một số bài toán về phương trình bậc hai định lý viéte

ĐỊNH LÝ VIÉTE CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC CHO GIÁO VIÊN GIẢNG DẠY TOÁN THCS VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI LỚP 9 A- LÝ LUẬN CHUNG: I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: 1, Lý do lý luận: Từ xưa đến

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.

ĐỊNH LÝ VIÉTE (CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC CHO GIÁO VIÊN GIẢNG

DẠY TOÁN THCS

VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI LỚP 9)

A- LÝ LUẬN CHUNG:

I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

1, Lý do lý luận:

Từ xưa đến nay Đảng, Nhà nước và nhân dân ta luôn luôn nhận thức đầy đủ, sâu sắc vị trí vai trò của giáo dục đào tạo đối với công cuộc phát triển kinh tế

-xã hội thực hiện công nghiệp hoá, hiện đại hoá đưa đất nước đi lên thực hiện

“Dân giàu, nước mạnh, xã hội công bằng và văn minh” Đảng, Nhà nước ta đã khẳng định rằng :

Giáo dục - đào tạo là động lực, là điều kiện cơ bản đảm bảo việc thực hiện các mục tiêu kinh tế - xã hội xây dựng và bảo vệ tổ quốc

Giáo dục - đào tạo là chìa khoá để mở cửa tiến vào tương lai

Đầu tư cho giáo dục đào tạo là đầu tư cho phát triển

Thật sự coi trọng giáo dục - đào tạo là quốc sách hàng đầu

Giáo dục - đào tạo với nhiệm vụ nâng cao dân trí đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài Ba nhiệm vụ này luôn luôn có quan hệ hữu cơ với nhau đan xen nhau trong quá trình phát triển chung của ngành

Song song với việc nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực nhiệm vụ bồi dưỡng nhân tài đóng vai trò quan trọng Bởi lẽ nhân tài là vốn quý của đất nước là bộ phận đầu tầu thúc đẩy quá trình công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước Bộ phận này không đông, song cần phải phát hiện, tuyển chọn, đào tạo, bồi dưỡng,

sử dụng, đãi ngộ một cách thoả đáng, trí tuệ của bộ phận nhân tài và trí tuệ của cộng đồng là rất lớn sự cống hiến của họ cho đất nước có giá trị gấp nhiều lần so với giá trị mà nhân dân, đất nước đãi ngộ họ

Chính vì vậy, nhiệm vụ bồi dưỡng nhân tài có liên quan tới tất cả các cấp học, bậc học trong cả nước là sự quan tâm của toàn xã hội chứ không chỉ là của các thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy

Cho nên việc bồi dưỡng nâng cao trình độ kiến thức cho giáo viên giảng dạy

bộ môn Toán trong mỗi nhà trường đồng thời việc phát hiện, tuyển chọn, đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi được đặt ra cho mỗi bậc học ngày càng được đề cao

và chú trọng, đó không chỉ còn là nhiệm vụ của trường chuyên, trường trọng điểm chất lượng cao mà là nhiệm vụ chung của tất cả các trường học hiện nay Bậc THCS đã xác định rất rõ nhhiệm vụ ngày hàng năm dưới sự chỉ đạo của Sở Giáo dục - đào tạo Bắc Giang, Phòng giáo dục Tân Yên đã chỉ đạo cụ thể, sát xao và thường xuyên có những tư duy mới, sáng tạo phù hợp tình hình cụ thể về việc nâng cao trình độ cho giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi của huyện Cho nên phong trào giáo viên giỏi, học sinh giỏi ngày càng được nâng lên cả về số lượng và chất lượng Thành tích của Phòng Giáo dục Tân Yên về phong trào học sinh giỏi, giáo viên giỏi có sự đóng góp đáng kể của các thầy giáo, cô giáo giảng dạy môn Toán trong toàn huyện, đặc biệt là các thầy giáo, cô giáo dạy giỏi môn này

Hàng năm thi học sinh giỏi các bậc học nhất là bậc THCS để có một học sinh giải nhất, nhì tỉnh về môn Toán là rất hiếm đặc biệt là môn Toán 9, đây cũng là một câu hỏi mà chúng ta phải quan tâm để tìm câu trả lời đúng

2, Lý do thực tiễn:

Qua quá trình giảng dạy Toán lớp 9 cùng với việc hàng năm có ôn luyện cho các em thi vào lớp 10 cũng như thi vào các trường năng khiếu bậc THPT của những năm trước, và hiện nay với cương vị chỉ đạo dạy và học trong nhà trường tôi thấy phần kiến thức về phương trình bậc hai, định lý Viéte đối với giáo viên rất cần thiết và học sinh lĩnh hội còn nhiều hạn chế Trong khi đó kiến thức phần này đóng vai trò rất quan trọng trong chương trình Toán 9 và là nền tảng không thể thiếu được cho việc học đại số sơ cấp của các em từ lớp 10 trở lên

Một câu hỏi đặt ra phải chăng do khuôn khổ sách giáo khoa Toán 9 viết về vấn đề này còn hạn hẹp hay là một số đồng chí chưa được dạy toán 9 liên tục không có thời gian để đi sâu Theo tôi nghĩ không phải thế mà có thể là do các thầy giáo, cô giáo chưa quan tâm nhiều tới các sách tham khảo, sách toán nâng

cao, các cuốn ôn luyện thi vào lớp 10 THPT, năng khiếu, các tạp chí toán học và

kể các các sách giáo khoa ở lớp trên viết về vấn đề này

Tôi xét thấy việc cần thiết phải trang bị cho giáo viên giảng dạy bộ môn Toán hiểu thật sâu, thật đa dạng các dạng bài tập về phương trình bậc hai, định

lý viéte đồng thời giáo viên có thể sử dụng tài liệu này để bồi dưỡng học sinh khá, giỏi lớp 9 và ôn thi vào lớp 10 cho các em

II- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:

1, Cung cấp, trang bị cho giáo viên giảng dạy môn Toán cùng học sinh khá,

giỏi lớp 9 chuyên đề : “Phương trình bậc hai, định lý viéte” để nâng cao trình

độ kiến thức cho giáo viên và bồi dưỡng cho học sinh khá, giỏi của trường

2, Phân loại dạng bài tập, đưa ra phương pháp giải từng dạng có lời giải các bài tập mẫu và kèm theo các bài tập tương tự

III- ĐỐI TƯỢNG, ĐỊA ĐIỂM, PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

1, Đối tượng :

- Giáo viên giảng dạy môn Toán

- Học sinh khá, giỏi lớp 9

- Phụ huynh học sinh

2, Địa điểm :

Trường THCS Phúc Hoà

3, Phạm vi nghiên cứu:

- Về kiến thức : Phương trình bậc hai, định lý Viéte

- Thời gian nghiên cứu từ năm học 2004 - 2005 đến nay

IV- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

1, Đọc các sách tham khảo (các cuốn ôn luyện vào lớp 10, cuốn 1001bài toán sơ cấp) các đề thi vào lớp 10 của tỉnh và ngoài tỉnh, các đề thi tuyển vào lớp 10 năng khiếu trong và ngoài tỉnh Bắc Giang

2, Tham gia giảng dạy trực tiếp cho học sinh khá, giỏi lớp 9 và làm chuyên

đề kiến thức cho giáo viên Toán của trường

B- NỘI DUNG :

Một bài toán về phương trình bậc hai có chứa tham số có thể chỉ có một yêu cầu và cũng có thể có nhiều yêu cầu khác nhau (Tức là một bài có nhiều phần) Song các yêu cầu đó có thể kể đến như sau:

1, Không giải phương trình hãy tính giá trị một biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm x 1 x 2

* Phương pháp :

+Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm;

+ Biến đổi biểu thức đã cho về dạng sử dụng được x1+x2, x1 x2, thay x1 + x2

=

a

b



, x1 x2 = vào biểu thức rồi tính

2, Chứng minh một phương trình có nghiệm hoặc vô nghiệm.

* Phương pháp :

+ Tính  (hoặc ’)

+ Chỉ ra   0 (hoặc ’  0) nếu yêu cầu chứng minh phương trình có nghiệm

+ Chỉ ra  < 0 (hoặc ’ < 0) nếu yêu cầu chứng minh phương trình vô nghiệm

3, Chứng minh một trong hai (hay nhiều) phương trình có nghiệm.

* Phương pháp :

+ Tính tổng các  (hoặc tổng các ’)

+ Chứng minh tổng trên không âm

4, Tìm giá trị của tham số để phương trình có nghiệm (hoặc vô nghiệm).

