skkn một số biện pháp sử dụng phương tiện trực quan nhằm nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập phần hàm số mũ - hàm số logarit.

A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Một trong những hướng quan trọng của sự phát triển phương pháp hiện
đại trong dạy học toán là xây dựng các phương tiện dạy học trực quan và
phương pháp sử dụng chúng trong các giờ toán, nhằm hình thành ở học sinh
các hình ảnh cảm tính của đối tượng nghiên cứu, gợi cho học sinh các tình
huống có vấn đề, tạo nên sự hứng thú trong các giờ học toán.
Trong thời gian gần đây dưới ảnh hướng của sự tiến bộ khoa học kỹ
thuật và sự phát triển lý luận dạy học, nhiều dạng phương tiện dạy học đã xuất
hiện ở trường phổ thông. Nó không chỉ là nguồn kiến thức, cho hình ảnh minh
họa mà còn là phương tiện tổ chức, điều khiển hoạt động nhận thức của học
sinh, là phương tiện tổ chức khoa học lao động sư phạm của giáo viên và học
sinh.
Thực tế dạy học ở nhà trường Trung học phổ thông cho thấy học sinh
thường gặp không ít khó khăn khi lĩnh hội khái niệm hàm số mũ, hàm số
logarít, nhiều học sinh có thể nhớ các biểu thức, học thuộc khái niệm, nhưng
không giải thích được đầy đủ ý nghĩa và bản chất của nó, từ đó dẫn tới việc
vận dụng một cách máy móc, hoặc không biết hướng vận dụng. Mặt khác, đây
là nội dung kiến thức cơ bản trong chương trình toán lớp 12, có phần trìu
tượng và dễ lẫn lộn giữa hai nội dung hàm số mũ - hàm số logarít này nhưng
lại được trình bày sau nội dung khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Do vậy, việc sử
dụng các phương tiện trực quan vào quá trình dạy học nội dung này là việc
làm cần thiết và phù hợp với xu thế đổi mới phương pháp dạy học hiện nay ở
trường phổ thông.
Hơn nữa, đây là nội dung kiến thức thường xuất hiện trong các kỳ thi
Đại học - Cao đẳng và học sinh không khó khăn lắm khi biết cách khai thác
bài toán để lấy điểm.
Vì các lý do trên, tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “Một số biện pháp sử
dụng phương tiện trực quan nhằm nâng cao chất lượng dạy học giải bài
tập phần hàm số mũ - hàm số logarít”.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Xuất phát từ đặc thù bộ môn toán học, phép trừu tượng thoát ra
khỏi nội dung có tính chất chất liệu của sự vật và chỉ giữ lại các quan hệ số
lượng và hình dạng. Chẳng hạn như: Từ những hình ảnh cụ thể như “hạt
bụi”, “Sợi dây mảnh căng thẳng”, “mặt nước đứng yên”, đi tới các khái niệm
“điểm”, “đường thẳng”, “mặt phẳng”
Có thể nói rằng: Giảng dạy trực quan có nghĩa là giảng dạy dựa trên
các hình tượng hiểu biết của học sinh.
Vận dụng đúng đắn nguyên tắc trực quan trong quá trình giảng dạy là
đảm bảo sự chuyển từ “Trực quan sinh động sang tư duy trừu tượng”. Do đặc
thù của môn toán đòi hỏi phải đạt tới một trình độ trừu tượng, khái quát cao
hơn so với các môn học khác. Vì thế, nếu sử dụng hợp lý các phương tiện trực
quan sẽ góp phần vào việc phát triển tư duy trừu tượng, nâng cao hiệu quả của
quá trình dạy và học.
Qua tìm hiểu, nghiên cứu lý luận của các nhà triết học, toán học trong
và ngoài nước về vai trò, chức năng và hiệu quả của việc sử dụng phương tiện
trực quan vào quá trình dạy học, tôi nhận thấy đó là yêu cầu cần thiết và thiết
thực, phù hợp với tư duy phát triển của con người
Sau đây là sơ đồ thể hiện mối quan hệ phương tiện trực quan và tư duy
con ngườisau:
II. THỰC TIỄN DẠY HỌC PHẦN HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGRÍT Ở
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Thực tiễn dạy học ở trường Trung học phổ thông cho thấy
chất lượng dạy học phần hàm số mũ, hàm số logarít chưa cao, học sinh nắm
kiến thức một cách hình thức, lẫn lộn giữa đẳng thức định nghĩa với định lý.
Nhiều học sinh còn mơ hồ hoặc là không nắm được các tính chất,
không hiểu được bản chất của các định lý về hàm số mũ, hàm số logarít.
Chẳng hạn: “4
3
nghĩa là gì” thì câu trả lời của đa số học sinh còn thiếu

chính xác. Bên cạnh đó, do việc không nắm chắc các giả thiết, định lý, các
công thức… nhiều học sinh còn phạm phải sai lầm.
2
Phương tiện
trực quan
Cái cụ thể
hiện thực
Cái trừu
tượng lý
thuyết
Trừu tượng hoá
Sơ đồ 1
Cụ thể hoá
Ví dụ như cho rằng:
+) log
a
A.B = log
a
A.log
b
B (A,B > 0 và a,b
1≠
)
+) log
a
(A+B) = log
a
A + log
a
B

+) log
2
-8 = -3 (họ lý giải rằng (-2)
3
=

- 8)
+) log
a
x
α

=

αlog
a
x;
n
.a
m
a
=
nm
a
+
….
Trước hết phải thấy rằng do học sinh nắm kiến thức thiếu vững chắc
dẫn tới việc vận dụng vào các bài toán cụ thể thường mắc sai lầm. Điều đó có
lẽ một phần là do nội dung cấu trúc chương trình và sách giáo khoa chưa thật
hợp lý, phương pháp dạy học của giáo viên lại có chỗ cần được điều chỉnh,

