Sử dụng kỹ năng giải toán trong giảng dạy môn toán ở trường trung học phổ thông.PDF

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
KHOA SƢ PHẠM





DƢƠNG LÊ THU TRANG




Sử dụng kỹ năng giải toán trong giảng dạy
môn toán ở trường trung học phổ thông



luËn v¨n th¹c sÜ GIÁO DỤC HỌC

Hµ néi – 2008




ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
KHOA SƢ PHẠM






DƢƠNG LÊ THU TRANG




Sử dụng kỹ năng giải toán trong giảng dạy
môn toán ở trường trung học phổ thông


Mã số : 60 14 10


luËn v¨n th¹c sÜ GIÁO DỤC HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Nguyễn Vũ Lƣơng



Hµ néi - 2008




1

LỜI CẢM ƠN

Tác giả xin chân thành cảm ơn Hội đồng đào tạo chuyên ngành Lý luận và
phương pháp giảng dạy, Ban giám hiệu, các thầy cô giáo Khoa Sư Phạm, trường
Đại học Quốc gia Hà Nội.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, khích
lệ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu và
hoàn thành luận văn.
Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn
PGS.TS. Nguyễn Vũ Lương, người đã trực tiếp tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác
giả hoàn thành luận văn.
Dù đã cố gắng, luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong
nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo, các chuyên gia và các
bạn đồng nghiệp gần xa để bản luận văn được hoàn thiện hơn.
Một lần nữa xin chân thành cảm ơn.

Tác giả
Dương Lê Thu Trang

2
DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT
THPT: trung học phổ thông
CMR, cmr: chứng minh rằng
đpcm: điều phải chứng minh
BĐT: bất đẳng thức
p/t: phương trình
VP: vế phải
HS: học sinh
KL: kết luận
TXĐ: tập xác định
đvdt: đơn vị diện tích

3
MỤC LỤC

Trang
Lời cảm ơn

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

Mục lục

Mở đầu………………………………………………………………………
5
Chương 1: Sử dụng kỹ năng giải toán-phương pháp hiệu quả
nâng cao chất lượng giảng dạy

1.1. Kỹ năng giải toán và phân loại…… ………………… ……………
8
1.1.1. Kỹ năng giải toán………….…… …… …….………………
8
1.1.2. Phân loại kỹ năng giải toán………………………… ………
16
1.1.2.1. Kỹ năng giải toán cơ bản….…………………… …………

16
1.1.2.2. Kỹ năng giải toán tổng quát…………………… …………
17
1.1.2.3. Kỹ năng chính………………………………… ………….
18
1.1.2.4. Kỹ năng đặc biệt…………………………… …………….
26
1.1.2.5. Kỹ năng trung gian………………………… …………….
27
1.2. Kỹ năng giải toán là điều kiện cần
cho một hoạt động giảng dạy có hiệu quả……………………………
28
1.2.1. Nguyên nhân để hoạt động giảng dạy không có hiệu quả……
28
1.2.2. Độ phức tạp của một bài
toán……………… …… …………
30
1.2.3. Hàm năng lực tiếp thu của học sinh
với bài toán có độ phức tạp cho
trước…… ……………… …
36
1.2.4. Phương pháp xác định hàm năng lực…… ……… ………….
37
1.2.5. Hoạt động giảng dạy trợ giúp để tạo điều kiện cần
cho một hoạt động giảng dạy hiệu quả…… …… ……………
38
1.3. Kỹ năng giải toán làm tăng hiệu quả
của mọi phương pháp giảng dạy…….……… … ………………
38

4

Chương 2: Một số phương pháp áp dụng kỹ năng giải toán
trong hoạt động giảng dạy

2.1. Phương pháp dạy học sinh giải những bài toán khó… … ………
41
2.2. Sử dụng các kết quả trung gian giải những bài toán
khó….………….
51
2.3. Sử dụng các kỹ năng chính giải các bài toán khó…………………….
66
Kết luận và khuyến nghị

