skkn hướng dẫn học sinh tránh sai lầm khi giải một số dạng toán đại số lớp 9

ti

Tác giả: Vũ Thị Thu Hồng
Chức vụ: Phó hiệu trởng
Đơn vị: Trờng THCS Sao Vàng - Thọ Xuân
Môn: Toán
A. Đặt vấn đề:
I. Lời mở đầu:
Toán là một môn khoa học đặc biệt quan trọng trong mọi lĩnh vực. Con ngời
chúng ta trong bất kỳ hoàn cảnh nào cũng không thể thiếu kiến thức về toán.
Nghiên cứu về toán cũng chính là nghiên cứu một phần của thế giới.
Cùng với sự phát triển của đất nớc, sự nghiệp giáo dục cũng đổi mới không
ngừng. Các nhà trờng càng chú trọng đến chất lợng toàn diện bên cạnh sự đầu t
thích đáng cho giáo dục. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn toán đã góp phần
tạo điều kiện cho các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Để đào tạo ra những con ngời nghiên cứu về Toán học thì trớc hết phải đào
tạo ra những con ngời có kiến thức vững vàng về môn toán. Đây là nhiệm vụ hết
sức quan trọng, lâu dài đối với ngành Giáo dục và đào tạo.
Trong chơng trình bộ môn Toán THCS, phân môn Đại số là môn học đặc
biệt quan trọng, dùng định nghĩa, tính chất và các quy tắc để chứng minh, tính
toán. Qua các kỳ thi thì số điểm môn Đại số chiếm tỉ lệ rất cao: 2/3 số điểm bài thi.
Vì vậy việc dạy học sinh giải các bài toán Đại số có vai trò đặc biệt quan trọng bởi
lẽ qua đó vừa củng cố, khắc sâu mở rộng kiến thức cho học sinh đồng thời rèn
luyện đợc kỹ năng, phơng pháp toán học, rèn luyện các thao tác t duy, phân tích,
tổng hợp, phát hiện và bồi dỡng các năng lực trí tuệ. Dạy học sinh giải toán là ph-
ơng pháp, phơng tiện để kiểm tra việc học của học sinh, đánh giá đợc các khả năng
độc lập toán học và trình độ phát triển trí tuệ của học sinh.
Để học sinh có thể học tốt môn Đại số thì ngoài việc giúp học sinh hiểu đợc
tài liệu sách giáo khoa, ngời giáo viên phải nghiên cứu các phơng pháp giảng dạy,
ôn tập, luyện tập để hớng dẫn học sinh biết vận dụng các định nghĩa, định lý, tính
chất, quy tắc, nắm đợc phơng pháp chứng minh một cách nhanh chóng, chính xác.

Đáp ứng yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của học sinh,
nâng cao chất lợng dạy học toán nói chung và phát hiện bồi dỡng t duy Toán học
1
cho học sinh nói riêng là cả một vấn đề nan giải đòi hỏi ngời giáo viên phải thờng
xuyên nghiên cứu trăn trở. Dạy nh thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến
thức cơ bản một cách có hệ thống mà phải đợc nâng cao, phát triển để các em có
hứng thú, say mê học tập là một câu hỏi khó mà bản thân mỗi thầy cô giáo luôn đặt
ra.
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
1. Thực trạng:
Học toán và trình bày lời giải một bài toán là một vấn đề khó khăn đối với
nhiều học sinh có lực học cha vững, số đông các em biết cách giải toán nhng khi đi
vào trình bày lời giải thì còn nhiều sai sót, hoặc nếu trình bày đợc nhng vẫn mắc
nhiều lỗi nhỏ. Do đó kết quả của bài làm không cao
Việc trình bày lời bài giải toán đối với học sinh còn nhiều lúng túng, nhiều
học sinh thụ động, biết cách tìm ra lời giải bài toán nhng khi trình bày lại bỏ sót
các điều kiện của bài, hoặc không biết kết hợp các điều kiện lại để loại bỏ những
kết quả cha hợp lý, cha biết phân tích tìm hiểu đề bài để tìm đờng lối chứng minh
nên các em không biết trình bày nh thế nào và bắt đầu từ đâu. Trong khi đó các bài
tập mẫu trong sách giáo khoa thờng là những bài tập rất đơn giản, còn tài liệu tham
khảo chỉ trình bày lời giải hoặc ghi kết quả nên nhiều lúc học sinh thờng bị thụ
động, nhiều bài không giải thích đợc tại sao lại làm nh vậy. Chỉ một số học sinh
giỏi mới biết trình bày lời giải bài toán nhng việc đánh giá lời giải, tìm giải pháp
hay, đề xuất bài toán mới tơng tự hoặc đa ra các bài toán đặc biệt hơn và giải những
bài toán đó hầu nh rất khó khăn.
Thông qua các bài kiểm tra định kỳ, các kỳ thi chất lợng và kỳ thi vào trung
học phổ thông bản thân tôi nhận thấy rằng các em cha có kỹ năng khi trình bày lời
giải một bài toán Đại số, mà còn có nhiều sai sót khi trình bày lời giải mặc dù bài
toán đó các em đã biết cách giải.
2. Kết quả của thực trạng trên:

Với kinh nghiệm giảng dạy tôi nhận thấy rằng nhiều học sinh rất ngại học
toán. Trong giờ học các em tỏ ra mệt mỏi, lời suy nghĩ. Nếu nh các em không có
kỹ năng tránh những sai lầm khi trình bày lời giải bài toán khi làm bài kiểm tra
cũng nh thi vợt cấp vào THPT, số học sinh đạt điểm cao môn Toán là rất ít.
Từ thực tế nguyên nhân trên và bằng kinh nghiệm giảng dạy của bản thân, để
nâng cao chất lợng dạy học bộ môn tôi đã tìm ra những một số dạng bài toán mà
khi trình bày lời giải học sinh rất dễ mắc sai lầm và chỉ ra cho các em thấy những
sai lầm thông thờng mà các em hay mắc phải, đề ra các biện pháp thực hiện và
khắc phục, mạnh dạn nghiên cứu tìm hiểu. Với đề tài "Hớng dẫn học sinh tránh
sai lầm khi giải một số dạng toán Đại số lớp 9" tôi đã hệ thống một số dạng bài
tập học sinh thờng dễ mắc sai lầm khi trình bày lời giải. Với mỗi dạng tôi đều đa ra
kiến thức cơ bản cần sử dụng và các ví dụ minh hoạ phù hợp. Ngoài ra còn có các
dạng bài tập liên quan nhằm mục đích nâng cao chất lợng dạy học bộ môn toán,
kích thích lòng say mê hứng thú trong toán học, phát triển t duy độc lập sáng tạo và
năng lực tự học cho học sinh 9 bậc THCS. Trong đề tài này tôi xin đợc đa ra các
2
giải pháp, biện pháp thực hiện mà tôi đã áp dụng thành công trong quá trình giảng
dạy.
B. Giải quyết vấn đề:
1. Các dạng toán.
Dạng 1: Bài toán rút gọn biểu thức có chứa căn thức.
Để làm đợc dạng bài toán rút gọn biểu thức chứa căn học sinh cần nắm vững kiến
thức: Điều kiện để căn thức có nghĩa, các phép biến đổi đơn giản biểu thức chứa
căn và đa thừa số vào trong căn, đa thừa số ra ngoài dấu căn, hằng đẳng thức
AA =
2
, 7 hằng đẳng thức đáng nhớ. ngoài ra các em còn phải nắm vững kỹ năng
biến đổi các biểu thức vận dụng hợp lý các hằng đẳng thức đã học một cách linh
hoạt. Nếu bỏ qua một điều kiện nhỏ thì dẫn đến kết quả bài toán đó sẽ bị sai.
Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức sau:

( )
yx0,y0,x Với
+

2
32
2
22
yx
yx
Giáo viên: Bài toán này có 2 cách giải cách thứ nhất đa biểu thức vào trong căn,
căn thứ hai đa biểu thức ra ngoài dấu căn. ở bài toán này nếu áp dụng cách giải đa
biểu thức ra ngoài dấu căn thì học sinh không mắc sai lầm nhng khi áp dụng cách
thứ 2 học sinh rất dễ mắc sai lầm đó là
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
yx
yxyx
yx
yx
yxyx
yx

=
+
+
=

+
=
+

66
2
2.3
2
32
22
2
2
22
2
2
2
22
Phân tích sai lầm: Học sinh không chú ý khi đa biểu thức vào trong căn trong
phép biến đổi
BABA
2
=
chỉ đúng khi A, B không âm.
Vậy lời giải đúng là:
Với x>y thì:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
yxyx

yxyx
yx
yx
yxyx
yx

=

=
+
+
=

+
=
+

666
2
2.3
2
32
22
2
2
22
2
2
2
22

3
Với x<y thì:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
yxyx
yxyx
yx
yx
yxyx
yx

=

=
+
+
=

+
=
+

666
2
2.3
2
32
22

2
2
22
2
2
2
22
Vậy
yx0,y0,x
Thì
( )
yx
yx
yx

=
+

6
2
32
2
22
Với những bài toán rút gọn cha cho điều kiện cho biến học sinh rất dễ mắc sai lầm
là không xét hết các điều kiện của biến
Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức sau:
( )
2
725 a
học sinh sẽ giải

( ) ( )
aaa == 7575725
2
.
Phân tích sai lầm: Nguyên nhân của sai lầm của bài này là học sinh không chú ý
xét điều kiện của biến khi bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
Vậy lời giải đúng là:
( )
( )
( )



>

==
7a nếu7-a5
7a nếua
aa
75
75725
2
Nh vậy bài toán sẽ có hai đáp số phụ thuộc vào điều kiện của biến.
Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức sau
2
2
9
7
7
3

x
y
y
x
Với x> 0, y < 0
Học sinh sẽ giải là
1
3
7
.
7
3
3
7
.
7
3
9
49
7
3
2
2
2
==

=
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
Lời giải sai do học sinh không chú ý đến điều kiện là y < 0 đã cho ở đầu bài.
Lời giải đúng là:
1
3
7
.
7
3
3
7
.
7
3
3
7
.

7
3
9
49
7
3
2
2
2
=

==






=
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y

x
x
y
y
x
(Do x> 0, y < 0)
Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức
6
2
121
11
1
y
x
xy
với x <0, y > 0
Học sinh sẽ giải là
43
2
36
2
111
.
11
111
11
1121
11
1
yy

x
xy
y
x
xy
y
x
xy
==








=
Sai lầm của học sinh là không chú ý đến điều kiện x < 0, y > 0
Lời giải đúng là:
433
2
36
2
111
.
11
111
11
111

11
1121
11
1
yy
x
xy
y
x
xy
y
x
xy
y
x
xy

=

==








=
(do x <0, y> 0)

Ví dụ 5: Khi rút gọn biểu thức:
2
44
2
+
++
x
xx
học sinh sẽ là nh sau
( )
1
2
2
2
2
2
44
2
2
=
+
+
=
+
+
=
+
++
x
x

x
x
x
xx
4
Phân tích sai lầm: Nguyên nhân của sai lầm của bài này là học sinh không chú ý
xét điều kiện của biến khi bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
Vậy lời giải đúng là:
( )



<=
>=
=
+
+
=
+
+
=
+
++
-2x nếu
-2x nếu
1
1
2
2
2

2
2
44
2
2
x
x
x
x
x
xx
Nh vậy bài toán sẽ có hai đáp số phụ thuộc vào điều kiện của biến.
Ví dụ 6: Khi rút gọn biểu thức:
22
43223
2
2
yxyx
xyyxyx
y
yx
++
+++
Với x>0 y0
Học sinh sẽ giải nh sau:
( )
( )
( )
xyxxy
y

yx
yx
yxxy
y
yx
yxyx
xyyxyx
y
yx
+=
+
=
+
++
=
++
+++

2
2
2
2
2
22
43223

Phân tích sai lầm: Nguyên nhâ sai lầm ở đây của học sinh là không chú ý đến việc
xét các giá trị của biến y.
Vậy lời giải đúng là
Nếu y>0 thì :

