rèn luyện tư duy cho học sinh trung học phổ thông trong việc giải một số bài toán đại số

1

LỜI NÓI ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
1.Cơ sở lý luận.
Trong nhà trƣờng phổ thông, nội dung kiến thức Toán học trang bị cho
học sinh không chỉ bao gồm các khái niệm, định lí, qui tắc mà còn cả các kĩ
năng và phƣơng pháp. Vì vậy, hệ thống tri thức đó không chỉ có trong bài giảng
lí thuyết mà còn có trong bài tập tƣơng ứng. Dạy học giải toán có vai trò đặc biệt
trong dạy học toán ở trƣờng phổ thông. Các bài toán là phƣơng tiện có hiệu quả
không thể thay thế đƣợc trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển
tƣ duy, hình thành kỹ năng và kỹ xảo. Hoạt động giải toán là điều kiện để thực
hiện tốt các mục đích khác của dạy học Toán.
2. Cơ sở thực tại.
Tuy nhiên, thực tiễn dạy học Toán ở trƣờng phổ thông cho thấy năng lực
giải Toán của học sinh còn hạn chế. Nguyên nhân chủ yếu đó là: Phƣơng pháp
dạy học chủ yếu dựa trên quan điểm giáo viên là trung tâm của quá trình dạy
học, trong đó giáo viên truyền thụ kiến thức mang tính áp đặt, việc lĩnh hội tri
thức của học sinh mang tính thụ động cao. Phƣơng pháp thuyết trình của giáo
viên đƣợc sử dụng quá nhiều dẫn đến trình trạng hạn chế hoạt động tích cực của
học sinh, việc sử dụng các phƣơng pháp dạy học phát huy tính tích cực, tự lực và
sáng tạo ở mức độ hạn chế, gắn nội dung dạy học với các tình huống thực tiễn
chƣa đƣợc chú trọng. Những nguyên nhân trên dẫn đến thực trạng là thế hệ trẻ
đƣợc đào tạo trong trƣờng phổ thông mang tính thụ động cao, hạn chế khả năng
sáng tạo và năng lực vận dụng tri thức đã học để giải quyết các tình huống thực
tiễn cuộc sống.
Rèn luyện thao tác tƣ duy cho học sinh trong dạy học giải Toán có vai trò
quan trọng trong việc phát triển khả năng tƣ duy của học sinh, để từ đó có khả
năng thích ứng khi đứng trƣớc một vấn đề cần giải quyết. Học sinh cũng thấy
đƣợc mỗi lời giải bài toán nhƣ là một quá trình suy luận, tƣ duy của học sinh mà
2

phƣơng pháp giải không chỉ phụ thuộc vào đặc điểm của bài Toán mà còn phụ
thuộc tố chất tâm lý của bản thân ngƣời giải. Mối liên hệ, dấu hiệu trong bài
Toán chỉ có thể đƣợc phát hiện thông qua quá trình phân tích, tổng hợp, khái
quát hoá, so sánh,
Rèn luyện thao tác tƣ duy trong dạy học giải Toán có vai trò quan trọng
trong quá trình phát triển tƣ duy học sinh. Nhƣng trong thực tế, nó chƣa đƣợc ƣu
tiên thích đáng xứng với vị trí của nó. Nguyên nhân dẫn đến tình trạng này phải
chăng do giáo viên chƣa chú ý đƣợc tầm quan trọng của nó hoặc chƣa xây dựng
đƣợc các biện pháp sƣ phạm thích hợp nhằm phát triển năng lực giải Toán cho
học sinh.
Chƣơng trình Đại số ở trƣờng trung học phổ thông có nhiều tiềm năng
thuận lợi cho việc rèn luyện kỹ năng thực hiện một số thao tác tƣ duy. Bài tập
Đại số có nhiều nhiều dạng thuộc về nhiều chủ đề kiến thức khác nhau. Khi giải
các bài tập Đại số đòi hỏi ngƣời học sinh phải biết định hƣớng, phải sử dụng
một cách tổng hợp kiến thức liên quan đến nhiều lĩnh vực khác nhau. Hệ thống
bài tập Đại số khá phong phú về chủng loại với các mức độ khó khác nhau phù
hợp với các đối tƣợng học sinh có trình độ nhận thức rèn luyên kỹ năng, phát
triển tƣ duy và bồi dƣỡng năng lực giải toán. Vì vậy đây là một trong số lĩnh
vực có thể khai thác để rèn luyện kĩ năng, phát triển tƣ duy cho học sinh trong
quá trình dạy học.
Từ những lý do trên đây, tôi quyết định chọn đề tài: “Rèn luyện tư duy cho
học sinh trung học phổ thông trong việc giải một số bài toán Đại số”.