Tài liệu tham khảo

5
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Theo thống kê kết quả đào tạo của thực tiễn giáo dục Việt Nam chúng ta phát
hiện ra nhiều nhược điểm và mâu thuẫn:
1. Số học sinh không đỗ tốt nghiệp THPT có tỷ lệ cao dù rằng các đề thi
có phần dễ hơn so với hàng chục năm trước.
2. Chúng ta là một trong 10 nước trên thế giới đạt thành tích cao nhất
trong các kỳ thi toán quốc tế (theo thống kê từ khi bắt đầu tham gia đến
nay, năm 1974) nhưng cũng là nước có nền giáo dục đại trà không
được xếp hạng.
3. Chúng ta nói nhiều đến cơ sở vật chất, học phí hơn là việc đầu tư vào
nhân tố quyết định cho hiệu quả của hoạt động đào tạo là năng lực của
giáo viên và học sinh.
4. Chúng ta nói nhiều đến lãng phí tiền của mà không hề biết rằng từ bao
nhiêu năm qua chúng ta đã lãng phí tuổi trẻ của bao nhiêu thế hệ học
sinh vì những hoạt động giảng dạy không hiệu quả. Và sự tổn thất này
cho đất nước còn nặng nề hơn gấp nhiều lần khi các em học sinh
trưởng thành, trở thành nguồn nhân lực không có khả năng tư duy và tri
thức.
5. Ai cũng hiểu chỉ khi chúng ta giải những bài toán càng khó thì tư duy
nhận thức ở mức độ cao càng được hình thành và rèn luyện trong khi

hoạt động giảng dạy hiện nay đa số là từ chối những bài toán khó.
Để giải quyết những mâu thuẫn này chúng ta phải đi tìm nguyên nhân chính và
tìm cách giải quyết một cách khoa học.
Công việc chính của một hoạt động giảng dạy là cung cấp các kiến thức cần
thiết và rèn luyện tư duy nhân thức ở mức độ cao thông qua thực hành giải các
bài toán. Hoạt động giảng dạy hoàn toàn không có hiệu quả nếu học sinh không
có khả năng giải quyết vấn đề. Nhiều học sinh và ngay cả giáo viên không có


6
khả năng giải quyết vấn đề vì không có kỹ năng giải toán. Chính vì vậy tôi chọn
đề tài “Sử dụng kỹ năng giải toán trong giảng dạy môn toán ở trường trung học
phổ thông”. Việc phát hiện các kỹ năng giải toán và áp dụng như thế nào vào
hoạt động dạy và học chính là nội dung của luận văn. Sử dụng kỹ năng giải toán
là một trong những xu hướng mới nhất trong giảng dạy môn toán ở THPT trên
thế giới nên các tài liệu chưa nhiều, do đó việc tìm tòi tổng kết kinh nghiệm để
thu được các kỹ năng giải toán là những kết quả ban đầu, chắc chắn sẽ không
đầy đủ và còn nhiều thiếu sót, rất mong sự góp ý của các thầy cô và các bạn
đồng nghiệp để luận văn được hoàn chỉnh hơn.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu xây dựng một số phương pháp dạy- học sử dụng kỹ năng giải toán
trong giảng dạy môn toán ở trường THPT để nâng cao hiệu quả giảng dạy đồng
thời rèn luyện cho học sinh khả năng nhận thức ở mức độ cao (đặc biệt là những
học sinh khá, giỏi). Từ đó có thể điều chỉnh phương pháp dạy-học cho hợp lí
nhằm nâng cao kết quả đào tạo.
3. Đối tƣợng và khách thể nghiên cứu
Đối tượng: Phương pháp dạy- học môn toán ở trường THPT.
Khách thể nghiên cứu: Dạy-học môn toán THPT.
4. Giả thuyết khoa học
Việc dạy-học môn toán ở trường THPT sẽ được nâng cao hiệu quả nếu xây

dựng được phương pháp dạy học hợp lý, khoa học.
5. Nhiệm vụ nghiên cứu
5.1. Nghiên cứu cơ sở lý luận về phương pháp dạy-học môn toán.
5.2. Khảo sát thực trạng việc dạy-học môn toán ở trường THPT
5.4. Xây dựng cơ sở lý luận về kỹ năng giải toán.
5.3. Xây dựng một số phương pháp dạy-học môn toán ở trường THPT sử dụng
kỹ năng giải toán.
6. Giới hạn phạm vi nghiên cứu


