Skkn ung dung dinh ly viet

  • Số trang: 23 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 22 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. 1 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. MỞ ĐẦU 1/ Lyù do choïn ñeà taøi: Trong chöông trình moân Toaùn baäc THPT hiện nay có rất nhiều bài toán có tham số liên quan tới phương trình bậc 2, quy về bậc 2, và trong số đó xuất hiện nhiều và đa dạng các bài toán “Tìm điều kiện để một phương trình có nghiệm, có một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm, bốn nghiệm …”. Đây thực chất là các bài toán so sánh nghiệm của một phương trình bậc hai với một số thực  , nếu xem xét các dạng toán này theo quan điểm, chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh không khó để có thể giải quyết bởi vì trong chương trình sách giáo khoa cũ lớp 10, các em được trang bị đầy đủ nội dung các định lý thuận, đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả. Nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang phát hành thì phần kiến thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng trước vấn đề “Không có công cụ đó thì cần tìm hướng nào để bằng kiến thức các em đang được học trong sách giáo khoa các em vẫn có thể giải được các dạng toán đó?”. Với suy nghĩ nhằm giúp các em tìm tòi, phát hiện, tạo hứng thú trong quá trình học bộ môn Toán, và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, nay tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc 2 – quy về bậc 2 có tham số”. 2/Noäi dung saùng kieán kinh nghieäm : I. Phaàn môû ñaàu. II. Noäi dung ñeà taøi. A. Cô sôû lý thuyết lieân quan ñeán ñeà taøi nghieân cöùu. B. Baøi taäp vaän duïng. C. Bài tập thực hành. III. Keát quaû vaø baøi hoïc kinh nghieäm. 2 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. NOÄI DUNG SAÙNG KIEÁN KINH NGHIEÄM. A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT. I.KIEÁN THÖÙC CAÀN NHÔÙ. 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. a) Định nghĩa. 2  Phương trình bậc hai đối với ẩn x �R là phương trình có dạng: ax  bx  c  0  1 b) Cách giải.  Tính   b 2  4ac  Nếu   0 thì phương trình (1) vô nghiệm.  Nếu   0 thì phương trình (1) có nghiệm kép x1  x2    a �0  b . 2a  Nếu   0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1  b   b   , x2  2a 2a c) Định lý Vi-et – Dấu các nghiệm.  Định lý: Nếu phương trình bậc hai ẩn x �R : ax 2  bx  c  0  1 nghiệm x1 , x2 thì S  x1  x2   a �0  có hai b c , P  x1.x2  . a a  Dấu các nghiệm:  Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu � P  0 .  �0 � . �P  0  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu � �  �0 � �  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương � �P  0 . �S  0 �  �0 � �  Phương trình (1) có hai nghiệm cùng âm � �P  0 . �S  0 � 2) PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN. Trong phần này tôi sẽ trình bày phương pháp giải quyết một cách tổng quát một số dạng toán liên quan đến phương trình bậc 2, và quy về bậc 2 trong tập số thực R: Thay vì so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực  , ta sẽ biến đổi để đưa về so sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với số 0. 2 Bài toán 1. Cho phương trình: ax  bx  c  0  1  a �0, x �R  a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x � . b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm: x � . c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1    x2 . d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa:   x1  x2 . e) Tìm điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1  x2   . 3 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. Giải. 2 2  Đặt t  x   � x  t   , thay vào pt (1) ta được pt: at   2a  b  t  a  b  c  0  2  a) Để phương trình (1) có nghiệm x � � pt (2) có nghiệm t �0 �0 t2 P 0.  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 �� t1 t2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ��۳  �0 � � �P 0 �S �0 � b) Phương trình (1) có nghiệm x � � pt (2) có nghiệm t �0 �0 t2 P 0.  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ��  �0 � � t2 0  TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ��۳ �P 0 �S �0 � c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1    x2 � pt (2) có 2 nghiệm t1  0  t2 � P  0 . 