KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM BỒI DƯỠNG HSG MÔN TOÁN

KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM
VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
1
A- ĐẶT VẤN ĐỀ
I- MỞ ĐẦU. Sinh thời Bác Hồ đã xem dốt nát như là một loại giặc cần phải
đánh đuổi. Mà đánh đuổi nó thì cần phải có lực lượng, chiến lược, sách lược.
Vận dụng thật nghệ thuật, sáng tạo mới dành thắng lợi như mong muốn. Dạy học
là một mặt trận chính.
Nghề dạy học thật là vất vả, khó khăn, nhưng cũng rất đỗi tự hào. Có thể nói
ở một khía cạnh nào đó mỗi giáo viên như một MC trong mỗi tiết dạy. Mỗi thầy
cô giáo khi vào một tiết học đều muốn cho mọi học sinh của lớp đều chủ động
tiếp thu bài giảng một cách tích cực và hiệu quả nhất. Để đạt được sự mong
muốn đó đòi hỏi chúng ta phải hết sức kiên trì , tìm tòi phương pháp thích hợp
cho từng đối tượng học sinh. Số học sinh giỏi trong một lớp chỉ một vài em, số
yếu kém cũng có còn lại đa số là trung bình, trung bình khá. Vậy làm thế nào để
tất cả các đối tượng này cùng hào hứng say mê, chủ động tiếp thu bài học tốt
được. Điều này cũng chính là yêu cầu của Bộ GD&ĐT về vấn đề đổi mới
phương pháp dạy học. Người học là trung tâm, làm thế nào để họ yêu thích bộ
môn học, họ tự đào tạo, họ tự tin vào khả năng của chính mình để lĩnh hội tri
thức.Thầy cô giáo giúp đỡ như thế nào cho hiệu quả nhất. Sau nhiều năm công
tác, bằng thực tiễn hoạt động dạy học của mình tại trường THPT Sầm Sơn, cách
làm mà tôi đã thực hiện, thực sự có đem lại một số hiệu quả.
II- THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU:

1/ Thực trạng:
Từ khi còn đang là học sinh phổ thông , mỗi khi thầy cô giáo vào lớp tôi cảm
thấy hành vi, dáng điệu ,cử chỉ , lời nói đều hấp dẫn mình , Đặc biệt khả năng tri
thức bộ môn, tri thức xã hội thì hết ý. Làm sao mà các thầy ,các cô giỏi thế. Sự
kết hợp nhuần nhuyễn và điệu nghệ những điều nói trên có tác động sâu sắc đến
thế hệ học sinh chúng tôi.
Những học sinh học yếu thường không tự tin, thậm chí sợ sệt mỗi khi bị hỏi bài

cũ. Nếu chúng ta vì một lý do nào đó mà bất buộc họ phải trả bài thì hiệu quả rất
thấp. Có thể làm cho học sinh đó chán ghét bộ môn. Cũng như vậy đối vối học
sinh khá, giỏi,những câu hỏi, hay bài tập của sách giáo khoa rất đơn giản với các
em. Để khích lệ học sinh và tạo sự công bằng tương đối, chúng ta đưa ra những
bài toán có nhiều lời giải. Lời giải đơn giản dễ hiểu dành cho học sinh yếu, lời
giải phức tạp giành cho học sinh khá hoặc giỏi.
Thông thường chỉ gọi những em giơ tay, từng bước gia hạn thời gian yêu cầu tất
cả mọi em đều phải tham gia giải quyết vấn đề. Ta tìm hiểu những em không biết
từ đâu vì không nắm được lý thuyết hay lười biếng, hay do vấn đề tâm lý ngại
phát biểu trước đám đông. Từ đó có cách để tháo gỡ cho các em.
2
Một sự thay đổi phương pháp dạy học sẽ được coi là thành công nếu nó làm
lay động, làm thức tỉnh người học, làm cho họ hứng thú học tập, yêu mến bộ
môn và họ có tiến bộ trong kết quả học tập của mình. Với suy nghĩ và cảm nhận
rằng, tâm lý lứa tuổi học sinh cũng gần gũi với mình ngày còn đi học phổ
thông,do đó tôi đã kết hợp những kiến thức
sư phạm được học, năng lực bản thân, tâm lý học trò, mức độ yêu cầu kiến thức
học sinh phải tiếp thu, trong một bài học, trong một chương học ,thậm chí cả
năm học và toàn khoá học. Theo dõi chặt chẽ mức độ kiểm tra, mức độ thi tốt
nghiệp, thi đại học hàng năm.
2/ Kết quả của thực trạng trên:
Khi học sinh đứng trước một bài toán ở tầm sách giáo khoa và đã nhiều lần
được chứng kiến thầy giáo và các bạn giải quyết bằng nhiều cách khác nhau,
xuất phát từ những kiến thức khác nhau cũng của sách. Một cách hết sức tự
nhiên từ đâu đó trong tiềm thức thúc đẩy tính tự giác phải xem lại lý thuyết, đọc
kỹ đề bài cho gì đòi hỏi ta phải tìm gì, chứng minh cái gì . Giả thiết bài toán liên
quan đến những bài học nào đã học. Từ đó mạnh dạn
Biến đổi, suy luận, viết ra những suy nghĩ của mình và thực sự có những chuyển
biến tích cực.

