Khai thac cac bai toan sgk trong viec boi dung hs kha gioi toan8

Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Bồi dưỡng học sinh khá giỏi là một nhiệm vụ mà giáo viên nào khi được
phân công dạy học cũng quan tâm chú ý và luôn tìm cách để nâng cao chất lượng
hơn nữa. Việc quan tâm đầu tiên của giáo viên khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi là
soạn bài, tìm tài liệu phù hợp với phẩm chất năng lực của học sinh cũng như phải
phù hợp với chuẩn kiến thức và kỹ năng mà Bộ Giáo Dục và Đào Tạo quy định.
Sách giáo khoa là tài liệu để giáo viên và học sinh căn cứ giảng dạy và học tập, là
tài liệu thực hiện chương trình giáo dục bám sát chuẩn kiến thức và kỹ năng. Vì
thế tôi đã nghiên cứu kỹ các bài tập ở sách giáo khoa toán 8, lựa chọn những bài
tập có khả năng phát triển, khai thác chúng để đưa ra những bài tập tương tự,
nâng cao để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8.
Việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi từ việc khai thác các bài tập ở sách giáo
khoa là một việc làm đối với tôi là rất cần thiết, bởi làm như vậy giúp tôi nghiên
cứu kỹ hơn chương trình dạy học, nội dung kiến thức cần làm cho học sinh nắm
vững. Đồng thời giúp tôi bồi dưỡng được chuyên môn và có tài liệu để dạy học.
Trong sáng kiến kinh nghiệm của mình, tôi khai thác các bài toán về đại số,
những bài toán có tính phát triển để bồi dưỡng học sinh. Những bài toán được ra
thêm là những bài toán hoàn toàn mới, không sao chép từ bất kỳ tài liệu nào của
người khác sẽ gây hứng thú học tập cho học sinh vì đó là những bài toán mới. Tuy
nhiên nó cũng không phải là khó quá để học sinh không thể làm được khi học sinh
đã làm được các bài tập ở sách giáo khoa.

PHẦN II: NỘI DUNG
A. THỰC TRẠNG
Hiện nay, trên thị trường có rất nhiều sách tham khảo mà học sinh có thể tìm
hiểu. Nhưng những tài liệu đó không hẳn là được Bộ Giáo Dục và Đào tạo khuyến
khích học sinh dùng, bởi chúng chưa hẳn đã bám sát vào chuẩn kiến thức và kỹ
năng THCS. Theo tìm hiểu của tôi, Bộ Giáo Dục và Đào tạo đã có dự thảo về quy
định sử dụng sách, tài liệu tham khảo trong các cơ sở giáo dục mầm non, giáo dục

phổ thông và giáo dục thường xuyên, trong đó quy định hành vi bị cấm: “Cán bộ
quản lý giáo dục các cấp, giáo viên, nhân viên của các cơ sở giáo dục không được
lạm dụng vị trí công tác của mình để thực hiện hoặc tham gia thực hiện việc giới
thiệu, quảng bá, vận động mua, phát hành sách tham khảo tới học sinh, học viên
hoặc cha mẹ học sinh, học viên dưới bất kỳ hình thức nào”.
Do vậy việc giáo viên khai thác các bài tập ở sách giáo khoa để làm tài liệu
bồi dưỡng học sinh là rất phù hợp. Dưới đây là một số bài toán, tôi đã trăn trở suy
nghĩ để tạo ra cho học sinh làm sau khi kết thúc mỗi tiết học liên quan đến nội
dung đó.
2


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
B. CÁC BIỆN PHÁP CHÍNH
Bài toán 1: (Bài 23 sgk toán 8 tập 1 trang 12)
Chứng minh rằng:

( a+b ) = ( a-b ) +4ab
2
2
( a-b ) = ( a+b ) -4ab
2

2

Áp dụng:
a) Tính ( a − b ) , biết a + b = 7 và a.b = 12
2

b) Tính ( a + b ) , biết a - b = 20 và a.b = 3

2

Hướng dẫn:
Để chứng minh các đẳng thức, ta có các cách sau:
- Biến đổi vế này thành vế kia
- Biến đổi tương đương đưa về đẳng thức cuối cùng ta khẳng định là đúng
- Biến đổi từng vế về cùng một giá trị
Giải
2
Ta có: ( a + b ) = a2+2ab+b2 = a2 – 2ab + b2 +2ab + 2ab
= (a – b)2 + 4ab

( a − b)

2

= a2-2ab+b2 = a2 + 2ab + b2 - 2ab - 2ab

= (a + b)2 - 4ab
Áp dụng:
a) Với a + b = 7 và a.b = 12 ta có: ( a − b ) = ( a + b ) − 4ab
2