chẳng hạn hầu như các tính chất hàm số mũ, hàm số logarít không được
chứng minh, giáo viên lại không có biện pháp thích hợp để khắc phục; mặt
khác, hệ thống bài tập và câu hỏi trong sách giáo khoa chỉ đòi hỏi học sinh ở
mức độ rất đơn giản, áp dụng đơn thuần, học sinh dễ vấp phải các sai lầm mà
bản thân không phát hiện ra.
Từ thực tế đó, tôi mạnh dạn đưa ra một số biện pháp sau:
III. MỘT SỐ BIỆN PHÁP SỬ DỤNG PHƯƠNG TIỆN TRỰC QUAN
TRONG DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP PHẦN HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ
LOGARÍT
Biện pháp 1: Sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan nhằm giúp học sinh
chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện cho học sinh ý thức và khả năng vận dụng các
phương tiện trực quan trong quá trình giải phương trình ( bất phương
trình)mũ - logarít.
Hình thức trực quan được sử dụng rộng rãi nhất trong môn toán là trực
quan tượng trưng (hình vẽ, sơ đồ, đồ thị, bảng, công thức…).
Trong quá trình giải phương trình mũ - logarít việc sử dụng hợp lý các
phương tiện trực quan tượng trưng sẽ giúp học sinh tìm ra hướng giải quyết
bài toán đỡ khó khăn hơn, cách lập luận sẽ có căn cứ xác đáng hơn, rèn luyện
được kỹ năng nhiều hơn, những sai sót trong tính toán sẽ ít mắc phải hơn
Thực tiễn sư phạm cho thấy đa số học sinh khi giải các phương trình và
bất phương trình mũ, logarít không gặp nhiều khó khăn lắm khi vận dụng các
phương pháp: Phương pháp đưa về cùng cơ số; logarit hóa và mũ hoá; đặt ẩn
phụ; đánh giá
Nhưng đối với một số dạng phương trình đặc biệt là các bài toán có
chứa tham số học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn, bằng việc sử dụng hợp lý
các phương tiện trực quan sẽ làm cho học sinh hiểu rõ các vấn đề và mấu chốt
của bài toán.Chẳng hạn ta xét các bài toán sau:
Bài toán 1.1. Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình
x2
21 −

= m (1)
Bằng việc kết hợp giữa suy diễn và mô hình trực quan là đồ thị
GV: đặt 2
x
= t ( t > 0), yêu cầu học sinh đưa phương trình về hệ
3
t
2
+ m
2
= 1
t > 0
(I)
? Cứ giả sử rằng phương trình (1) là có nghiệm khi đó hiển nhiên m
phải có điều kiện gì ? (m ≥ 0) nếu m < 0 phương trình (1) vô nghiệm
t
2
+ m
2
= 1
Hệ (I)
⇔
m ≥ 0 (II)
t > 0
Bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu học sinh biết biểu diễn miền nghiệm
của t
2
+ m
2
= 1 là đường tròn tâm O(0,0) bán kính R = 1 xét trong hệ tọa độ

vuông góc tOm.
Dựa vào hình vẽ bằng trực quan học sinh sẽ dễ dàng phát hiện: các
điểm M(t,m) thỏa mãn (II) được biểu diễn bằng đường đậm trong hình (cung
tròn AB, bỏ điểm B).
Vậy: 0 ≤ m < 1 phương trình có nghiệm duy nhất
Nhận xét: Bài toán 1 có thể giải
bằng phương pháp sử dụng các định lý
đảo về dấu của tam thức bậc 2.
Giáo viên yêu cầu học sinh giải bài
toán tương tự.
Bài toán 1.2. Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình
x2
21 −
= m - 2
x
Bài toán 1.3. Tìm m để bất phương trình
f(x) = 2
x
+ (3 - m)2
-x
- m ≥ 0 (1) đúng
∀
x
∈
R
Có thể giải bài toán như sau: Đặt 2
x
= t với điều kiện t > 0
Bất phương trình (1) về dạng: f(t) = t
2

- mt + 3 - m ≥ 0 (2)
∀
t > 0
Để bất phương trình (1) đúng
∀
x∈R thì bất phương trình (2) phải đúng
∀
t > 0
• Nếu ∆ = m
2
+ 4m –12 ≤ 0
⇔
-6 ≤ m ≤ 2 khi đó f(t) ≥ 0
∀
t
⇒ f(t) ≥ 0
∀
t > 0 do đó f(x) ≥ 0

∀
x ∈R
• Nếu ∆ > 0 tức là
2m
6-m
>
<
thì f(t) có 2 nghiệm phân biệt t
1
≤ t
2

.
Trong trường hợp này đa số học sinh gặp khó khăn, hoặc có vận dụng định
lý về dấu của tam thức bậc hai thì cũng rất mơ hồ và máy móc bằng sự minh
họa của trục số học sinh dễ dàng quan sát.
Để f(t) ≥ 0
⇔
t∈ (-∞, t
1)
]

[t
2
,+∞

)
Theo giả thiết t∈(0, +∞)
⇒
f(t) ≥ 0
4
/////////////
+
+
-
t
1
t
2
] [
m
1

B
A
1
0
0
t

m < 0
m ≥ 1
Phương trình vô nghiệm
Như vậy (0, +∞) là tập con của (-∞,t
1
]

[t
2
+∞

), căn cứ vào trục số để
(0, +∞) tập hợp con của (-∞, t
1
]

[t
2
+∞

) thì t
2
≤ 0

⇔
t
1
≤ t
2
< 0
Trong khi giảng dạy giáo viên cần phải phát huy tích cực nhận thức của
học sinh trong việc vận dụng các phương tiện trực quan. Chẳng hạn như trong
bài toán 1.3. Có thể dẫn dắt học sinh bởi những câu hỏi để họ tích cực suy nghĩ:
-
∀
t∈(0, +∞) đều làm cho f(t) ≥ 0 tức là
∀
t∈(0, +∞) đều thuộc vào tập
nghiệm của bất phương trình f(t) ≥ 0 có mối quan hệ như thế nào giữa (0, +∞)
với tập nghiệm đó?
- Tập nghiệm của bất phương trình f(t) ≥ 0 còn phụ thuộc vào những yếu tố
nào ? hãy chỉ ra tập nghiệm của bất phương trình tương ứng với các trường hợp ?
- Hãy biểu diễn (0, +∞) cùng với (-∞, t
1
)

(t
2
,+∞) (trong trường hợp
∆ > 0) trên trục số để rút ra vị trí tương đối giữa (0, t
1
, t
2
)…

Những câu hỏi như vậy có tác dụng dẫn dắt học sinh đi đến cách giải
nhưng đồng thời cũng có chức năng kiểm tra những kiến thức cơ bản, nhìn
nhận vấn đề một cách rõ ràng trực quan hơn.
Nhận xét:
- Nếu như học sinh có ý thức và kỹ năng sử dụng phương tiện trực quan
thì đối với bài toán trên, cho dù t = 0 nhìn vào trục số ta vẫn thấy [0, +∞) là
tập con của (-∞, t
1
]

