SKKN MÔN TOÁN PHÁT TRIỂN TƯ DUY ĐẠI SỐ CHO HỌC SINH

A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
I. Lý do chọn đề tài:
Tư duy là thuộc tính của tâm lí, tư duy hình thành và phát triển theo từng giai
đoạn trong quá trình trưởng thành của con người. Tư duy đặc biệt phát triển mạnh ở
giai đoạn thanh, thiếu niên. Vì vậy giáo viên cần phải quan tâm đến phương pháp
giảng dạy nhằm phát triển tư duy cho học sinh một cách tốt nhất. Tất cả các môn học
đều phát triển tư duy cho học sinh nhưng môn toán có vai trò quan trọng hơn cả. Giải
bài tập toán là lúc học sinh được thể hiện kĩ năng, tính sáng tạo, phát triển óc tư duy.
Các bài tập toán trong SGK chủ yếu hình thành kĩ năng cho học sinh, mục đích phát
triển tư duy ở mức độ thấp nhằm đảm bảo tính giáo dục phù hợp với học sinh đại trà.
Tuy nhiên nếu nghiên cứu kĩ và biết cách lựa chọn, định hướng tốt thì sẽ mang lại
hiệu quả rèn luyện tư duy rất tốt.
Phát huy tính tích cực học tập của học sinh là điều quan trọng nhất của nội dung
đổi mới phương pháp.Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức mà cần
phải dạy cho các em cách suy nghĩ, phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả
năng kết nối các môn khoa học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học.
Tất nhiên để làm được chính người thầy phải có những khả năng trên, cùng với
sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo ra tình huống
có vấn đề cho học sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào trong tiết học. Tất cả
đều được thể qua sự đầu tư thời gian và trí tuệ cho mỗi tiết dạy của người thầy
trong suốt quá trình dạy học.
Thể hiện cho điều óđ tôi ãđ chọn một số tiết dạy trong chuyên đề về hệ
phương trình bậc hai hai ẩn và bất đẳng thức để trình bày. Thông qua một bài tập
quen thuộc cùng với những kiến thức cơ bản ãđ học trong chương trình Toán 10
định hướng cho học sinh làm quen với nhiều cách giải khác nhau nhằm giúp các em
có cái nhìn toàn diện hơn về hệ phương trình. Đồng thời hướng cho các em một số ý
tưởng tạo ra các bài toán mới, đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức. Từ óđ tạo
hứng thú học toán và rèn luyện tư duy cho học sinh.
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
+ Đa số các em học sinh cảm thấy rất lo sợ và bối rối khi đứng trước một bài toán,
đặc biệt là các bài toán khó. Từ đó gây cho các em tâm lí ngại học toán.

+ Hơn nữa, học sinh hiện nay học chỉ mang tính chất đối phó, các em chỉ biết học
cách giải cho một bài toán mà không chú ý nhiều đến vấn đề tìm ra hướng giải quyết
cho bài toán. Do đó tầm nhìn của các em đối với một vấn đề còn rất hạn chế. Điều
này gây khó khăn cho các em khi tiếp cận một bài toán khó, đặc biệt các bài toán
trong đề thi tuyển.
+ Vì vậy vấn đề đặt ra :
• Cần giúp học sinh tạo hứng thú và niềm đam mê học toán, từ đó phát triển
tư duy trừu tượng và tư duy sáng tạo trong các em .
1
• Hướng dẫn các em biết cách nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ và có khả
năng tổng quát hoá các vấn đề (lối tư duy xây dựng).
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
1.Giải pháp thực hiện:
Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tưởng sau:
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả
năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt học sinh có được những kiến
thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt).
2. Các biện pháp thực hiện :
Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập trong sách giáo khoa,
người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán, biết nhìn bài toán
dưới nhiều góc độ.
Để cụ thể hoá điều trên, tôi đã trình bày trong đề tài này : Xuất phát từ một bài
toán rất đơn giản, với cách giải là áp dụng thuật toán có sẵn. Nhưng nếu suy nghĩ ta
sẽ:
* Tìm thấy nhiều cách giải thú vị.
* Đồng thời từ bài này đặt ra nhiều bài toán nâng cao, tổng quát thành nhiều bài toán
mới.
*Qua đó đưa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trực tiếp đến thi đại học
và thi học sinh giỏi.
3.Nội dung:

Phần1: Rèn luyện qua bài toán giải hệ phương trình.
Bài toán xuất phát: Giải hệ phương trình : (I)
2 2
9 18
3 6
x y
x y

+ =

+ =


)2(
)1(

GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau đó gọi một em khác nêu cách giải hệ phương
trình gồm một phương trình bậc hai và một phương trình bậc nhất hai ẩn.
Khi học sinh hoàn thành lời giải trên bảng ta bắt đầu sửa lời giải :
Từ (2) rút ra x = 6 - 3y (3) thế vào (1)
(GV: Nên rút x vì khi đó biểu thức sau khi rút sẽ đơn giản hơn)
Ta được :
2 2 2 2 2
(6 3 ) 9 18 36 36 9 9 18 2 1 0y y y y y y y− + = ⇔ − + + = ⇔ − + =
(*)