3

II. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phƣơng pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu, sách báo.
2. Phƣơng pháp điều tra thực tiễn: Dự giờ, quan sát việc dạy của giáo viên và
việc học của học sinh trong quá trình khai thác các bài tập SGK.
3. Phƣơng pháp thực nghiệm sƣ phạm
4. Phƣơng pháp thống kê
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu một số vấn đề lý luận và thực tiễn việc rèn luyện cho học sinh
các thao tác tƣ duy trong dạy học giải bài tập toán Đại số nhằm bồi dƣỡng năng
lực giải toán cho học sinh, góp phần nâng cao chất lƣợng dạy học môn Toán ở
trƣờng phổ thông.
IV. ỨNG DỤNG
Sáng kiến kinh nghiệm có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên trong
việc dạy học.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhƣng các vấn đề đƣa ra ít nhiều còn thiếu
sót, hạn chế. Mong đƣợc sự góp ý của các quý thầy cô và bạn đọc.
Xin trân trọng cảm ơn!
Hoằng Hoá, tháng 05 năm 2013.
Ngƣời viết


Nguyễn Ngọc Đô






4

NỘI DUNG
I.CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
Thực tiễn sƣ phạm cho thấy, giáo viên thƣờng chƣa chú ý đến phát huy tác
dụng giáo dục của bài toán, mà thƣờng chú trọng cho học sinh làm nhiều bài
toán. Trong quá trình dạy học, việc chú ý đến chức năng của bài tập toán là chƣa
đủ mà giáo viên cần quan tâm tới lời giải của bài tập toán. Lời giải của bài tập
toán phải đảm bảo những yêu cầu sau:
- Lời giải không có sai lầm. Học sinh phạm sai lầm trong khi giải bài tập
thƣờng do ba nguyên nhân sau:
+ Sai sót về kiến thức toán học, tức là hiểu sai định nghĩa của khái niệm,
giả thiết hay kết luận của định lý,
+ Sai sót về phương pháp suy luận.
+ Sai sót do tính sai, sử dụng ký hiệu, ngôn ngữ diễn đạt hay do hình vẽ sai.
- Lời giải phải có cơ sở lý luận.
- Lời giải phải đầy đủ.
- Lời giải đơn giản nhất.
Giáo viên dạy học sinh phƣơng pháp giải bài tập toán
- Huy động kiến thức có liên quan:
* Em đã gặp bài toán này hay bài này ở dạng hơi khác lần nào chưa. Em
có biết một bài nào liên quan không? Một định lý có thể dùng được không?.
* Thử nhớ lại một bài toán quen thuộc có cùng ẩn hay ẩn số tương tự?.
* Có thể sử dụng một bài toán nào đó mà em đã có lần giải rồi hoặc sử
dụng kết quả của nó không?.
- Dự đoán kết quả phải tìm:
* Em có thể nghĩ ra một bài toán có liên quan mà dễ hơn không?. Một bài
toán tổng quát hơn?. Một trường hợp riêng?. Một bài toán tương tự? Em có thể
giải một phần của bài toán?.
* Em đã sử dụng mọi dữ kiện chưa? Đã sử dụng hết điều kiện chưa? Đã
để ý đến mọi khái niệm chủ yếu trong bài toán chưa?.

5

* Hãy giữ lại một phần điều kiện, bỏ qua phần kia, khi đó ẩn được xác
định đến chừng mực nào và biến đổi thế nào?.
- Sử dụng phép phân tích đi lên và phép phân tích đi xuống để tìm kiếm
hướng giải quyết vấn đề.
Trong quá trình dạy học nếu giáo viên khai thác triệt để đƣợc những gợi ý
trên thì sẽ hình thành và phát triển ở học sinh kỹ năng tìm lời giải cho các bài
toán. Tuy nhiên để đạt đƣợc điều này thì giáo viên phải thực hiện kiên trì tất cả
các giờ dạy Toán đồng thời học sinh phải đƣợc tự mình áp dụng vào hoạt động
giải Toán của mình.
MỘT SỐ THAO TÁC TƢ DUY PHỔ BIẾN CỦA HỌC SINH THPT
TRONG GIẢI TOÁN

Định hƣớng tìm tòi
lời giải bài tập
Nội dung và hình
thức của bài toán
Vốn kiến thức
Toán học, kĩ năng
và kinh nghiệm
giải Toán
Hƣớng 1
Nhận thức
đềPhân tích 1
chọn lựa hoặc bỏ


Hƣớng 2
Nhận thức
đềPhân tích 2
chọn lựa hoặc bỏ

Nhận thức
đềPhân tích k
chọn lựa hoặc bỏ

Hƣớng
thứ k
Chọn lựa đƣợc hƣớng giải thích hợp
Tiến hành phân tích, tổng hợp để đƣa
ra lời giải của bài tập
6

