SKKN Rèn luyện cho học sinh cách lấy nghiệm khi giải phương trình lượng giác tồn tại điều kiện để phương trình có nghiệm

Rèn luyện cho học sinh cách lấy nghiệm khi giải
phương trình lượng giác tồn tại điều kiện đê
phương trình có nghiệm
I/ Đặt vấn đề:
• Một trong những mục đích của việc dạy và học toán, là rèn luyện cho học
sinh và học sinh học được các kỹ năng giải các dạng toán.
• Rèn luyện giải toán ngoài việc để làm các đề thi tốt nghiệp, Đại học, còn
rèn luyện cho học sinh tư duy logic, cách phát hiện vấn đề, nhận biết vấn
đề và cách giải quyết vấn đề. Như vậy cũng là một trong những cách giáo
dục tốt cho con người trong thời đại mới.
• Trong chương trình phổ thông hiện nay, chuyên đề :”Giải phương trình
lượng giác” là một vấn đề không mới, tuy nhiên khi gặp những bài toán
giải phương trình lượng giác có điều kiện thì học sinh thường khó khăn
trong việc so sánh nghiệm với điều kiện bài toán. Rất nhiều học sinh,
không những học sinh trung bình, thậm chí cả học sinh khá giỏi cũng bối
rối hoặc suy luận dài dòng trong việc kiểm tra lại điều kiện của nghiệm
xem có thỏa mãn không?
• Tất cả lý do trên là cơ sở để tôi chọn đề tài này.

II/ Nội dung đề tài:
1. Thực trạng vấn đề:
- Khi gặp những bài toán giải phương trình lượng giác có điều kiện, học
sinh thường bối rối, hoăc luôn làm theo 1cách quen thuộc nào đó. Dẫn
đến cách làm dài, mất nhiều thời gian, thậm chí không mang lại kết quả
hoặc kết quả sai.
- Đây là một chuyên đề mà bất kỳ đề thi Đại học nào cũng có.

2. Phương pháp giải quyết:
1

1

- Đề tài sử dụng phương pháp khái quát, gợi mở vấn đề, phân tích vấn đề.

3. Đối tượng:

Học sinh lớp 12P, 11I, 11C trường T.H.P.T. Ba Đình

4. Cách thức thực hiện:
Đề tài đưa ra phương pháp chung
- Cho ví dụ, phân tích phương pháp
- Đưa ra bài tập

5. Nội dung:
Cơ sở của các phương pháp là: Khi giải phương trình lượng giác có điều
kiện, đầu tiên chúng ta đặt điều kiện( điều kiện có 2 hướng làm: hoặc giải cụ
thể, hoặc không giải mà chuyển về điều kiện của một biểu thức lượng giác nào
đó) .Còn khi giải phương trình lượng giác mà muốn so sánh điều kiện ( chúng ta
cũng có 2 hướng: đó là giải ra nghiệm cụ thể, hoặc đưa phương trình về ẩn của
biểu thức có trong điều kiện ). Như vậy chúng ta có 4 phương pháp để so sánh
điều kiện của bài toán,cụ thể:
PHƯƠNG PHÁP 1: Biến đổi điều kiện bài toán và phương trình lượng
giác cùng thông qua một hàm số lượng giác
- Cách làm:
. Lập điều kiện bài toán.
. Giải và biến đổi phương trình về ẩn xuất hiện trong điều kiện trên.
. So sánh.
Ví dụ1 . Giải phương trình

cos 2 x − cos 3 x − 1

cos 2 x − tan x =
cos 2 x
2

Bài giải :
* Điều kiện : cos x ≠ 0 .
* Phương trình đã cho tương đương:

2 cos 2 x − 1 − tan 2 x = 1 − cos x − 1 − tan 2 x
2

2


cos x = −1
1
⇔ 2 cos x + cos x − 1 = 0 ⇔ 
cos
x
=

2
2

Đối chiếu với điều kiện cả hai giá trị trên đều thoả mãn . Vậy phương trình có

x=±

nghiện là x = π + k 2π ;

π
+ k 2π
3

(k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta không giải, mà để dưới dạng là điều
kiện của cos x và khi giải ta cũng biến đổi phương trình về ẩn cosx , giải được
giá trị cosx rồi so sánh)
Ví dụ 2 . Giải phương trình

1 + tan

4

( 2 − sin
x=

2

)

2 x sin 3 x
cos 4 x

Bài giải :
* Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ±1 (*).
* Phương trình đã cho tương đương:

sin 4 x + cos 4 x = ( 2 − sin 2 2 x ) sin 3x ⇔ 1 − 2sin 2 x cos 2 x = (2 − sin 2 x) sin 3 x

(

)

⇔ 2 − sin 2 x = 2 2 − sin 2 x sin 3 x ⇔ (2 − sin 2 x)(1 − 2 sin 3 x ) = 0
⇔ sin 3 x =

1
2 (2)

⇔ 3 sin x − 4 sin3 x =

3

1
2 (**)

3


Lấy (*) thế vào (**) đều không thoả mãn nên các nghiệm của (2) là nghiệm của

của phương trình. Vậy phương trình có nghiệm là

x =

5π
2kπ
+

18
3

x =

π
18

+

2kπ
3

;

(k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta không giải, mà để dưới dạng là
điều kiện của sin x và khi giải ta cũng biến đổi phương trình về ẩn sinx , giải
được giá trị sinx rồi so sánh)
Ví dụ 3

Giải phương trình

1
1
2
+
=
cos x sin 2 x sin 4 x

Bài giải :

* Điều kiện:

 cos x ≠ 0

sin 2 x ≠ 0 ⇔
sin 4 x ≠ 0



 sin x ≠ ±1

 sin x ≠ 0
sin x ≠ ± 1

2


* Phương trình đã cho tương đương:

4sin x cos 2 x + 2 cos 2 x = 2 ⇔ sin x ( 2sin 2 x + sin x − 1) = 0

 sin x = 0
⇔ sin x = −1

1
1
sin x =
 sin x =


2 Đối chiếu với điều kiện ta được
2 thoả mãn .
Vậy nghiệm của phương trình là:

x=

5π
π
+ k 2π
+ k 2π x =
6
6
;

(k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta không giải, mà để dưới dạng là điều
kiện của sin x và khi giải ta cũng biến đổi phương trình về ẩn sinx , giải được
giá trị sinx rồi so sánh)
4

4


Ví dụ 4 . Giải phương trình

sin x + cos x =

cos 2 x

1 − sin 2 x

Bài giải:
* Điều kiện: 1 − sin 2 x ≠ 0 ⇔ ( cos x − sin x ) ≠ 0 ⇔ cos x − sin x ≠ 0
2

cos 2 x − sin 2 x
sin x + cos x =
(cos x − sin x ) 2
* Phương trình đã cho tương đương:

⇔

( sin x + cos x ) 1 −


1

=0⇔
cos x − sin x 

sin x + cos x = 0
 cos x − sin x = 1


Dễ thấy các giá trị của ẩn thoả mãn điều kiện .
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là : x = k 2π ;

x=−

π
+ kπ
2

x=−

π
+ kπ
4
;

(k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta không giải, mà để dưới dạng là điều kiện
của: cosx-sin x và khi giải ta cũng biến đổi phương trình về ẩn: cosx-sin x , giải
được giá trị :cosx-sin x rồi so sánh, còn lượng còn lại ta có thể quy về việc so
sánh cosx với sinx và -sinx)
Ví dụ 5 . Giải phương trình

sin 4 2 x + cos 4 2 x
= cos 4 x
π

π

tan  − x  tan  + x 
4

4


Bài giải:

π
 π

π
 π
 π
tan  − x  tan  + x  = 1
 − x +  + x =
4
 4

 4
 2 nên
Do:  4

5

5


 π

cos + x  ≠ 0

 4

⇔


cos π − x  ≠ 0


* Điều kiện:   4

π
 π

cos − x  cos + x  ≠ 0 ⇔ cos 2 x ≠ 0
4  4


* Phương trình đã cho tương đương:

sin 2 2 x + cos 2 2 x = cos 4 4 x ⇔ 1 − 2 sin 2 2 x cos 2 2 x = cos 4 4 x
⇔ 1−

1
(
1 − cos 2 4 x ) = cos 4 4 x ⇔ 2 cos 4 4 x − cos 2 4 x − 1 = 0
2


cos 2 4 x = 1
 sin 2 x = 0
1
⇔
⇔ sin 4 x = 0 ⇔ 
2
cos 4 x = − 2 (vn)

cos 2 x = 0
Đối chiếu với điều kiện thì sin 2 x = 0 thoả mãn vậy nghiệm của phương trình

là

x=

kπ
2 (k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta không giải, mà để dưới dạng là điều
kiện của cos2x hay sin2x và khi giải ta cũng biến đổi phương trình về ẩn cos2x
hay sin2x , giải được giá trị sin2x hay cos2x rồi so sánh)
PHƯƠNG PHÁP 2: Cùng giải điều kiện bài toán và lấy nghiệm cụ thê
của phương trình lượng giác và so sánh bằng 2 cách.
-Cách làm:
. Lập và giải điều kiện bài toán
. Lấy nghiệm của phương trình lượng giác
. So sánh nghiệm theo 2 cách ( Dùng kiến thức phương trình vô định, hoặc
phân tích thành các họ nghiệm hay biểu diễn trên đường tròn lượng giác. )
Ví dụ 6. Giải phương trình

tan x + cot 2 x = 2 cot 4 x
Bài giải :

6

6

 cos x ≠ 0
kπ

sin 2 x ≠ 0 ⇔ sin 4 x ≠ 0 ⇔ 4 x ≠ kπ ⇔ x ≠
8
sin 4 x ≠ 0
* Điều kiện: 

(k ∈ Z)

* Phương trình đã cho tương đương:

sin x cos 2 x 2cos 4 x
sin x sin 2 x + cos x cos 2 x
2 cos 4 x
+
=
⇔
=
cos x sin 2 x sin 4 x
cos x sin 2 x
2sin 2 x cos 2 x

⇔

cos( 2 x − x ) cos 4 x
kπ
=
⇔ cos 4 x = cos 2 x ⇔ 4 x = ±2 x + k 2π ⇔ x =
cos x

cos 2 x
3

Ta có
Còn

x=

x≠

x=

kπ
8 được chia tách thành 16 họ con lần lượt ứng với k = 0;15

π
kπ
x = + k 2π
3
3 tách thành 6 họ con gồm : x = k 2π ;
;

2π
5π
4π
+ k 2π
+ k 2π
x=
+ k 2π x =
3

3
3
; x = π + k 2π ;
;
(k ∈ Z)

Đối chiếu với điều kiện ta có: phương trình có nghiệm là
x=

x=

π
+ k 2π
3
; ;

5π
2π
4π
+ k 2π
+ k 2π x =
+ k 2π x =
3
3
3
;
;

(nghiệm có thể thu gọn thành hai họ :

x=

π
2π
+ kπ x =
+ kπ
3
3
;
) (k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta giải cụ thể và tách ra thành các họ
nghiệm của k 2π và nghiệm của phương trình ta cũng tách về các họ nghiệm
của k 2π ,rồi so sánh)
Ví dụ 7: Giải phương trình
cos x(cos x + 2 sin x) + 3 sin x(sin x + 2 )
=1
sin 2 x − 1

7

7


Bài giải:

π

x
≠

+ k 2π

π
4
x ≠ + kπ ⇔ 
5π
4
x ≠
+ k 2π
4

* Điều kiện: sin2x ≠ 1 ⇔
(k ∈ Z)
* Phương trình đã cho tương đương:

cos 2 x + 2 sin x cos x + 3 sin 2 x + 3 2 sin x = sin 2 x − 1
2
2
(
1
−
sin
x
)
+
3
sin
x + 3 2 sin x + 1 = 0
⇔

2
⇔ 2 sin x + 3 2 sin x + 2 = 0

π

x
=
−
+ k 2π (tm )

4

5π
x =
+ k 2π (loai )
4

⇔

sin x = − 2

1
 sin x = −
2 (loại)
⇔

Vậy phương trình có nghiệm:

x=−

π
+ k 2π
4
, (k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta giải cụ thể và tách ra thành các họ
nghiệm của k 2π và nghiệm của phương trình ta cũng tách về các họ nghiệm
của k 2π ,rồi so sánh)
Ví dụ 8: Giải phương trình

cot x − tan x + 4 sin 2 x =

2
sin 2 x

Bài giải :

* §iÒu kiÖn: sin2x ≠ 0 ⇔

x≠

kπ
2 (k ∈ Z)