B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I- CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN.
1/ chuẩn bị của giáo viên.
- Người thầy phải chủ động hoàn toàn trong vai trò hướng dẫn viên, không bị
lúng túng khi có những tình huống phát sinh, đồng thời xử lý các tình huống đó
một cách thông minh , thích hợp văn cảnh.
- Giáo viên đọc thật kỹ sách giáo khoa, chuẩn bị giáo án thật kỹ về các bài
toán có liên quan đến bài học, căn cứ vào đối tượng học sinh và giải các bài
toán đó bằng nhiều cách sao cho thật sát với chương trình học.
- Khích lệ học sinh đúng mức phù hợp với từng đối tượng, để các em yêu thích
cách giải đẹp, từ đó tự tìm lấy cách giải cho riêng mình.
2/ Tổ chức lớp:
- Để chuẩn bị bài học hôm sau yêu cầu học sinh về nhà giải các bài tập thầy
giáo ra từ tiết học trước đó (có thể học sinh giải được, cũng có thể không giải
được). Nhưng phải hiểu đề bài, có thể thuộc đề bài thì càng tốt.
- Học sinh phải có đầy đủ sách giáo khoa, vở nháp, dụng cụ học tập, đặc biệt
phải thuộc cơ bản phần lý thuyết có liên quan đến bài tập sắp được chữa hoặc
phần lý thuyết sắp được học.
II/ CÁC BIỆN PHÁP ĐỂ TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
1/ Đối với học sinh:
3
- Nên yêu cầu học sinh thực hiện cơ bản nội dung bài học trước ở nhà.
- cho học sinh tự nguyện phát biểu theo yêu cầu của giáo viên, sau đó thực
hiện chỉ định trong mục kiểm tra bài cũ
- Nêu bài tập đề nghị cần chữa, hoặc bài tập tương tự bài đã chữa hôm trước.
2/ Phần bài tập chuẩn bị của thầy giáo.
HỆ THỐNG CÁC BÀI TẬP GIẢI NHIỀU CÁCH
Bài 1: Cho vectơ
v


= (-3;2) và đường thẳng (
∆
): 2x + 3y – 7 = 0. Tìm
ảnh của (
∆
) qua phép tịnh tiến vectơ
v

.
Bài giải:
Cách 1. Lấy điểm A(1;1) và B(6;-1) thuộc đường thẳng (
∆
).
Ảnh của A và B qua phép tịnh tiến vectơ
v

là: A’(4;-1) và B’(9;-3).
Đường thẳng (
∆
) là đường thẳng A’B’ có = (5;-2), có pháp tuyến là n = (2;5).
Suy ra (
∆
): 2(x – 4) + 5(y + 1) = 0
⇒
2x + 5y – 3 = 0.
Cách 2. Lấy M(x;y) thuộc (
∆
), ảnh của M là M’(x’;y’)
⇒
x’ = x + 3 ; y’ = y – 2

⇒
đường thẳng (
∆
’): 2(x’ – 3) + 5(y’ + 2 ) = 0
⇒
2x + 5y – 3 = 0.

Cách 3 .
Đường thẳng (
∆
’) có dạng: 2x + 5y + c = 0.
Điểm A(1;1)
∈
(
∆
). Ảnh của A qua phép tịnh tiến vectơ
v

là A’(4;-1).Thay vào
dạng của đường thẳng (
∆
’) ta có: 2.4 + 5(-1) + c = 0
⇒
c = -3.
Vậy đường thẳng (
∆
’): 2x + 5y – 3 = 0.
Bài 2: Tìm các giá trị m để phương trình x
4
+ 2(m-2)x

2
+ m
2
-5m + 5 có 4
nghiệm phân biệt.
Bài giải
4
Cách 1. Phương trình đã cho có 4 nhiệm phân biệt khi phương trình
f(t)= t
2
+ 2(m-2)t+ m
2
-5m + 5 = 0 có 2 nghiệm dương. điều kiện là







−=<
>
>+−−−=∆
m
s
tf
mmm
2
2
0

0)(
0)55()2(
22/

⇔






>−
>+−
>−
02
055
01
2
m
mm
m

⇔








>
+
>
−
<
>
m
mm
m
2
2
55
;
2
55
1
Vậy: 1< m <
2
55 −
.
Cách 2. Áp dụng Viet ta có





>+
>
>∆
0

0
0
21
21
tt
tt

⇔






>−
>+−
>−
024
055
01
2
m
mm
m

⇔
1 <m <
2
55 −
.