( )
( )
( )
xyxxy
y
yx
yx
yxxy
y
yx
yxyx
xyyxyx
y
yx
+=
+
=
+
++
=
++
+++

2
2
2
2
2
22
43223

Nếuy<0 thì:
( )
( )
( )
xyxxy
y
yx
yx
yxxy
y
yx
yxyx
xyyxyx
y
yx
+=
+
=
+
++
=
++
+++

2
2
2
2
2

22
43223

Ví dụ 7: Rút gọn biểu thức
( )
( )
xx
x
xx
y 82
123
2
2
2
2
2
++
+
=
Với x0
Học sinh sẽ giải nh sau:
( )
( )
2
3
2
3
44
96
844

1296
2
2
2
2
2
2
2
24
2
2
224
+
+
=+
+
=
++
++
=+++
++
=
x
x
x
x
x
x
xx
x

xx
xxx
x
xxx
y
Phân tích sai lầm: Bài toán này có chứa hai dấu giá trị tuyệt đối nên học sinh rất
dễ mắc sai lầm ở chỗ không xét các khoảng giá trị của biến, chỉ xét x>0; x<0 hoặc
x>2; x<2 mà không biết kết hợp các khoảng giá trị đó lại.
Vậy lời giải đúng của bài toán là:
Nếu x< 0 ta có
( )
x
xx
x
x
x
y
322
2
3
22
+
=

+
=
Nếu 0< x 2 ta có
( )
x
x

x
x
x
y
32
2
3
2
+
=
+
=
5
Nếu x> 2 ta có
( )
x
xx
x
x
x
y
322
2
3
22
+
=+
+
=
Ví dụ 8: Cho biểu thức

12
221


=
x
xx
A
a. Tìm điều kiện của x để A có nghĩa.
b. Rút gọn biểu thức A.
Giải:
a. Học sinh sẽ giải là











3
2
012
02
x
x
x

x
Phân tích sai lầm: Kết quả của bài toán này không sai tuy nhiên nếu trình bầy nh
vậy sẽ thiếu các bớc giải và lài giải không chặt chẽ. Vì học sinh đã không xét đến
điều kiện của biến để
221 xx
có nghĩa.
Lời giải đúng là:
( )

3
2
12
012
2
012
0221
02
2
x
x
x
x
x
x
xx
x
b. Học sinh sẽ giải là
( )



<

=


=

=
31
31
12
12
12
12
2
xkhi
xkhi
x
x
x
x
A

Phân tích sai lầm: Sai lầm của học sinh ở đây là không phân biệt đợc bài toán vừa
có chứa căn thức vừa có chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi kết luận kết quả cuối cùng
các em không kết hợp với điều kiện của căn thức có nghĩa đề loại đi giá trị không
thích hợp.
Lời giải đúng là:
( )



<

=

=


=
321
31
12
12
12
12
2
xkhi
xkhi
x
x
x
x
A
Dạng 2: Tìm giá trị của biến thoả m n điều kiện của biểu thức.ã
Ví dụ 1: Cho biểu thức
( )
1
1
1
1
1
:1
2

+

















+
+








+

= a
a
aa
a
a
aa
aA
với a0, a1
a. Rút gọn biểu thức A
b. Với giá trị nào của a thì
AA =

Giải: a.
( )
1
1
1
1
1
:1
2
+

+
+








+


= a
a
aa
a
a
aa
aA

Điều kiện xác định a0, a1
6
( )
( )( ) ( )( )
( )
( )( )
[ ]
( )
( ) ( )
( )( )
( )
aa
a
a
aa
aaaaaaaa
a
a
aaa
a
a
aaa
aA

=+

+
=+

+

=
+






+=++++=
+

















+
++

+

++
=
1
2
1
1
1
1
1
11
111:112121:1
1
1
11
1
11
:1
2
22
22
2

b. Muốn
AA =
thì A0
1010
1
2


aa
a
Vậy với
10 < a
thì
AA =
Phân tích sai lầm: Bài toán này học sinh không bị mắc sai lầm khi rút gọn biểu
thức nhng dễ mắc sai lầm câu b tìm các giá trị của a để
AA =
là khi giải xong kết
luận luôn là a1 thì
AA =
mà không kết hợp với điều kiện xác định đã cho ở đề
bài.
Lời giải đúng phải là: Muốn
AA =
thì A0
1010
1
2

aa
a
Kết hợp với điều kiện xác định a0, a1 Ta có
10
<
a
Với
10
<
a
thì
AA =
Ví dụ 2: Cho biểu thức
( )
9;01
3
22
:
9
33
33
2

+


+
+
= x
x
x
x
x
x
x
x
x
R xVới
a. Rút gọn biểu thức R.
b. Tìm các giá trị của x để R<-1

Giải: Học sinh giải là
( ) ( ) ( )
( )
( )( )
( ) ( )
3
33
3
3
.
33
323
3
1
:
9
93362
3
322
:
9
33332
,


=


+

=

+

++
=

+

+++
=
x
x
x
x
xx
xx
x
x
x
xxxxx
x
xx
x
xxxxx
Ra

( ) ( )
4
9

2
3
0640
3
64
03
0
3
64
01
3
33
1
3
33
<<<<
+
+
>+
<
+

<+


<


<
xxx

x
x
x
x
x
x
x
x
nNêx 0 xVới
1- RểĐb,
Vậy với
4
9
<x
thì R -1
Phân tích sai lầm: Sai lầm của học sinh ở đây là khi kết luận không kết hợp với
điều kiện của x đã cho ở đầu bài là x 0
7
Vậy khi giảng cho học sinh chúng ta phải chú ý để học sinh không mắc phải sai
lầm này.
Kết luận đúng của bài là Vậy với
4
9
0 < x
thì R -1
Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Cho biểu thức