2
* Phương trình đã cho tương đương: cotx - tanx + 4sin2x = sin 2 x

cos x sin x
2
−

+ 4 sin 2 x =
cos x
sin 2 x
⇔ sin x
8

8


cos 2 x − sin 2 x
2
+ 4 sin 2 x =
sin x cos x
sin 2 x
⇔
⇔ 2cos2x + 4sin22x = 2 (do sin2x ≠ 0) ⇔ cos2x = 1 - 2sin22x

⇔ cos2x = cos4x

 x = kπ (loai )

lπ
 x=
3
⇔ 4x = ± 2x +k2π ⇔ 

lπ
kπ
≠
⇔ 2l ≠ 3k

3
2
(l, k ∈ Z) ⇒ l ≠ 3m (m ∈ Z )

π

x
=
±
+ k 2π

3

 (3m + 1)π  π
2π
+ k 2π
 x =
 x = 3 + mπ
x = ±
3
3
 (3m + 2)π ⇔  2π

4
π
 x=
x =
 x = + mπ
+ k 2π



3
3

3
Vậy:
(k ∈ Z) hay 
(m ∈ Z)
(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta giải cụ thể nhưng không tách ra
thành các họ nghiệm như các ví dụ trên và nghiệm của phương trình ta cũng
không tách về các họ nghiệm ,mà ta so sánh như giải phương trình vô định trên
tập hợp số nguyên ,rồi lấy ra kết quả.)
Ví dụ 9:

1
= sin x
2
8
cos
x
Giải phương trình :
Bài giải

* Điều kiện:

9

cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

k

+ kπ
2
(k ∈ Z)

9


* Phương trình đã cho tương đương:

 sin x ≥ 0
 sin x ≥ 0
 sin x ≥ 0
 sin x ≥ 0
1
π kπ
= sin x ⇔  1
⇔
⇔
⇔
= sin 2 x 1 = 2 sin 2 2 x cos 4 x = 0  x = +
8 cos 2 x
2

 8 cos x

8 4
tìm cosx ≠ 0: do

π kπ π
+

= + lπ
8
4
2

(k,l ∈ Z)

⇔ 1+ 2k = 4 + 8l ⇔ 8l = 2k - 3 (vô lý)

π

 x = 8 + k 2π

π π
 x = + + k 2π
8 4

π
 x = + π + k 2π

8 2

π 3π
+ k 2π
x = +
8
4

⇔

π

x
=
+ k 2π

8

3π
x =
+ k 2π
8

 x = 5π + k 2π

8

7π
+ k 2π
x =
8

⇔

(k ∈ Z)

(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta giải cụ thể nhưng không tách ra
thành các họ nghiệm như các ví dụ trên và nghiệm của phương trình ta cũng
không tách về các họ nghiệm ,mà ta so sánh như giải phương trình vô định trên
tập hợp số nguyên ,rồi lấy ra kết quả.)

PHƯƠNG PHÁP 3: Giải điều kiện, thay vào phương trình tương đương với
phương trình đã cho.
- Cách làm:
. Giải điều kiện bài toán
. Biến đổi phương trình đã cho
. Thay giá trị x không thỏa mãn điều kiện vào phương trình tương đương
trên xem có thỏa mãn không?
Ví dụ 10: Giải phương trình

sin x +

1
1
10
+ cos x +
=
sin x
cos x 3

Bài giải :
10

10



 x ≠ k 2π
 sin x ≠ 0

π

⇔  x ≠ ± + k 2π

2
cos x ≠ 0

 x = π + k 2π
* Điều kiện: 
* Phương trình đã cho tương đương:
⇔

(k ∈ Z)

(sin x + cos x ) +

(sin x + cos x) sin x cos x + sin x cos x =

sin x cos x 10
=
sin x cos x
3

10
sin x cos x
3
(1)

t 2 −1
(t ≤ 2) ⇒ sin x cos x =
2
2

Đặt: sinx + cosx = t

Phương trình (1) trở thành: 3t3 - 10t2 + 3t + 10 = 0
⇔ (t - 2)(3t2 - 4t - 5) = 0

 t = 2(loai )
 2 + 19
t =
(loai )
3


2 − 19
(tm )
t=
3
⇔

π

x
=
α
−
+ k 2π

2 − 19
2 − 19
4

t=
⇒ sin x + cos x =
⇔
3π
3
3
x =
− α + k 2π

4

(α: là góc sao cho:

sinα =

(k ∈ Z)