[t
2
+∞

).
Sau khi giảng xong bài toán trên giáo viên có thể truyền thụ cho học
sinh những tri thức, phương pháp sau đây
“Tìm điều kiện để tam thức f(x)
≥
0 (f(x)

≤
0; f(x) > 0…)
∀
x
∈
A là
một dạng toán rất quan trọng, thực chất ta tìm điều kiện để tập nghiệm bất
phương trình f(x)
≥

0 chứa A sau đó biểu diễn A lẫn tập nghiệm lên trục số
nhằm phát hiện ra những đặc điểm về các nghiệm (nếu có) của tam thức f(x)
-
”.
Biện pháp 2: Việc sử dụng các phương tiện trực quan có thể khai thác
tiềm năng logíc bên trong của vấn đề được trình bày trong SGK, nhờ đó học
sinh nắm vững bản chất vấn đề, tạo điều kiện giải quyết vấn đề đó rõ ràng
hơn, mạch lạc hơn.
Khai thác tiềm năng từ logíc bên trong vấn đề, ta càng nắm vững các
thuộc tính bản chất của vấn đề, chính hoạt động đó từ các phương tiện trực
quan tạo điều kiện tối ưu trong qúa trình giải quyết vấn đề. Chẳng hạn trong
quá trình giải các bài toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình
mũ và logarit rất nhiều trường hợp ta thu được một hệ hỗn hợp gồm có phép
hội lẫn phép tuyển, các mối liên hệ còn tiềm ẩn chưa rõ ràng, khi đó bằng các
phương tiện trực quan sẽ giúp học sinh hiểu rõ vấn đề hơn.
5
∆ > 0
f(0) > 0
< 0
3 – m > 0
< 0
m <-6
m > 2
⇔ m < -6 hoặc 2 < m < 3
⇔ ⇔
D D
Bài toán 2.1. Với giá trị nào của a thì phương trình
4
x
- 2

x
+ a = 0 (1) có nghiệm.
Cách 1: ? Yều cầu HS đặt 2
x
= t (t > 0) rồi đưa phương trình về dạng t
2
-
t = -a (t > 0).
? Yêu cầu HS vẽ parabol: y = t
2
-t và đường thẳng y = -a trên cùng hệ
trục tọa độ tOy.
Để phương trình (2) có nghiệm
t > 0 thì -a phải là một giá trị của hàm
số y = t
2
- t với tập xác định là (0, +∞)
Từ đồ thị học sinh sẽ suy ra
được: phương trình (2) có nghiệm t > 0
thì đường thẳng y = -a phải cắt đồ thị
hàm số f(t) = t
2
– t trên (0,+∞)
⇒ -a ≥ -
4
1
⇔ a ≤
4
1
Cách 2: đặt 2

x
=

t(t > 0) để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình
t
2
- t + a = 0 (2) phải có nghiệm t > 0.
Trường hợp 1: phương trình (2) có 1 nghiệm thỏa mãn t
1
< 0 < t
2
⇔ 1.f(0) < 0 ⇔ a < 0
Trường hợp 2: Phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa mãn 0 < t
1
≤ t
2
Kết hợp 2 trường hợp phương trình có nghiệm khi a ≤
4
1
.
Qua bài toán trên giáo viên có thể yêu cầu học sinh phát biểu mệnh đề
tổng quát: để giải và biện luận phương trình f(x ) = g(m) (1)
Ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Lập luận: Số nghiệm của (1) là hoành độ giao điểm của đồ thị
hàm số y = f(x ) và đường thẳng (d): y = g(m).
Bước 2: Xét hàm số y = f(x )
Tìm miền xác định (D)
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Bước 3: Kết luận: Phương trình có nghiệm
⇔ min f(x ) ≤ g(m) ≤ max f(x )

Nếu biện luận phương trình trên thì có thể tùy thuộc vào số giao điểm
của đồ thị y = f(x) và đường thẳng y = g(m)
6
∆ = 1- 4a ≥ 0
P = a > 0
S = 1 > 0
a ≤
a > 0

0 < a ≤
⇔ ⇔ ⇔
y = -a
y
t
4
1
−
2
1
1
0
Hình 15
0
I
1
I
2
v
u
Tâm I

1
(0,-1)
Bán kính R
1
=
m
Bài toán 2.2. Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất.
GV: vế trái của hệ luôn luôn dương vậy để hệ phương trình có nghiệm
thì tham số m phải thỏa mãn điều kiện gì ?
(m-1≥ 0 ⇔ m ≥ 1)
Bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu học
sinh phát hiện ra rằng:
Gọi X
1
, X
2
lần lượt là tập nghiệm của (1) và
(2)
X
1
là tập các điểm trong hình tròn
X
2
là tập các điểm trong hình tròn
? GV: từ các đồ thị trên hãy tìm điều kiện để hai đường tròn trên tiếp
xúc với nhau? Bằng trực quan học sinh sẽ nhận ra rằng hệ bất phương trình có
nghiệm duy nhất khi (C
1
) tiếp xúc với (C
2

).
⇔ I
1
I
2
= R
1
+ R
2
⇔
2
=
m2
⇒ m =
2
1
Kết luận: với m =
2
1
thỏa mãn điều kiện đầu bài
Bằng cách lập luận tương tự bài toán 2.2 giáo viên có thể yêu cầu học
sinh giải bài toán sau:
Bài toán 2.3. Cho hệ phương trình
7
2
2x
+2
2y
+2
y+1

≤ m-1
2
2y
+2
2x
+ 2
x+1
≤ m-1
(C
1
)
Tâm I
1
(-1, 0)
Bán kính R
2
=
(C
2
)
2
2x
+ (2
y
+1)
2
= m
(2
X
+1)

