Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc phát triển một số bài toán chứa căn thức bậc 2

Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

1

RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH LỚP 9
THÔNG QUA VIỆC PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI TOÁN
CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI

PHẦN A:
ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI .
Sự phát triển kinh tế của một đất nước không phụ thuộc nhiều ở tài nguyên
thiên nhiên mà phụ thuộc vào trình độ dân trí. Toán học có vò trí đặc biệt trong
việc nâng cao và phát triển dân trí, góp phần tạo nên nguồn tài nguyên chất xám -
nguồn tài nguyên quý nhất cho đất nước. Toán học không chỉ cung cấp cho con
người những kó năng tính toán cần thiết mà còn (và ở đây là điều kiện chủ yếu)
rèn luyện cho con người một khả năng tư duy lôgic, một phương pháp luận khoa
học.
Việc nâng cao chất lượng giáo dục là nhiệm vụ số một trong bất kì nhà
trường nào và cũng là mục tiêu phấn đấu của mỗi giáo viên. Đặc biệt vấn đề chất
lượng giáo dục đối với học sinh lớp 9, vì đây là năm cuối cấp bậc trung học cơ sở
và đánh dấu bước chuyển tiếp quan trọng trên con đường học tập của học sinh .
Là một giáo viên đã từng tham gia giảng dạy bộ môn toán 9 tôi luôn trăn
trở một điều là làm thế nào để tư duy suy luận của học sinh được chặt chẽ, nhạy
bén, sáng tạo? Có như vậy sẽ nâng cao chất lượng bộ môn.
Trong việc giảng dạy môn toán người thầy đóng vai trò quan trọng trong
việc hình thành, phát triển tư duy lô gíc và phương pháp luận khoa học cho học
sinh. Để có thể phát triển tư duy sáng tạo trong việc học toán và giải toán thì tìm
ra kết quả một bài toán chưa có thể coi là kết thúc được, mà phải tiến hành khai
thác, phải "mổ xẻ" và phân tích bài toán đó.
Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh không chỉ nhằm đạt chất lượng cao

trong dạy học mà còn nhằm phát triển nhân tố con người, nhất là trong thời đại
mà thông tin và khoa học công nghệ đang bùng nổ như hiện nay.
Trong quá trình dạy học toán nói riêng cũng như trong quá trình dạy học nói
chung người dạy cũng như người học cần tạo cho mình một thói quen là: sau khi
đã tìm được lời giải bài toán thì dù là đơn giản hay phức tạp, tiếp tục suy nghó, lật
lại vấn đề, thêm điều kiện cho bài toán, hay thay đổi yêu cầu bài toán sẽ được
bài toán mới thú vò hơn.
Chính vì lý do trên tôi chọn đề tài :" Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh
lớp 9 thông qua việc phát triển một số bài toán chứa căn thức bậc hai " như một
sân chơi trí tuệ dành cho học sinh lớp 9 trong các giờ học toán. Nhằm tạo điều
kiện kích thích khả năng sáng tạo, ham học hỏi của học sinh.
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

2


II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU .
Hình thành cho học sinh có năng lực hành động, năng lực ứng xử, năng lực
tự học và kó năng diễn đạt (bằng lời, bằng viết). Kích thích trí tưởng tượng, gây
hứng thú học tập toán góp phần rèn luyện phương pháp học tập và có kế hoạch
khoa học, chủ động, linh hoạt, sáng tạo.
Trên cơ sở nắm được phương pháp giải một số dạng toán biến đổi biểu thức
chứa căn thức bậc hai học sinh biết nhận xét một số đặc trưng của bài toán gốc,
học sinh có thể lật lại vấn đề, thêm điều kiện cho bài toán, hay thay đổi yêu cầu
bài toán sẽ được bài toán mới thú vò hơn.
Thông qua việc phát triển một số bài toán gốc nhằm hình thành cho học
sinh kó năng phân tích để tìm ra đặc trưng bài toán, phát triển bài toán .
Kích thích trí tưởng tượng, gây hứng thú học tập môn toán góp phần rèn
luyện nhân cách con người: Phát triển tư duy lô gíc và phương pháp luận khoa
học, rèn luyện cho học sinh kó năng học tập và làm việc có kế hoạch khoa học

chủ động, sáng tạo .