2

= 7 2 − 4.12 = 1

b) Với a - b = 20 và a.b = 3 ta có: ( a + b ) = ( a − b ) + 4ab
2

2

= 202 + 4.3 = 412

Các bài toán khai thác thêm:
Bài 1.1: Chứng minh rằng:

( 2x+y ) = ( 2x-y ) +8xy
2
2
( 2x-y ) = ( 2x+y ) - 8xy
2

2

Áp dụng tính:
a) Tính ( 2x − y ) , biết 2x + y = 5 và xy = 3
2

b) Tính ( 2x + y ) , biết 2x-y = 4 và xy = 10
2

Bài 1.2: Tính:
a) (3x+2y)2, biết 3x-2y = 7 và xy = 6
3


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
b) (3x-2y)2, biết 3x+2y = 8 và xy = 9
c) xy, biết 2x+3y = 10 và 2x – 3y = 6

Bài toán 2: (Bài 42 sgk toán 8 tập 1 trang 19)
Chứng minh rằng: 55n+1 – 55n chia hết cho 54 (với n là số tự nhiên)
Hướng dẫn: Phân tích 55n+1 – 55n thành một tích có chứa thừa số chia hết
cho 54.
55n+1 – 55n = 55n.54 M54.
Từ bài toán này, tổng quát ta có: an+1-an = an(a-1) M(a-1)
Tương tự ta có các bài toán sau:
Bài 2.1: Chứng minh rằng: 20142014-20142013 chia hết cho 2013
Hướng dẫn: Tương tự cách làm ở bài tập trên, phân tích 2014 2014-20142013 =
20142013.2013 M2013
Bài 2.2: Chứng minh rằng: 20142018 + 20142015 M2015
Hướng dẫn: 20142018 + 20142015=20142015(20143+1)=20142015.2015.(201422014+1) M2015
Bài 2.3: Chứng minh rằng: 20142014 − 20142013 chia hiết cho 403
2

2

Hướng dẫn: Phân tích 20142014 − 20142013 thành thừa số, trong đó có thừa số
chia hết cho 403:
2

2

4026
M403 (vì 2015 M403)
20142014 − 20142013 = 2013.2015.2014
2

2

Bài toán 3: (Bài 52 sgk toán 8 tập 1 trang 24)
Chứng minh rằng: (5n + 2)2 – 4 chia hết cho 5 với mọi số nguyên n.
Hướng dẫn: Ta phân tích (5n + 2)2 – 4 thành một tích có chứa thừa số chia
hết cho 5:
(5n + 2)2 – 4 = 5n(5n+4) M5
Tổng quát: (ax+b)2 – b2 Ma với a, b, x nguyên.
Ta có các bài toán tương tự:
Bài 3.1: Với mọi số nguyên m, n. Chứng minh rằng:
a) (7n – 3)2 – 9 M7
b) (5n + 3)2 – 9 M5
c) (3n2 – 2)2 – 4 M3
d) (4n-5m)2 – 25m2 M8

4


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
Hướng dẫn: Dùng hằng đẳng thức A2 – B2 = (A-B)(A+B) để phân tích
thành nhân tử.
a) (7n – 3)2 – 9 = (7n – 3 +3)(7n-3-3)=7n.(7n-6) M7
b) (5n + 3)2 – 9 = 5n.(5n+6) M5
c) (3n2 – 2)2 – 4 = 3n2(3n2-4) M3
d) (4n-5m)2 – 25m2 = 8n.(2n-5m) M8
Bài toán 4: (Bài 58 sgk toán 8 tập 1 trang 25)
Chứng minh rằng: n3 – n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.
Hướng dẫn: Phân tích n3 – n thành một tích với chú ý: Tích của n số nguyên
liên tiếp thì chia hết cho n:
n3 – n = n(n2- 1) = (n-1)n(n+1). Đây là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết
cho 3 và trong 3 số này chắc chắn có một số chẵn nên tích này chia hết cho 2. Mà
ƯCLN(2, 3) = 1 nên (n-1)n(n+1) M(2.3)