Bài 3: Giải phương trình: sin
3
x + cos
3
x = 1

Bài giải
Cách 1. Phương trình
⇔
sin
2
x + cos
2
x - sin
3
x - cos
3
x = 0
⇔
sin
2
x (1- sinx) + cos
2
x (1- cosx) = 0 Vậy:
a/ sinx = 0 và cosx = 1 cho x = 2k
π
(k nguyên)
b/ cosx = 0 và sinx = 1 cho x =
2
π

+ 2k
π
(k nguyên)
Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k
π
và x =
2
π
+ 2k
π
(k nguyên)
Cách 2 ; Ta có 1 = sin
3
x + cos
3
x = (sinx + cosx ) (sin
2
x + cos
2
x - sinx cosx )
= (sinx + cosx ) (1 -
2
1
sin2x) , Đặt sinx + cosx = t ta được phương trình theo t
là : t
2
- 3t + 2 = 0 chỉ lấy t = 1 ta có cos(x-
4
π
) =

2
2
từ đó
Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k
π
và x =
2
π
+ 2k
π
(k
nguyên)
5
Cách 3 ; Ta có 1 = sin
3
x + cos
3
x mà ta cũng có sin
2
x + cos
2
x = 1
Trong khi
xsin
≤
1 và
xcos
≤
1 với mọi x Do đó phải có sin
3

x = sin
3
x và
cos
3
x = cos
2
x Trở lại
a/ sinx = 0 và cosx = 1 cho x = 2k
π
(k nguyên)
b/ cosx = 0 và sinx = 1 cho x =
2
π
+ 2k
π
(k nguyên)
Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k
π
và x =
2
π
+ 2k
π
(k
nguyên)
Bài 4 Cho góc nhọn xOy. Một điểm M cố định nằm trong góc xOy. M không
nằm trên 2 tia Ox, Oy. Tìm trên Ox điểm A và trên Oy điểm B sao cho M là
trung điểm của AB.
Bài giải.

Cách 1.
• Cách dựng: Kẻ Mx // Oy. Mx cắt Ox tại C.
• Lấy A đối xứng với O qua C.
Kẻ AM kéo dài cắt Oy tại B.

Ta được hai điểm A và B cần tìm.
* Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng
ta có MC // OB. Lại có C là trung điểm OA
nên theo tính chất đường trung bình trong tam giác
cho
∆
AOB thì M phải là trung điểm của AB.
Cách 2.
* Cách dựng: Lấy C đối xứng với O qua M.
Từ C kẻ Cx // Ox, Cy // Oy.
Cx cắt Oy tại B, Cy cắt Ox tại A.
Ta được A và B cần tìm.
* Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng
Ta có tứ giác OACB là hình bình hành
(Vì AC // OB và OA // BC). Nên 2
đường chéo cắt nhau tại trung điểm
mỗi đường. Vậy nên M là trung điểm
AB.

6
A
C
O
M
x

B
O
A
B
M
C
x
x
y
Cách 3.
* Cách dựng: Kẻ Mx // Ox. Mx cắt Oy tại C.
Lấy D đối xứng với C qua M. Kẻ Dt cắt Ox tại A.
Kéo dài AM cắt Oy tại B.

* Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng
ta có AD // CB nên:
góc DAM = góc MBC
góc ADM = góc MCB
⇒
∆
ADM đồng dang với
∆
BCM (g.g)
⇒
BC
AD
=
MB
AM
=

MC
DM
= 1 (vì DM = MC).
Vậy M là trung điểm AB.
Bài 5: Giả sử phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có 2 nghiệm dương x
1
, x
2
chứng minh rằng phương trình cx
2
+ bx + a = 0 cũng có 2 nghiệm dương.
Gọi các nghiệm đó là x
3
, x
4
, chứng minh x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4

≥
4.
Bài giải:
Cách 1:

Do phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có 2 nghiệm dương x
1
, x
2
nên có các điều kiện.









>=
>
−
=+
≥−=∆
0
0
04
21
21
2
a
c
xx

a
b
xx
acb
Chú ý là
a
b−
> 0,
a
c
> 0 nên (
a
b−
) : (
a
c
) =
c
b−
> 0 nên suy ra các điều kiện :









>=

>
−
=+
−=∆
0
0
4
43
43
2
a
c
xx
a
b
xx
acb
7
A
X
x
M
D
O
C
B
Y
y
Điều này suy ra các nghiệm x
3

, x
4
của phương trình cx
2
+ bx + a = 0 tồn
tại và là các nghiệm dương.
Do các nghiệm x
1
, x
2
, x
3
, x
4
là các nghiệm dương nên ta có áp dụng liên
tiếp bất đẳng thức Cô - si của các cặp số dương:
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= (x
1
+ x
2
) + (x
3