+









+
+
= 1
1
3
:1
1
3
2
a
a
a
M
a. Rút gọn M.
b. Tìm a để

MM >
Bài tập 2: Cho biểu thức









+
+








+


= x
x
xx
x
x
xx

P
1
1
.
1
1
a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm x để P <7 -
34
Dạng 3: Bài toán liên quan đến phơng trình bậc 2.
Cho phơng trình ax
2
+ bx + c = 0 (a0)
a. Tìm điều kiện của biến thoả mãn các điều kiện về nghiệm của phơng trình.
Phơng pháp chung để giải dạng toán này là:
- Để phơng trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi chúng thoả mãn
đồng thời hai điều kiện đó là:



>

0
0a
- Để phơng trình bậc hai có một nghiệm kép khi và chỉ khi chúng thoả mãn đồng
thời hai điều kiện đó là:



=

0
0a
- Để phơng trình vô nghiệm: Trong trờng hợp này ta phải xét hai trờng hợp.
+ Nếu phơng trình đó là phơng trình bậc nhất.
+ Nếu phơng trình đó là phơng trình bậc hai vô nghiệm khi



<

0
0a
- Để phơng trình có một nghiệm: Trong trờng hợp này ta phải xét hai trờng hợp.
+ Nếu phơng trình đó là phơng trình bậc nhất.
+ Nếu phơng trình đó là phơng trình bậc hai có 1 nghiệm khi



=

0
0a
Ví dụ 1: Cho phơng trình (m
2
m 2) x
2
+ 2(m+1)x + 1 = 0 (*)
a. Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt.
b. Tìm các giá trị của m để tập nghiệm của phơng trình chỉ có 1 phần tử.

8
Giải:
a. Để phơng trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi chúng thoả mãn
đông thời hai điều kiện đó là:



>

0
0a
Phân tích sai lầm: Phơng trình đã cho ở bài toán này có hệ số a = m
2
m 2
khi giải học sinh thờng bỏ qua điều kiện để a 0 mà chỉ chú ý đến điều kiện > 0
= (m+1)
2
(m
2
m 2) > 0 3m + 3 > 0 m > - 1
Và học sinh kết luận: Khi m > - 1 thì phơng trình (m
2
m 2) x
2
+ 2(m+1)x+1=
0 có hai nghiệm phân biệt.
Vậy lời giải đúng ở đây là:
Phơng trình (m
2
m 2)x

2
+2(m+1)x+1=0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi:
( )
( )
( )( )




>






>




+




>+
+

>+





>

2
1
1
02
01
033
021
021
02
0
0
2
2
2
m
m
m

m
m
m
mm
mmm
mm
a
Phơng trình (m
2
m 2) x
2
+ 2(m+1)x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt
Khi và chỉ khi




>
2
1
m
m
b. Để giải dạng toán này chúng ta phải xét 2 trờng hợp.
Thứ nhất hệ số chứa ẩn x
2
bằng 0.
Thứ hai hệ số chứa ẩn x
2
khác 0
Phân tích sai lầm: Sai lầm học sinh ở đây cho rằng

Phơng trình (m
2
m 2) x
2
+ 2(m+1)x + 1 = 0 đã là phơng trình bậc hai. Tập
nghiệm của phơng trình đó chỉ có 1 phần tử khi và chỉ khi = 0 mà không xét tr-
ờng hợp phơng trình (m
2
- m-2) x
2
+ 2(m+1)x+1 = 0 có thể là phơng trình bậc nhất.
Nh vậy học sinh sẽ bỏ sót các trờng hợp.
Học sinh giải là: Phơng trình m
2
m 2) x
2
+ 2(m+1)x + 1 = 0 có 1 nghiệm khi
và chỉ khi = 0 3m + 3 = 0 m = - 1 và kết luận
Phơng trình m
2
m 2) x
2
+ 2(m+1)x + 1 = 0 tập nghiệm có 1 phần tử khi và chỉ
khi m = - 1.
Lời giải đúng là:
Để phơng trình (m
2
m 2) x
2
+ 2(m+1)x + 1 = 0 (*) tập nghiệm chỉ có 1 phần

từ khi và chỉ khi phơng trình (*) là phơng trình bậc nhất hoặc là phơng trình bậc 2
có biệt số = 0.
Với m = - 1 phơng trình có dạng 0x + 1 = 0 phơng trình vô nghiệm.
9
Với m = 2 phơng trình có dạng 6x + 1 = 0 phơng trình có 1 nghiệm là
6
1
=x
Với m - 1 và m 2 phơng trình (*) là phơng trình bậc hai có 1 nghiệm kép khi và
chỉ khi = 0 3m + 3 = 0 m = - 1 trái với điều kiện m - 1.
Vậy tập nghiệm của phơng trình chỉ có 1 phần tử khi và chỉ khi m = 2.
Bài toán này học sinh cũng rất dễ mắc sai lầm nữa là khi kết luận không loại bỏ
điều kiện m - 1.
Ví dụ 2: Cho phơng trình mx
2
+ 6(m 2)x + 4m 7 = 0.
Tìm các giá trị của m để phơng trình đã cho.
a. Có hai nghiệm phân biệt.
b. Vô nghiệm.
Giải:
= 9(m 2)
2
m(4m 7) = 9(m
2
4m + 4) 4m
2
+ 7m.
= 9m
2
36m + 36 4m

2
+ 7m = 5m
2
29m + 36 = (m 4)(5m 9)
Phân tích sai lầm: Học sinh thờng mắc phải ở dạng toán này cho rằng phơng trình
(*) đã cho là phơng trình bậc hai khi giải chỉ chú ý đến xét điều kiện của biệt số .
Câu a: Phơng trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi



>

0
0a
Sai lầm của học sinh là chỉ xét đến điều kiện > 0 tức là (m 4)(5m 9) > 0




<
>

<
<





>
>











<
<

>
>
5
9
4
5
9
4
5
9
4
095
04
095
04
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
Kết luận phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 4 hoặc m<
5
9

nh vậy bài toán này bị sai vì còn điều kiện m 0 cha đợc xét đến.
Lời giải đúng: Để phơng trình mx
2
+ 6(m 2)x + 4m 7 = 0 có hai nghiệm
phân biệt khi:
( )( )











<
>

<
<





>
>

<
<



>
>





>

>

5
9
4
0
5
9
4
5
9
4
0
095
04
095
04
0
0954
0
0
0
m
m
m
m

m
m
m
m
m
m
m
m
m
mm
ma
10
Kết luận:
Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 4 hoặc






<
0
5
9
m
m

Câu b: Phân tích sai lầm: ở câu b học sinh dễ mắc hai sai lầm.
Sai lầm thứ nhất không xét đến điều kiện của hệ số a có chứa biến.
Sai lầm thứ 2 nếu xét đến thì chỉ xét điều kiện hệ số a 0 tức là các em cho rằng

phơng trình đó đã là phơng trình bậc 2.
< 0 tức là (m 4)(5m 9) < 0 nh vậy lời giải bài toán không chặt chẽ.
Học sinh giải là: Phơng trình mx
2
+ 6(m 2)x + 4m 7 = 0. vô nghiệm khi
( )( )



<<














>
<

<
>











>
<



<
>
<< 4
5
9
5
9
4
5
9
4

095
04
095
04
09540 m
m
m
m
m
m
m
m
m
mm
Kết luận phơng trình (*) vô nghiệm khi và chỉ khi
4
5
9
<< m

Lời giải đúng là:
Nếu m = 0 phơng trình đã cho có dạng -12x 7= 0
12
7
= x
luôn có 1 nghiệm.
Nếu m 0 phơng trình đã cho là phơng trình bậc hai vô nghiêm khi < 0
Tức là
( )( )

<<

>
<





<
>

>
<



<
>





<





<

4
5
9
4
5
9
4
0

095
04
095
04
0
0954
0
0
0
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
mm
ma
5
9
0m
Kết luận:
Phơng trình (*) vô nghiệm khi và chỉ khi
4
5
9

<< m
thoã mãn điều kiện m 0
Ví dụ 3: Tìm các giá trị của k để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt.
a. kx
2
2(k 1) x + k + 1 = 0.
b. x
2
4x + k = 0 ( k nguyên dơng)
c. 2x
2
6x + k + 7 = 0 (k nguyên âm).
11
Giải:
Phân tích sai lầm: ở câu a khi giải bài toán dạng này học sinh thờng mắc những
sai lầm là không chú ý đến điều kiện để phơng trình đã cho là phơng trình bậc hai.
ở câu b và câu c học sinh thờng không chú ý đến điều kiện k là số nguyên dơng và
k là số nguyên âm.
a. Phơng trình kx
2
2(k 1) x + k + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
>0 (k 1)
2
k(k + 1) > 0 k
2
2k + 1 k
2
k> 0 - 3k + 1> 0
k >
3

1

.
Kết luận với mọi k >
3
1

thì phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
Lời giải đúng là: Phơng trình kx
2
2(k 1) x + k + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi





>





>+





>

3
1
0
013
0
0
0
'
k
k
k
k
k
Kết luận: Với mọi giá trị của k >
3
1

và k 0 thì phơng trình (*) có hai nghiệm
phân biệt.
b. Phơng trình x
2
4x + k = 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi >0
= 4 k > 0 k < 4.
Kết lụân: Với mọi k< 4 thì phơng trình x
2
4x + k = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Sai lầm ở đây không kết hợp điều kiện k là số nguyên dơng.
Lời giải đúng là: Vì k<4 mà k là số nguyên dơng nên k
{ }

3;2;1
thì phơng trình x
2
4x + k = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 4: Tìm các giá trị của m để phơng trình sau có nghiệm:
(m
2
m)x
2
+ 2mx + 1 = 0 (*)
Giải:Phân tích sai lầm: Sai lầm của học sinh thờng mắc phải ở dạng bài toán này
là cho rằng phơng trình đã cho là phơng trình bậc hai mà không xét đến điều kiện
của hệ số a để có thể phơng trình là phơng trình bậc nhất.
a. Phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi 0
Tức là = m
2
(m
2
m) = m
2
m
2
+ m = m
Kết luận: Phơng trình (*) Có nghiệm khi và chi khi m0
Lời giải đúng là:
a.Phơng trình đã cho có: a = m
2
m; b = 2m; c = 1
12
Nếu a = 0

=
=

1
0
m
m
Nếu m = 0 phơng trình (*) có dạng 0x + 1 = 0 Vô nghiệm.
Nếu m = 1 phơng trình (*) có dạng 2x + 1 = 0 có 1 nghiệm
2
1
=x
2
1
= x
Nếu m 0và m 1 Phơng trình (*) là phơng trình bậc hai có nghiệm nếu 0
= m
2
(m
2
m) = m; 0 m 0
Một sai lầm nữa học sinh thờng mắc ở bài toán này khi kết luận không loại bỏ điều
kiện m 0
Kết luận: Phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi m>0.
Ví dụ 5: Tìm các giá trị của n để phơng trình sau có nghiệm:
(n + 1)x
2

2x + (n 1) = 0.
Giải:
Sai lầm của học sinh tơng tự nh ví dụ 4. Học sinh cho rằng phơng trình đã cho là
phơng trình bậc hai có nghiệm khi 0
Ta có = 1 (n + 1)(n 1) = 1 n
2
+ 1 = 2 - n
2
=
( )( )
nn + 22
.
( )( )
22
2
2
2
2
02
02
02
02
0220
,

+






+

+ n
n
n
n
n
n
n
n
n
nn

Kết luận với
22 n
thì phơng trình (*) có nghiệm.
Lời giải đúng là:
Với n = - 1 phơng trình có dạng -2x 2 = 0 có 1 nghiệm x = -1
Với n - 1 phơng trình là phơng trình bậc hai có nghiệm khi 0
Tức là
( )( )

+






+






+






+
22
1
2
2
2
2
1
02

02
02
02
1
022
1
0
01
'
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
Kết luận
22 n
thì phơng trình (*) có nghiệm.
giáo viên cần lu ý với các em rằng vì trờng hợp n = - 1 cũng nằm trong khoảng
22 n
.

