Tài liệu 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 Ví dụ 1: Cho P = x  1 Sai sót 1: x  1 với x ≥ 0, x ≠ 1.  x 0  x 0 Tìm x để biểu thức P ≥ 1 2 x 0  x1 Sai sót 2: 2 x1 2 x  1  x 1 1  0 x1 x1 Ví dụ 2: Cho A = 2 x 0  x  1 x1 (do x 0 )  x ≥ 1 2 4 x1 4 A   A   3 9 x 1 9 Sai sót 1: x1 x 1 với x ≥ 0, x ≠ 4. Tìm x để biểu thức A 2 3 13 169  ...  x   0 x  5 25 Sai sót 2: 2 4 A   A  3 9 2 x1 2 x  1  x 1 1  0 x1 x1 x1 4  x 1 9  x 0   x  1 (do x  0)  x 0   x 1 Điều kiện để A có nghĩa là: x1 0  x  1 0  x 1 (1) x 1 2 4 A   A  3 9 x1 4  x 1 9 13 169  ...  x   x  (2) 5 25 13 169  ...  x   x  5 25 169 Mà x ≥ 0, x ≠ 4  0 ≤ x ≤ 25 Mà x ≥ 0, x ≠ 4 (3) 169  1 x  ; x 4 25 Từ (1)(2)(3) Các bài tập tương tự Bài 3: Tìm x để P = 2) x 0 x1  x 6 x 9 0 x  1 Bài 4: Tìm x để P = 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: Ví dụ 1: Biết A = x  x x  x m  x  x   m 4 4 1 1 với x ≥ 0, x ≠ 1. x  x m  x  x   m 2 1 1  4 4   x    m Tìm m để A = m có nghiệm x. 2 2 4  1 1    x    m 2 4 2  1 1  x 0   x    2 2 4  Vì 1  x   0  2  2 Vì  1 1    x    0  m 0 2 2 4  1 1 1 1    x      m  2 4 4 4  Vì x ≠ 1  x 1 Sai sót 2: 1 1 x  x m  x  x   m 4 4 2 1 1    x    m 2 4   x  x 2  m 2 Vậy m ≥ 0; m ≠ 2 Vì 2 1 1  x 0   x    2 4  2 1 1    x    0  m 0 2 4  x x Ví dụ 2: Biết A = 3 x  1 x x m  x  (1  3m) x  m 0 (1) 3 x1 1   t 0, t 9  x   1 với x ≥ 0, x ≠ 9 . Đặt t = Tìm m để A = m có nghiệm x. (1)  t2 + (1 – 3m)t + m = 0 (2) Sai sót 2: x x m 3 x1  x  (1  3m) x  m 0 (1) 1   t 0, t 9  x    = (1 – 3m)2 – 4m Đặt t = Sai sót 1: (1)  t2 + (1 – 3m)t + m = 0 (2) (1) có nghiệm khi (2) có nghiệm Vì a = 1 ≠ 0  (2) luôn là pt bậc 2.   = (1 – 3m)2 – 4m ≥ 0  = (1 – 3m)2 – 4m = (m – 1)(9m – 1) 1   m 9   (m – 1)(9m – 1) ≥ 0   m 1 (1) có nghiệm khi (2) có nghiệm ít Sai sót 2: 1 t 9 nhất một nghiệm t 0 và (1) có nghiệm khi (2) có nghiệm cùng TH1: Phương trình (2) có nghiệm không âm t=0m=0   = (1 – 3m)2 – 4m ≥ 0 TH2: Phương trình (2) có nghiệm kép 1   m 9   (m – 1)(9m – 1) ≥ 0   m 1 t 0, t  1 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 (Không TMĐK) Với 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 hoặc m = 1 Kết hợp lại 1  m   9   m 1 1 4 m  t  9 3 (Không TMĐK) Với 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 hoặc m = 1 Kết hợp lại Các bài tập tương tự 2x  6 x 2 x1 x 1 với Bài 4: Biết P = x 1 với x ≥ 0, x ≠ 1. Bài 3: Biết P = x ≥ 0, x ≠ 1. Tìm m để mP  x  2 có nghiệm x Bài 5: Biết P = với x ≥ 0, x ≠ 1. x1 x 1 Tìm m để P = m có nghiệm x Tìm m để ( x 1) P m  x 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 x1; x2  ’ > 0  m2 – (m2 – m + 3) > 0 x2 – 2mx + m2 – m + 3 = 0 …m>3 Tìm m để phương trình có hai Sai sót 2: Phương trình có hai nghiệm x ; x  ’ ≥ 0  …  m ≥ 3 nghiệm x1, x2 và tìm giá trị 1 2  x  x 2m 2  1  2 x2  x2  x x m  m  3 2  1 2 nhỏ nhất của A = 1 Theo Viet ta có: x 2  x 2 ( x  x )2  2 x x 2 1 2 1 2 A= 1 2   1  13    2 m    2 4   =…= 2 2   1 1  13  13     m  2  0  2   m  2   4   2       Vì 13 1 A   m  min 2 2 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 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  x2 ( x  x )2  2 x x 2 1 2 1 2 A= 1 2   1  13    2 m    2 4   =…= 2 1 49  m 2  4  Vì m ≥ 3   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   x = 2 (TMĐK) Sai sót 2: TH1: Phương trình có nghiệm kép x < 0  ’ = 0  (m – 1)2 – (m + 1)(m + 3) = 0 1 …m= 3 Khi đó phương trình có nghiệm 4  x1 = x2 = m – 1 = 3 (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 Kết hợp lại ta có: –3 < m < –1; m = 3 Ví dụ 3: Cho phương trình Xét ’ = (m – 1)2 + m + 3 = m2 – m + 4 Dễ dàng chứng minh được ’ > 0 với mọi x2 + 2(m–1)x – m – 3 = 0(*)Tì m  phương trình có hai nghiệm phân biệt m tất cả các giá trị của m để với mọi m. Sai sót 1: Học sinh không lý luận đưa ra phương trình có hai nghiệm 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)  m 2  m  4  2  2  x1  (m  1)  m  m  4 1   x   (m  1)  m2  m  4  1  2 Xét: m + 1 ≠ 0  m ≠ 1 TH1: P.trình có nghiệm kép x < 0  ’ = 0  (m – 1)2 – (m + 1)(m + 3) = 0 1 …m= 3 Khi đó phương trình có nghiệm 4  x1 = x2 = m – 1 = 3 (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 < m < –1; m = 3 Vì a = 1 ≠ 0  xét ’ = (m – 1)2 + m + 3 = m2 – m + 4 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  x  7 ( KTM )  2 (loại) TH2: Tìm m để x1 < 1; x2 > 1   m  m2  m  4  ...    m2  m  4  m  ( m)2 m2  m  4 m 4     m4 m  4 m2  m  4  m2 Sai sót 2: Vì x1 ≤ 1 < x2  x1 < x2 Phương trình có hai nghiệm:  2  x1  (m  1)  m  m  4   x   (m  1)  m 2  m  4  2  2  x1  (m  1)  m  m  4 1   x  (m  1)  m2  m  4  1  2  2  m  m  m  4  ...    m2  m  4  m  ( m)2 m2  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  x1 – 1< 0; x2 – 1 > 0  (x1 – 1)(x2 – 1) < 0  x1x2 – (x1 + x2) + 1 < 0  x  x  2(m  1)  1 2   x x  m  3 Theo Viet:  1 2 (1)(2)  –m – 3 + 2(m – 1) + 1 < 0 m–4<0m<4 Vậy với m < 4 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 ≤ 1 < x2  x  x  2(m  1)  1 2   x x  m  3 Theo Viet:  1 2 (1)(2)  –m – 3 + 2(m – 1) + 1 ≤ 0 m–4≤0m≤4 Các bài tập tương tự: Bài 4:Tìm m để phương trình Bài 5: x2 + (m + 2)x – m – 4 = 0. Tìm tất cả Bài 6: Tìm m để phương trình (m + 1)x2 – 2mx + m + 2 = 0 các giá trị của m để phương trình có hai x4 – (2m – 1)x2 + 2m – 2 = 0 có hai có hai nghiệm phân biệt nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn nghiệm phân biệt x1 ≤ 0 < x2 (Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2018 – (Đề khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 2019 của trường THCS và THPT năm học 2015 – 2016 của Phòng Giáo dục Lương Thế Vinh) 2) và Đào tạo quận Hoàn Kiếm) Quan hệ giữa đường thẳng và parabol Ví dụ 1: Cho đường thẳng Vẽ hình 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 