+ x
4
)
≥
2
21
xx
+ 2
43
xx
=
= 2(
21
xx
+
43
xx
)
≥
4
4321
xxxx
= 4.
4
.
c
a
a
c
= 4

Vậy x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4

≥
4.
Cách 2 Nhận xét rằng từ định lí Vi – ét
x
3
+ x
4
=
a
b−
=
ac
ab
/
/−
=
21
21
xx
xx +
=

1
1
x
+
2
1
x

nên suy ra x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= x
1
+ x
2
+
1
1
x
+
2
1
x
=
= (

1
x
-
1
1
x
)
2
+ (
2
x
-
2
1
x
)
2
+ 4
≥
4.
Cách 3: Gọi x1 là nghiệm dương của phương trình ax
2
+ bx + c = 0 , tức là
ta có ax
1
2
+ bx
1
+ c = 0. Do x1 > 0 chia hai vế cho x
1

2
ta được:
a + b (
1
1
x
) + c(
2
1
x
) = 0,
nghĩa là
1
1
x
là nghiệm của phương trình cx
2
+ bx + a = 0. Tương tự x
2
là nghiệm
dương của phương trình ax
2
+ bx + c = 0 thì
2
1
x
là nghiệm dương của phương
trình
cx
2

+ bx + a = 0. Việc chứng minh x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= x
1
+ x
2
+
1
1
x
+
2
1
x

≥
4 làm
tương tự cách 2 và cách 1.
Bài 6: Hãy xác định m để 2 phương trình
x
2
– mx + 2m + 1 = 0,
mx
2

– (2m + 1)x – 1 = 0
có nghiệm chung.
Bài giải:
Cách 1. Gọi x
0
là nghiệm chung của 2 phương trình, khi đó:
8





=−+−
=++−
)2(01)12(
)1(0)12(
2
0
0
2
0
mmx
mmxx
Chú ý: phương trình (2) cho phép kết luận x
0

≠
0 . Nhân x
0
vào (1) rồi cộng với

(2) ta được: x
0
3
– 1 = 0
⇒
x
0
= 1. thay x
0
vào (1) và (2) ta được:




=−+−
=++−
01)12(
0121
2
mm
mm

⇒




=−−
=+
02

02
m
m

⇒
m = - 2
Vậy với m = - 2, hai phương trình đã cho có nghiệm chung.
Cách 2. Từ các phương trình (1) và (2) rút ra:
m =
2
1
2
−
+
x
x
=
)2(
1
−
+
xx
x
(3)
Giải (3) suy ra x = 1, thay lại vào (3) suy ra m = - 2.
Cách 3. Đặt y
0
= x
0
2

thay vào (1) – (2), ta có thể coi đó là hệ phương trình
bậc nhất 2 ẩn sau:



=+−
+−=−
1)12(
)12(
00
00
xmmy
mmxy
Giải hệ ta được
y
0
=
1
)12( +− m

)12( +−
−
m
m
:
m
1

)12( +−
−

m
m
=
12
154
2
2
−−
++
mm
mm
,
x
0
=
m
1

1
)12( +− m
:
m
1

)12( +−
−
m
m
=
12

12
2
2
−−
++
mm
mm
.
Điều kiện y
0
= x
0
2

⇒
(
12
12
2
2
−−
++
mm
mm
)
2
=
12
154
2

2
−−
++
mm
mm
Biến đổi ta có: (2m
2
+ m + 1)
2
= (m
2
– 2m – 1)(4m
2
+ 5m +1)
⇔
7m
3
+ 18m
2
+ 9m + 2 = 0
⇔
⇔
(m + 2)(7m
2
+ 4m +1) = 0
⇔
m = - 2 ( phương trình 7m
2
+ 4m +1 vô
nghiệm)

Chú ý. Thay m = - 2 vào (1) và (2) có 2 phương trình
x
2
+ 2x – 3 = 0 và - 2x
2
+ 3x – 1 = 0 đều nhận x = 1 là nghiệm.
Bài 7: Giả sử a, b, c là 3 cạnh của tam giác, chứng minh rằng phương trình
(b
2
+ c
2
–a
2
)x
2
- 4bcx +b
2
+ c
2
- a
2
=0
Bài giải:
Cách 1. Nếu b
2
+ c
2
– a
2
= 0 thì phương trình có nghiệm x = 0.

