Bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho học sinh thông qua phương pháp giải bài tập toán ở cấp phổ thông trung học

LỜI CẢM ƠN




Em xin trân trọng cảm ơn thầy giáo TS. Nguyễn Quang Hòe thầy đã tận
tình chỉ bảo, giúp đỡ để em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp của mình.
Em xin trân trọng cảm ơn tất cả quý thầy cô trường Đại học Quảng Bình
đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Khoa học Tự nhiên đã góp ý, bổ sung và
góp phần quan trọng cho sự hoàn thiện khóa luận.
Em xin trân trọng cảm ơn tất cả quý thầy cô trường THPT Lệ Thủy đặc biệt
là thầy giáo Nguyễn Ngọc Ninh thầy đã hướng dẫn, chỉ bảo tận tình trong thời
gian em thực tập tại trường.
Tôi xin chân thành cảm ơn các bạn sinh viên khoa Khoa học Tự nhiên
Trường Đại học Quảng Bình đã động viên, khuyến khích và giúp đỡ tôi trong
quá trình hoàn thành tốt khóa luận này.Đồng thời cũng xin cảm ơn các em học
sinh lớp 10A4, 10A10 trường THPT Lệ Thủy đã cùng tôi học tập nghiên cứu để
có kết quả thực nghiệm trong khóa luận này.

Đồng Hới, tháng 05 năm 2015
Tác giả


Nguyễn Thị Duyến

MỤC LỤC
PHẦN I: MỞ ĐẦU 1
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. 1
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. 1
III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU. 2
IV.PHẠM VI NGHIÊN CỨU 2
V. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. 2
VI.Ý NGHĨA CỦA KHÓA LUẬN. 3
VII. CẤU TRÚC KHÓA LUẬN. 3
PHẦN II. NỘI DUNG 4
CHƯƠNG I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI 4
§1.NỘI DUNG CỦA VIỆC BỒI DƯỠNG PHẨM CHẤT TƯ DUY CHO HỌC
SINH 4
I. Phát triển tư duy trí tuệ cho học sinh. 4
II. Bồi dưỡng năng lực nghiên cứu toán học cho học sinh 9
§2. NỘI DUNG CỦA VIỆC DẠY CÁC BÀI TẬP TOÁN CHO HỌC SINH Ở
CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG TRUNG HỌC 11
I. Nội dung cơ bản của việc dạy các bài tập toán cho học sinh. 11
II.Việc tìm lời giải các bài tập toán có nhiều khả năng để phát triển tư duy cho
học sinh. 11
CHƯƠNG II. MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM BỒI DƯỠNG PHẨM CHẤT TƯ
DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
TOÁN Ở CẤP PHỔ THÔNG TRUNG HỌC 12
§1. BIỆN PHÁP 1. KHAI THÁC TRIỆT ĐỂ CÁC GIẢ THIẾT CỦA BÀI
TOÁN 12
I. Nghiên cứu các đặc điểm về dạng của bài toán. 12
II. Nghiên cứu các điều kiện đặt ra cho các đại lượng có trong bài toán để tìm
đường lối giải. 18
§2. BIỆN PHÁP 2. PHÂN TÍCH BIẾN ĐỔI ĐỒNG THỜI GIẢ THIẾT VÀ
KẾT LUẬN 22

I. Làm gần gũi giả thiết và kết luận bởi việc định hướng các phép biến đổi giả
thiết bằng cách dựa vào những điều kiện quan sát và phân tích được ở kết luận.
22



II. Phân tích và biến đổi kết luận (yêu cầu bài toán đòi hỏi) bởi những hợp lý qua
quan sát được từ việc phân tích giả thiết để làm cho kết luận ngày càng gần với
giả thiết hơn hoặc là chứng minh kết luận mà bài toán đòi hỏi là đúng đắn. 24
III. Phân tích và biến đổi đồng thời cả giả thiết và kết luận, cả điều đã cho và
điều mà bài toán đòi hỏi, làm cho chúng đồng thời xích lại gần nhau hơn. 26
§3. BIỆN PHÁP 3. CHUYỂN HÓA NỘI DUNG BÀI TOÁN. 30
I. Chuyển bài toán chứng minh bất đẳng thức thành bài toán tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của hàm số. 30
II. Chuyển bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số về bài toán
chứng minh bất đẳng thức. 32
III. Chuyển bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số về bài
toán tìm miền giá trị của hàm số. 34
IV. Chuyển việc chứng minh các bất đẳng thức, giải các bất phương trình,
nghiên cứu các phương trình về việc xác định tính chất của hàm số. 36
V. Chuyển việc tính số trị của các biểu thức lượng giác về việc lập phương trình
lượng giác. 37
§4. BIỆN PHÁP 4. CHUYỂN HÓA HÌNH THỨC BÀI TOÁN 38
I. Nội dung của biện pháp 38
II. Ví dụ minh họa. 38
§5. BIỆN PHÁP 5. LỰA CHỌN CÁC CÔNG CỤ ĐỂ GIẢI TOÁN 39
I. Nội dung của biện pháp 39
II. Ví dụ minh họa. 39
§6. BIỆN PHÁP 6. CHUYỂN ĐỔI ẨN SỐ, SỐ PHƯƠNG TRÌNH, BẬC CỦA
ẨN , BẬC CỦA PHƯƠNG TRÌNH. 42

I. Nội dung của biện pháp 42
II. Ví dụ minh họa. 42
§7. BIỆN PHÁP 7. VẬN DỤNG CÁC THAO TÁC: KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC
BIỆT HÓA, TƯƠNG TỰ 44
I.Nội dung của biện pháp. 44
II. Ví dụ minh họa 44
§8. BIỆN PHÁP 8. GỢI Ý HỌC SINH PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN
ĐỀ 46
I. Nội dung của biện pháp 46
II. Ví dụ minh họa 46



§9. BIỆN PHÁP 9. BIẾT VẬN DỤNG KIẾN THỨC TOÁN HỌC VÀO
THỰC TIỄN 48
I. Nội dung của biện pháp 48
II. Ví dụ minh họa. 48
CHƯƠNG III. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 49
§1. CÁC YÊU CẦU CẦN ĐẠT ĐƯỢC ĐỐI VỚI VIỆC DẠY BÀI TẬP TOÁN
CHO HỌC SINH 50
§2. CÁC YÊU CẦU CẦN ĐẠT ĐƯỢC CỦA CÔNG VIỆC BỒI DƯỠNG
PHẨM CHẤT TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG PHÁP
GIẢI BÀI TẬP TOÁN 51
I. Rèn luyện khả năng phân tích bài toán. 51
II. Rèn luyện khả năng định hướng và xác định đường lối giải. 53
III. Rèn luyện khả năng chọn lựa phương pháp và công cụ. 57
§3. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 60
PHẦN III. KẾT LUẬN 70
I. Xét về mặt nhận thức. 70
II. Những kết luận về phương pháp tư duy. 70