2
+2
2Y
= 4
u = 2
x
v = 2
y
điều kiện u,v > 0 hệ tương đương
Yêu cầu học sinh đặt:
u
2
+(v+1)
2
≤ m(1)
v
2
+ (u+1)
2
≤ m (2)
Tìm m để hệ có nghiệm, khi đó hãy khẳng định rằng hệ có nghiệm
duy nhất.
Hướng dẫn:
Đặt:
Yêu cầu học sinh vẽ đồ thị của 2 đường tròn (C
1
) và (C
2
), đối với (C
1)

ta
chỉ lấy cung AB (trên góc phần tư thứ nhất).
Đối với (C
2
) chỉ lấy cung CD (trong góc phần tư thứ nhất). Vậy hệ có
nghiệm khi cung AB và cung CD giao nhau khác rỗng
⇔ I
1
C < R
1
< I
1
D ⇔
2
<
m
< 1+
3
⇔ 2 < m < 4 +2
3

và khi đó vì cung AB và cung CD giao nhau tại điểm {M} nên hệ có nghiệm
duy nhất.
Vậy 2 < m < 4+2
3
hệ có nghiệm duy nhất.
Bài toán 2.5. Tùy theo m biện luận số nghiệm của phương trình
lg (m-x
2
) = lg (x

2
–3x +2)
Phân tích lời giải: Biến đổi phương trình về dạng
Để biện luận hệ phương
trình (I) bằng các định lý đảo
của tam thức bậc 2 thì học sinh
sẽ phải phân chia làm rất nhiều
các trường hợp, sẽ không tránh
khỏi khó khăn và sai sót. Khi
học sinh đã biết kiến thức về
đồ thị hàm số:
f(x) = ax
2
+ bx + c (a≠0) ở lớp 10, bài toán sẽ trở nên đơn giản, bằng sự mô
tả đồ thị học sinh dễ dàng phát hiện số nghiệm của phương trình là số giao
điểm của đường thẳng y = m với đồ thị hàm số y = 2x
2
-3x+2 trên miền
(-∞,1) ∪ (2,+∞).
Biện luận:
8
u = 2
x
v = 2
y

điều kiện u,v > 0
u
2
+(v +1)

2
= m (1)
(u+1)
2
+v
2
= 4 (2)
Phương trình (1) là
đường tròn (C
1
) có
Phương trình (2) là
đường tròn (C
2
) có
Tâm I
1
(0,-1)
Bán kính:R
1
=
Tâm I
2
(-1,0)
R
2
=

2
Hệ ⇔

x
2
-3x+2>0
m-x
2
= x
2
-3x+2
x< 1 x >2
(I)
2x
2
-3x+2 = m
⇔
y
x
y = m
0
2
4
8
7
1
Với m <
8
7
phương trình vô nghiệm, m =
8
7
∪ 1 ≤ m ≤ 4 phương

trình có một nghiệm,
8
7
< m < 1 ∪ m > 4 phương trình có hai nghiệm phân
biệt
Nhận xét:
Thông qua các bài toán trên giáo viên có thể ý thức cho học sinh một
“quy trình”, “phương pháp mới” khi giải các bài toán phương trình, bất
phương trình mũ, logarít (có chứa tham số) bằng việc vận dụng các phương
tiện trực quan.
Biện pháp 3: Việc sử dụng các phương tiện trực quan có thể khai thác
các kết quả ứng dụng khác nhau của khái niệm, định nghĩa, định lý và đề
xuất bài toán nâng cao nhằm khắc sâu các khái niệm, định nghĩa, định lý.
Theo quan điểm “đặt bài toán cần giải quyết trong mối quan hệ tương
quan với các khái niệm, định nghĩa, định lý đã biết” Chính việc thực hiện
quan điểm trên là phát triển được năng lực định hướng, năng lực huy động
kiến thức cho học sinh, thông qua việc vận dụng các phương tiện trực quan,
cụ thể ta xét các bài toán sau:
Bài toán 3.1:
Giải phương trình: 2
x
= 4x
GV dẫn dắt HS phát hiện
được phương trình trên không giải
được bằng phương pháp đại số,
nên cần phải khai thác theo con
đường khác.
Dễ dàng tìm được một
nghiệm (x = 4). Để tìm nghiệm
khác (nếu có) tốt hơn cả là ta

dựng đồ thị từ mô hình trực
quan để tìm được nghiệm thứ
2
Học sinh đã biết khái niệm
hàm số mũ, hàm số bậc nhất. Giáo
viên yêu cầu học sinh dựng đồ thị y = 2
x
và y = 4x, ở đây tung độ tăng nhanh
hơn hoành độ nên ta chọn (tỷ lệ xích) trên trục 0x nhỏ hơn trục 0y. Từ đồ thị,
học sinh sẽ tìm được giao điểm A và B của hai đồ thị và chỉ có hoành độ điểm
A là x = 4, hoành độ điểm B là x
≈
0,3.
Có thể chính xác hóa nghiệm tìm được bằng tính toán dùng bảng logarít.
định lý.
Bài toán 3.2: Cho các bất phương trình
9
x
y = 4x
B
0
y = 2
x
0,3
A
y
4
1+m+m
2
+6m<0

4+2m+m
2
+6m<0
m
2
+7m +1<0
m
2
+8m+4 <0
0xlogxlog
2
4
1
2
2
1
<+
(1)
x
2
+ mx + m
2
+ 6m < 0 (2)
a. Giải bất phương trình (1)
b. Xác định m để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2).
Giải: Việc nắm vững các tính chất, định lý và vận dụng chúng là rất
cần thiết đối với việc giải bất phương trình (1).
Giáo viên yêu cầu học sinh: xác định tập xác định của bất phương tình
(x > 0) rồi sử dụng các tính chất logarít đưa bất phương tình về dạng
0xlogxlog

2
1
2
2
1
<+
đặt
xlog
2
1
= t
⇔ t
2
+t < 0 ⇔ -1 < t < 0. Do đó - 1 <
xlog
2
1
< a
(*)
⇔ 1 < x < 2
Giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh hiểu rằng
xlog
2
1
là hàm số có
cơ số là nhỏ hơn 1 nên hàm số y =
xlog
2
1
nghịch biến; việc vận dụng vào

đẳng thức (*) phải lưu ý để lấy khoảng nghiệm của bất phương trình.
Xác định m để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2), giáo viên có thể
nêu những câu hỏi sau:
- Với 1 < x < 2 đều làm cho f(x) = x
2
+ mx + m
2
+ 6m < 0 tức là
∀x
∈
(1,2) đều thuộc vào tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 có mối
quan hệ như thế nào giữa (1,2) với tập nghiệm đó ?
- Hãy biểu diễn (1,2) cùng với các tập nghiệm của bất phương trình (2)
lên trục số ?
Những câu hỏi này có tác dụng dẫn dắt học sinh đi đến cách giải: mọi
nghiệm của (1) là nghiệm của (2) có nghĩa là cần tìm m để tập nghiệm của (2)
chứa hết khoảng 1 < x < 2. Bằng sự biểu diễn trên trục số học sinh sẽ phát
hiện dễ dàng hơn.
Bài toán tương đương với điều kiện