III. ĐỐI TƯNG NGHIÊN CỨU :
Tiến hành trên học sinh lớp 9 -Trường THCS TP Pleiku
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
Vì phạm vi đề tài khá rộng nên tôi chỉ tập trung vào việc rèn luyện tư duy
sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc phát triển một số bài toán chứa căn
thức bậc hai.





Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

3

PHẦN B:
THỰC TRẠNG VÀ MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT
I/ THỰC TRẠNG :
Phải nói rằng kiến thức toán Trung học cơ sở là kiến thức rất cơ bản và
quan trọng, làm nền tảng để các em học ở bậc THPT và cao hơn là học chuyên
nghiệp. Kiến thức toán THCS là vật chất đầu tiên để các em hình thành và rèn
luyện tư duy logic, trìu tượng, hình thành phẩm chất cần cù, kiên trì và sáng tạo.
Việc hổng kiến thức toán dẫn đến các em khó tiếp thu kiến thức mới, vì vậy
dẫn đến tâm lý chán nản, ngại học toán, sợ học toán. Như vậy ảnh hưởng chung
đến việc học tập, hứng thú học tập của các em tại trường THCS.
Thực trạng các trường THCS ở thành phố nói chung, các trường vùng ven,
xa thành phố nói riêng là: học sinh khối 9 đa số hổng kiến thức toán dẫn đến tiếp
thu kiến thức mới rất khó khăn vì không thạo những kỹ năng cơ bản như: cộng,

trừ, nhân, chia, lũy thừa, căn thức .
Số lượng học sinh trong một lớp quá đông (trên 40 em, có khi 45 em), có
trình độ nhận thức và kiến thức nền tảng quá khác nhau, việc tiếp thu kiến thức
không đồng đều. Vì vậy giáo viên không thể giúp tất cả học sinh đều hiểu bài, kết
quả học tập của học sinh chưa cao.
Qua khảo sát thực tế chất lượng đầu năm của 2 lớp 9 như sau:

Lớp Só số Giỏi Khá Trung bình Yếu
9
3
40
7,5%
(3 em)
20%
(8 em )
45%
(18 em )
27,5%
(11 em )
9
4
42
21,4 %
( 9 em )
38,1 %
( 16 em )
23,8 %
(10 em )
16,7 %
(7 em )

Những nguyên nhân của thực trạng trên
* Đối với giáo viên:
Trình độ chuyên môn của một số giáo viên còn chưa đồng đều, đôi khi còn
hạn chế. Giáo viên bò bó hẹp trong phạm vi một tiết giảng mà quá nhiều nội dung.
Một số giáo viên còn tham lý thuyết do đó không thể rèn luyện kỹ năng
nhiều cho học sinh. Nhiều giáo viên không biết “chế biến” kiến thức mà phụ
thuộc quá nhiều vào SGK.
* Đối với học sinh :
Phần lớn học sinh hổng kiến thức toán cơ bản cấp 2. Do đó sự hứng thú với
môn toán không có hoặc ít. Thói quen học tập không khoa học đã hình thành ở
các lớp dưới, học sinh thường giải bài tập xong là xong, khi đưa bài toán khai thác
thì ít học sinh làm được.
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

4

Gia đình thiếu sự quan tâm, tạo điều kiện học tập cho các em. Đặc biệt đối
với nhiều gia đình dân tộc thiểu số.
Các em ngại hỏi giáo viên, hỏi bạn bè; có tâm lý dấu dốt; quen với tâm lý
học để thi. Nhất là ở cấp THCS do muốn phổ cập giáo dục THCS các giáo viên
phải đẩy các em lên lớp bằng mọi cách. Vì vậy xảy ra mâu thuẫn là: các em
không cần cố gắng vẫn được điểm cao, vẫn được lên lớp. Dần dần tạo nên sự ỷ
lại, lười biếng trong tư duy của học sinh. (Tất nhiên, có nhiều ý kiến chủ quan
của cá nhân tôi)

II/ MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT
1. Kiến thức cơ bản sử dụng trong chuyên đề

AA 

2

2
2
2
2
2
. ( 0; 0)
( 0; 0)
( 0)
( 0; 0)
( 0; 0)
1
. ( 0; 0)
( 0)
( )
( 0; )
( )
( 0; 0; )
AB A B A B
A A
A B
B
B
A B A B B
A B A B A B
A B A B A B
A
AB AB B
B B