Nhận xét: Vận dụng tính chất: Tích n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n
ta có các bài toán sau:
Bài 4.1: Chứng minh rằng: (n3 + 5n) M6 với mọi số nguyên n
Hướng dẫn:
n3 +5n = (n3 –n) + 6n M6
Bài 4.2: Chứng minh rằng: n5 + n3 -2n chia hết cho 12 với mọi số nguyên n
Hướng dẫn:
n5 + n3 -2n = n(n4+n2-2)=n(n-1)(n+1)(n2+2)
n(n-1)(n+1) chia hết cho 3, nếu n lẻ thì (n-1) và (n+1) chẵn nên cùng chia hết cho
2. Nếu n chẵn thì n và (n2+2) cùng chia hết cho 2.
Vậy: n(n-1)(n+1)(n2+2) M3.2.2=12
Bài 4.3: Chứng minh rằng: n5-10n3+9n chia hết cho 30 với mọi số nguyên n.
Hướng dẫn:
Phân tích 30 thành tích các số: 30 = 5.6. Chứng minh n5-10n3+9n chia hết
cho cả 5 và 6.
n5-10n3+9n = n(n4 – 10n3 + 9) = (n-1)n(n+1)(n2 – 9)
(n-1)n(n+1) M6. Suy ra: (n-1)n(n+1)(n2 – 9) M6
(n-1)n(n+1)(n2 – 9) = (n-1)n(n+1)(n2 – 4 - 5)
= (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2) - 5(n-1)n(n+1) M5
Vậy n5-10n3+9n M30
5


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
Bài toán 5: (Bài 74 sgk toán 8 tập 1 trang 32)
Tìm số a để đa thức 2x3 – 3x2 + x + a chia hết cho đa thức x+2
Hướng dẫn:
Đa thức 2x3 – 3x2 + x + a chia hết cho đa thức x+2 khi đó ta có:
2x3 – 3x2 + x + a = Q(x).(x+2), trong đó Q(x) là đa thức ẩn x.
Vậy x = -2 là một nghiệm của đa thức 2x3 – 3x2 + x + a do đó:

-16-12-2+a=0 suy ra: a = 30
Ta có một số bài toán tương tự:
Bài 5.1: Tìm số a để đa thức 3x3 – 2x2 + x + a chia hết cho đa thức 3x+2
Hướng dẫn:
3x3 – 2x2 + x + a chia hết cho đa thức 3x+2 nên x = −
2
3

2
3

2
là một nghiệm của đa
3

2
3

thức 3x3 – 2x2 + x + a, do đó: 3(− )3 − 2.(− ) 2 + (− ) + a = 0
Suy ra: a =

22
9

Bài 5.2: Tìm số a để đa thức x3 – 3x2 + 2x + a chia hết cho đa thức x-2
Hướng dẫn: Tương tự cách làm trên ta tìm được a = 0
Bài 5.3: Tìm số a để đa thức 2x3 +3x2 - x + a chia hết cho đa thức x+1
Đáp số: a = -2
Bài 5.4: Tìm số a để đa thức 2x3 – 3x2 - x + a chia hết cho đa thức x+3
Đáp số: a = -78

*Nếu thay x bởi n là số nguyên, ở skg có bài toán sau:
Bài toán 6: (Bài 83 sgk toán 8 tập 1 trang 33)
Tìm n ∈ Z để 2n2 – n +2 chia hết cho 2n+1
Hướng dẫn: Đây là chia hai số nguyên cho nhau chứ không phải chia đa
thức cho đa thức như những bài trên, nên ta không áp dụng cách làm như trên để
làm cho bài này được. Chẳng hạn nếu là đa thức thì x3 +1 chia hết cho 2x+2, nhưng
nếu là số nguyên dạng x3 +1 thì không chia hết cho số nguyên dạng 2x+2, vì
1
2

1 2
( x − x + 1) luôn không phải là một số nguyên khi x
2
nguyên. (vì nếu x lẻ thì x 2 − x + 1 lẻ nên x 2 − x + 1 không chia hết cho 2, nếu x chẵn
thì x 2 − x + 1 cũng lẻ nên x 2 − x + 1 cũng không chia hết cho 2)

(x3+1): (2x+2)= ( x 2 − x + 1) , mà

6


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
Ta có thể đặt chia 2n 2 – n +2 cho 2n+1 rồi viết kết quả phép chia dưới dạng
sau:

2n 2 - n + 2
3
= n - 1+
2n +1
2n +1

Với n ∈ Z để 2n2 – n +2 chia hết cho 2n+1 thì

3
∈ Z, muốn vậy (2n +1)
2n+1

phải là ước của 3. Ta tìm được các giá trị của n là: -2; -1; 0; 1.
Ta có các bài toán tương tự:
Bài 6.1: Tìm n ∈ Z để n2 +3n +4 chia hết cho n+1
n 2 + 3n + 4
2
= n+2+
Hướng dẫn:
n +1
n +1

Ta tìm n để n+1 là ước của 2. Các giá trị của n là: -3; -2; 0; 1
Bài 6.2: Tìm n ∈ Z để 2n2 – n +4 chia hết cho n-1
2n 2 – n + 4
5
= 2n + 1 +
Hướng dẫn:
n −1
n −1