0 � � d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa   x1  x2 � pt (2) có 2 nghiệm 0  t1  t2 � �P  0 . �S  0 � 0 � � e) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1  x2   � pt (2) có 2 nghiệm t1  t2  0 � �P  0 . �S  0 � (Với    2a  b   4a  a 2  b  c  , P  t1.t 2  2   2a  b  a 2  b  c , S  t1  t 2  ) a a Nhận xét: Thoạt nhìn thì bài toán này mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm của một tam thức bậc 2 với số thực  , và bằng cách làm như trên ta đã hướng dẫn học sinh giải quyết bài toán một cách dễ dàng dựa vào định lý Viet và các ứng dụng, tránh không sử dụng kiến thức về tam thức bậc 2 đã được giảm tải trong sách giáo khoa. Bài toán 2. Cho phương trình:  x  a   x  b   x  c   x  d   k  1 với a  c  b  d . a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Giải. x 2   a  c  x  ac � x 2   b  d  x  bd �  Ta biến đổi phương trình (1) � � � �� � � k  2  2 �a  c � � t �0  , thay vào (2) ta được phương trình: �2 � 2 2 2 � a  c  � � �a  c ��� �a  c ��  2 t � ac  bd  t� ac  � bd  � � ��� �� k  0  3 2 2 2 � � � �� � � � � � � � a) Phương trình (1) có nghiệm � phương trình (2) có nghiệm t �0 �0 t2 P 0.  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ��  Đặt t  x 2   a  c  x  � 4 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số.  �0 � � t1 t2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ��۳ �P 0 �S �0 � b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1  0  t2 � P  0 . �  0  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0  t1  t2 � � �S  0 c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt � phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: �  0 � 0  t1  t2 � �P  0 . �S  0 � d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt � phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: 0 � � 0  t1  t2 � �P  0 �S  0 � (Trong đó  là biệt thức của phương trình (2), P  t1.t2 , S  t1  t 2 ) Nhận xét: Trong các tài liệu sách giáo khoa, hoặc sách tham khảo, cách giải đưa ra đối với  a  c 2 dạng toán này là đặt: t  x   a  c  x với điều kiện t �  , khi đó để giải quyết các yêu 4 2 cầu nêu trên học sinh sẽ lúng túng, đôi khi là không thể giải quyết nhất là đối với các em học sinh lớp 10,vì các em không được trang bị công cụ để so sánh nghiệm một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. 4 3 2 Bài toán 3. Cho phương trình: ax  bx  cx  bx  a  0  1  a �0  a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm dương. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm âm. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. d) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Giải  Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia cả hai vế phương trình (1) cho x 2 �0 , ta được: 2 � 1� � 1� a �x  � b �x  � c  2a  0  2  � x� � x� (Thông thường tới đây học sinh sẽ đặt t  x  1 x  t �2  , khi đó nhận được phương trình at 2  bt  c  2a  0 và việc giải quyết các yêu cầu đặt ra sẽ khó khăn vì học sinh không được trang bị công cụ. Để giúp học sinh vượt qua trở ngại này chúng ta giải quyết như sau). 1 1  2  t �0  suy ra x   t  2 , thay vào phương trình (2) được: x x 2 at   4a  b  t  2a  2b  c  0 (3). a) Vì x  0 , đặt t  x   Để phương trình (1) có nghiệm x  0 thì phương trình (3) có nghiệm t �0 , ta xét: �0 t2 P 0  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 �� 5 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số.  �0 � � t1 t2  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ��۳ �P 0 �S �0 � 1 1  2  t �0  suy ra x   t  2 , thay vào phương trình (2) được: x x 2 at   b  4a  t  2a  2b  c  0 (4) b) Vì x  0 , đặt t  x   Để phương trình (1) có nghiệm x  0 thì phương trình (3) có nghiệm t �0 , ta xét: �0 t2 P 0  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 �� t2 0  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ��۳  �0 � � �P 0 �S �0 � c) Để phương trình (1) có nghiệm thì hoặc phương trình (3) có nghiệm t �0 , hoặc phương trình (4) có nghiệm t �0 . (Đây chính là kết quả tổng hợp của phần a và b). d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau; 1  0 � �  TH1: Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa: 0  t1  t2 � �P1  0 �S  0 �1 2  0 � �  TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa: t1  t2  0 � �P2  0 �S  0 �2 �P1  0  TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu � � �P2  0 Nhận xét: Với cách tiếp cận này học sinh cũng có thể dễ dàng giải quyết các bài toán như: Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm, 3 nghiệm. 