Nhng khi giải ta không xét trờng hợp hệ số a (a = n + 1 ) a = 0 và a 0 thì bài giải
của chúng ta cha đợc chặt chẽ mặc dù chúng ta có đáp số đúng.
13
b. Chứng minh phơng trình có nghiệm với mọi giá trị của biến.
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng phơng trình sau có nghiệm với mọi giá trị của a và b.
(a+1) x
2
2(a + b)x + (b 1) = 0
Giải:
Lu ý chung: Khi giải dạng toán này trớc hết phải xét các giá trị để phơng trình là
phơng trình bậc hai, phơng trình là phơng trình bậc nhất.
Bài toán này học sinh có thể mắc sai lầm ở chỗ cho rằng phơng trình đã cho là ph-
ơng trình bậc hai có nghiệm khi 0 rồi kết luận.
Lời giải đúng là:
Với a -1 Phơng trình (*) là phơng trình bậc hai nó có nghiệm nếu
= (a+b)
2
(a + 1)(b 1) 0
Đặt a + 1 = m; b 1 = n ta có a + b = m + n
Khi đó = (m + n)
2
mn = m
2
+ mn + n
2
=
0
4
3

2
2
2
+






+
nn
m
Vậy phơng trình (*) luôn có nghiệm khi a -1
Với a = - 1 Phơng trình (*) trở thành -2(b 1) x = -(b 1) (**)
Nếu b 1 phơng trinh(**) có nghiệm
2
1
=x
Nếu b = 1 Phơng trình (**) vô số nghiêm số.
Kết luận: Phơng trình (a+1) x
2
2(a + b)x + (b 1) = 0 có nghiệm với mọi giá
trị của a và b.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phơng trình sau có nghiệm với mọi giá trị của m.
x
2
(3m
2
5m + 1)x (m

2
4m + 5) = 0 (*)
Giải:
Giáo viên: Cho phơng trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a0)
Nếu a.c 0 mà a 0 ta cũng có 0. Vì = b
2
4ac do b
2
0 nếu ac <0 -
4a.c> 0 thì = b
2
4ac >0.
Nh vậy để chứng minh cho phơng trình bậc hai có nghiệm ta có thể vận dụng
chứng minh tích a.c <0.
Với bài toán này ta có thể vận dụng chứng tỏ a.c < 0 thì phơng trình có nghiệm
với mọi giá trị của m.
Ta có a.c = (m
2
4m + 5) [(m
2
4m + 4) + 1]
= [(m
2
4m + 4) + 1] = [(m - 2)
2
+ 1]
Do (m 2)
2

0 (m - 2)
2
+ 1> 0 [(m - 2)
2
+ 1] < 0
14
a.c = [(m - 2)
2
+ 1] < 0 nên phơng trình (*) có >0 có nghiệm với mọi giá trị
của m.
Giáo viên: Tuy nhiên chỉ với điều kiện a.c 0
cha đảm bảo phơng trình ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm.
Ví dụ ta xét phơng trình m
2
x
2
mx 2 = 0
Ta có a.c = -2m
2
0 nhng với m = 0 thì phơng trình trở thành 0x = 2 vô nghiệm.
Nh vậy khi gặp trờng hợp a.c 0 ta phải xét cả hai trờng hợp a a 0 và a = 0
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho phơng trình (m 1) x
2
+ 2m x + m 2 = 0
Tìm tất cả các giá trị của m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt.
Bài 2: Cho phơng trình mx
2

2(m + 1) x + (m 4) = 0
Tìm m để phơng trình có nghiệm.
Bài 3: Chứng minh rằng phơng trình sau có nghiệm với mọi giá trị a và b.
a. 3x
2
2(a + b + c)x + (ab + bc + ca) = 0.
b. x
2
+ (a + b)x 2(a
2
ab + b
2
) = 0.
Bài 4: Cho phơng trình mx
2
+ 6(m 2) + 4m 7 = 0.
Tìm các giá trị của m để phơng trình đã cho:
a. Có nghiệm kép.
b. Có hai nghiệm phân biệt.
c. Vô nghiệm.
c. Tìm điều kiện của biến thoả mãn các mối quan hệ giữa hai nghiệm
Hệ thức Vi ét ứng dụng.
Nếu phơng trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a0) có nghiệm (0 hoặc 0)
Thì
a
c
xxP
a

b
xxS ===+=
2121
.;
.
áp dụng:
a. Tính nhẩm nghiệm .
Nếu a + b + c = 0 thì phơng trình có hai nghiệm là x
1
= 1; x
2
=
a
c
Nếu a b + c = 0 thì phơng trình có hai nghiệm là x
1
= - 1; x
2
=
a
c

b. Xét dấu các nghiệm
S = x
1
+ x
2
; tính tích hai nghiệm P = x
1
. x

2
Phơng trình có hai nghiệm trái dấu khi



<
>
0
0
P
hoặc



<
>
0
0'
P
15
+ Nghiệm dơng có giá trị tuyệt đối lớn hơn khi





<
>
>
0

0
0
P
S
hoặc





<
>
>
0
0
0'
P
S
+ Nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn khi





<
<
>
0
0
0

P
S
hoặc





<
<
>
0
0
0'
P
S
Phơng trình có hai nghiệm cùng dấu khi



>

0
0
P
hoặc



>

0
0'
P
Ví dụ 1: Cho phơng trình mx
2
2(m + 1) x + (m 4) = 0 (*)
a. Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu. Khi đó trong hai nghiệm nghiệm
nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn.
b. Xác định m để các nghiệm x
1
, x
2
của phơng trình thoả mãn x
1
+ 4x
2
= 3.
c. Tìm 1 hệ thức giữa x
1
, x
2
không phụ thuộc vào m.
Giải:
=(m + 1)
2
m(m 4) = 6m + 1
Theo hệ thức Vi ét ta có
( )
m

m
P
m
m
S
4
;
12
=
+
=
a. Học sinh giải: Để phơng trinh (*) có hai nghiệm trái dấu khi
40
0
4
0
4
0
04
0
04
0
4
<<