III. Những kết luận về mặt tác dụng tư tưởng và tác động tâm lý. 72
TÀI LIỆU THAM KHẢO 73











1

PHẦN I: MỞ ĐẦU

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Xuất phát từ mục đích đào tạo học sinh trong nhà trường phổ thông “

Tập
trung nâng cao chất lượng giáo dục, đào tạo, coi trọng giáo dục đạo đức, lối
sống, năng lực sáng tạo, kỹ năng thực hành, khả năng lập nghiệp” (Nghị quyết Đại
hội XI của Đảng). Từ đó có một vấn đề lớn đặt ra cho sự nghiệp giáo dục, đào tạo
xác định được mục tiêu chiến lược “ Nâng cao dân trí, phát triển nguồn nhân lực,
bồi dưỡng nhân tài, góp phần quan trọng phát triển đất nước, xây dựng nền văn hóa
và con người Việt Nam ”. Trong vấn đề này việc bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho
học sinh trong quá trình dạy học là một việc quan trọng và trách nhiệm của giáo
viên là phải thực hiện sao cho tốt.
Trong nhà trường phổ thông, người giáo viên không chỉ đơn thuần

truyền thụ kiến thức cho học sinh mà còn phải biết rèn luyện kỹ năng, nâng
cao tầm hiểu biết, phát huy tính sáng tạo linh hoạt cho học sinh thông qua
những giờ luyện tập, thực hành thí nghiệm. Đối với môn toán, việc giải bài
tập được xem là một hình thức vận dụng những kiến thức đã học vào thực
tế, vào những trường hợp cụ thể. Bài tập môn toán không những giúp học
sinh củng cố, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức, rèn luyện kỹ năng mà còn là
hình thức rất tốt để dẫn dắt học sinh tự mình đi tìm kiến thức mới. Tuy nhiên,
để đạt được hiệu quả như trên, người giáo viên phải biết tổ chức một cách
khéo léo, hợp lí để giúp học sinh nắm kiến thức theo hệ thống từ thấp đến cao,
từ dễ đến khó qua việc sử dụng linh hoạt các phương pháp dạy học tích cực.
Là một giáo viên dạy toán trong tương lai, em rất quan tâm đến vấn đề dạy
học là rèn luyện năng lực tư duy và phương pháp suy luận cho học sinh khi ra
trường nhận nhiệm vụ.
Vì những lý do trên, em chọn đề tài: “Bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho học
sinh thông qua phương pháp giải bài tập toán ở cấp phổ thông trung học”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Tìm ra một số biện pháp nhằm bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho học
sinh trong quá trình giải bài tập toán. Từ đó giúp học sinh có hứng thú và có sự
say mê trong việc giải bài tập toán.
- Trang bị cho bản thân phương pháp dạy học tích cực để vận dụng tốt vào công
việc giảng dạy sau này.



2

III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Tìm hiểu cơ sở lý thuyết về bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho học sinh
và cơ sở lí thuyết của dạy học giải bài tập toán học.
- Vận dụng các biện pháp dạy học giúp phát triển tư duy sáng tạo cho học

sinh thông qua phương pháp giải bài tập toán.
- Đưa ra các ví dụ minh họa cho các biện pháp.
- Thực nghiệm sư phạm nhằm rút kinh nghiệm để vận dụng vào việc dạy
học sau này.
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu các tài liệu về dạy học giải bài tập toán, và các tài liệu đổi mới
dạy học nhằm bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh
- Nghiên cứu sách giáo khoa lớp 10, 11, 12 và tham khảo các sách bài tập
khác.
- Tìm hiểu tài liệu thông qua internet.
V. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Các phương pháp nghiên cứu đặt ra trong đề tài này là:
1. Xét về mặt hình thức:
Nội dung và phương pháp tìm lời giải các bài tập toán có vai trò gì trong
việc rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh trong quá trình dạy và học?
2. Xét về phương pháp tư duy:
a. Phân tích tìm lời giải các bài tập toán có rèn luyện cho học sinh khả năng
tư duy chính xác, nghiêm túc, chặt chẽ trong phạm vi của một vấn đề hay
không?
b. Phân tích tìm lời giải các bài tập toán có rèn luyện khả năng tư duy nhạy
bén và linh hoạt cho việc học toán của học sinh không?
c. Phân tích tìm lời giải các bài tập toán có giúp ích gì cho việc phán đoán và
tìm các khẳng định cho các phán đoán để đi đến việc giải các bài toán?
3. Xét về mặt tác dụng tư tưởng và tác động tâm lý:
- Công việc phân tích tìm lời giải các bài tập toán có đóng góp được gì
trong việc nâng cao hiệu quả của việc học toán cho học sinh?
- Việc tìm lời giải các bài tập toán có mở mang được trí tuệ một cách tự
giác, tự tin và lạc quan cho học sinh không?

3

VI. Ý NGHĨA CỦA KHÓA LUẬN
1. Đối với học sinh
- Giúp học sinh học tốt môn Toán, đặc biệt là việc giải các bài tập toán.
Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực học môn
toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo làm công cụ giải
quyết bài tập.
- Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và
vận dụng các phương pháp đó để giải bài tập.
- Gây được hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong sách giáo khoa,
sách tham khảo, giúp học sinh tự giải quyết các dạng bài tập.
2. Đối với bản thân
Đề tài đã giúp em làm quen dần với phương pháp nghiên cứu khoa học.
Đồng thời, bằng việc hệ thống các biện pháp bồi dưỡng năng lực tư duy cho học
sinh trong dạy học giải bài tập toán bản thân em có thêm nhiều kiến thức và kinh
nghiệm làm cơ sở và nền tảng cho công tác giảng dạy sau này.
Ngoài ra, đề tài này có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên
dạy toán, đặc biệt là các giáo viên mới ra trường.
VII. CẤU TRÚC KHÓA LUẬN
Ngoài phần mở đầu, kết luận, mục lục và tài liệu tham khảo nội dung khóa
luận được chia làm 3 chương.
CHƯƠNG I: Dành cho việc trình bày các cơ sở lý luận của đề tài đó là trình
bày những nội dung về vấn đề bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho học sinh và nội
dung của việc dạy học giải bài tập toán.
CHƯƠNG II: Tập trung chủ yếu vào một số biện pháp thông dụng, khi tìm
tòi, phân tích tìm lời giải các bài tập toán có khả năng rèn luyện tư duy cho học
sinh. Việc làm sáng tỏ các biện pháp đó cũng như sự minh họa các quá trình
phân tích được thể hiện trong các bài toán cụ thể.

CHƯƠNG III: Dành cho việc đánh giá các yêu cầu cần đạt được của các
công việc: dạy toán, học toán, trình bày các giáo án và kết quả dạy thực nghiệm.