1
21
==⇔ yy
thay vào biểu thức (3) ta có : x=3

Vây hệ có nghiệm duy nhất :
3
1
x
y
=


=

GV:còn cách giải nào khác để giải hệ trên không?
GV:Yêu cầu học sinh nhận xét về các số hạng tương ứng ở hai phương trình(1) và
(2).
Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhưng hãy tìm ẩn mới để được
hệ đối xứng. Từ đó ta có cách 2:
Cách 2: Hệ (I)
2 2
(3 ) 18
3 6
x y
x y

+ =
⇔

+ =


2
Đặt : 3y=t khi đó hệ(I) trở thành:

2 2
18
6
x t
x t

+ =

+ =

(Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và
t )

2 2
18
6
x t
x t

+ =

+ =


2
6
( ) 2 18
9
6
x t

x t xt
xt
x t
+ =

+ − =

⇔ ⇔
 
=
+ =


Vậy x, t là nghiệm của phương trình
2
6 9 0X X− + =
(**)
1 2
3X X⇔ = =
nên hệ có nghiệm x=t=3 . Suy ra nghiệm của hệ (I) là :
3
1
x
y
=


=

Để rèn luyện tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 18 bằng 0 ai trả lời

nhanh nghiệm của phương trình :
2 2
9 0
3 6
x y
x y

+ =

+ =

?
TL: Ta thấy
0;0
22
≥≥ yx
. Suy ra
0
22
≥+ yx
vậy PT trên có nghiệm x=y=0
nhưng khi đó :
3 6x y+ ≠
nên hệ VN
GV:Từ PT(*) ở cách 1và(**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai PT
đó đều là ranh giới của sự vô ngiệm.
Vì vậy ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phương pháp đánh giá.
Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?
Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là
2

x
Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x
Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là
2 2
9 (3 )y y=
Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là 3y
Ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức liên hệ giữa các số a,b và
2
a
,
2
b
Ta dễ dàng chứng minh công thức
( )( )
( )
2
2222
bdacdcba +≥++
Ta có cách 3
Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức trên cho 4 số : x; 3y; 1; 1 ta có:
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 .1 3 .1 2 9 3x y x y x y x y+ + ≥ + ⇔ + ≥ +
(4)
Vậy theo (2) ta có :
( )

2 2 2 2 2
2 9 6 9 18x y x y+ ≥ ⇒ + ≥

Để có (1) cần có
3
3
1 1
x y
x y= ⇔ =
, thay vào (2) ta được : y=1 ; x=3.
GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3, ta còn thấy một phép toán liên quan đến
mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và
( )
22
,ba
.
Đó là :
( )
22
,, baubau +==
→
→
Vậy nếu chọn
( )
bavuv +=⇒=
→→→
.1,1
. Từ đó gợi cho ta cách giải 4.
Cách 4:
Đặt

( ) ( )
,3 ; 1,1u x y v
→ →
= =

( )
2
2
3 ; 2;
. 3
u x y v
u v x y
→ →
→ →
⇒ = + =
= +
3
Mặt khác :
α
cos
→→
→→
= vuvu














=
→→
vu,
α

vuvu

≤⇒
GV:lưu ý cho học sinh: ở bên trái là trị tuyệt đối của một số
ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.
Vậy ta được :
( )
2
2
3 2. 3x y x y+ ≤ +

( )
( )
2
2 2
3 2. 9.x y x y⇔ + ≤ +
⇔
( )
2 2 2 2 2

2 9 6 9 18x y x y+ ≥ ⇒ + ≥
(5) .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
‌
o
01cos =⇒=
αα
hoặc
→→
⇔= vu
o
;180
α
cùng phương hay tồn tại

Rk ∈
để :
.1
. 3 3; 1.
3 .1
x k
u k v x y x y
y k
→ →
=

= ⇔ ⇔ = ⇒ = =

=


GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cách 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống nhau
mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.
Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việc đặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh bài tập
bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ .
Nếu bắt chước cách làm 4 của bài trên ta có cách chứng minh bài toán
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
. . .a c b d a b c d+ ≤ + +
như sau:
Xét
( ) ( )
dcvbau ,;, ==
→→
2222
; dcvbau +=+=⇒
→→
,và
dbcavu +=
→→
do: ‌‌‌‌‌
→→
→→
≤ vuvu
nên
( )
( ) ( )
2222
2

2222
dcbadbcadcbadbca ++≤+⇔++≤+
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
):(;
0
.
.
0
.





