Sáng kiến kinh nghiệm Áp dụng định Vi-ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực

 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
 MỞ ĐẦU 
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 
 Hiện nay trong chương trình Toán THPT phân ban của Bộ GD & ĐT không đưa 
vào nội dung định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, trong khi đó một số bài tập so 
sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực trong chương trình 
Toán THPT vẫn thường được sử dụng bằng phương pháp này gây ra khó khăn cho 
giáo viên giảng dạy và học sinh giải các bài tập này. Trong khi phương pháp “Áp 
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với 
một hoặc hai số thực ” lại tỏ ra hữu ích với các loại bài này vì công năng đa dạng 
và đơn giản trong tư duy của học sinh. 
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 
 Đưa ra một số các dạng toán cơ bản có thể sử dụng phương pháp “Áp dụng 
định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một 
hoặc hai số thực ” để giải quyết, góp phần nâng cao năng lực giải toán của học 
sinh THPT. 
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU 
 Học sinh khối 10,11 &12- THPT PHẠM NGŨ LÃO từ năm 2007 đến 2011. 
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 
 Để thực hiện nghiên cứu cần thực hiện phối hợp linh hoạt các phương pháp 
nghiên cứu. 
 1. Nghiên cứu lý luận 
 Phân tích chương trình môn toán SGK 10. Nghiên cứu về kỹ năng sử dụng 
phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương 
trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” trong các tài liệu lý luận, sách tham 
khảo. 
 2. Thực nghiệm và rút kinh nghiệm 
 Thông qua dự giờ thăm lớp, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, với các bạn đồng 
nghiệp, trao đổi và sát hạch học sinh bằng các bài kiểm tra. Từ đó rút ra kinh 
nghiệm giảng dạy. 
V.CẤU TRÚC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
 Mở đầu 
 Tiềm năng và thực tiễn của việc rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp 
“Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai 
với một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. 
 Định hướng và biện pháp rèn luyện kỹ năng sử dụng phương pháp “Áp 
dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với 
một hoặc hai số thực ” cho học sinh THPT. 
 Tài liệu tham khảo. 
 NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 
 I. Tiềm năng của phương pháp “Áp dụng định Vi - ét giải bài toán 
so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một hoặc hai số thực ” 
“Áp dụng định Vi - ét giải bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc hai 
với một hoặc hai số thực ” là phương pháp sử dụng mối liên hệ giữa các nghiệm 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
 TH2: a ≠≠≠ 0 
  f (α )= 0  f (α )= 0
  
 x+ x < 2α + < α
  1 2 x1 x 2 2
 ∆ = 
  0 ∆ = 0
  
 α  ()()−α + −α < ⇔ + < α
 x1< =x2 x1 x 20  x 1 x 2 2
  
 x =x <α ⇔   2
 1 2  ()()x−α . x −α > 0 x x−α( x + x ) +α > 0 
  α  1 2  1 2 1 2
 x1< <x2  
 ()()−α −α < −α + +α2 <
  x1. x 2 0 x1 x 2( x 1 x 2 ) 0
  
  
 Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ hơn α là: 
 TH1: a = 0. 
 TH2: a ≠≠≠ 0 
  f (α )= 0  f (α )= 0
  
 x+ x < 2α + < α
  1 2 x1 x 2 2
 x< x =α
 1 2 ()()−α + −α <  + < α
   x1 x 2 0 x1 x 2 2
 ⇔x ≤ x <α ⇔ ⇔ 
  1 2   2
  ()()x−α . x −α > 0  x x−α( x + x ) +α > 0
  <α <  1 2  1 2 1 2 
 x1 x 2  
 ()()−α −α < −α + +α2 <
 x1. x 2 0 x1 x 2( x 1 x 2 ) 0
  