II.GIẢI PHÁP RÈN LUYỆN TƢ DUY QUA GIẢI TOÁN.
1.Phân tích và tổng hợp.
Do vậy việc rèn luyện các thao tác tƣ duy cho học sinh qua việc giải bài
tập nhất thiết phải đƣợc tiến hành thông qua sự phân loại học sinh. Không có
một cách “rèn luyện” nào phù hợp cho mọi đối tƣợng, thậm chí có những quá
trình phân tích-tổng hợp khi giải một bài tập là rất kết quả đối với học sinh này
nhƣng lại “vô nghĩa” với học sinh khác. Vì thế, tìm hiểu kĩ đối tƣợng, nghiên
cứu kĩ bài tập định truyền đạt, tự thầy giáo phải phân tích kĩ một bài tập trƣớc
khi hƣớng dẫn cho học sinh quá trình phân tích-tổng hợp khi giải bài tập toán là
rất quan trọng. Dƣới đây là một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. CMR nếu A, B, C là 3 góc của một tam giác thì:
cosA + cosB + cosC
2
3

(1)
- Hoạt động phân tích: cosB + cosC = 2cos
2
BC
cos
2
BC

Sự phân tích này diễn ra trên cơ sở tổng hợp, liên hệ biểu thức
cosB + cosC với công thức cosa + cosb = 2cos
2
ab
cos
2

ab
.
2
BC
=
22
A




cos
2
BC
= sin
2
A
; cosA = cos2
2
A
= 1 - 2sin
2

2
A
.
Hoạt động phân tích này lại dựa trên cơ sở tổng hợp, liên tƣởng tới công
thức cos2a = 1- 2sin
2
a.

- Hoạt động tổng hợp, ta có lời giải:
(1)

1 - 2sin
2

2
A
+ 2cos
2
BC
cos
2
BC

3
2



4 sin
2

2
A
- 4 sin
2
A
cos
2

BC
+ 1

0

(2 sin
2
A
- cos
2
BC
)
2
+ sin
2
2
BC

0 (2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng, nên (1) đúng.
Ví dụ 2.(Bài tập 4- Trang 79 SGK Đại số 10)
CMR: a
3
+ b
3
> a
2
b +ab
2
với a, b


R
+
và a

b.
7

Nếu chỉ dùng phép tổng hợp để giải, suy nghĩ làm sao để từ a
3
+ b
3
suy ra
nó lớn hơn a
2
b + ab
2
là điều không dễ. Do đó giáo viên có thể hƣớng dẫn học
sinh kết hợp với phép phân tích để tìm lời giải:
Ta có: a
3
+ b
3
= (a+b)(a
2
- ab +b
2
)
a
2

b +ab
2
= ab(a + b)
Do đó: a
3
+ b
3
> a
2
b +ab
2


a
2
- ab +b
2
> ab

(a –b)
2
>0 (a

b)
Trên cơ sở phân tích cùng với phép tổng hợp ta có lời giải:
Vì a, b

R+ và a

b nên a + b >0, (a –b)

2
>0.
a
3
+ b
3
= (a+b)(a
2
- ab +b
2
) = (a+b)[(a - b)
2
+ ab]
= (a+b)(a - b)
2
+ (a+b)ab> (a+b)ab = a
2
b +ab
2
. (ĐPCM)
2. Khái quát hoá và trừu tƣợng hoá.








Trở lại ví dụ 1, từ bài toán xuất phát: “CMR nếu A, B, C là 3 góc của một tam

giác thì: cosA + cosB + cosC
2
3

”. Bây giờ nếu thay A, B, C bởi các số dƣơng
x, y, z sao cho: x+ y+ z= π thì cosx + cosy + cosz
?
. Từ đó, ta có thể phát biểu
bài toán tổng quát: “CMR nếu A, B, C là 3 góc của một tam giác thì:
cos
mA nB
mn


+ cos
mB nC
mn


+ cos
mC nA
mn



2
3

” với m, n là các số nguyên dƣơng.
Việc chứng minh hết sức đơn giản, ta đặt

mA nB
mn


=x,
mB nC
mn


=y,
mC nA
mn


=z
Thì x, y, z cũng là 3 góc của tam giác nào đó, suy ra điều phải chứng minh.
Khái quát hoá
Khái quát hóa từ cái riêng
lẻ đến cái tổng quát
Khái quát hoá từ cái tổng
quát đến cái tổng quát hơn
Khái quát hoá tới cái
tổng quát đã biết
Khái quát hoá tới cái
tổng quát chƣa biết
8

Ví dụ 3. CMR
xR
ta có:

12 15 20
3 4 5
5 4 3
     
     
     
    
x x x
x x x
.
Phân tích : Giáo viên có thể gợi cho hoc sinh nhận thấy rằng
3.4 3.5 5.4
;;
4 4 3 3
12 15 20
55
  
và
12.15 20.15 12.20
3, 5, 4
5.4 3.4 5.3
  

Nhƣ vậy bất đẳng thức có dạng tƣơng tự bất đẳng thức quen thuộc
a
2
+ b
2
+c
2

≥ ab+ bc+ ca.
Từ đó ta có lời giải nhƣ sau:
Áp dụng BĐT côsi cho 2 số ta có:
12 15 12.15
2 2.3 ,
5 4 5.4
15 20 15.20
2 2.5
4 3 4.3
20 12 20.12
2 2.4
3 5 3.5
x x x
x
x x x
x
x x x
x