2 − 19
3 2 )

 x = k 2π

π
 x = ± + k 2π
2

x
=
π
+ k 2π

Nghiệm của bài toán thỏa mãn điều kiện vì khi thay các giá trị 

vào phương trình (1) không sảy ra nên nghiệm luôn thỏa mãn điều kiện bài toán.
(Như vậy điều kiện bài toán chúng ta giải cụ thể rồi thay các giá trị đó
vào phương trình tương đương xem có thỏa mãn không, nếu không thỏa mãn thì
11
11


nghiệm giải được của phương trình bao giờ cũng khác giá trị trên hay luôn thỏa
mãn)
PHƯƠNG PHÁP 4: Lấy nghiệm của phương trình thử trực tiếp vào điều
kiện của bài toán
- Cách làm:
. Lấy điều kiện của bài toán
.Tìm nghiệm của phương trình
. Lấy nghiệm của phương trình thay vào điều kiện của bài toán.
Ví dụ 11: . Giải phương trình

1
1
2
+
=
cos 2 x sin 2 x sin 4 x
Bài giải :
* Điều kiện: sin 4 x ≠ 0
* Phương trình đã cho tương đương:

1

1
2
1
1
1
+
=
⇔
+
=
cos 2 x sin 2 x sin 4 x
sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x

 2 x = k 2π
π
π

π
⇔ sin 2 x + cos 2 x = 1 ⇔ sin 2 x +  = sin ⇔ 
2
x
=
+ k 2π
4
4



2

(k∈

Z)
+ Với 2 x = k 2π

+ Với

2x =

thế vào điều kiện thì

sin 2 x = 0

π
+ k 2π
2
thế vào điều kiện thì

cos 2 x = 0

Như vậy phương trình đã cho vô nghiệm

12

12


( Ta lấy nghiệm của phương trình thay trực tiếp vào điều kiện của bài
toán mà không cần giải điều kiện của bài toán)
Ví dụ 12: . Giải phương trình

1
=
tan x + cot 2 x

2 ( sin x − cos x )
cot x − 1

Bài giải :

cos x ≠ 0


sin 2 x ≠ 0


sin x ≠ 0

sin x − cos x ≠ 0
* Điều kiện: 
(*)
* Phương trình đã cho tương đương:

(

)

sin 2 x = − 2 sin x ⇔ sin x 2 cos 2 x + 2 = 0

 sin x = 0

⇔
2
cos x = −

2
+ Rõ ràng sin x = 0 vi phạm điều kiện của bài toán.

+ Với :

3π

x
=
+ k 2π
1

2
4
cos x = −
⇔ 
3π
2
 x2 = −
+ k 2π
4


Thay x1 ; x 2 vào hệ (*) chỉ thấy
Vậy nghiệm của phương trình là

x1 =
x=

3π
+ k 2π
4
thoả mãn .
3π
+ k 2π
4

(k ∈ Z)

(Ta lấy nghiệm của phương trình thay trực tiếp vào điều kiện của bài toán
mà không cần giải điều kiện của bài toán)
Ví dụ 13: Giải phương trình
13

13


x
cot x + sin x(1 + tan x tan ) = 4
2
Bài giải :
* Điều kiện: sinx ≠ 0; cosx ≠ 0;

cos

x

≠0
2
(2)

x
cos(x − )
2 =4
cot x + sin x
x
cos x. cos
2
* Phương trình đã cho tương đương:
⇔

cot x + tan x = 4 ⇔

π

 x = 2 + kπ

5π
x =
+ kπ
2

⇔

1
1
= 4 ⇔ sin 2 x =

cos x sin x
2

(thỏa mãn) (k ∈ Z)

(Ta lấy nghiệm của phương trình thay trực tiếp vào điều kiện của bài
toán mà không cần giải điều kiện của bài toán)
Ví dụ 14 Giải phương trình

cot x − 1 =

cos 2 x
sin 2 x
+ sin 2 x −
1 + tan x
2

Bài giải :

 sin x ≠ 0
cos x ≠ 0

 tan x ≠ 0
* Điều kiện: 