>
<



<
>

>
<



<
>




<

= m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m

P
Nguyên nhân của sai lầm này là học sinh cho rằng phơng trình (*) đã có nghiệm và
chỉ xét điều kiện để hai nghiệm của phơng trình trái dấu mà không xét đến điều
kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt.
Lời giải đúng là:
16
40
40
6
1
0
0
4
0
4
6
1
0
0
04
0
04
6
1
0
0
4
016
0
<<

<<
>

>
<



<
>
>

>
<



<
>
>

<

=
>+

m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
P
m
m
Do 0<m<4 nên
( )

0
12
>
+
=
m
m
S
nên nghiệm dơng của phơng trình có giá trị tuyệt
đối lớn hơn.
b. Xác định m để các nghiệm của phơng trình thoả mãn x
1
+ 4x
2
= 3
Học sinh giải là:
( )









=+

=
+

=+
)4(34
)3(
4
.
)2(
12
21
21
21
xx
m
m
xx
m
m
xx
Từ (2) và (4)
( )
( )








=
+

=







=
=+






+
=
=+






=+
+
=+
m
m

x
m
m
x
m
m
x
xx
m
m
x
xx
xx
m
m
xx
3
2
3
85
3
2
34
12
33
34
34
12
2
1

2
21
2
21
21
21
Thay x
1
; x
2
vào (3) ta đợc
( )( )
m
m
m
mm 4
9
852
2

=
+
m(m 2)(5m + 8) = 9m
2
(m-4)
5m
2
+ 8m 10m 16 = 9m
2
36m 4m

2
- 34m + 16 = 0
2m
2
- 17m + 8 = 0 giải phơng trình với ẩn m ta tìm đợc m
1
= 8; m
2
=
2
1
Vậy m

= 8 hoặc m =
2
1
thì phơng trình có hai nghiệm thoả mãn x
1
+ 4x
2
= 3.
Phân tích sai lầm: Học sinh quên điều kiện để phơng trình (*) là phơng trình bậc
hai và điều kiện để phơng trình có hai nghiệm
6
1
m
nên khi giải xong các em
không đối chiếu với điều kiện để kết luận vẫn kết luận với m
1
= 8; m

2
=
2
1
thì phơng
trình có hai nghiệm thoả mãn x
1
+ 4x
2
= 3.
17
Lời giải đúng là: Để các nghiệm của phơng trình thoả mãn x
1
+ 4x
2
= 3 khi:
( )

=+

=
+
=+


)4(34
)3(
4
.
)2(
12
)1(
6
1
0
21
21
21
xx
m
m
xx
m
m
xx
m
m
Từ (2) và (4)

( )
( )








=
+
=







=
=+






+
=

=+






=+
+
=+
m
m
x
m
m
x
m
m
x
xx
m
m
x
xx
xx
m
m
xx
3
2

3
85
3
2
34
12
33
34
34
12
2
1
2
21
2
21
21
21
Thay x
1
; x
2
vào (3) ta đợc
( )( )
m
m
m
mm 4
9
852

2

=
+
m(m 2)(5m + 8) = 9m
2
(m-4)
5m
2
+ 8m 10m 16 = 9m
2
36m 4m
2
- 34m + 16 = 0
2m
2
- 17m + 8 = 0
giải phơng trình với ẩn m ta tìm đợc m
1
= 8; m
2
=
2
1
Với giá trị m
1
= 8; m
2
=
2

1
thoả mãn điều kiện m
6
1

và m 0
Vậy với m
1
= 8 hoặc m
2
=
2
1
thì phơng trình (*) có hai nghiệm thoã mãnx
1
+4x
2
= 3.
c. Với m
6
1

và m 0 thì phơng trình mx
2
2(m + 1) x + (m 4) = 0 có hai
nghiệm thoả mãn
( )
( )

+=
+=








=
+=








=
+=+

=
+
=+
221.
2
2
2
.21.
2
2
4
1.
2
2
4
.
12
2121
21
21
21
21
21
21
21
xxxx

xx
m
m
xx
xx
m
m
xx
m
xx
m
m
xx
m
m
xx
Vậy x
1
.x
2
=1- 2x
1
2x
2
+4 x
1
.x
2
= 5 - 2x
1

2x
2
là hệ thức liên hệ giữa x
1
và x
2
không phụ thuộc vào m.
Ví dụ 2: Cho phơng trình x
2
2(m 2) x + (m
2
+ 2m 3) = 0 (*)
Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn:
5
11
21
21
xx
xx
+
=+
Giải:
=(m-2)
2
(m
2

+ 2m 3) = m
2
4m + 4 m
2
2m + 3 = - 6m + 7.
18
Để phơng trình (*) có hai nghiệm thoả mãn
5
11
21
21
xx
xx
+
=+
Thì ta phải có
( )( )
( )

=+





<










=

+
+
>










+
=
+
+
>+

+
=+

>
5
1
.
1
0
3
1
6
7
0
5
1
.
1
031
76
5.
032
076
5
11
0.
0'
21
21

21
21
21
21
21
2
21
21
21
xx
xx
m
m
m
xx
xx
mm
m
xx
xx
xx
mm
m
xx
xx
xx
( )
( )( )

