Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng biệt thức Đenta trong tam thức bậc hai để giải một số dạng toán

C ĐÍCH NGHIÊN CỨU: 
- Chỉ ra những phương pháp cơ bản khi dạy những dạng toán này. 
- Xây dựng một số giải pháp nhằm định hướng học sinh cách tìm tòi lời giải 
toán. 
- Đổi mới phương pháp giảng dạy theo hướng tích cực. 
- Nâng cao chất lượng bộ môn, đặc biệt là chất lượng dạy học đặt lên hàng đầu. 
- Học sinh vận dụng một cách nhuần nhuyễn vào giải các bài toán liên quan, từ 
đó có tính tự học, tự tìm tòi và say mê học tập môn Toán. 
1.3. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU: 
- Sử dụng biệt thức Đenta trong tam thức bậc hai để giải một số dạng toán. 
- Học sinh giỏi khối 9 của trường trong hai năm học 2017 – 2018 và 2018 – 
2019. Trong quá trình thực hiện tôi tập trung đi sâu phân tích, khai thác, nhìn 
nhận, xây dựng một số giải pháp nhằm định hướng học sinh cách tìm tòi lời giải 
dạng toán “Sử dụng biệt thức Đenta trong tam thức bậc hai để giải một số dạng 
toán.” 
1.4. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: 
- Nghiên cứu qua tài liệu: SGK; SBT và các tài liệu có liên quan. 
- Nghiên cứu qua thực hành giải bài tập của học sinh. 
- Nghiên cứu qua theo dõi kiểm tra. 
4 
- Nghiên cứu từ thực tế giảng dạy và từng đối tượng học sinh. 
- Nghiên cứu thông qua thống kê chất lượng học sinh. 
1.5. GIỚI HẠN VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU: 
- Đề tài nghiên cứu: “ Sử dụng biệt thức Đenta trong tam thức bậc hai để giải 
một số dạng toán” 
- Phạm vi nghiên cứu: Trường THCS Nguyễn Chí Thanh - xã Nam Dong – Cư 
Jut – Đăk Nông. 
- Thời gian nghiên cứu từ năm học 2017 – 2018, 2018 - 2019. 
5 
2. NỘI DUNG 
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN : 
Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong 
quá trình nhận thức. Đặc biệt là các em học sinh khối 9, các em chuẩn bị chuyến 
cấp lên bậc THPT, việc làm đầu tiên là các em muốn khẳng định mình, muốn tìm 
tòi, muốn khám phá kho tàng kiến thức mới. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt 
động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải 
có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. 
Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự 
học của học là một quá trình lâu dài, kiên nhẩn và phải có phương pháp. Tính 
tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số 
mặt sau: 
- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư 
tưởng rập khuôn, máy móc. 
- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một 
vấn đề ở nhiều khía cạnh. 
- Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế 
nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên 
có đúng nữa không? Và phải biết tổng hợp các bài toán liên quan. 
- Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và 
giải quyết vấn đề. 
- Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết.Hướng 
đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay ở trường THCS là tích cực hóa hoạt 
động học tập của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình 
thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát 
hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỷ năng vận dụng kiến thức vào thự tiễn: tác 
6 
động đến tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh. Đặc biệt là 
trong năm học này toàn ngành giáo dục đang ra sức thực hiện cuộc vận động 
“Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực ” thì việc tạo hứng thú học 
tập cho học sinh cũng chính là tạo cho các em có niềm tin trong học tập, khơi 
dậy trong các em ý thức “mỗi ngày đến trường là một niềm vui” 
2.2.THỰC TRẠNG . 
* Thuận lợi: Trường THCS Nguyễn Tất Thành đã nhiều năm có truyền thống về 
chất lượng dạy và học, là một trong những trường trọng điểm về chất lượng của 
huyện, có bề dày thành tích về chất lượng thi học sinh giỏi cũng như chất lượng 
tuyển sinh THPT hằng năm. 
 Đa số phụ huynh trường THCS Nguyễn Tất Thành quan tâm đến việc học 
tập của con em mình nên đã tạo điều kiện để con em mình có môi trường học tập 
và rèn luyện tốt nhất. 