7
Nội dung: Phương pháp dạy và học môn toán hệ THPT.
Khách thể: Các trường THPT.
7. Phƣơng pháp nghiên cứu
7.1. Phương pháp nghiên cứu lý luận
Nghiên cứu các vấn đề liên quan đến phương pháp dạy-học.
7.2. Phương pháp quan sát
Khảo sát việc dạy và học môn toán ở trường THPT để thấy được
thực trạng của việc dạy và học môn toán THPT hiện nay.
8. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và khuyến nghị, tài liệu tham khảo luận văn được
trình bày trong 2 chương:
Chương 1. Sử dụng kỹ năng giải toán-phương pháp hiệu quả
nâng cao chất lượng giảng dạy.
Chương 2. Một số phương pháp áp dụng kỹ năng giải toán
trong hoạt động giảng dạy.

8


Chƣơng 1: SỬ DỤNG KỸ NĂNG GIẢI TOÁN - PHƢƠNG PHÁP HIỆU QUẢ
NÂNG CAO CHẤT LƢỢNG GIẢNG DẠY
1.1. Kỹ năng giải toán và phân loại:
Trong mục này sẽ trình bày khái niệm kỹ năng giải toán và một cách phân loại
các dạng kỹ năng giải toán cùng với các ví dụ minh họa.
1.1.1. Kỹ năng giải toán:
Kỹ năng giải toán là một cách sử dụng các kiến thức cơ bản chuyển bài toán cần
giải về dạng tương đương đơn giản.
Ví dụ với dạng bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ta
thường có các phương pháp giải sau:
a) Sử dụng đạo hàm:
 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên khoảng (a;b)
(a có thể là -∞, b có thể là +∞)
Lập bảng biến thiên của hàm số trên (a;b)
So sánh các giá trị cực trị với các giới hạn tại a và b

Dựa vào bảng biến thiên để rút ra kết luận
Đặc biệt: Trường hợp hàm số chỉ có một cực trị duy nhất trên (a;b), khi
đó:
- Nếu cực trị là cực đại thì giá trị cực trị là lớn nhất
- Nếu cực trị là cực tiểu thì giá trị cực trị là nhỏ nhất
 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a;b]
Ta tiến hành như đối với trường hợp khoảng bằng cách lập bảng biến thiên,
ngoài ra có thể áp dụng qui tắc:

- Tìm các điểm cực trị:
12
, , ,
n
x x x
trên [a;b].
- Tìm các giá trị
12
( ), ( ), ( ), ( ), , ( )
n
f a f b f x f x f x
.


9
- Số lớn nhất trong các số trên là
[a;b]
max ( )M f x
, số nhỏ nhất trong các số
trên là
[a;b]

min ( )m f x
.
Chú ý: (1) Chỉ tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [a;b] khi
hàm số đó liên tục trên [a;b]
(2) Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên [a;b] ta chỉ cần so sánh f(a) và f(b);
số lớn là max, số nhỏ là min
(3) Nếu không cho trước khoảng hay đoạn thì phải hiểu là tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất trên tập xác định của hàm số.
Ví dụ 1.1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau

2
23
1
) ln )
) 2sin cos 1 ) 3 .
( 0)a y x x b y x
x
c y x x y x x
x
d
   
    


Bài giải:
11
) ln (0; ) 1 0 1
x
a y x x D y y x
xx



         

Bảng biến thiên
x
0 1 +∞


y


+ 0 -

y
-1


VËy
(0; )
max 1y


và không có
(0; )
min y

.
3
2

22
3
1
)
1 2 1 1
( 0) (0; ) 2 0
2
b y x
x
x
x D y x y x
xx



        

Bảng biến thiên
x
0
3
1
2
+∞

y


- 0 +

10
O
S




y

3
2
4

Vậy
3
(0; )
min
2
4
y


và không có
(0; )
max y

.
2
) 2sin cos 1c y x x D R   

Nhận xét: Nếu ta tính
4sin cos siny x x x


thì giải phương trình
0y


sẽ cho ta
những nghiệm không đẹp dó đó việc tính giá trị cực trị sẽ khó khăn. Ta sẽ khảo
sát sự biến thiên của hàm số y thông qua một biến số phụ.
Đặt
cos ( 1 1)t x t   
ta có
22
2(1 ) 1 2 3 4 1y t t t t y t