4

PHẦN II. NỘI DUNG
CHƯƠNG I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
§1. NỘI DUNG CỦA VIỆC BỒI DƯỠNG PHẨM CHẤT TƯ DUY
CHO HỌC SINH

I. Phát triển tư duy trí tuệ cho học sinh.
1. Phát triển các thao tác tư duy
Trong quá trình học tập môn toán học sinh luôn thực hiện các thao tác tư
duy như phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá,… Vì
vậy trong dạy học toán, giáo viên phải chú ý phát triển cho học sinh những
thao tác này.
1.1. Phát triển năng lực phân tích và tổng hợp
Phân tích là chia cái toàn thể ra thành từng thành phần, hoặc tách ra từng
thuộc tính hay từng khía cạnh riêng biệt nằm trong cái toàn thể để nhận thức
sâu vào từng phần, từng khía cạnh.
Ngược lại với phân tích, tổng hợp là hợp lại các phần riêng lẻ của cái
toàn thể, hoặc kết hợp lại những thuộc tính hay khía cạnh khác nhau của cái
toàn thể.
Phân tích và tổng hợp là hai thao tác tư duy trái ngược nhau nhưng lại là
hai mặt của một quá trình thống nhất. Nếu không tiến hành tổng hợp mà chỉ
dừng lại ở phân tích thì sự nhận thức sự vật và hiện tượng sẽ phiến diện,
không nắm được các sự vật và hiện tượng đó một cách đầy đủ và chính xác

được. Chúng là hai thao tác cơ bản của quá trình tư duy.
Năng lực phân tích và tổng hợp luôn luôn là một yếu tố quan trọng
giúp học sinh nắm vững kiến thức và vận dụng kiến thức toán học.
Ví dụ: Khi học tập khái niệm, học sinh phải biết phân tích các dấu hiệu
bản chất của khái niệm, phát hiện những mối liên hệ (tổng hợp) giữa các
khái niệm với nhau. Khi học định lí, học sinh phải biết phân tích giả thiết và
kết luận của định lí, mối liên hệ giữa giả thiết và kết luận,… mối liên hệ giữa
định lí này với các định lí khác,… Khi giải bài tập, học sinh phải nhìn bao
quát (tổng hợp) để nhận được dạng bài toán (biết bài toán loại nào); phải biết
phân tích cái đã cho và cái phải tìm, tìm ra mối liên hệ giữa chúng; phân chia
bài toán thành những bài toán nhỏ khác nhau (xét riêng các trường hợp góc
nhọn, vuông, tù,…), giải các bài toán đơn giản đó, rồi tổng hợp lại để được lời
giải bài toán đã cho.



5

1.2. Phát triển năng lực so sánh
So sánh là xác định sự giống nhau và khác nhau giữa các sự vật và hiện
tượng. Muốn so sánh hai sự vật (hay hai hiện tượng), ta phải phân tích các dấu
hiệu, các thuộc tính của chúng, đối chiếu các dấu hiệu các thuộc tính đó với
nhau, rồi tổng hợp lại xem hai sự vật đó có gì giống nhau và khác nhau.
Giáo viên nên chú ý hướng dẫn học sinh so sánh những khái niệm định
lí, quy tắc mới học với những khái niệm, định lí, quy tắc đã biết. Nhờ thấy
được sự giống nhau và khác nhau giữa chúng nên học sinh nắm vững, hiểu
biết sâu sắc hơn và có hệ thống hơn về kiến thức toán học.
1.3. Phát triển năng lực trừu tượng hoá và khái quát hoá
Trừu tượng hoá là sự trừu xuất (lãng quên) những dấu hiệu không bản chất và
tách riêng những đặc điểm cơ bản của một nhóm đối tượng và hiện tượng.

Sức mạnh của trí tuệ được đánh giá ở năng lực trừu tượng hoá. Trừu
tượng hóa cho phép ta đi sâu vào bản chất của đối tượng, hiện tượng cần
nhận thức. Vì vậy, trong dạy học toán, phải luôn chú ý phát triển năng lực
trừu tượng hoá cho học sinh.
Để phát triển năng lực trừu tượng hoá cho học sinh, cần nắm vững mối
liên hệ chặt chẽ giữa tư duy cụ thể và tư duy trừu tượng: từ trực quan sinh
động đến tư duy trừu tượng, rồi từ đó đến thực tiễn.
Ví dụ: Khi dạy học về khái niệm góc, giáo viên cần đi theo con
đường cụ thể (1) – trừu tượng (2) – cụ thể (3)

Cụ thể (1)
- Hình tạo bởi kim phút và kim giờ trong đồng hồ
- Hình tạo bởi hai cạnh của ê-ke
- Hình tạo bởi hai cạnh bàn
Trừu tượng (2)
Góc là hình tạo bởi hai tia chung gốc
Cụ thể (3)
Góc nhọn, góc vuông, góc tù, góc bẹt
Trong quá trình trừu tượng hoá, việc tách những đặc điểm cơ bản của một
nhóm đối tượng để hình thành một khái niệm được gọi là sự khái quát hoá.
Ví dụ: Qua xét các dãy số:
2, 4, 6, 8, 10.
−2, 0, 2, 4, 6, , 2n − 4
5, 9, 13, 17, 21, , 4n −1
Có một đặc điểm chung là kể từ số thứ hai mỗi số đều bằng số đứng liền
trước nó cộng với một số không đổi, từ đó khái quát hoá để hình thành khái
niệm cấp số cộng.

6

Để giúp học sinh phát triển năng lực khái quát hóa đúng đắn, cần luyện
tập cho học sinh biết phân tích, tổng hợp, so sánh để tìm ra cái chung ẩn
náu trong các hiện tượng, phát hiện mối liên hệ bản chất của sự vật mà hình
thức bên ngoài rất đa dạng.
Cùng với phân tích, tổng hợp, trừu tượng hoá, khái quát hoá, trong môn
toán học sinh còn thường phải thực hiện các phép tương tự hóa, so sánh, đặc
biệt hoá,… Do đó, khi có điều kiện giáo viên cần rèn luyện cho học sinh những
thao tác trí tuệ này.
Việc thực hiện một số trong các thao tác trí tuệ trên được minh họa qua
ví dụ: tìm công thức tính sin 3x theo những hàm số lượng giác của đối số x.
Trước tiên, thao tác phân tích làm biến đổi sin 3x thành sin(2x + x) . Sự phân
tích này diễn ra trên cơ sở tổng hợp, liên hệ biểu thức sin 3x với công thức
sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a .Việc khớp trường hợp riêng
sin(2 )
x x
+
vào
biể
u th
ứ
c t
ổ
ng quát
sin( )
a b
+
là m
ộ

t s
ự
khái quát hóa.
Ti
ế
p theo vi
ệ
c khái quát hóa là vi
ệ
c
đặ
c bi
ệ
t hóa công th
ứ
c
sin( ) sin cos sin cos
a b a b b a
+ = +
cho tr
ườ
ng h
ợ
p
2 ,
a x b x
= =