Ta tìm n để n-1 là ước của 5. Các giá trị của n là: -6; -4; 0; 2
Bài 6.3: Tìm n ∈ Z để 2n2 +3n +5 chia hết cho n+2
2n 2 + 3n + 5
7

= 2n − 1 +
Hướng dẫn:
n+2
n+2

Ta tìm n để n+2 là ước của 7. Các giá trị của n là: -9; -3; -1; 5
Bài toán 7: (Bài 82 sgk toán 8 tập 1 trang 33)
Chứng minh:
a) x2 – 2xy +y2 +1 > 0 với mọi số thực x và y
b) x – x2 -1 < 0

với mọi số thực x

Hướng dẫn:
a) x2 – 2xy +y2 +1 = (x-y)2 + 1 ≥ 1>0 với mọi số thực x và y
1
2

1
4

b) x – x2 -1 = - (x2 – 2.x. + ) +
= - (x -

1
-1
4

1 2 3
) - < 0 với mọi số thực x

2
4

Tổng quát ta có: (ax+ by)2 + m ≥ m
- (ax+ by)2 + m ≤ m
Các bài tương tự:
Bài 7.1: Chứng minh:
a) 4 x 2 + 20 x + 29 ≥ 4 với mọi số thực x
Hướng dẫn:
7


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
Phân tích về dạng tổng quát trên: 4 x 2 + 20 x + 29 = 4 x 2 + 20 x + 25 + 4
= ( 2 x + 5 ) + 4 ≥ 4∀x . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = −
2

5
2

b) x 2 − 2 2 x + 5 ≥ 3 với mọi số thực x
Giải:

Ta có: x 2 − 2 2 x + 5 = x 2 − 2 2 x + 2 + 3 = ( x − 2 ) + 3 ≥ 3∀x
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = 2
c) x 4 − 2 x 2 + 4 > 0 với mọi số thực x
Giải:
Ta có: x 4 − 2 x 2 + 4 = ( x 2 − 1) + 3 ≥ 3 > 0 ∀x

2

d) - 4x(x+1) ≤ 1 với mọi số thực x
Giải:
Ta có:

- 4x(x+1)
= -[(4x2+4x+1)-1]
= - (2x+1)2 + 1 ≤ 1 ∀x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x =

−1
2

Nhận xét: Những bài toán nêu ở bài 7.1 có thể thay việc “chứng minh” bằng
việc “tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) của các biểu thức”.
Bài 7.2: Tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) của các biểu thức sau:
a) 4 x 2 + 20 x + 29
Ta có thể giải như sau:
Ta có: 4 x 2 + 20 x + 29 = 4 x 2 + 20 x + 25 + 4 = ( 2 x + 5 ) + 4 ≥ 4∀x
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 4, đạt được khi và chỉ khi: x = −

5
2

b) x 2 − 2 2 x + 5
Đáp số: Giá trị nhỏ nhất bằng 3 đạt được khi x = 2

c) x 4 − 2 x 2 + 4
Đáp số: Giá trị nhỏ nhất bằng 3, đạt được khi x = 1 hoặc x = -1
d) - 4x(x+1)
Đáp số: Giá trị lớn nhất bằng 1 đạt được khi x =

−1
2

Bài toán 8: (Bài 32 sgk toán 8 tập 1 trang 50)
Đố tính nhanh tổng sau:
8


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+
x( x + 1) ( x + 1)( x + 2) ( x + 2)( x + 3) ( x + 3)( x + 4) ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6)

Hướng dẫn: Ta nhận thấy:
1
1

1
= −
x( x + 1) x x + 1
1
1
1
=
−
( x + 1)( x + 2) x + 1 x + 2

.......
1
1
1
=
−
( x + 5)( x + 6) x + 5 x + 6

Cộng vế theo vế ta được:
1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+

x( x + 1) ( x + 1)( x + 2) ( x + 2)( x + 3) ( x + 3)( x + 4) ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6)
1

1

6

= x − x + 6 = x( x + 6)
Nhận xét: Quan sát mẫu của các phân thức ở bài toán trên ta thấy chúng
được lập có qui luật: nếu xét x là số nguyên thì các mẫu đều là tích của 2 số
nguyên liên tiếp, các thừa số đều được lặp lại 2 lần trừ số nhỏ nhất và số lớn nhất
chỉ được viết 1 lần còn tử thì bằng nhau. Từ đó ta có bài toán tương tự:
Bài 8.1: Tính tổng sau:
2
2
2
+
+
( x + 1)( x + 2) ( x + 2)( x + 3) ( x + 3)( x + 4)

(Bài này tôi đưa ra là để nhằm cũng cố thêm ở bài trên với số phân thức
giảm đi nhưng thay đổi tử số.)
Giải:
2
2
2
+
+
( x + 1)( x + 2) ( x + 2)( x + 3) ( x + 3)( x + 4)


