Nâng cao chất lượng môn toán cho học sinh lớp 9 thông qua chuyên đề phương pháp tổng quát hóa các bài toán trong dạy học toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BỈM SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN CHO HỌC
SINH LỚP 9 TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN THÔNG
QUA CHUYÊN ĐỀ “PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT HÓA
CÁC BÀI TOÁN TRONG DẠY HỌC TOÁN”

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hòa
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Quý Đôn
SKKN thuộc môn: Toán

BỈM SƠN NĂM 2017


MỤC LỤC
TT

Nội dung
1. Mở đầu

1

2

3

Trang

3

1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm

3
3
4
5
5
5

2.3. Các giải pháp thực hiện

5

1. Dạng 1: Các bài toán tính toán

5

2. Dạng 2: Các bài toán chứng minh.

8

3. Dạng 3: Các bài toán chứng minh bất đẳng thức

11

4. Dạng 4: Các bài toán cực trị

14

5. Dạng 5: Các bài toán giải phương trình và hệ phương
trình đại số

15

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Kết luận và kiến nghị

17
18

5

2


1.MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng đổi mới
không ngừng.. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán đã góp phần tạo
điều kiện cho các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản

một cách có hệ thống mà phải được nâng cao, phát triển để các em có hứng
thú, say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho
mình.
Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của
học sinh. Do vậy trong giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc nội dung kiến
thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng
quát giúp học sinh có thể phát triển tốt tư duy Toán học.
Thực tế trong quá trình dạy và học toán có rất nhiều các bài toán mang
tính điển hình, từ bài toán đó ta có thể phát triển thêm các bài toán khác mang
các thuộc tính tổng quát hơn. Vì vậy trong quá trình dạy theo tôi người dạy phải
biết trong mênh mông của toán, đâu là những bài toán mấu chốt, đâu là những
bài toán đại diện và vấn đề cơ bản của các bài toán ấy là vấn đề gì. Từ đó học
sinh có thể dễ dàng nắm bài toán một cách tổng quát .. Đó là lý do mà tôi đã
chọn đề tài: “Tổng quát hoá các bài toán trong dạy học toán”
1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài :
“Tổng quát hoá các bài toán trong dạy học toán”để giúp học sinh
hiểu được tổng quát hoá là chuyển từ trường hợp đặc biệt sang trường hợp tổng
quát , nếu chứng minh được bài toán tổng quát ta có bài toán “mạnh hơn” bài
toán ban đầu , đúng với một lớp đối tượng rộng hơn so với bài toán ban đầu.
Nhờ tổng quát hoá mà ta có thể đi đến công thức tổng quát, có thể sáng tạo ra
các bài toán mới, các định lý mới .
Qua đó học sinh được rèn luyện phương pháp tìm lời giải cho một bài
toán cụ thể và rèn luyện cho học sinh phương pháp suy luận để chuyển từ việc
khảo sát một tập hợp đối tượng đến tập hợp đối tượng lớn hơn chứa tập hợp
ban đầu.
Thông qua việc tìm tòi cách giải cho một bài toán cụ thể, giáo viên đẫn
dắt để học sinh có thói quen xét bài toán trong trường hợp tổng quát hơn và có
nhu cầu chứng minh bài toán tổng quát đó
Sau khi chứng minh được bài toán tổng quát , giúp học sinh có cái nhìn
sâu rộng hơn , khái quát hơn và có phương pháp giải một lớp các bài toán cùng

dạng
1.3. Đối tượng nghiên cứu
3


Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9B trường THCS Lê Quý Đôn –Thị
xã Bỉm Sơn-Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Từ một bài toán trong trường hợp riêng mà dẫn tới một bài toán chung
cho nhiều trường hợp, cách làm như thế gọi là phương pháp tổng quát hóa.
Trên cơ sở thực hiện đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát
huy tính tích cực của học sinh trong học tập , làm cho học sinh chủ động nắm
bắt kiến thức, chủ động tư duy hình thành các khái niệm, các công thức… thì
người thầy phải chủ đạo, hướng học sinh nắm bắt kiến thức một cách khoa
học, giáo viên cần tung ra những tình huống nhằm kích thích học sinh ham tìm
tòi sáng tạo
Giáo viên có thể đưa ra những dạng bài cụ thể, mang tính đơn lẻ, có tính
chất dễ dàng lĩnh hội và đặt học sinh vào tình huống làm thế nào để có được
khái niệm, bài toán tổng quát của những bài toán đơn lẻ đó, Qua đó học sinh sẽ
tiếp nhận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo theo tư duy của từng cá nhân.
Trên cơ sở phân loại các dạng bài tập, chúng tôi đưa ra các ví dụ từ dễ
đến khó, từ đơn giản đến phức tạp từ đó hình thành bài toán tổng quát.

