A có giá trị nhỏ nhất là 2 <=> A -2 nên A có GTLN là - 2
Trang 92 2 2
x x x x x x
2
2
2
1
1
2
1
a a
a
a a
(thoả mãn điều kiện a > 0 )
1 2
(x ) 1 x 1 x x
x x
Theo kết quả x1 x2 có S x1 x2 x2 x2 0 b
a
1 0 1
m m
m
* Kết luận : Với m = 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là - 2
2.3 Dạng 3: Loại toán tính giá trị biểu thức chứa tổng, tích 2 nghiệm
Bài tập 1: Cho phương trình : 2 2
x m x m m
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m Gọi 2 nghiệm là x1 và x2 tìm giá trị của m để 2 2
1 2
x x đạt giá trị nhỏ nhất Giải:
a ) Ta có a = 1 > 0
2
2
1 7
4 4
m m
m
a, c trái dấu nên phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi tham số m
a
do đó 2 nghiệm trái dấu b) Ta có
= m2 2m 1 2m2 2m 4 3m2 4m5
Trang 102 4 5 2 2 4 11
2
2 11 11 3( )
m
Vậy Min 2 2
1 2
11 3
x x khi m =2
3
2x (m2)x 7 m 0 Tìm giá trị dương của m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm
âm có giá trị tuyệt đối bằng nghịch đảo của nghiệm kia
Giải:
Ta có a = 2 > 0
Phưong trình có 2 nghiệm trái dấu 2
Với điều kiện này giả sử x1< 0 ,x2 > 0 theo đề ra ta có
2
2
2
m
x
Vì m > 0 nên ta chọn m = 5 ( thoả mãn điều kiện 7 m 7)
Kết luận : Vậy với m = 5 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu
và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bằng ngịch đảo của nghiệm kia
2( 2) 5 3 0
x m m (1) với m là tham số 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có 4 nghiệm
Phân biệt:
2) Gọi các nghiệm của phương trình (1) là x1,x2,x3,,x4 Hãy tính theo m
x x x x
Giải:
1) Đặt x2 = y (ĐK : y 0) Pt (1) trở thành
y m y m
4 2
2 2 2
( 2) (5 3)
1
1 1 3 ( ) 2
2 4 4
1 3
2 4
m
0
Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Trang 11Theo hệ thức Vi – ét có
2
2
1
a
2
1. 2 c 5 3
a
Xét P 5 m2 3 có m2 0 5 m2 0 5 m2 3 3
nên P > 0 với mọi m Z
1 , 2
y y
Xét S y1 y2 b 2(m2 2)
a
Vì m2 0 m2 2 2 2( m2 2) 4
nên S > 0 y y1, 2 cùng dấu dương (thoả mãn ĐK y 0)
Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu dương nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt đối nhau từng đôi một
2) Theo kết quả phần a có x x x x1, 2, 3, 4 0
và x1 y1,x2 y1
x3 y2,x4 y2
M
1 2
1 2
1 2
y y
y y
Thay kết quả S và P vào M ta được
M
Kết luận:
2 2
m M
m
Bài tập 4: Cho phương trình 2
x m x m (m là tham số)
a) Chứng minh : Phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi m
b) Trong trường hợp m > 0 và x x1, 2 là các nghiệm của phương trình nói
Trang 12trên hãy tìm GTLN của biểu thức
1 2
3( ) 6
A
x x
Giải:
(m 1) m
2
2
2
2
1
( 1)2 3
m
Vì ( 1)2 0
2
Phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với , 0 m Z
mọi giá trị m
b)
1 2
3( ) 6
A
x x
Theo kết quả phần a phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:
S = x1 x2 b 2m 2
a
P = x x1 2 c m
a
Vì P = m > 0 nên x x2, 2 biểu thức A được xác định với mọi giá trị 0
1 , 2
x x x x tính theo m 1, 2
1 2
x x x x x x x x
A
x x
=
2
1 2 1 2 1 2
1 2
(x x ) 2 x x 3(x x ) 6
x x
Thay S và P vào biểu thức A ta được :
A =
m
m m
m 2 ) 2 3 ( 2 2 ) 6 2
A =
m
m m
m
m 8 4 2 3 ( 2 2 ) 6
Trang 132 2 2
4( ) 4( ) 1
4( )
m
m
Theo bất dẳng thức Cô Si vì ( do m > 0và 1
0
m )
.
1
2 1 1
2 1
m
m
m
m
m m
Vậy biểu thức A có GTNN là 8
Trong bất đẳng thức Cô Si dấu bằng xảy ra m = 1
m
2
1 1
m m
Với m = 1 thoả mãn điều kiện m > 0
m = -1 không thoả mãn điều kiện m > 0
Vậy với m = 1 thì A có GTNN bằng 8
Bài tập 5:
Xét phương trình mx2+ (2m -1) x + m -2 = 0 (1) với m là tham số a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn
2 2
1 2 1 2 4
x x x x
b) Chứng minh rằng nếu m là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp thì phương trình có nghiệm số hữu tỉ
Giải:
a ) Điều kiện để m có 2 nghiệm 0
0
m
Xét = (2m-1) 2 – 4m(m-2)
= 4m2 -4m +1 – 4m2 +8m
= 4m + 1
0 4m + 1 0 m 1
4
Vậy điều kiện để phương trình có 2 nghiệm là m 0 và m 1
4
Với điều kiện trên theo hệ thức Vi ét có
Trang 141 2
S x x
1 2
2
P x x
1 2 1 2
A x x x x
2
2
Áp dụng hệ thức Vi ét có
A = 4 ( ĐK 01
4
m m
2 2
2 2
1 4 4 3 6
4
1 4 4 3 6 4
3 2 1 0
3 2 1 0
m m
Có a + b + c = 3 – 2 – 1 = 0 => m1 = 1 (thoả mãn điều kiện m 0 và m 1
4
m2 = 1
3
( không thoả mãn điều kiện m 0 và m 1
4
Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x x1, 2 thoả mãn
2 2
1 2 1 2 4
x x x x
c) Gọi n *
N
ta có m = n(n +1)là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp (TMĐK
m0)
d) Theo kết quả phần a ta có:
4m 1 4 (n n 1) 1 4n 4n 1 (2n 1)
vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m
0
2n 1 2n 1
( do n > 0 )
2 1
2 2 2(1 ) 2(1 )(1 ) 1
2 ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1)
x