     

  
     

     


     
  


     
     


     

  
     

     


Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức cùng chiều trên với nhau ta đƣợc:
12 15 20
3 4 5
5 4 3
x x x
x x x
     
    
     
     
, (
xR
)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
12 15 20
0.
5 4 3
x x x

x
     
   
     
     

Sau khi giải xong bài toán, giáo viên có thể cho học sinh khái quát hoá bài
toán cùng loại:“Cho a, b, c là các số dƣơng tuỳ ý. CMR
xR
, ta có:
x x x
xxx
ab bc ca
a b c
c a b
     
    
     
     
”
3. Đặc biệt hoá.
Những dạng đặc biệt hoá thƣờng gặp trong môn Toán có thể đƣợc xuất
phát từ việc xét dấu “=” của bất đẳng thức, hay dựa vào tính chất của các biến số
để dự đoán kết quả. Chẳng hạn, ở ví dụ 1 từ bài toán xuất phát: “CMR nếu A, B, C
9

là 3 góc của một tam giác thì: cosA + cosB + cosC
2
3


”. Đặc biệt hoá nếu A, B,
C là 3 góc của một tam giác đều thì cosA + cosB + cosC
3
2

.
Ví dụ 4. Cho

, , 0
1
abc
abc






  
Tìm giá trị lớn nhất:
S a b b c c a     

Giải.
Dƣới đây là sai lầm thƣờng gặp của học sinh:
 
 
 
 
 
 

ôsi
ôsi
ôsi

2

2

2
1
.1
1
.1
1
.1
C
C
C
ab
a b a b
bc
b c b c
ca
c a c a
















  

  

  


 
23
5
22
abc
a b b c c a
  
      

Nguyên nhân sai lầm
Dấu “ = ” xảy ra  a + b = b + c = c + a = 1  a + b + c = 2 trái với giả thiết.
Phân tích và tìm tòi lời giải:
Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là nhƣ nhau do đó điểm rơi của BĐT sẽ
là

1
3
abc  
, từ đó ta dự đoán Max S =
6
 a + b = b + c = c + a =
2
3

hằng số cần nhân thêm là
2
3
, đó chính là bƣớc đặc biệt hoá bài toán. Vậy lời giải
đúng là:

 
 
 
 
 
 
ôsi
ôsi
ôsi
. .
. .
. .
2
3 2 3
3

.
2 3 2 2
2
3 2 3
3
.
2 3 2 2
2
3 2 3
3
.
2 3 2 2
C
C
C
ab
a b a b
bc
b c b c
ca
c a c a




















  

  

  


 
.
2
2 3.
33
3
.2 6
2 2 2
abc
a b b c c a
  
       
.

Vậy Max S =
6
khi
1
3
abc  
.
10

Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh sẽ có định hƣớng tốt
hơn: Cho

, , 0
1
abc
abc






  
Chứng minh rằng:
6S a b b c c a      
. Tuy
nhiên nếu biết đặc biệt hoá bài toán thì việc viết đầu bài theo hƣớng nào cũng có
thể giải quyết đƣợc.
4. Quy lạ về quen.
Ví dụ 5.(Dành cho lớp 10 - chương trình nâng cao)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
x
y x 6x 18
x3
  

với
x (3; )  

Khi tiếp nhận bài tập này, ngay cả những học sinh khá, giỏi ở lớp 10 cũng
khó “định hướng” đƣợc việc phân tích để tìm lời giải của bài toán. Vấn đề là
học sinh phải huy động vốn kiến thức đã có của mình nhƣ thế nào để “định
hướng” cho việc tìm lời giải. Ta có thể gợi cho các em:
+) Nếu sử dụng công cụ bất đẳng thức thì cái đích là việc tìm ra số không đổi m
sao cho
y m, x 3  
và phải chỉ ra đƣợc x
0
>3 để y(x
0
)=m. Với việc “gợi” nhƣ
vậy thì học sinh nhận thấy ngay rằng việc áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số
dƣơng:
x
a
x3


và

2
x 6x 18 b  
theo kiểu
a b 2 ab
sẽ không đƣợc
gì!. Quan sát biểu thức của hàm số ta nhận thấy x-3 và x
2
-6x+18 có “sự liên
quan gần” bởi vì: x
2
-6x+18=(x-3)
2
+9, từ đây ta gợi dần cho học sinh quá trình
phân tích nhƣ sau (với x>3):
1)
22
x 6x 18 (x 3) 9    
, áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số
dƣơng (x-3)
2
và 9 thì đƣợc:

22
(x 3) 9 2 (x 3) .9 6(x 3)     
.
2) Ghép với biểu thức của hàm số thì đƣợc:

22
x 6x x 9 9
y 6(x 3) y 6

x 3 x 3 x 3


    

  




9
y 6 x 3 6
x3

    