 Đa số các em học sinh đều chăn chỉ học tập, có ước mơ hoài bão lớn, đó 
là động lực để các em có thành tích tốt trong việc học tập của mình. 
* Khó khăn: Tồn tại nhiều học sinh yếu trong tính toán, kĩ năng quan sát nhận 
xét, biến đổi và thực hành giải toán, phần lớn do mất kiến thức căn bản ở các lớp 
dưới, nhất là chưa chủ động ngay từ đầu chương trình. Đặc biệt là do chây lười, 
ỷ lại hay trông chờ vào kết quả của người khác, chưa ý thức học tập, chưa tự rèn 
luyện  
- Giáo viên chưa thực sự đổi mới phương pháp dạy học hoặc đổi mới chưa 
triệt để, ngại sử dụng đồ dùng dạy học, phương tiện dạy học, vẫn tồn tại theo lối 
giảng dạy cũ xưa, xác định dạy học theo phương pháp mới còn mơ hồ. 
- Vẫn còn một số phụ huynh chưa thực sự quan tâm đúng mức đến việc 
học tập của con em mình, chưa theo dõi, kiểm tra đôn đốc nhắc nhở sự học tập ở 
nhà của học sinh. 
7 
Bản thân tôi là một giáo viên đã trực tiếp giảng dạy môn Toán được nhiều 
năm từ khi đổi mới chương trình SGK phổ thông, trong đó tất cả thời gian tôi 
đều giảng dạy tôi thấy rằng : 
Trong trường THCS môn Toán được coi là môn khoa học luôn được chú 
trọng nhất và cũng là môn có nhiều khái niệm trừu tượng. Đặc biệt phải khẳng 
đinh là phân môn Số học có nhiều khái niệm trừu tượng nhất. Đặc biệt đối với 
các bài toán liên quan đến dãy số nên yêu cầu học sinh phải phân tích kĩ bài toán, 
tư duy logic, vận dụng linh hoạt các bước giải kiến thức trong bài tập phong 
phú rất nhiều so với nội dung lý thuyết mới học. Bên cạnh đó yêu cầu bài học lại 
cao phải suy diễn chặt chẽ lôgic. 
- Học sinh khó khăn trong việc lập luận, suy diễn lôgic đã tạo nên thái độ 
miễn cưỡng, chán nản của các em. Từ đó, nhiều em không nắm được kiến thức 
cơ bản, làm bài tập về nhà chỉ để đối phó, lúng túng trong việc phân tích và thực 
hiện các bước giải bài toán Điều này cho thấy mỗi giáo viên phải bỏ nhiều 
công sức để nghiên cứu, chọn lọc cho mình các phương pháp giảng dạy tốt nhất 
để tạo hứng thú cho học sinh trong bài giảng. 
Qua điều tra về mức độ thông hiểu về các dạng toán của một số học sinh 
khi chưa sử dụng biệt thức Đenta cho thấy kết quả: 
Tổng số HS 
Số HS thông hiểu Số HS không thông hiểu 
SL % SL % 
20 5 20% 15 80% 
2.3. CÁC BIỆN PHÁP ĐÃ TIẾN HÀNH ĐỂ GIẢI QUYẾT VẪN ĐỀ. 
 Trên cơ sở đó, tôi nghĩ giáo viên cần phải xây dựng được cho học sinh 
một sự hứng thú, kích thích tính tò mò, tự giác tìm hiểu về môn học. Bằng kinh 
nghiệm hiểu biết và tìm hiểu qua nhiều thông tin tôi có một số giải pháp như sau: 
* Cơ sở xuất phát từ bài toán gốc: 
8 
Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) (*) 
Δ = b2 – 4ac hoặc Δ’ = b’2 – ac ( b = 2b’ ) 
Phương trình (*) có nghiệm khi Δ ≥ 0 (Δ’ ≥ 0) 
Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*) thì tam thức bậc hai ax
2
 + bx + 
c được phân tích thành nhân tử như sau: ax2 + bx + c = a(x – x1 )(x – x2). 
Dạng 1: Sử dụng biệt thức Đenta (Δ) phân tích đa thức thành nhân tử: 
Đây là đa thức nhiều biến, để phân tích đa thức thành nhân tử học sinh 
thường phải lựa chọn phối hợp nhiều phương pháp, đôi khi gặp nhiều khó khăn 
trong quá trình biến đổi. Nhưng khi sử dụng biệt thức Đenta thì việc giải toán trở 
lên dễ dàng hơn. 
Ta xét bài toán sau: 
Bài toán 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: 
P = x
2
 – 8x – 4y2 +12y + 7 
Biến đổi biểu thức P về dạng tam thức bậc hai theo biến x, ta có 
Δ’ = ( - 4)2 – (– 4y2 +12y + 7) = 16 + 4y2 – 12y – 7 = 4y2 – 12y + 9 = (2y – 3)2 ≥ 
0 với mọi y. 
Đa thức P có hai nghiệm x1 = 2y + 1; x2 = - (2y – 7 ) 
Do đó: P = ( x – 2y – 1)( x + 2y – 7) 
Bài toán 2: Phân tích đa thức Q = x2 + 2y2 – 3xy + x – y thành nhân tử. 
Ta thấy sử dụng các phương phân tích đa thức thành nhân tử đã học vào 
làm bài này không hề dễ nên ta có thể sử dụng biệt thức Đenta vào làm như sau: 
Biến đổi biểu thức Q về dạng tam thức bậc hai theo biến x, ta có 
Q = x
2
 + 2y
2
 – 3xy + x – y = x2 + ( 1 – 3y)x + 2y2 – y 
Δ = (1 – 3y)2 – 4(2y2 – y) = 1 – 6y + 9y2 – 8y2 +4y = 1 – 2y + y2 = (y – 1)2 ≥ 0 
với mọi y. 
Đa thức Q có hai nghiệm 
 x1 = 
23 1 ( 1) 3 1 1
2 1
2 2
y y y y
y
     
