khai thác bài tập trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi

Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
1
A - MỞ ĐẦU

I. Lý Do Chọn Đề Tài
Như chúng ta đã biết toán học là một trong các bộ môn khoa học
được ra đời từ rất sớm. Xuất phát từ những đòi hỏi thực tế cuộc sống đã
làm nảy sinh các kiến thức toán học. Có thể nói toán học là cơ sở của
nhiều môn khoa học khác. Chính vì vậy trong nhà trường phổ thông, môn
toán là một trong những bộ môn cơ bản và việc nâng cao kiến thức toán
cho học sinh là cần thiết.
Trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì môn toán có
thể nói rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm được lượng kiến thức khá
rộng và có kỹ năng vận dụng nó một cách linh hoạt sáng tạo.
Kiến thức toán học rất rộng, hệ thống bài tập nhiều vì vậy không
phải kiến thức bài tập nào giáo viên cũng có thể khai thác và mở rộng ra
được. Giáo viên chỉ mở rộng cho những kiến thức chính, những dạng bài
tập quan trọng, cách mở rộng cũng nhiều hướng khác nhau.
Khái quát hoá để mở rộng thành những bài toán tổng quát khó hơn.
Tương tự hoá để giới thiệu thêm những bài toán có cùng phương pháp giải.
Đặc biệt hoá để đưa bài toán về dạng đặc biệt hơn dễ nhớ hơn, có khi chỉ
đơn giản là phân tích thêm những kiến thức có liên quan để hướng dẫn học
sinh giải theo nhiều cách khác nhau hoặc đặt thêm yêu cầu mới cho bài
toán. Điều đó thôi thúc tôi chọn và nghiên cứu đề tài.
“Khai thác bài tập trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh
khá giỏi”.
II Nhiệm vụ nghiên cứu:
Học sinh khá, giỏi hiện nay phần lớn chỉ đầu tư vào việc giải hết bài
toán khó này đến bài toán khó khác mà chưa nâng cao được nhiều năng
Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
2

lực toán học. Mà theo quan niệm của tôi: Việc ôn tập bồi dưỡng học sinh
giỏi môn toán cần phải:
+ Hình thành ở học sinh năng lực toán học bắt đầu từ:
- Các bài toán được nghiên cứu không quá phức tạp, đã có lời giải,
các thao tác tư duy thông thường.
- Năng lực học toán phải tiến hành thương xuyên liên tục trước hết
thông qua các tiết luyện tập.
- Cần xác đònh những năng lực toán học nào cần bồi dưỡng cho học
sinh, hệ thống bài tập cho phù hợp.

B - Nội dung

Một trong các chức năng của dạy học sáng tạo qua các bài toán ở
trường trung học là hình thành ở học sinh năng lực sáng tạo bài toán mới.
Có thể sử dụng một số biện pháp sau để hìmh thành năng lực sáng tạo bài
toán mới cho học sinh.
Một là: Hướng dẫn học sinh “nhìn thấy” cấu trúc lôgíc của bài toán
đặc biệt là nhìn thấy sự “tương đương” của các mệnh đề toán học.
Hai là: Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử dụng
các hệ thống khái niệm khác nhau. Hướng dẫn cho học sinh “nhận ra” sự
thống nhất về cấu trúc lôgíc của các bài toán có các biểu tượng trực quan
hình học ứng với các hệ thống khái niệm sau đó.
Xét một số bài toán sau:
Bài toán 1: Tổng sau có chia hết cho 3 không?
A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4

+ 2
5
+ 2
6
+ 2
7
+2
8
+ 2
9
+ 2
10

(Bài 210 trang 27 SBT Toán 6 tập 1)
Lời giải:
Ta có: A = (2 + 2
2
)+ (2
3
+ 2
4
)+ (2
5
+ 2
6
)+ (2
7
+2
8
)+ (2