11

Đến đây, giáo viên có thể hỏi biểu thức cuối có quen thuộc không ? tƣơng tự bất
đẳng thức nào
1
a
a

≥ 2
lại áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dƣơng
9

x 3,
x3


ta đƣợc:

y 72
, có dấu “=” khi x=6.
Việc phân tích kết thúc, giáo viên hƣớng dẫn học sinh tổng hợp để có lời giải
hoàn chỉnh.
Ví dụ 6. (Bài 25 ôn tập cuối năm-Đại số 10 nâng cao)
Tìm các số C và  sao cho: sin+cos = Csin(+) với mọi .
Đây là bài tập cuối cùng của (SGK-Đại số 10 nâng cao) xuất bản năm
2006. Bài tập này không khó nhƣng việc làm cho học sinh hiểu “rõ ràng, mạch
lạc” lời giải của bài toán lại là không dễ.
Đa số học sinh khi giải bài tập này, thƣờng giải nhƣ sau:
sin+cos = Csin(+) (1)
Ta có:
(1) 2sin Csin( )
4


     


. (2)
(1) nghiệm đúng

khi (2) nghiệm đúng


. Nhận thấy:
C2
k2
4





   


thì (2)
nghiệm đúng

nên kết quả cần tìm là:
C2
(*)
k2 ,k Z
4





    



Kết quả trên không sai, vì với C và  nhƣ trên thì rõ ràng (1) nghiệm đúng

với

. Để chỉ cho học sinh thấy rằng kết quả tìm đƣợc ở trên là chƣa đầy đủ,
giáo viên gợi cho các em: “khi
3
4

  
và
C2
liệu có biến đổi được
Csin(

+

) thành
2sin
4





hay không?” và hƣớng dẫn các em biến đổi:
12

 
4
3 3 3
2sin 2sin 2sin 2sin

4 4 4

  

     
             
     

     

.
Đến đây học sinh thấy đƣợc (*) chỉ là một trong các kết quả phải tìm. Giáo viên
phân tích cho các em biết rằng: bằng “trực giác” đối với (2) thì các em mới tìm
thấy (*) là một điều kiện đủ đối với C và  để (1) nghiệm đúng

chứ chƣa
tìm đƣợc điều kiện cần và đủ đối với C và  để (1) nghiệm đúng

. Dựa vào
(2), gợi cho học sinh phân tích để tìm lời giải của bài toán nhƣ sau:
1) điều kiện cần: Nếu (2) nghiệm đúng

thì C và

phải là bao nhiêu?
+) (2) nghiệm đúng

nên (2) nghiệm đúng khi
4


  
và đồng thời
nghiệm đúng khi
4


, tức là ta có hệ:

k2 ,(k Z)
4
0 Csin
C2
4
(**)
2 Csin
(2k 1) ,(k Z)
4
4
C2



    








   





   





  


  
     














+) Nhƣ vậy: Nếu (2) nghiệm đúng

thì ta tìm đƣợc (**) nhƣng chƣa
đảm bảo đƣợc là: Với C và  thoả mãn (**) thì (2) có nghiệm đúng

? vì thế
cần phải kiểm tra xem với (**) thì (2) có nghiệm đúng

hay không.
2) điều kiện đủ: Dễ dàng hƣớng dẫn học sinh chứng minh đƣợc với (**)
thì (2) nghiệm đúng

. Việc giải bài toán cơ bản hoàn thành.
Ví dụ 7. CMR với a, b là 2 số không âm ta luôn có:


3 3 2
3a +7b 9ab
(1)
Giáo viên đƣa ra cách giải:
Đặt M =
33
3a +7b
, biến đổi M =
3 3 3
3a +3b +4b
rồi áp dụng bất đẳng
thức cô-si cho 3 số dƣơng ta có:
M =

3
3 3 3 3 3 3 2
3
3a +3b +4b 3 3a 3b 4b = 3 36ab

13

Do
3 3 3
36 27 3 36 9    
2
M 9ab
dấu “=” xảy ra khi a=b=0.
Việc đƣa ra lời giải một cách đột ngột nhƣ vậy là không tốt về mặt sƣ
phạm. Học sinh không hiểu rằng, căn cứ vào đâu mà thầy giáo lại áp dụng bất
đẳng thức cô-si trong khi đó có rất nhiều bất đẳng thức khác?. Tại sao lại phân
tích 7b
3
thành tổng của 2 số hạng? có thể tách số hạng thứ nhất thành 2 số
hạng?
Vì vậy, tri thức mà học sinh lĩnh hội đƣợc sẽ là sự ghi nhớ một cách máy
móc. Để dạy cho học sinh bài toán trên, giáo viên cần làm sáng tỏ những thắc
mắc của học sinh bằng hệ thống các câu hỏi:
Điều kiện
a 0,b 0
gợi cho ta biết nên dùng bất đẳng thức nào? (dùng
bất đẳng thức cô-si).
Dùng bất đẳng thức cô-si theo chiều nào? vì sao?. (căn cứ vào chiều của
bất đẳng thức (1), VT