2 Bài toán 4. Cho phương trình   ax 2  bx  c     ax 2  bx  c     0  1   �0; a �0  a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Giải.  Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự) 2 2 � � b � b  4ac � b 2  4ac 2 t  ax  bx  c  �  Ta có ax  bx  c  a � nên đặt khi đó t �0 . �x  � 4a 2 � � 2a � 4a � 2  Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau:   t  k     t  k     0 (2) với 2 b 2  4ac k 4a 2 2  Phương trình (2):  t     2 k  t   k   k    0 (3) a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t �0 �0 t2 P 0.  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 �� 6 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số.  �0 � � t1 t2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ��۳ �P 0 �S �0 � 0 � � b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa 0  t1  t2 � �P  0 �S  0 � c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa t1  0  t2 , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0  t1  t2 .  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1  0  t2 � P  0 . �  0  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0  t1  t2 � � �S  0 (Trong đó  là biệt thức của pt (3), S  t1  t2 , P  t1 .t2 ) Nhận xét: Khi gặp dạng toán này các em học sinh thường đặt t  ax 2  bx  c với điều kiện   b 2  4ac    b 2  4ac  nếu a > 0, t � nếu a < 0. Phương trình nhận được  t 2   t    0 , t� 4a 4a và để giải quyết các yêu cầu của bài toán học sinh sẽ gặp trở ngại vì cần so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với một số thực khác 0. Chính vì thế với cách giải đã trình bày ở trên tạo cho các em học sinh rất hứng thú, vì các em có thể sử dụng một công cụ đơn giản, quen thuộc là định lý Viet để giải dạng toán này. Bài toán 5. Cho phương trình ax 2  b x 2    c  0  1 với   0, a �0 . a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải.  ĐK x �R .   Đặt t  x 2      t �0  suy ra x 2  t      2   , thay vào pt (1) ta được phương trình: at 2  2a   b t  b   c  0  2  a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t �0 �0 t2 P 0.  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ��  �0 � � t1 t2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ��۳ �P 0 �S �0 � 0 � � b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa 0  t1  t2 � �P  0 �S  0 � c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau: �  0 �  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1  0  t2 � �P  0 . �S  0 � 7 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. �  0  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0  t1  t2 � � �S  0 (Trong đó  là biệt thức của pt (3), S  t1  t2 , P  t1 .t2 )   2 Nhận xét: Với dạng toán này hầu hết các sách tham khảo đều đặt t  x   t �  , và đưa về phương trình bậc 2 có dạng: at 2  bt  c  a  0 , khi đó để giải quyết các câu hỏi đặt ra thì đều phải sử dụng tới định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, hoặc sử dụng công cụ đạo hàm. Cả hai cách này đều không phù hợp với tư duy, kiến thức của học sinh lớp 10, 11 và ngay cả đối với học sinh lớp 12, bởi vì công cụ dùng đạo hàm để giải không phải lúc nào cũng tối ưu. Bài toán 6. Cho phương trình: ax 2  bx  c  x    1 a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải. � �x   �0  Phương trình (1) � � 2 2 ax  bx  c   x     2  �  Đặt t  x   , vì x   �0 nên ta có điều kiện t �0 , thay vào (2) ta được phương trình:  a  1 t 2   2a  b  t  a 2  b  c  0  3 a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (3) có nghiệm t �0  TH1: Xét a  1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình t0 �0 . a �1 �  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 �0 �t2 � � . �P �0 a �1 � �  �0 �  TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0 �t1 �t2 � � �P �0 � �S �0 a �1 � � 0 � b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm 0 �t1  t2 � � �P �0 � �S  0 c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t �0  TH1: Xét a  1 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình t0 �0 a �1 �  