SAI lầm của học sinh khi giải toán và CÁCH KHẮC PHỤC THCS ngô sĩ liên 2017 2018

TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN
TỔ TỰ NHIÊN 1
MỘT SỐ SAI LẦM
HỌC SINH THƯỜNG MẮC PHẢI KHI GIẢI TOÁN VÀ CÁCH KHẮC PHỤC
A. BÀI TOÁN RÚT GỌN VÀ CÁC CÂU HỎI LIÊN QUAN
T
T
1)

Dạng bài

Sai sót

Cách giải đúng

Tìm x để biểu thức P ≥ a hoặc P ≤ a, P > a, P < a
2 x −1
2 x −1
≥ 1 ⇔ 2 x −1 ≥ x −1
x −1
x −1
Ví dụ 1: Cho P =
Sai sót 1:
với x ≥ 0, x ≠ 1.
⇔ x ≥0⇔ x≥0
Tìm x để biểu thức P ≥ 1
Sai sót 2:
2 x −1
2 x −1 − x + 1
≥1⇔
≥0

x −1
x −1

2 x
≥ 0 ⇔ x >1
x −1

Ví dụ 2: Cho A =
với x ≥ 0, x ≠ 4.

x −1
x +1

A≤

Tìm x để biểu thức

2
3

x ≥0

2 x −1
2 x −1 − x + 1
≥1⇔
≥0
x −1
x −1
 x =0
2 x

≥0⇔ 
x −1
 x > 1 (do x > 0)
x = 0

⇔

x >1

)⇔x≥1
2
4
x −1 4
A
A ≤ ⇔ A≤ ⇔
≤
Điều
kiện
để
có nghĩa là:
3
9
x +1 9
x −1
Sai sót 1:
≥ 0 ⇔ x −1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 (1)
13
169
x +1
⇔ ... ⇔ x ≤ ⇔ 0 ≤ x ≤

5
25
2
4
x −1 4
A
≤
⇔
A
≤
⇔
≤
2
4
x −1 4
3
9
9
x
+
1
A ≤ ⇔ A≤ ⇔
≤
3
9
x +1 9
13
169
Sai sót 2:
⇔ ... ⇔ x ≤ ⇔ x ≤

(2)
5
25
(do


⇔ ... ⇔ x ≤

13
169
⇔ x≤
5
25

Mà x ≥ 0, x ≠ 4 ⇒ 0 ≤ x ≤

169
25

Các bài tập tương tự
−x + 6 x + 9
≥0
x +1

⇒1≤ x ≤

Từ (1)(2)(3)

169
; x≠4

25

x +1
≤2
x

Bài 5: Tìm x để P =
với
x ≥ 0, x ≠ 1
Tìm giá trị của tham số để phương trình hoặc bất phương trình có nghiệm
1 1
Sai sót 1:
x+ x
x+ x =m ⇔ x+ x + − =m
1 1
Ví dụ 1: Biết A =
4 4
x+ x = m ⇔ x+ x + − =m
với x ≥ 0, x ≠ 1.
2
4 4
1 1

⇔ x+ ÷ − =m
Tìm m để A = m có nghiệm x.
2
1 1

2 4


⇔ x+ ÷ − =m
2
4

2
1
1

x ≥0⇒ x + ÷ ≥
2
1

2
4

 x + 2÷ ≥0
Vì


2
Vì
1 1

⇒
x
+
2

÷ − 4 ≥0⇒m≥0
1 1

1
1

2


⇒ x + ÷ − ≥− ⇒m≥−
2 4
4
4

x ≠1
Vì x ≠ 1 ⇒
Sai sót 2:
1 1
x+ x ≠ 2⇒ m≠ 2
x+ x = m ⇔ x+ x + − =m
⇒
4 4
2
Vậy m ≥ 0; m ≠ 2
1 1

⇔ x+ ÷ − =m
2
4

Bài 3: Tìm x để P =

2)

x
<0
x −1

Mà x ≥ 0, x ≠ 4 (3)

Bài 4: Tìm x để P =


Vì

2
1
1

x ≥0⇒ x + ÷ ≥
2
4

2

1 1

⇒ x + ÷ − ≥0⇒ m≥ 0
2 4

x+ x
3 x −1

Ví dụ 2: Biết A =
1
9
với x ≥ 0, x ≠ .
Tìm m để A = m có nghiệm x.