           


1 1 25
0 [ 1;1] ( )
4 4 8
y t y

        
, mà
( 1) 2, (1) 0yy  

Vậy
min 0
R
y 
và
max
25
8
R
y 
.
32
) 3 3 3 0 1y x x D R y xd y x

   

    

Bảng biến thiên
x
0 -1 1 +∞


y


+ 0 - 0 +

y
2 +∞

-∞ -2

Vậy không có
min
R
y
và
max
R
y
.
Ví dụ 1.2. Tìm chiều cao của hình nón nội tiếp trong hình cầu bán kính R để hình
nón có thể tích lớn nhất.
Bài giải:
Gọi x là chiều cao hình nón
(0 2 )xR

Gọi H, AH lần lượt là tâm và bán kính đường tròn đáy của hình nón
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 2AH AO SH SO R x R Rx x        

Khi đó thể tích của hình nón là:


11
A
2 2 3
11
( ) (2 )
33

V x AH x Rx x

  
A H
Lúc này bài toán ban đầu đưa về bài toán: Tìm
(0;2 )xR
sao cho V(x) đạt giá
trị lớn nhất.
Ta có
2
4
( ) (4 3 ); ( ) 0
33
R
V x Rx x V x x


    

Bảng biến thiên
x
0
4
3
R
2R

()Vx


+ 0 -

V(x)

3
32
81
R



Vậy chiều cao hình nón là
4
3
R
thì hình nón nội tiếp hình cầu có thể tích lớn nhất.
b) Sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm phương trình:
Cho hàm số y=f(x) có D là tập xác định, f(D) là tập giá trị tương ứng.
Khi đó ta có
0
()y f D
sẽ
0
xD
sao cho
00
()y f x

Ta thực hiện theo 2 bước:
+ Xét phương trình

00
()f x y
(1) với
0
y
là tham số
+ Tìm điều kiện tồn tại nghiệm
0
x
của phương trình (1)
Ví dụ 1.3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
( ) 3 4y f x x x    
.
Bài giải:
Tập xác định D=[-1;4]
Ta có
0
()y f D
phương trình
2
0 0 0
34y x x   
có nghiệm
0
22
0 0 0
0
3 4 0
y

x x y




   

có nghiệm
0
22
0
0
( 3) 4( 4) 0
y
y




     




12
0
2
0
0
4 25 0

y
y




  


0
5
0
2
y  
. Vậy
[ 1;4]
max
5
()
2
fx


và
[ 1;4]
min ( ) 0fx


.
Ví dụ 1.4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2sin 3cos 1
sin 2
xx
y
x



.
Bài giải:
Tập xác định D=R
0
()y f D
phương trình
00
0
0
2sin 3cos 1
sin 2
xx
y
x



có nghiệm

0 0 0 0
(2 )sin 3cos 2 1y x x y    
có nghiệm

2 2 2 2
0 0 0 0
(2 ) 3 (2 1) 3 8 12 0y y y y        


0
4 2 13 4 2 13
33
y
   
  

Vậy
max
4 2 13
()
3
R
fx


và
min
4 2 13
()
3
R
fx



.
c) Sử dụng bất đẳng thức:
Sử dụng các bất đẳng thức như Cauchy, Bunhiacopxki, tam thức bậc hai để đánh
giá f(x) trên D.
Ví dụ 1.5. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
22
22
31
log ( 1) log (3 )
xx
y x x

   
.
Bài giải:
Tập xác định
( 3; 3) \{0; 2}D   

Áp dụng
1
log
log
b
a
a
b

, ta có
2

2
2
2
3
1
1
log ( 1)
log (3 )
x
x
x
x





2
2
3
log ( 1)
x
x


và
2
2
1
log (3 )

x
x


cùng dấu
2 2 2 2
2 2 2 2
3 1 3 1
log ( 1) log (3 ) 2 log ( 1) log (3 ) 2
Cauchy
x x x x
y x x x x
   