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2 � � . �P  0 a �1 � � 0 �  TH3: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2 � � �P  0 � �S  0 8 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. �a �1 � 0  TH4: Phương trình (3) có nghiệm 0 �t1  t2 � � �S �0 � (Trong đó  là biệt thức của phương trình (3), S  t1  t2 , P  t1.t2 ) Nhận xét: Dạng toán này hay xuất hiện trong chuyên đề về phương trình chứa căn, và những bài toán như thế cũng từng xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, nhưng tất cả đều đưa ra phương án là đi so sánh nghiệm của phương trình (2) với số thực  . Song với cách giải như trên thì ta đã đưa bài toán về so sánh nghiệm của phương trình (3) với số 0. 2 Bài toán 7.Cho phương trình: log a   x   x     log a  x  b   1 với 0  a �1 . a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm duy nhất Giải. �x  b  0  Phương trình (1) � � 2  x   x    x  b  2 �  Đặt t  x  b � x  t  b , vì x  b  0 nên ta suy ra điều kiện t  0 . Thay vào phương trình (2) ta 2 2 được phương trình:  t   2 b    1 t   b   b    0  3 a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t  0  TH1: Xét   0 , thay vào pt (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình t0  0 .  �0 �  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2 � � �P  0  �0 � �  �0 �  TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1 �t2 � � �P  0 � �S  0  �0 � � 0 �  TH4: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1  t2 � � �P  0 � �S  0  �0 � � 0 � b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm 0  t1  t2 � � �P  0 � �S  0 c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t  0  TH1: Xét   0 , thay vào phương trình (3) tìm nghiệm t0 và giải bất phương trình t0  0  �0 �  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2 � � . �P  0 9 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số.  �0 � � 0 �  TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1  t2 � � �P  0 � �S  0  �0 � � 0  TH4: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1  t2 � � �S  0 � Nhận xét: Đây là dạng toán giống với bài toán 6 đã giải quyết ở trên, ta cũng đã đưa về so sánh nghiệm của một phương trình có dạng bậc 2 với số 0. B. BÀI TẬP VẬN DỤNG. Bài 1. Cho phương trình: x  2mx  m  m  1  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x �1 . b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x �1 . c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1  1  x2 . d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1  x2  1 . Giải. 2 2  Đặt t  x  1 � x  t  1 , thay vào pt (1) ta được phương trình: t  2  1  m  t  m  3m  2  0  2  a) Để phương trình (1) có nghiệm x �1 � phương trình (2) có nghiệm t �0 0 t� P� 0 m 2 3m 2 0 1 m 2 .  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 �� 2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm : 2  ' �0 � � 0 ��۳� t1 t2 � ��� P 0 �S �0 � 2 m  1 �0 � �2 m 3m 2 0 � � m  1 �0 � m �1 � � m �2 �� �� m �1 �� m 1 � � m �2 �  Kết luận: với m � 1; � thì phương trình (1) có nghiệm x �1 . b) Để phương trình (1) có nghiệm x �1 � phương trình (2) có nghiệm t �0 0 t� P� 0 m 2 3m 2 0 1 m  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 �� 2  ' �0 � � t2 0 � �� P 0  TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ��۳� �S �0 � m  1 �0 � �2 m 3m 2 0 � � m  1 �0 � 2. m 1  Kết luận: với m � 1; 2 thì phương trình (1) có nghiệm x �1 . b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1  1  x2 � phương trình (2) có 2 nghiệm: t1  0  t2 � m 2  3m  2  0 � 1  m  2 .  Kết luận: với 1  m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1  1  x2 d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1  x2  1 � phương trình (2) có 2 nghiệm: 10 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. m 1  0 � '  0 � �2 � t1  t2  0 � �P  0 � � m  3m  2  0 (vô nghiệm) �S  0 � m 1  0 � �  Kết luận: không tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm x1  x2  1 . Nhận xét: Đây chỉ là một ví dụ minh họa cho bài toán tổng quát, tương tự học sinh có thể giải rất nhiều bài toán như vậy với phương pháp như trên mà không sử dụng kiến thức về tam thức bậc hai. Rất nhiều em học sinh sau khi được học ứng dụng của đạo hàm để giải một số dạng toán “Tìm tham số m để phương trình f  x, m   0 có nghiệm?”, thì khi gặp bài tập này cũng lúng túng không giải quyết được vì không thể đưa bài toán về dạng: g  m   h  x  để khảo sát. Do đó cách chuyển hóa phương trình như trên, đưa bài toán về so sánh nghiệm của một phương trình bậc 2 với số 0 dựa vào ứng dụng định lý Vi-et là một lựa chọn tối ưu trong bối cảnh các kiến thức về so sánh nghiệm của một tam thức bậc 2 với một số thực  đã được giảm tải trong sách giáo khoa.     