9
+ 2
10
)
= 2.(1 + 2) + 2
3
. (1 + 2) + 2
5
. (1 + 2) + 2
7
. (1 + 2) + 2
9
. (1 + 2)
Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
3
= 2.3 + 2
3
. 3 + 2
5
. 3 + 2
7
. 3 + 2
9
. 3
= 3.( 2 + 2
3

+ 2
5

+ 2
7

+ 2
9

)
Vậy A chia hết cho 3.
Từ bài toán này ta giải được một số bài toán sau:
Khai thác 1: Cho A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ + 2
99

+ 2
100


Chứng minh rằng A chia hết cho 3.
Khai thác 2: Cho A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ +2

57
+ 2
58
+ 2
59
+2
60
.
Chứng minh rằng A chia hết cho 21.
Lời giải:
Thật vậy:
A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ +2
57
+ 2
58
+ 2
59
+2
60
.
= (2 + 2
2
+ 2
3

) + (2
4
+ 2
5
+ 2
6
) + + (2
58
+ 2
59
+2
60
)
= 2.(1 + 2 + 2
2
) + 2
4
.(1 + 2 + 2
2
) + + 2
58
.(1 + 2 + 2
2
)
= 2.7 + 2
4
.7 + + 2
58
.7
=> A chia hết cho 7.

Cũng giống như bài toán 1 ta chứng minh được A chia hết cho 3
mà 3 và 7 nguyên tố cùng nhau nên: A chia hết cho 3.7 = 21
Nhận xét:
Với A = 2 + 2
2
+ + 2
n

a) Các Bài toán 1 và Khai thác 1 đúng khi số các số hạng n là số
chẵn.
b) Khai thác 2 đúng khi số các số hạng n chia hết cho 3 . Từ đó suy
ra n chia hết cho 6
Bài toán tương tự:
a. Cho S = 2 + 2
2
+ 2
3
+ +2
2000
. Hỏi S có chia hết cho 6 không?
b. Chứng minh rằng tổng:
P = 3 + 3
2
+ 3
3
+ 3
4
+ 3
5
+ 3

6
+ 3
7
+ 3
8
+ 3
9
chia hết cho 13.
Bài toán 2:
Tính tổng S
n
= 1 + a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
n

Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
4
Lời giải:

Xét tổng S
n
= 1 + a
1
+ a
2

+ a
3
+ + a
n

Khi a = 1 ta có ngay: S
n
= n + 1.
Khi a ? 1 ta có: a.S
n
= a + a
2
+ + a
n
+ a
n + 1

Suy ra: a.S
n
- S
n
= a
n + 1
- 1
S
n
=
(a
n+1

-1)
(a-1)

Bài toán tương tự:
a) Chứng minh rằng A là một luỹ thừa của 2 với:
A = 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ +2
20

Lời giải:

Theo bài toán 2 ta có: 1 + 2 + 2
2
+ 2
3
+ 2
4
+ +2
20
=
2
21

-1
2-1

= 2
21

- 1
Do đó: A = 2
21


b) Chứng minh rằng 2.A + 3 là một luỹ thừa của 3 với:
A = 3 + 3
2
+ 3
3
+ 3
4
+ +3
100

1 + 3 + 3
2
+ 3
3
+ 3
4
+ +3
100
=
3
101

-1
3-1
=
3
101

-1
2

 A +1 =
3
101

-1
2
 2A +2 = 3
101

-1 hay: 2.A + 3 = 3
101



Trong chương trình Đại số 8, ở học kỳ, học sinh được học về các hằng
đẳng thức đáng nhớ, trong đó:
A
2
+ 2AB + B
2
= ( A + B )

2
A
2
- 2AB + B
2
= ( A - B )
2
và có nhận xét: ( A + B )
2


0 với mọi A, B.
dấu “ =” xảy ra khi A + B = 0 hay A = - B
( A - B )
2


0 với mọi A, B.
dấu “ =” xảy ra khi A - B = 0 hay A = B
từ kiến thức này ta mở rộng và xây dựng nên nhiều bài toán khác. Sau đây
là một số ví dụ:
Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
5
Bài 1: Chứng minh biểu thức sau viết được dưới dạng tổng các bình
phương của hai biểu thức:
x
2
+ 2( x + 1)
2
+ 3( x + 2)