* Phương pháp :

Tìm giá trị của tham số qua bất phương trình   0 (hoặc  < 0)

5, Tìm giá trị của tham số để hai nghiệm của phương trình thoả mãn một đẳng thức (hoặc một bất đẳng thức) giữa các nghiệm của phương trình.

* Phương pháp :

Giá trị tham số cần tìm phải thoả mãn hệ phương trình:

  0

x1 + x2 = p

x1 x2 = s

Đẳng thức giữa 2 nghiệm ( hoặc bất đẳng thức giữa hai nghiệm)

6, Tìm giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của một biểu thức có gắn với hai nghiệm của phương trình.

* Phương pháp :

+ Biến đổi biểu thức về dạng chứa các tổng và tích giữa hai nghiệm

+ Thay x1 + x2 = s, x1 x2 = p vào biểu thức trên rồi biến đổi biểu thức đó

về dạng không âm (hoặc không dương) Từ đó tìm ra cực trị của biểu thức

7, Chứng minh các nghiệm của phương trình thoả mãn 1 đẳng thức (hoặc một bất đẳng thức) nào đó.

* Phương pháp :

+ Chứng minh phương trình có nghiệm: x1, x2

+ Biến đổi biểu thức đã cho về dạng sử dụng được x1+x2, x1 x2

+ Thay x1+x2 = s, x1 x2 = p vào biểu thức biến đổi ở trên, rồi chứng minh theo yêu cầu bài cho

8, Viết một hệ thức giữa hai nghiệm không chứa tham số

* Phương pháp :

+ Chứng minh   0 (hoặc ’  0) để có x1 x2

+ Tính x1 + x2 , x1x2

+ Biến đổi tổng, tích giữa hai nghiệm để khi cộng hoặc trừ theo vế triệt tiêu được tham số

9, Lập một phương trình bậc hai mới.

* Phương pháp :

+ Tính tổng hai nghiệm x1 + x2 = s, tính tích hai nghiệm x1x2 = p

+ Thay s,p vào phương trình :X2 - SX + P = 0

10, Tìm giá trị của tham số để hai (hoặc nhiều phương trình) có nghiệm chung hoặc tương đương.

11, Các bài toán thuộc dạng khác (như chứng minh sự chia hết, chứng minh một biểu thức không phụ thuộc tham số…).

* SAU ĐÂY LÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH CỦA CÁC DẠNG TRÊN :

Bài 1: Không giải phương trình: 3x2 + 17x - 14 = 0 (1)

Hãy tính giá trị của biểu thức :

x x x x S

x x x x





Giải:

Ta có :

x x x x x x x x S

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

Thay 1 2 17

3

3

x x  vào S, ta được 909

952

S 

Bài 2: Cho phương trình: x2 - ax + a - 1 = 0 (1)

a, Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức :

1 2 1 2

3x 3x 3

M

 





b, Tìm giá trị của a để tổng bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất

Giải :

a, Ta có  = (-a)2 - 4 (a - 1)

= a2 - 4a + 4 = (a - 2)2  0

Với a  phương trình luôn luôn có nghiệm

Từ

1 2 1 2 1 2 1 2

M

2

1 2 1 2 2

1 2 1 2

M









Theo định lý Viéte : 1 2

 

  (*) Thay (*) vào M ta được :

3 6( 1) 3 3 6 6 3

M

2

3( 1) 3( 1)

( 1)



b, Giá trị a cần tìm phải thoả mãn hệ :

x1 + x2 = a

x1 x2 = a - 1 A= x12 +x22 đạt GTNN

Ta có : A x 12 x22 (x1x2)2  2x x1 2

Hay : A a 2  2(a 1)a2  2a2

= a2 - 2a + 1 + 1 = (a - 1)2 + 1  1

GTNN của A bằng 1, dầu bằng xảy ra khi a = 1

Thông qua bài 1, bài 2 giúp cho ta thành thạo khi biến đổi và sử dụng tổng, tích các nghiệm

Bài 3: Chứng minh rằng phương trình :

(x - a) (x - b) + (x - b) (x - c) + (x - c) (x - a) = 0 luôn luôn có nghiệm với mọi a, b, c

Giải:

Ta biến đổi phương trình:

(x - a) (x - b) + (x - b) (x - c) + (x - c) (x - a) = 0

 x2 - (a + b) x + ab + x2 - (b + c) x + bc + x2 - (a + c) x + ac = 0

 3x2 - 2(a + b + c) x + ab + bc + ac = 0

Ta có : ’ = (a b c  )2  3(ab bc ac  )

= (a + b + c)2 - 3 (ab + bc + ca)

= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca - 3ab - 3bc - 3ca

= a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca 2’ = 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca

= (a2 - 2ab + b2) + (b2 - 2bc + c2) + (c2 - 2ca + a2)

= (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2  0 với  a, b, c

Vậy phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm

Bài 4: Cho1 1 1

2

a b  CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải

có nghiệm : x2 + ax + b = 0 (1)

x2 + bx + a = 0 (2)

Giải :

Ta có 1 = a2 - 4b

2 = b2 - 4a

Xét 1 + 2 = a2 + b2 - 4 (a + b) (*)

Từ 1 1 1

2

a b   2(a + b) = ab (**)

Thay (**) vào (*) : 1 + 2 = a2 + b2 - 2ab = (a - b)2 0

 (đpcm)

Bài 5: Cho 3 phương trình :

x2 + ax + b - 1 = 0 (1)

x2 + bx + c - 1 = 0 (2)

x2 + cx + a - 1 = 0 (3) Chứng minh rằng trong ba phương trình có ít nhất một phương trình có nghiệm:

Giải :

Ta có : 1 = a2 - 4 (b - 1) = a2 - 4b + 4

2 = b2 - 4 (c - 1) = b2 - 4c + 4

3 = c2 - 4 (a - 1) = c2 - 4a + 4

Xét : 1+ 2 + 3 = (a2 - 4a + 4) + (b2 - 4b + 4) + (c2 - 4c + 4)

= (a - 2)2 + (b - 2) 2 + (c - 2)2  0  (đpcm)

Bài 6: Cho 2 phương trình : x2 + ax + b = 0 (1)

x2 - cx - d = 0 (2)

Có các hệ số a, b, c, d thoả mãn:

a(a - c) + c (c - a) + 8 (d - b) > 0

Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt :

Giải :

Phương trình (1) có : 1 = a2 - 4b

Phương trình (2) có : 2 = c2 + 4d

Xét 1 + 2 = a2 + c2 + 4d - 4b

 2 (1 + 2) = 2(a2 + c2 + 4d - 4b)

= 2(a2 + c2) + 8 (d - b)

Từ giả thiết : a(a - c) + c(c - a) + 8 ( d - b) > 0

 8 (d - b) > 2 ac - a2 - c2

 2(1 + 2) = 2 (a2 + c2) + 8(d - b) > a2 + c2 + 2ac = (a + c)2 > 0

 2(1 + 2) > 0  1 + 2 > 0

 Ít nhất một trong hai biểu thức thức 1, 2 dương  (đpcm)

Bài 7: Cho phương trình (ẩn x)

x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0 (1)

a, Chứng minh (1) có 2 nghiệm với  m

b, m = ? thì (1) có 2 nghiệm trái dấu

c, Giả sử x1, x2 là nghiệm của (1) Chứng minh rằng

M = (1 - x2)x1 + (1 - x1)x2 không phụ thuộc m

d, Tìm một hệ thức giữa các nghiệm độc lập đối với m

e, Lập phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là

1

1

x và 2

1

x (x1, x2 là hai nghiệm

của (1))

Giải:

a, Trước khi làm bài yêu cầu học sinh xác định hệ số : a = 1, b = -2 (m + 1) b’ = - (m + 1) ; c = m - 4

Ta có :

2

1 1 19

5 2

2 4 4

1 19

     

b, (1) có 2 nghiệm trái dấu  ac < 0

 m - 4 < 0  m < 4

c, Vì phương trình (1) có 2 nghiệm là x1x2

Theo Viéte 1 2

1 2

2( 1) 4





 

Ta có : M = (1 - x2)x1 + (1 - x1)x2

= x1 - x1x2 + x2 - x1x2

= (x1 +x2) - 2x1x2

Thay (*) vào M ta được :

M = 2 (m + 1) - 2 (m - 4)

= 2m + 2 - 2m + 8 = 10  (đpcm)

d, Theo Viéte áp dụng cho phương trình (1) :

x1 + x2 = 2(m + 1) = 2m + 2

 2m = (x1 + x2) - 2 (3)

x1x2 = m - 4  2 x1x2 = 2m - 8

 2m = 2x1x2 + 8 (4)