==⇔
==



=
=
⇔




=
=
→→

→→
d
b
c
a
haybbda
db
dkc
bka
v
vku
GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng bất
đẳng thức quen thuộc khác:

( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
2 ;( : 2 )a b a b hay a b a b+ ≤ + + ≤ +
(***)
từ đó ta có cách 5:
Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 3.y ta sẽ trở về BĐT(4)
GV:Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x
2
+(3y)
2
. Điều đó lại gợi
cho ta liên tưởng đến một công thức trong hình học
1cossin
22

=+
αα

)1800(
oo
<≤
α
.
Nhưng vấn đề vế trái của công thức là 1 , để được điều đó ta chia hai vế của phương
trình (1) cho 18 khi đó:
(1)
2 2
1
3 2 2
x y
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
.
4
Vậy nếu có góc α để
sin
3 2
x
α
=
thì
2
cos

y
=
α
. Nhưng để có :
sin
3 2
x
α
=
cần có điều
kiện
0
3 2
x
≥
. Ta quay lại xét hệ (I). Ta thấy :
Từ PT(1)
2
2
3 2
18
( )
9 18
3 3 2
x
x
y
y

<


≤

⇒ ⇒ ∗
 
≤
<



.
Nếu có một trong hai số x hoặc 3y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+3y=6 dẫn đến số
còn lại phải lớn hơn
3 2
, điều này mâu thuẫn với (*). Vậy ta được
0 1
3 2
x
≤ ≤
;
1
2
0 ≤≤
y
.
Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc α để
sin
3 2

x
α
=
)900(
oo
≤≤
α
Thay vào PT(1) suyra:

2 2
2 2 2
1 1 sin cos cos cos
2 3 2 2
y x y
α α α α
   
= − = − = ⇒ = =
 ÷  ÷
   
Ta được
3 2 sin
3 3 2 cos
x
y
α
α

=



=


thay vào phương trình (2) ta được :
2cossin =+
αα
GV: Mặt khác ta có: Với
oo
1800 <≤
α
thì
( )
0
sin cos 2.cos 45
α α α
+ = −
Vậy
( ) ( )
.cos 45 1 45 0 45
o o o o
α α α
− = ⇒ − = ⇔ =

Suy ra
3 2 sin 45 3
2 cos 45 1
o
o
x
y


= =


= =


GV:Ta thấy từ việc giải (I) đã đẫn đến việc tìm thêm được một cách giải BT
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
. . .a c b d a b c d+ ≤ + +
Ta đặt vấn đề ngược lại từ các cách chứng minh BĐT trên ta thử tìm cách giải hệ
phương trình (I) .
Cách 7:
Gọi (x
o
,y
o
) là nghiệm của hệ phương trình, tức
2 2
0 0
0 0
9 18
3 6
x y
x y

+ =


+ =

Ta xét phương trình bậc hai ẩn α :
( ) ( )
2 2
0 0
3 0x y
α α
− + − =
(**)
Rõ ràng PT(**) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x
0
= 3y
0
Mặt khác ta thấy
phương trình (**)
( )
( )
2 2 2 2
0 0 0 0
2 2 3 9 0 2 2 .6 18 0 3x y x y
α α α α α
⇔ − + + + = ⇔ − + = ⇔ =
Vậy x
o
= 3 ; y
o
=1. Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
5

GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.
GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 3y = t ta được hệ phương trình :
2 2
18
6
x t
x t

+ =

+ =

thì phương trình
8
22
=+ tx
là phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán kính
R =
3 2
Còn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 6 là phương trình đường thẳng cắt
trục Ox tại điểm A(6,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,6) . Khi thử biểu diễn hình học của
hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, vậy
ta có cách giải thứ 8.
Cách 8:
Đường thẳng x+t=6 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B , khi đó ∆OAB là tam giác
vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình :
x+t =6 là độ dài đường cao OH =
2 2
1
18 3 2

1 1
6 6
= =
   
+
 ÷  ÷
   
và bằng bán kính của
đường tròn có phương trình
2 2
18x t+ =
, vậy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại
điểm H, hay nghiệm của hệ
2 2
18
6
x t
x t

+ =

+ =

là toạ độ điểm H . Mặt khác ∆OAB là tam
giác vuông cân tại O nên
3
3
2
1
3

2
+

= =

=


⇒
 
+ =


= =


A B
H
A B
H
x x
x
x
t t y
t
GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác.
Cách 9:
Nhân phương trình (2) với (- 6) sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta được:

( ) ( )

2 2
2 2
3
6 9 18 18 3 9 1 0
1
x
x x y y x y
y
=

− + − = − ⇔ − + − = ⇔

=


(sử dụng tính chất A
2
+ B
2
= 0
⇔
0
0
A
B
=


=


)
thế vào hệ (I) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=3 ,y=1.
GV:Ta chưa dừng lại ở đây , nếu ta tham số hoá hệ phương trình ta sẽ có những
bài toán mới .
Chẳng hạn: ta thay 18 bởi m ( tham số)
ta được hệ (II)
2 2
9
3 6
x y m
x y

+ =

+ =


)7(
)6(
và ta có thể đưa ra một số bài toán.
Bài toán 1 : Tìm m để hệ (II) có nghiệm
Cách 1:
Dựa vào cách 1 của hệ (I) ta có cách sau:
Rút từ phương trình (7) : x= 6 - 3y (6
’
) thế vào phương trình (6) ta được :
6
(6 - 3y)
2
+ 9y

2
= m
⇔
18y
2
- 36y+ 36 - m = 0
GV: ta nên chia hai vế cho 18 để được phương trình với hệ số gọn hơn:

2
2 2 0(7 ')
18
− + − =
m
y y

ta để ý :với mỗi nghiệm y
0
của phương trình (7
’
) ta được một nghiệm (x
o
,y
o
)
Vậy để hệ (II) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (7
’
) có nghiệm tức là

0 18m
′

∆ ≥ ⇔ ≥

Cách 2:
GV: Nếu ta phân tích cách giải 2 của hệ (I) với phép đặt 3y= t ta đưa hệ về dạng

2 2
. 18
2
6
6
m
x t P
x t m
x t
x t S


= − =
+ =

⇔
 
+ =


+ = =


Để hệ có nghiệm cần và đủ là:

2 2
4 4(18 ) 6 18
2
m
S P m≥ ⇔ − ≤ ⇔ ≥
GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 8 của hệ (I) để tìm cách giải 3.
Bài toán 2 : Tìm m để hệ (II) có nghiệm duy nhất
Bài làm:
Cách 1:
Với việc phân tích bài toán 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là
∆
’
= 0
18m⇔ =
GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng tư duy
biện chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh như :
GV:Ta thấy đáp số là đáng tin cậy? Vì sao?
TL: vì m= 18 ta trở lại của hệ (I) .
GV: còn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 18 GV khẳng định ngay kết quả là
sai mặc dù chưa cần kiểm tra các bước tính toán .
GV:yêu cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của hệ (I) để tìm cách 2 và 3 của bài
này.
GV: với phép đặt 3y = t ta đã đưa hệ về dạng hệ đối xứng
2 2
6
x t m
x t

+ =


+ =

Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x
0
,t
o
) là nghiệm của hệ thì (x
0
,t
o
) cũng là nghiệm
của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x
0
=t
o
(chú ý đây mới là điều kiện cần ) từ
đây ta có cách giải :
Cách 4 :
ĐK cần : (x
0
, t
o
) là nghiệm của hệ thì (t
0
, x
o
) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có
nghiệm duy nhất cần x
0
=t

o
2
18
2
3
o
o
m
x
m
x

=

⇒ ⇔ =


=

7
ĐK đủ : Thay m =18 vào hệ ta thấy thoả mãn.
Vậy m=18 là kết quả cần tìm
GV: Đây là một phương pháp rất quan trọng để giải bài toán nghiệm duy nhất của
hệ đối xứng. Đối với các bài toán sau ta sẽ thấy tầm quan trọng của phương pháp
này :
Bài toán : Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :
a/
2 2
x y a
x y xy a


+ =

+ + =

b/
2 2
2
1
xy x y a
x y y x a
+ + = +


+ = +

c/
2 2
2 2
( ) 4
3
a x y x y a
x y xy a

+ + =

+ − =

GV: Yêu cầu học sinh tự làm .
GV:tiếp tục ta mở rộng bài toán với sự rằng buộc của nghiệm.

Bài toán 3 : Tìm m để hệ (II) có hai nghiệm (x
1
, y
1
) và (x
2
, y
2
) sao cho
21
0 yy <<
.
Bài làm :
Cách 1:
Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho sao cho
21
0 yy <<
cần và đủ là phương
trình (7
’
) phải có 2 nghiệm y
1

,y
2
thoả mãn điều kiện
21
0 yy <<
tức a.c < 0

2 0 36
18
m
m⇔ − < ⇔ >
Cách 2:
Nếu sử dụng cách 2của hệ (I) với phép đặt 3y = t đưa về hệ
2 2
. 18
2
6
6
m
x t
x t m
x t
x t


= −
+ =

⇔
 

+ =


+ =


vậy để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện
21
0 yy <<
thì hệ này phải có hai
nghiệm thoả mãn
21
0 tt <<
Vì vậy phương trình :
0
2
84
2
=−+−
m
XX
có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0

2 0 36
18
m
m⇔ − < ⇔ >
Bài toán 4 : Tìm m để hệ (II) có hai nghiệm (x
1
,y

1
) và (x
2
,y
2
) sao cho
22
,0 yy<
.
GV gọi 1 HS trình bày.
Thực chất đây là bài toán tìm điều kiện để phương trình bậc 2 một ẩn có hai nghiệm
dương phân biệt và điều kiện là





>
>
≥∆
0
0
0
'
P
S
8
Vẫn sử dụng được cả 2 cách ở bài toán 3. Đáp số:
18 36m≤ <
GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc của x

tức là:
Bài toán 5 : Tìm m để hệ phương trình (II) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho :
0 < x
1
, x
2
.
GV : Đây là vấn đề gay vướng mắc cho học sinh.
Vấn đề ở đây là ta đưa về phương trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x.
Vì vậy ta có hai hướng giải quyết :
- Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y.
- Chuyển thành phương trình của x.
Ta thấy hướng 2 khả thi hơn.
Bài làm:
Từ pt (7)
⇒
y =
6
3
x−
thế vào (6)
⇒

x
2
+ (6 - x)
2
= m
⇔
2x
2
- 12x +36 - m = 0 (8)
yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (8) có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:0 < x
1
, x
2