VP và 2 chiều của bất đẳng thức cô-si ta chọn chiều: TB
cộng

TB nhân; đặt M =
33
3a +7b
)
Chỉ rõ các phương án có thể áp dụng bất đẳng thức cô-si? Học sinh sẽ
nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 2 số không âm, tuy nhiên kết quả
thu đƣợc không nhƣ ta mong đợi. Đến đây thầy có thể hỏi tiếp: Có thể dùng
phương án khác hay không? (có thể xem M là tổng của nhiều hơn 2 số hạng, mà
trƣớc hết ta hãy xem M là tổng của 3 số hạng không âm).
Phân tích số hạng nào trong 2 số hạng đó?
(Xem M = m
1
+m
2
+m
3
, khi đó áp dụng bất đẳng thức cô-si ta đƣợc

3
M 3 m m m
1 2 3
mà ta đang mong muốn
2
3
3 m m m = 9ab
1 2 3
. Nhƣ vậy, dƣới

căn bậc 3 bắt buộc phải có biểu thức a
3
b
6
mà a
3
b
6
= a
3
b
3
b
3
; trên cơ sở đó ta đi
đến khẳng định: giữ nguyên 3a
3
, tách 7b
3
thành tổng của 2 số hạng).
Có thể tách M thành tổng của 3 số hạng nào?
(M = 3a
3
+

b
3
+ 6b
3
; M = 3a

3
+ 2b
3
+ 5b
3
M = 3a
3
+3

b
3
+ 4b
3
).
Xét xem các trường hợp trên, trường hợp nào dẫn ta đến kết quả?
14

(Xét thấy: M
1
= 3a
3
+

b
3
+ 6b
3


3

3 3 3 2 2
3
3 3a b 6b =3 18ab <9ab
nên
không thoả mãn;

3
3 3 3 2
3
M 3 3a .2.b .5b =3 30ab
2
, thoả mãn vì
33
3 30>3 27=9
).
Đến đây hƣớng giải quyết bài roán đã đƣợc mở ra. Vấn đề còn lại là tổng
hợp trình bày lời giải.
Nhƣ vậy, trong quá trình giảng dạy giáo viên cần coi trong vai trò của việc
phân tích đặc điểm bài toán để hình thành phƣơng pháp giải.
Ví dụ 8. Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm:

      
90
2 2 2
90 90
5
(1 x) m 1 x (m ) (1 x) 0
4
(1)
Hình thức của bài toán dễ tạo ra những sự “ngợp”, nên gây cho học sinh

khó khăn trong việc phát hiện ra mối quan hệ bản chất chứa trong bài toán. Giáo
viên gợi học sinh phân tích tìm mối liên hệ giữa các yếu tố tạo nên bài toán để
tìm tòi lời giải.
Xác định điều kiện của phương trình? (1 - x
2
 0  -1  x  1).
Quan sát bài toán em nhận ra mối liên hệ nào không?(1 - x
2
= (1 + x)(1 - x))
Các hạng tử

2
90
(1 x)
,

90
2
1x
,

2
90
(1 x)
, có thể có mối liên hệ nào
thông qua việc phân tích đó không?
Mong muốn học sinh lập luận: với x thỏa mãn -1  x  1. Ta có:

90
2

1x
=

90
1x
.

90
1x
;

2
90
(1 x)
=

2
90
( 1 x)
;

2
90
(1 x)
=

2
90
( 1 x)
.

Đặt

90
1 x X
;

90
1 x Y
, ta đƣợc:
   
22
5
X mX.Y (m )Y 0
4
(2)
Em có nhận xét gì về phương trình (2)? Hãy đề xuất phương pháp giải?
Mong muốn học sinh trả lời:
Đây là phƣơng trình đẳng cấp bậc 2. Phƣơng pháp giải có thể kiểm tra
Y = 0 có là nghiệm hay không? Rồi sau đó xét Y ≠ 0 và chia cả 2 vế cho Y
2
, đặt:
X
t
Y

thì chuyển phƣơng trình trên về phƣơng trình bậc hai:
15

t
2

+ mt + (m +
5
4
) = 0.
Tổng hợp các kết quả phân tích ở trên. Em hãy đề xuất phương pháp giải
phương trình (1)?.
+) Kiểm tra

2
90
(1 x)
= 0  x = - 1 có là nghiệm hay không?
+) Chia cả hai vế phƣơng trình cho

2
90
(1 x)
, đƣợc:



   