   ; 
2
2
3 1 ( 1) 3 1 1
x
2 2
y y y y
y
     
   
9 
Do đó: Q = (x – 2y +1)(x – y). 
Bài tập tƣơng tự: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 
a) M = x2 – 4y2 + 3xy – 3x +3y 
b) N = 2x2 +2y2 – 5xy +x – 5y – 3 
Dạng 2: Sử dụng biệt thức Đenta để giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình 
Khi gặp các dạng toán này học sinh thường phân tích vế trái của phương 
trình thành nhân tử hoặc thành tổng các bình phương, còn vế phải bằng 0. Khi đó 
học sinh thường sẽ gặp khó khăn và thấy độ phức tạp của bài toán. Vậy tại sao 
chúng ta không thử sử dụng biệt thức Đenta để giải ? 
Ta xét các bài toán sau: 
Bài toán 3: Giải phương trình: 2x2 +5y2 – 2xy – 6x – 6y +9 = 0 (1) 
Khi gặp dạng toán này thì học sinh rất vất vả mới biến đổi được phương 
trình (1) về dạng tổng các bình phương: (1)  (x + y – 3)2 + (x – 2y)2 = 0 suy ra 
tìm được (x; y). ta có thể đưa phương trình (1) về dạng phương trình bậc hai theo 
biến x ( hoặc biến y) rồi sử dụng biệt thức Đenta như sau: 
2x
2
 – 2(y + 3)x + 5y2 – 6y + 9 = 0 (2) 
Δ’ = [ - (y + 3)]2 – 2(5y2 – 6y + 9) = - 9(y – 1)2 ≤ 0 với mọi y. 
Phương tình (2) có nghiệm khi Δ’≥ 0 => y – 1 = 0 => y = 1 
Thay y = 1 vào phương trình (2) ta được x = 2 
Vậy phương trình (1) có nghiệm là (x;y) = ( 2; 1) 
Bài toán 4: Giải hệ phương trình: 
 