⇔






>
>
≥∆

0
0
0
'
P
S

⇔

18 36m
≤ <
(GV:Tất nhiên bài toán này có thể giải dựa theo cách 2 của bài toán 3)
GV: Tiếp tục ta đưa ra các bài toán ràng buộc giữa các nghiệm với áp dụng định lý
Viét như:
Bài toán 6 : Tìm m để hệ phương trình có hai nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) thoã mãn điều
kiện : y
2
1
+y
2
2
= 20 .(*)

Bài làm:
Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) theo bài toán 1 cần ĐK : m
≥
18.
Khi đó phương trình :
2
2 2 0
18
m
y y− + − =
có 2 ngiệm y
1
,y
2
và (*)
⇔
(y
1
+y
2
)
2

- 2y
1
y
2
=1
⇒
2
2
- 2( 2 -
18
m
) = 20
⇔
4- 4 +
9
m
=20
⇔
m=180.
Vậy m = 180 là giá trị cần tìm.
Bài toán 7: Tìm m để hệ phương trình (II) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoã mãn
điều kiện : x

1
2
+x
2
2
+y
1
2
+y
2
2
=4 (**)
Cách 1:
Với m
≥
18 khi đó x
1
,x
2
là nghiệm của phương trình: 2 x
2
- 12x + 36 - m=0
=>x
1
2
+x
2
2
= (x
1

+x
2
)
2
-2x
1
x
2
=36 -2.
2
36 - m
= m
Tương tự ta có : y
1
,y
2
là nghiệm của phương trình:
2
2 2 0
18
m
y y− + − =
nên
y
1
2
+y
2
2
=

9
m
.
Vậy (**)
⇔
m+
9
m
=20
⇔

9
10m
=20
⇔
m=18
9
Vậy m=18 là giá trị cần tìm.
Cách 2 :
(x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x+3y = 6 hay x = 6- 3y
Vậy (**)
⇔
(6- 3y
1
)
2
+ (6-3y
2
)
2

+y
1
2
+y
2
2
= 20
⇔
36 -36y
1
+9y
1
2
+36-36y
2
+9y
2
2
+y
1
2
+y
2
2
= 20

⇔
72 -36(y
1
+y

2
)- 10(y
1
2
+y
2
2
) =20

⇔
72 - 36 . 2 + 10 .
9
m
= 20
⇔
m=18
GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đưa ra các bài toán sau:
Bài toán 8: Tìm m để hệ pt (II) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho :
x
1
2
+ 2x

2
2
+y
1
2
+10y
2
2
=38 (***)
Bài làm:
Với m
≥
18 khi đó: do x
2
,y
2
là nghiệm của hệ phương trình nên : x
2
2
+ 9y
2
2
= m
(***)
⇔
x
1
2
+ x
2

2
+y
1
2
+y
2
2
+( x
2
2
+ 9y
2
2
) = 38

⇔
m+
9
m
+m =27
⇔

38
9
=
19m

⇔
m = 18
Bài toán 9: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình (II) tìm m để :

3 3
( 9) 27 ( 1)
− = −
x x y y
Bài làm:
Với m
≥
18 khi đó:
3 3 4 4 4 4
2 2 2 2
( 9) 27 (3 1) 9 81 27 81 9 27
( 9 )( 9 ) 9( 3 ) ( 3 )6 9( 3 )
− = − ⇔ − = − ⇔ − = −
⇔ − + = − ⇔ − = −
x x y y x x y y x y x y
x y x y x y x y m x y

( )
3
3 (6 9) 0
2
3

=

⇔ − − = ⇔

=


m
x y m
x y

⇔

2
3
2
10
6 6
m
y m
y

=



=



=



⇔

3

2
m

=


=

m 10
(loại)
Vậy không tồn tại giá trị nào m thoả mãn bài toán.
Bài toán 10: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:
2 2
9 18
3
x y
x y m

+ =

+ =


Tìm m để A=
6 3 3 6y y x
+ + +
đạt giá trị lớn nhất.
Bài làm: Áp dụng bất đẳng thức
( )
( ) ( )

2
2 2 2 2
. . .a c b d a b c d+ ≤ + +
ta có:
A
2
=
( )
[ ]
2
2 2
6 3 3 6 ( 9 ) (6 3 ) ( 6) 18(12 3 )
+ + + ≤ + + + + ≤ + +
x y y x x y y x x y

≤ 18 (12+
2 2
2( (3 ) )
+
x y
) = 18(12+6) = 18.18 = 324
Dấu “=” xảy ra khi
3
6 3 6
3
x y
y x
x y

=


+ +


=


⇒
x=3y=3
⇔
m = 6
⇒
Max A=18
10
GV: Ta vẫn chưa dừng lại ở đây, ta sẽ tìm cách tổng quát bài toán xuất phát.
Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng quát bài toán xuất
phát.
Bài toán 1: Giải hệ phương trình:
2 2 2
1
9
2
3
x y k
x y k

+ =




+ =


( )
Rk ∈
GV:Ta lại nhận xét có thể thay hệ số gắn với x,y để được bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 2: Giải hệ phương trình