        



13
Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
22
22
22
31
22
13
log ( 1) log (3 ) 1
13
xx

xx
x x x
xx


  
      

  


Vậy
min 2 1yx   
.
Ví dụ 1.6. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
22
5sin 6sin cos 3cos 1y x x x x   
.
Bài giải:
Tập xác định D=R
Áp dụng công thức
22
1 cos2 1 cos2
cos ; sin
22
aa
aa


ta thu được

3sin2 cos2 5y x x  

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có
2 2 2 2 2
(3sin2 cos2 ) (3 1 )(sin 2 cos 2 ) 10x x x x    

10 3sin2 cos2 10 10 5 3sin2 cos2 5 10 5x x x x            

Dấu “=” xảy ra
sin2 cos2
23
31
xx
tg x   

Vậy
max 10 5; min 10 5
R
R
yy    
.
d) Lượng giác hóa và đại số hóa hàm số (thực chất đây là trường hợp đặc biệt
của phép đổi biến số):
Ví dụ 1.7. Cho
nZ


, tìm giá trị lớn nhất của hàm số
( ) (1 ) (1 ) ( 1 1)
nn

f x x x x      
.
Bài giải:
Đặt
cosxt
, khi đó
2 2 2 2
( ) 2sin 2cos 2 sin cos
2 2 2 2
nn
n n n
t t t t
ft

       
   
       

       




14
Nhưng ta đã biết
22
22
sin sin
22
cos cos

22
n
n
tt
t
tt
t

   


   
    

   


   

   


Do đó ta có
22
( ) 2 sin cos 2
22
nn
tt
ft


  


.
Dấu “=” xảy ra
sin 1 1
2
t
cost     

Vậy
max ( ) 2
n
fx
tại
1x 
.
Ví dụ 1.8. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
cos 2sin 3
2cos sin 4
xx
y
xx



với
( ; )x



.
Bài giải:
Đặt
2
x
t tg
, với
( ; ) ( ; )xt

     

2
22
21
sin , cos
11
tt
xx
tt



. Thay vào hàm số ta được
2
2
22
3
tt
y
tt





Dùng phương pháp tồn tại nghiệm phương trình để tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số
2
2
22
3
tt
y
tt



.
Tập xác định D=R có miền giá trị f(D)
Ta có
0
()y f D
phương trình
2
00
0
2
00
22
3
tt

y
tt



có nghiệm

2
0 0 0 0 0
( 1) ( 2) 3 2 0 (1)y t y t y      
có nghiệm
Trường hợp1:
00
1 0 1yy   

P/t (1)
00
1
3 1 0
3
t t R      



15
Trường hợp 2:
00
1 0 1yy   

P/t (1) có nghiệm

2
0 0 0
( 2) 4( 1)(3 2) 0y y y       


2
0 0 0
2
11 24 4 0 2
11
y y y      

Từ hai trường hợp trên ta suy ra
max 2y 
và
2
min
11
y 
.
e) Chọn phần tử lớn nhất:
Khi cần giải bài toán mà các số (hay chữ) có vai trò bình đẳng (ngang nhau hay
gần như thế) thì việc chọn trong các số đó một phần tử lớn nhất sẽ làm giả thiết
bài toán được xác định rõ ràng hơn và giả thiết như được cho thêm để việc thực
hiện lời giải ngắn gọn hơn.
Ví dụ 1.9. Xác định a để hàm số
2
|3 6 2 1|y x x a   
đạt giá trị lớn nhất
với mọi

[ 2;3]x
.
Bài giải:
Xét hàm số
2
( ) 3 6 2 1f x x x a   
. Đặt
[ 2;3]
max | ( )|M f x





| ( 2)| 2 23M f a   


| (1)| 2 4M f a  
(chọn
0
1x 
để
'(1) 0f 
)
27
2 | ( 2) | | (1)| | ( 2) (1)| 27
2
M f f f f M         

Dấu “=” xảy ra

27
| ( 2)| | (1)|
2
( 2).[ (1)] 0
f f M
ff

    



  




27 19
( 2) (1)
24
f f a        

Kiểm tra lại với
19
4
a 
thì
 
27
max ( 2)| ; | (1)| ; | (3) |
2

M f f f  

Vậy
19
4
a 
là giá trị cần tìm.