4


2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận:
Trong toán học, nhất là trong dạy học toán theo chương trình đổi mới thì
việc dạy học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học

sinh được tiếp cận kiến thức một cách chủ động sáng tạo, từ những hình ảnh, mô
hình, ví dụ ... để hình thành các khái niệm trừu tượng, tổng quát hơn
Tổng quát hóa được các nhà toán học thường xuyên sử dụng, nhờ đó mà
ta có một nền toán học đồ sộ và phong phú. Sự tổng quát của bài toán cho thấy
rằng bài toán được giải bao giờ cũng sáng sủa hơn về mặt phương pháp và kết
quả thu được cũng cho thấy rõ bản chất của vấn đề.
Rất nhiều bạn không dừng lại ở những bài toán tưởng chừng như rất
nhỏ, các bạn luôn cố gắng suy nghĩ tự tìm tòi sáng tạo để mở rộng, tổng quát
các bài toán lên.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Trong quá trình dạy học chúng tôi nhận thấy đa phần học sinh chỉ chú
trọng việc giải toán , giải thế nào để bài toán có lời giải ngắn gọn. Thực tế, đó
cũng là việc làm rất cần thiết đối với học sinh , tuy nhiên chỉ dừng lại ở đó thì
học sinh không thể phát huy được tính sáng tạo qua các bài toán.
Vấn đề đặt ra là người giáo viên khi đứng trên bục giảng có biết hướng
các em đi đến những bài toán khác, xây dựng những bài toán mới từ những bài
toán mà các em vừa được làm hay không, từ đó tổng quát lại các bài toán
Tổng quát hoá bài toán giúp học sinh phát huy được tính tích cực, chủ
động sáng tạo, năng lực tự học của học sinh, tạo điều kiện cho các em hứng thú
học tập bộ môn.
Trong quá trình dạy học mỗi người giáo viên cần biết dạy cho học
sinh đi từ những bài toán dễ đến bài toán khó, từ bài toán cụ thể đến bài toán
tổng quát
2.3.Các giải pháp thực hiện :
Dạng 1: Các bài toán tính toán
Ở các bài toán thực hiện phép tính rất quen thuộc với các em, tuy
nhiên thông thường thì các em chỉ dừng lại ở việc tính toán mà ít tư duy để
khái quát các bài toán đó, đưa bài toán về dạng tổng quát.
Chính vì vậy khi dạy giáo viên cần hướng các em đi từ những ví dụ nhỏ
để hình thành cách tính tổng quát hơn, Chẳng hạn với các ví dụ sau các em có

thể tự mình tổng quát hoá được bài toán:
Khi dạy lớp 9 ta có bài toán (bài 66-trang34–sgk toán 9 tập 1)
Ví dụ 1: Giá trị của biểu thức

1
2+ 3

+

1
2− 3

bằng :
5


1
;
2

(A)

(B) 1 ;

(C) -4 ;

(D) 4

Hãy chọn câu trả lời đúng.
Bằng cách quy đồng mẫu số của hai phân số trong biểu thức, ta có thể

nhẩm ngay ra giá trị của biểu thức là 4 ( câu trả lời là D). Tuy nhiên, nếu ta
nhìn số 2 dưới dạng khác là 2 = 4 và nhận ra ( 4 - 3 )( 4 - 3 ) =1 (*) thì ta
cũng có

1
2+ 3

+

1

=( 4- 3)+( 4- 3)=4

2− 3

Đẳng thức (*) đã được phát biểu mở rộngtrong nội dung bài tập
71( trang 14, sách bài tập toán 9, tập1):
n +1 -

Chứng minh đẳng thức

n =

1

(1) với n ∈ N.

n +1 + n

Đẳng thức (1) còn tiếp tục được mở rộng như sau:

n+d -

d

n =

n+d + n

(2) ( với n, d ∈ N và d ≠ 0)

Từ đẳng thức (1) và (2) ta lại có bài toán vân dụng như sau:
Rút gọn :
1
1− 2

1

-

2− 3

+

1
3− 4

-

1
4− 5

+

1
5− 6

1

-

6− 7

1

+

7− 8

-

1
8− 9

Giải:
n +1 +

Từ đẳng thức (1) tương đương với:

1

n =

, áp dụng

n +1 − n

vào bài toán ta có :
-

1
2− 1

+

1
3− 2

-

1
4− 3

+

1
5− 4

1

-

6− 5

+

1
7− 6

1

-

8− 7

+

1
9− 8

= - ( 2 + 1 ) + ( 3 + 2 ) – ( 4 + 3 ) + …+( 8 + 7 ) + ( 9 + 8 )
=

9- 1 =3–1=2
Từ bài toán trên ta lại có bài toán tổng quát “mạnh hơn”
Bài toán tổng quát: Rút gọn:
1
1− 2