 
2
2 2
2x 2x 1 1
8 2
y y
x y x y
   

   
( Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Nông năm 2015) 
Thông thường ta biến đổi (1)  y2 + 2xy +x2 = x2 + 2x +1  (x + y)2 = (x 
+ 1)
2
 y1 = 1 hoặc y2 = -2x – 1 
Thay từng giá trị y1 , y2 vào (2) rồi giải tìm (x; y). 
10 
Ta cũng có thể biến đổi (1) về phương trình bậc hai theo biến y và sử dụng 
biệt thức Đenta như sau: 
y
2
 + 2xy – 2x – 1 = 0 
Ta có Δ’ = x2 – ( - 2x – 1) = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 ≥ 0 với mọi x 
Suy ra phương trình có hai nghiệm : y1 = 1; y2 = -2x – 1 
Thay y1 = 1vào (2) ta được x
2
 + x – 6 = 0  x1 = 2; x2 = -3 
Thay y2 = -2x – 1 vào (2) ta được 5x
2
 +3x – 8 = 0  x3 = 1; 4
8
x
5

 => y3 = -3; 
y4 = 
11
5
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: (x; y) =      
8 11
2;1 ; 3;1 ; 1; 3 ; ;
5 5
   
   
  
Bài toán 5: Giải hệ phương trình: 
 
 
2 2 2
2012 2012 2012 2013
z 1
3 2
x y z xy yz x
x y z
     

  
(Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Nông Năm 2012) 
Từ (1) ta biến đổi đưa về phương trình ẩn x 
(1)  x
2
 – (y + z)x + y2 + z2 – yz = 0 
Ta có Δ = [- (y + z)]2 – 4(y2 + z2 – yz ) = -3(y – z)2 ≤ 0 
Để phương trình ẩn x có nghiệm thì Δ = 0 suy ra y = z 
Tương tự như vậy với phương trình ẩn y và ẩn z ta cũng được x = z, x = y. Vậy 
ta có : 
x = y = z . Thay vào (2) ta được: x2012 + x2012 + x2012 = 32013  3x2012 = 32013 
 x
2012
 = 3
2012
  x = 3  x = y = z = 3 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y;z) = (3; 3; 3) 
Bài tập tƣơng tự: Giải phương trình và hệ phương trình: 
1) x2 +2y2 – 2xy + 2y – 4x + 5 = 0 
11 
2) 
2 2
3 3
2a 1
2a 3
a b b
a b b
   

  
 ( Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Nông năm 2013) 
3) 
   
   
2
2
4 12
2 3
x y x y
x y x y
    

   
 ( Trích đề thi học sinh giỏi huyện Cư Jut năm 
2016) 
Dạng 3: Sử dụng biệt thức Đenta để giải phƣơng trình nghiệm nguyên 
Ta biểu diễn phương trình f(x; y; ) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai theo ẩn 
x hoặc ẩn y, khi đó để phương trình có nghiệm nguyên thì cần điều kiện 
 2
0
k k N
 