A A B
B
B
B
C C A B
A A B
A B
A B
C C A B
A B A B
A B
A B
  
  
 
  
   
  
 
  


   





2 .Các bài toán phát triển

Bài toán 1
Rút gọn biểu thức :A =

2
)35(
2
)35( 

Giải
Ta có : A =
35 
-
35 
=
35 
-
35 
=-2
3
.
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

5

Nhận xét : Biểu thức A đãù cho mỗi số hạng đều ở dạng
2
A
nên học sinh dễ dàng

áp dụng công thức AA 
2
để tính toán . Để yêu cầu học sinh buộc phải suy luận
rồi mới có thể áp dụng công thức để tính ta có thể phát triển bài toán trên thành
bài toán sau :
Bài 1.1 .Rút gọn biểu thức :A =
15281528 

Hd : Làm cho các biểu thức xuất hiện dạng hằng đẳng thức và làm như bài toán 1
A = 15281528  =
       
2 2 2 2
5 2 15 3 5 2 15 3
    
=
   
2 2
5 3 5 3
  

Ta được kết quả như bài toán 1.
Nhận xét .Theo kết quả của bài toán 1 ta có A =-2
3
3. 6
A
   
là một số
nguyên hoặc
3
A

=
2

cũng là một số nguyên. Vì thế trên cơ sởù bài toán 1 và bài
toán 1.1 ta có thể phát triển thành bài toán sau:
Bài 1.2 Chứng minh những biểu thức sau có giá trò là một số nguyên.
A =
15624 
-
15624 

B =
3
5
2
3
8
3
5
2
3
8


Nhận xét : Ta cũng có thể thay đổi yêu cầu bài toán 1.1 và bài toán 1.2 để có bài
toán mới :
Bài toán 1.3 Chứng minh đẳng thức :
 1528 321528 
Bài 1.4 Tìm x biết
a)

32)5()5(
22
 xx

b) 32152152  xx
rõ ràng ở bài 1.4a ta sử dụng được ngay công thức AA 
2
ta sẽ tìm được dễ dàng
giá trò của x . Nhưng câu b thì không thể áp dụng ngay kiến thức đó được vậy làm
thế nào để giải quyết được bài toán b. Lúc này ta phải sử dụng tính chất của đẳng
thức .
Vì vế phải bằng 32 > 0 suy ra vế trái
2 15 2 15
x x   > 0 .
Bình phương hai vế phương trình câu b ta được phương trình tương đương .
(x+2
15
) +(x–2
15
) – 2
1215.4
2
x
( x

2
15
)(*)
2
2 2 60 12

x x
   


660
2
 xx


2
6 60
x x
   
(1)
vì x

2
15
nên x – 6 > 0 và
2
60
x


0
(1)
2 2
12 36 60
x x x
    

12 96
x
   

Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

6


8
x
 
( Thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy x = 8 là nghiệm của phương trình 32152152  xx
Như vậy vẫn từ bài toán gốc nhưng hai bài toán phát triển không phải lúc nào
cũng có cùng cách giải với bài toán gốc .
Tiếp tục nhận xét ta thấy:
A =

2
)35(
2
)35( 
= 32


5 3 5 3
   



5 3 5 3
   =
12


5 3 5 3
12 12
 
 
 
 
 
 
5 3 5 3
12 12
 
 
 

 
 
=1
Từ kết quả đó ta phát triển thành bài toán mới sau:
Bài 1.5 Chứng minh rằng

5 3 5 3
12 12
 

 và
5 3 5 3
12 12
 

là hai số nghòch đảo của nhau
Bài 1.6 Tìm x để

1 5 5
2
x x
x x
 
 
 

 
 
và
1 5 5
2
x x
x x
 
 
 

 
 

là hai số nghòch đảo của nhau .
Nhận xét : Từ bài 1.1 ta có A = 15281528  ta có thể đưa về cách giải của
bài toán gốc là A = 
2
)35(
2
)35(  để suy ra A=- 32 .
Nhưng ta cũng có thể rút gọn A
2
rồi suy ra A.
Giải bài toán 1.1 theo cách khác như sau:
A = 15281528  < 0 vì 15281528 
Xét
A
2
=
(8 2 15) (8 2 15)
  