để

đ
i
đế
n công
th
ứ
c
sin(2 ) sin 2 cos sin cos2
x x x x x x
+ = +
. Thao tác phân tích l
ạ
i di
ễ
n ra khi
tách riêng
sin 2
x
và
cos 2
x
trong công th
ứ
c trên
để
bi
ế
n
đổ
i thành:

2 2
sin 2 2sin cos ; cos2 cos sin
x x x x x x
= = −

Từ đó dẫn tới biến đổi vế phải thành
2 3
3sin cos sin
x x x
−

Cuối cùng, việc liên kết biểu thức xuất phát
sin3
x
với kết quả biến đổi
2 3
3sin cos sin
x x x
−
là một sự tổng hợp dẫn tới:

2 3
sin3 3sin cos sin
x x x x
= −




7

Sơ đồ sau đây minh họa quá trình tư duy vừa trình bày:


Khái quát hóa


Tổng hợp
Các hoạt động vừa phân tích ở trên thật ra mới chỉ ở dạng tiềm năng.
Nếu giáo viên có ý thức phát triển năng lực trí tuệ chung cho học sinh thì ở
những lúc thích hợp có thể kích thích việc thực hiện những hoạt động này
bằng những câu hỏi gợi ý như:
- Hãy viết sin 3x dưới dạng thích hợp với công thức biến đổi lượng giác
nào đó? (kích thích phân tích, khái quát hóa);
- Hãy áp dụng công thức biến đổi sin của một tổng vào biểu thức
sin(2x + x)? (khuyến khích đặc biệt hóa).
2. Rèn luyện tư duy logic và ngôn ngữ chính xác
Tư duy không tách rời ngôn ngữ, tư duy diễn ra dưới hình thức ngôn
ngữ, được hoàn thiện trong sự trao đổi ngôn ngữ của con người và ngược lại
ngôn ngữ được hình thành và phát triển nhờ tư duy. Vì vậy, rèn luyện tư
duy logic không thể tách rời việc rèn luyện ngôn ngữ chính xác cho học sinh.



8

Việc rèn luyện tư duy logic và ngôn ngữ chính xác qua dạy học môn toán
được thực hiện theo ba hướng liên hệ chặt chẽ với nhau:
- Nắm vững các thuật ngữ toán học và các kí hiệu toán học (ngôn ngữ toán
học).

- Phát triển khả năng định nghĩa và phân chia các khái niệm.
- Phát triển khả năng suy luận chính xác, chặt chẽ, hợp logic.
Giáo viên luôn coi trọng việc giáo dục học sinh sử dụng chính xác
ngôn ngữ trong môn toán. Đặc biệt là biết sử dụng đúng các phép toán
logic: và, hoặc, nếu… thì…, khi và chỉ khi, có ít nhất một, với mỗi,…
Giáo viên cần thường xuyên uốn nắn những sai lầm của học sinh về mặt thiếu
chính xác trong sử dụng ngôn ngữ và kí hiệu toán học. Cần chống thói quen không
tốt là sử dụng các kí hiệu toán học một cách tuỳ tiện, chẳng hạn như: “Đây là hai
việc
≠
nhau”; hay “Anh có = lòng không?” (Hoàng Chúng, 1995).
3. Phát triển tư duy độc lập và tư duy sáng tạo
Tư duy độc lập biểu hiện ở khả năng tự mình phát hiện được vấn đề cần
phải giải quyết, và tự bản thân có thể đề ra phương án giải quyết khi gặp một
trở ngại hay tìm ra được lời giải đáp cho các vấn đề gặp phải; không đi tìm
lời giải sẵn. Tính độc lập liên hệ mật thiết với tính phê phán của tư duy,
luôn đề cao sự đánh giá mọi tư tưởng và ý kiến của người khác, có tinh
thần hoài nghi khoa học, luôn tự vấn: “vì đâu?”, “tại sao?”,… Tư duy sáng
tạo luôn suy nghĩ tìm tòi những điều mới, nó luôn gắn liền tính độc lập, tính
phê phán và tính linh hoạt của tư duy. Tính linh hoạt của tư duy biểu hiện ở
các mặt chính yếu sau đây:
Khả năng thay đổi phương hướng giải quyết vấn đề phù hợp với sự thay
đổi của các điều kiện, biết tìm ra phương pháp mới để nghiên cứu và giải
quyết vấn đề, dễ dàng chuyển từ dạng hoạt động trí tuệ này sang hoạt động
trí tuệ khác, khắc phục thái độ rập khuôn theo mẫu định sẵn, máy móc, suy
nghĩ theo lối mòn.
Khả năng xác lập sự phụ thuộc giữa các kiến thức theo trật tự ngược với
cách đã biết.
Khả năng nhìn một vấn đề, một hiện tượng theo những quan điểm khác
nhau.Để bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho học sinh, trong dạy học toán cần chú ý

tập duyệt cho học sinh “ suy luận có lí”, dự đoán thông qua quan sát, so sánh,



9

đặc biệt hóa, khái quát hóa, tương tự…Chú ý đến mối liên hệ giữa cái riêng và
cái chung, cái cụ thể và cái trừu tượng; quy nạp và suy diễn trong khi giảng dạy
toán học.
II. Bồi dưỡng năng lực nghiên cứu toán học cho học sinh
Thông qua quá trình dạy học, giáo viên cần chú ý giúp học sinh từng bước
nhận biết được và nắm được hai phương pháp thường dùng trong nghiên cứu toán
học là: phương pháp cụ thể – trừu tượng, phương pháp qui nạp – suy diễn.
1. Phương pháp cụ thể – trừu tượng
Toán học là một khoa học có tính trừu tượng cao độ. Tuy nhiên, sự hình
thành và sự phát triển của toán học thường được xuất phát từ mối quan hệ giữa
cụ thể và trừu tượng: không có cái cụ thể cảm tính thì không thể có cái trừu
tượng và không có cái trừu tượng thì không thể có cái cụ thể trong tư duy (cái
đến sau những cái trừu tượng).
Ngược lại, trong quá trình giải quyết một đề tài thì càng nắm vững những
lí luận trừu tượng, hiện đại, khái quát bao nhiêu thì có nhiều công cụ sắc bén
để phát hiện ra cái cụ thể bấy nhiêu.
Trong dạy học toán trong nhà trường phổ thông, “việc tăng cường khả
năng cho học sinh vận dụng kiến thức lí thuyết vào việc giải toán hay giải
quyết các nhiệm vụ thực tiễn là biện pháp phù hợp với qui luật về sự kết hợp
biện chứng giữa cái cụ thể và cái trừu tượng” (Đavưđốp, 1973). Nhưng giáo
viên cũng không thể nào không quan tâm khía cạnh: từ cái cụ thể đến cái
trừu tượng, giáo viên phải chú ý dùng phép tổng quát hoá, khái quát hóa để
trình bày nhiều vấn đề toán học như: từ một tính chất trong tam giác vuông
đặt vấn đề mở rộng sang tam giác bất kỳ; từ nhiều vấn đề cụ thể dường như rất

khác nhau như bài toán tìm vận tốc tức thời và bài toán tìm hệ số góc của tiếp
tuyến của một đường cong tại một điểm mà khái quát lên thành khái niệm đạo
hàm. Từ một số bài toán cụ thể trong chương trình giáo viên gợi ý học sinh
mở rộng và khái quát hoá thành những bài toán tổng quát hơn với những cách
giải tổng quát hơn.
2. Phương pháp qui nạp – suy diễn
Toán học khác với các khoa học khác ở phương pháp của nó. Trong khi
các nhà vật lý, hoá học, sinh học,… cần có phòng thí nghiệm với rất nhiều
máy móc, dụng cụ, có khi rất phức tạp thì nhà toán học, trong đại đa số