=
=





<

=+
=





<















=+
=

<















=+
=





<

=
=+





<

4
2
3
1
6
7
042

2
3
1
6
7
082
02
3
1
6
7
532
022
3
1
6
7
5.
0
3
1
6
7
22
21
21
m
m
m
m

m
mm
m
m
m
m
mm
m
m
m
m
mm
m
m
m
m
xx
xx
m
m
m
Vậy với m = - 4 thì phơng trình x
2
2(m 2) x + (m
2
+ 2m 3) = 0 (*)
có hai nghiệm x
1
, x
2

thoả mãn:
5
11
21
21
xx
xx
+
=+
Phân tích sai lầm: Khi giải học sinh thờng bị mắc hai sai lầm đó là:
- Không tìm điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
- Không chỉ ra hai nghiệm đó hai nghiệm đó đồng thời khác 0,
Nên kết luận nghiệm học sinh sẽ không loại bỏ đợc giá trị của m = 2
Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Cho phơng trình x
2
3x + k 1 = 0
Xác định k để phơng trình có hai nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn:
a. 2x
1
5x
2
= - 8 b. x
1
2
x

2
2
= 15 c. x
1
2
x
2
2
= 3
Bài tập 2: Cho phơng trình: (2m 1)x
2
2mx + 1 = 0
a. Xác định m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng ( - 1; 0)
b. Xác định m để phơng trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
1
2
2
2
1
= xx
2. Kết quả
Tôi đã sử dụng đề tài Hớng dẫn học sinh tránh sai lầm khi giải một số
dạng toán Đại số lớp 9 tại trờng THCS nơi tôi đang công tác và nhận thấy:
19
Đa số học sinh tự trình bày lời giải bài toán, đã tránh đợc những sai lầm khi
làm bài tập, làm bài thi, các em đã nắm đợc phơng pháp giải phù hợp với từng dạng

để vận dụng trong quá trình giải toán một cách linh hoạt. Nhận dạng đợc các bài
toán và từ đó hầu hết giải đợc các bài tập, xoá đi cảm giác khó, phức tạp ban đầu.
Nhiều học sinh đã biết khai thác phát triển bài toán theo nhiều hớng khác nhau, biết
tìm những cách giải hay, ngắn gọn, giải đợc nhiều bài tập khó, kết quả qua các kỳ
thi đợc nâng lên đặc biệt là kỳ thi vợt cấp vào THPT điểm bài thi môn toán của tr-
ờng chúng tôi có kết quả khá cao.
C. Kết luận:
Qua quá trình dạy toán ở cấp THCS với đề tài: Hớng dẫn học sinh tránh sai
lầm khi giải một số dạng toán Đại số lớp 9 . Việc tìm hiểu nghiên cứu các bài
toán mà khi giải học sinh thờng mắc những sai lầm, tuy là một vấn đề đơn giản nh-
ng lại rất thiết thực đối với các em học sinh và đó cũng là kỹ năng truyền thụ kiến
thức của giáo viên trong quá trình giảng dạy, nhiều bài toán tuy đơn giản nhng khi
trình bày không chú ý thì rất dễ mắc sai lầm. Nh vậy cần phải rèn luyện cho các em
kỹ năng vận dụng lý thuyết linh hoạt thì học sinh mới có thể hiểu sâu và hiểu rộng
vấn đề để tránh những sai lầm tuy rất nhỏ nhng vô cùng quan trọng khi làm bài thi.
Tôi hy vọng đề tài Hớng dẫn học sinh tránh sai lầm khi giải một số dạng
toán Đại số lớp 9 sẽ giúp ích cho các em học sinh THCS trong việc làm bài kiểm
tra, thi học kỳ và đặc biệt là cuộc thi vợt cấp vào THPT. Qua đó các em có phơng
pháp giải nhất định tránh tình trạng nắm đợc hớng giải bài toán nhng lại lúng túng
trong trình bầy lời giải, hạn chế sai lầm khi giải bài tập, giúp học sinh hứng thú,
tích cực học tập hơn đạt kết quả cao hơn trong các kỳ thi.
Học sinh biết cách phối hợp các điều kiện trong bài toán một cách hợp lý và
có sự phát hiện, tìm tòi các phơng pháp giải hay hơn, qua đó xây dựng cho các em
niềm đam mê hứng thú học tập. Trân trọng những suy nghĩ, những ý kiến phát biểu
sáng tạo dù rằng rất nhỏ của các em để có tác dụng động viên, khích lệ, kích thích
khả năng tự nghiên cứu tìm tòi của các em.
20
Học sinh thấy đợc toán học rất phong phú và hứng thú. Cốt lõi là giúp học
sinh hớng tới việc học tập chủ động, chống lại thói quen học tập thụ động, bồi dỡng
phơng pháp tự học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động

đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh.
Trên đây là kinh nghiệm ít ỏi của bản thân đợc rút ra trong quá trình giảng
dạy chắc chắn còn nhiều thiếu sót cha thể hoàn hảo. Rất mong nhận đợc sự góp ý
chân thành của đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Mục lục:
A. Phần mở đầu:
I. Lời mở đầu.
II. Thực trạng của vấn đề cần nghiên cứu:
1. Thực trạng.
2. Kết quả của thực trạng.
21
B. GiảI quyết vấn đề:
1. Các dạng toán.
Dạng 1: Bài toán rút gọn biểu thức có chứa căn thức.
Dạng 2: Tìm giá trị của biến thoả mãn điều kiện của biểu thức.
Dạng 3: Bài toán liên quan đến phơng trình bậc hai.
a. Tìm điều kiện của biến thoả mãn các điều kiện về nghiệm của phơng trình.
b. Chứng minh phơng trình có nghiệm với mọi điều kiện của biến.
c. Tìm điều kiện của biến thoả mãn mối quan hệ giữa hai nghiệm.
2. Kết quả.
C. Kết luận.
Tài liệu tham khảo.
1. Sách giáo khoa đại số 9
(Nhà xuất bản giáo dục)
2. Sách bài tập đại số 9.
(Nhà xuất bản giáo dục)
3. Ôn tập đại số lớp 9.
(Nhà xuất bản giáo dục)
4. Ôn tập thi vào lớp 10 môn toán.

(Nhà xuất bản giáo dục)
22
23
24
25