  
 ( Điều kiện này thường dẫn đến phương trình ước số A.B = t, t ≠ 
0) 
Bài toán 6: Tìm tất cả cặp số nguyên (x; y) sao cho 
x
2
 + xy – 2x – 3y = 2014 (1) 
( Trích đề thi vào lớp 10, chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông năm học 2014 - 
2015) 
Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai theo ẩn x 
(1)  x
2
 + ( y – 2)x – 3y – 2014 = 0 (*) 
Δ = (y – 2)2 – 4.1.(-3y – 2014) = y2 – 4y + 4 + 12y + 8056 = (y + 4)2 + 8044 > 0. 
Đến đây học sinh thường thấy bế tắc, không đưa ra được kết quả. Để phương 
trình có nghiệm nguyên thì ngoài điều kiện Δ ≥ 0 thì cần thêm điều kiện Δ = k2 
( k N ) là số chính phương. 
 (y + 4)
2
 + 8044 = k
2
  k
2
 - (y + 4)
2
 = 8044  (k + y + 4)(k – y – 4) = 8044 
Mà 8044 = 1.8044 = 2.4022 = 4.2011 = (-1).(-8044) = (-2).(-4022) = (-4).(-2011) 
và vì (k + y + 4) > (k – y – 4) nên ta có các hệ phương trình sau: 
4 8044 4 4022 4 2011
; ;
4 1 4 2 4 4
k y k y k y
k y k y k y
          
  
          
4 1 4 2 4 4
; ;
4 8044 4 4022 4 2011
k y k y k y
k y k y k y
             
  
             
12 
Giải các hệ trên ta được 
2012 2012
;
2006 2006
k k
y y
   
 
  
Thay y = 2006 vào phương trình (*) ta được x2 + 2004x – 8032 = 0  x1 = 4; x2 
= -2008. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên (x; y) = {(4; 2006); (-2008; 
2006)} 
* Chú ý: Khi giải các phương trình, phương trình nghiệm nguyên, hệ phương 
trình số nghiệm có thể là một nghiệm, hai nghiệm,  hoặc vô nghiệm. 
Bài toán 7: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 
2x
2
 + 5y
2
 – 2xy – 6x – 6y + 10 = 0 (1) 
Ta đưa phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai theo ẩn x 
(1)  2x
2
 – 2(y + 3)x + 5y2 – 6y + 10 = 0 (2) 
Δ’ = [- (y + 3)]2 – 2(5y2 – 6y + 10) = - 9(y – 1)2 – 2 < 0 với mọi y 
Do đó phương trình (2) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
Bài tập tƣơng tự: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
1) x2 – y2 – 2x – 11 = 0 
2) 5x2 – y2 + 4xy – 9 = 0 
3) x2 + 2x – 4y2 + 9 = 0 
Dạng 4: Sử dụng biệt thức Đenta để chứng minh bất đẳng thức. 
Xét tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c ( a ≠ 0) 
- Nếu Δ < 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a 
- Nếu Δ = 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a (trừ x = 
2a
b
) 
- Nếu Δ > 0 thì 
 
  1 2
f x
x x x x
a
   ( giả sử x1 < x2 ) thì f(x) trái dấu với hệ số a 
nếu x1 x2 . 
Bài toán 8: Chứng minh đẳng thức 2x2 + 5y2 – 2xy – 6x – 6y + 10 > 0 với mọi 
x,y. 
13 
Vận dụng kiến thức trên ta giải bài toán như sau: 
Đặt f(x) = 2x2 + 5y2 – 2xy – 6x – 6y + 10 (x là biến) 
= 2x
2
 – 2(y + 3)x + 5y2 – 6y + 10 
Δ’ = [- (y + 3)]2 – 2(5y2 – 6y + 10) = - 9(y – 1)2 – 2 < 0 với mọi y 
Mà hệ số a = 2 > 0. Do đó f(x) > 0 với mọi x, y. 
Bài toán 9: Cho x, y, z là ba số thực tùy ý. Chứng minh: 
x
2
 + y
2
 + z
2
 – yz – 4x – 3y ≥ -7 
( Trích đề thi vào lớp 10 tỉnh Đăk Lăk năm học 2011 - 2012) 
Ta biến đổi: x2 + y2 + z2 – yz – 4x – 3y ≥ -7  x2 + y2 + z2 – yz – 4x – 3y + 7 ≥ 
0 
Đặt f(x) = x2 + y2 + z2 – yz – 4x – 3y + 7 (x là biến) 
F(x) = x
2
 – 4x +y2 + z2 – yz – 3y + 7 
Δ’ = 4 – (y2 + z2 – yz – 3y + 7) = - y2 – z2 + yz + 3y – 3 
-4Δ’= 4y2 + 4z2 – 4yz – 12y + 12 = (y – 2z)2 + 3( y – 2)2 ≥ 0 với mọi y,z. 
=> Δ’ ≤ 0 với mọi y, z. Mà hệ số a của f(x) bằng 1 > 0 nên f(x) ≥ 0 với mọi x, y, 
z. 
Dấu “ = ” xảy ra khi 
2 0 2 2z 0 1
2 0 2 2
y z z
y y y
      