–
60642 
=16 – 4 =12
Vì A < 0 nên suy ra A =
2
A =– 12 =– 32
Cách giải bài toán này có thể cho ta những bài toán tương tự sau .
Bài 1.7 Rút gọn biểu thức
A = 52335233 
Bài 1.8 Chứng minh đẳng thức
5219552195 
= 5212

Bài 1.9 Chứng minh biểu thức sau là số hữu tỉ
C = 48134813 
Nhận xét : Kết hợp bài 1.7 với cách giải của bài 1.4 ta có bài toán sau
Bài 1.10 Tìm x biết :
2 5 2 5 2 5
x x   
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

7

Nhận xét : Cộng vào hai vế của bài 1.7 số – 52 ta có bài toán sau :
Bài 1.11 Chứng minh
A =
52335233 
-
52
là một số nguyên
Trở lại bài toán 1.10 : tìm x của biểu thức chứa dấu căn thức bậc hai nếu không
hướng dẫn học sinh và trình bày lời giải mẫu thì học sinh sẽ lúng túng khi gặp
dạng toán này
Giải bài 1.10 .Điều kiện : x
2 5
 ( *)
Bình phương hai vế phương trình bài 1.10 ta được :

2 5 2 ( 2 5)( 2 5) 2 5 20
x x x x
      

2
2 2 20 20
x x
   


2
20 10
x x
   


2
20 10
x x
   
( với x

10 ) (**)

2 2
20 20 100
x x x    

20 120
x
 


6

x
 
( Thỏa mẫn điều kiện (*) và (**))
Vậy x = 6 là nghiệm của phương trình
2 5 2 5 2 5
x x   
Bài toán 2 .Rút gọn biểu thức : A =(1+ )1
13
33
)(
13
33






Giải : Có thể dùng phương pháp nhân mỗi phân thức với liên hợp của nó nhưng
như thế bài toán trở nên dài dòng, ta có thể dùng phương pháp đặt nhân tử chung
như sau :

3( 3 1) 3( 3 1)
1 . 1
3 1 3 1
A
   
 
  
   

   
 
   


(1 3).( 3 1)
  


( 3 1).( 3 1) 3 1 2
     

Nhận xét : A = 2 là một số nguyên tố, thay số 3 trong biểu thức A bởi một số
nguyên dương bất kì ta có bài toán sau :
Bài 2.1 Chứng minh giá trò biểu thức sau là một số nguyên
a)
5 5 5 5
1 . 1
5 1 1 5
   
 
 
   
   
 
   

b)
17 17 17 17
1 . 1

17 1 1 17
   
 
 
   
   
 
   

Vẫn từ bài toán 2, thay hằng số 3 bởi biến x với x

0 và x

1 ta có một vài bài
toán thú vò sau:
Bài 2.2. Rút gọn biểu thức 1 . 1
1 1
x x x x
x
x x
   
 
  
   
   
 
   

Bài 2.3 Tìm x biết 1
1

x x
x
 


 
 

 
.
1
1
x x
x
 


 
 

 
= 2
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

8

hay thay 3 bởi tham số a để có bài toán sau
Bài 2.4 Tìm a để biểu thức sau là một số nguyên
2 . 2 : 2
1 1

a a a a
a a
   
 
 
   
   
 
   

Bài 2.5 Chứng minh giá trò biểu thức không phụ thuộc vào biến
1 . 1
1 1
x x x x
x
x x
   
 
  
   
   
 
   

Bài 2.6. Chứng minh
5 5
2
5 1
 



 
 

 
và
5 5
2
5 1
 


 
 

 
là hai số nghòch đảo của nhau
Bài 2.7. Tìm x biết
3
1
x x
x
 


 
 

 
và

3
1
x x
x
 


 
 

 
là hai số nghòch đảo của nhau
Kết hợp dạng của bài toán 1 và biểu thức dạng bài toán 2 ta có bài toán mới sau :
Bài 2.8. Thu gọn biểu thức sau A =
3
1
x x
x

 


3
1
x x
x




Hướng dẫn : Sử dụng cách 2 của bài toán 1
Rút gọn
22
AAA  (vì A > 0)
Và dó nhiên có thể thay đổi yêu cầu bài 2.8 ta được bài toán sau
Bài 2. 9 Tính giá trò biểu thức sau tại x = 5 và x =
9
4

A = 5
1
x x
x

 