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 hai HK = HO + OK điểm phân biệt A và B. HO = |x1|; OK = |x2|  HK = |x1| + |x2| … b) Gọi H và K lần lượt là hình 2 chiếu vuông góc của A, B Sai sót 2: ’ = m  Phương trình có hai  x 1  m trên trục hoành. Tìm m để độ  1 dài đoạn thẳng HK bằng 3  x 1  m nghiệm  2 tại 2 điểm phân biệt A, B 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 nghiệm  2  HK = |x2 – x1| = |1 + m – 1 + m| (đơn vị độ dài)  HK = x2 – x1 = 1 + m – 1 + m = 2m = 3 3 (Đề thi học kì II môn Toán lớp 9 năm học 2017 – 2018  m = 2 của Phòng Giáo dục và Đào tạo quận Hoàn Kiếm) 3  = |2m| = 3  m = 2  x  x 2 2  1  2  x x  m 1 1 2  Cách 2: Theo Viet: HK = |x1 – x2| = 3 3   (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 9  m = 2 Kết luận… Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa Vẽ hình độ cho Parabol (P): y = x2 và Dễ dàng tìm được tọa độ giao điểm của đường thẳng (d): y = 2x + 3 (d) và (P) là (–1;1); (3;9) a) Tìm tọa độ các giao điểm Sai sót 1: C(2;0) của (d) và (P). Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông b) Gọi A, B là giao điểm của góc của A, B trên trục hoành. (d) và (P). Lấy điểm C thuộc Parabol (P) có hoành độ bằng S ABC S ABKH  S AHC  S BKC 2. Tính diện tích tam giác … ABC. 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 vuông Vẽ hình Toán lớp 9 năm học 2017 – 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 Sĩ Liên – Hoàn Kiếm) Không lý luận, đưa ra luôn kết quả BK = |yB| = |9| = 9; S ABC  (1  9).4 (4  9).1 (1  4).3   6 2 2 2 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. H (–1;0); I(2;0); K(3;0) S S S S ABC ABKH AHIC BKIC AH = |yA| = |1| = 1; HI = |xI – xH| = |2 – (–1)| = 3; IK|xK – xI| = |3 – (–1)| = 4; Lý luận chứng minh ABHK, AHIC, (đvdt) BKIC là các hình thang vuông S ABC  (1  9).4 (4  9).1 (1  4).3   6 2 2 2 (đvdt) Các bài tập tương tự Bài 3: Cho đường thẳng (d): Bài 4: Cho đường thẳng (d): y = mx+m+1 Bài 5: Cho đường thẳng (d) đi qua I(0;2) y = x – m + 1 (với m là tham và parabol (P): y = x2 (với m là tham số) 1 có hệ số góc m và parabol (P): y = 2 x2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy 1 số) và parabol (P): y = 2 x2 a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân trong mặt phẳng tọa độ Oxy trong mặt phẳng tọa độ Oxy. biệt A(xA; yA) và B(xB; yB). a) Chứng minh (d) cắt (P) tại hai điểm Tìm m để (d) cắt (P) tại hai b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu phân biệt A(xA; yA) và B(xB; yB). điểm phân biệt A(x1;y1) và vuông góc của A, B trên trục hoành. Tìm b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu B(x2;y2) sao cho một trong hai m để độ dài đoạn thẳng HK bằng 4 (đơn vị vuông góc của A, B trên trục hoành. Tính giao điểm có hoành độ lớn độ dài) diện tích tam giác HIK. hơn 1 và y1 + y2 = 4(x1 + x2) c) Tìm m để |xA| + |xB| = 4.