-

1
2− 3

+

1
3− 4

-

1
4− 5

+ …

+

1
2 n − 1 − 2n

-

1
2n − 2n + 1

Giải:
6


Từ đẳng thức (1) tương đương với:

n +1 +

1

n =

n +1 − n

, áp dụng

vào bài toán ta có :
-(

1
2− 1

1
2n + 1 − 2n

1

+

1

)-(

3− 2

1

+

4− 3

5− 4

)-…..–(

1
2 n − 2n − 1

+

)

=-( 2 +

2n + 2n − 1 ) + (

1 ) + ( 3 + 2 ) – ( 4 + 3 ) + …+(

2 n + 1 + 2n )

=

2n + 1 - 1
1

Ví dụ 2: Rút gọn: S =

1

+

2 1 +1 2

3 2+2 3

+

1
4 3 +3 4

+

1
5 4+4 5

Giải:
Ta có;

1
2 1 +1 2
1

=

3 2 +2 3

1

=

4 3 +3 4
1

=

5 4 +4 5

1

⇒ S=

1

1

S=

1

1

=

−

1

1

3
1

1

5

4
1

−

5
1

+

2

1

3
1

−

4

−

2
1

−

2
1

1

−

−

2

1
3

+

1
3

−

1
4

+

1
4

−

1
5

5 −1

=

5

Bài toán tổng quát: Rút gọn:
1
1
1
1
S=
+
+
+…+
(n + 1) n + n n + 1
3 2 +2 3
4 3 +3 4
2 1 +1 2

Giải:
1
1
1
−
Ta có:
=
2 1 +1 2
1
2
1
3 2 +2 3
1
4 3 +3 4

=
=

1
2

1

−

−

1
3

1

3
4
……………………
……………………

7


1
(n + 1) n + n n + 1

1

⇒ S=

S=

1
1

1

−

Vậy S =

−

1
2

1

=

+

n

1
2

−

1

−

n +1

1
3

+

1
3

−

1
4

+ ….+

1
n

−

1
n +1

1
n +1
n +1 − 1
n +1

Dạng 2: Chứng minh các bài toán
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng ∀số nguyên a thì :
a, a2-a chia hết cho 2
b, a3 - a chia hết cho 3
c, a5 - a chia hết cho 5
d, a7 - a chia hết cho 7
Giải:
a, a2 - a = a(a - 1)
Vì a(a - 1) ( tích của 2 số tự nhiên liên tiếp)
⇒ a2 -a  2

b, a3 - a = a(a2 - 1) = a(a - 1) (a + 1)
Vì a(a - 1)(a + 1)  3 ( tích của 3 số tự nhiên liên tiếp)
⇒ a3 - a  3
c, a5 - a = a(a4 - 1) = a(a2 - 1) (a2 + 1) = a(a2 - 1) (a2 - 4 + 5)
= a(a2 - 1) (a2 - 4 ) + 5 a(a2 - 1)
= a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2) + 5 a(a2 - 1)
Vì a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2)  5 ( tích của 5 số tự nhiên liên
tiếp) và 5 a(a2 - 1)  5
⇒ a5 - a  5
d, a7 - a =a(a6 - 1) = a(a3 - 1) (a3 + 1)
- Nếu a có dạng 7k thì a  7 ⇒ a7 - a  7
- Nếu a có dạng 7k + 1 thì:
a3 = (7k + 1)3
= (7k)3 + 3(7k)2 + 3(7k) + 1
= 7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k) +1
⇒ a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k)  7
⇒ a7 - a  7
- Nếu a có dạng 7k + 2 thì:
8


a3 = (7k + 2)3
= (7k)3 + 3(7k)2. 2 + 3(7k).22 + 23
= 7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22) +8
⇒ a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22) + 7
Vì : 7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22)  7 và 7  7
⇒ a7 - a  7
- Nếu a có dạng 7k + 3 thì:
a3 = (7k + 3)3
= (7k)3 + 3(7k)2. 3 + 3(7k). 32 + 33

= 7( 72 k3 + 32. 7k2 + 33 k) +27
⇒ a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k) + 28
Vì: 7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k)  7 và 28  7
⇒ a7 - a  7
- Nếu a có dạng 7k + 4 ⇔ a = 7k - 3 ( tương tự a = 7k + 3)
- Nếu a có dạng 7k + 5 ⇔ a = 7k - 2 ( tương tự a = 7k + 2)
- Nếu a có dạng 7k + 6 ⇔ a = 7k - 1 ( tương tự a = 7k + 1)
Qua các ví dụ trên giáo viên cho học sinh nhận xét số mũ của a và
số chia của biếu thức từ đó tổng quát bài toán . Lúc đó học sinh dễ dàng pháp
biểu được bài toán như sau:
Bài toán tổng quát : “Nếu p là số nguyên tố và a là 1 số nguyên
p
thì a – p chia hết cho p” (*)
Đây cũng chính là bài toán nhỏ Fecma
Chứng minh
Cố định p, ta chứng minh bằng quy nạp theo a
Với a= 0 thì 0p- p  p ( đúng )
Giả sử mệnh đề (*) đúng với a = k tức là Ak = kp – k  p
Ta cần chứng minh Ak+1 = (k + 1)p – (k + 1)  p
Thất vậy: Xét hiệu: Ak+1 - Ak = (k + 1)p – (k + 1) - (kp – k )
⇒ Ak+1 - Ak = [ kp + p k p – 1 +

+

p ( p − 1) p – 2
p ( p − 1)( p − 2) p – 3
k
+
k + ...
1. 2

1. 2. 3

p ( p − 1) 2
k + pk + 1 – (k + 1) ] – ( kp – k)
1. 2

⇒ Ak+1 - Ak = p kp – 1 +
p ( p − 1) 2
k + pk
1. 2

p ( p − 1) p – 2
k
+
1. 2

p ( p − 1)( p − 2) p – 3
k
+ ... +
1. 2. 3

(**)

9


Xét dạng chung của các hệ số trong biểu thức (**) đó là các số
nguyên có dạng

p ( p − 1)( p − 2) ... ( p − k + 1)

(***)
1. 2. 3 ... k

Số nguyên tố p lớn hơn k nên p không rút gọn được với một thừa số nào
ở mẫu của (***), điều đó chứng tỏ biều thức (***) chia hết cho p, do đó A k+1 Ak chia hết cho p
Ta lại có Ak chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp). Vậy A k+1 chia hết
cho p
Vậy mệnh đề (*) đúng với mọi số nguyên a
Ví dụ 2: Chứng minh rằng :
A=

1
1
1
+ 2 + 2 +
2
1
2
3

1
1
1
+ 2 + 2 +
2
1
3
4

1

1
1
+ 2 + 2 +
2
1
4
5

1
1
1
+ 2 + 2
2
1
5
6

là một số hữu tỷ.
Giải:
1 1
1
1
1
+ 2 + 2 = 1+ −
2
2 3
1
2
3

Ta có;

1
1
1
+ 2 + 2
2
1
3
4

= 1+

1
1
1
+ 2 + 2
2
1
4
5

= 1+

1 1
−
4 5

1
1

1
+ 2 + 2
2
1
5
6

= 1+

1 1
−
5 6

1 1
−
3 4

1 1
1 1
1 1
1 1
− ) + (1+ − ) + (1+ − )+ ( 1+ − )
2 3
3 4
4 5
5 6
1 1
S=4+( − )
2 6

Suy ra:

S = (1+

Là một số hữu tỷ
Bài toán tổng quát: Chứng minh rằng :
A

1
1
1
+ 2 + 2
2
1
2
3

=

+

1
1
1
+ 2 + 2 +
2
1
3
4

1
1
1
+ 2 + 2 +
2
1
4
5

…

+

1
1
1
+
+ 2
2
2
1
(n − 1)
n

là một số hữu tỷ.
Giải:
Ta có;

1 1
1

1
1
+ 2 + 2 = 1+ −
2
2 3
1
2
3
1
1
1
+ 2 + 2
2
1
3
4

= 1+

1 1
−
3 4

10


1
1
1
+ 2 + 2

2
1
4
5

= 1+

1 1
−
4 5

……………………….
……………………….
1
1
1
+
+ 2
2
2
1
(n − 1)
n

Suy ra:

1
1
−
n −1 n

= 1+

S = (1+

1 1
1 1
1 1
− ) + (1+ − ) + (1+ − ) + …+ ( 1+
2 3
3 4
4 5

1
1
− )
n −1 n
1
2

1
n

S = (n – 2) + ( − )
Là một số hữu tỷ
Dạng 3: Chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng
1+ 2 + 3 <

11

2

Chứng minh :
áp dụng bất đẳng thức Bu-Nhi-a-Cốp_ski cho hai bộ 3 số (1,1,1) và (1,
2 , 3 ) ta có :
1+ 2 + 3

≤

12 +12 +12

( 1) 2 + ( 2 ) 2 + ( 3 ) 2

=

3 1+ 2 + 3

=

3 6

= 3 2
Vì

1
2
≠
nên không thể có đẳng thức với n >1
1
1

Vậy với 3 nguyên >1 , ta có :
1+ 2 + 3 < 3. 2
Mặt khác, 3. 2 <
Vậy:

1+ 2 + 3 <

11
2

11
2

Bài toán tổng quát:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n >1, ta đều có :
1+ 2 + 3 + … + n <

2n 2 + n + 1
4

Chứng minh :
11


áp dụng bất đẳng thức Bu-Nhi-a-Cốp_ski cho hai bộ n số (1,1,…1) và
(1, 2 , 3 , … , n ) ta có :
1+ 2 + 3 + … + n

= n.

≤

2
2
12 +1
 +... +
 1
n sè h ¹ ng

=

n 1 + 2 + .... + n

=

n

( 1) 2 + ( 2 ) 2 + .... + ( n ) 2

n(n + 1)
2

(n + 1)
2

1
2
≠
nên không thể có đẳng thức với n >1

1
1

Vì

Vậy với n số nguyên lớn hơn 1 , ta có :
1+ 2 + 3 + … + n < n.
(n + 1)
Mặt khác, n.
2

≤

(n + 1)
2

(1)

n +1
2n 2 + n + 1
=
2
4
2

n2 +

(2)

Bất đẳng thức cần chứng minh suy ra từ hai bất đẳngthức (1) và (2).

Ví dụ 2: Với a, b, c là ba số dương, chứng minh :
a2
b2
c2
a+b+c
≥
+
+
(1)
c+a
a+b
b+c
2
Với một số cách nhìn thông thường để mở rộng một bất đẳng thức
như xét các hệ số ; số mũ; số các biến, ta có các bất đẳng thức mở rộngvà bất
đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức (1)
- Nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng:
a2
b2
c2
a+b+c
1.b + 1.c 1.c + 1.a 1.a + 1.b ≥
1+1
ta được mở rộng của (1)
+

+

như sau:
Bài toán tổng quát : Với a, b, c, m, n là các số dương, chứng minh

a2
b2
c2
a+b+c
≥
+
+
(2)
m.b + n.c
m.c + n.a
m.a + n.b
m+n
- Còn nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng:
2
a
b2
c2
a 2 −1 + b 2−1 + c 2 −1
≥
+
+
ta được mở rộng của (1)
c+a
a+b
b+c
2
như sau:
12

Bài toán tổng quát
an
bn
cn
a n −1 + b n −1 + c n −1
≥
+
+
b+c
c+a
a+b
2

Với a, b,

c, là các số dương, n là số tự nhiên lớn hơn 1
Còn nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng:
2

2

2

a3
a1
a2
a + a 2 + a3
≥ 1
+
+

a 2 + a3
a 3 + a1
a1 + a 2
2

Ta tiếp tục có hai mở rộng khác của (1) là
Bài toán tổng quát
2
2
2
an
a1
a2
a + a 2 + .... + a n
≥ 1
+
+ ... +
a 2 + a3
a3 + a 4
a1 + a 2
2
và :
Bài toán tổng quát
2
2
2
a3
a1
a2
≥

+
+ ... +
a 2 + a 3 + ... + a n
a 3 + a 4 + ... + a1
a1 + a 2 + ... + a n −1
a1 + a 2 + ... + a n
n −1

với a1, a2, ..., an dương, n là số tự nhiên lớn hơn 2

Qua đó ta thấy mỗi
một bài toán với cách nhìn khác nhau ta có các cách tổng quát bài toán khác
nhau
Ví dụ 3:
Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn:
(a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4). Chứng minh : a, b, c là độ dài 3 cạnh
của một tam giác
Lời giải:
Không mất tính tổng quát , giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Ta có :
(a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4).
⇔ (a2 + b2 + c2)2 - 2(a4 + b4 + c4) > 0
⇔ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - (a4 + b4 + c4) > 0
⇔ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)(a + b + c) >0
Do a ≥ b ≥ c > 0
⇒ a+b+c >0 ; a+b–c>0; b+c–a>0; c+a–b>0
Suy ra a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Dễ dàng nhận ra rằng , cách chứng minh bài toán trên vẫn còn hiệu lực
đối với bìa toán mở rộng sau:
Bài toán tổng quát : Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn:
13

(a2k + b2k + c2k)2 > 2(a4k + b4k + c4k). Chứng minh : a, b, c là độ dài 3
cạnh của một tam giác
Lời giải:
Theo kết quả của bài toán 1 ta có a k , bk , ck là độ dài ba cạnh của một
tam giác. Khi đó nếu a + b ≤ c thì ak + bk < (a + b)k ≤ ck là điều vô lý , suy ra a
+ b > c . Tương tự b + c > a, c + a > b . Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dạng 4: Các bài toán cực trị:
Ví dụ 1: Cho bốn số: a < b < c < d là các số thực tùy ý . Với giả trị nào
của x ta có biểu thức : f(x) =

x − a + x − b + x − c + x − d đạt giá trị nhỏ

nhất .
Giải:
Ta có : f(x) = ( x − a + x − d ) + ( x − b + x − c )
Mà: x − a + x − d = ( x − a + d − x ) ≥ x − a + d − x
⇒ x−a + x −d ≥ d – a .

dấu đẳng thức xảy ra khi : (x – a)(d – x) ≥ 0
Tương tự x − b + x − c ≥ c – b.
Dấu đẳng thức xảy ra khi: (x – b)(c – x) ≥ 0
⇒ f(x) ≥ d + c – a – b
⇒ min f(x) = d + c – a – b
( x − a )(d − x) ≥ 0
a ≤ x ≤ d
⇔ 
( x − b)(c − x) ≥ 0
b ≤ x ≤ c

Khi : 

⇒ min f(x) = d + c – a – b , khi b

≤ x ≤ c.

Bài toán tổng quát:
Cho n số: a1 < a2 < a3 <….< an là các số thực tùy ý . Với giả trị nào
của x ta có biểu thức : f(x) =

x − a1 + x − a 2 + x − a 3 +….+ x − a n đạt giá

trị nhỏ nhất .
Giải:
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: n = 2k ( k = 1, m )
áp dụng: x − a1 + x − a 2 k ≥ a2k – a1
x − a 2 + x − a 2 k −1 ≥ a2k – 1 – a2

…………………………..
x − a k + x − a k +1 ≥ ak + 1 – ak
Cộng từng vế, ta có:
f(x) ≥ (a2k + a2k – 1 + …….+ ak + 1) – (a1 + a2 +…+ ak)
14


⇒ min f(x) = (a2k + a2k – 1 + …….+ ak + 1) – (a1 + a2 +…+ ak)

Khi : ak ≤ x ≤ ak + 1

Trường hợp 1: n = 2k – 1 ( k = 1, m )

x − a1 + x − a 2 k −1 ≥ a2k – 1 – a1
x − a 2 + x − a 2 k − 2 ≥ a2k – 2 – a2

…………………………..
x − a k −1 + x − a k +1 ≥ ak + 1 – ak – 1
x − ak ≥ 0
⇒ f(x) ≥ (a2k – 1 + a2k – 2 + …….+ ak + 1) – (a1 + a2 +…+ ak – 1 )
⇒ min f(x) = (a2k – 1 + a2k – 2 + …….+ ak + 1) - (a1 + a2 +…+ ak – 1 )

Khi : x = ak
Dạng 5: Giải phương trình và hệ phương trỡnh đại số
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
 x1 + x 2 + x3 + x 4 ... + x 2000 = 1
x
+ x3 + x 4 ... + x 2000 = 2
1


+ x 4 + ... + x 2000 = 3
 x1 + x 2
.................... .......... .........


 x1 + x 2 + x3 + x 4 + .... + x1999 = 2000

Giải:
Cộng từng vế của n phương trình , ta có:
x1 + 1999(x1 + x2 +x3 …+x2000) = 2001000

hệ có nghiệm x2 = -1, x3 = -2, ….., x2000 = -1999 và
x1 =

2000 2 − 2000 + 2
= 1999001
2

Bài toán tổng quát: Ví dụ: Giải hệ phương trình:
 x1 + x 2 + x3 + x 4 ... + x n = 1
x
+ x3 + x 4 ... + x n = 2
1


+ x 4 + ... + x n = 3
 x1 + x 2
.......................................

 x1 + x 2 + x3 + x 4 + .... + x n −1 = n


Giải:
Cộng từng vế của n phương trình , ta có:
x1 + (n – 1)(x1 + x2 + …+xn) = 1 + 2 + 3 +… + n
⇔ x1 + (n – 1)(x1 + x2 + …+xn) =

n(n + 1)
2

Suy ra hệ có nghiệm:

15


x2 = -1, x3 = -2, ….., xn = -(n – 1) và x1 =

n2 − n + 2
2

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x13- 5y3 - 25z3 = 0 (1)
Giải:
Từ phương trình (1) ta suy ra x3 chia hết cho 5
Đặt x = 5x1 ( x1 nhận giá trị nguyên), ta có phương trình (1) tương
đương với: 125x13- 5y3 - 25z3 = 0
⇔ 25x13- y3 - 5z3 = 0 (2)
Từ phương trình (2) ta lại suy ra y3 chia hết cho 5 ⇒ y chia hết cho 5.
Đặt y = 5y1 ( y1 nhận giá trị nguyên), ta có phương trình (2) tương
đương với: 25x13- 125y13 - 5z3 = 0
⇔ 5x13- 25 y13 - z3 = 0 (3)
Từ phương trình (3) ta lại suy ra z3 chia hết cho 5 ⇒ z chia hết cho 5.
Đặt z = 5z1 ( z1 nhận giá trị nguyên), ta có phương trình (3) tương
đương với: 5x13- 25y13 - 125z13 = 0
⇔ x13- 5y13 - 25 z13= 0 (4)
Như vậy ta có x, y, z cùng chia hết cho 5.
Từ phương trình (4) hoàn toàn tương tự ta cũng suy ra x 1, y1, z1
cùng chia hết cho 5, suy ra x, y, z cùng chia hết cho 52.
Quá trình này tiếp tục mãi , suy ra x, y, z cùng chia hết cho 5 n. với
n là một số nguyên dương tuỳ ý. Điều này sảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 .
Vậy phương trình (1) có nghiệp duy nhất x = y = z = 0 .
Từ đó ta có bài toán tổng quát :
Giải phương trình ngiệm nguyên:

a1x1n + a2x2n+ a3x3n + ... + akxkn = 0
(*)
Với n là số tự nhiên lớn hơn 1,các tham số nguyên a 1, a2, ..., ak và các ẩn
x1, x2, ... . xk được giải bằng phương pháp lùi vô hạnvà sử dụng tính chất chia
hết để chứng minh x1, x2, ... . xk cùng chia hết cho số nguyên tố p, tương tự
chứng minh được x1, x2, ... . xk cùng chia hết cho pm với m là số nguyên dương
lớn tuỳ ý. Điều này xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xk = 0. Vậy phương
trình (*) có nghiệm duy nhất x1 = x2 = ... = xk = 0.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
Khi chưa thực hiện đề tài này học sinh chỉ biết làm các bài toán một
cách rời rạc,không biết vận dụng vào việc giải các bài toán khác cùng loại,do
đó khi giải bài tập thường gặp khó khăn và ngại làm.

16


Sau khi áp dụng đề tài trên đối với 44 học sinh của lớp 9B tôi nhận thấy
học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản có hệ thống và có hứng thú giải
toán ,các em nắm được bản chất của bài toán và biết tổng quát lên để giải các
bài tập cùng loại, từ đó kích thích lòng say mê học toán góp phần không nhỏ
vào việc phát triển tư duy cho học sinh, so sánh với khi chưa áp dụng đề tài có
sự chênh lệch về chất lượng. Cụ thể như sau:

Lớp 9B

Điểm dưới 5
SL

Trước khi áp
1

dụng
Sau khi áp dụng
0

Từ 5.0– 6.5

%

SL

%

Từ 7 – 8.5
S
SL
%

Từ 9 - 10
S
SL
%

2.3

10

23

18

40.8

15

34.1

0%

4

8.9

16

35.6

25

55.5

3. KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ:
17


-Kết luận:
Từ những kinh nghiệm nhỏ rút ra qua quá trình giảng dạy cũng
như sự giúp đỡ của các bạn đồng nghiệp, bản thân nhận thấy: Để chất lượng
giảng dạy đạt hiệu quả cao, người giáo viên cần đầu tư nhiều thời gian và trí
tuệ vào mỗi bài. Từ đó bằng phương pháp đặc trưng của bộ môn, chuyển tải
đến học sinh những kiến thức trọng tâm một cách chính xác, sâu sắc và hấp

dẫn nhất.
Học sinh là yếu tố quan trọng cho thành công của mỗi giờ học nên cần
động viên, hướng dẫn, đôn đốc, kiểm tra một cách thường xuyên để các em có
ý thức và hứng thú trong học tập .
Bản thân thấy: Khi dạy cần cho học sinh tiếp nhận kiến thức một cách
thoải mái, chủ động, rõ ràng, có hệ thống, học sinh phải phân biệt và nhận
dạng được các bài toán , tổng hợp và khái quát bài toán, từ đó hầu hết giải
được các bài tập, xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc
giải tổng quát. Qua đó rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các
phẩm chất trí tuệ khác và học sinh cũng thấy được dạng toán này thật phong
phú chứ không đơn điệu, giúp học sinh hứng thú khi học bộ môn này.
Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, chúng ta cần chọn lọc
hệ thống bài tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó. Cần rèn luyện nhiều về
cách lập luận và trình bày của học sinh
Với mỗi dạng tuy không có quy tắc tổng quát, song sau khi giải giáo
viên nên chỉ ra một đặc điểm, một hướng giải quyết nào đó để khi gặp bài
tương tự, học sinh có thể tự liên hệ được và hình thành những bài toán đặc
trưng rồi từ đó đi đến các bài toán tổng quát cho từng dạng bài, có như vậy nác
em nắm kiến thức một cách chắc chắn và có hệ thống.
-Kiến nghị:
Phương pháp tổng quát hóa các bài toán trong dạy-học Toán là một
phương pháp quan trọng trong chương trình Toán trung học cơ sở. Nội dung
kiến thức này không những phục vụ cho học sinh đại trà mà còn phục vụ cho
học sinh khá giỏi. Với mục đích phát triển tư duy toán học, bên cạnh kiến thức
cơ bản trong sách giáo khoa cần mở rộng kiến thức một cách có hệ thống lô
gíc chặt chẽ, để rèn luyện phương pháp tư duy toán học sâu sắc góp phần phát
triển trí tuệ cho học sinh.Để đạt được mục tiêu đó tôi xin đề xuất một số ý kiến
sau:
18

- Đối với tổ chuyên môn và nhà trường :Nên xây dựng các chuyên đề cụ thể
để tổ chức và dạy học tự chọn là hết sức cần thiết.
- Đối với phòng Giáo dục: Tổng hợp các sáng kiến kinh nghiệm có chất
lượng đưa về các trường để triển khai cho giáo viên học tập và áp dụng.
Với một vấn đề mang tính chất khoa học như đề tài này thì bài viết của
tôi không thể tránh khỏi các thiếu sót.Mong hội đồng khoa học các cấp xây
dựng góp ý để đề tài được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Bỉm Sơn ngày 6 tháng 4 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người khác
( Ký và ghi rõ họ, tên)

Nguyễn Thị Hòa

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Sách giáo khoa Toán 9-Nhà xuất bản giáo dục.
Nâng cao và phát triển Toán 9-Tác giả Vũ Hữu Bình
Phương pháp giải Toán Bất đẳng thức và cực trị.Tác giả:Nguyễn Văn
Dũng,Võ Quốc Bá Cẩn,Trần Quốc Anh
23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp.Tác giả:Nguyễn Đức
Đồng,Nguyễn Văn Vĩnh.

Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ-Nhà xuất bản giáo dục.
Tài liệu chuyên Toán THCS phần đại số lớp 8,lớp 9 .Tác giả:Vũ Hữu
Bình,Trần Hữu Nam,Phạm Thị Bạch Ngọc,Nguyễn Tam Sơn.
Đề thi học sinh giỏi Thị,Tỉnh các năm.

20


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ
CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả:Nguyễn Thị Hòa
Chức vụ và đơn vị công tác:Tổ trưởng tố KHTN-Trường THCS Lê Quý Đôn

1.

Phát triển năng lực học Toán

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
Năm học
giá xếp loại
xếp loại đánh giá xếp
(Phòng, Sở,
(A, B,
loại
Tỉnh...)
hoặc C)

Cấp Thị xã B
1999=2000

2.

cho học sinh
Hướng dẫn học sinh chứng

Cấp Thị xã

B

2001-2002

3.

minh bất đẳng thức
Dạng Toán:”Tìm cực trị hình

Cấp Thị xã

B

2002-2003

5.

học”
Ngoại khóa về phép chia hêt Cấp Thị xã
Đề cương bồi dưỡng học sinh Cấp Thị xã

B
B

2003-2004
2005-2006

6

giỏi lớp 9
Phát triển năng lực Toán cho

Cấp Thị xã
Cấp Tỉnh

A
B

2006-2007

7

phép chia hết
Hướng dẫn học sinh phân tích Cấp Thị xã

B

2008-2009

8

đa thức thanh nhân tử
Chuyên đề phương pháp diện

Cấp Thị xã

B

2009-2010

Cấp Thị xã

B

2010-2011

TT

4.

Tên đề tài SKKN

học sinh khá giỏi thông qua
chuyên đề ngoại khóa về

tích trong chứng minh hình
9

học
Đổi mới kiểm tra đánh giá

thúc đẩy đổi mới phương
pháp dạy học

21


10

Bồi dưỡng tư duy cho học

Cấp Thị xã

B

2011-2012

Cấp Thị xã
Cấp Tỉnh

A
B

2012-2013

sinh thông qua bài tập hình
11

học lớp 7
Nâng cao chất lượng môn
toán cho HS lớp 8-9 thông

qua sử dụng phương pháp
tương tự trong giải toán.

* Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào
Ngành cho đến thời điểm hiện tại.
----------------------------------------------------

22