16
Ví dụ 1.10. Cho 3 số
, , [0;2]abc
và
3abc  
. cmr:
3 3 3
9abc  
.
Bài giải:
Vai trò của
,,abc
là như nhau, không mất tính tổng quát ta giả sử
max{ , , }a a b c

Khi đó:
3 3 1 2a b c a a a a a         
. Ta có
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3

3 3 3 3 3
3 3 3 2
3 ( )
()
(3 )
27 27 9
a b c a b c bc b c
a b c a b c
a b c a a
a b c a a
      
     
     
     


3 3 3
9 9( 1)( 2)a b c a a      


3 3 3
9abc   
vì
( 1)( 2) 0aa  
do
[1;2]a

Vậy
3 3 3
9abc  

(đpcm).
Nhận xét: Như vậy để giải bài toán liên quan đến giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số chúng ta có thể sử dụng nhiều phương pháp khác nhau hoặc có
thể phải kết hợp giữa các phương pháp (ví dụ 1.8). Với từng bài toán cụ thể,
chúng ta nên lựa chọn cách giải nào ngắn gọn nhất, đó chính là kỹ năng giải
toán.
1.1.2. Phân loại kỹ năng giải toán:
1.1.2.1. Kỹ năng cơ bản:
Trong toán học có những dạng bài toán cơ bản được giải bằng một cách giải
chung gọi là kỹ năng cơ bản.
Ví dụ 1.11. Hãy tìm giá trị của tham số m để phương trình
2
2 2 0x mx m   

có nghiệm thỏa mãn điều kiện
01x
.
Nhận xét: Kỹ năng cơ bản để giải bài toán này là sử dụng định lý đảo của tam
thức bậc 2 để xác định thứ tự giữa nghiệm và hai giá trị 0 và 1.
Bài giải:


17
Xét tam thức bậc hai
2
( ) 2 2f x x mx m   

Ta có
2
2

20
1
m
mm
m



     




. (0) 2 ; . (1) 3 3a f m a f m    

Trường hợp 1:
2m
, ta có

12
0
. (0) 0 0 1
. (1) 0
a f x x
af




    





(không thỏa mãn điều kiện bài toán)
Trường hợp 2:
12m
, ta có

12
. (1) 0
01
. (0) 0
af
xx
af


   



(thỏa mãn điều kiện bài toán)
Trường hợp
2m
, ta có

12
. (1) 0
01

. (0) 0
af
xx
af


   



(không thỏa mãn điều kiện bài toán)
Vậy với
12m
thì p/t
2
2 2 0x mx m   
có nghiệm nằm trong [0;1].
1.1.2.2. Kỹ năng tổng quát:
Kỹ năng tổng quát là những kỹ năng được dùng cho nhiều dạng bài toán thuộc
tất cả các nội dung của toán học phổ thông. Chúng ta có thể liệt kê:
a) Phương pháp phản chứng
b) Phương pháp quy nạp
c) Phương pháp gián tiếp
d) Phương pháp so sánh

Ví dụ 1.12. Giả sử những số 1, 2, 3,…, 81 được viết theo một thứ tự nào đó vào
bảng
(9 9)
ô. Chứng minh rằng có tồn tại một bảng con
(2 2)

mà tổng 4 số của
nó lớn hơn 137.