  
 Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn α là: 
 TH1: a = 0. 
 TH2: a ≠≠≠ 0 
  f (α )= 0  f (α )= 0
  
 x+ x > 2α + > α
  1 2 x1 x 2 2
 α =x < x
 1 2 ()()−α + −α >  + > α
   x1 x 2 0 x1 x 2 2
 ⇔α <x ≤ x ⇔ ⇔ 
  1 2   2
  ()()x−α . x −α > 0  x x−α( x + x ) +α > 0
  <α <  1 2  1 2 1 2 
 x1 x 2  
 ()()−α −α < −α + +α2 <
 x1. x 2 0 x1 x 2( x 1 x 2 ) 0
  
  
 Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm lớn hơn α là: 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
 x−2 > 0( x−2) +( x − 2) > 0  x + x > 4
 1⇔ 1 2 ⇔  1 2
⇔ − >()()− − > − + + > (3) 
 x22 0 x12 . x 2 2 0  x 1 x 2 2( x 1 x 2 ) 4 0
Thay (2) vào (3) ta được: 
 − − −
2(m 1)  m 3 >
 > 4  0
m+1  m+1
⇔  ⇔−3 <m < − 1(4)
 m2 +4 m − 5 2( m − 1) (m+ 1)() m + 3 
−2. + 4 > 0  > 0
m+1 m + 1   m+1
 Kết hợp, (1) và (4) ta được: -2 ≤ m < -1. 
 Vậy với -2 ≤ m < -1 thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn 2. 
 c) Phân tích: Hai nghiệm của phương trình nhỏ hơn 1 
 − <( −) +( −) < + <
 x1 0 x11 x 2 1 0  x x 2
⇔1 ⇔  ⇔  1 2
 − − + + > 
 x21 0 x11 . x 2 1 0  x 1 x 2 ( x 1 x 2 ) 1 0
Trình bày: Phương trình (*) có hai nghiệm 
 m+1 ≠ 0  m ≠ − 1  − 2 ≤ m ≤ 1
 ⇔ ⇔  ⇔  (1) 
 ∆' ≥ 0  (m − 1)( m + 2)( m + 3) ≥ 0  m ≤ − 3
 −
  + = 2(m 1)
 x1 x 2
  m+1
  (2)
Khi đó, theo định lý Vi-ét (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: m2 +4 m − 5 
 x x =
  1 2 m+1
Mặt khác, theo bài ra thì hai nghiệm của phương trình lớn hơn 2 
 − <( −) +( −) < + <
 x1 0 x11 x 2 1 0  x x 2
 ⇔1 ⇔  ⇔  1 2
⇔ − − + + > (3) 
 x21 0 x11 . x 2 1 0  x 1 x 2 ( x 1 x 2 ) 1 0
Thay (2) vào (3) ta được: 
 2(m− 1)  − 2
  0
 m+1  m + 1 −3 + 17
 ⇔  ⇔ −1 <m < (4)
 m2+4 m − 5 2( m − 1) m 2 + 3 m − 2 2 
 − +1 > 0  > 0
 m+1 m + 1  m + 1
 −3 + 17
 Kết hợp, (1) và (4) ta được: −1 <m < . 
 2
 −3 + 17
 Vậy với −1 <m < thì phương trình (*) có hai nghiệm nhỏ hơn 1. 
 2
Ví dụ 1.2: Cho phương trình f(x) = (m+2)x2 - 2mx -1 = 0(1) . Hãy tìm m để phương 
trình (1) có nghiệm nhỏ hơn 1? 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
Ví dụ 1.3: Cho phương trình f(x) = mx2 - (2m+1)x + 2 = 0(1) . Hãy tìm m để 
phương trình (1) có đúng một nghiệm lớn hơn 1? 
 G: 
 a) Phân tích: Phương trình bậc 2 có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 nghĩa là có thể xảy 
 = <
 x11 x 2
 