Bài toán 3.4: cho hệ phương trình
10
2
2x
+3
2y
= 1
2
x
+2

y
= a
v
u
u+v = a
A
B
0
⇔
324-m
2
45-7-
+<<
⇔
/ / / / / / / / ( )/ / / / / / / /
+ (1,2) +
x
1
- x
2

u
Xác định a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm đó ?
Giáo viên dẫn dắt học sinh đặt
Với điều kiện u,v > 0 hệ phương trình sẽ đưa về dạng:
Bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nếu học sinh biểu diễn miền nghiệm
hệ (I) trên hệ trục uOv: u
2
+ v
2

= 1 là đường tròn đơn vị (C) có

(chỉ lấy cung AB góc phần tư thứ nhất)
u + v = a là phương trình đường thẳng (d) từ mô hình trực quan dễ thấy rằng
hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ (d) tiếp xúc với đường tròn tâm (O)
tại cung AB.
Khi (d) tiếp xúc (c) tại điểm M (-
2
2
;
2
2
) suy ra u = v =
2
2

Bài toán 3.5: Giải bất phương trình:
1) x(log
1

1 3x - x2log
1
3
1
2
3
1
+
>
+

(1)
Đa số học sinh khi gặp bài toán này đều thấy khó khăn và phải phân
chia rất nhiều trường hợp. Nếu các em để ý biểu diễn trên trục số thì bài toán
sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Bằng phương tiện trực quan là trục số
Giáo viên có thể khai thác các tính chất, định lý về logarít nhằm giúp
học sinh phân chia các trường cho chính xác. Cụ thể như sau:
Điều kiện của bất phương trình:
11
u + v = a
u
2
+

v
2
= 1
(I)
Tâm O(0,0)
Bán kính R = 1
-1<x<
x>1 (x ≠ 0,)
2
x
=
2
y
=
⇔
x = -
y = log

3

⇔
a > 0
⇔
Khoảng cách từ O →(d) = R
a> 0
⇔
2a =⇒
1
2
a-
=
Đặt
2
3
x00x3x201x3x2logA
22
3
1
<<⇔<−⇔>+−=

0x11x0)1x(logB
3
1
<⇔<+⇔>+=
Giáo viên gợi ý để học sinh biểu diễn miền nghiệm của A và B lên trục số
x - ∞ -1 0 1/2 1 3/2 +∞
A - + + -
B + - - -

? Từ bảng xét dấu trên hãy xét các trường hợp có thể xảy ra đối với bất
phương trình trên.
- Trong khoảng (-1,0) VT < 0, VP > 0 nên bất phương trình (1) không
xảy ra.
- Trong khoảng (0,
2
1
) VT > 0, VP < 0, bất phương trình (1) đúng.
- Trong khoảng (1,
2
3
) VT > 0, VP < 0 bất phương trình (1) đúng trong
miền xác định.
- Trong khoảng (
2
3
, +∞) VT < 0, VP < 0 bất phương trình (1) tương
đương với:
132log
2
3
1
+− xx
<
)1(log
3
1
+x
⇔
01132

2
>+>+− xxx
5
5
01
05
1
2
>⇔



>
<<−
⇔



>−
−>
x
x
x
xx
x
vì điều kiện x >
2
3
Tóm lại nghiệm của bất phương trình
),5( )

2
3
,1( )
2
1
,0(x +∞∈ 
Nhận xét:
Con đường giải toán theo định hướng trên đòi hỏi người giáo viên cần
phải cung cấp cho học sinh những tri thức về phương pháp để học sinh tự tìm
tòi, tự phát hiện vấn đề, tìm ra được hướng giải của một bài toán
Biện pháp 4: Sử dụng phương tiện trực quan với mục đích vạch ra sai
lầm và sửa chữa thiếu sót, sai lầm của học sinh trong quá trình học phần hàm
số mũ, hàm số logarít.
1. Sai lầm phổ biến trong việc giải các bài toán về phương trình, bất
phương trình mũ, logarít:
Có những sai lầm được xem là đơn giản, nói chính xác hơn là những
sai lầm không đáng có, mà có những sai lầm khó nhận ra, chẳng hạn khi
chuyển qua một mệnh đề tương đương, học sinh thường gặp những sai sót về
12
dấu, hoặc khi thiết lập sự tương ứng qua phép đặt ẩn phụ thì học sinh quên
điều kiện Cụ thể là xét các bài toán sau:
Bài toán 4.1. Cho phương trình
0 m2 - 1 2.2 - 4
1xx
=+
+
(1)
Tìm m để phương trình có nghiệm.
- Cách giải sai khá phổ biến của khá nhiều học sinh
Đặt

t
x
=2
(t > 0) . Khi đó (1) ⇔ f(t) = t
2
- 4t + 1 - 2m = 0 (2) (t > 0)
(1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t > 0
⇔
2
1
m
2
3
04S
0m21P
0m214'
tt0
21
<≤−⇒





>=
>−=
>+−=
⇔≤<
Δ
Vậy phương trình có nghiệm khi







−∈
2
1
,
2
3
m
Cũng có rất nhiều học sinh lập
luận: Phương trình (1) có nghiệm thì
phương trình (2) t
2
-4t + 1 - 2m = 0
có nghiệm ⇔
0m214'
>+−=
Δ
⇒
m > -
2
3
- Nguyên nhân dẫn đến sai lầm
ở đây là việc chuyển dịch sang bài
toán tương đương, nói cách khác họ
chưa nhận ra được khi đặt:

t2
x
=
thì t sẽ biến thiên trong miền nào với
điều kiện của x.
Để khắc phục được sai lầm kiểu này giáo viên cần nhấn mạnh cho học
sinh thấy rằng theo mục 2.4.4 đồ thị
x
y 2=
luôn nằm phía trên đường thẳng
y = 1 có nghĩa là
x 12
x
∀≥
(hoặc có thể lý luận:
1220x
0
x
=≥⇒≥
).
- Khi đã mắc phải sai lầm trên thì trong lập luận tiếp theo học sinh lại
mắc phải thiếu sót sau:
Học sinh cho rằng: Phương trình (2) có nghiệm t > 0 chỉ xảy ra 0 < t
1
≤ t
2
mà họ quên rằng có thể xảy ra t
1
< 0 < t
2

.
Để khắc phục sai lầm loại này, giáo viên có thể vẽ lên trục số, vạch ra
các trường hợp để học sinh
phát hiện ra bản chất của
vấn đề một cách trực quan;
Để phương trình (2) có
nghiệm t > 0.
Có hai khả năng xảy ra:
13
0
0
t
2
t
1
H.1
y
x
y = 1
1
0
y = 2
|x|



≤<
<<
21
21

tt0
t0t


Khắc phục những thiếu sót và sai lầm của học sinh giáo viên
có thể dẫn dắt học sinh giải bài toán như sau:
Đặt
t2
x
=
ta có:
1t1220x
0
x
≥⇒=≥⇒≥
Phương trình tương đương:
t
2
- 4t +1 - 2m = 0 (2) (t > 1)
⇔ t
2
-4t = 2m - 1 (t > 1)
?Yêu cầu học sinh vẽ Parapol.
y = t
2
- 4t (với t > 1)
Vẽ đường thẳng y = 2m - 1
trên hệ trục tọa độ yOt, từ đồ thị suy
ra phương trình (2) có nghiệm t > 1
⇔ 2m -1 > -4 ⇔ m ≥ -

2
3
Vậy Phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ -
2
3

Bài toán 4.2. Tìm a để phương trình
)1axlg()axxlg(
2
−+=+
(1) có nghiệm
duy nhất.
Đa số học sinh đều đưa phương trình về dạng x
2
+ ax = x + a -1 (x > 1 - a)
⇔ f(x) = x
2
- (1 - a)x + 1 - a = 0 (2) với x > 1- a.
Phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì Phương trình (2) có nghiệm
duy nhất x > 1- a.
Sai lầm thứ nhất sẽ thấy ở học sinh khi giải bài toán này đó là sai lầm
về mặt hiểu ngôn ngữ vì vậy không thiếu học sinh cho rằng yêu cầu của bài
toán
⇔





>

=∆
a - 1
2
S
0
Để khắc phục những sai lầm loại này, giáo viên cần nhấn mạnh cho học
sinh thấy rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a không có
nghĩa là phương trình có nghiệm duy nhất.
Tuy nhiên có những học sinh không mắc phải sai lầm ấy họ biết lập
luận rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a thì hoặc là phương
trình có nghiệm kép và bản thân nghiệm kép là lớn hơn 1- a, hoặc phương
trình có hai nghiệm phân biệt nhưng trong đó có một nghiệm lớn hơn 1- a,
còn nghiệm kia bé hơn hoặc bằng 1 - a.
14
t
y = 2m-1
y
0
-4
2 4






<−≤






−>
=∆
⇔
21
xa1x
a1
2
S
0
Đối với trường hợp x
1
≤ 1- a < x
2
đa số học sinh không thực sự ý thức
được sự tế nhị của dấu bằng cho nên học sinh cho rằng:
af(1- a) ≤ 0 ⇔ a ≥ 1 tuy nhiên thử lại với a = 1 phương trình tương
đương x = 0 loại vì x > 1-a ⇔ x > 0, trong dạy học cần làm cho học sinh thấy
rằng phương trình (2) có nghiệm duy nhất lớn hơn 1 - a có những khả năng sau:
TH1:





−>
=∆
a1
2

S
0
TH2:



<−<
>∆
21
xa1x
0
TH3:



<−=
>∆
21
xa1x
0
và cần làm cho học sinh hiểu rằng x
1
≤ 1 - a < x
2
⇒ af(1 - a) ≤ 0 nhưng
ngược lại af(1 - a) ≤ 0 thì chỉ kéo theo x
1
≤ 1 - a ≤ x
2
chứ không nhất thiết

x
1
< 1-a < x
2
. Từ những sai lầm của học sinh trong khi dạy giáo viên cần
dùng các phương tiện trực quan tượng trưng sau để giúp học sinh khắc
phục các sai lầm đó.
Đối với phương trình f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm duy nhất lớn
hơn α có những khả năng sau:

2. Những sai lầm do việc không nắm vững các định nghĩa, định lý, quy tắc vận
dụng chúng một cách máy móc không chú ý đến điều kiện áp dụng:
Có rất nhiều nguyên nhân dẫn đến sai lầm. Việc không nắm vững định
nghĩa, định lý, giả thiết của định lý, vận dụng một cách mơ hồ, chẳng hạn
nhiều học sinh cho rằng:
* log
3
(-4)(-8) = log
3
-4 + log
3
(-8)
* log
2
(x
2
-1) = log
2

(x-1) (x+1) = log
2
(x-1) + log
2
(x+1) (|x| > 1)
* log
a
(-7)
2
= 2log
a
-7
* log
a
x
2
= 2log
a
x (0 < a≠ 1)
15
y
x
x
2
x
1
= α
0




<=
>∆
21
0
xx
α
y
x
x
1
x
2
0
α





>
=
α
S
2
0Δ
y
x
x
2

x
1
0
α



<=
=
21
0
xαx
Δ
Đây là loại sai lầm do học sinh không nắm vững khái niệm, tính chất,
giả thiết của định lý.
Để tránh những sai lầm kiểu này giáo viên cần phân tích một cách rõ
ràng trực quan cho học sinh hiểu vấn đề.
* Hàm số y = logax xác định khi



≠<
>
10
0
a
x
dẫn tới log3(-4), log3(-
8), loga(-7) không tồn tại.
* logaxα = αlogax với điều kiện




≠<
>
10
0
a
x
như vậy logax2 xác định
1a0(Rx ≠<∈∀
) nên logax2 = 2loga|x| thế thì mới đảm bảo giả thiết của
định lý.
Ngoài ra, không ít học sinh mắc phải sai lầm kiểu:
* loga(x1
2
x±
) = logax1
±
logax2
* loga(x1.x2) = logax1logax2 (x1, x2 > 0; 0 < a ≠1)
Để sửa chữa những sai lầm này trong khi dạy, người giáo viên cần phải
làm rõ cho học sinh thấy được bản chất của định lý, giả thiết định lý cụ thể
giáo viên có thể cho học sinh làm bài toán sau:
Bài toán 4.3. Giải phương trình:
3
4
1
3
4