  
      thay vào ta tìm được x = 2 
Suy ra (x, y, z) = (2; 2; 1) 
Bài tập tƣơng tự 
1. Với a, b, c là các số cho trước. Chứng minh rằng 3a2 + 2b2 +5c2 ≥ 2(a 
+b)(a + c). Dấu “ = ” xảy ta khi nào? 
( Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Đăk Nông năm học 2015 - 2016) 
2. Chứng minh rằng : x2 + 5y2 – 4xy +2x – 6y > -3 với mọi x; y. 
3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 
2a
2
 + b
2
 + c
2
 – 2a(b + c) ≥ 0. 
14 
Dạng 5: Sử dụng biệt thức Đenta để tìm giá trị lớn nhất (GTLN - Max), giá 
trị nhỏ nhất (GTNN - Min) của biểu thức. 
Cho hàm số y = f(x), xét phương trình f(x) = a 
Phương trình trên có nghiệm khi giá trị a thuộc miền giá trị của hàm số. Lúc đó 
ta đã chuyển bài toán về dạng tam thức bậc hai và công cụ giải đó là biệt thức 
Đenta. 
Ví dụ: Tìm miền giá trị của hàm số 
2 1
x
y
x x

 
Giáo viên hướng dẫn: gọi a là giá trị của hàm số. Bài toán được phát biểu như 
sau: “ Với giá trị nào của a thì phương trình 
2 1
x
a
x x

 
 có nghiệm? ”. Cách làm 
như sau: 
ĐKXĐ: x R 
Gọi a là giá trị của hàm số, ta có 
2 1
x
a
x x

 
 a(x
2
 + x +1) = x  ax
2
 + (a – 1)x + a = 0 (1) là phương trình biến x 
Δ = - 3a2 – 2a +1 = ( -3a + 1)(a + 1) 
Nếu a = 0 thì x = 0 
Nếu a ≠ 0 thì để phương trình (1) có nghiệm thì Δ ≥ 0 
 ( -3a + 1)(a + 1) ≥ 0 
1
1
3
a   
Vậy miền giá trị của y là 
1
1
3
y   . 
Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp miền giá trị của hàm số. 
Qua ví dụ này ta có bài toán như sau: 
Bài toán 10: Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức 
2
2
2x 4x 1
2x 5
P
x
 

 
ĐKXĐ: x R 
     
2
2 2 2
2
2x 4x 1
2x 5 2x 4x 1 2 2 2 5 1 0
2x 5
P P x P x P x P
x
 
             
 
(1) 
15 
Ta có Δ’ = (P – 2)2 – (P – 2)(5P + 1) = ( P – 2)(-4 P – 3) 
Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là : 
  
2
22 0 3
23
2 4 3 00 42
4
P
PP
P
P P P
   
      
        
Dấu “ = ” xảy ra khi P = 
3
4
 2
2
2x 4x 1 3
1
2x 5 4
x
x
  
    
 