= 2

1
1   1
1   1
1 
−
−
−
÷+ 2 
÷+ 2 
÷
 x +1 x + 2   x + 2 x + 3   x + 3 x + 4 


= 2

1
1
1
1
1
1 
−
+
−
+
−
÷
 x +1 x + 2 x + 2 x + 3 x + 3 x + 4 


= 2

1
1 
−
÷
 x +1 x + 4 
6

= ( x + 1)( x + 4)
Bây giờ ta xét hạng tử của tổng trên dưới dạng tổng quát, ta có:
9


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
an

( x + bn ) ( x + cn )
d=

 1
1
= d . 
−
 ( x + bn ) ( x + cn )


d ( cn − bn )

=
÷
÷ ( x+b ) ( x+c )
n
n


an
. Vậy để thu gọn được như tổng trên ta cần lấy các hạng tử là các
cn − bn

phân thức sao cho d không thay đổi và bn = cn-1. Chẳng hạn ta các bài toán sau:
Bài 8.2: Tính tổng sau:
2
2
2
+
+
( x − 1)( x + 1) ( x + 1)( x + 3) ( x + 3)( x + 5)

Giải:
(Ở đây a1=a2=a3=2, c1-b1=c2-b2=c3-b3=2, d=1)
2

2

2

Ta có: ( x − 1)( x + 1) + ( x + 1)( x + 3) + ( x + 3)( x + 5)
=

2
2
2
2
2
2
−
+
−
+
−
x −1 x +1 x +1 x + 3 x + 3 x + 5

=

2
2
12
−
=
x − 1 x + 5 ( x − 1)( x + 5)

Bài 8.3: Tính tổng sau:
1
2
3
99
100
+

+
+ ... +
+
x( x + 1) ( x + 1)( x + 3) ( x + 3)( x + 6)
( x + 4851)( x + 4950) ( x + 4950)( x + 5050)

Giải:
(Ở đây an = n; b1=0; c1=1; bn = cn-1; cn = bn + an; n nhận giá trị từ 1 đến 100)
Ta có:
1
2
3
99
100
+
+
+ ... +
+
x( x + 1) ( x + 1)( x + 3) ( x + 3)( x + 6)
( x + 4851)( x + 4950) ( x + 4950)( x + 5050)
=

1
1
1
1
1
1
1
1

1
1
−
+
−
+
−
+ ... +
−
+
−
x x +1 x +1 x + 3 x + 3 x + 6
x + 4851 x + 4950 x + 4950 x + 5050

=

1
1
5050
−
=
x x + 5050 x( x + 5050)

Thay cho việc tính tổng, ta có thể ra bài toán giải phương trình như sau:
Bài 8.4: Giải phương trình:
3
5
7
3
+

+
=
( x − 2)( x + 1) ( x + 1)( x + 6) ( x + 6)( x + 13) ( x + 1)( x + 13)

Giải:
ĐKXĐ: x ≠ -13,x ≠ -6, x ≠ -1, x ≠ 2
10


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
3
5
7
3
+
+
=
( x − 2)( x + 1) ( x + 1)( x + 6) ( x + 6)( x + 13) ( x + 1)( x + 13)
⇔

1
1
1
1
1
1
3
−
+
−

+
−
=
x − 2 x + 1 x + 1 x + 6 x + 6 x + 13 ( x + 1)( x + 13)

⇔

1
1
3
−
=
x − 2 x + 13 ( x + 1)( x + 13)

⇔

15
3
=
( x − 2)( x + 13) ( x + 1)( x + 13)

⇒ 5( x + 1) = x − 2
⇔ 5 x − x = −5 − 2
⇔ 4 x = −7
⇔x=

−7
4

(thỏa mãn ĐKXĐ)

−7 

4


Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 

Bài toán 9: (Bài 59 sgk toán 8 tập 1 trang 62)
xP

yP

xy

a) Cho biểu thức x + P − y − P . Thay P = x − y vào biểu thức đã cho rồi rút
gọn biểu thức.
b) Cho biểu thức

2xy
2xy
P 2Q 2
= 2
= 2
vào biểu thức đã
2 và Q
2
2 . Thay P
x −y
x + y2
P −Q

cho rồi rút gọn biểu thức.
Giải:
a) Cách 1:
xy
xy
y.
xP
yP
x− y
x− y
−
=
−
xy
xy
x+P y−P
x+
y−
x− y
x− y
x.