2
90
90
1 x 1 x 5
m (m ) 0

1 x 1 x 4

Đặt t =





2
90
1x
1x
(t  0). Ta đƣợc: t
2
+ mt + m +
5
4
= 0 (3)
+) Để phƣơng trình (1) có nghiệm thì (3) có nghiệm thỏa mãn t  0.
Sau khi hoàn thành ví dụ trên, giáo viên có thể khắc sâu cho học sinh
trong việc nhận dạng phƣơng trình dạng: aX
2
+ bXY + cY
2
= 0.
Qua ví dụ trên ta thấy rằng nếu không phân tích, phát hiện đƣợc mối quan
hệ đặc biệt trên thì bài toán rất khó khăn; học sinh cảm thấy lúng túng. Thực tế
có rất nhiều bài toán nhƣ vậy nên việc rèn luyện cho học sinh khả năng này là rất
cần thiết.
Trong quá trình tiếp cận và giải quyết bài toán nào đó, học sinh không chỉ

nhìn bài toán từ một góc độ mà phải xem xét bài toán đó theo quan điểm toàn
diện, không chấp nhận một cách giải quen thuộc hoặc duy nhất
Ví dụ 9. Cho 3 số x, y, z thoả mãn điều kiện:

0 ; ; 2 (1)
3 (2)
x y z
x y z



  


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T= x
2
+ y
2
+ z
2
(3)
Giải: Cách giải 1(Cho lớp 10 chương trình nâng cao)
Từ
22
(2) 9 (x y z) 9 (1.x 1.y 1.z)       

2 2 2
9 3(x y z ) minT 3     
, khi x=y=z=1.
Cách giải 2(Cho lớp 9 và lớp 10)

16

+) (2) và (3) có tính chất: “x, y,z có vai trò như nhau” gợi cho ta: “có khả
năng T nhỏ nhất khi x=y=z=1” ta thử khai thác theo hƣớng này xem sao!
+) Gắn giả thiết và kết luận ta có:
2 2 2
(x 1) (y 1) (z 1) 0 (x,y,z)      

2 2 2
x y z 2(x y z) 3 0 T 3         
từ đó minT=3.
Phân tích 2 lời giải trên ta nhận thấy: Cách 2 là hay nhƣng đòi hỏi quá trình phân
tích phải công phu. Cách 1là cách “tốt” để có thể khái quát đƣợc bài toán.
Ví dụ 10. Chứng minh rằng hàm số:
22
f(x) x x 1 x x 1     
có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x=0
Khai thác các tính chất của hàm số f(x) ta có lời giải 1:
Lời giải 1:
Do
22
x + x +1 > 0 x; x - x +1 > 0 x
nên f(x)>0
x

Vì f(x) và f
2
(x) đồng thời đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất (nếu có)
Ta xét hàm số
 

2 2 4 2
f (x) 2 x 1 2 x x 1    
.
Do x
2
+1
1
,x
4
+x
2
+1
1
,dấu bằng khi x=0
( ) 2fx
,đẳng thức xảy ra khi x=0. Và minf(x)=f(0)=2. (ĐPCM)
Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển ta có lời giải 2
Lời giải 2:
Phân tích các biểu thức trong căn ta có:
.
1 3 3
22
1 ( ) 0 .
2 4 4
1 3 3
22
1 ( ) 0
2 4 4
       
       

x x x x
x x x x

f(x) là tổng của 2 số dƣơng, gợi ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức cô-si:
4
.
2 2 4 2
( ) 1 1 2 1 2         f x x x x x x x

Dấu đẳng thức xẩy ra khi:






22
x +x +1= x -x +1
x = 0
42
x +x +1=1

Suy ra f(x)
2
khi x=0 (đpcm).
17

Liên tưởng các biểu thức
2
1xx

;
2
1xx
là các độ dài đoạn
thẳng ta có lời giải 3.
Lời giải 3:
Ta đã biết:
   
22
2 1 2 1
   AB x x y y
trong đó A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
).
Định hƣớng cho ta sự phân tích:
x
2
+x+1=[x-(-
1
2
)]
2
+(0-
3

2
)
2

x
2
-x+1=(x-
1
2
)
2
+(0-
3
2
)
2

Khi đó hàm số biến đổi về dạng:

22
22
1 3 1 3
( ) ( ) 0 0
2 2 2 2
f x x x
   
   
        
   



   
   

Nếu đặt M(x; 0) và A
13
;
22





; B
13
;
22




là các điểm nằm trong mặt
phẳng tọa độ Oxy thì khi đó f(x) =MA+MB.
Chuyển hoá nội dung bài toán ta phát biểu nhƣ sau:
“CMR: MA+MB có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi M trùng O”.
Từ hình vẽ, ta suy ra:
MA + MB = MA’ + MB

A’B,
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M


O

x = 0.
Vậy, Min f(x) = A’B =2OB= 2 khi x = 0.






0
x
y

1
2
M
1
2
3
2
B
A
A'
18

III. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
1. Tổ chức thực nghiệm
Thực nghiệm sƣ phạm đƣợc tiến hành tại trƣờng THPT Hoằng Hoá 4.