1
2
4
1
)6x(log)x4(log3)2x(log
2
3
++−=−+
Đa số học sinh lập luận bài toán như sau:
Điều kiện:
42
6
4
2
06
04
02
3
2
<<−⇒





−>
<
−>
⇔








>+
>−
>+
x
x
x
x
x
x
x
)(
)(
Đây là một sai lầm tầm thường nhưng cần phải vạch ra cho học sinh
hiểu bởi vì khi giải phương trình ta phải đi tìm tập nghiệm, thế thì sau khi tìm
ra được những x rồi thì lại phải đối chiếu xem những x đó có thuộc tập
nghiệm hay không ? Một lẽ tất nhiên (x+2)
2
> 0
2-x ≠∀
điều kiện của
phương trình là




−≠
<<−
2
46
x
x
Tuy nhiên, có nhiều học sinh không mắc phải sai lầm ấy, nhưng khi bắt tay
vào giải thì không ít học sinh cả học sinh khá cũng lập luận bài toán 4.3 như sau:
Phương trình
16
)(log)(log)(log 6343323
4
1
4
1
4
1
++−=−+⇔ xxx



−=
=
⇔+−=+⇔
++−=−+⇔
8x
2x
)6x)(x4()2x(4
)6x(log)x4(log
4

1
log)2x(log
4
1
4
1
4
1
4
1
Vậy phương trình có một nghiệm x = 2 thực tế phương trình này có 2
nghiệm tại sao phương trình lại mất một nghiệm ?
Để học sinh khắc phục được những sai lầm này thầy giáo có thể nêu lên
một hệ thống logíc giữa các kiến thức sau. Để giúp học sinh nhận ra vấn đề
một cách trực quan hơn, ta có bảng tổng kết sau:
Có thể giải bài toán 3 như sau:
Phương trình ⇔
)(log)(loglog 6343323
4
1
4
1
4
1
++−=−+ xxx




−<<−−+=+

<<−+−−=+
⇔+−−=+⇔
+−=+⇔
++−=−+⇔
2x624víi2xx2)4(x
4x224víi2xx)2x(4
242xx2x4.
6)x)(x(4log2x4.log
6)(xlogx)(4log
4
1
log2xlog
2
2
2
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1






±=
−=
=
⇔
331x
8x
2x
⇒
17
1. Nếu x<0; y<0 thì x.y và
y
x
đều lớn hơn 0 và log
a
x.y, log
a

y
x
có nghĩa
nhưng log
a
x; log
a
y không tồn tại
Trong trường hợp này: log
a
x.y = log

a
|x| + log
a
|y|
log
a

y
x
= log
a
|x| - log
a
|y| (0 < a ≠ 1)
2. Biểu thức log
a
N
2n
( n là số nguyên) có nghĩa với N ≠ 0 là số thực bất kỳ
log
a
N
2n
= 2nlog
a
|N| =



<

>
0 NN víi-log 2n
0 NiN vílog 2n
a
a

loại vì -6 < x < 2

x = 2 thỏa mãn -2 < x < 4
thỏa mãn -6 < x < -2
Vậy nghiệm của phương trình là:



−=
=
331
2
x
x
3. Dùng phương tiện trực quan để vạch ra những sai lầm của học sinh
trong quá trình giải toán phần hàm số mũ, hàm số logarít:
Việc sử dụng phương tiện trực quan để minh họa một cách dễ hiểu về
những sai lầm của học sinh trong quá trình học là rất cần thiết, bởi trong
quá trình học, học sinh thường mắc những sai lầm mà bản thân các em không
nhận ra.
Để hiểu rõ hơn vấn đề này có thể bắt đầu bằng ví dụ sau:
Bài toán 4.4. Xác định m để bất phương trình 4
x
+ 2m. 2

x
+ 2m + 1 < 0
(1) nghiệm đúng với
0x <∀
.
- Thực tiễn dạy học cho thấy học sinh khi giải bài toán trên thường mắc
phải sai lầm kiểu sau:
Đặt 2
x
= t vì x < 0 ⇔ 2
x
< 2
0
⇔ 0 < t < 1
Khi đó (1) có dạng: f(t) = t
2
+2mt +2m+1 < 0 (2)
),( 10∈∀t
Vậy (1) nghiệm đúng mọi x < 0 ⇔ (2) nghiệm đúng
),( 10∈∀t
21m
2
1
-
0m1
02m4
01m2
01m2m

1

2
S
0
0)1(af
0)0(af
0'
2
−<<⇔







<<−
>+
>+
>−−
⇔









<<

>
>
>∆
Không ít học sinh còn lập luận: Đặt 2
x
= t điều kiện t > 0.
Vậy (1) nghiệm đúng
0<∀x
⇔ (2): t
2
+ 2mt + 2m + 1 < 0 nghiệm
đúng mọi t > 0.
21m
2
1
0m
01m2
01m2m
0
2
S
0)0(af
0

2
−<<−⇔






<
>+
>−−
⇔







>
>
>∆
⇔
Việc dẫn tới sai lầm của học sinh là do việc nắm các định lý không
vững, học sinh cho rằng nghiệm bất phương trình (2) đúng với mọi t thuộc
(0,1) thì các nghiệm đó phải thuộc (0,1). Mặt khác, do bài toán trên có cấu
trúc hội, học sinh đã không ý thức được khi đặt 2
x
= t thì t sẽ biến thiên như
thế nào khi mọi x < 0.
Thầy giáo biết học sinh giải thiếu và sai lầm, để giải quyết những sai
lầm này thầy giáo có thể sử dụng các trục số để vạch ra bản chất của bài toán
bất phương trình (2) nghiệm đúng mọi t thuộc (0,1) thì khoảng (0,1) nằm
trong khoảng nghiệm của bất phương trình có nghĩa (0,1) là tập con của [t
1
, t
2

]
18
⇔



<
<
0)1(af
0)0(af
được mô tả cụ thể trên trục số:
+ (0,1) +
t
1
- t
2
Có thể giải bài toán như sau:
Đặt 2
x
= t, điều kiện t > 0 khi đó (1) có dạng
f(t) = t
2
+2mt +2m +1 < 0 (2) vì x < 0 ⇔ 2
x
< 2
0
⇔ t < 1
Vậy (1) nghiệm đúng với mọi x < 0 ⇔ (2) nghiệm đúng với mọi t
thuộc (0,1) (*)
Điều kiện (*) được thỏa mãn khi f(t) = 0 có hai nghiệm phân biệt t