5
1



x
xx

Bài 2.10 Tìm x biết
1
1
x x
x


 


1
1



x
xx
=
2
(1) (0

x

1)
Giải: (1)

1
)1(
1



x
xx
+
1
)1(

1



x
xx
= 2

1 1 2
x x
   
(2)
Vì 0

x

1 nên
1 1 0
x x
   

Bình phương hai vế pt (2) ta được:

2 2 1 4
x
  


2 1 2
x

  
1 1
x
  
0
x
 
( Thỏa mãn điều kiện 0

x

1)
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình
Nhận xét :Như vậy đối với bài toán thu gọn biểu thức A là tổng hay hiệu của hai
số hạng liên hợp thì tốt nhất ta nên thu gọn từ A
2
để suy ra A. Với suy luận như
vậy và phương pháp thay đổi giả thiết hay yêu cầu bài toán ( thay đổi dạng bài
toán ) ta có thể tiếp tục suy luận bài toán 2 thành nhiều bài toán thú vò hơn. Mời
độc giả cùng phát triển bài toán để chuyên đề này đạt được hiệu quả cao .
Xin được tiếp tục trình bày bài toán 3.
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

9

Bài toán 3 : Tính A =
10099
1

43

1
32
1
21
1








Giải : Ta có: A =
10099
1

43
1
32
1
21
1








=






2
3
23
1
2
12
99
100
99100

3
4
34






=
2 1 3 2 4 3 100 99
       

= – 1
100
= – 1 + 10 = 9
Nhận xét :
Bài toán 3 là một bài toán tính tổng của dãy mà mỗi hạng tử là một phân
số có tử số là 1, và mẫu số là tổng của hai căn bậc hai của hai số tự nhiên liên
tiếp. Vì thế bài toán có thể viết dưới dạng tổng quát.
Bài toán 3.1: Rút gọn biểu thức
B =
nn 





 1
1

43
1
32
1
21
1
( n 1,


nN )
Thay đổi yêu cầu bài toán ta có một số bài toán sau:

Bài 3.2: Tìm x để
 
Nx
xx








10
1
1

43
1
32
1
21
1

Bài 3.3: Chứng minh rằng biểu thức sau là một số nguyên.
A =
121119
1

75
1

53
1
31
1








Giải Ta có: A =
121119
1

75
1
53
1
31
1








= 





3
5
35
1
3
13
119
121
119121

5
7
57






= )119121 573513(
2
1

=

)1211(
2
1


= )111(
2
1

= 5 Z


Vậy A là số nguyên.
Tiếp tục phát triển ta có bài toán sau
Bài toán 3.4: Rút gọn A =
13165
1

133
1
35
1
51
1









Nhận xét:
Đối với bài toán 3.4 ta không hoàn toàn áp dụng cách giải của bài toán 3,
bài 3.4 buộc học sinh phải đưa về bài toán 3 rồi áp dụng
Giải :
Ta có A =
13165
1

133
1
35
1
51
1








Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

10

=
169165

1

139
1
95
1
51
1








= 





5
9
59
1
5
15
165
169

165169

9
13
913






=
)165169 9135915(
4
1


=
)1691(
4
1


= )131(
4
1
 = 3
Bài 3.5. Chứng minh rằng biểu thức sau là một số nguyên dương
A =
1099

1

107
1
72
1
21
1








Bài 3.6 Tìm a
N

,a
16

để
A =
5
1

1611
1
116

1
61
1






 aa
là một số nguyên dương
Bài 3.7 Rút gọn biểu thức
A =
aaaaa 1001991
1

211
1
11
1






Bài 3.8 Tìm điều kiện của a để biểu thức sau là một số nguyên dương
A =
aaaaa 1001991
1

211
1
11
1






Bài 3.9 Chứng minh rằng với mọi a
N

, a
1


A =
aaaaa 1001991
1

211
1
11
1







Bài 3.10 Tìm a
N

biết

aaaaa 1001991
1

211
1
11
1





=10
Bài toán 4. Cho P =
;( 0, 9)
3
x
x x
x
 

. Tìm x để P >0.
Giải :Vì x


0, x

9 nên biểu thức P có nghóa
Khi đó để P > 0

( 3)
x x

>0


( 3)
x

>0


x
>3

x > 9
Từ bài toán trên có thể thay đổi yêu cầu bài toán để được một số bài toán mới
cùng dạng với bài toán 4 như sau :
Bài 4.1. Cho P =
3
x
x

với

0, 9
x x
 
. Tìm x để P < 0.
Bài 4. 2. Cho P =
1
3
x
x


với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P > 0
Bài 4.3 Cho P=
5
3
x
x


với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P > 0
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