+) Lớp thực nghiệm: 10A
4
+) Lớp đối chứng: 10A
2
Thời gian thực nghiệm đƣợc tiến hành vào khoảng tháng 10/2012 đến
tháng 3 năm 2013.
Giáo viên dạy lớp thực nghiệm: Thầy Nguyễn Văn Trƣờng.
Giáo viên dạy lớp đối chứng: Cô Nguyễn Lan Phƣơng.
Đƣợc sự đồng ý của Ban Giám hiệu, của thầy cô dạy toán hai lớp 10 A
4
và
10A
2
. Tôi đã tìm hiểu cả hai lớp 10A
4
và 10A
2
là 2 lớp khối A của trƣờng, nên
hầu hết học sinh ở 2 lớp đều có học lực môn Toán là khá trở lên và tƣơng đƣơng.
2. Nội dung thực nghiệm
Đề kiểm tra (thời gian 60 phút)
Câu I: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 3 5y x x x     

b) Tìm một điểm trên trục số sao cho tổng khoảng cách từ đó tới 3 điểm
A, B, C có toạ độ tƣơng ứng là 1,3,5 là nhỏ nhất.
Câu II: Cho phƣơng trình:

  

3
3
11
x m(x )
xx
(1)
Tìm m để phƣơng trình có nghiệm?
Câu III: a) Vẽ đồ thị hàm số y = x
2
- 4x + 3. Từ đó, xác định m để phƣơng
trình x
2
- 4x + 3 = m có nghiệm x

[1; +

).
b) Nêu phƣơng pháp giải bài toán:
“Tìm m để phƣơng trình ax
2
+ bx + c = m (m là tham số; a, b, c là các hằng
số cho trƣớc và a
0
) có nghiệm x

D”.
19

Việc ra đề nhƣ trên hàm chứa những dụng ý sƣ phạm, tất nhiên đề kiểm tra
này dành cho học sinh có học lực khá trở lên ở hai lớp thực nghiệm và đối chứng.

Xin đƣợc phân tích rõ hơn về điều này và đồng thời đánh giá sơ bộ về chất lƣợng
làm bài của học sinh.
Đề kiểm tra nhƣ trên là không quá khó và cũng không quá dễ so với trình
độ học sinh. Có thể nói với mức độ đề nhƣ trên thì sẽ phân hóa đƣợc trình độ
của học sinh, đồng thời cũng đƣa ra cho giáo viên sự đánh giá chính xác về mức
độ nắm kiến thức của học sinh. Cả ba câu trong đề kiểm tra đều không nặng về
tính toán, mà chủ yếu là kiểm tra khả năng tƣ duy.
3. Đánh giá kết quả thực nghiệm
Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp thực nghiệm (TN) và học sinh lớp
đối chứng (ĐC) đƣợc thể hiện thông qua bảng sau:
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên
Điểm từ 5 đến 7
Điểm dƣới 5
Số
lƣợng
Tỷ lệ
Số
lƣợng
Tỷ lệ
Số
lƣợng
Tỷ lệ
2012-
2013
TN

45
12
26,7%
27
60 %
6
13,3%
ĐC
45
6
13,3 %
25
55,6%
14
31,1 %

Căn cứ vào kết quả kiểm tra, bƣớc đầu có thể thấy hiệu quả của SKKN đã rèn
luyện cho học sinh các thao tác tƣ duy trong giải toán Đại số nói riêng và giải toán
nói chung.







20

KẾT LUẬN
1.Kết quả nghiên cứu.

Sáng kiến kinh nghiệm
1. Đã phần nào làm sáng tỏ thực trạng về khả năng rèn luyện các thao tác
tƣ duy trong dạy học toán ở trƣờng phổ thông.
2. Đã làm phần nào làm sáng tỏ một số con đƣờng để tập luyện cho học
sinh khả năng phân tích, khái quát hoá, đặc biệt hoá và tƣơng tự.
3. Đã thể hiện đƣợc các định hƣớng sƣ phạm nhằm rèn luyện các thao
tác tƣ duy trong dạy học bài tập Đại số ở trƣờng THPT.
4. Thiết kế cách thức dạy học một số ví dụ, hoạt động theo hƣớng dạy học
tích cực.
5. Đã tổ chức thực nghiệm sƣ phạm để minh học tính khả thi và hiệu quả
của những định hƣớng sƣ phạm đƣợc đề xuất.
Nhƣ vậy có thể khẳng định rằng: Sáng kiến kinh nghiệm hoàn thành đƣợc
mục đích nghiên cứu và có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên.
2.Kiến nghị đề xuất.
1.Đối với tổ nhóm chuyên môn nhà trƣờng.
Các tổ chuyên môn nên tăng cƣờng trình bày các chuyên đề trong
chƣơng trình bộ môn.
2.Đối với Sở giáo dục và đào tạo.
Nên giới thiệu phổ biến về các trƣờng phổ thông các sáng kiến kinh
nghiệm có chất lƣợng để cùng nhau trao đổi và áp dụng thực tế.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ



Thanh Hoá, ngày 15 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của ngƣời khác

Nguyễn Ngọc Đô