10

trường hợp, hầu như chỉ cần sách báo, bút với tờ giấy hay một viên phấn với
cái bảng. Toán học dùng phương pháp suy diễn logic mà không dùng phương
pháp thí nghiệm để chứng minh các định lí vì hai lí do:
i. Có khả năng áp dụng suy diễn logic vào những đối tượng đã được trừu
tượng hoá thành thuần tuý số lượng và hình dạng không gian.
ii. Không có khả năng làm thí nghiệm để trực tiếp xem các định lí hình
học trong không gian n chiều (n > 3) là đúng hay không, vì không gian thực tế
chỉ có ba chiều.
Tư duy suy diễn logic đóng vai trò chủ yếu trong phương pháp toán học,
nhưng vai trò của qui nạp cũng không phải là không quan trọng. Qui nạp lại
liên hệ mật thiết với suy diễn: qui nạp giúp xây dựng giả thuyết toán học, tri
thức thu được bằng qui nạp thì không đầy đủ, không hoàn chỉnh, có tính chất
dự đoán; các kiến thức ấy biến thành tri thức chân thực cần phải chứng minh
bằng suy diễn.
Trong dạy học toán ở trường phổ thông, giáo viên phải dạy học sinh biết trình
bày lời giải một bài toán hay chứng minh một mệnh đề toán học một cách chặt chẽ

bằng suy luận diễn dịch, nhưng cũng phải chú ý bồi dưỡng khả năng tìm tòi sáng
tạo, khả năng dự đoán, biết vận dụng các phép suy luận qui nạp để phát hiện ra
cách giải một bài toán, để dự đoán một qui tắc, một kết quả.




11

§2. NỘI DUNG CỦA VIỆC DẠY CÁC BÀI TẬP TOÁN CHO HỌC SINH
Ở CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG TRUNG HỌC

I. Nội dung cơ bản của việc dạy các bài tập toán cho học sinh.
Trong quá trình giải các bài tập có hai nội dung: Tìm ra lời giải các bài
toán và Giải các bài toán. Hai nội dung đó có khi được tiến hành đồng thời
nhưng có khi tách thành hai quá trình.Tuy vậy về mặt nhận thức cần phân biệt
hai nội dung trên là hoàn toàn khác nhau, độc lập với nhau(tuy có quan hệ hỗ trợ
cho nhau), mỗi nội dung có một nhiệm vụ riêng biệt trong việc rèn luyện học
sinh giải toán. Người thầy giáo dạy toán cũng như người học sinh học toán cần
nhận thức rõ ý nghĩa và tác dụng của mỗi nội dung và mối liên hệ giữa hai nội
dung đó.
Như vậy có nghĩa là bài toán sẽ được coi là không hoàn chỉnh nếu quá
trình giải vụng về, có sai sót.Và một người giải toán phải hiểu rằng, làm một bài
toán là phải hoàn thành trọn vẹn các khâu, chứ không phải đi tìm phương pháp
mà thôi, lại có nhiều bài toán, đường lối giải không phải là khó có khi đã rất rõ
mà cái khó chủ yếu là kỹ thuật giải, do vậy đòi hỏi người giải toán phải có sự
sáng tạo, tư duy.
II. Việc tìm lời giải các bài tập toán có nhiều khả năng để phát triển tư duy
cho học sinh.
Vì các lý do sau đây:

1. Khi chưa tìm được phương hướng phù hợp để giải bài toán thì chưa có
thể có lời giải tốt cho bài toán dù học sinh đó có kỹ thuật cao,dù có thành thạo
trong việc thực hiện các thao tác và các phép tính cần thiết.
2. Lao động trong khâu thực hiện các thao tác khi đã có phương pháp là lao
động có tính chất kỹ thuật còn lao động để tìm tòi lời giải bài toán là lao động sáng
tạo.Đây là các điều kiện thuận lợi nhất cho việc phát triển tư duy của học sinh.
3. Khâu rèn luyện phương pháp cho học sinh để tìm tới lời giải bài toán
chính là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả năng làm việc độc lập và sang
tạo của học sinh.





12

CHƯƠNG II. MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM BỒI DƯỠNG PHẨM CHẤT
TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG PHÁP GIẢI
BÀI TẬP TOÁN Ở CẤP PHỔ THÔNG TRUNG HỌC

Nội dung trong phần này tôi xin trình bày một số biện pháp thông dụng và
chủ yếu để giúp học sinh tư duy trong quá trình giải toán. Đồng thời sau nội
dung mỗi biện pháp được giới thiệu là việc trình bày các ví dụ minh họa mà lời
giải của các ví dụ là sự thể hiện của việc vận dụng các biện pháp đó.

§1. BIỆN PHÁP 1. KHAI THÁC TRIỆT ĐỂ CÁC GIẢ THIẾT CỦA
BÀI TOÁN
I. Nghiên cứu các đặc điểm về dạng của bài toán.
Các đặc điểm về dạng của bài toán là phần hình thức của bài toán đó. Do sự
thống nhất giữa nội dung và hình thức nên việc nghiên cứu phần hình thức của

bài toán về thực chất là việc khám phá các đặc điểm trong nội dung của bài toán.
Chính vì thế, nhiều bài toán có được lời giải hay là nhờ vào việc khai thác đúng
đắn các đặc điểm về dạng bài toán.
1. Trước hết các đặc điểm đó thể hiện ở mối liên hệ giữa các số có mặt trong
bài toán đó.
Ví dụ 1. Giải bất phương trình

(
)
(
)
5 2 6 5 2 6 10 (1)
x x
+ + − ≥
Phân tích tìm lời giải: Để ý rằng
(
)
(
)
5 2 6 5 2 6 1
+ − =

Cho nên hai số
h
ạ
ng trong v
ế
trái c
ủ
a b

ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho là hai
đạ
i
l
ượ
ng ngh
ị
ch
đả
o c
ủ
a nhau. Vì th
ế
n
ế
u ta
đặ
t:

(
)
5 2 6
x
u = + v
ớ

i
đ
i
ề
u ki
ệ
n
0
u
>

Thì
(
)
1
5 2 6
x
u
= − và khi đó bất phương trình (1) trở thành:

1
2
10 10 1 0
5 2 6
0 5 2 6
u u u
u
u
u
+ ≥ ⇔ − + ≥


≥ +
⇔

≤ ≤ −



Trở về tìm x, ta thu được
2
x
≥
hoặc
2
x
≤ −
nghiệm của bất phương
trình.



13

Ví dụ 2. Giải phương trình

(
)
(
)
2 tan sinx 3 cot cosx 5 0

x x
− + − + =
(1)
Phân tích tìm lời giải:

Để
ý
đế
n 3 s
ố
có m
ặ
t trong ph
ươ
ng trình là 2, 3 và 5. Có
l
ẽ
chúng ta hãy nên ngh
ĩ

đế
n
đ
i
ề
u hi
ể
n nhiên
2 3 5
+ =

và m
ộ
t
đ
i
ề
u quan tr
ọ
ng là
để
ý
đế
n m
ố
i liên h
ệ
gi
ữ
a
tan
x
,
cot
x
v
ớ
i
sin , cos
x x
chính là

sin
tan =
cos
x
x
x
;
cos
cot
sin
x
x
x
= chính vì th
ế
, ph
ươ
ng trình
đ
ã cho
đượ
c bi
ế
n
đổ
i t
ươ
ng
đươ
ng nh

ư

sau: (tách s
ố

5 2 3
= +
r
ồ
i ghép s
ố
2 v
ớ
i s
ố
h
ạ
ng
đầ
u và s
ố
3 v
ớ
i s
ố
h
ạ
ng th
ứ
hai

sau
đ
ó bi
ế
n
đổ
i ph
ươ
ng trình v
ề

ẩ
n
sin ,cos
x x
).
2(tan sinx 1) 3(cot cos 1) 0
x x x
− + + − + =
(v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n
sin cosx 0
x

≠
)
( )
sin cos
2 sin 1 3 cos 1 0
cos sin
sin sin cos cos cos sin cos sin
2 3 0
cos sin
2 3
sin cos -sin cos 0
cos sin
x x
x x
x x
x x x x x x x x
x x
x x x x
x x
   
⇔ − + + − + =
   
   
− + − +
   
⇔ + =
   
   
 
⇔ + + =

 
 

Là phương trình tích và giải được.
Lưu ý rằng, nếu không để ý đến đặc điểm đã nêu trên thì phương trình đã
cho vô cùng khó giải.
2. Đặc điểm của bài toán thể hiện ở mối liện hệ giữa các nhóm số hạng
tham gia trong bài toán.
Mối liên hệ có khi thể hiện rõ ràng dễ thấy nhưng cũng có khi ẩn kín bên
trong, đòi hỏi nhiều phép biến đổi và có cách nhìn tinh tế mới phát hiện được.
Ví dụ 3. Giải phương trình
sin cos +sin cos 1 (1)
x x x x
+ =

Phân tích tìm lời giải: Trước hết xét liên hệ giữa 2 nhóm chứa ẩn
sin cos
x x
+
và
sin cos
x x
. Chúng có mối liên hệ với nhau cho bởi hệ thức.

( )
2
sin cos 1 2sin cos
x x x x
+ = +

Nhận xét đó gợi cho ta suy nghĩ, hãy đặt ẩn phụ:
sin cos 2 sin
4
u x x x
π
 
= + = +
 
 
với điều kiện
2 2
u
− ≤ ≤
.



14

Khi đó:
2
1
sin cos
2
u
x x
−
=
và b
ấ

t ph
ươ
ng trình (1) tr
ở
thành:
2
2
1
1 2 3 0
2
u
u u u
−
+ = ⇔ + − =

1
3
u
u
=

⇔

= −


loại nghiệm
3
u
= −

, trở về tìm x, bằng cách giải phương trình
2sin 1
4
x
π
 
+ =
 
 

Ta được hai họ nghiệm của phương trình đã cho:
2
2
2
x k
x k
π
π
π
=



= +

(
k Z
∈
).
Cách khác: Bây giờ, nếu ta để ý rằng hàm số

sin ,cos
x x
có thể biểu diễn
được qua
tan
2
x
t
=
(v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n
cos 0
2
x
≠
) khi
đ
ó ph
ươ
ng trình
đ
ã cho
đượ

c
chuy
ể
n v
ề
d
ạ
ng ph
ươ
ng trình
đạ
i s
ố
v
ớ
i t:
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1
1
1 1 1 1
t t t t
t t t t
− −
+ + ⋅ =
+ + + +

Gi
ả
i ph

ươ
ng trình này ta tìm
đượ
c t, khi
đ
ó suy ra giá tr
ị
c
ủ
a x.
Tr
ườ
ng h
ợ
p:
cos 0
2
x
=
ta ki
ể
m tra tr
ự
c ti
ế
p vào ph
ươ
ng trình
đ
ã cho.

Ví dụ 4. Giải phương trình
( )
2 2
4 1 1 2 2 1 (1)
x x x x− + = + +
Phân tích tìm lời giải:

Ta bi
ế
n
đổ
i:
(
)
2 2
2 2 1 2 1 2 1
x x x x
+ + = + + −

Ph
ươ
ng trình ta
đ
ã cho
đượ
c bi
ế
n
đổ
i v

ề
d
ạ
ng:
( )
(
)
2 2
4 1 1 2 1 2 1
x x x x
− + = + + −

Đặ
t:
2
1 1
u x
= + ≥




15

Khi
đ
ó ph
ươ
ng trình (1) tr
ở

thành:
( )
( )
2
2
4 1 2 2 1
2 4 1 2 1 0 (2)
x u u x
u x u x
− = + −
⇔ − − + − =

( ) ( ) ( )
2 2
4 1 8 2 1 4 3 .
x x x∆ = − − − = −
Ph
ươ
ng trình (2) có các nghi
ệ
m là:
( ) ( )
2 1
4 1 4 3
1
4
2
u x
x x
u

u
= −

− ± −

= ⇔

=


1
1
2
u
= <
(lo
ạ
i)
Tr
ở
v
ề
tìm x ta gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2
2 2
2

1 2 1
1
2 1 0
4
2
.
3
1 (2 1)
3 4 0
x x
x
x
x
x x
x x
+ = −

− ≥
≥

 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
+ = −

 
− =


Ví dụ 5.

Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
(
)
2 2
3.25 3 10 5 3 0 (1)
x x
x x
− −
+ − + − =

Phân tích tìm lời giải: Ta để ý đến mối liên hệ giữa
2
25
x
−
và
2
5
x
−
:
(
)
2
2 2
25 5

x x− −
=

Khi đó đặt
2
5 0
x
u
−
= >

Khi đó phương trình (1) trở thành:
(
)
( ) ( ) ( )
2
2 2
3 3 10 3 0
3 10 12 3 3 8
u x u x
x x x
+ − + − =
∆ = − − − = −

Ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m là:
1

3
3
u
u x

=


= −





16

Tr
ở
v
ề
tìm
x
ta gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
•
2
5 5

1 1 1
5 2 log 2 log
3 3 3
x
x x
−
= ⇔ − = ⇔ = +
•

2
5 3
x
x
−
= −

Ta th
ấ
y
2
x
=
là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ

ng trình.
Đ
ó c
ũ
ng là nghi
ệ
m duy
nh
ấ
t vì
2
5
x
−
là hàm
đồ
ng bi
ế
n, trong khi
đ
ó
3
x
−
là hàm ngh
ị
ch bi
ế
n.
Nhận xét:

(D
ấ
u hi
ệ
u
để
gi
ả
i bài toán b
ằ
ng cách ch
ứ
a
ẩ
n ph
ụ
).
Đố
i v
ớ
i các bài toán (Gi
ả
i ph
ươ
ng trình, b
ấ
t ph
ươ
ng trình) mà bi
ể

u th
ứ
c
c
ủ
a nó có th
ể
phân thành các nhóm s
ố
h
ạ
ng và gi
ữ
a chúng có m
ộ
t m
ố
i liên h
ệ

cho b
ở
i các h
ệ
th
ứ
c toán h
ọ
c cho phép bi
ể

u di
ễ
n chúng qua nhau thì có th
ể
gi
ả
i
đượ
c b
ằ
ng cách ch
ọ
n
ẩ
n ph
ụ
.
Tuy v
ậ
y c
ũ
ng ph
ả
i l
ư
u ý r
ằ
ng, có nh
ữ
ng bài toán khi

đ
ã s
ử
d
ụ
ng
ẩ
n ph
ụ
,
các bi
ể
u th
ứ
c còn l
ạ
i trong bài toán
đ
ó v
ẫ
n còn ch
ứ
a
ẩ
n ban
đầ
u(
ở
ví d
ụ

4,
ví d
ụ
5).
3. Đặc điểm của bài toán thể hiện ở tính chất của hình, vị trí tương đối của
các đường, dạng của các biểu thức có trong bài toán.
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, và AB = c. Gọi đường cao
hạ từ các đỉnh A, B, C xuống các cạnh BC, CA và AB tương ứng là
, ,
a b c
h h h
.
Gọ
i O là m
ộ
t
đ
i
ể
m b
ấ
t kì trong tam giác
đ
ó và kho
ả
ng cách t
ừ
O xu
ố
ng ba c

ạ
nh
BC, CA và AB t
ươ
ng
ứ
ng là x, y, z.
Tính:
a b c
x y z
M
h h h
= + +

Phân tích tìm lời giải:

Để
tính
a
x
h
ta ngh
ĩ
ngay
đế
n vi
ệ
c xem
x
và

a
h
là
đườ
ng cao c
ủ
a 2 tam
giác có chung c
ạ
nh
đ
áy BC
đ
ó là
BOC
∆
và
BAC
∆

Ta có:
2
.
. 2
BOC BOC
a a BAC BAC
S S
x x BC
h h BC S S
= = =

(
Ở

đ
ây
BAC
S
ký hi
ệ
u là di
ệ
n tích tam giác
ABC
).

Áp d
ụ
ng t
ươ
ng t
ự
cho các t
ỉ
s
ố

b
y
h
và

c
z
h
thu
đượ
c:



17

2
.
. 2
COA COA
b b BAC BAC
S S
y y CA
h h CA S S
= = =
2.
. 2
AOB AOB
c c BAC BAC
S Sz y AB
h h AB S S
= = =

V
ậy:

1
BOC COA AOB ABC
ABC ABC
S S S S
M
S S
+ +
= = =
.
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình
(
)
(
)
( )( )
( )( )
187
154
238
x y y z
y z z x
z x x y
+ + =


+ + =


+ + =


Phân tích tìm lời giải:
Ta không thể nghĩ đến việc giải hệ đã cho bằng phương pháp thế (vì đây là
hệ các phương trình bậc cao đối với x, y, z). Chỉ cần để ý đến các vế trái của hệ
ta thấy ngay các thừa số
, ,
x y y z z x
+ + +
đượ
c l
ặ
p l
ạ
i hai l
ầ
n, vì th
ế
b
ằ
ng cách
nhân các ph
ươ
ng trình
đ
ã cho theo t
ừ
ng v
ế
thu
đượ

c:
( ) ( ) ( )
2 2 2
187.154.238
x y y z z x+ + + =

Nh
ậ
n th
ấ
y r
ằ
ng:

187 11.17
154 11.14
=
=

Khi
đ
ó ch
ắ
c ch
ắ
n
238
s
ẽ
b

ằ
ng
14.17
và thu
đượ
c:
(
)
(
)
(
)
11.14.17 (*)
x y y z z x
+ + + = ±

T
ừ
ph
ươ
ng trình
(*)
thu
đượ
c k
ế
t h
ợ
p v
ớ

i các ph
ươ
ng trình c
ủ
a h
ệ
ta có
đượ
c:
14 10
17 7
11 4
z x x
x y y
y z z
+ = =
 
 
+ = ⇒ =
 
 
+ = =
 

Và:



18

14 10
17 7
11 4
z x x
x y y
y z z
+ = − = −
 
 
+ = − ⇒ = −
 
 
+ = − = −
 

4. Đặc điểm về dạng của bài toán còn thể hiện ở tính chất “kỳ dị” không
mẫu mực hay tính chất “ngụy trang” của dạng bài toán.
Với các bài toán mà dạng của chúng không mẫu mực ta không thể dùng các
phép biến đổi thông thường (lượng giác, đại số,…) để giải. Người ta phải sử
dụng đến công cụ đồ thị hoặc nghiên cứu các tính chất của các biểu thức để tìm
cách đánh giá chúng. Ngoài ra, phải tìm cách lột bỏ “ngụy trang” của hình thức
bài toán để phát hiện dạng “thực” của bài toán, khi đó mới định được đường lối
giải đúng đắn.
Ví dụ 8. Giải phương trình
2
2 4 6 11
x x x x
− + − = − +

Phân tích tìm lời giải:

Nh
ậ
n th
ấ
y r
ằ
ng r
ấ
t khó khi dùng các phép bi
ế
n
đổ
i
để
tìm ra s
ự
liên h
ệ
gi
ữ
a hai v
ế
v
ớ
i nhau. B
ằ
ng cách
đ
ánh giá giá tr
ị

hai v
ế
c
ủ
a
ph
ươ
ng trình, ta tìm
đượ
c giá tr
ị
c
ủ
a
đố
i s
ố

để
giá tr
ị
hai v
ế

đồ
ng th
ờ
i b
ằ
ng nhau.

N
ế
u có các giá tr
ị

đ
ó là nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình:

Ta có:
( )
2
2
6 11 3 2 2
x x x
− + = − + ≥

D
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả

y ra khi
3
x
=
.
Còn:
(
)
(
)
( ) ( )
2
2 2
2 4 1 1 2 4
x x x x
− + − ≤ + − + −
 
 

(
)
2
2 4 4
x x
⇒ − + − ≤

D
ấ
u
đẳ

ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
2 4
3
1 1
x x
x
− −
= ⇒ =

Thu
ộ
c t
ậ
p xác
đị
nh
2 4
x
≤ ≤
c
ủ
a ph
ươ
ng trình.
T
ừ

đ
ó:
2 4 2
x x
− + − ≤
dấu đẳng thức xảy ra khi
3
x
=
.
Từ đó suy ra
3
x
=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
II. Nghiên cứu các điều kiện đặt ra cho các đại lượng có trong bài toán để
tìm đường lối giải.
Các đại lượng có trong bài toán trước hết phải kể đến là các đối số, các
tham số trong các bài toán đại số, số học và lượng giác, các yếu tố tạo nên hình



19

trong bài toán hình học. Các đại lượng đặt ra không thể là ngẫu nhiên, tùy tiện
mà chính là sự biểu hiện các mối liên hệ giữa các yếu tố để tạo nên bài toán.
Có nhiều bài toán những hệ thức, những biểu thức đưa vào kèm theo một số
các điều kiện. Nếu ta khai thác triệt để và đúng hướng các điều kiện đó chắc
chắn sẽ dẫn tới việc xác định đúng hướng để giải bài toán.

Ví dụ 9. Cho tứ giác ABCD mà AD = BC. Đường thẳng đi qua trung điểm
M và N của hai cạnh AB và CD cắt AD và BC kéo dài tương ứng E và F.
Chứng minh


AEM MFB
=
.
Phân tích tìm lời giải :
Gọi




1 1
,
E AEM F MFB
= =
Giả thiết cho AD = BC với việc chứng minh


1 1
F E
=
có vẻ như không liên
quan với nhau. Ta hãy tìm cách cho giả thiết và kết luận có sự liên hệ gần gũi
với nhau.
Ở bài toán này ta phải so sánh

1

E
và

1
F
với một hoặc hai góc bằng nhau.
Muốn vậy, ta kẻ từ N và M các đường thẳng song song với BC và AD tương
ứng. Chúng cắt nhau ở I. Trước hết ta thấy:


1
E IMN
= và


1
F INM
= .
Như vậy nếu


1 1
E F
=
thì tam giác IMN cân và do đó IM = IN.
Lại do IM // AD và IN // BC điều này làm cho ta nghĩ đến vai trò của I chính là
điều mong muốn IM = IN có liên quan như thế nào đến gải thiết AD = BC.
Điểm I với điều kiện IM = IN là cầu nối giữa giả thiết và kết luận.
Điểm I đó phải thỏa mãn tính chất IM = IN và IM // AD, IN // BC.
Điểm I đó phải là trung điểm của BD.

Từ đó ta có lời giải sau:
Nối BD, gọi I là trung điểm của BD, kẻ IM và IN. Tam giác IMN cân vì :
IM // AD và
2
AD
IM =

IN // BC và
2
BC
IN =
mà AD = BC.
Từ đó ta suy ra:


1
IMN E
=




20




1
INM F
=

Do đó


1 1
E F
=

Ví dụ 10. Chứng minh rằng hàm số
2 2
1 1
y x x x x
= − + + + +

Có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi
0
x
=
.
Phân tích tìm lời giải:
Cách 1: Do
2
1
x x
− +
và
2
1
x x
+ +

luôn luôn dương với mọi x, cho nên
0
y
>
vớ
i m
ọ
i x. Ta xét hàm s
ố

2
y
(vì khi
đ
ó hàm
y
và
2
y
đồ
ng th
ờ
i có giá tr
ị

nh
ỏ
nh
ấ
t).

Ta có
(
)
2 2 4 2
2 1 2 1
y x x x
= + + + +

B
ở
i vì:

2
4 2
1 1
1 1
x
x x
+ ≥
+ + ≥

Và các
đẳ
ng th
ứ
c
đồ
ng th
ờ
i x

ả
y ra khi
0
x
=
.
T
ừ

đ
ó
2
4
y
≥
,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
0
x
=
.
Và vì th
ế

2

y
≥
,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
0
x
=
.
V
ậ
y
min
(0) 2
Y y
= =

Cách 2:
Nh
ậ
n th
ấ
y r
ằ
ng
( ) ( )

y x y x
= −
. Và t
ậ
p xác
đị
nh R là mi
ề
n
đố
i x
ứ
ng
nên
y
là hàm s
ố
ch
ẵ
n, mà
(0) 2
y
=
.
V
ớ
i m
ọ
i
0

x
>
, ta có:
2 2
2 1 2 1
2 1 2 1
x x
y
x x x x
+ −
′
= +
+ + − +

T
ừ

đ
ó:
2 2 2
2 1 2 1 2
0
2 1 2 1 1
x x x
y
x x x x x x
+ −
′
> + = >
+ + + + + +

Do
đ
ó v
ớ
i m
ọ
i
0
x
>
hàm
y

đồ
ng bi
ế
n, t
ừ
tính ch
ẵ
n c
ủ
a hàm s
ố

y
ta suy ra:
khi
0

x
<
hàm
y
ngh
ị
ch bi
ế
n. V
ậ
y
y
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
đ
i
ể
m
(0,2)
duy nh
ấ
t vì th
ế

ta k
ế
t lu
ậ
n
đượ
c.
min
(0) 2
CT
y y y
= = =
.



21

Cách 3 : Do
y
là t
ổ
ng c
ủ
a hai bi
ể
u th
ứ
c nh
ậ

n giá tr
ị
d
ươ
ng, ta có th
ể
dùng
b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c côsi, khi
đ
ó ta
đượ
c:
4
2 2 4 2
4
2 ( 1)( 1) 2 1 2
y x x x x x x
≥ + + − + = + + ≥

Đẳ
ng th
ứ
c x
ả

y ra khi:
2 2
4 2
1 1
0
1 1
x x x x
x
x x

+ + = − +

⇔ =

+ + =



Từ đó ta kết luận được
2
y
≥
, đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
0
x

=
.
V
ậ
y
min
(0) 2
y y
= =
.
Cách 4:
Do
y
là hàm ch
ẵ
n ta xét hàm
y
v
ớ
i m
ọ
i
0
x
≥

Khi
0
x
=

thì
(0) 2
y
=
.Còn khi
0
x
>
, ta có th
ể
bi
ể
u di
ễ
n thông qua
MAB
∆

nh
ư
sau :
2 2 2
2 2 2
1 1 2 .1.cos60 MA
1 1 2 .1.cos120 MB
x x x x
x x x x
− + = + − ° =
− + = + − ° =

Trong đó :
1
OA OB
= =

OM x
=
.
Đặt :
y MA MB
= +

ta có :
2
MA MB AB
+ ≥ =

Đẳng thức xảy ra khi M trùng với O.
Vậy :
min
(0) 2
y y
= =
.