Bài 2. Cho phương trình: x x  m  1 x  m  1 x  2 m  3m  2  1 , với tham số m �0 . a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Giải. 2 2  Ta biến đổi phương trình (1) � x  2 mx x  2 mx  m  1  3m  5  2     2  Đặt t  x  2 mx  m  t �0  , thay vào phương trình (2) ta được phương trình: t 2   m  1 t  2m  5  0  2  a) Phương trình (1) có nghiệm � phương trình (2) có nghiệm t �0 �� 0 t� 0  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 � 2 ۳ P � �0 � ��۳ t1 t2�� � P 0  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ۳ �S �0 �  5 . 2 � m 2  12m  19 �0 � � 5 m � � 2 m  1 � � 5 2m 0 m 6 55 m 5 2 6  55; � thì phương trình (1) có nghiệm.  Kết luận: Với m �� � b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ta xét 2 trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1  0  t2 � P  0 � 5  2m  0 � m  5 . 2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm: �� m  6  55 �� 0 � m 2  12m  19  0 � 0  t1  t2 � � �� � �� m  6  55 � m  6  55 . m 1  0 �S  0 � � m  1 � �5 �  Kết luận: Với m �� ; ��� 6  55 thì phương trình (1) có 2 nghiệm. �2 �   11 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt � phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: � 0 m 2  12m  19  0 � 5 � � 0  t1  t2 � �P  0 � � 5  2m  0 �m . 2 �S  0 � m  1  0 � � 5  Kết luận: Với m  thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. 2 d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phận biệt � phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: � 0 m 2  12m  19  0 � 5 � � 0  t1  t2 � �P  0 � � 5  2m  0 � 6  55  m  2 �S  0 � m  1  0 � � 5� �  Kết luận: với m ��6  55; �thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 2� � Bài 3. Cho phương trình: x  2mx   m  3m  4  x  2mx  1  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. d) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Giải  Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1), chia hai vế của phương trình (1) cho x 2 �0 , ta được: 4 3 2 2 2 � 1� � 1� 2 �x  � 2m �x  � m  3m  2  0  2  � x� � x� 1 1 a) Vì x  0 , đặt t  x   2  t �0  suy ra x   t  2 , thay vào phương trình (2) được: x x 2 2 t  2  m  2  t  m  7m  6  0 (3).  Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t �0 . Xét 2 trường hợp: 0 t2 m 2  7� m 6 � 0 1 m 6.  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ����  ' �0 � � t1 t 2 � �۳ P 0  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ��۳� �S �0 � 3m  2 �0 � �2 m 7m 6 0 � � m  2 �0 � m 6.  Kết luận: Với m �1 thì phương trình (1) có nghiệm dương. 1 x 2 t  2  m  2  t  m 2  m  6  0  4  (4) 1 x b) Vì x  0 , đặt t  x   2  t �0  suy ra x   t  2 , thay vào phương trình (2) được:  Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (3) có nghiệm t �0 . Xét 2 trường hợp:  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 �0 �t2 � m2  m  6 �0 (vô nghiệm). 12 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. 3m  2 �0 �  ' �0 � �2 � t2 0 � � P 0 m m 6 0 (vô nghiệm).  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 ��۳� � �S �0 � m  2 �0 � �  Kết luận: Không tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm âm. c) Để phương trình (1) có nghiệm thì m �1 . d) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ta xét các trường hợp sau: 3m  2  0 � 1  0 � �2 �  TH1: Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa: 0  t1  t2 � �P1  0 � �m  7m  6  0 � m  6 �S  0 �m  2  0 �1 �  TH2: Phương trình (4) có 2 nghiệm thỏa: 3m  2  0 � 2  0 � �2 � t1  t2  0 � �P2  0 � � m  m  6  0 (vô nghiệm) �S  0 � m20 �2 �  TH3: Đồng thời phương trình (3), phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu: � m 2  7m  6  0 �P1  0 � (vô nghiệm) � �2 m m60 � �P2  0  Kết luận: Với m  6 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Bài 4: Cho phương trình  x 2  2 x   2m  x 2  2 x   m  3  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Giải  Đặt t  x 2  2 x  1 khi đó t �0 , suy ra x 2  2 x  t  1 . Thay vào phương trình (1) ta được 2 phương trình sau: t  2  m  1 t  m  4  0  2  a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t �0 � 0 t� P 0 m 4 0 m 4.  