Nếu b
2
+ c
2
– a
2

≠
0, xét
'∆
= 4b
2
c
2
– (b
2
+ c
2
–a
2
) =
[ ]
222
2 acbbc +−−
[ ]
222
2 acbbc −++
=
9
=

[ ]
22
)( cba −−
[ ]
22
)( acb −+
= (a + b – c)(a – b + c)(a + b + c)(b + c – a ) > 0.
Vậy phương trình có 2 nghiệm.
Cách 2. Theo định lí hàm số cosin: b
2
+ c
2
–a
2
= 2bc.cosA.
Phương trình có dạng:
2bc.cosA x
2
– 4bcx + 2bc.cosA = 0
⇔
cosA.x
2
– 2x + cosA = 0
Nếu cosA = 0
⇒
phương trình có nghiệm x = 0.
Nếu cosA
≠
0
⇒

'∆
= 1 – cos
2
A = sin
2
A > 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm
Cách 3. Xét tam thức
f(x) = (b
2
+ c
2
– a
2
)x2 - 4bcx +b
2
+ c
2
- a
2

ta có f(1) = 2(b – c – a)(b – c + a) < 0,
f(-1) = (b + c – a)(b + c + a) > 0.
Vậy f(x) có ít nhất một nghiệm trong khoảng (-1;1)
Bài 8: Giả sử a
2
+ b
2

≠

0. Chứng minh rằng, ít nhất một trong hai phương
trình
a.sinx + b.cosx = 0 (1)
a.tanx + b.cotx + 2c =0 (2)
có nghiệm.
Bài giải:
Cách 1. Phương trình (2) có thể biến đổi
at
2
+ 2ct + b = 0 ; t = tanx; x
≠
2
π
k
.
Phương trình này sẽ vô nghiệm khi:
(i) a = c = 0; b
≠
0 suy ra (1) có nghiệm cosx = 0.
(ii) a
≠
0;
'∆
= c
2
– ab < 0 hay ab > c
2
> 0 ta sẽ chứng minh phương
trình (1)
có nghiệm.

Dùng công thức sinx =
2
1
2
t
t
+
; cosx =
2
2
1
1
t
t
+
−
với t = tan
2
x
. Phương trình (1) có
dạng
a.
2
1
2
t
t
+
+ b.
2

2
1
1
t
t
+
−
+ c = 0.
⇔
(c – b )t
2
+ 2at + (c + b) = 0 (1’)
Nếu c = b
⇒
t = tan
2
x
=
a
b−
luôn có nghiệm;
c
≠
b
⇒

'∆
= a
2
– (c

2
– b
2
) = a
2
+ b
2
– c
2
>2ab – c
2
> 0 do điều kiện (i) ab > c
2
>
0. Vậy (1’) có nghiệm hay (1) có nghiệm.
10
Tóm lại , nếu phương trình (2) vô nghiệm, ta chứng minh được phương trình (1)
có nghiệm .
Vậy: cặp phương trình (1) , (2) luôn luôn có ít nhất một phương trình có nghiệm.

Cách 2. Do điều kiện a
2
+ b
2

≠
0 nên ta biến đổi (1)

22
ba

a
+
sinx +
22
ba
b
+
cosx = -
22
ba
c
+

⇔
sinx(x +
ϕ
) = -
22
ba
c
+
(3)
Với
ϕ
là nghiệm của hệ phương trình








+
=
+
=
22
22
cos
sin
ba
a
ba
b
ϕ
ϕ
.
Do (1)
⇔
(3) nên:
α
) Nếu (3) có nghiệm
22
ba
c
+
−

≤
1

⇔
c
2

≤
a
2
+ b
2
thì (1) có nghiệm.
β
) Nếu (3) vô nghiệm
⇔
c
2
> a
2
+ b
2
.
Ta sẽ chứng minh (2) có nghiệm.
Chú ý nếu a = 0, do giả thiết a
2
+ b
2

≠
0 nên b
2

≠
0, khi đó (2) có dạng cotx =
b
c2−
Luôn có nghiệm. a
≠
0, biến đổi (2)
⇔
atan2x + 2ctanx + b = 0. (4)
Phương trình (4) có
'∆
= c
2
– ab >a
2
+ b
2
– ab =
4
3
a
2
+(
2
1
a – b) > 0.
Vậy (4) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm.
Bài 9 : Cho hàm số y = x

3
+ 2(m – 1)x
2
+ (m
2
– 4m + 1)x – 2(m
2
+ 1).
(1)
Xác định m đẻ hàm số đạt cực đại, cục tiểu tại 2 điểm x1, x2 thoả mãn điều kiện
)(
2
111
21
21
xx
xx
+=+
(2)
Bài giải:
Cách 1. Xét y’ = 3x
2
+ 4(m – 1)x + (m
2
– 4m + 1) (3)
Từ điều kiện (2) suy ra :
)(
2
1
.