11

Nhận xét : Khi thực hiện phép chia tử cho mẫu của phân thức P =
3
x
x

với
0, 9
x x
 
ta được P =
3
1
3 3
x
x x
 
 
. Tìm x để P >0
Và ta có thể thay đổi yêu cầu bài toán này để được bài toán mới .
Bài 4.4. Cho P =
3
x
x

với
0, 9
x x
 

. Tìm x để P đạt giá trò là số nguyên.
Giải: Để P đạt giá trò là số nguyên P

3
1
3 3
x
x x
 
 
là số nguyên


3
3
x

là số nguyên


3
( 3
x


)

( 3)
x



Ư(3)



( 3)
x



±1; ±2; ±3


*
3
x

=1

x
=4

x =16;
*
3
x

=-1

x

=2

x = 4;
*
3
x

=2

x
=5

x = 25;
*
3
x

=-2

x
=1

x = 1;
*
3
x

=3

x

=6

x = 36;
*
3
x

=-3

x
=0

x = 0;
Vậy để P đạt giá trò là số nguyên thì x


0 ; 1 ; 4 ; 16 ; 25 ; 36


Tương tự như bài toán 4.4 ta phát triển thành một số những bài toán sau:
Bài 4.5. Cho P =
5
3
x
x


với
0, 9
x x

 
. Tìm x để P nhận giá trò là số nguyên.
Tiếp tục nhận xét ta thấy
x
= 0 với

x = 0 suy ra
x
+1 > 0,

x = 0
suy ra
( 1)
x x

= 0 với

x = 0. Từ đó ta có một số bài toán mới sau:
Bài 4.6. Chứng minh rằng P =
0
1
x
x


với
0, 1
x x
  

Bài 4.7. Chứng minh rằng P =
2
1
0
1 1
x
x


 
với x = –1.
Giải : vì x = –1 nên x + 1 = 0 suy ra P có nghóa .
Ta có :x
2
= 0 với

x

x
2
+1> 0 với

x(1)
1
x

= 0 với

x = 1


1
x

+1> 0 với

x =1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra P =
2
1
0
1 1
x
x


 
với

x = –1.
Bài 4. 8. Chứng minh rằng P = 1–
1
1
x

> 0 với x = 0.
Giải :Vì
x
= 0 với x = 0 nên
x
+1 =1 với x = 0


1
1
1
x



1
1 0
1x
 

( điều phải chứng minh )
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

12

Tiếp tục phân tích bài toán 4 cho thấy P =
3
1
3 3
x
x x
 
 
có
x
-3 đạt giá trò nhỏ
nhất bằng – 3 khi x = 0. Vì vậy

3
3
x

sẽ đạt giá trò lớn nhất là –1 khi x = 0. Do
đó ta có bài toán mới sau :
Bài 4.9. Cho P =
3
x
x

với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P đạt giá trò lớn nhất .
Phân tích bài 4.3 ta thấy P =
5 2
1 ;( 0, 9)
3 3
x
x x
x x

   
 
có
x
– 3 đạt giá trò nhỏ
nhất là –3 khi x = 0. Vì vậy

2
3
x

sẽ đạt giá trò lớn nhất là
2
3

khi x = 0 suy ra
–
2
3
x

sẽ đạt giá trò nhỏ nhất là
2
3
khi x = 0.
Do đó ta có bài toán mới sau :
Bài 4.10. Cho P =
5
3
x
x


với
0, 9
x x
 

.Tìm x để P nhận giá trò nhỏ nhất.
Từ bài toán 4 ta lại thấy có vấn đề được nảy sinh đó là : tại sao chỉ tìm giá trò của
x để P > 0 ? Có thể tìm giá trò của x để P > 0 hoặc để P < 0 ? Khi đó bài toán được
sử lý như thế nào ?
Bài 4.11. Cho P =
3
x
x

với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P <1.
Giải : Vì x

0 , x

9 nên biểu thức P có nghóa.
Để P <1 thì
1
3
x
x


1 0
3
x
x

  