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ��� 2 2  �0 � � t1 t 2 �۳  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ��۳� �P 0 �S �0 � � m 2  m  3 �0 � m 4 0 � � m  1 �0 � m 1  13 . 2 � � 1  13 ; �� �thì phương trình (1) có nghiệm. � 2 �  Kết luận: với m � �; 4 �� b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa: � 0 m2  m  3  0 � 1  13 � � 0  t1  t2 � �P  0 � � m40 �m . 2 �S  0 � m 1  0 � � �1  13 � ; �� �thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. � c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa t1  0  t2 , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa 0  t1  t2 .  Kết luận: với m �� � 2 � 13 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số.  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1  0  t2 � P  0 � m  4  0 � m  4 . 0 � m2  m  3  0 � 1  13 0  t  t � � �m  TH2: Phương trình (2) có nghiệm . � � 1 2 2 m 1  0 �S  0 � �1  13 � � � �thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. � � 2  Kết luận: với m � �; 4  �� Nhận xét: Tương tự ta cũng có thể giải quyết được ngay bài toán: “Tìm m để pt (1) có nghiệm duy nhất”. Bài 5. Cho phương trình x 2  m x 2  1  3m  2  0  1 . a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải.  ĐK x �R . 2  Đặt t  x 2  1  1  t �0  suy ra x 2   t  1  1 , thay vào phương trình (1) ta được phương trình: t   m  2  t  3m  2  0  2  a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t �0 2 0 t�  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 �� 2 P 0  �0 � � t1 t 2 �۳  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ��۳� �P  0 �S �0 � � 2 � 2 . 3 � m 2  16m  4 �0 � 3m 2 0 m 8 � � m  2 �0 � 3m 2 0 m 68  8  68; � thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  Kết luận: với m ���; ��� � 3� � b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: � 0 m 2  16m  4  0 � � � 0  t1  t2 � �P  0 � � 3m  2  0 � m  8  68 �S  0 � m2  0 � �    Kết luận: Với m � 8  68; � thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau: � 0 m 2  16m  4  0 � 2 � � 3m  2  0 �m  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1  0  t2 � �P  0 � � . 3 �S  0 � m20 � � 0 � m 2  16m  4  0 � ��  TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0  t1  t2 � � (vô nghiệm) m2 0 �S  0 �  Kết luận: với m  2 thì pt (1) có nghiệm duy nhất. 3 Bài 6. Cho phương trình: 2x 2  2  m  1 x  m 2  m  x  1  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. 14 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. Giải. � �x  1 �0  Phương trình (1) � � 2 2 2 �x  2  m  1 x  m  m   x  1  2   Đặt t  x  1 , vì x  1 �0 nên ta có điều kiện t �0 , thay vào phương trình (2) ta được phương 2 2 trình: t  2  m  1 t  m  m  0  3 a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t �0 0 t� P�0 m2 m 0 0 m 1 .  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 �� 2 1  m �0 �  ' �0 � �2 � t1 t2 �� m m 0 m 1.  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ��۳� �P 0 � �S �0 � m  1 �0 � �  Kết luận: Với m � 0;1 thì phương trình (1) có nghiệm. b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm 0 � � 0 �t1۳� t2 ��P 0 �S  0 � 1 m  0 � �2 m m 0 (vô nghiệm) � � m 1  0 �  Kết luận: Không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t �0 2  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t 2 � P  0 � m  m  0 � 0  m  1 . 1 m  0 � 0 � �2 � m m 0� m  0.  TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2 � �P  0 � � �S  0 � � �m  1  0 1 m  0 �  0 � �� � m  1.  TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0 �t1  t2 � � m  1 �0 �S �0 �  Kết luận: Với m � 0;1 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Bài 7. Cho phương trình: log 2 3  x  2mx  m  3m  1  log 2 3  x  m  1  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải. 2 2  Phương trình (1) tương đương log 2 3  x  2mx  m  3m  1  log 2 3  x  m  1  2  2 2 �x  m  1  0  Phương trình (2) � � 2 2 �x   2m  1 x  m  4m  2  0  3  Đặt t  x  m  1 � x  t  m  1 , vì x  m  1  0 nên ta suy ra điều kiện t  0 . Thay vào phương 2 2 trình (2) ta được phương trình: t   4m  3 t  4m  m  0  3 a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t  0 2  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2 � P  0 � 4m  m  0 � 0  m  1 . 