SKKN Rèn luyện tư duy cho học sinh trung học phổ thông trong việc giải một số bài toán Đại số

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"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 trường 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 phương pháp. Vì
vậy, hệ thống tri thức đó không chỉ có trong bài giảng lí thuyết mà còn có trong bài tập
tương ứng. Dạy học giải toán có vai trò đặc biệt trong dạy học toán ở trường phổ thông.
Các bài toán là phương tiện có hiệu quả không thể thay thế được trong việc giúp học
sinh nắm vững tri thức, phát triển tư 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 trường phổ thông cho thấy năng lực giải Toán của
học sinh còn hạn chế. Nguyên nhân chủ yếu đó là: Phương 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. Phương pháp thuyết trình của giáo viên được sử dụng quá nhiều dẫn đến trình trạng
hạn chế hoạt động tích cực của học sinh, việc sử dụng các phương 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 chưa được chú trọng. Những nguyên nhân trên dẫn đến thực trạng là thế
hệ trẻ được đào tạo trong trường 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.
2
Rèn luyện thao tác tư duy cho học sinh trong dạy học giải Toán có vai trò quan trọng
trong việc phát triển khả năng tư duy của học sinh, để từ đó có khả năng thích ứng khi
đứng trước một vấn đề cần giải quyết. Học sinh cũng thấy được mỗi lời giải bài toán như

là một quá trình suy luận, tư duy của học sinh mà phương pháp giải không chỉ phụ thuộc
vào đặc điểm của bài Toán mà còn phụ thuộc tố chất tâm lý của bản thân người giải. Mối
liên hệ, dấu hiệu trong bài Toán chỉ có thể được phát hiện thông qua quá trình phân tích,
tổng hợp, khái quát hoá, so sánh,
Rèn luyện thao tác tư duy trong dạy học giải Toán có vai trò quan trọng trong quá trình
phát triển tư duy học sinh. Nhưng trong thực tế, nó chưa được ưu tiên thích đáng xứng
với vị trí của nó. Nguyên nhân dẫn đến tình trạng này phải chăng do giáo viên chưa chú ý
được tầm quan trọng của nó hoặc chưa xây dựng được các biện pháp sư phạm thích hợp
nhằm phát triển năng lực giải Toán cho học sinh.
Chương trình Đại số ở trường trung học phổ thông có nhiều tiềm năng thuận lợi cho việc
rèn luyện kỹ năng thực hiện một số thao tác tư 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 người học
sinh phải biết định hướng, 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 tượng học sinh có trình độ nhận thức rèn luyên
kỹ năng, phát triển tư duy và bồi dưỡng năng lực giải toán. Vì vậy đây là một trong số
lĩnh vực có thể khai thác để rèn luyện kĩ năng, phát triển tư 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”.
II. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
3
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu, sách báo.
2. Phương 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. Phương pháp thực nghiệm sư phạm
4. Phương 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 tư
duy trong dạy học giải bài tập toán Đại số nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học

sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường 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, nhưng các vấn đề đưa ra ít nhiều còn thiếu sót, hạn
chế. Mong được sự góp ý của các quý thầy cô và bạn đọc.
Xin trân trọng cảm ơn!
Hoằng Hoá, tháng 05 năm 2013.
Người viết
NỘI DUNG
4
I.CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
Thực tiễn sư phạm cho thấy, giáo viên thường chưa chú ý đến phát huy tác dụng
giáo dục của bài toán, mà thường 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 chưa 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 thường 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 phương 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?.
5
- 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?.
* 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 được 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
được điều này thì giáo viên phải thực hiện kiên trì tất cả các giờ dạy Toán đồng thời học
sinh phải được tự mình áp dụng vào hoạt động giải Toán của mình.
MỘT SỐ THAO TÁC TƯ DUY PHỔ BIẾN CỦA HỌC SINH THPT TRONG GIẢI
TOÁN
6
Định hướng 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
Hướng 1

Nhận thức
đề→Phân tích 1→
chọn lựa hoặc bỏ
Hướng 2
Nhận thức
đề→Phân tích 2→
chọn lựa hoặc bỏ
Nhận thức
đề→Phân tích k→
chọn lựa hoặc bỏ
Hướng
thứ k
Chọn lựa được hướng giải thích hợp
Tiến hành phân tích, tổng hợp để đưa
ra lời giải của bài tập
II.GIẢI PHÁP RÈN LUYỆN TƯ DUY QUA GIẢI TOÁN.
1.Phân tích và tổng hợp.
Do vậy việc rèn luyện các thao tác tư duy cho học sinh qua việc giải bài tập nhất thiết
phải được tiến hành thông qua sự phân loại học sinh. Không có một cách “rèn luyện” nào
phù hợp cho mọi đối tượng, thậm chí có những quá trình phân tích-tổng hợp khi giải một
bài tập là rất kết quả đối với học sinh này nhưng lại “vô nghĩa” với học sinh khác. Vì thế,
tìm hiểu kĩ đối tượng, nghiên cứu kĩ bài tập định truyền đạt, tự thầy giáo phải phân tích kĩ
một bài tập trước khi hướng dẫn cho học sinh quá trình phân tích-tổng hợp khi giải bài
tập toán là rất quan trọng. Dưới đây là một số ví dụ minh họa.
7
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
B C+
cos
2
B C−
Sự phân tích này diễn ra trên cơ sở tổng hợp, liên hệ biểu thức
cosB + cosC với công thức cosa + cosb = 2cos
2
a b+
cos
2
a b−
.
2
B C+
=
2 2
A
π
−