=+
=+
kyx
kyx
βα
2
1
βα
22222

);;( Rk ∈
βα
GV:Tiếp tục ta lại tổng quát bài toán với việc thêm số ẩn của hệ.
Bài toán 3 : Giải hệ phương trình:(III)






=++
=++
kxx
n
k
xx
nn
nn
αα
αα
11
2
22
2
1
1
2



);, ,(
1
Rk
n
∈
αα
Cách giải:( Dựa theo cách 7 của hệ (I))
Gọi ( x
01

, ,x
0n
) là nghiệm của hệ.
Xét phương trình bậc 2 ẩn t : (t - α
1
x
01
)
2
+ +(t - α
n
x
0n
)
2
= 0
rõ ràng phương trình trên nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất
t=α
1
x
01

= = α
n
x
0n
(*)
Mặt khác: phương trình tương đương với:
( t
2

- 2α
1
x
01
t + α
1
x
2
01
) + +(t
2
- 2α
n
x
on
t + α
n
x
0n
2
) = 0

⇔
nt
2
- 2t(α
1
x
01
+ + α

n
x
01
) + (α
2
1
x
0n
2
+ + α
2
n
x
0n
2
) =0
⇔
nt
2
- 2kt + k
2
/n =0
Pt có ∆’= k
2
- k
2
= 0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất t = k/n.
Vậy theo (*) suy ra x
0i
=

n
k
i
α
(i =
n,1
), từ đó ta có nghiệm của hệ (III).
Phần 2: Rèn luyện qua chuyên đề bất đẳng thức.
Bài toán xuất phát: Chứng minh rằng:
4 4 3 3
, ,a b a b ab a b
+ ≥ + ∀ ∈
¡
(Đây là một bài tập trong SGK Đại số 10 NC).
GV: gọi 1HS nêu cách giải bài tập trên.Sau đó GV hướng dẫn HS phát triển bài
toán theo các hướng khác nhau.
Huớng 1: Từ bài toán gốc
4 4 3 3 4 4 2 2
(1), , hay ( )(2), ,a b a b ab a b a b ab a b a b
+ ≥ + ∀ ∈ + ≥ + ∀ ∈
¡ ¡
Với điều kiện cho trước, biến đổi thêm bớt hoặc nhân, chia một lượng nào đó ta sẽ
được bài toán mới.
a) Với a,b,c là các số thực khác không, từ (2) chia 2 vế cho
2 2
a b
+
ta có:
4 4
2 2

a b
ab
a b
+
≥
+
Tương tự :
4 4
2 2
b c
bc
b c
+
≥
+
,
4 4
2 2
c a
ca
c a
+
≥
+
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức đó ta được bài toán:
11
Bài toán 1: Cho
{ }
, , / 0a b c
∈

¡
, CMR:
4 4 4 4 4 4
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
ab bc ca
a b b c c a
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
b) Với a,b,c là các số thực dương, từ (1) chia 2 vế cho
3 4
a b
ta có:
4 3 3 2
1 1 1a
b a b a b
+ ≥ +
Tương tự:
4 3 3 2 4 3 3 2
1 1 1 1 1 1
,
b c
c b c b c a c a c a
+ ≥ + + ≥ +
Do đó:
4 4 4 2 2 2
1 1 1
(3)
a b c

b c a a b b c c a
+ + ≥ + +
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
4 4 4 3 3 3 3 3 3
3 3 3
(4)
2 2 2
a b c
b c a a b b c c a
+ + ≥ + +
+ + +
Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpskia, ta có:
4 4 4
6 6 6 6 6 6
3 3 3
(5)
5( ) 5( ) 5( )
a b c
b c a
a b b c c a
+ + ≥ + +
+ + +
Do dấu bằng không đồng thời xảy ra ở (4) và (5) nên ta có:
Bài toán 2: Cho
, ,a b c
+
∈
¡
.
CMR:

4 4 4
6 6 6 6 6 6
5 1 1 1

3
a b c
b c a
a b b c c a
 
+ + ≥ + +
 ÷
 
+ + +
Hướng 2: Ta có:
4 4 4 4 4 4 4 4 3 3 4 4
4 4 4 4 3 3 2 2
2
4 4
(1) 4( ) 3 3 4( ) 3( )
8( ) 4 4 6
(6)
2 2
a b a b a b a b a b ab a b
a b a b a b ab a b
a b a b
⇔ + + + + + ≥ + + + + +
⇔ + ≥ + + + +
+ +
 
⇔ ≥

 ÷
 
a) Từ (6) với a+b=2, ta có đề thi HV báo chí -1995.
Bài toán 3:
4 4
Cho , , tho¶ m·n: 2. CMR: 2.a b a b a b
∈ + = + ≥
¡
b) Với a,b,c là các số thực khác không, từ (6) ta có:
4 4
4
4 4 4 4
2 2 2 2c c
a b a b a b a b
   
≥ ⇔ ≥
 ÷  ÷
+ + + +
   
Tương tự:
4 4
4 4
4 4 4 4
2 2 2 2
;
b b a a
c a c a b c b c
   
≥ ≥
 ÷  ÷

+ + + +
   
Từ đó ta có:
Bài toán 4:
*
Cho , , . a b c ∈¡
12
CMR:
4 4 4
4 4 4
4 4 4 4 4 4
2 2 2 2 2 2
+
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
     
+ ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
Để ý:
4 4 4
4 4 4 4 4 4
2 2 2
3
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
(Do

4 4 4
4 4 4
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
2 2 2 1 1 1
2 2 2 (2 2 2 )( ) 9)
a b c
a b c
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + = + + + + ≥
+ + + + + +
Từ
đó ta có:
Bài toán 5:
*
Cho , , . a b c
∈
¡
CMR:
4 4 4
3
+
16
a b c
b c c a a b
     
+ ≥
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
.