Từ (3), (4) suy ra x1 + x2 - 2 = 2x1x2 + 8

Hay x1 + x2 - 2x1x2 = 10

e, Ta có :

1 2

1 2 1 2

4

4





Ta có phương trình : 2 2( 1) 1 0

m



(m - 4) x2 - (2m + 1) = 0

Tính tổng 2 nghiệm là S

Tính tích 2 nghiệm là P

Thay tổng, tích vào phương trình : X2

- SX + P = 0

Bài 8: Cho phương trình (ẩn x) x2 - 2x + m = 0 (1)

a, Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 đều là các

số dương

b, Tìm m sao cho phương trình có nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn :

1 2

10 3

x  x 

Giải :

a, Điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt cùng dương là :

1

0

2 0

m

m

m S

   













  



b, m cần tìm phải thoả mãn hệ phương trình :

’ = 1 – m > 0 m < 1 (1’)

x1 + x2 = 2 x1 + x2 = 2 (2’)

x1 x2 = m  x1x2 = m (3’)

10 3

x  x 

10 3

x  x  (4’)

Ta có : (4’)

1 2

10 3

x x



2

1 2

 3(4 - 2m) = - 10m  4m =-12

 m =- 3 kết hợp với điều kiện m < 1

Thì m =-3 là giá trị cần tìm

Thực tế khi trình bày lời giải học sinh có thể giải dời dạc các điều kiện song song phải biết được bản chất của m cần tìm phải thoả mãn một hệ phương trình như thế và biết kết hợp các điều kiện để lấy m

Bài 9: Cho phương trình : x2 - 2(a - 1) x + 2a - 5 = 0 (1)

a, Chứng minh : (1) có nghiệm với mọi a

b, a = ? thì (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn x1 < 1 < x2

c, a = ? thì (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12 + x22 = 6

Giải:

a, Phương trình (1) có nghiệm với  a 

’ = (a - 1)2 - (2a - 5) = a2 - 2a + 1 + 2a + 5

= a2 + 4a + 6 = (a - 2)2 + 2  2 ? o với  a

b, Từ x1 < 1 <x2  (x1 - 1) (x2 - 1) < 0

 x1x2 - x1 - x2 + 1 < 0  x1x2 - (x1 + x2) + 1 < 0 (*)

Theo Viéte : x1 + x2 = 2(a - 1) , x1x2 = 2a - 5

Thay vào (*) ta có (*) 2a - 5 - (2a - 2) + 1 < 0

 2a - 5 - 2a + 2 + 1 < 0  oa - 2 < 0

 luôn luôn đúng với  a

Vậy với  a thì x1 < 1 < x2

Bài 10: Cho phương trình : x2 - (2m - 3)x +m2 - 3m = 0 (1)

a, Chứng minh phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt

b, Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn 1 < x1 <x2 <6

c, Xác định m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất

Giải :

a, Ta có :  = (2m - 3)2 - 4(m2 - 3m)

= 4m2 - 12m + 9 - 4m2 + 12m = 9 > 0

b, Phương trình (1) có 2 nghiệm là x1 = m - 3, x2 = m

Suy ra : 1 < x1 < x2 < 6  1 < m - 3 < m < 6

 4 < m < 6

c, Từ x12 + x22 = (m - 3)2 + m2 = m2 - 6m + 9 + m2

= 2m2 - 6m + 9

= 2 (m2 - 3m + 9 3 2 9 9

2  m 2  22 Vậy giá trị nhỏ nhất của x12 + x22 là 9

2 khi m =

3 2 Thực tế cho thấy dạng toán về bất đẳng thức giữa các nghiệm học sinh rất lúng túng, thường không làm được đúng khi chưa được rèn luyện

Bài 11: Cho 2 phương trình : x2 - (2m + n) x - 3m = 0 (1)

x2 - (m + 3n)x - 6 = 0 (2)

Tìm m và n để hai phương trình tương đương

Giải :

Xét 2 phương trình:

x2 - (2m + n)x - 3m = 0

x2 - (m + 3n)x - 6 = 0

Ta có : 1 = (2m + n)2 + 12m 0  m0 (2)

2 = (m + 3n)2 + 24 > 0 với  m, n (3)

Từ ( 2), (3) hai phương trình luôn luôn có 2 nghiệm khi m0,vớin (*)

áp dụng định lý Viéte ta có :