⇒
cos
2
B C+
= 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 tưởng tới công thức cos2a = 1-
2sin
2
a.
- Hoạt động tổng hợp, ta có lời giải:
(1)
⇔
1 - 2sin
2

2
A
+ 2cos
2
B C+
cos
2
B C−

3
2

≤
⇔
4 sin
2

2
A
- 4 sin
2
A
cos
2
B C−
+ 1
≥
0
⇔
(2 sin
2
A
- cos
2
B C−
)
2
+ sin
2
2
B C−
≥

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.
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 hướng dẫn học sinh kết hợp với phép phân
tích để tìm lời giải:
8

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 tượng 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 dương 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:
9
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 chưa biết
cos
mA nB
m n
+
+
+ cos
mB nC

m n
+
+
+ cos
mC nA
m n
+
+

2
3
≤
” với m, n là các số nguyên dương.
Việc chứng minh hết sức đơn giản, ta đặt
mA nB
m n
+
+
=x,
mB nC
m n
+
+
=y,
mC nA
m n
+
+
=z
Thì x, y, z cũng là 3 góc của tam giác nào đó, suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 3. CMR
x R∀ ∈
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
5 5
= = =
và
12.15 20.15 12.20
3, 5, 4
5.4 3.4 5.3
= = =
Như vậy bất đẳng thức có dạng tương tự bất đẳng thức quen thuộc
a
2
+ b
2

+c
2
≥ ab+ bc+ ca.
Từ đó ta có lời giải như 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 được:
12 15 20
3 4 5
5 4 3
x x x
x x x
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
, (
x R∀ ∈
)
10
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 dương tuỳ ý. CMR
x R∀ ∈
, ta có:
x x x
x x x
ab bc ca
a b c
c a b
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
”
3. Đặc biệt hoá.
Những dạng đặc biệt hoá thường gặp trong môn Toán có thể được 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 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
a b c
a b c





>
+ + =
Tìm giá trị lớn nhất:
S a b b c c a= + + + + +
Giải.
Dưới đây là sai lầm thường gặp của học sinh:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
ôsi
ôsi

ôsi

2

2

2
1
.1
1
.1
1
.1
C
C
C
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a


=



=




=



+ +
+ + ≤
+ +
+ + ≤
+ +
+ + ≤

11
⇒
( )
2 3
5
2 2
a b c
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 như nhau do đó điểm rơi của BĐT sẽ là
1
3
a b c= = =

, 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 bước 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
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a


=





=




=





+ +
+ + ≤
+ +
+ + ≤
+ +
+ + ≤
⇒
( )
.
2
2 3.
3 3
3
.2 6
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ + +
+ + + + + ≤ = =
.
Vậy Max S =
6
khi
1
3
a b c= = =

.
12
Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh sẽ có định hướng tốt hơn: Cho

, , 0
1
a b c
a b c





>
+ + =
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 hướng nào cũng có thể giải quyết được.
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
x 3
= − +
−
với
x (3; )∈ + ∞

Khi tiếp nhận bài tập này, ngay cả những học sinh khá, giỏi ở lớp 10 cũng khó “định
hướng” được 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 như 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 được x
0
>3 để y(x
0
)=m. Với việc “gợi” như vậy thì học sinh
nhận thấy ngay rằng việc áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương:
x
a
x 3
=
−
và
2
x 6x 18 b
− + =
theo kiểu
a b 2 ab+ ≥
sẽ không được 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 như sau (với x>3):
1)
2 2
x 6x 18 (x 3) 9− + = − +
, áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương (x-3)
2
và 9 thì được:
13

2 2
(x 3) 9 2 (x 3) .9 6(x 3)− + ≥ − = −
.
2) Ghép với biểu thức của hàm số thì được:
2 2
x 6x x 9 9
y 6(x 3) y 6
x 3 x 3 x 3
 
− +
≥ − ⇔ ≥ =
 
− − −
 
 