=

x2 y
x− y
xy 2
x− y
. 2

−
.
x − y x − xy + xy x − y xy − y 2 − xy

=

x 2 y xy 2
−
= x+ y
x2 − y 2
xP

yP

xy

Cách 2: Ta có thể biến đổi x + P − y − P về phân thức rồi thay P = x − y vào
mới rút gọn.
xP

yP

x

y

Ta có: x + P − y − P = P( x + P − y − P )
11

Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
xy − xP − xy − yP

= P. ( x + P)( y − P)
= −P2.

x+ y
( x + P )( y − P )
xy

Thay P = x − y ta được:
−P2.

x+ y
xy 2
x+ y
= −(
).
( x + P )( y − P )
x − y ( x + xy )( y − xy )
x− y
x− y

xy 2
( x + y )( x − y ) 2
= −(
).
x − y ( x 2 − xy + xy )( xy − y 2 − xy )
= −( xy ) 2 .

( x + y)
x 2 (− y 2 )

= x+y
2xy

2xy

b) Cách 1: Với P = x 2 − y 2 và Q = x 2 + y 2 , ta có:
P 2Q 2
2 xy 2 2 xy 2
1
=( 2
) .( 2
).
2
2
2
2
2 xy 2
2 xy 2
P −Q
x −y
x +y
( 2
) −( 2
)
2
x −y
x + y2

=

( 2 xy )

(x

4

−y

4

.

1

) ( 2 xy )

4 2

2

1

.

(x

1
2

−y

−

) (x

2 2

1

2

+ y2 )

2

2

 2 xy 
1
= 4
.
4 ÷
 x − y   1 − 1  . 1 + 1 
 x2 − y 2 x2 + y 2 ÷  x2 − y 2 x2 + y 2 ÷



2

 2 xy 
1
= 4
.
2
4 ÷
2y
2 x2
x −y 
.
x4 − y 4 x4 − y 4
2

2

 2 xy   x 4 − y 4 
= 4
.
÷ =1
4 ÷ 
 x − y   2 xy 

Cách 2: Đặt A =

2xy
2xy
P 2Q 2
= 2
= 2

, ta có:
2 và Q
2
2 , Với P
x −y
x + y2
P −Q

1 P2 − Q2
1
1
1
1
= 2 2 = 2− 2 =
−
2
2
A
PQ
Q
P
 2 xy   2 xy 
 x2 + y 2 ÷  x2 − y 2 ÷

 


12

Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
2

2

 x2 + y 2   x2 − y 2   x2 + y 2 x2 − y 2   x2 + y 2 x2 − y 2 
=
−
+
÷ −
÷ =
÷. 
÷
2 xy   2 xy
2 xy 
 2 xy   2 xy   2 xy
2 y2 2x2
=
.
=1
2 xy 2 xy

Suy ra: A = 1
Giáo viên cho học sinh so sánh hai cách làm và nêu nhận xét: Ở mỗi bài
cách nào làm nhanh hơn và ít bị nhầm lẫn hơn?
Cảm nhận của giáo viên: Khi đọc đề và giải bài toán này tôi nhận thấy với
bài toán ở sách giáo khoa nhưng bài toán này có tính chất khó ở trong đó, với học
sinh không có tính cẩn thận, không chịu khó thì không thể làm được bài này vì nó
dễ gây nhầm lẫn. Với việc cho học sinh giải bài toán trên và khai thác thêm các bài
toán tương tự giúp rèn luyện tính cẩn thận và củng cố thêm kỹ năng biến đổi biểu

thức hữu tỉ cho học sinh.
Khai thác bài toán:
Đối với câu a) thêm hệ số cho ẩn ta có bài toán:
xP

yP

2xy

Bài 9.1: Cho biểu thức 2 x + P − 2 y − P . Thay P = x − y vào biểu thức đã cho
rồi rút gọn.
Giải tóm tắt:
2 x2 y
2 xy 2
xP
yP
x− y
x−y
−
=
−
= y+x
2
xy
2 xy
2x + P 2 y − P 2x +
2y −
x− y
x− y
xP

yP

2 xy

Bài 9.2: Cho biểu thức x + P − 2 y − P . Thay P = x − 2 y vào biểu thức đã cho
rồi rút gọn.
Giải tóm tắt:
2x2 y
2 xy 2
xP
yP
x x + 4y
x − 2y
x − 2y
−
=
−
= 2y + =
2 xy
x + P 2 y − P x + 2 xy
2
2
2y −
x − 2y
x − 2y

Từ câu a) nâng bậc của biến ta có bài toán:
Bài 9.3: Cho biểu thức

x2 P
y2P
x2 y 2
+
P
=
.
Thay
vào biểu thức đã cho
x2 + P y 2 − P
x2 − y 2

rồi rút gọn.
Giải tóm tắt:

13


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
x4 y2
x2 y4
x2 P
y2 P
x2 − y 2
x2 − y 2
+
=
+
x2 y2
x2 y2

x2 + P y2 − P
2
x2 + 2
y
−
x − y2
x2 − y 2
= y2 − x2

Đối với câu b) ta nhận thấy với biểu thức P và Q khi cộng tử với mẫu của
chúng ta được bình phương của một tổng hoặc bình phương của một hiệu. Với qui
luật đó, ta có bài toán tương tự:
4 xy
4 xy
P 2Q 2
Bài 9.4: Cho biểu thức 2 2 . Thay P = x 2 − 4 y 2 và Q = x 2 + 4 y 2 vào biểu
P −Q

thức đã cho rồi rút gọn biểu thức.
Giải:
2xy

2xy

Với P = x 2 − y 2 và Q = x 2 + y 2 , ta có:
P2 − Q2
1
1
1
1

= 2− 2 =
−
2
2
2 2
PQ
Q
P
 4 xy   4 xy 
 x2 + 4 y2 ÷  x2 − 4 y2 ÷

 

2

2

 x2 + 4 y 2   x2 − 4 y 2   x2 + 4 y2 x2 − 4 y 2   x2 + 4 y 2 x2 − 4 y 2 
=
−
+
÷ −
÷ =
÷. 
÷
4
xy
4
xy
4

xy
4
xy
4
xy
4 xy 

 
 

=

8 y2 2x2
.
=1
4 xy 4 xy

P 2Q 2
Suy ra: 2 2 = 1
P −Q

Bài toán 10: (Bài 53 toán 8 tập 2, trang 34)
Giải phương trình:
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
+
=
+
9
8
7

6

Hướng dẫn giải:
Đọc đề toán ta sẽ nghĩ ngay đến cách giải nào? Ta có thể giải bài toán này
theo cách thông thường là quy đồng hai vế rồi khử mẫu. Nhưng ở bài này có sự
đặc biệt: Nếu cộng cả tử và mẫu của mỗi phân thức đều cho ra kết quả là x+10, nên
nếu cộng thêm 2 vào hai vế rồi biến đổi sẽ đơn giản hơn.
Giải:
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
+
=
+
9
8
7
6

14


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
⇔(
⇔

x +1
x+2
x+3
x+4
+ 1) + (
+ 1) = (

+ 1) + (
+ 1)
9
8
7
6

x + 10 x + 10 x + 10 x + 10
+
=
+
9
8
7
6

1 1 1 1
⇔ ( x + 10)  + − − ÷ = 0 ⇔ x = −10
9 8 7 6

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { −10}
Khai thác bài toán: Xét bài toán ở dạng tổng quát đơn giản có 4 hạng tử ở
một vế, vế kia là một số:
ax + b1 ax + b2 ax + b3 ax + b4
+
+
+
=d
c1
c2

c3
c4
1 1 1 1
⇔ ( ax + b )  + + + ÷ = 0
 c1 c2 c3 c4 

Với b = d1c1+b1=d2c2+b2=d3c3+b3=d4c4+b4; d = -(d1+d2+d3+d4)
Ta có bài toán sau:
Bài 10.1: Giải phương trình:
x+7 x+5 x−5
+
+
=0
4
6
−8

Hướng dẫn:
(Ở đây d1=d2=1; d3= -2; d=0)
x+7 x+5 x−5
x+7
x+5
x−6
+
+
=0⇔(
+ 1) + (
+ 1) + (
− 2) = 0
4

6
−8
4
6
−8
⇔ ( x + 11) = 0 ⇔ x = −11

Tập nghiệm là S = { −11}
Bài 10.2: Giải phương trình:
2x + 3 2x + 2 2x + 4 2x + 5
+
+
+
= −6
7
4
3
5

Hướng dẫn:
Vế phải bằng -6 là gợi ý để ta biết cần cộng 6 vào hai vế. Cần tách 6 cho các
hạng tử ở vế trái sao cho phù hợp.
2x + 3 2x + 2 2x + 4 2x + 5
+
+
+
= −6
7
4
3

5
⇔(

2x + 3
2x + 2
2x + 4
2x + 5
+ 1) + (
+ 2) + (
+ 2) + (
+ 1) = 0
7
4
3
5

⇔ 2 x + 10 = 0 ⇔ x = −5

15


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
Tập nghiệm là: S = { −5}
C. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC
Khi vận dụng sáng kiến kinh nghiệm trên một số đối tượng học sinh khá giỏi
lớp 8 năm học 2013 – 2014 tôi thấy: Nhìn chung, học sinh hứng thú hơn trong học
tập, từ đó tính tự giác cũng được nâng cao hơn, khả năng sáng tạo của học sinh có
phần được cải thiện, học sinh nhanh nhẹn, linh hoạt hơn trong việc giải một số bài
toán.
Khi so sánh một số học sinh được thực nghiệm với một số học sinh không