4 15 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. � 4m 2  20m  9 �0  �0 � 1 1 � � 2 m� � � 4m  m  0 � 4 2.  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1 �t 2 � �P  0 � � � �S  0 � m0 3  4m  0 � � � � 4m 2  20m  9  0 0 � m0 � � 2 � � 4m  m  0 �  TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1  t2 � �P  0 � � 1. � m �S  0 � 3  4m  0 � 4 � � � 1�  Kết luận: Với m ���; �thì phương trình (1) có nghiệm. � 2� b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm : � 4m 2  20m  9  0 0 � 1 1 � � 2 m � � 0  t1  t2 � �P  0 � � 4m  m  0 � 4 2 � �S  0 � m0 3  4m  0 � � � �1 1 �  Kết luận: Với m � �;0  �� ; �thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. �4 2 � c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t  0 1 2  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2 � P  0 � 4m  m  0 � 0  m  . 4 2 � 4m  20m  9  0 0 � m0 � � 2 � � 4m  m  0 �  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1  t2 � �P  0 � � 1 � m �S  0 � 3  4m  0 � 4 � �  TH3: Phương trình (3) có nghiệm: �� 9 m �� 2 �� 2 0 � 4m  20m  9  0 � 1 � 1 0  t1  t2 � � �� � �� m �m 2 3  4m  0 �S  0 � �� 2 � 3 m � � 4 � 1 � �1 � 0; ��� �thì phương trình có nghiệm duy nhất.  Kết luận: Với m �� 4 2 ��� Bài 8. Cho phương trình: 4 x 1   2m  1 2 x  2  m 2  3m  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm. Giải.  Đặt t  2 x 1  2  t �0  , khi đó 2 x 1  t  2 , thay vào phương trình (1) ta được phương trình: 2 2 2 t 2  2  2m  1 t  m 2  11m  0 2  2 a) Để phương trình (1) có nghiệm thì pt (2) có nghiệm t �0 . 0 t� P�0 m 2 11m 0  TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 �� 2 0 m 11 . 16 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số.  ' �0 � � t1 t2 �۳  TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ��۳� �P 0 �S �0 � � 3m 2  7 m  1 �0 �2 m 11m 0 � � 2m  1 �0 � m 11 .  Kết luận: Với m � 0; � thì phương trình (1) có nghiệm. b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn các trường hợp sau:  TH1: Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa t1  0  t2 � m2  11m  0 � 0  m  11 . 0 � 3m 2  7m  1  0 � ��  TH2: Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa 0  t1  t2 � � (vô nghiệm) 2m  1  0 �S  0 �  Kết luận: Với m � 0;11 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có nghiệm thỏa: � 3m 2  7 m  1  0 '  0 � �2 � 0  t1  t2 � �P  0 � � m  11m  0 � m  11 �S  0 � 2m  1  0 � �  Kết luận: Với m � 11; � thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. C. BÀI TẬP THỰC HÀNH. Bài 1. Cho phương trình: x   3m  1 x  2m  4m  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x �1 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: 1  x1 �x2 . c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x1  1  x2 . d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x � 1; � . 2 2 Bài 2. Cho phương trình: x  2  m  1 x   3m  2  x  2  m  1 x  1  0 (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm dương. d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm âm. Bài 3. Cho phương trình:  x  1  x  2   x  3   x  4   2m  1  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt. d) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt. 2 Bài 4. Cho phương trình: 2  x 2  4 x  2   3  2m  1  x 2  4 x  2   m 2  3m  1  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt. 4 3 2 17 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. c) Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt. d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Bài 5. Cho phương trình: x 2   3m  2  x 2  2  2m 2  3m  3  0 (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt. d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Bài 6. Cho phương trình: 2 x 2  3mx  2m 2  m  x  m  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. x 2   2m  3 x  2m2  3m  4� Bài 7.Cho phương trình: log 5  2 � � � log a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. 5 2  x  2m  1  0  1 x 2 1 Bài 8. Cho phương trình: 3x 1  2  m  1 3 2  m2  3m  0  1 a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. 