9
y 6 x 3 6
x 3
 

⇔ ≥ − + +
 
−
 
Đến đây, giáo viên có thể hỏi biểu thức cuối có quen thuộc không ? tương tự bất đẳng
thức nào
1
a
a
+
≥ 2
lại áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương
9
x 3,
x 3
−
−
ta được:
y 72≥
, có dấu “=” khi x=6.
Việc phân tích kết thúc, giáo viên hướng 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 β sao cho: sinα+cosα = Csin(α+β) với mọi α.
Đây là bài tập cuối cùng của (SGK-Đại số 10 nâng cao) xuất bản năm 2006. Bài
tập này không khó nhưng 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, thường giải như sau:
sinα+cosα = Csin(α+β) (1)
14
Ta có:

(1) 2sin Csin( )
4
π
 
⇔ α + = α +β
 ÷
 
. (2)
(1) nghiệm đúng
∀α
khi (2) nghiệm đúng
∀α
. Nhận thấy:
C 2
k2
4

=


π
β = + π


thì (2) nghiệm
đúng
∀α
nên kết quả cần tìm là:
C 2
(*)

k2 ,k Z
4

=


π
β = + π ∈


Kết quả trên không sai, vì với C và β như trên thì rõ ràng (1) nghiệm đúng với
∀α
. Để
chỉ cho học sinh thấy rằng kết quả tìm được ở trên là chưa đầy đủ, giáo viên gợi cho các
em: “khi
3
4
π
β = −
và
C 2= −
liệu có biến đổi được Csin(
α
+
β
) thành
2sin
4
π
 

α +
 ÷
 
hay
không?” và hướng dẫn các em biến đổi:
( )
4
3 3 3
2 sin 2 sin 2 sin 2sin
4 4 4
π
π π π
 
     
− α − = −α = π − − α = α +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
. Đến đây học
sinh thấy được (*) 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 β để (1) nghiệm đúng
∀α
chứ chưa tìm được điều kiện cần và đủ đối với C
và β để (1) nghiệm đúng
∀α
. Dựa vào (2), gợi cho học sinh phân tích để tìm lời giải của
bài toán như sau:
1) điều kiện cần: Nếu (2) nghiệm đúng

∀α
thì C và
β
phải là bao nhiêu?
15
+) (2) nghiệm đúng
∀α
nên (2) nghiệm đúng khi
4
π
α = −
và đồng thời nghiệm đúng khi
4
π
α =
, tức là ta có hệ:

k2 ,(k Z)
4
0 Csin
C 2
4
(**)
2 Csin (2k 1) ,(k Z)
4
4
C 2
π



β = + π ∈



π

 

= − + β
 ÷


=

   
⇔


π
π
  


= +β β = + + π ∈

 ÷


 





= −



+) Như vậy: Nếu (2) nghiệm đúng
∀α
thì ta tìm được (**) nhưng chưa đảm bảo được là:
Với C và β thoả mãn (**) thì (2) có nghiệm đúng
∀α
? vì thế cần phải kiểm tra xem với
(**) thì (2) có nghiệm đúng
∀α
hay không.
2) điều kiện đủ: Dễ dàng hướng dẫn học sinh chứng minh được với (**) thì (2) nghiệm
đúng
∀α
. 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 đưa ra cách giải:
Đặt M =
3 3
3a + 7b

, biến đổi M =
3 3 3
3a +3b +4b
rồi áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 3 số
dương ta có:
M =
3
3 3 3 3 3 3 2
3
3a +3b +4b 3 3a 3b 4b = 3 36ab≥
Do
3 3 3
36 27 3 36 9> ⇒ > ⇒ ≥
2
M 9ab
dấu “=” xảy ra khi a=b=0.
16
Việc đưa ra lời giải một cách đột ngột như vậy là không tốt về mặt sư 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 được 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
=
3 3
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 được không như 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 trước 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 được
≥
3
M 3 m m m
1 2 3
mà ta
đang mong muốn
2

3
3 m m m = 9ab
1 2 3
. Như vậy, dưới 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).
17
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?
(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
3 3
3 30 > 3 27 = 9
).
Đến đây hướng giải quyết bài roán đã được mở ra. Vấn đề còn lại là tổng hợp trình bày
lời giải.
Như vậy, trong quá trình giảng dạy giáo viên cần coi trong vai trò của việc phân tích đặc
điểm bài toán để hình thành phương pháp giải.
Ví dụ 8. Tìm m để phương 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
1 x
,
+
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

1 x
=
−
90
1 x
.
+
90
1 x
;
−
2
90
(1 x)
=
−
2
90
( 1 x)
;
+
2
90
(1 x)
=
−
2
90
( 1 x)
.