được thực nghiệm năm học 2013-2014, kết quả đạt được như sau:
Nhóm thực nghiệm

Nhóm đối chứng

KT

KT

đầuKT trướcKT sau tác

đầuKT trướcKT

sau

Số học sinh

năm

tác động động

năm

tác động tác động

1

7

7

6

5

7

6

2

6

5

6

4

5

6

3

7

7

7

8

2

2

4

6

4

5

3

6

5

5

7

7

8

8

7

6

6

5

8

8

6

6

7

7

4

5

6

4

7

7

8

8

3

7

8

8

6

9

4

5

8

6

6

5

10

8

7

7

5

8

5

11

5

6

8

7

4

5

12

4

5

3

7

5

4

13

5

6

6

7

8

5

14

6

7

6

4

6

7

15

5

5

9

3

8

8

16

4

5

8

7

4

4

17

3

3

7

6

5

6

Môt(mode)

5.0

5.0

6.0

7.0

6.0

6.0

16


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
Trung vị(median)

5.0

5.0

7.0

6.0

6.0

6.0

Giá trị trung bình(average) 5.53

5.59

6.76

5.76

6.00

5.53

Độ lệch chuẩn(stdev)

1.50

1.46

1.44

1.71

1.70

1.42

Giá trị p(ttest) độc lập

0.67

0.45

0.02

0.01

Giá trị p(ttest) theo cặp

0.19
0.87

Mức độ ảnh hưởng(SE)
- Phân tích nhóm đối chứng, giá trị trung bình kết quả kiểm tra sau tác động là: p=0.19>0.05 cho thấy độ
lệch không có ý nghĩa ( không xẩy ra ngẫu nhiên)

- Giá trị trung bình kết quả kiểm tra sau tác động tăng so với kết quả kiểm tra trước tác động: P=0,01<0.05 cho thấy
chênh lệch này có ý nghĩa ( không xẩy ra ngẫu nhiên)
Mức ảnh hưởng của tác động = 0.87, sử dụngbảng tiêu chí Cohen ta thấy mức ảnh hưởng đạt giá trị lớn

D. PHƯƠNG PHÁP THỰC HIỆN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỂ
ĐẠT ĐƯỢC KẾT QUẢ TRÊN
- Bồi dưỡng học sinh thông qua từng tiết dạy có nội dung bài toán sách giáo
khoa đã dùng khai thác
- Bồi dưỡng riêng đối với học sinh khá giỏi.
- Khuyến khích học sinh tự nêu ra các bài toán của mình khi giáo viên gợi ý
và khi đã có bài toán tổng quát nhằm tăng tính tự tin cho học sinh.
E. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Có khả năng ứng dụng 100% vì nó được tạo ra vì mục đích thực tế

PHẦN III: KẾT LUẬN
Tôi không biết người khác sẽ đánh giá sáng kiến kinh nghiệm này của tôi
như thế nào, nhưng khi vận dụng những thành quả này của tôi vào dạy học tôi cảm
thấy rất vui vì học sinh không quay lại với những bài toán mới mà tôi đã đưa ra.
Tôi cũng thường mong muốn mau đến tiết học có các bài toán mà tôi đã khai thác
để ra cho học sinh làm. Như vậy nhờ vào việc khai thác các bài toán ở sách giáo

khoa mà tôi cảm thấy yêu công việc dạy học hơn, đó có thể nói là một thành công
đối với tôi trong công tác nghiên cứu khoa học.
Đây là một sáng kiến kinh nghiệm nhỏ, nhằm góp thêm một ít vào nguồn tri
thức toán học, do vậy tôi rất cần được sự nhận xét, đánh giá tận tình từ kinh
nghiệm của người khác và cũng là tạo động lực cho những giáo viên trẻ như tôi
luôn sáng tạo và tham gia viết sáng kiến kinh nghiệm nhiều hơn nữa, từ đó càng
yêu hơn công việc trồng người!
Tháng 3 năm 2014
17


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Sách giáo khoa toán 8 tập1, tập 2
2) Sách giáo viên toán 8 tập 1, tập 2

18


Khai thác các bài toán trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán 8

MỤC LỤC
Trang
Phần I:

ĐẶT VẤN ĐỀ

2

Phần II: NỘI DUNG

2

A.

Thực trạng

2

B.

Các biện pháp chính

3

C.

Kết quả đạt được

15

D.

Phương pháp thực hiện sáng kiến kinh nghiệm để đạt
được kết quả trên

16

E.

Khả năng ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm

16

Phần III: KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo

16
18

19