21
21
21
xx
xx
xx
+=
+

⇔
(x
1
+ x
2
)(
2
11
21
−
xx
) = 0
a) x
1
+ x
2
= 0. Do điều kiện x
1
, x
2
là các điểm cực trị của hàm số (1), nên là

nghiệm của y’ = 0 cho bởi (3).
Theo định lí Vi-ét x
1
+ x
2
=
3
)1(4 −m
= 0
⇒
m = 1.
Với m = 1, hàm số có dạng :
11
y = x
3
- 2x – 4, y’ = 3x
2
– 2
⇒
Cực trị của hàm số đạt tại x
1,2
=
3
32
±
.
b) x
1
+ x
2

≠
0
⇒
x
1
x
2
= 2. Tương tự trên, thoe định lí Vi-ét ta có:
x
1
x
2
= 2 =
3
14
2
+− mm

⇒
m
2
– 4m – 5 = 0
Giải được m = -1, m = 5.
Thử trực tiếp :
* m = -1; y = x
3
– 4x
2
+ 6x – 4,

y’ = 3x
2
– 8x + 6
⇒
không có cực trị
* m = 5; y = x
3
+ 8x
2
+ 6x – 52,
y’ = 3x
2
+ 16x + 6
⇒
thoả mãn điều kiện (2)
Vậy m = 1, m = 5 là 2 giá trị cần tìm.
Cách 2. Biến đổi điều kiện (2) và do x
1
, x
2
là nghiệm cuả y’ cho bởi
(3) nên
(2)
⇒
(x
1
+ x
2
)(
2

11
21
−
xx
) = 0
⇒

3
4
(m – 1) (
2
1
14
3
2
−
+− mm
) = 0
⇒

)14(3
)54)(1(2
2
2
+−
−−−
mm
mmm
= 0
⇒

m
1
= 1, m
2
= -1, m
3
= 5.
Kết hợp điều kiện y’ = 0 có 2 nghiệm, hay
'∆
= 4(m – 1)
2
– 3(m
2
– 4m + 1)
= m
2
+ 4m +1 > 0
Hay: m < - 2 -
5
; - 2 +
5
< m.
Vậy m = 1, m = 5 là 2 giá trị cần tìm.
Bài 10. Tìm m để phương trình x
2
– 4mx + 1 = 0
Có hai nghiệm thoả mãn điều kiện: x
1

≥

0, x
2

≥
m.
Bài giải:
Cách 1. Theo định lí Vi-ét ta có:



=
=+
1
4
21
21
xx
mxx
Do x
1

≥
0, từ x
1
.x
2
=1 > 0
⇒
x
1

> 0, x
2
> 0 nên lại từ 4m = x
1
+ x
2
> 0
⇒
m > 0.
Suy ra
22
21
xxS +
=
= 2m > 0 do m > 0.
12
Khảo sát đồ thị hàm số x
2
– 4mx + 1 ta có so sánh và điều kiện có nghiệm của
phương trình suy ra:
'∆
= 4m
2
– 1
≥
0
⇒
m
≤
-

2
1
và
2
1

≤
m.
Kết hợp, ta có m
≥

2
1
.
Cách 2. Phương trình đã cho có hai nghiệm thoả mãn điều kiện đầu bài,
nên ta được hệ điều kiện sau :



≥≥
≥∆
mxx
21
;0
0
⇒





≥≥
≥−
mxx
m
21
2
;0
014
⇒





≥≥
≤
−
≤
mxx
mm
21
;0
2
1
;
2
1
Từ




≥
≥
mx
x
2
1
0

⇒
x
1
+ x
2
– m
≥
0
⇒
4m – m
≥
0
⇒
m
≥
0.
Các điều kiện
m≤
2
1
và 0

≤
m cho phép kết luận : m
≥

2
1
.
Bài 11: Giải phương trình bậc bốn: x
4
– 4x
3
+ 3x
2
+ 8x – 10 = 0
biết rằng phương trình có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối.
Bài giải:
Cách 1. Phân tích đa thức vế trái:
(x
4
– 4) – (4x
3
– 8x ) + (3x
2
– 6) = 0
⇔
(x
2
– 2)(x
2
+ 2) – 4x(x

2
– 2) +3(x
2
– 2) =0
⇒
* x
2
– 2 = 0
⇔
x =
2±
* x
2
+ 2 – 4 x + 3 = 0
⇔
x
2
– 4x + 5 = 0,phương trình có
'∆
= - 1 < 0 nên vô
nghiệm.
Vậy phương trình có 2 nghiệm x
1,2
=
2±
Cách 2. Gọi 2 nghiệm trái dấu của phương trình là x
1,2
=
±
x

0
(x
0
> 0) ta có
cặp đẳng thức x
0
4
– 4x
0
3
+ 3x
0
2
+ 8x
0
– 10 = 0
x
0
4
+ 4x
0
3
+ 3x
0
2
– 8x
0
– 10 = 0
Từ 2 đẳng thức ta được 8x
0

3
– 16x
0
2
= 0
⇒
x
0
= 0, x
0
2
= 2
⇒
x
0
=
2±
đã cho
và x =
2±
là nghiệm của phuơng trình đã cho.
Cách 3. Dùng phuơng pháp hệ số bất định.
Nếu phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu x =
±
a thì đa thức
f(x) = x
4
– 4x
3
+ 8x – 10 có thể phân tích ra thừa số dạng

f(x) = (x – a)(x + a)(x
2
+ bx + c)
= x
4
+ bx
3
+ (c – a
2
)x
2
– a
2
bx – a
2
c
13
Đồng nhất hệ số của f(x) ở 2 biểu diễn ta có