18
Đặt
− =
90
1 x X
;
+ =
90
1 x Y
, ta được:
+ + + =
2 2
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 phương trình đẳng cấp bậc 2. Phương 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 phương trình trên về phương trình bậc hai:
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 phương trình cho
+
2
90
(1 x)
, được:

+ +
 
+ + + =
 ÷
− −
 
2
90
90
1 x 1 x 5
m (m ) 0

1 x 1 x 4
Đặt t =
+
 
 ÷
−
 
2
90
1 x
1 x
(t ≥ 0). Ta được: t
2
+ mt + m +
5
4
= 0 (3)
+) Để phương 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 phương trình dạng: aX
2
+ bXY + cY
2
= 0.
19
Qua ví dụ trên ta thấy rằng nếu không phân tích, phát hiện được 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 như
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
2 2
(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)
+) (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 hướng 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 nhưng đòi hỏi quá trình phân tích
phải công phu. Cách 1là cách “tốt” để có thể khái quát được bài toán.
20
Ví dụ 10. Chứng minh rằng hàm số:
2 2
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
2 2
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⇒ ≥f x
,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
2 2
1 ( ) 0 .
2 4 4
1 3 3
2 2
1 ( ) 0
2 4 4
+ + = + + ≥ > ∀
− + = − + ≥ > ∀
x x x x
x x x x
f(x) là tổng của 2 số dương, 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:


⇔



2 2
x + x +1 = x - x +1
x = 0
4 2
x + x +1 = 1
Suy ra f(x)
2≥
khi x=0 (đpcm).
21
Liên tưởng các biểu thức
2
1+ +x x
;
2
1− +x x
là các độ dài đoạn thẳng ta có lời giải
3.
Lời giải 3:
Ta đã biết:
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
= − + −AB x x y y

trong đó A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
).
Định hướng 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:

2 2
2 2
1 3 1 3
( ) ( ) 0 0
2 2 2 2
f x x x
   
   
= − − + − + − + −
 ÷  ÷
 ÷
 
   
   

Nếu đặt M(x; 0) và A
1 3
;
2 2
 
−
 ÷
 ÷
 

; B
1 3
;
2 2
 
 ÷
 ÷
 
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 như 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.
22
0
x
y
−
1
2
M
1

2
3
2
BA
A'
Vậy, Min f(x) = A’B =2OB= 2 khi x = 0.
III. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
1. Tổ chức thực nghiệm
Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường THPT Hoằng Hoá 4.
+) Lớp thực nghiệm: 10A
4
+) Lớp đối chứng: 10A
2
Thời gian thực nghiệm được tiến hành vào khoảng tháng 10/2012 đến tháng 3 năm 2013.
Giáo viên dạy lớp thực nghiệm: Thầy Nguyễn Văn Trường.
Giáo viên dạy lớp đối chứng: Cô Nguyễn Lan Phương.
Được 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 trường, nên hầu hết học sinh
ở 2 lớp đều có học lực môn Toán là khá trở lên và tương đương.
2. Nội dung thực nghiệm
Đề kiểm tra (thời gian 60 phút)
Câu I: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

23

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 tương ứng là 1,3,5 là nhỏ nhất.
Câu II: Cho phương trình:

+ = +
3
3
1 1
x m(x )
x x
(1)
Tìm m để phương trình có nghiệm?
Câu III: a) Vẽ đồ thị hàm số y = x
2
- 4x + 3. Từ đó, xác định m để phương
trình x
2
- 4x + 3 = m có nghiệm x
∈
[1; +
∞
).
b) Nêu phương pháp giải bài toán:
“Tìm m để phương trình ax
2
+ bx + c = m (m là tham số; a, b, c là các hằng số cho trước
và a

0≠
) có nghiệm x
∈
D”.
Việc ra đề như trên hàm chứa những dụng ý sư 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 được phân tích
rõ hơn về điều này và đồng thời đánh giá sơ bộ về chất lượng làm bài của học sinh.
Đề kiểm tra như trên là không quá khó và cũng không quá dễ so với trình độ học
sinh. Có thể nói với mức độ đề như trên thì sẽ phân hóa được trình độ của học sinh, đồng
thời cũng đưa 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 tư duy.
3. Đánh giá kết quả thực nghiệm
24
Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp thực nghiệm (TN) và học sinh lớp đối chứng (ĐC)
được thể hiện thông qua bảng sau:
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở
lên
Điểm từ 5 đến
7
Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số

lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
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, bước đầu có thể thấy hiệu quả của SKKN đã rèn luyện cho
học sinh các thao tác tư duy trong giải toán Đại số nói riêng và giải toán nói chung.

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 tư duy
trong dạy học toán ở trường phổ thông.
2. Đã làm phần nào làm sáng tỏ một số con đường để tập luyện cho học sinh khả năng
phân tích, khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự.
25