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

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 c

Đề tài

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, phph-ơng 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 đ ợc 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 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 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

A

A2  , 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:  

y x 0, y 0, x



3

2 2

y x y x

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

 

x y x y x y

y x y

x

y x y

x

y















6 6

2

2 3 2

3

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

Phân tích sai lầm: Học sinh không chú ý khi đa biểu thức vào trong căn trong

phép biến đổi A B A2B

 chỉ đúng khi A, B không âm

Vậy lời giải đúng là:

x y x y x y x y

y x y

x

y x y

x y















6 6

6 2

2 3 2

3 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

Với x<y thì:

x y x y x y x y

y x y

x

y x y

x

y



















6 6

6 2

2 3 2

3

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

Vậy x  0, y  0, x  y Thì  

y x

y x y





6 2

3

2 2

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: 25  7  a 2 học sinh sẽ giải

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

 



















7 a nếu 7 -a 5

7 a nếu a a

7 5 7

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

3

7 7

3 3

7 7

3 9

49 7

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

3

7 7

3 3

7 7

3 3

7 7

3 9

49 7

2

2





















x

y y

x x

y y

x x

y y

x x

y y

Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức 1216

11

1

y

x

xy với x <0, y > 0

2

3 6

11

1 11

11

1 121

11

1

y y

x xy y

x xy

y

x









Sai lầm của học sinh là không chú ý đến điều kiện x < 0, y > 0

Lời giải đúng là:

4 3

3 2

3 6

11

1 11

11

1 11

11

1 121

11

1

y y

x xy y

x xy y

x xy

y

x

xy























Ví dụ 5: Khi rút gọn biểu thức:

2

4 4

2







x

x

x học sinh sẽ là nh sau

1 2

2 2

2 2

4

2





















x

x x

x x

x

x

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:





































-2 x nếu

-2 x nếu 1

1 2

2 2

2 2

4

2

x

x x

x x

x

x

Nh vậy bài toán sẽ có hai đáp số phụ thuộc vào điều kiện của biến

Ví dụ 6: Khi rút gọn biểu thức: 2 2

4 3 2 2 3

2

2

y xy x

xy y x y x y

y x











Với x>0 y≠0 Học sinh sẽ giải nh sau:

y x y

x

y x xy y

y x y

xy x

xy y x y

x

y

y

x



























2

2

2

2 2

2 2

4 3 2 2

3

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

y x y

x

y x xy y

y x y

xy x

xy y x y x y

y x



























2

2

2

2 2

2 2

4 3 2 2 3

y x y

x

y x xy y

y x y

xy x

xy y x y x y

y x





























2

2

2

2 2

2 2

4 3 2 2 3

Ví dụ 7: Rút gọn biểu thức   x  x

x

x x

y 3 2 12 2 2 8

2 2 2











Học sinh sẽ giải nh sau:

2 3

4 4 9

6 8

4 4 12

9 6

2 2 2

2

2

2 2

2 4 2

2

2 2

4













































x x

x x

x

x

x x x

x x x x

x x

x x

x

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

x x x

x

x

2 2



















Nếu 0< x ≤ 2 ta có  

x

x x

x

x

2













Nếu x> 2 ta có  

x

x x x

x

x

y 23  2 2 2  2 3

Ví dụ 8: Cho biểu thức

1 2

2 2 1













x

x x

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 0 1 2 0 2

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 x 1  2 x 2 có nghĩa

 









































3 1

2

0 1 2 2 0

1 2

0 2 2 1 0 2

2

x x

x x x

x x

b Học sinh sẽ giải là  



































3 1

3 1

1 2

1 2 1

2

1

x khi

x khi 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:  





































3 2

1

3 1

1 2

1 2 1

2

1

x khi

x khi x

x x

x A

Dạng 2: Tìm giá trị của biến thoả m n điều kiện của biểu thức.ãn điều kiện của biểu thức.

1

1 1

1 :

1 2

























































a

a a a a

a a a

a Rút gọn biểu thức A

b Với giá trị nào của a thì A  A

1

1 1

1 :

1 2

































































a

a a a a

a a a

       

            

a a

a

a

a a

a a

a a

a a

a a

a a a a

a

a a a a

A



















































































































1

2 1 1

1 1 1

1

1

1 1

1 : 1 1 2

1 2

1

:

1

1 1

1 1

1

1 1

:

1

2

2 2

2 2

2

b Muốn A  A thì A≥0 0 1 0 1

1

2















a

Vậy với 0 a 1 thì A  A

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 A  A là khi giải xong kết luận luôn là a≤1 thì A  A mà không kết hợp với điều kiện xác định đã cho ở đề bài

Lời giải đúng phải là: Muốn A  A thì A≥0 12 01 0 1



a

Kết hợp với điều kiện xác định a≥0, a≠1 Ta có 0a1

Với 0 a 1 thì A  A

Ví dụ 2: Cho biểu thức

3

2 2 : 9

3 3 3 3

2























































x

x x

x x

x x

x

a Rút gọn biểu thức R

b Tìm các giá trị của x để R<-1

Giải: Học sinh giải là

     