Qua đây HS có thể tự nghiên cứu phát triển các bài toán khác theo hướng này và
do đó đem lại cho các em niềm say mê môn học.
4. Chuyển biến sự việc:
Rèn luyện kỉ năng tư duy và tạo hứng thú học toán cho học sinh là cả một quá trình
lâu dài, trên đây chỉ là một vài ví dụ điển hình minh chứng cho cách thức thực hiện
điều đó.Trong quá trình thực hiện, tôi nhận thấy một số chuyển biến như:
- Nếu học sinh chuẩn bị bài ở nhà tốt, nắm vững phương pháp giải toán thì tiết học
diễn ra sôi nổi. Học sinh có thể phân tích được nhiều hướng giải hay ngoài dự kiến
của giáo viên. Đặc biệt các em có năng khiếu về môn Toán tỏ ra rất hứng thú trong
các tiết dạy như thế.
- Đa số học sinh trong lớp tham gia trả lời câu hỏi hướng dẫn phân tích của giáo viên
và chăm chú nghe ý kiến của bạn.
- Nếu học sinh chuẩn bị bài không tốt thì tiết dạy sẽ mất thời gian hơn nhưng lớp vẫn
sôi nổi hơn là dạy phương pháp cũ.
5. Kiểm chứng kết quả thực hiện:
Đề tài đã được kiểm chứng trong cả năm học 2011-2012 ở tập thể lớp 10A2.
a. Thống kê:
Sau đây tôi xin trình bày kết quả học tập, thông qua 2 bài kiểm tra: 1bài khảo sát chất
lượng đầu năm và 1 bài thi học kì II cuối năm của lớp 10A2 với mức độ đề thi chung
trong toàn khối 10 của trường.
Lần thứ
Tổng
số h/s
Điểm
Ghi chú
0 → 2 3 → 4.5 5 → 6.5 7→ 8.5 9 → 10
I 44
0 2 16 20 6
4.5% 36.4% 45.5% 13.6%
II 44

0 0 11 25 8
25 % 56.8% 18.2%
b. Phân tích, đánh giá kết quả:
- Học sinh trung bình, yếu giảm:
13
+ Số HS yếu ãđ được cải thiện rõ rệt.
+ Trung bình : giảm từ 36.4% còn 25%
Với kết quả trên cho thấy học sinh trung bình, yếu dần nắm được phương pháp học,
các em đã bắt đầu phát huy được năng lực học tập của mình.
- Học sinh khá, giỏi tăng:
+ Khá : tăng từ 45.5% lên 56.8%
+ Giỏi : tăng từ 13.6% lên 18.2%
Các em học sinh khá đã có bước tiến, biết phân tích, bản thân tự tìm ra lời giải, trình
bày bài giải lôgíc theo sự chủ động của bản thân.
Các em học sinh giỏi phát huy được tính sáng tạo của mình và các em bắt đầu học
toán bằng sự hứng thú và đam mê.
6. Kiểm nghiệm lại kết quả:
1. Kết quả của biện pháp mới:
Ban đầu học sinh chưa làm quen được phương pháp mới, các em còn nhút nhát, thụ
động, đợi đến giáo viên gọi thì các em mới phát biểu. Và các em không tự mình phân
tích được bài giải mà phải có sự gợi ý của giáo viên nên kết quả tiết dạy không cao.
Dần về sau học sinh hoạt động tích cực và có tính tự giác, các em mạnh dạn đứng lên
phân tích và tự mình trình bày bài giải một cách lôgíc, có khoa học.
2. Phạm vi tác dụng của sáng kiến kinh nghiệm:
a. Đối với bản thân:
- Giáo viên phải nghiên cứu sâu, kỷ về kiến thức chuyên môn và các kiến thức liên
quan đến bài dạy. Nên từ đó đã xoá đi tính chủ quan của giáo viên, dần theo thời gian
giáo viên đã tự bồi dưỡng cho mình một kiến thức chuyên môn vững vàng.
- Những cách giải quyết vấn đề khác nhau của học sinh làm cho giáo viên có nhiều
kinh nghiệm trong dự đoán các tình huống và xử lý tình huống.