x+ x
= m ⇔ x + (1 − 3m) x + m = 0 (1)
3 x −1
1

 t ≥ 0, t ≠ 9 ÷
x 


Đặt t =
(1) ⇔ t2 + (1 – 3m)t + m = 0 (2)
∆ = (1 – 3m)2 – 4m
Sai sót 1:
(1) có nghiệm khi (2) có nghiệm
⇒ ∆ = (1 – 3m)2 – 4m ≥ 0
1

m ≤ 9

 m ≥ 1
⇔ (m – 1)(9m – 1) ≥ 0 ⇔
Sai sót 2:
(1) có nghiệm khi (2) có nghiệm cùng
không âm

⇒ ∆ = (1 – 3m)2 – 4m ≥ 0
1

m ≤ 9

 m ≥ 1
⇔ (m – 1)(9m – 1) ≥ 0 ⇔

Sai sót 2:
x+ x
=m
3 x −1

⇔ x + (1 − 3m) x + m = 0 (1)

1

 t ≥ 0, t ≠ 9 ÷
x 


Đặt t =
(1) ⇔ t2 + (1 – 3m)t + m = 0 (2)
Vì a = 1 ≠ 0 ⇒ (2) luôn là pt bậc 2.
∆ = (1 – 3m)2 – 4m = (m – 1)(9m – 1)
(1) có nghiệm khi (2) có nghiệm ít
1
t≠
t≥0
9

nhất một nghiệm
và
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
t=0⇒m=0
TH2: Phương trình (2) có nghiệm kép
1
t ≥ 0, t ≠
9
∆ = 0 ⇔ (m – 1)(9m – 1) = 0


Khi đó, phương trình có 2 nghiệm t1, t2
t + t ≥ 0 3m −1 ≥ 0


t ≥0⇒1 2
⇒
t
t
≥
0
m ≥ 0
12

Vì
1
⇒m≥
3
(**). Kết hợp (*) và (**) ⇒ m ≥ 1
Sai sót 3: Phương trình có ít nhất 1 nghiệm

không âm
TH1: Phương trình (2) có nghiệm kép t ≥ 0
∆ = 0 ⇔ (m – 1)(9m – 1) = 0
1

m=

⇔
9

 m = 1
1
−4
m = ⇒t =
9
3

Với
(Không TMĐK)
Với m = 1 ⇒ t = 1 (TMĐK)
TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm trái
dấu ⇒ ac < 0 ⇒ m < 0
TH3: Phương trình (2) có hai nghiệm phân
biệt cùng dương
(m − 1)(9m − 1) > 0
1

⇒0< m<
1 − 3m > 0
9

m > 0

⇒
1
0≤m<
9
Kết hợp lại
hoặc m = 1
Các bài tập tương tự

1

m=

⇔
9

 m = 1
1
−4
m= ⇒t =
9
3

Với
(Không TMĐK)
Với m = 1 ⇒ t = 1 (TMĐK)
TH3: Phương trình (2) có hai nghiệm
1
t≠

3
trái dấu và
ac < 0

⇒  1 2
1
 ÷ + (1 − 3m). + m ≠ 0
3
 3 
m < 0
⇒  4
⇒m<0
≠
0
9

TH3: Phương trình (2) có hai nghiệm
phân biệt cùng dương
(m − 1)(9m − 1) > 0
1

⇒0< m<
1 − 3m > 0
9
m > 0

⇒
1
0≤m<
9

Kết hợp lại
hoặc m = 1


2x + 6 x
x +1

2 x −1
x +1

Bài 3: Biết P =
với Bài 4: Biết P =
với x ≥ 0, x ≠ 1.
x ≥ 0, x ≠ 1.
mP = x − 2
có nghiệm x
Tìm m để P = m có nghiệm x Tìm m để

x −1
x +1

Bài 5: Biết P =
với x ≥ 0, x ≠ 1.
( x + 1) P = m − x
Tìm m để
có
nghiệm x

B. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI – ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL
T

T
1)