2
+ 4( x + 3)
2

Lời giải:
x
2
+ 2( x + 1)
2
+ 3( x + 2)
2
+ 4( x + 3)
2

= 10x
2
+ 40x + 50
= (x
2
+ 10x + 5 ) + ( 9x
2
+ 30x + 25 )
= ( x + 5)
2
+ ( 3x + 5)
2

Bài 2: Hãy viết biểu thức sau dưới dạng tổng của ba bình phương.
( a + b + c)
2

+ a
2
+ b
2
+ c
2

Hướng dẫn:
( a + b + c)
2
+ a
2
+ b
2
+ c
2
= ( a + b)
2
+ ( b + c)
2
+( a + c)
2


Bài 3: Tìm x, y biết:
4x
2
- 16x + y
2
+ 4y + 20 = 0

Hướng dẫn:
4x
2
- 16x + 16 + y
2
+ 4y + 4 = 0


( 2x - 4)
2
+ ( y + 2)
2
= 0













2
2
02
042

y
x
y
x

Bài 4: Tìm x biết :
x
2
+ 2( x + 1)
2
+ 3( x + 2)
2
+ 4( x + 3)
2
= 0
Hướng dẫn:
Từ kết quả của Bài 1 ta có :
( x + 5)
2
+ ( 3x + 5)
2
= 0
















3
5
5
053
05
x
x
x
x

Vậy không có giá trò nào của x để vế trái bằng 0.
Bài 5: Tìm x, y biết:
4x
2
- 16x + y
2
+ 4y + 24 = 0
Hướng dẫn:
Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
6
4x
2
- 16x + 16 + y

2
+ 4y + 4 + 4 = 0


( 2x - 4)
2
+ ( y + 2)
2
+ 4 = 0
VT

4 với mọi giá trò của x, y.
Nên Không có giá trò nào của x, y thoả mãn bài tán.
Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b)
2
+ ( b - c)
2
+( a - c)
2
= 0
Từ bài toán trên ta có bài toán mới:

Bài 6.1: Chứng minh rằng nếu a
2
+ b
2
+ c
2
= ab + bc + ca thì a = b = c.
Dựa vào kết quả bài 6, học sinh tự giải

Tương tự bài toán trên ta có:

Bài 6.2: Chứng minh rằng nếu (a + b)
2
= 2.(a
2
+ b
2
) thì a = b.
Giải:
(a+b)
2

=2(a
2

+ b
2

)
 a
2

+ 2ab + b
2

= 2a
2

+ 2b

2

 a
2

-2ab + b
2

= 0  (a-b)
2

= 0  a = b

Bài 6.3: Cho a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3 = 2(a + b + c), chứng minh rằng a = b = c = 1.
Giải:
Ta có: a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3 = 2(a + b + c)
 a
2

-2a +1 + b
2

-2b +1 + c
2

-2c +1 = 0
 (a-1)
2

+ (b-1)
2

+ (c-1)
2

= 0
 a=1, b=1, c=1.
Bài 6.4: Cho (a + b + c)
2
= 3(ab + bc + ca), chứng minh rằng a = b = c .

Bài 6.5:
Cho (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (a - c)
2

= (a + b - 2c)
2
+ (b + c - 2a)
2
+ (a +c - 2b)
2

Chứng minh rằng a = b = c .
Giải:
(a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (a - c)
2
= (a + b - 2c)
2
+ (b + c - 2a)
2
+ (a +c - 2b)
2

Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
7
 (a-b-a-b+2c)(a-b+a+b-2c) + (b-c-b-c+2a)(b-c+b+c-2a) +
+ (a-c-a-c+2b)(a-c+a+c-2b) =0
 4(a-c)(c-b) + 4(a-c)(b-a) + 4(b-c)(a-b) = 0
 (a-c)(c-b+b-a) + (b-c)(a-b) = 0
 (a-c)(c-a) + (b-c)(a-b) = 0
 -a