−=−
=−
=−
−=
10

8
3
4
2
2
2
ca
ba
ac
b

⇒








−=−
=
=−
−=
10
2
3
4
2
2

2
ca
a
ac
b

⇒






=
=
−=
5
2
4
2
c
a
b
Vậy f(x) = x
2
– 4x
3
+ 3x
2
+ 8x -10 =0

⇔
(x
2
– 2)(x
2
– 4x + 5) = 0
⇔
x =
2±
.
Bài 12: Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số:
y = sin
2
x.cosx + cos
2
x.sinx.
Bài giải:
Cách 1. (Biến đổi vế phải). Ta có
y = sinx.cosx(sinx + cosx) =
2
2
.sin2x.cos(x -
4
π
).
Đặt t = x -
4
π

⇒

x = t +
4
π
; 2x = 2t +
2
π

⇒
sin2x = sin(2t +
2
π
) = cos2t.
Do đó y =
2
2
cos2t.cost =
4
2
(cost + cos3t).
Vì vậy, ta có: y
max
=
2
2
, khi t = 0
⇒
x =
4
π
.

y
min
= -
2
2
, khi t =
π
⇒
x =
4
5
π
.
Cách 2. (Phương pháp đại số hoá : Nếu trong biểu thức lượng giác có sinx +
cosx và sinx thì đặt sinx + cosx = t). Ta có y = sinx.cosx + (sinx +cosx).
Đặt t = sinx + cosx =
2
sin(x +
4
π
)
⇒
-
2

≤
t
≤

2

⇒
t
2
= 1 + sin2x
⇒
sin2x
= t
2
– 1

⇒
y =
2
1
(t
2
– 1)t =
2
1
t
3
-
2
1
t
⇒
y’ =
2
3

t
2
-
2
1
= 0
⇒
t
2
=
3
1

⇒
t =
±
3
1
.
14
Lập bảng biến thiên ta có :
T
-
2
-
3
1

3
1

2
y’ + 0 – 0 +
y M

33
1
m
2
1
2
1

33
1

Vậy y
max
=
2
1
khi t =
2

⇒
sin(x +
4
π
) = 1
⇒
x =

4
π
y
min
= -
2
1
khi t = -
2

⇒
sin(x +
4
π
) = -1
⇒
x =
4
5
π
.
Cách 3. Vì sinx và cosx là hàm tuần hoàn, chu kì 2
π
, nên ta xét bài toán
trên đoạn 0
≤
x
≤
2
π

là đủ. Ta có y’ = 2sinx.cos
2
x – sin
3
x – 2cosx.sin
2
x + cos
3
x
=
= (cosx – sinx).(1 +
2
3
sin2x) = 0
⇒
sinx = cosx
⇒
x =
4
π
hoặc x =
4
5
π
và sin2x
= -
3
2
. Ta tìm y
max

và y
min
tai các điểm x, mà sin2x = -
3
2
, x = 0, x = 2
π
là đủ.

Ta có y(
4
π
) =
2
2
, y(
4
5
π
) = -
2
2
, y(sin2x = -
3
2
) =
±
33
1
, y(0) = 0, y(2

π
) = 0
⇒
y
max
=
2
2
, y
min
= -
2
2
.
Bài 13. Rút gọn biểu thức A = sin3x.sin
3
+cos3x.cos
3
x.
Bài giải :
Ta tìm cách hạ bậc luỹ thừa của sinx, cosx trong A.
15
Cách 1.
A = sin3x.sin
3
x + cos3x.cos
2
x.cosx =
= sin3x.sinx
2

2cos1 x−
+ cos3x.cosx
2
2cos1 x+
=
2
1
(sin3x.sinx + cos3x.cosx) +
2
1
cos2x(cos3x.cosx – sin3x.sinx)
= cos2x +
2
1
cos2x.cos4x
=
2
1
cos2x(1 + cos4x) =
2
1
cos2x.2cos
2
2x = cos
3
2x.
Cách 2. Từ các công thức sin3x = -4sin
3
x + 3sinx và cos3x = 4cos
3

x –
3cosx
suy ra: sin
3
x =
4
1
(3sinx – sin3x), cos
3
x =
4
1
(3cosx + cos3x). Do đó:
A =
4
1
(3sinx – sin3x).sin3x +
4
1
(3cosx + cos3x).cos3x =
=
4
3
(sinx.sin3x + cosx.cos3x) +
4
1
(cos
2
3x – sin
2

3x)
=
4
3
cos2x +
4
1
cos6x
=
4
3
cos2x +
4
1
(4cos
3
2x – 3cos2x) = cos
3
2x.
Cách 3.