Dạng bài

Sai sót

Tìm m thỏa mãn số nghiệm của phương trình
Ví dụ 1: Cho phương trình
Sai sót 1: Phương trình có hai nghiệm
2
2
x – 2mx + m – m + 3 = 0
x1; x2 ⇒ ∆’ > 0 ⇔ m2 – (m2 – m + 3) > 0
Tìm m để phương trình có ⇔ … ⇔ m > 3
hai nghiệm x1, x2 và tìm giá Sai sót 2: Phương trình có hai nghiệm
x2 + x2 x1; x2 ⇒ ∆’ ≥ 0 ⇔ … ⇔ m ≥ 3
1
2
 x + x = 2m
trị nhỏ nhất của A =
1 2


2
x x = m − m + 3
 1 2

Theo Viet ta có:
x 2 + x 2 = ( x + x )2 − 2 x x

1
2
1 2
1 2
A=
2


1  13 


2 m+ ÷ +

2
4
=…=

Vì





2
2


1
1  13  13




 m + 2 ÷ ≥ 0 ⇒ 2  m + 2 ÷ + 4  ≥ 2







Cách giải đúng

Phương trình có hai nghiệm
x1; x2
⇒ ∆’ ≥ 0 ⇔ m2 – (m2 – m + 3) ≥ 0
⇔…⇔m≥3
 x + x = 2m
2
 1

2
x x = m − m + 3
 1 2
Theo Viet ta có:
x 2 + x 2 = ( x + x )2 − 2 x x
1
2
1 2
1 2
A=

2


1  13 


2 m + ÷ +

2
4
=…=



Vì m ≥ 3 ⇒



2

1
49

m+ 2 ÷ ≥ 4




13
1

A
= ⇔m=−
min 2
2

2


1  13 


⇒ 2 m+ ÷ +
≥ 16

2
4


A
= 16 ⇔ m = 3
min

Xét: m + 1 = 0 ⇔ m = –1
Khi đó ta được phương trình:
–2(m – 1)x + m + 3 = 0 ⇔ 4x + 2 = 0
1
−
2
⇔x=
(TMĐK)

Xét: m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1
TH1: P.trình có nghiệm kép x < 0
⇒ ∆’ = 0
⇔ (m – 1)2 – (m + 1)(m + 3) = 0
−1
3
⇔…⇔m=
Khi đó phương trình có nghiệm
4
−
3
x1 = x2 = m – 1 =
(TMĐK)
TH2: P.trình có hai nghiệm trái dấu
⇒ ac < 0 ⇔ (m + 1)(m + 3) < 0
⇔ … ⇔ –3 < m < –1
Kết hợp lại với các giá trị m cần tìm là:
−1
3
–3 < m < –1; m =
Ví dụ 3: Cho phương trình
Xét ∆’ = (m – 1)2 + m + 3 = m2 – m + 4
Vì a = 1 ≠ 0 ⇒ xét
x2 + 2(m–1)x – m – 3 = Dễ dàng chứng minh được ∆’ > 0 với mọi ∆’ = (m – 1)2 + m + 3 = m2 – m + 4
0(*)Tì m tất cả các giá trị của
Ví dụ 2: Cho phương trình
(m +1)x2 – 2(m–1)x+m+3 = 0
Tìm m để phương trình có 1
nghiệm x < 0

Sai sót 1: Phương trình chỉ có 1 nghiệm
x < 0 nên nghiệm còn lại là x > 0
⇒ phương trình có hai nghiệm trái dấu
⇒ ac < 0 ⇔ (m + 1)(m + 3) < 0
⇔ … ⇔ –3 < m < –1
Sai sót 2:
TH1: Phương trình có nghiệm kép x < 0
⇒ ∆’ = 0 ⇔ (m – 1)2 – (m + 1)(m + 3) = 0
−1
3
⇔…⇔m=
Khi đó phương trình có nghiệm
4
−
3
x1 = x2 = m – 1 =
(TMĐK)
TH2: Phương trình chỉ có 1 nghiệm x < 0
nên nghiệm còn lại là x > 0
⇒ phương trình có hai nghiệm trái dấu
⇒ ac < 0 ⇔ (m + 1)(m + 3) < 0
⇔ … ⇔ –3 < m < –1
−1
3
Kết hợp lại ta có: –3 < m < –1; m =


m để phương trình có hai m ⇒ phương trình có hai nghiệm phân
nghiệm
biệt với mọi m.