1
, t
2
thỏa mãn t
1
< 0 < 1 < t
2
. Vậy
2
1
m
02m4
01m2
0)1(af
0)0(af
−<⇔



<+
<+
⇔



<
<
với
m < -
2

1
bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < 0.
Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
y =
xcosxsin
22
44 +
Đối với bài toán trên có rất nhiều phương pháp giải, nhưng không ít
em mắc phải sai lầm kiểu:
8442
444
444
1xcos0
1xsin0
xcosxsin
1xcos0
1xsin0
2
2
22
2
2
≤+≤⇒





≤≤
≤≤

⇒





≤≤
≤≤
Vậy maxy = 8 và miny = 2.
Nguyên nhân dẫn đến sai lầm và thiếu sót của lời giải là do việc học
sinh không nắm vững khái niệm giá trị lớn nhất và bé nhất, mặt khác do học
sinh ngộ nhận rằng y ≥ c thì chắc chắn y nhỏ nhất bằng c, học sinh không
hiểu được rằng có thể tồn tại một số m nào đó thỏa mãn y ≥ m (mà m ≤ c).
Cần phải làm cho học sinh thấy rõ: Một biểu thức y luôn có giá trị ≥ c
(hoặc y ≤ c) với mọi giá trị thích hợp của biến thì không nhất thiết rằng tồn tại
bộ giá trị thích hợp để y = c dù cho y > c, thì cách viết y ≥ c vẫn hoàn toàn
đúng về mặt logic.
Mặt khác do không ý thức được điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng
thức khi maxy = 8 dấu bằng xảy ra





=
=
⇔
1xcos
1xsin
2

2
vô nghiệm.
Tương tự khi miny = 2 thì dấu
bằng không xảy ra.
19
/ / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /
y = f(x)
A
B
g(x)
Hình
Để vạch ra những sai lầm
này thầy giáo có thể vẽ lên bảng
hai đồ thị:
Nhìn vào hình vẽ rõ ràng là
f(x) ≥ g(x) và f(x
B
) = g(x
B
) nhưng
minf(x) = miny = f(x
A
) < f(x
B
).
Có thể nói một nguyên nhân khác nữa dẫn đến sai lầm trên là do học sinh đã
áp dụng mệnh đề "nếu f(x)
≥
g(x) và xảy ra f(x) = g(x) = C (hằng số) thì
min f(x) = C".

Có thể giải bài toán như sau:
áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
44244
1xcosxsin
22
=≥+
dấu bằng xảy ra khi
2
k
4
x44
xcosxsin
22
π
+
π
=⇔=
ta lại có
014
xsin
2
≥−
(1) ,

014
xcos
2
≥−
(2) nhân (1) và (2)
544

xcosxsin
22
≤+⇒
dấu bằng xảy ra khi sinx = 0 hoặc cosx = 0
Vậy maxy = 5; miny = 4.
20
C. KẾT LUẬN
1. Kết quả nghiên cứu
Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại hai lớp có trình độ tương
đương nhau. Sau khi dạy thực nghiệm, tôi cho học sinh làm bài kiểm tra như
sau:
Bài kiểm tra 45 phút:
Câu1: Giải phương trình 3
x
=
3
1
x
2
Câu2: Cho phương trình:
m39
22
)1x(x2x
=−
−−
.
a. Giải phương trình với m = 0
b. Tìm m để phương trình có nghiệm
Câu 3: Tìm a để phương trình
)1x(log

)ax(log
5
5
+
= 2 có nghiệm duy nhất.
Kết quả thu được như sau:
Điểm
Lớp
3 4 5 6 7 8 9 10 Tổng số bài
Thực nghiệm 4 3 4 8 9 9 5 0 42
Đối chứng 6 6 7 9 8 5 2 0 43
Lớp thực nghiệm có 35/42 (83,3%) đạt trung bình trở lên, trong đó có
54,8% khá giỏi. Có 5 em đạt điểm 9, không có em nào đạt điểm tuyệt đối.
Lớp đối chứng có 31/43 (72%) đạt trung bình trở lên, trong đó có
34,9% đạt khá giỏi. Có 2 em đạt điểm 9, không có em nào đạt điểm tuyệt đối.
Cả hai bài kiểm tra đều cho thấy kết quả đạt được của lớp thực nghiệm
cao hơn lớp đối chứng, đặc biệt là loại bài đạt khá giỏi cao hơn hẳn. Nguyên
nhân là do lớp thực nghiệm học sinh thường xuyên được luyện tập khả năng
sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan vào các bài toán, đồng thời rèn
luyện được các kỹ năng, tổng hợp, tích cực sáng tạo Bên cạnh đó, các
phương tiện trực quan còn giúp học sinh giải các bài toán một cách gọn gàng
và đơn giản hơn rất nhiều các phương pháp khác.

21
2. Kiến nghị, đề xuất
Ở trên tôi đã mạnh dạn đề xuất một số biện pháp sử dụng phương tiện
trực quan trong dạy học, qua thực tế giảng dạy và từ kết quả thực nghiệm sư
phạm bước đầu cho phép kết luận rằng: Nếu có phương pháp sử dụng hợp lý
các phương tiện dạy học trực quan thì có thể gây hứng thú học tập cho học
sinh, lôi cuốn học sinh vào các hoạt động toán học một cách tự giác và tích

cực, kích thích tính mò mẫm, ham mê tìm tòi tự nghiên cứu; giúp học sinh
hiểu sâu sắc hơn kiến thức cơ bản để, từ đó tạo cho học sinh thói quen độc lập
suy nghĩ để giải quyết các tình huống có vấn đề và tự làm sáng tỏ cho mình.
Điều đó cho thấy tính hiệu quả của việc vận dụng hợp lý các phương
tiện dạy học trực quan vào quá trình dạy học cho học sinh, do đó giáo viên
cần chú ý vận dụng khai thác triệt để trên mỗi chủ đề toán cụ thể ở trường
THPT.
Rất mong được các thầy cô góp ý, bổ sung để nội dung được hoàn thiện
và mang lại hiệu cao trong dạy học.
Xin chân thành cảm ơn!
22