Sai lam khi giai cac bai toan tam thuc bac hai

Cï §øc Hoµ
Tæ : To¸n - Lý

Sai lầm khi giải các bài toán tam thức bậc hai

K

hi giải toán tam thức bậc hai, các sai lầm xuất hiện do không chú ý đến giả thiết của
các định lí mà đã vội vàng áp dụng hoặc lạm dụng suy diễn những mệnh đề không
đúng hoặc xét thiếu các trường hợp cần biện luận.
Thí dụ 1: Tìm m để biểu thức sau có nghĩa với mọi x:
(m  1) x 2  2(m  1) x  3m  3 .
?
Biểu thức có nghĩa với mọi x khi và chỉ khi
f ( x )  (m  1) x 2  2( m  1) x  3m  3 �0
m  1
�
��۳
�
2(m  1)(m  2) �0
�

m  1
�
�
m �1
��
��
m �2
��

x

a0
m 1  0
�
�
� �'
��
 x �0
( m  1)2  3(m  1)(m  1) �0
�
�

m 1.

Ta có kết quả m �1
!
Nhớ rằng f ( x )  ax 2  bx  c �0 x
�
ab0
�
�
�
c �0
�
��
. Lời giải xét thiếu trường hợp a  0 .
�
a0
�

�
�'
 �0
�
�
�

Lời giải đúng là:
Biểu thức có nghĩa với mọi x ۳ f ( x) 0

x
�m  1  0
�m  1
�a  b  0
�
�
��
2(m  1)  0 � �
m  1 , không có m thoả mãn.
�
c �0
�
�
�m �1
3m  3 �0
�
�

- Trường hợp 1:

a0
�

- Trường hợp 2: � '

 �0
�

۳ m 1

Tóm lại kết quả là m �1

.

x  2mx  3m  2
�1 x �R
(*).
2 x 2  mx  2
?
(*) � x 2  2mx  3m  2 �2 x 2  mx  2
x �R
2
2
� x  mx  3m �0 x �R �  �0 � m  12m �0 � 12 �m �0
2
! Sai lầm là nhân hai vế với 2 x  mx  2 khi chưa biết dấu của biểu thức này.
2

Thí dụ 2: Tìm m sao cho:

Vế trái tồn tại x �R � 2 x 2  mx  2 �0x �R
� 2 x 2  mx  2  0 vô nghiệm �   0 � m 2  16  0 � 4  m  4 .
Khi đó 2 x 2  mx  2  0x �R nên:
Lời giải đúng là:

4  x  4
�

4  m  4
4  m  4
�
�
� �2
��
 �0
�
�x  2mx  3m  2 �2 x  mx  2x �R
�x  mx  3m �0x �R

(*) � �2

2

/>

1


Cï §øc Hoµ
Tæ : To¸n - Lý

4  m  4
4  m  4
�
�
��2
��
� 4  m �0
12 �m �0
m  12m �0
�
�
�x  y  m

Thí dụ 3: Biết rằng (x;y) là nghiệm của hệ: �2

.

2
2
�x  y  m  6
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F  xy  6( x  y ) .

Ta có x 2  y 2   m 2  6 �  x  y   2 xy   m 2  6
2

?

� m 2  2 xy  m 2  6 � xy  m2  3.
Do đó F  m 2  3  6m  (m  3) 2  12 .
Vậy min F  12 � m  3. Không có maxF vì F là hàm bậc hai với hệ số bậc hai dương.

! Lời giải không đặt điều kiện để tồn tại x và y. Do đó đã xét F với mọi m �R .

Lời giải đúng là:
�x  y  m

�x  y  m
�
.
�
2
2
2
�x  y  m  6
�xy  m  3

Ta có �2

Theo định lí Viét đảo thì x, y là các nghiệm của phương trình t 2  mt  m 2  3  0 (*).
2
Ta thấy x, y tồn tại khi và chỉ khi (*) có nghiệm � 1 �0 � 3m  12 �0�� 2 �m �2 .
Khi đó F  m 2  3m  6 với m � 2; 2 .
Lập bảng biến thiên của F với m � 2; 2 :
m
-2

2

3

13

F
-11

Từ đó ta có:

min F  11
max F  13

�
�

m=2
m  2 .