Sai sót 1: Học sinh không lý luận đưa ra
phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 ≤ luôn: Phương trình có hai nghiệm
1 < x2

2
 x1 = −(m − 1) − m − m + 4

 x = − − (m − 1) + m2 − m + 4
 2

Dễ dàng chứng minh được ∆’ > 0 với
mọi m ⇒ phương trình có hai nghiệm
phân biệt với mọi m.
Vì x1 ≤ 1 < x2
TH1: Tìm m để x1 = 1; x2 > 1
x1 = 1 ⇒ 12 + 2(m – 1).1 – m – 3 = 0
⇔ m = 4 ⇒ (*) ⇔ x2 + 6m – 7 = 0
x = 7
 1
⇒m=4

2 − m + 4 ≤1
 x = −7 ( KTM )
x
=
−
(
m
−
1)

−
m
 2

⇒ 1
⇒
(loại)
 x = − − (m − 1) + m2 − m + 4 > 1
TH2: Tìm m để x1 < 1; x2 > 1
 2
⇒ x1 – 1< 0; x2 – 1 > 0

2
⇒ (x1 – 1)(x2 – 1) < 0
−m ≤ m − m + 4
⇔ ... ⇔ 
⇔ x1x2 – (x1 + x2) + 1 < 0
 m2 − m + 4 > m

 x + x = −2(m − 1)
 1
2

 ( − m) 2 ≤ m 2 − m + 4
 x1x2 = −m − 3
m ≤ 4

⇔
⇔
⇔ m < 4 Theo Viet:

m < 4
m2 − m + 4 > m2
(1)(2) ⇒ –m – 3 + 2(m – 1) + 1 < 0
⇔m–4<0⇔m<4
Sai sót 2: Vì x1 ≤ 1 < x2 ⇒ x1 < x2
Vậy với m < 4 thì phương trình có hai
Phương trình có hai nghiệm:
nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

2 −m+4
x
=
−
(
m
−
1)
−
m
 1
x1 ≤ 1 < x2

 x = − − (m −1) + m2 − m + 4
 2


2
 x1 = −(m −1) − m − m + 4 ≤ 1
⇒
 x = −(m −1) + m2 − m + 4 > 1

 2



− m ≤ m2 − m + 4
⇔ ... ⇔ 
 m2 − m + 4 > m

 ( − m) 2 ≤ m 2 − m + 4

⇔ 

m2 − m + 4 > m2

(Không

xét

các

dấu
của 2 vế trước khi bình phương)
m ≤ 4
⇔
⇔m<4
m < 4
Sai sót 3: Vì x1 ≤ 1 < x2
⇒ x1–1 ≤ 0, x2 –1> 0 ⇒ (x1 –1)(x2 – 1) ≤ 0
⇔ x1x2 – (x1 + x2) + 1 ≤ 0
 x + x = −2(m − 1)

 1
2

 x1x2 = −m − 3
Theo Viet:
(1)(2) ⇒ –m – 3 + 2(m – 1) + 1 ≤ 0
⇔m–4≤0⇔m≤4

2)

Các bài tập tương tự:
Bài 4:Tìm m để phương trình Bài 5: x2 + (m + 2)x – m – 4 = 0. Tìm tất
(m + 1)x2 – 2mx + m + 2 = 0 cả các giá trị của m để phương trình có hai
có hai nghiệm phân biệt
nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn
x1 ≤ 0 < x2
(Đề khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9
năm học 2015 – 2016 của Phòng Giáo dục
và Đào tạo quận Hoàn Kiếm)
Quan hệ giữa đường thẳng và parabol
Ví dụ 1: Cho đường thẳng Vẽ hình

Bài 6: Tìm m để phương trình
x4 – (2m – 1)x2 + 2m – 2 = 0 có hai
nghiệm phân biệt
(Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2018 –
2019 của trường THCS và THPT
Lương Thế Vinh)

Vẽ hình

(d): y = 2x + m2 – 1 và Dễ dàng tìm được m ≠ 0 thì (d) cắt (P) tại Dễ dàng tìm được m ≠ 0 thì (d) cắt (P)
parabol (P):
2 điểm phân biệt A, B
tại 2 điểm phân biệt A, B
y = x2 (với m là tham số) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A, B
trong mặt phẳng tọa độ Oxy Sai sót 1:
a) Tìm m để (d) cắt (P) tại HK = HO + OK
hai điểm phân biệt A và B.
HO = |x1|; OK = |x2| ⇒ HK = |x1| + |x2| …
b) Gọi H và K lần lượt là
hình chiếu vuông góc của A, Sai sót 2: ∆’ = m2 ⇒ Phương trình có hai
B trên trục hoành. Tìm m để
 x = 1− m
 1
độ dài đoạn thẳng HK bằng 3
 x = 1+ m
 2
(đơn vị độ dài)
nghiệm
(Đề thi học kì II môn Toán
lớp 9 năm học 2017 – 2018 ⇒ HK = x2 – x1 = 1 + m – 1 + m = 2m =
của Phòng Giáo dục và Đào 3
tạo quận Hoàn Kiếm)
3
2
⇒m=

Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A, B

Cách 1: ∆’ = m2 ⇒ Không mất tính tổng
quát, ta giả sử phương trình có hai
 x = 1− m
 1
 x = 1+ m
 2
nghiệm
⇒ HK = |x2 – x1| = |1 + m – 1 + m|
±

= |2m| = 3 ⇒ m =

Cách 2: Theo Viet:

3
2

x + x = 2
2
 1

2
 x x = −m + 1
 1 2

HK = |x1 – x2| = 3
±

⇒ (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 9 ⇒ m =

3
2

Kết luận…
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng
Vẽ hình
2
tọa độ cho Parabol (P): y = x Dễ dàng tìm được tọa độ giao điểm của
và đường thẳng (d): y = 2x + (d) và (P) là (–1;1); (3;9)
3
Sai sót 1: C(2;0)
a) Tìm tọa độ các giao điểm
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông
của (d) và (P).
góc của A, B trên trục hoành.
b) Gọi A, B là giao điểm của

Vẽ hình
Dễ dàng tìm được tọa độ giao điểm của
(d) và (P) là (–1;1); (3;9)
Vì C ∈ (P) ⇒ C(2;4)
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A, B trên trục hoành.


(d) và (P). Lấy điểm C thuộc
Parabol (P) có hoành độ
bằng 2. Tính diện tích tam
giác ABC.

S

ABC

=S

ABKH

−S

AHC

−S

BKC

…

H (–1;0); I(2;0); K(3;0)
S
=S
−S
−S
ABC
ABKH
AHIC
BKIC

Sai sót 2: Vì C ∈ (P) ⇒ C(2;4)
(Đề khảo sát chất lượng môn Gọi H, I và K lần lượt là hình chiếu AH = |yA| = |1| = 1;

Toán lớp 9 năm học 2017 – vuông góc của A, C, B trên trục hoành.
CI = |yC| = |4| = 4;
2018 của trường THCS Ngô S ABC = S ABKH − S AHIC − S BKCI
BK = |yB| = |9| = 9;
Sĩ Liên – Hoàn Kiếm)
HI = |xI – xH| = |2 – (–1)| = 3;
Không lý luận, đưa ra luôn kết quả
IK|xK – xI| = |3 – (–1)| = 4;
(1 + 9).4 (4 + 9).1 (1 + 4).3
S
=
−
−
= 6 Lý luận chứng minh ABHK, AHIC,
ABC
2
2
2
BKIC là các hình thang vuông
(1 + 9).4 (4 + 9).1 (1 + 4).3
S
=
−
−
=6
(đvdt)
ABC
2
2
2

(đvdt)
Các bài tập tương tự
Bài 3: Cho đường thẳng (d):
y = x – m + 1 (với m là tham
1
2
số) và parabol (P): y = x2
trong mặt phẳng tọa độ Oxy.
Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A(x1;y1) và
B(x2;y2) sao cho một trong
hai giao điểm có hoành độ
lớn hơn 1 và y1 + y2 = 4(x1 +
x2)

Bài 4: Cho đường thẳng (d): y = mx+m+1
và parabol (P): y = x2 (với m là tham số)
trong mặt phẳng tọa độ Oxy
a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân
biệt A(xA; yA) và B(xB; yB).
b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A, B trên trục hoành. Tìm
m để độ dài đoạn thẳng HK bằng 4 (đơn
vị độ dài)
c) Tìm m để |xA| + |xB| = 4.

Bài 5: Cho đường thẳng (d) đi qua
I(0;2) có hệ số góc m và parabol (P): y
1
2

= x2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy
a) Chứng minh (d) cắt (P) tại hai điểm
phân biệt A(xA; yA) và B(xB; yB).
b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A, B trên trục hoành.
Tính diện tích tam giác HIK.