3
0
3 3
x x
x x

  
 


( 3)
0
3
x x
x
 
 



3
0 3 0
3
x
x
    




3 9.
x x
   

Kết hợp với điều kiện của bài toán suy ra : 0

x < 9 thì P < 1.
Tương tự bài 4.11 ta có thể khai thác thành một số bài toán sau .
Bài 4.12. Cho P =
5
3
x
x


với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P >1
Bài 4.13. Cho P =
1
3
x
x



với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P <–
1
2
.
Như vậy với bốn bài toán ban đầu chúng ta đã khai thác thành nhiều bài
toán, nhưng ở những mức độ tư duy khác nhau; số lượng bài được khai thác sẽ
nhiều hơn, nếu kích thích trí tưởng tượng, gây hứng thú học tập , phát huy được
tính tích cực chủ động sáng tạo trong học sinh.

Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

13

PHẦN C : KẾT QUẢ VÀ VIỆC PHỔ BIẾN ỨNG DỤNG NỘI DUNG VÀO
THỰC TIỄN
I. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯC
Bằng những biện pháp thiết thực trên, kết hợp với những học hỏi từ đồng
nghiệp, qua 5 năm thực hiện ở bộ môn toán lớp 9, với 2 lớp trực tiếp giảng dạy tôi
đã thu đựơc những kết quả tương đối khả quan. Chất lượng bộ môn được nâng lên
rõ rệt. Điều đáng quan tâm là học sinh của tôi rất yêu thích bộ môn toán. Dù khó
nhưng các em vẫn hứng thú, tích cực học tập .
Trong giờ học toán, các em rất tự nhiên, tích cực phát biểu xây dựng bài,
hoạt động nhóm sôi nổi, có sự thi đua giữa các nhóm. Khi được đại diện nhóm lên
trình bày, các em rất tự tin, mạnh dạn, không rụt rè như trước.
Bên cạnh đó còn thấy rõ đã có nhiều học sinh dễ tìm ra lời giải một số dạng
toán về biến đổi biểu thức chứa căn thức bậc hai so với trước khi thực hiện chuyên

đề.
Kết quả thu được như sau:
Lớp

Só số Giỏi Khá Trung bình Yếu
9
3

40
20% (8 em) 32,5%(13 em ) 32,5%(13 em ) 15%(6 em )
9
4

42
42,9% (18 em )

31 %( 13 em ) 14,2 %(6 em ) 11,9 %(5 em)
II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Để làm tốt các biện pháp trong việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh
cần chú ý những vấn đề sau :
- Bản thân người giáo viên phải luôn luôn tự học, tự rèn, nâng cao trình độ
chuyên môn, năng lực sư phạm nhằm đáp ứng được nhu cầu đổi mới hiện nay.
- Khi giảng dạy phải luôn tạo ra được tình huống có vấn đề, để thu hút được
sự quan tâm, hứng thú cho học sinh. Giáo viên phải luôn đặt học sinh vào thế chủ
động sáng tạo, là chủ thể trung tâm để các em khám phá tìm hiểu kiến thức, phát
huy mạnh mẽ trí lực của học sinh trong các giờ học để các em tiếp thu kiến thức
bằng cảm nghó của riêng mình. Giáo viên không được áp đặt kiến thức theo kiểu
nhồi nhét, gò ép.
- Muốn đạt kết quả cao, người giáo viên phải biết phối hợp nhuần nhuyễn
các phương pháp như phương pháp thuyết trình, phương pháp vấn đáp, phương

pháp sử dụng đồ dùng trực quan sinh động, và cả phương pháp truyền thống.
- Đổi mới cách kiểm tra đánh giá kết quả học tập của học sinh, không đặt
nặng vấn đề tiếp thu kiến thức về mặt lí thuyết mà cơ bản là coi trọng việc đánh
giá kó năng vận dụng kiến thức và thái độ, tư duy học tập.
- Việc thực hành đổi mới phương pháp không chỉ là áp dụng một phương
pháp, một cách tổ chức hoạt động học tập của học sinh để phát huy tính tích cực
của học sinh mà đòi hỏi mỗi giáo viên cần phải biết lựa chọn một số phương pháp
nhất đònh để truyền thụ lượng kiến thức có chọn lọc, mang tính chất trọng tâm
của bài học cho học sinh. Giúp cho các em hiểu và nắm chắc kiến thức, nhằm vận
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