b. Đối với học sinh:
- Học sinh không còn gò bó theo khuôn mẫu, mà các em phát huy được tính tích cực,
độc lập, sáng tạo trong học tập.
- Học sinh từ những bước đi cơ bản vững chắc, dẫn đến đam mê, rồi các em hiển
nhiên trở thành một học sinh giỏi toán
c. Đối với đồng nghiệp, tổ nhóm chuyên môn:
Đây là phương pháp không khó, giáo viên nào cũng có thể thực hiện được. Và đặc
biệt là tuỳ theo mức độ ta có thể áp dụng được đối với tất cả các đối tượng học sinh.
3. Tồn tại:
- Các bài toán có nhiều phương pháp giải, nhiều hướng phát triển, thì làm mất rất
nhiều thời gian.
- Để trình bày được khá đầy đủ một vấn đề thì đòi hỏi HS phải nắm được các kiến
thức cơ bản của chương trình, do đó ta chỉ có thể triển khai tối ưu các nội dung này
trong các tiết tự chọn cuối năm.
- Đối tượng học sinh trung bình yếu còn gặp rất nhiều khó khăn trong quá trình phân
tích bài giải.
4. Bài học kinh nghiệm:
14
Đối với các bài toán có nhiều phương pháp giải, thì học sinh đôi lúc phân tích
hướng giải không đúng với ý đồ của giáo viên. Khi đó giáo viên phải tôn trọng và
phân tích theo hướng giải của các em, sau đó chỉ rõ các ưu khuyết điểm của hướng
giải mà các em đã đưa ra.
Theo phương pháp trên làm cho học sinh tiếp thu bài học một cách tích cực và giải
quyết vấn đề một cách sáng tạo có khoa học. Kết quả thu được góp phần không nhỏ,
đáp ứng nhu cầu đổi mới phương pháp mà ngành giáo dục đề ra.
C - KẾT LUẬN :
Đề tài đã làm được:
 Từ một bài toán đơn giản trong sách giáo khoa đã tìm ra nhiều cách giải, ở
mỗi cách giải đều nêu ra hướng tư duy, suy nghĩ để dẫn đến cách giải đó.Và
cũng có thể triển khai thành nhiều bài tập mới, thú vị với nhiều bài có thể lấy

làm đề thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi( trong đó có nhiều bài cho dưới dạng
tổng quát vì vậy mà từ bài toán dạng tổng quát đó ta thay số cụ thể vào sẽ đưa
ra vô số bài toán khác nhau).
 Thông qua việc tìm ra bài toán gốc, việc tổng quát bài toán, việc tạo ra bài
toán mới, dần dần hình thành cho các em khả năng làm việc độc lập, sáng
tạo, phát huy tối đa tính tích cực của học sinh theo úđng tinh thần phương
pháp mới của Bộ Giáo dục và àĐ o tạo. Điều quan trọng là tạo cho các em
niềm tin, hứng thú khi học tập bộ môn.
Khi triển khai chúng ta không nhất thiết giảng dạy triệt để theo nội dung đề tài này,
mà ta có thể chọn lọc những vấn đề cần thiết, đặc biệt là tư tưởng và lối suy nghĩ
trong sáng kiến kinh nghiệm này để giảng dạy cho học sinh. Sáng kiến này mới chỉ
là một ví dụ nhỏ về tư tưởng khai thác bài toán thông qua một bài tập. Tôi hi vọng
rằng nó sẽ giúp các thầy cô giáo một phần nào đó trong công tác giảng dạy.
Thời gian làm sáng kiến kinh nghiệm này là ngắn, hơn nữa cũng là do yêu cầu dung
lượng một sáng kiến kinh nghiệm là không nhiều. Vì vậy mà tôi chưa khai thác được
hết các vấn đề xung quanh bài tập này. Mong được sự giúp đỡ của các Thầy cô và
các em học sinh.
15
Theo phương pháp trên chúng ta có thể làm cho học sinh tiếp thu bài học
một cách tích cực và giải quyết vấn đề một cách sáng tạo có khoa học.
Kết quả thu được góp phần không nhỏ, đáp ứng nhu cầu đổi mới phương
pháp mà ngành giáo dục đề ra.
Hướng phát triển đề tài:
Rèn luyện kỉ năng tư duy và tạo hứng thú học tập là một q trình lâu dài, đó
cũng là trách nhiệm của người thầy. Với tinh thần và theo hướng trình bày trong
đề tài này các thầy cơ giáo và các em học sinh có thể tìm ra được nhiều kinh
nghiệm hay với nhiều đề tài khác nhau. Chẳng hạn, các bài tốn về tích phân, các
bài tốn về tổ hợp – xác suất, các bài tốn về phương pháp tọa độ trong mặt
phẳng, trong khơng gian. Mỗi bài tốn thường có cái gốc của nó, việc học sinh
phát hiện ra bài tốn gốc sẽ thấy tốn học rất thực tế, tự nhiên và khơng khó như

các em nghĩ đồng thời tạo niềm tin và hứng thú học tập với các em.
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp đã giúp
đỡ, góp ý để tơi hồn thành đề tài sáng kiến kinh nghiệm này.
Thị xã Quảng Trị, ngày 7 tháng 5 năm 2012
Người thực hiện:
Trương Thị Mỹ Dung
16