(1)

* Phương trình đã cho tương đương:

cos x

cos 2 x + sin 2 x
−1 =
+ sin x(sin x + cos x)
sin x
sin x
1+
cos x
14

14


cos x + sin x
= cos x(cos x − sin x) + sin x(sin x − cos x)
sin
x
⇔
⇔ (cosx - sinx)(1- sinxcosx + sin2x) = 0
⇔ cosx = sinx (phương trình: sin2x - sinxcosx - 1 = 0 (vô nghiệm))

x=

⇔

π
+ kπ
4

(thỏa mãn điều kiện (1)). (k ∈ Z)

(Ta lấy nghiệm của phương trình thay trực tiếp vào điều kiện của bài
toán mà không cần giải điều kiện của bài toán)

6. Bài tập áp dụng:
Giái các phương trình sau:
1/
2/
3/

4/
5/

( 1 + tan x ) ( 1 − sin 2 x ) = 1 − tan x
cot 3 x + cot 2 x +

2 tan x + cot 2 x = 2 sin 2 x +

7/

15

1
2 sin 2 x

cos 2 x + 3 sin x + 1
= cos x
3 + 2sin x
sin x cos 2 x + cos 2 x ( tan 2 x − 1) + 2 sin3 x = 0
cos

6/

1
=0
sin x sin 2 x sin 3 x
.

2

sin x + 2 cos x +
(
x=

)

3 cos 2 x ( 1 − sin x )

2 cos x + 1

 5π

sin 
+ 4 x ÷− sin x sin 3 x − cos 3 x cos x
 2

=0
sin x

15

π

2 cos x − 
4

cot x + 1

8/

1
=
tan 2 x + cot x

9/

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

sin 4 x + cos 4 x 1
= ( tan x + cot x )
sin
2
x
4
10/

III/ Kết quả và bài học kinh nghiệm:
1 . Kết quả :

Trên đây là các phương pháp loại nghiệm khi giải phương trình lượng giác
có điều kiện mà trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm tòi và nghiên cứu để có thể
hệ thống lại và đưa ra các phương pháp cùng các ví dụ minh họa như trên .Sau
nhiều năm áp dụng sáng kiến này trong việc giảng dạy, tôi thấy học sinh không
dễ bị mất điểm khi so sánh nghiệm của phương trình lượng giác với điều kiện
bài toán. Đồng thời các em làm nhanh hơn, do tùy thuộc vào bài toán mà các em
có những phương pháp phù hợp và linh hoạt hơn nhiều, không liên tục mô típ
theo một phương pháp, hay một cách nào cả.

2. Bài học kinh nghiệm:
Sau một thời gian giảng dạy phương pháp trên, tôi thấy học sinh các lớp
11I, 11C, 12P trường T.H.P.T. Ba Đình rất dễ hiểu và không bị mất điểm ở phần
so sánh nghiệm với điều kiện của bài toán khi giải phương trình lượng giác. Vì
vây, tôi thiết nghĩ:
- Giáo viên ngoài việc nghiên cứu kỹ kiến thức sách giáo khoa, cần đọc
nhiều tài liệu tham khảo, đặc biệt nghiên cứu các hướng làm, các phương pháp
làm một cách chi tiết và sâu sắc.
16

16


- Khi cho làm tiết luyện tập cần đưa cho các em đầy đủ phương pháp và
cần chỉ ra cho học sinh cái hay, cái lợi trong từng phương pháp. Từ đó có cách
áp dụng cho từng bài tập một cách linh hoạt. Có như vậy các em sẽ phát hiện lời
giải vừa nhanh, và không dễ bị sai sót.
3. Kiến nghị , đề xuất:
Trên đây là sáng kiến của tôi được rút ra trong quá trình giảng dạy. Mặc
dù tôi đã có nhiều cố gắng, và dành thời gian để tìm tòi suy nghĩ, song do chưa
nhiều kinh nghiệm, và kiến thức là vô hạn. Nên sáng kiến của tôi chắc hẳn vẫn

còn thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong được sự góp ý của các thầy cô giáo và các bạn
đồng nghiệp .
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁ
C NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2015
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác

Thạc sỹ : Nguyễn Tuấn Anh

17

Mỵ Thị Ngọc

17