14

dụng tốt vào việc thực hành. Đặc biệt trong quá trình dạy học theo hướng tích cực
và tích hợp, giáo viên chúng ta cần vận dụng khéo léo hình thức tổ chức học sinh
học tập theo nhóm để rèn cho các em thói quen học và chuẩn bò bài kó ở nhà trớc
khi đến lớp. Tạo điều kiện cho các em tư duy tích cực, sáng tạo, hăng hái phát
biểu ý kiến, tham gia tranh luận sôi nổi có kết quả tạo được niềm hứng thú say mê
cho các em trong giờ học.
III.KẾT LUẬN
Hiện nay sự nghiệp giáo dục – đào tạo của đất nước đang có những cơ hội
để phát triển. Chưa bao giờ sự quan tâm của Đảng và Nhà nước với giáo dục lớn
như bây giờ. Phó Thủ tướng, Bộ trưởng Bộ GD & ĐT Nguyễn Thiêïn Nhân cũng
tha thiết căn dặn : “ Mỗi thầy cô giáo phải là một tấm gương sáng về đạo đức,
tấm gương sáng về tự học và sáng tạo”. Đó là những luận điểm vô cùng quan
trọng để mỗi thầy cô giáo vận dụng, phấn đấu, nhằm mục đích cuối cùng là đào
tạo cho đất nước những thế hệ công dân tốt nhất vai trò của đôi ngũ nhà giáo được
đề cao hơn bao giờ hết. Dạy học là một nghề vinh quang, và vinh quang chỉ đến
khi mỗi nhà giáo thực sự là tấm gương sáng về đạo đức, bậc thầy thực sự về kiến
thức đối với người đi học.

Ngành giáo dục thành phố Pleiku đã và đang khởi sắc, hoà nhòp chung cùng
sự đổi mới của giáo dục cả nước. Đầu tư về cơ sở vật chất, trang thiết bò dạy học,
quan tâm sâu sát đến đội ngũ giáo viên, khơi dạy ý thức trách nhiệm, lòng nhiệt
tình và nâng cao năng lực hành động của đội ngũ các nhà giáo. Với quyết tâm đổi
mới trong giáo dục, nhằm đạt hiệu quả cao nhất.
Với hệ thống ví dụ và bài tập đã được chọn lựa và trình bày như ở trên đây
mới chỉ là bước đầu tự mày mò nghiên cứu và thử nghiệm, với kinh nghiệm ít ỏi
có thể cách giải là chưa tối ưu, chắc chắn vẫn còn thiếu sót và một số hạn chế
nhất đònh, rất chân thành mong sự góp ý, giúp đỡ của quý thầy cô giáo, bạn đọc
để bản thân rút kinh nghiệm bổ sung để quá trình giảng dạy được tốt hơn và đạt
kết quả cao, để chuyên đề này thực sự hấp dẫn và có hiệu quả khi đến với các em
học sinh.
Xin chân thành cảm ơn !
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

15

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phan Đức Chính , Sách giáo khoa toán 9, NXB Giáo Dục, 2004.
2. Phan Đức Chính , Sách giáo viên toán 9, NXB Giáo Dục, 2005.
3. Tạp chí toán tuổi thơ.
4. Tập san báo giáo dục thời đại.
5. 500 bài toán cơ bản và nâng cao THCS toán 9.(Nhà xuất bản Đại Học Sư
Phạm)
6. Tài liệu tập huấn "Phương pháp dạy học toán học phổ thông "của bộ Giáo
dục và đào tạo.

MỤC LỤC
Trang
PHẦN A: Đặt vấn đề 1
1. Lý do chọn đề tài 1
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

16

2. Mục đích nghiên cứu 2
3. Đối tượng nghiên cứu 2
4. Phạm vi nghiên cứu 2
PHẦN B: Thực trạng và một số biện pháp giải quyết 3
I. Thực trạng 3
II. Một số biện pháp giải quyết 4
1. Kiến thức cơ bản sử dụng trong chuyên đề 4
2. Các bài toán phát triển 5
PHẦN C: Kết quả và việc phổ biến ứng dụng nội dung vào thực tiễn
14
I. Kết quả đạt được 14
II. Bài học kinh nghiệm 14
III. Kết luận 15