      3

3 3 3

3

3 3

3 2 3 3

1 : 9

9 3 3 6

2

3

3 2

2 : 9

3 3 3 3

2

,





























































x

x x

x x

x

x x x

x x

x x x x x

x

x x

x

x x

x x

x

R

a

4

9 2

3 0

6 4 0 3

6 4 0 3

0 3

6 4 0 1 3

3 3 1 3

3 3



























































x x

x x

x

x

x x

x x

x

n Nê x

0

x

Với

1

-R

ể

Đ

b,

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

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:

































1

3 : 1 1

3

2

a

a a

M

a Rút gọn M

b Tìm a để M  M



































x

x x x

x

x x P

1

1 1

1

a Rút gọn biểu thức P

b Tìm x để P <7 - 4 3

Dạng 3: Bài toán liên quan đến phơng trình bậc 2.

Cho phơng trình ax2 + bx + c = 0 (a≠0)

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 0

a

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





 0 0

a

- 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 0

a

- 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 0

a

Ví dụ 1: Cho phơng trình (m2 – m – 2) x2 + 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

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 0

a

Phân tích sai lầm: Phơng trình đã cho ở bài toán này có hệ số a = m2 – 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 – (m2 – m – 2) > 0  3m + 3 > 0  m > - 1

Và học sinh kết luận: Khi m > - 1 thì phơng trình (m2 – m – 2) x2 + 2(m+1)x+1=

0 có hai nghiệm phân biệt

Vậy lời giải đúng ở đây là:

Phơng trình (m2 – m – 2)x2+2(m+1)x+1=0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:    

  

 













































1 0 0

0

1

0 2

2

m m m m

m

m

a

Phơng trình (m2 – m – 2) x2 + 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 x2 bằng 0

Thứ hai hệ số chứa ẩn x2 khác 0

Phân tích sai lầm: Sai lầm học sinh ở đây cho rằng

Phơng trình (m2 – m – 2) x2 + 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 (m2- m-2) x2 + 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 m2 – m – 2) x2 + 2(m+1)x + 1 = 0 có 1 nghiệm khi

và chỉ khi ∆ = 0  3m + 3 = 0  m = - 1 và kết luận

Phơng trình m2 – m – 2) x2 + 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 (m2 – m – 2) x2 + 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

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 mx2 + 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(m2 – 4m + 4) – 4m2 + 7m

= 9m2 – 36m + 36 – 4m2 + 7m = 5m2 – 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 0

a

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











































5 4

5

4

9

0

9

5

0

4

0

9

5

0

4

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 mx2 + 6(m – 2)x + 4m – 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt khi:

 

 















 

 











  

















  





 

5

5

9

0

5

0

5

0

0

5

0

m

m

m

m

m

m

m

a

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 mx2 + 6(m – 2)x + 4m – 7 = 0 vô nghiệm khi















































5 5 4 9

0 9 5 0 4 0 9 5 0 4 0

9 5

4

m m m

m m

m

Kết luận phơng trình (*) vô nghiệm khi và chỉ khi 4

5

9



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













 

 











  

















   





5

9

0

5

0

5

0

5

m

m

m

m

m

m

a

5

m

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 kx2 – 2(k – 1) x + k + 1 = 0

b x2 – 4x + k = 0 ( k nguyên dơng)

c 2x2 – 6x + k + 7 = 0 (k nguyên âm)

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 kx2 – 2(k – 1) x + k + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

∆’>0  (k – 1)2 – k(k + 1) > 0  k2 – 2k + 1 – k2 – k> 0  - 3k + 1> 0

 k >  31

Kết luận với mọi k >

3

1

 thì phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt

Lời giải đúng là: Phơng trình kx2 – 2(k – 1) x + k + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 











  





  



3 0 0 3 0

'

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 x2 – 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 x2 – 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 1 ; 2 ; 3 thì phơng trình

x2 – 4x + k = 0 có hai nghiệm phân biệt

Ví dụ 4: Tìm các giá trị của m để phơng trình sau có nghiệm:

(m2 – m)x2 + 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 ∆’= m2 – (m2 – m) = m2 – m2 + m = m

Kết luận: Phơng trình (*) Có nghiệm khi và chi khi m≥0

Lời giải đúng là:

a.Phơng trình đã cho có: a = m2 – m; b = 2m; c = 1

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 x   21

2

1





Nếu m ≠ 0và m≠ 1 Phơng trình (*) là phơng trình bậc hai có nghiệm nếu ∆’≥0

∆’ = m2 – (m2 – 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)x2 – 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 – n2 + 1 = 2 - n2 = 2  n 2 n

2 2

0 2 0 2 0 2 0 2 0 2

2









  

  











  





  

















n n n

n n

n

Kết luận với  2 n 2 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     

















  

























 



 







  





2 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2

2

0

n n n n n n n

n

n

Kết luận  2 n 2 thì phơng trình (*) có nghiệm

giáo viên cần lu ý với các em rằng vì trờng hợp n = - 1 cũng nằm trong khoảng

2

2  

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

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) x2 – 2(a + b)x + (b – 1) = 0

Giải: