skkn các giải pháp khắc phục một số thiếu sót nhằm nâng cao kết quả việc học toán ở trung học phổ thông

S GIO DC V O TO NINH BèNH
TRNG THPT TRN HNG O

SNG KIN
Các giảI pháp khắc phục một số thiếu sót nhằm nâng
cao kết quả việc học toán ở trung học phổ thông

Ngời viết sáng kiến: Vũ Thị Luyến
Đơn vị:
Tổ Toán - Tin
Chức vụ :
Giáo viên

Ninh Bỡnh, thỏng 9 nm 2014

I. Tờn sỏng kin: Cỏc gii phỏp khc phc mt s thiu sút nhm

nõng cao kt qu vic hc toỏn trung hc ph thụng.
II. Tỏc gi sỏng kin:
1


Họ và tên: Vũ Thị Luyến
Chức vụ: Giáo viên
Học vị: Cử nhân khoa học – Chuyên ngành Toán Tin ứng dụng
Địa chỉ: Trường THPT Trần Hưng Đạo – Thành Phố Ninh Bình
Mail:
Điện thoại: 0918603399
III. Nội dung sáng kiến
1. Thực trạng của hoạt động toán học của học sinh phổ thông hiện
nay

Ở trường phổ thông, dạy toán là hoạt động toán học. Đối với học sinh, có
thể xem giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Dạy học giải
toán có vai trò đặc biệt trong dạy học toán. 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, kỹ xảo.
Tuy nhiên, thực tiễn cho thấy chất lượng học toán của học sinh có lúc, có
chỗ còn chưa tốt, biểu hiện qua việc năng lực học toán của học sinh còn hạn chế
do học sinh còn mắc nhiều thiếu sót.
Những nguyên nhân dẫn đến những thiếu sót của học sinh đó là:
a. Tâm lí sợ học toán:
Trong suy nghĩ của nhiều học sinh, toán học là môn học rất khó, khô
khan, cứng nhắc, do đó các em e ngại, không thích học toán. Hơn nữa, một bộ
phận không nhỏ giáo viên thường áp đặt ý kiến chủ quan của mình đối với học
sinh. Nhiều giáo viên chưa khuyến khích khả năng tư duy độc lâp, khả năng
phản biện của học sinh. Nhiều giáo viên khó chấp nhận và khó nhìn ra sai lầm
của chính mình. Do vậy không sẵn sàng chấp nhận đối thoại với học sinh.
b. Ngôn ngữ diễn đạt yếu và kỹ năng tính toán hạn chế:
Khả năng diễn đạt được coi là khả năng rất quan trọng của con người. Có
rất nhiều học sinh giỏi về kiến thức nhưng khả năng diễn đạt yếu dẫn đến người
đọc không hiểu hết được vấn đề. Nguy hiểm hơn nữa, đó là học sinh diễn đạt tuỳ
tiện, không chọn lọc câu, từ, kí hiệu khi diễn đạt, thường viết theo cảm tính,
không suy nghĩ đến mức độ đúng, sai của vấn đề.
Trong quá trình giải toán thì máy tính điện tử là một công cụ hỗ trợ rất
mạnh và rất cần thiết đối với học sinh. Máy tính điện tử giúp học sinh tiết kiệm
được thời gian tính toán, kiểm tra được các kết quả khi cần thiết, giải được nhiều
bài toán phức tạp. Tuy nhiên, một trong những lí do làm giảm khả năng tính
toán của học sinh cũng chính là máy tính điện tử. Hiện nay trong giờ học, học
sinh quá lạm dụng máy tính điện tử (MTĐT), không chịu rèn luyện tư duy một
cách thường xuyên và thường chủ quan khi làm bài, do đó khi không có MTĐT
các em dễ bị sai trong tính toán.

2


Ví dụ như: Khi học sinh lên bảng giải phương trình: x 2 – 4x + 3 = 0, các
em không quan tâm đến khả năng nhẩm nghiệm (do a + b + c = 0), mà vội vàng
dùng MTĐT để bấm ra nghiệm. Còn có học sinh lớp 11 chỉ thực hiện phép tính
“26 -14” cũng phải mượn MTĐT để ra kết quả.
c. Không biết cách sử dụng các mệnh đề trong giải toán (sử dụng các
phép suy luận sai) và không nắm vững lí thuyết:
Đây là những thiếu sót thường hay xảy ra đối với học sinh. Học sinh
không biết cách sử dụng các mệnh đề và không biết cách áp dụng lí thuyết vào
các tình huống cụ thể.
Ví dụ như: Với sách giáo khoa ở phổ thông chỉ sử dụng có kí hiệu ∞ để viết
giới hạn vô hạn của dãy số. Nên tuỳ vào từng trường hợp mà kí hiệu ∞ này, có
thể được hiểu theo các cách khác nhau như + ∞ hoặc - ∞ , hay hỗn hợp cả hai +
∞ và - ∞ ; chẳng hạn xét: Với lim n2 = ∞ , kí hiệu ∞ được hiểu là + ∞
Với lim (- n) = ∞ , kí hiệu

∞

Với lim (-1)n n = ∞ , kí hiệu

được hiểu là - ∞
∞

được hiểu là + ∞ và - ∞

Vì vậy, nên khi xét giới hạn vô cực của dãy số phải xét cụ thể chỉ rõ ràng, giới
u n = + ∞ hoặc lim u n = - ∞
hạn + ∞ hay giới hạn - ∞ , tức là nlim

→+∞
n →+∞
Học sinh áp dụng cách tư duy theo lối mòn như: “Nếu a ⊥ b và c ⊥ b thì
a // c”; hay “Nếu A, B, C, D cách đều điểm O cố định thì A, B, C, D nằm trên
một đường tròn” hoặc “Bất phương trình ax2 + bx + c > 0 vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 ”
Hay học sinh thường sử dụng các mệnh đề sai đó là:
f(x) ≥ g(x) ⇔ f2(x) ≥ g2(x)
f (x ) = g(x) ⇔ f (x ) = g2(x)
f ( x)
g ( x)

=0

a > b

c > d

⇔ f(x) = 0

=> ac > bd

f ( x) + g ( x) =

f ( x) + g ( x )

f ( x)
≥ h( x) ⇔ f ( x ) ≥ h( x).g ( x )
g ( x)

f ( x) g ( x) ≥ 0

 g ( x) ≥ 0
⇔
 f ( x) > 0

f ( x ) h( x ) = g ( x ) h ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) …

Trong khi đó giáo viên thì không thường xuyên sửa chữa các thiếu sót
này cho học sinh, giáo viên chỉ sửa chữa khi bắt gặp vào bài học sinh giải sai
3


trong giờ bài tập, còn không thì bỏ qua. Thông thường trong các bài dạy, giáo
viên dạy xong phần lí thuyết, cho học sinh vận dụng bài tập theo các bước mà
giáo viên sắp xếp trước, nên rất khó phát hiện ra các thiếu sót từ phía học sinh.
d. Coi nhẹ việc tự học, tự kiểm tra, tự đánh giá:
Đa số học sinh hiện nay có tâm lí dựa dẫm, lệ thuộc vào giáo viên, luôn
coi việc đi học thêm là biện pháp quan trọng nhất, do đó thường đi học thêm
một cách tràn lan, thiếu tính chọn lọc. Hầu hết học sinh chỉ coi rằng học toán là
nghe thầy, cô giảng bài và làm theo những mẫu bài tập đã cho. Các em chưa biết
cách tự học, tự kiểm tra, tự đánh giá. Chính vì vậy mà các em không chủ động,
thiếu tính tích cực, sáng tạo và linh hoạt trong khi làm bài, do đó việc học của
học sinh chưa mang lại hiệu quả.
e. Chưa nắm chắc một số kĩ năng cơ bản khi làm bài kiểm tra và bài
thi:
Có rất nhiều học sinh tiếp thu kiến thức ở lớp tốt, kết quả sau mỗi bài học
đều khá cao, nhưng kết quả sau mỗi bài kiểm tra và bài thi lại không ổn định. Vì
sao vậy? Tôi đã tìm hiểu nguyên nhân và thấy rằng: Nếu bài kiểm tra, bài thi mà
đề ra theo một trình tự các câu hỏi từ dễ đến khó thì các em đạt điểm cao hơn so
với đề ra đảo lộn các câu khó, dễ với nhau. Hơn nữa, nếu câu trên các em tính

toán không ra thì các em thường bị lúng túng khi giải các câu dưới (theo thứ tự
trong đề bài), mặc dù kiến thức câu dưới nằm trong phạm vi kiến thức các em
làm được.
Vì các nguyên nhân trên, tôi đã đưa ra “Các giải pháp khắc phục một số
thiếu sót nhằm nâng cao kết quả việc học toán ở trung học phổ thông”
2. Giải pháp mới của sáng kiến
Sáng kiến giúp học sinh bỏ qua rào cản về tâm lí trong quá trình học toán
cũng như các môn học khác; giúp học sinh phát triển tư duy logic, hệ thống và
khái quát hóa kiến thức một cách hiệu quả. Sáng kiến giúp học sinh tự tin trên
con đường chiếm lĩnh kiến thức và học sinh có thể làm việc một cách chủ động,
độc lập, tích cực, sáng tạo. Ngoài ra sáng kiến cũng giúp học sinh sẵn sàng thừa
nhận các thiếu sót mà mình mắc phải và dễ dàng sửa chữa chúng.
Sáng kiến đã làm sáng tỏ được nhiều kiểu thiếu sót của học sinh mà các
tài liệu khác hoặc chưa có dịp đề cập, hoặc chỉ đề cập ở một khía cạnh nào đó.
Đặc biệt, khi đề cập đến các sai lầm sáng kiến đã chú trọng đến các phương
diện hoạt động toán học. Cùng với các đề tài nghiên cứu khác, tiến tới việc đưa
ra một bức tranh toàn cảnh và tương đối đầy đủ về những kiểu sai lầm,thiếu sót
của học sinh khi học toán.
Sáng kiến đã bám sát theo nghị quyết số 29- NQ/TW về việc đổi mới căn
bản và toàn diện giáo dục đối với học sinh THPT là: Tập trung phát triển trí tuệ,
4


nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, phát triển khả năng sáng tạo, tự học,
khuyến khích học tập.
a. Các giải pháp khắc phục đối với tâm lí sợ học toán.

Giáo viên tạo hứng thú cho học sinh bằng các giải pháp sau:
Tăng cường giao tiếp trong giờ học: Giáo viên vừa đóng vai trò của một
người thầy, vừa đóng vai trò của một người bạn để học sinh loại được tâm lí tự

ti, mặc cảm. Giáo viên cần kết hợp vừa giảng, vừa luyện, phân tích chi tiết cụ
thể, giúp học sinh hiểu khái niệm không hình thức. Giáo viên phải tạo tình
huống có vấn đề để gợi mở suy nghĩ của học sinh, lôi cuốn các thành viên cùng
học, cùng làm bài, cùng chung trách nhiệm.
Tìm nhiều lời giải cho một bài toán (nếu có).
Khuyến khích học sinh chỉ ra các lỗi trong bài giải của giáo viên, của học
sinh khác và các sách tham khảo.
Đưa nhiều lời giải có tình huống sai khác nhau để học sinh trao đổi, tìm ra
chỗ sai, phân tích nguyên nhân. Khi giải toán thi giáo viên cung cấp kiến thức
mới, đồng thời củng cố, khắc sâu kiến thức cũ thông qua ví dụ và phản ví dụ.
Trong các phản ví dụ, giáo viên đưa nhiều tình huống sai khác nhau để các học
sinh trao đổi, tìm ra chỗ sai, phân tích các sai lầm, cuối cùng giáo viên tổng hợp
các ý kiến của học sinh và phân tích các sai lầm mà học sinh thường gặp. Có
như vậy thì hiệu quả của giờ học mới được nâng cao và học sinh dễ dàng nắm
được bản chất của vấn đề.
Sẵn sàng chấp nhận đối thoại với học sinh: Để xóa bỏ được tâm lí sợ học
toán của học sinh thì giáo viên cần khuyến khích học sinh xóa bỏ rào cản về tâm
lí giữa giáo viên và học sinh, có nghĩa giáo viên sẵn sàng chấp nhận những thiếu
sót của mình khi được học sinh chỉ ra và ghi nhận những cách làm hay hơn của
học sinh, sẵn sàng chấp nhận đối thoại với học sinh. Điều này sẽ kích thích sự
tìm tòi, sáng tạo của học sinh cũng như sự tự tin của học sinh và quan trọng hơn
nữa đây chính là động lực giúp học sinh sau này có thể làm việc một cách độc
lập, sáng tạo.
b. Các giải pháp khắc phục đối với học sinh có ngôn ngữ diễn đạt yếu
và đối với học sinh có kỹ năng tính toán hạn chế
Giáo viên cần nhấn mạnh tầm quan trọng của ngôn ngữ.
Thường xuyên sửa chữa những thiếu sót trong cách viết, cách trình bày
của học sinh:
“+) Để biểu diễn hai đường thẳng a và b vuông góc với nhau tại M, ta
viết:

 a⊥b

hay a ⊥ b tại M
a ∩ b = { M }

5


+) AB ⊥ CD ⇔ AB. CD = 0.
+) Nghiệm của phương trình (1) là…
+) đường thẳng ( ∆ ) có một véc tơ pháp tuyến n = (a; b)”
Giáo viên cần ra bài tập đòi hỏi sự tính toán. Khi dạy giải bài tập giáo
viên yêu cầu học sinh làm các phép tính cụ thể để đi đến kết quả cuối cùng chứ
không chỉ dừng lại ở "phương hướng" mà học sinh ngại nỗ lực. Giáo viên
thường xuyên khuyến khích học sinh tìm tòi các cách tính toán khác nhau và
biết chọn phương án hợp lí nhất, chẳng hạn tăng cường khả năng tính nhẩm góp
phần phát triển óc quan sát, trí nhớ, khả năng chú ý của học sinh, rèn luyện kĩ
năng tính ước chừng khi học sinh sử dụng máy tính điện tử để bước đầu kiểm tra
kết quả tính toán sau khi bấm máy.
Chỉ cho phép học sinh dùng MTĐT trong các trường hợp cần thiết và
trong các bài toán yêu cầu dùng MTĐT.
Giáo viên thường xuyên kiểm tra và nhắc nhở học sinh trong việc rèn
luyện tư duy, kĩ năng tính toán và cũng nêu ra những ví dụ để học sinh hiểu
được tại sao không được lệ thuộc vào MTĐT.
c. Các giải pháp khắc phục đối với học sinh không biết cách sử dụng
các mệnh đề trong giải toán (sử dụng các phép suy luận sai) và không nắm
vững lí thuyết.
Yêu cầu học sinh chứng minh lại các mệnh đề đúng.
Hướng dẫn học sinh cách ghi nhớ các công thức. Dùng các câu ca dao
trong dân gian. Ví dụ: Để tính định thức cấp 2 thì D; D x; Dy được “nhớ” bởi câu

“ anh bạn, cầm bát, ăn cơm”…
Đưa ra các phản ví dụ như: sin(300 + 600) ≠ sin300 + sin600.
Phân tích và chỉ ra những sai lầm mà học sinh thường mắc phải trong
những bài tập cụ thể.
Đưa ra các bài toán có những lời giải sai, yêu cầu học sinh tìm ra nguyên
nhân và giải lại theo lời giải đúng.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x3 – 5x2 + 4x = 3x2 + 5x – 8
Sai lầm thường gặp:
(1.1) ⇔ (x -1)(x2 – 4x) = (x - 1)(3x + 8)
⇔ x2 -4x = 3x + 8
 x = −1
⇔ x2 -7x - 8 = 0 ⇔ 
 x =8

Phân tích và chỉ ra sai lầm:

6

(1.1)


Có thể thấy ngay x = 1 cũng là nghiệm của phương trình (1.1), sai lầm
của học sinh là đã chia hai vế của phương trình cho x – 1.
Cần nhớ: ab = cb ⇔ b(a - c) = 0
Lời giải đúng là:
(1.1) ⇔ (x -1)(x2 – 4x) = (x - 1)(3x + 8)
 x= 1
⇔ (x - 1)(x2 -7x - 8) = 0 ⇔  x = − 1
 x = 8

Ví dụ 2: Giải phương trình:
− x3 + 3x − 2 +

x +1 = 2

Sai lầm thường gặp:
Điều kiện để căn thức có nghĩa:
− x 3 + 3 x − 2 ≥ 0
 x3 − 3x + 2 ≤ 0
⇔


x +1 ≥ 0
x ≥ −1


( x − 1) 2 ( x + 2) ≤ 0
x + 2 ≤ 0
x ≤ − 2
⇔
⇔ 
⇔ 
x ≥ −1
 x ≥ −1
 x ≥ −1


Vậy không tồn tại giá trị của x để hai căn thức đồng thời có nghĩa nên
phương trình vô nghiệm.

Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Có thể chỉ ra với x = 1 thì cả hai căn thức đều có nghĩa và x = 1 chính là
nghiệm của phương trình. Học sinh đã sai khi :
(x - 1)2(x + 2) ≤ 0 ⇔ x + 2 ≤ 0
Lời giải đúng là:
Điều kiện để căn thức có nghĩa:
− x 3 + 3 x − 2 ≥ 0
 x3 − 3x + 2 ≤ 0
( x − 1) 2 ( x + 2) ≤ 0
⇔
⇔

x +1 ≥ 0
x ≥ −1
x ≥ −1



 x = 1

⇔  x ≤ − 2
 x ≥ −1


⇔ x = 1.

Thử x = 1 vào phương trình ta có 2 = 2 nên x = 1 là nghiệm duy nhất.

7

1

1 + 1+

Ví dụ 3:Giải phương trình:

− 3x 2 + 2
=
1
2 x +1
1+
x
1

(1.3)

Sai lầm thường gặp:
1

(1.3)

⇔ 1 + 1+

− 3x 2 + 2
1
=
x +1
2 x +1
x

1
⇔1+

x =
1+
x +1

− 3x 2 + 2
2 x +1

1
x +1
− 3x 2 + 2
− 3x 2 + 2
⇔ 1 + 2 x +1 =
⇔ 1+
=
2 x +1
2 x +1
2 x +1
x +1
⇔

3x + 2
 2 x +1≠ 0
− 3x 2 + 2
⇔  2
=
2 x +1

2 x +1
3 x + 3x = 0

−1

 x ≠ 2
 x=0
⇔  x=0 ⇔ 
. Vậy phương trình có 2 nghiệm là x= 0; x = -1.

x = −1

 x = − 1

Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Có thể thay x = 0 hoặc x = -1 vào phương trình (1.3) thì thấy phương
trình không có nghĩa. Vậy sai ở đâu? Trong quá trình biến đổi học sinh đã quên
không đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.
Lời giải đúng là:

 x≠ 0
x≠0


Điều kiện để xác định phương trình là:  x + 1 ≠ 0 ⇔  x ≠ − 1
2 x + 1 ≠ 0

1

 x ≠ − 2

1

Với điều kiện đó thì: (1.3)
1
⇔1+

x =
1+
x +1

⇔ 1 + 1+

− 3x 2 + 2
2 x +1

8

− 3x 2 + 2
1
=
x +1
2 x +1
x


1
x +1
− 3x 2 + 2
− 3x 2 + 2
2

x
+
1
⇔1+
⇔ 1+
=
=
2 x +1
2 x +1
2 x +1
x +1
⇔

3x + 2
− 3x 2 + 2
⇔ 3x2 + 3x = 0
=
2 x +1
2 x +1

 x = 0 (không thoả mãn điều kiện)
⇔
x = −1

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 4: Giải phương trình
2x + 22x = 20

(1.4)

Sai lầm thường gặp:
(1.4) ⇔ 2x (1 + 22) = 20 ⇔ 2x.5 = 20
⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2

Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Tuy thay x = 2 vao phương trình (1.4) thì thấy thoả mãn, nhưng lời giải
vẫn bị sai vì học sinh tưởng rằng: 22x = 22.2x. Cần phải chú ý: 22x = (2x)2.
Lời giải đúng là:


2x = 4
⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2.
x
2
=
−
5
(
Loai
)


(1.4) ⇔ (2x)2 + 2x – 20 = 0 ⇔ 
Ví dụ 5: Giải phương trình
Log2 x2 = 2log2 (3x + 4)

(1.5)

Sai lầm thường gặp:
 x ≠ 0

 x2 > 0
⇔
Điều kiện: 
x > − 4
3 x + 4 > 0

3

Khi đó (1.5)

⇔ 2log2 x = 2log2(3x + 4)

⇔ log2 x = log2(3x + 4)
⇔ x = 3x + 4 ⇔ x = -2.

Giá trị này không thoả mãn điều kiện đã đặt nên phương trình đã cho
vô nghiệm.
Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Sai lầm khi biến đổi log2 x2 = 2log2 x.
Cần nhớ: log2 x2 = 2log2 x .
9


Lời giải đúng là:
(1.5) ⇔ 2log2 x = 2 log2 (3x + 4)
⇔ log2 x = log2 (3x + 4)
 x = 3 x + 4

 x = 3x + 4
⇔

⇔  x = − x − 4 ⇔ x = -1.
3 x + 4 > 0
 x>− 4

3

Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
1
x − 2x − 3
2

<

1
x+5

(1.6)

Sai lầm thường gặp:
(1.6) ⇔ x + 5 < x 2 − 2 x − 3
⇔ (x + 5)2 < x2 – 2x – 3
⇔ 12x + 28 < 0 ⇔ x < -

7
3

Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Sai lầm khi nghĩ rằng

1 1

⇔ b < a.
<
a b

ab > 0

a >b
a −b
1 1
> 0 ⇔ 
Cần nhớ: < ⇔
 ab < 0
a b
ab
 a < b


Lời giải đúng là:
Điều kiện để các biểu thức xác định:
 x >3
x 2 − 2x − 3 > 0

⇔   x < − 1

 x+5 ≠ 0
x ≠ − 5


Nếu x < - 5 thì vế phải là số âm, vế trái là số dương nên không thoả
mãn phương trình (1.6)



x >3

Nếu 
thì x 2 − 2 x − 3 > 0 và x + 5 > 0, nên:
−
5
<
x
<
−
1

(1.6) ⇔ x + 5 < x 2 − 2 x − 3 ⇔ (x + 5)2 < x2 – 2x – 3 ⇔ x < -

10

7
.
3


Kết hợp các điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là ( -5; 1

1

Ví dụ 7: Giải bất phương trình: 2 x + 1 + 1 > 4 x + 2 x + 1 − 3

7

)
3

(1.7)

Sai lầm thường gặp:
(2t + 1)(t 2 + 2t− 3) ≠ 0
1
 1
≥


t >0
Đặt t = 2x , t > 0, khi đó: (1.7) ⇔  2t + 1 t 2 + 2t − 3 ⇔ 
2


t >0
 2t + 1 ≤ t + 2t − 3
(2t + 1)(t −1)(t + 3) ≠ 0
t ≠ 1; t > 0
x
⇔
⇔
⇔ t ≥ 2 ⇔2 ≥ 2 ⇔x ≥ 1
2
 t > 0; t − 4 ≥ 0
 t ≥2

Phân tích và chỉ ra sai lầm:

Với x < 0 ⇔ 2x – 1 < 0 ⇔ 4x + 2x+1 – 3 = (2x - 1)(2x + 3) < 0 thì
1
2

x +1

+1

>0>

1
; nên x < 0 nghiệm đúng phương trình (1.7).
4 + 2 x +1 − 3
x

Cách giải trên đã làm mất nghiệm.
Lời giải đúng:
1
 t 2 + 2t − 3 − (2t + 1 )
 1
≥


≥0
Đặt t = 2x, t > 0, khi đó: (1.8) ⇔  2t + 1 t 2 + 2t − 3 ⇔  (2t + 1)(t 2 + 2t − 3)


t >0
t>0
⇔


t2 −4
t − 2
2 x ≥ 2
 t≥2
x ≥ 1
≥0


≥0
⇔  t −1
⇔
⇔  x
⇔
 (2t + 1)( t + 3)( t −1)
0 < t < 1
x < 0
 2 <1

 t > 0
t >0

Ví dụ 8:: Cho hàm số: y = x3 – 3x + 1
Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ điểm A(3; 19) tới đồ thị .
Sai lầm thường gặp:
Ta thấy f(3) = 19 => A thuộc đồ thị. Vậy phương trình tiếp tuyến cần
xác định là:
y – f(3) = f’(3)(x - 3)
⇔ y = 24x - 53

Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Phương trình tiếp tuyến y = 24x – 53 là tiếp tuyến tại A( Nhận A làm
tiếp điểm) tất nhiên là kẻ từ A. Nhưng vẫn có thể có tiếp tuyến đi qua A mà A
không phải là tiếp điểm.
11


Lời giải đúng là:
Tiếp tuyến đi qua A(3; 19) có dạng
y = k(x - 3) + 19
 x 3 − 3 x + 1 = k ( x − 3) + 19

Đường thẳng này là tiếp tuyến khi và chỉ khi hệ 

 3x − 3 = k
2

(1)
có
(2)

nghiệm. Từ (2), thế k vào (1) ta có:
x3 – 3x + 1 = (3x2 - 3)(x - 3) + 19
⇔ x3 – 3x2 + 3x2 – 9x + 6x – 18 – (3x2 - 3)(x - 3) = 0
⇔ x2(x - 3) + 3x(x - 3) + 6(x - 3) – (3x2 -3)(x - 3) = 0
⇔ (x - 3)[x2 + 3x + 6 – 3x2 + 3] = 0
⇔ (x - 3)(-2x2 + 3x + 9) = 0
 x= 3
⇔

3
x = −
2


Nếu x = 3 thay vào (2) có k = 24
3
15
thay vào (2) có k =
2
4

Nếu x = -

Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn bài toán, đó là:
y = 24(x - 3) + 19
y=

15
(x - 3) + 19
4

Ví dụ 9: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =
1 3
 2 ; 2 

Sai lầm thường gặp:
Ta có:

x 2 − 2x

y’ =
. Mà
( x − 1) 2

Do đó

1 3
1 3
y’ < 0 ∀ x ∈  ;  ⇒ Hàm số giảm trên  ; 
2 2
2 2

Vậy

Max
1 3
 2; 2 



Min

1 3
2; 2



y = y =

x 2 − 2x < 0

1
1
khi x =
2
2

9
3
khi x =
2
2
12

1 3
∀x ∈  ; 
2 2

x2
trên
x −1


Phân tích và chỉ ra sai lầm:
1

3

Do hàm số gián đoạn tại điểm x = 1 ∈  ;  nên không thể dùng tính chất
2 2

nghịch biến của hàm số để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số


trên  ; 
2 2
1

3

Lời giải đúng là:
x 2 − 2x
. Mà
( x − 1) 2

x 2 − 2x < 0

Ta có:

y’ =

Do đó

1   3
y’ < 0 ∀ x ∈  ; 1 ∪ 1; 
2   2

1 3
∀x ∈  ; 
2 2

Bảng biến thiên:
x

1
2

3
2

1

y’

-

+∞

y

1
2

9
2

-∞
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
2

Ví dụ 10: Tính tích phân I =

dx

∫ (x + 1)

2

−2

Sai lầm thường gặp:
2

dx
I= ∫
2 =
− 2 (x + 1)

2

2

d ( x + 1)
1
4
−1
∫−2 ( x +1) 2 = x +1 = - 3 - 1 = - 3
−2

Phân tích và chỉ ra sai lầm:
13

1

Do hàm số y = ( x + 1) 2 không xác định tại x = -1 ∈ [ − 2; 2] , nên hàm số gián đoạn
trên [-2; 2]. Do đó không được sử dụng định lí Newton – Leibnitz để tính tích
phân như cách giải trên.
Lời giải đúng là:
1

Hàm số y = ( x + 1) 2 không xác định tại x = -1 ∈ [ − 2; 2] , nên hàm số gián đoạn
trên [-2; 2]. Do đó tích phân trên không tồn tại.
Ví dụ 11: Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông
góc với đáy. Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.
S

D

A

C

B

Sai lầm thường gặp:
SA ⊥ AB => ∆ SAB vuông ở A
SA ⊥ AD => ∆ SAD vuông ở A
Ta cũng có:

SA ⊥ AB 

 => SB ⊥ BC (Theo định lí ba đường vuông góc)
AB ⊥ BC 

Vậy ∆ SBC vuông tại B.
Chứng minh tương tự, ta có ∆ SDC vuông góc tại D.
Vậy các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.
Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Thiếu sót chủ yếu ở lí luận trên đây là đã phát biểu những điều kiện của định lí
ba đường vuông góc một cách không chính xác
Lời giải đúng là:
SA ⊥ (ABCD) ;
14


SB có hình chiếu trên (ABCD) là AB
BC ⊥ AB
Do đó: BC ⊥ SB.
Vậy ∆ SBC vuông tại B.
Chứng minh tương tự, ta có ∆ SDC vuông góc tại D.
Vậy các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.
Ví dụ 12: Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy ABC là một tam giác vuông tại
đỉnh B. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Từ A ta kẻ các đường AK ⊥ SB và AH
⊥ SC; K ∈ SB; H ∈ SC. Chứng minh rằng: SC ⊥ HK và AK ⊥ HK.
S

H

K

A

C

B

Sai lầm thường gặp:
Theo giả thiết:

SC ⊥ AH 
 => SC ⊥ mp(AHK)
AH ⊂ (AKH)

Mặt khác: HK ⊂ (AKH). Từ đó suy ra SC ⊥ HK.
Ta có:

AK ⊥ SB 
 => AK ⊥ mp(SBC)
SB ⊂ (SBC ) 
AK ⊥ mp( SBC )
 => AK ⊥ HK.
HK ⊂ ( SBC ) 

Phân tích và chỉ ra sai lầm:

15


Những lí luận trên dựa trên một mệnh đề sai là: “Một đường thẳng vuông góc
với một đường thẳng nằm trong một mặt phẳng thì vuông góc với mặt phẳng
ấy”

Cần phải nhớ: Một đường thẳng không nằm trong mặt phẳng mà vuông góc với
hai đường thẳng cắt nhau nằm trong một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt
phẳng ấy.
Lời giải đúng là:
SA ⊥ BC 
 => BC ⊥ mp(SAB) => BC ⊥ AK (1)
AB ⊥ BC 

Theo giả thiết, ta lại có: SB ⊥ AK (2)
Từ (1) và (2) suy ra AK ⊥ mp(SBC) = > AK ⊥ HK.
Từ AK ⊥ mp(SBC) => AK ⊥ SC (3)
Theo giả thiết: AH ⊥ SC

(4)

Từ (3) và (4) suy ra : SC ⊥ mp(AKH) => SC ⊥ HK.
Ví dụ 13: Cho một hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Qua đỉnh C của đáy, ta dựng
một mặt phẳng vuông góc với cạnh bên SA. Mặt phẳng này cắt cạnh SA, SB,
SD ở các điểm M, N, P. Chứng minh: NP // BD.
S

M
P

N
A

D

H

B

C

Sai lầm thường gặp:
16


Kẻ đường cao SH.
SH ⊥ mp(ABCD) => SH ⊥ BD.
ABCD là hình vuông => AC ⊥ BD. Vậy BD ⊥ mp(SAC) => BD ⊥ SA.
Theo giả thiết: SA ⊥ mp(CPMN) nên ta có: NP ⊥ SA.
Hai đường thẳng BD và NP cùng vuông góc với SA nên chúng song song với
nhau. Vậy BD // NP.
Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Trong ví dụ này, kết luận đã dựa trên định lí: “Hai đường thẳng cùng vuông góc
với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau”. Đó là một định lí của hình học
phẳng. Nhưng việc mở rộng ra trong hình học không gian thì đó lại là một mệnh
đề sai.
Lời giải đúng là:
Kẻ đường cao SH.
SH ⊥ mp(ABCD) => SH ⊥ BD.
ABCD là hình vuông => AC ⊥ BD. Vậy BD ⊥ mp(SAC) => BD ⊥ SA (a)
Theo giả thiết: SA ⊥ mp(CPMN)

(b)

Vì (a) và (b) nên theo định lí “Một đường thẳng và một mặt phẳng cùng vuông
góc với một đường thẳng thì chúng song song với nhau”, ta có:
BD // mp(CPMN)

Ta lại có: mp(SBD) chứa BD và mp(CPMN) // BD cho nên giao tuyến của
chúng là NP phải song song với BD.
Hay:

NP // BD.

(Ta cũng có thể chứng minh NP và BD cùng vuông góc với mặt phẳng
(SAC))
1
Ví dụ 14: Cho a ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a +
a

Sai lầm thường gặp:
1
1
A = a + ≥ 2. a. = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 2.
a

a

Phân tích và chỉ ra sai lầm:
Giá trị nhỏ nhất của A bằng 2 khi và chỉ khi: a =
giả thiết a ≥ 3
Lời giải đúng là:
17

1
= 1 mâu thuẫn với
a

1
a 1
8a
10
a 1
8.3
≥ 2.
. +
A= a + = ( + )+
= .
a

9

a

9

9 a

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng

3

9

10
khi a = 3.
3

Bài tập vận dụng:
Hãy phân tích và chỉ ra sai lầm trong mỗi bài giải của các bài toán
sau:
Bài 1: Giải phương trình: 2x +

x − 3 = 16

Bài giải:
Điều kiện: x ≥ 3. Ta có:
Phương trình ⇔

x − 3 = 16 – 2x ⇔ x - 3 = 256 – 64x + 4x2

 x= 7
⇔ 4x2 – 65x + 259 = 0 ⇔ 
37 thoả mãn x ≥ 3.
x =

4

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 7 hoặc x =
Bài 2: Giải phương trình:

3

2x − 1 +

3

37
.
4

x −1 =1

Bài giải :
Phương trình ⇔ (3 2 x − 1 + 3 x − 1 ) 3 = 1
⇔ (2x - 1) + (x - 1) + 3. 3 2 x −1 3 x − 1 (3 2 x − 1 +
⇔ 3x – 2 + 3.
⇔

3

2x − 1

2x − 1

3

x − 1) = 1

x − 1. 1 = 1

x −1 = 1 – x

3

⇔ ( 3 2x − 1

3

3

3

x − 1 )3 = (1 - x)3 ⇔ (2x - 1)(x - 1) = (1 - x)3

x = 0
⇔ (1 - x)[(x - 1)2 + (2x - 1)] = 0 ⇔ x2(1 - x) = 0 ⇔ 
x = 1

Bài 3: Giải phương trình: 2

x 2 − 9 = (x + 5)

x+3
x−3

Bài giải :
Phương trình đã cho
⇔2

( x − 3)( x + 3) = ( x + 5)

x+3
x−3

⇔2

18

x − 3 x + 3 = ( x + 5)

x+3
x−3


⇔

⇔

x+5

x + 3 (2 x − 3 −
x+3
x−3

x−3

x+3

)= 0 ⇔

x−3

x+3

. [ 2 ( x − 3) − ( x + 5)] = 0 ⇔

 x − 11 = 0

⇔  x + 3 = 0
 x−3≥0


[

]

. 2( x − 3 ) 2 − ( x + 5) = 0

x−3

( x − 11) = 0

 x = 11

⇔  x = − 3 ⇔ x = 11.
 x≥3


Bài 4: Giải phương trình:
x 2 −1 −

x +1 = x + 1

Bài giải:
 x 2 −1 ≥ 0
( x − 1)( x + 1) ≥ 0

⇔
Điều kiện căn thức có nghĩa: 
x +1 ≥ 0

 x +1 ≥ 0
 x −1 ≥ 0
 x ≥1
⇔
⇔ 
⇔ x ≥ 1.
x
+
1
≥
0
x
≥
−
1



Khi đó phương trình có dạng:
( x − 1)( x + 1) −

x +1 = x +1

Vì x ≥ 1 nên x +1 > 0 , chia cả hai vế cho

x +1

Ta có: x −1 − 1 = x + 1 .
Vì với x ≥ 1 thì x −1 < x + 1 , nên x −1 −1< x +1 .
Vậy phương trình vô nghiệm.
3x

1

4

Bài 5: Giải phương trình: x + 2 + x − 2 − x 2 − 4 = 0
Bài giải:
Phương trình ⇔

3 x ( x − 2) + ( x + 2) − 4
3x 2 − 5 x − 2
⇔
=0
=0
x2 − 4
x2 − 4
 x=2
⇔ 3x – 5x – 2 = 0 ⇔ 
1
x = −
3

2

Bài 6: Giải phương trình:

3
2
+
= cot 2 x − 2 cot 4 x + 3
sin 2 x sin 4 x

Bài giải:
19


Phương trình ⇔
⇔

tan 2 x + cot 2 x
cot 2 x − tan 2 x
3
+ 2(
) = cot 2 x − 2(
)+3
sin 2 x
2
2

3
π
π
= 3 ⇔ sin2x = 1 ⇔ 2x = + 2kπ ⇔ x = + kπ
sin 2 x
2

4

Bài 7: Giải phương trình: ( x −1) log

x −1 (2 x

2

− 4 x + 1)

= x −1

Bài giải:

2 x 2 − 5x + 2 = 0
2 x 2 − 4 x + 1 = x − 1

⇔ 
Phương trình ⇔  2
2+ 2
2− 2
∨ x<
 2 x − 4 x +1 > 0
 x > 2
2
1

x
=
2

∨
x
=

2
⇔
2
+
2
2− 2
x >
∨ x<

2
2

⇔ x=2

Bài 8: Giải bất phương trình: 2 x 2 − 6 x + 1 − x + 2 > 0
Bài giải:
Bất phương trình ⇔ 2 x 2 − 6 x + 1 > x − 2
 x≥2
x−2 >0
x≥2



⇔ 2
⇔ 2
⇔  x > 3 ⇔ x > 3

2
2 x − 6 x + 1 > ( x − 2)
x − 2x − 3 > 0
 x < − 1


Bài 9: Tìm các điểm của trục tung mà từ đó kẻ được đúng ba tiếp tuyến tới đồ
thị y = x4 – x2 + 1
Bài giải 1:
Đồ thị có trục đối xứng là Oy. Do đó nếu d là tiếp tuyến của đồ thị không
vuông góc với Oy thì d’ đối xứng với d qua Oy cũng là tiếp tuyến của đồ thị.
Suy ra từ một điểm trên Oy kẻ được đúng ba tiếp tuyến tới đồ thị thì trong các
tiếp tuyến đó phải có tiếp tuyến vuông góc với Oy. Gọi tiếp tuyến này là y = m
 x 4 − x 2 + 1 = m (1)
thì hệ :  3
có nghiệm.
 4 x − 2 x = 0 (2)
 x =0
Ta có (2) ⇔  x = ± 2

2

Nếu x = 0 thay vào (1) ta có m = 1 => Tiếp tuyến y = 1 cắt Oy tại A(0;1)
nên A(0; 1) thoả mãn.

20


3
3

2
thay vào (1) ta có : m = => Tiếp tuyến y = cắt Oy tại
4
4
2
3
3
B(0; ) nên B(0; ) thoả mãn.
4
4

Nếu x = ±

Tóm lại: A(0; 1) và B(0;

3
).
4

Bài giải 2:
Giả sử A(0; m) là điểm của trục tung. Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm của
tiếp tuyến đi qua A thì m = f’(x0)(0 – x0) + f(x0)
⇔ 3x04 – x02 + m – 1 = 0

(*)

Từ A kẻ được 3 tiếp tuyến ⇔ phương trình (*) có đúng 3 nghiệm khác nhau.
Điều kiện cần để (*) có 3 nghiệm là x0 = 0 thoả mãn phương trình (*)
=> m = 1
 x0 = 0

Thử lại : Với m = 1 thì (* ) trở thành : 3x0 – x0 = 0 ⇔  x = ± 3
0
3

4

2

Vậy A(0; 1) thoả mãn.
Bài giải 3:
Giả sử A(0; m) là điểm của trục tung. Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm của
tiếp tuyến đi qua A thì m = f’(x0)(0 – x0) + f(x0)
⇔ 3x04 – x02 + m – 1 = 0

(*)

Từ A kẻ được 3 tiếp tuyến ⇔ phương trình (*) có đúng 3 nghiệm khác
nhau. Đặt t = x02 ≥ 0 dẫn đến phương trình g(t) = 3t 2 – t + m – 1 = 0 có nghiệm
t1 = 0 và t2 > 0
m − 1 = 0
 g (0) = 0

⇔
⇔ 1
⇔ m=1
>0
 S >0
 3

Vậy A(0; 1) thoả mãn.

Bài 10: Cho {un} với un = (-1)n. Chứng minh {un} không có giới hạn.
Bài giải:
Ta có: u1 = -1 < u2 = 1 > u3 = -1.
Chứng tỏ {un} không tăng, không giảm. Theo định lí Vai- ơ- xtơ- rat- xơ
thì {un} không có giới hạn.

21


Bài 11: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang ABCD vuông góc tại A và
B, SA vuông góc với đáy. Cho biết AB = BC = a; AD = SA = 2a. Một mặt
phẳng (P) qua CD và qua trung điểm M của cạnh SA.
1. Tính diện tích mặt cắt của hình chóp do mặt phẳng (P) tạo ra.
2. Tính tỉ số thể tích của hai phần hình chóp được chia bởi mặt phẳng (P)
Bài giải:
1. Để dựng thiết diện, ta kéo dài AB và DC cho cắt nhau tại một điểm B’.
Nối MB’ cắt SB ở N. Tứ giác MNCD là thiết diện phải dựng.
Ta có: AC = a 2 ;
AD = 2a; ∠ DAC = 450.
Từ đó suy ra : AC ⊥ CD.
SA ⊥ ( ABCD)
 => SC ⊥ CD => CD ⊥ MC
AC ⊥ CD 

Vậy góc MAC là góc phẳng của nhị diện hợp bởi thiết diện và đáy.
Ta lại có: MC2 = AC2 + MA2 = 2a2 + a2 = 3a2
MC = a 3
Có : Cos( ∠MCA) =

AC

a 2
6
=
=
MC
3
a 3

S

M

A

D

B

C

B’
22


Để tính diện tích thiết diện, vì MA ⊥ (ABSD)
S

Nên có thể sử dụng công thức S’ = cos ϕ , tức là:
S ( ABCD )

S(MNCD) =

cos ∠MCA

1
3a 2
( a + 2 a) a =
2
2

; mà SABCD =

3a 2
3a 2 6
2
Vậy S(MNCD) =
=
6
4
3

2.Trong bài tập 4 sách giáo khoa hình học 12 trang 65 đã đưa ra một
phương pháp tính tỉ số thể tích như sau: “Với hình chóp S.ABC, trên các cạnh
SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’ khác với S, ta có được
VS . A'B 'C ' SA'.SB '.SC '
=
”
VS . ABC
SA.SB.SC

Áp dụng phương pháp này cho hình chóp tứ giác SABCD ta có:
V( S . ABCD )

=

V( S .MNCD )

SA. SB. SC. SD
SM .SN .SC.SD

(1)

Theo cách dựng thiết diện, và vì AD = 2BC nên ta suy ra BB’ = a .
Suy ra B là trung điểm của AB’. Do đó ta có: SN =
V( S . ABCD )

2 3 1 1

2
SB
3

3

Thay vào (1) ta có: V
= . . . =
1 2 1 1
1
( S . MNCD )
V( S . ABCD ) − V( S .MNCD )

V( S .MNCD )

=

V( ABCDMNCD )
3 −1
2
=> V
= .
1
1
( S . MNCD )

Vậy tỉ số thể tích của hai phần hình chóp tách ra khỏi mặt phẳng (P) là
Bài 12:Tính:
L = nlim
→ +∞ (

1
n +1
2

+

1
n +2
2

+ ... +

1
n +n
2

)

Bài giải:
Ta có: L = nlim
→ +∞

1
n +1
2

+ nlim
→ +∞

1
n +2
2

+ … + nlim
→ +∞

= 0 + 0 +… + 0 = 0

23

1
n +n

2

2
.
1


Bài 13:: Tìm các điểm trên trục Ox mà từ đó kẻ được đúng một tiếp tuyến tới đồ
thị y =

x2 − 4
.
x −1

Bài giải:
Gọi điểm cần tìm trên Ox là M(h; 0). đường thẳng d qua M có dạng:
y = k(x - h)
Đường thẳng này là tiếp tuyến của đồ thị ⇔ phương trình
x2 − 4
= k(x - h) có nghiệm kép
x −1
⇔ x2 – 4 = k(x - 1)(x - h) có nghiệm kép
⇔ (k - 1)x2 – k(h + 1)x + kh + 4 = 0 có nghiệm kép
⇔ ∆ x = 0 ⇔ k2(h + 1)2 – 4(k - 1)(kh + 4) = 0
⇔ k2(h - 1)2 + 4(h - 4)k + 16 = 0

(*)

Để có một tiếp tuyến thì phương trình (*) có đúng một nghiệm
 h=2

⇔ ∆ x = 0 ⇔ 4(h - 4)2 – 16(h - 1)2 = 0 ⇔ 
h = − 2

Vậy có hai điểm thuộc Ox thoả mãn bài toán là M1(2; 0) và M2(-2 ; 0).
Bài 14: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị y = x 2 – x + 1, biết rằng góc
giữa tiếp tuyến và đường thẳng y = 0 là 450.
Bài giải:
Góc giữa tiếp tuyến và đường thẳng y = 0 là 45 0 ⇔ Hệ số góc của tiếp
tuyến là tan450 = 1.
Do đó tiếp tuyến có dạng y = x + k. Đường thẳng này là tiếp tuyến của đồ thị ⇔
phương trình x2 – x + 1 = x + k có nghiệm kép ⇔ x2 – 2x + 1 – k = 0 có nghiệm
kép ⇔ ∆' x = 0 ⇔ k = 0.
Suy ra có một tiếp tuyến thoả mãn bài toán là y = x.
Bài 15: Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là một hình chữ nhật, cạnh SA
vuông góc với mặt đáy. Từ đỉnh A, ta kẻ các đường AH ⊥ SB; AI ⊥ SC; AK
⊥ SD. Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp được trong một đường tròn.
Bài giải:

24


S
I

K
C
D

H

A

Ta có :

B

SA ⊥ mp ( ABCD)
 => SB ⊥ BC (Theo định lí ba đường vuông góc)
AB ⊥ BC


Mặt khác ta có: AB ⊥ BC, nên BC ⊥ mp(SAB) => BC ⊥ AH
Theo giả thiết: AH ⊥ SB.
Do đó: AH ⊥ mp(SBC); mà: HI ⊂ mp(SBC) nên AH ⊥ HI => ∠ AHI = 900.
Chứng minh tương tự ta có: ∠ AKI = 900.
Vậy tứ giác AHIK có tổng hai góc đối là 180 0 nên nó nội tiếp được trong một
đường tròn.
d. Các giải pháp khắc phục đối với học sinh coi nhẹ việc tự học, tự
kiểm tra, tự đánh giá:
Bên cạnh việc học ở lớp dưới sự hướng của giáo viên thì người học còn
phải tự nghiên cứu, tự tìm hiểu, khám phá để lĩnh hội tri thức, ngoài ra về mặt
tâm lý học cũng cho thấy việc tự học sẽ làm cho người học phát huy hết nội lực
đem lại hiệu quả cao hơn trong quá trình học tập. Trong việc học tập môn toán
cấp phổ thông việc tự học, tự kiểm tra, tự đánh giá cũng đóng vai trò quyết định
tới kết quả hoc tập của học sinh. Do đó, Ngoài việc phân tích cho các em thấy
vai trò to lớn của việc tự học, tự kiểm tra, tự đánh giá, tôi còn:
Hướng dẫn học sinh tự học môn toán bằng các giải pháp:
+)Hướng dẫn cho các em các kỹ năng:
- Kỹ năng nghe giảng và kết hợp ghi bài.
- Kỹ năng đọc sách: Đây là kỹ năng vô cùng quan trọng, đặc biệt trong

môn toán, kỹ năng đọc sách là một kỹ năng phổ biến của học sinh phổ thông.
Sách giáo khoa là tài liệu chính thống và cơ bản, tất cả các nội dung đều được
trình bày rõ ràng, tỉ mỉ và có hệ thống. Vì vậy trước buổi lên lớp, học sinh có thể
25