2 KEÁT QUẢ Khi aùp duïng chuyeân ñeà naøy vaøo giaûng daïy hoïc sinh boä moân Toaùn ôû tröôøng THPT, toâi nhaän thaáy raèng caùc em hoïc sinh raát höùng thuù vôùi moân hoïc, nhiều em cảm thấy bất ngờ khi mà một số bài toán tưởng chừng như không thể giải quyết nếu không có công cụ là định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, thì nay lại được giải quyết một cách đơn giản, dễ hiểu thông qua một định lý quen thuộc là định lý Vi-et. Chính vì caùc em caûm thaáy höùng thuù vôùi moân hoïc neân trong moãi naêm hoïc toâi nhaän thaáy chaát löôïng cuûa moân Toaùn noùi rieâng, vaø keát quaû hoïc taäp cuûa caùc em hoïc sinh noùi chung ñöôïc naâng leân roõ reät, coù nhieàu em ñaàu naêm hoïc laø hoïc sinh yeáu, TB nhöng cuoái naêm ñaõ vöôn leân ñeå trôû thaønh hoïc sinh TB, khaù vaø gioûi, trong các ky thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng có nhiều em đạt điểm 8, 9, 10 môn Toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục của nhà trường. Khi tham gia các ky thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, Olympic 30 tháng 4 có nhiều em đạt giải cao ( 02 em đạt HSG cấp Quốc gia, 09 em đạt huy chương khi tham gia thi Olympic 30 – 4 ) Cuï theå: 1) Kết quả học tập bộ môn: 18 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. Naêm hoïc 2003 – 2004 2004 – 2005 2005 – 2006 2006 – 2007 2007 – 2008 2008 – 2009 Ñaàu naêm hoïc (%) Yeáu TB Khaù Gioûi 0 0 0 0 0 0 21 17 14 12 16 15 63 64 68 66 51 57 26 19 18 22 23 28 Cuoái naêm hoïc (%) Yeáu TB Khaù Gioûi 0 0 0 0 0 0 12 4 0 0 3 2 54 58 60 64 56 61 34 38 40 36 41 37 2) Kết quả thi HSG cấp tỉnh: Kết quả thi HSG cấp tỉnh lớp 12 Naêm hoïc 2004 – 2005 2005 – 2006 2006 – 2007 2007 – 2008 2008 – 2009 2009 – 2010 Giải nhì Giải nhất 0 1 10 1 1 1 2 3 01 9 5 9 Giải ba 3 2 0 0 3 0 Giải khuyến khích 3 4 0 1 1 0 BÀI HỌC KINH NGHIỆM Đất nước ta đang trên bước đường xây dựng, phát triển và giáo dục đã được Đảng, Nhà nước coi là quốc sách hàng đầu, để chấn hưng nền giáo dục của nước nhà thì việc đổi mới phương pháp giảng dạy được Bộ Giáo dục luôn coi là một nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực hiện một cách có hiệu quả. Muốn làm tốt công việc đó thì người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận thức, nghiệp vụ chuyên môn, từ đó tìm ra cho mình phương pháp giảng dạy đạt hiệu quả cao nhất, tạo được sự hứng thú và niềm tin ở học trò nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục. Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích cực trong công tác giảng dạy đó là giáo viên viết các chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy và học. Từ những nhận thức đó, hàng năm tôi đều chọn một đề tài thiết thực phục vụ cho công tác giảng dạy để viết thành sáng kiến kinh nghiệm nhằm nâng cao năng lực về chuyên môn, góp phần chia sẻ cùng các đồng nghiệp, các em học sinh những ý tưởng phục vụ cho việc dạy và học được tốt hơn. Thực tế qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy đại đa số các em học sinh đều ngại và lúng túng khi gặp các bài toán có chứa tham số, bên cạnh đó việc sách giáo khoa lớp 10 đã giảm tải phần định lý đảo về dấu tam thức bậc 2 và các hệ quả, nên khi gặp các dạng toán trong chuyên đề này đã trình bày các em cảm thấy lúng túng, nhất là các em học sinh lớp 10, ngay cả các em học sinh lớp 12 khi đã được trang bị công cụ là đạo hàm cũng thấy khó khăn. Từ thực tế đó nhằm giúp các em học sinh cảm thấy hứng thú hơn khi học toán, biết cách vận dụng, khai thác một số dạng toán có chứa tham số, quy lạ về quen nên tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán về phương trình bậc 2 – quy về bậc 2” . 19 Ứng dụng định lý Vi-et giải một số dạng toán phương trình bậc hai – quy về bậc hai có chứa tham số. Rất mong sự góp ý của quý thầy, cô. TAØI LIEÄU THAM KHAÛO 1) Phöông phaùp giaûng daïy moân Toaùn. Tác giả: Vuõ Döông Thuïy – Nguyeãn Baù Kim – NXB Giaùo duïc . 2) Giaûi moät baøi taäp nhö theá naøo. Tác giả: G.Polya – Nhaø xuaát baûn giaùo duïc. 3) Trong tâm kiến thức Đại số lớp 10, 12. Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Giáo dục 4) Sách giáo khoa Đại số nâng cao 10, 12. Nhà xuất bản Giáo dục. 20
- Xem thêm -