Thí dụ 4: Tìm m sao cho phương trình: x 2  (2m  1) x  m 2  0 chỉ có một nghiệm thoả mãn x  3
Cách 1: Phương trình có nghiệm duy nhất �   0 . Khi đó phương trình có nghiệm
?
S
. Do đó phương trình chỉ có một nghiệm thoả mãn x  3
2
1
�
4m  1  0
�
m
(2m  1) 2  4m 2  0
�
�
�

�
�
4
� �2m  1
�� 5
��
, không có m thoả mãn bài toán.
5
m

3
�
�
�
m
� 2
� 2
� 2
x1  x2 

Cách 2: Xét 3 trường hợp:

/>

2


Cù Đức Hoà
Tổ : Toán - Lý
1

0
m




4

- Trng hp 1: 3 x1 x2 S
, khụng cú m tho món T.H ny.
3 5

m
2
2

- Trng hp 2:

af (3) 0

m 2 6m 6 0

3 3 m 3 3
5



x1 3 x2 S
2m 1

5
m 3 3 .
2
3
3
m



2
2
2
5

Túm li m ;3 3
2

! Cỏch 1 t ra ngi gii cha hiu cm t "ch cú mt nghim" nờn ó "phiờn dch" tng

on theo yờu cu, thnh ra khỏc vi ngha ca bi toỏn. Nh cho: phng trỡnh ch cú mt
nghim x > 3 khụng cú ngha l phng trỡnh khụng c cú 2 nghim ! Cỏch 2 l li gii ca
ngi hiu ỳng bi toỏn nhng c gng lm gn 2 trng hp x 1 < 3< x2 v 3 = x1< x2 thnh
mt trng hp x1 3 x2 . Tic rng khi vit iu kin "tng ng" vi yờu cu ny li
khụng ỳng. Nh vy s b sút trng hp x1

S
3 x2 . Chớnh vỡ vy m vi m = 2 phng
2

x 1

tho món bi toỏn, nhng m = 2 khụng cú trong kt lun
x4


2
trỡnh tr thnh x 5 x 4 0

ca cỏch gii th 2.
Li gii ỳng l:
Xột 3 trng hp:
1

0
m




4

- Trng hp 1: 3 x1 x2 S
, khụng cú m tho món T.H ny.
3 5

m
2
2

m 2 6m 6 0
f (3) 0
m 3 3



3

x

x



m 3 3 .
- Trng hp 2:
S
2m 1
5
1
2
3


3
m

2
2
2
- Trng hp 3: x1 3 x2 af (3) 0 m 2 6m 6 0 3 3 m 3 3 .



.
Túm li: m 3 3;3 3


- Trng hp 3: x1 3 x2 af (3) 0 m 2 6m 6 0 3 3 m 3 3 .



.
Túm li: m 3 3;3 3


Thớ d 5: Tỡm m sao cho phng trỡnh mx 2 2(m 1) x m 1 0 khụng cú nghim ngoi (-1;
?
1).
Phng trỡnh khụng cú nghim ngoi (-1; 1) 1 x1 x2 1
/>

3


Cï §øc Hoµ
Tæ : To¸n - Lý

m �1
�
�
�
�
 �0
( m  1)  m( m  1) �0
m0
��
�
�
�
�
m(4m  3)  0
af (1)  0
3
�
�
3
�
�
��
m
��
� ��
� 1 �m  
m  0
4
af (1)  0 � �
4

�
�
�m  0
m

1
S
�
�
�
1 
1
1   1
�
m 1
m
�
�
2
1 
1
�
m
�
'
x

!

2

1
2

Có thể thấy với m = 0 thì phương trình trở thành 2 x  1  0 � x  � 1;1 nên m = 0

thoả mãn. Ngoài ra lời giải còn thiếu cả trường hợp phương trình vô nghiệm.
Như vậy để có lời giải đúng phải bổ sung thêm trường hợp a = 0 (thử trực tiếp) và trường hợp
a �0
�
.
�'
x  0
�

Đáp số đúng là m  

3
hoặc m  0
4

/>

4