Vậy MinP = 
3
4

khi x = -1 
Bài toán 11: Tìm GTLN (Max), GTNN (Min) của biểu thức 
2
2x 1
6
M
x



Ta có 2
2
2x 1
x 2x 6 1 0
6
M M M
x

     

 (*) 
Để M tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) (ẩn x) phải có 
nghiệm, tức là Δ’ ≥ 0 
Δ’ = (-1)2 – M(6M – 1) = -6M2 + M + 1 ≥ 0  6M2 – M – 1 ≤ 0  
6
1 1 1 1
0
2 3 3 2
M M M
  
       
  
- Với M =
1
2
 ta có 
2
2x 1 1
6 2x



 => x = 2 
- Với M = 
1
3

 ta có 
2
2x 1 1
6 3x
 


 => x = -3 
Vậy Max M = 
1
2
khi x = 2; Min M = 
1
3

 khi x = -3 
Từ bài toán trên ta có thể đề xuất bài toán tương tự như sau: 
Bài toán 12: Chứng minh rằng : 
2
1 2a 1 1
3 6 2a
 
 

với mọi số thực a. 
Học sinh giải tương tự như bài tập 11 
Bài tập tƣơng tự: 
1) Tìm GTLN, GTNN của : 
2
2 2
4x 3
;
5x 7 1
x
A B
x x

 
  
16 
2) Tìm GTNN của biểu thức: 
2
2
3x 8x 9
2x 1
M
x
 

 
N = 2x
2
 + 4y
2
 – 4xy – 68x + 64y + 2597 
2.4. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƢỢC: 
Trong quá trình giảng dạy học vừa qua khi áp dụng kinh nghiệm của mình 
để soạn giảng và vận dụng vào thực tế thì tôi thấy có sự thay đổi: 
- Học sinh đã có những thái độ học tập tích cực, thích thú hơn trong tiết 
học, chủ động nêu lên những thắc mắc, khó khăn về bộ môn với giáo viên, các 
em hưởng ứng rất nhiệt tình. Bên cạnh đó những bài tập giao về nhà đã được các 
em làm một cách nghiêm túc, tự giác học bài và nắm được các kiến thức cơ bản 
sau khi học xong mỗi bài. 
- Phần lớn chất lượng các bài tập đã được nâng lên, các em đều xác định 
hướng đi bài toán, số học sinh làm tốt các bài tập tăng đáng kể. 
Qua điều tra về mức độ thông hiểu về các dạng toán của một số học sinh 
khi chƣa sử dụng biệt thức Đenta cho thấy kết quả: 
Tổng số HS 
Số HS thông hiểu Số HS không thông hiểu 
SL % SL % 
20 5 20% 15 80% 
Sau khi học sử dụng biệt thức Đenta điều tra mức độ thông hiểu về các dạng 
toán của một số học sinh, kết quả là : 
TSHT 
Số HS thông hiểu Số HS không thông hiểu 
SL % SL % 
20 18 90% 2 10% 
So với trước khi học số học sinh thông hiểu và vận dụng làm các bài tập 
về các dạng toán có sử dụng biệt thức Đenta tăng 70%. 
17 
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 
3.1. Kết luận: 
Thực tiễn dạy học trong thời gian qua và việc áp dụng các giải pháp trên 
vào quá trình dạy học môn Toán tôi đã rút ra một số bài học cơ bản. 
Một là: Mỗi giáo viên cần phải thường xuyên tự học, tự bồi dưỡng, rèn 
luyện để không ngừng trau dồi về kiến thức kỹ năng dạy học môn Toán. 
Hai là: Thường xuyên đổi mới về cách soạn, cách giảng, đưa các ứng 
dụng công nghệ thông tin vào dạy học, đa dạng hoá các phương pháp và hình 
thức tổ chức dạy học để lôi cuốn được học sinh vào quá trình học tập. 
Ba là: Cần quan tâm sâu sát đến từng đối tư