 1<x = x
ra 3 trường hợp  1 2 . 
  < <
 x11 x 2
 Trình bày: 
 TH1: m = 0 ⇔ m = 0, phương trình trở thành -x +2= 0 ⇔ x = 2 thỏa mãn bài ra. 
 2 
 TH2: m ≠≠≠ 0, có ∆’ = (2m-1) ≥ 0, ∀m ∈ R nên (1) luôn có 2 nghiệm x1, x2 . Theo 
 +
  + = 2m 1
 x1 x 2
  m
  (2)
định lí vi - ét ta có: 2 . 
 x x =
  1 2 m
 Mặt khác, theo bài ra thì phương trình (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 1 
  f (1)= 0  f (α )= 0
  
 x+ x > 2 + >
  1 2 x1 x 2 2
 = < ∆ =  ∆ =
 1 x1 x 2  0  0
   
⇔⇔ +>
 1x1 x 2 x 1 1 x 2 1 0  x 1 x 2 2
  
 x x x − ( x + x ) + 1 > 0 
  1 2 x11 . x 2 1 0  1 2 1 2
   − + + <
 ()()− − < x1 x 2( x 1 x 2 ) 1 0
  x11 . x 2 1 0 
 
  
Thay (2) vào (3) ta được: 
 1−m = 0
 
  +
 2m 1
  > 2
  m
  
 
  − = =  1
  2m 1 0 m 1 m =
  2
 2m+ 1 1 
  >2 ⇔m = ⇔ m < 0
 m 2
    ≥ 
  + < m 1
 2− 2m 1 + > m 0 
  1 0  
 m m m >1
  2 2m+ 1
  − +1 < 0
 m m
 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011 
 TRƯỜNG THPT PHẠM NGŨ LÃO. GV: Ph¹m TrÞnh C−¬ng ChÝnh 
 Điều kiện để (*) có đúng 1 nghiệm thuộc (α ;β) : 
 ≤α < < β
 x1 x 2
 
 α <x <β ≤ x
  1 2 
 α < = < β
  x1 x 2
 Điều kiện để (*) có 2 nghiệm phân biệt không thuộc (α ;β) : 
 < <α < β
 x1 x 2
 
 α <β <x < x
  1 2 
  <α <β <
 x1 x 2
 Ví dụ minh họa: 
  Ví dụ 2.1: Cho phương trình f(x) = x2 - 2mx + 4m - 3 = 0(*) . Hãy tìm m để 
phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0;2 )? 
 G: 
Phân tích: Hai nghiệm của phương trình thuộc (0;2 ) ⇔ 
 x+ x > 0 + >
 1 2 x1 x 2 0
  > 
 0 0
 < < < ⇔1 2 ⇔ ⇔ 1 2
0x1 x 2 2   
 < <()()− + − < + < 
 x1 x 22x12 x 2 2 0  x 1 x 2 4
 ()()− − >  − + + >
  x12 . x 2 2 0 x1 x 22( x 1 x 2 ) 4 0
 m>3 
Trình bày: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔  (1). Khi 
 m<1
 x+ x = 2 m
  1 2 (2)
đó, theo định lí Vi-ét ta có: = − . Theo bài ra thì hai nghiệm của 
 x1 x 2 4 m 3
phương trình thuộc (0;2 ) khi và chỉ khi 
 x+ x > 0 + >
 1 2 x1 x 2 0
  > 
 0 0
 < < < ⇔1 2 ⇔ ⇔ 1 2
0x1 x 2 2   (3)
 < <()()− + − < + < 
 x1 x 22x12 x 2 2 0  x 1 x 2 4
 ()()− − >  − + + >
  x12 . x 2 2 0 x1 x 22( x 1 x 2 ) 4 0
 2m > 0
 
 4m− 3 > 0 3
  ⇔ <m < 2(4)
Thế (2) vào (3) ta được: 2m< 4 4 
 4m− 3 − 2.2 m + 4 > 0
Kết hợp (1) và (4) ta được: ¾ < m < 1. 
Vậy với ¾ < m < 1 thì phương trình có 2 nghiệm thuộc (0; 2). 
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5/2011