2

+2ac - c
2

+ ab - b
2

-ac + bc = 0
 a
2

+ b
2

+ c
2

= ab + bc + ca
Từ đó theo bài toán 6.1 ta có a=b=c

Bài 6.6: Cho x + y + z = 0, xy + yz + zx = 0, chứng minh rằng x = y = z.
Từ bài toán 6 ta có bài toán tổng quát hơn như sau:
Bài 7: Chứng minh rằng với 3 số a, b, c bất kỳ, ta có:
a
2
+ b
2
+ c
2

= ab + bc + ca
Hướng dẫn:
Ta luôn có: (a-b)
2

+ (b-c)
2

+ (c-a)
2

 0 với mọi a, b, c
Nên a
2

-2ab + b
2

+ b
2

-2bc + c
2

+ c
2

-2ca + a
2

 0
 2( a
2

+ b
2

+ c
2

)  2(ab+bc+ca)  a
2

+ b
2

+ c
2

 ab+bc+ca
Từ bài 7, ta có thêm một số bài toán mới:
+ Xét trường hợp đặc biệt hơn: cho c = 1
ta có a
2
+ b
2
+ 1  ab + b + a
+ Kết hợp với hằng đẳng thức:
(a + b + c)
2

= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2ab + 2bc + 2ca
Ta có
Bài 7.1: Chứng minh:
a
2
+ b
2
+ c
2
 3(ab + bc + ca). Với mọi a, b, c
Và:




2
222
2
cbacba
cabcab








2
222
2
222
cbacba
cba


Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
8
 2(a
2
+ b
2
+ c
2
)  (a + b + c)
2
- (a
2
+ b
2
+ c
2
)
Ta có
Bài 7.2: Chứng minh: (a + b + c)

2
= 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) với mọi a, b, c
Ngoài ra ta có thể khai thác những bài toán dạng này theo hướng khác là
dạng toán tìm giá trò lớn nhất và nhỏ nhất.

Bài 8:
Tìm giá trò bé nhất của A = 4x
2
- 16x + y
2
+ 4y + 24
Hướng dẫn:
A  4, min A = 4 khi x = 2, y = -2
Bài 9: Tìm giá trò bé nhất, lớn nhất ( nếu có) của các biểu thức:
P = x
2
- 2xy + 6y
2
- 12x + 2y + 45
Q = -x
2
+ 2xy - 4y
2
- 2x - 10y - 3

R = x
2
- 2xy + 4y
2
- 2x - 10y + 3
Hướng dẫn:
P = (x- 6 - y)
2
+ 5(y - 1)
2
+ 4  4 => min P = 4 khi x = 7, y = 1
Q = 10 - (x - y +1)
2
- 3(y + 2)
2


10 => max Q = 10 khi x = -3, y = -2.

Bài 10: Tìm GTNN của biểu thức:
B = (x + 5)
2
+ (3x + 5)
2

Hướng dẫn:
B = 10x
2
+ 40x + 50 = 10(x
2

+ 4x + 4) + 10 = 10(x + 2)
2
+ 10

10
Min B = 10 khi x = -2.
Trường hợp tổng quát:
Xét đa thức ax
2
+ bx + c ( a

0) ta có:
F(x) = ax
2
+ bx + c = a(x +
a
b
2
)
2
-
a
acb
4
4
2


Nếu a > 0 thì ax
2

+ bx + c

-
a
acb
4
4
2

 Min F(x) = -
a
acb
4
4
2

khi x = -
a
b
2

Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
9
Nếu a < 0 thì F(x)

-
a
acb
4
4

2

 Max F(x) = -
a
acb
4
4
2

khi x = -
a
b
2

Từ đây ta có một số bài toán sau đây:

Bài 11: Giải phương trình
y
2
- 2y + 3 =
2
6
2 4
x x
 

Giải:
Ta có: y
2

-2y + 3 = (y-1)
2

+2  2 với mọi y, dấu xảy ra khi: y = 1
x
2

+2x +4 = (x+1)
2

+3  3 
6
x
2

+2x+4
 2 với mọi x, dấu = xảy ra khi
: x=-1
Do đó phương trình có nghiệm ( x=-1; y=1)

Bài 12:
Tìm giá trò nhỏ nhất của A =
200245
22
 yxxyyx

Giải:
Ta có: 4A = 80081620444
22
 yxxyyx

4A = 80082510164)5()5(44
2222
 yyyyyyxx
4A = 7980363)52(
22
 yyyx
4A = 79807980)1(3)52(
22
 yyx
 A  1995
Dấu = xảy ra khi y=1, x= 2. do đó A có giá trò nhỏ nhất bằng 1995 khi
x=2, y=1

Bài 13: Tìm giá trò nhỏ nhất của A = 3x
2
+ 2y
2
+ z
2
+ 4xy + 2xz - 26 +2yz
Giải:
Ta có: A = z
2

+ 2(x+y)z + (x+y)
2

+ 3 x
2

+ 2 y
2

+4xy-26 - (x+y)
2


= (z+x+y)
2

+ 2x
2

+ 2xy + y
2

-26
= (z+x+y)
2

+ (x+ y)
2

+ x
2

-26  -26
Dấu = xảy ra khi x+y+z=0, x+y=0,x=0 hay x=0,y=0, z=0
Vậy giá trò nhỏ nhất của A là -26 khi x=0, y=0, z=0

Đồn Ngọc Tâm - THCS Trần Phú, Pleiku
10
C - KẾT LUẬN
phần trên tôi đã đưa ra phương pháp bồi dưỡng học sinh khá, giỏi
bằng cách hình thành cho học sinh năng lực học toán mới ở mức độ nâng
cao, mở rộng các kiến thức. Nhưng để thực sự là một học sinh giỏi toán thì
học sinh phải có kỹ năng tìn tòi lời giải bài toán, không bao giờ bằng lòng
và dừng lại với phương pháp giải hiện có mà luôn luôn mong muốn tìm tòi,
sáng tạo những lời giải hay, hấp dẫn hơn.
Vì vậy tôi nghó hãy cố gắng hướng dẫn học sinh cách suy nghó, cách
tìm tòi lời giải. Đây là cơ hội để giáo viên trang bò cho học sinh một số tri
thức phương pháp: Phương pháp giải toán - phương pháp toán học hoá -
nhằm rèn luyện và phát triển học sinh năng lực tư duy khoa học.
Biết đề ra cho học sinh đúng lúc, đúng chỗ những câu gợi ý sâu sắc,
phù hợp với trình độ đối tượng. Chúng ta chỉ có thể thông qua dạy học giải
một số bài toán cụ thể mà dần dần truyền cho học sinh cách thức, kinh
nghiệm, tiến tới nghệ thuật trong việc suy nghó tìm tòi lời giải các bài toán.
Trên đây là những kiến thức của bản thân tôi trong việc ôn tập bồi
dưỡng học sinh thông qua việc hình thành cho học sinh năng lực học toán
từ việc khai thác các kiến thức cơ bản trong chương trình sách giáo khoa đi
đến sáng tạo và đề xuất bài toán mới, tìm tòi nhiều cách giải khác nhau
cho một bài toán góp phần bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh khá,
giỏi.
Tài liệu tham khảo

1 - Nâng cao và phát triển Toán 6: Vũ Hữu Bình
2 - Nâng cao và phát triển Toán 8: Vũ Hữu Bình
3 - Một số vấn đề phát triển Toán 8: Vũ Hữu Bình

4 - Toán nâng cao và chuyên đề hình học 9: Nguyễn Ngọc Đạm,
Nguyễn Việt Hải, Vũ Dương Thụy
5 - Bồi dưỡng học sinh giỏi toán cấp 2: Võ Đại Mau