18
Nhận xét: Kỹ năng phản chứng thực chất là một cách lập luận giúp cho học sinh
dễ vận dụng các kiến thức theo một trình tự hợp lý, sáng sủa nhất.
Bài giải:
Ta có
8 8 64
bảng con
(2 2)
, tổng các số trên bảng con được xếp theo thứ tự

1 2 64
S S S  

Giả sử phản chứng “Không tồn tại bảng con nào mà tổng 4 số lớn hơn 137”.
Từ giả thiết phản chứng suy ra
64
137S 
. Khi đó, ta có
1 2 64 64
64. 64.137 8768S S S S     
(1)
Trong tổng
1 2 64
S S S S   
có những số được tính 1 lần, 2 lần, 4 lần tùy
theo vị trí của ô chứa số đó trên bảng:

 4 số ở góc được tính 1 lần
 28 số ở các ô nằm dọc theo cạnh biên
(trừ 4 ô góc) được tính 2 lần
 49 ô trong được tính 4 lần

Cho những số lớn xuất hiện ít lần ta thu được đánh giá
(81 80 79 78) 2(77 76 50) 4(49 48 1) 8774S             
(2)

Từ (1) và (2) suy ra
1 2 64
8774 8768S S S    
(mâu thuẫn).
1.1.2.3. Kỹ năng chính:
Kỹ năng chính là những kỹ năng giúp chúng ta giải một dạng lớn các bài toán.
Những kỹ năng này thực sự có hiệu quả đối với học sinh khi giải các bài toán.
Trong thuật ngữ hiện nay chúng ta thường gọi là các phương pháp giải. Việc tìm
tòi các phương pháp giải là một công việc thực sự có giá trị và giàu tính sáng tạo.
Ví dụ khi giải các phương trình nói chung (phương trình chứa căn nói riêng)
chúng ta có các phương pháp giải chính.





19
a) Phương pháp 1: Biến đổi đẳng thức
Ví dụ 1.13. Giải phương trình

2
3
33
2 1 1 1 2 1x x x x      
(1).
Bài giải:
Áp dụng đẳng thức
1 ( 1)( 1) 0u v uv u v      
ta biến đổi p/t về dạng
tương đương

  
3
33
3
2 1 1 0
(1) 2 1 1 1 1 0
2
11
xx
xx
x
x

  

       








Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x=0; 2.
Ví dụ 1.14. Giải phương trình

 



22
3 1 4 3 2x x x x x x      
(2).
Bài giải:
Điều kiện:
1x 

Phương trình đã cho tương đương với
 
22
2 3 1
43
3 ( 1)
x x x
x x x
xx
  
   
  
 
22
4 3 3 1x x x x x x       

  
3
31
1
xx
x x x x
xx



     




2
1 13
3 3 0
2
x x x x x

       
hoặc
1 13
( 3; 1)
2
x

   
(loại)
2
15
1 1 0
2
x x x x x

       
hoặc

15
2
x



Vậy phương trình (2) có nghiệm
1 13 1 5 1 5
;;
2 2 2
x
  

.
b) Phương pháp 2: Phương pháp so sánh


20
Ví dụ 1.15. Giải phương trình
4
2 1 4 3 2x x x   
(3).
Bài giải:
Điều kiện:
3
4
x 

Ta có
22

2 1 0 2 1 2 1x x x x x x        
(*). Dấu “=” xảy ra
1x

2 2 4 4
4
( 1) ( 2 3) 0 4 3 0 4 3 4 3x x x x x x x x x             
(**)
Dấu “=” xảy ra
1x

Từ (*) và (**)
4
2 1 4 3 2x x x    
. Dấu “=” xảy ra
1x

Vậy phương trình (3) có nghiệm x=1.
Ví dụ 1.16. Giải phương trình
88
11xx  
(4).
Bài giải:
Điều kiện:
01x

Nhận xét: Hàm
x
ya
nghịch biến khi

01a

Từ điều kiện ta suy ra
8
88
8
11
11
xx
xx
xx



   

  


.
Dấu “=” xảy ra
0; 1xx  

Vậy phương trình (4) có nghiệm x=0; 1.
Nhận xét: Chúng ta cũng có thể sử dụng các đánh giá (so sánh) sau

22
nn
n
a b a b


với
,0ab
.
Chứng minh: Trước hết ta chứng minh
22
n
nn
a b a b




với
*
, 0;a b n N
.
Ta có
1
1 1 0 , 0
n
aa
ab
bb


   
    

   

   





21

1
11
11
1 . .
2 2 2
nn
n n n n
n n n n
a a a
a b ab a b
b b b
a b a b a b



   
       
   
   

  









2
1 1 2 2

2 2 2 2 2 2
n
n n n n n n
a b a b a b a b a b a b
   
   
     
     
    
   
     
     
   

Áp dụng kết quả này ta có
2 2 2 2
n
n n n n
n
a b a b a b a b


   
  


(đpcm).