A = sin3x.sinx.sin
2
x + cos3x.cos.cos
2
x =
= sin3x.sinx(1 – cos
2
x) + cos3x.cosx(1 – sin
2

x)
= (sin3x.sinx + cos3x.cosx) – sinx.cosx(sin3x.cosx +cos3x.sinx).
= cos2x -
2
1
.sin2x.sin4x.
= cos2x – sin
2
x.cos2x = cos2x(1 – sin
2
x) = cos
3
x.
Bài 14. Cho
∆
ABC nhọn có 3 đường cao AD,BE,CK đồng quy tại H, gọi R
1
, R
2
là bán kính vòng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và BHC. Chứng minh rằng
R
1
= R
2

16
Bài giải :
Cách 1. Tứ giác ACHE nội tiếp nên góc KAE bù với góc CHE, xét định lý
hàm số sin trong 2 tam giác ABC và BHC thì R
1

=
A
BC
sin
; R
2
=
BHC
BC
sin
vậy R
1
=
R
2
.



Cách 2. Kéo dài AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH tại M. Rõ ràng
góc A bằng góc M Theo định lý hàm số sin cho 2 tam giác ABC và BCM thì R
1
=
A
BC
sin
; R
2
=
M

BC
sin
vậy R
1
= R
2
.
17
K
B
A
C
D
E
H
K
B
A
C
D
E
H
C. KẾT LUẬN
1- Kết quả nghiên cứu.
a- Tổ chúc thực nghiệm :
Tôi đã tiến hành ứng dụng vào thực hiện giảng dạy tại các lớp 10A1,
11A1, 12A1, 12A3 của trường THPT Sầm Sơn liên tục trong 3 năm từ 2007-
2008 , 2008-2009, và 2009-2010 đồng thời đã thảo luận, có sự góp ý kiến của tổ
chuyên môn toán nhiều lần và được đồng nghiệp góp ý bổ sung đánh giá cao.
b. Kết quả sơ bộ:

Lớp 10A1, 10A3 từ (20-40)% chưa nắm vững công thức (lượng giác, hình
học,đại số ) thì sau một thời gian giảng dạy từ 3 đến 4 tháng theo sáng kiến đã
đạt kết quả khá thuyết phục chỉ còn từ 1đến 3% còn khó khăn.
Các năm học về sau đặc biệt năm học 2009-2010 này kết quả rất tốt.
c- kết luận thực nghiệm
Có thể nói, lâu nay học sinh yếu, học lực trung bình, học kém, không mặn mà,
thích thú gì với nhiều môn học, đặc biệt là môn toán không thể tự mình giải được
bài tập nên chán nản. Song mỗi gioá viên chúng ta biết gần gũi, khích lệ tạo cơ
hội và điều kiện để các em có thể làm được bài tập dù là đơn giản, nhỏ bé. Từ đó
các em có sự tự tin, giảm bớt e dè và thích thú dần dần với môn học, nhất là môn
toán
Qua đây mỗi giáo viên càng cần gần gũi học sinh hơn ,ý thức trách nhiệm về
công việc, nghề nghiệp cũng được nâng lên.

2- Kiến nghị, đề xuất.
Bên cạnh sự cố gắng vươn lên của giáo viên về chuyên môn , về lòng yêu nghề
yêu học trò thì đề nghị lãnh đạo các nhà trường cũng tạo điều kiện, phối hợp với
sở giáo dục và đào tạo, có nhiều chương trình, hình thức chuyên đề, học nâng
cao nghiệp vụ sư phạm. Về bản thân mình khi viết sáng kiến này cũng tự giác
truyền thụ cho nhiều thế hệ học trò, mong rằng được học hỏi thêm các kinh
nghiệm hay của đồng nghiệp để góp sức nâng cao chất lượng giáo dục cho học
sinh đại trà và học sinh giỏi.

18
TÀI LIỆU THAM KHẢO :
1-Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương (Chủ biên) –
Phạm Vũ Khê – Bùi Văn Nghị.
Sgk – Hình học 10 Nân cao NXB GD

2-Văn Như Cương (Chủ biên)- Tạ Mân

Sgk – Hình học –Sách chỉnh lý hợp nhất năn 2000 (Nxb-GD).
3-TrầnVăn Hạo (tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên)
Trần Văn Hoành – Trần Đức Huyên
Sgk – Hình học 10 – (Nxb – GD), năm 2006
4- Tài liệu: Hội nghị tập huấn phương pháp dạy học toán học phổ
thông (Nhà xuất bản – Hà Nội thán 12 năm 2000)
5-Phan Đức Chính - Phạm Văn Điều - Đỗ Văn Hà - Phan Văn Hạp -
Phạm Văn Hùng - Phạm Đăng Long (Khoa Toán cơ - Tin – Truờng Đại học
Tổng hợp Hà Nội).
Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp tập I – NXBGD –
năm 1997.
19