33
n n n
n
a b c a b c   

với
, , 0abc
.
Chứng minh: Trước hết ta cũng chứng minh

33
n
n n n
a b c a b c   




với
*
, , 0;a b c n N
.
Áp dụng kết quả

22
n
nn
a b a b




ta có
33
2 2 4
3 2 2 4
nn
nn
n n n
a b c a b c
c a b c
a b c a b
abc
   
   
   
   
  
   
     
   
   
   
   

   
4
3 3 3 3
n n n
n n n
n n n
a b c a b c a b c a b c
abc
       
     
      
     
     

Áp dụng kết quả này ta có
3 3 3 3
n
n n n n n n
n
a b c a b c a b c a b c

       
  


(đpcm).
Dấu “=” xảy ra
abc  
.
Ví dụ 1.17. Giải các phương trình sau

44
1) 2 2 2) 2 3 2 3
nn
x x x x     
.


22
Bài giải:
1) Áp dụng kết quả
22
nn
n
a b a b

ta có
2
2 2 2
2
nn
n
xx
xx

   

Dấu “=” xảy ra
21x x x    
. Vậy p/t có nghiệm x=1.

2) Áp dụng kết quả
33
n n n
n
a b c a b c   

ta có
444
4
32
3 2 3 3
3
x x x
x x x
  
    

Dấu “=” xảy ra
3 2 1x x x x     

Vậy p/t có nghiệm x=1.
 Chúng ta cũng có thể sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc để so sánh các
vế của phương trình chứa căn.
Ví dụ 1.18. Giải phương trình
32
2 1 2 2x x x x   
.
Bài giải:
Điều kiện:
1

2
x 

Phương trình tương đương với
2
21
( 1) 1
x
x
x

  

Ta có
1.(2 1)
2 1 1 2 1
2 2 1
2 2.2
Cauchy
x
xx
x x x

  
  
. Dấu “=” xảy ra
1x


2

( 1) 1 1x  
. Dấu “=” xảy ra
1x

Vậy phương trình có nghiệm x=1.
c) Phương pháp 3: Sử dụng tính chất đơn điệu
 Với phương trình có dạng
( ) ( ) [ ( ) ( )] ( ), ( ) 0
nn
f x g x g x f x A x A x   

Ta giả sử
( ) ( )f x g x
( ) ( ) ( ) ( )
nn
f x g x g x f x   
. Do đó:
( ) ( )f x g x

Sau đó giải phương trình này để tìm nghiệm của phương trình ban đầu.
Ví dụ 1.19. Giải phương trình
4 2 3 1x x x    
.


23
Bài giải:
Điều kiện:
3
2

x 

Ta giả sử
4 2 3xx  
(tức là
1x 
(*))
4 2 3 0x x VT     

0 1 0 1VP x x      
(**). Từ (*) và (**)
1x
.
Vậy p/t ban đầu có nghiệm x=1.
Ví dụ 1.20. Giải phương trình
11
2x x x
xx
   
.
Bài giải:
Điều kiện:
0x 

Phương trình tương đương với
11
2x x x
xx
   

Giả sử
1
2xx
x

(tức là
1
x
x

)
11
2 0 0x x VT VP x
xx
        

1
x
x
  
x=1 hoặc x=-1 (loại). Vậy p/t ban đầu có nghiệm x=1.
Ví dụ 1.21. Giải phương trình
23
11
5 2 4xx
xx
    
.
Bài giải:
Điều kiện:

2, 0xx  

Phương trình tương đương với
2
1
5 2 4 ( 1)x x x
x
    

Giả sử
5 2 4xx  
(tức là
1x 
)
2
1
5 2 4 ( 1) 0 1x x x x
x
        

Do đó x=1. Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1.
 Cũng có những trường hợp để sử dụng tính chất đơn điệu chúng ta phải
chuyển phương trình thành hệ phương trình.
Ví dụ 1.22. Giải phương trình
3
3
7
27
8
x

x


.