Xác định và rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập toán phần bất đẳng thứ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG PT NGUYỄN MỘNG TUÂN
---------o0o--------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

XÁC ĐỊNH VÀ RÈN LUYỆN MỘT SỐ KỸ NĂNG PHÁT HIỆN VÀ
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ THÔNG QUA DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP
TOÁN PHẦN BẤT ĐẲNG THỨC Ở TRƯỜNG THPT

Người thực hiện:

Trần Thị Hà

Chức vụ:

Giáo viên

SKKN thuộc môn:

Năm 2019

Toán


1. MỞ ĐẦU
1.1.

Lí do chọn đề tài:
1.1. Nghị quyết hội nghị lần thứ IV BCH Trung ương Đảng Cộng Sản Việt

Nam (khoá IV, 1993) nêu rõ: “Mục tiêu giáo dục - đào tạo phải hướng vào việc
đào tạo những con người tự chủ sáng tạo, có năng lực giải quyết những vấn đề
thường gặp, qua đó mà góp phần tích cực thực hiện mục tiêu lớn của đất
nước…”.
1.2. Ở trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học. Học sinh phải
hoạt động tích cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho bản thân. Cơ sở để học sinh hoạt
động chính là những tri thức và kinh nghiệm đã có. Đứng trước một vấn đề đặt
ra trong vốn tri thức mà bản thân đã có, đã tích luỹ được việc lựa chọn tri thức
nào, sử dụng ra làm sao luôn luôn là những câu hỏi lớn, mà việc trả lời được
những câu hỏi đó là mấu chốt trong việc giải quyết vấn đề.
1.3. Phát hiện sớm và giải quyết hợp lí những vấn đề nảy sinh trong thực tiễn
là một năng lực bảo đảm sự thành công trong cuộc sống. Vì vậy, tập dượt cho
học sinh biết phát hiện, đặt ra và giải quyết những vấn đề gặp phải trong học tập,
trong cuộc sống của cá nhân, gia đình và cộng đồng không chỉ có ý nghĩa ở tầm
phương pháp dạy học mà phải được đặt như một mục tiêu giáo dục.
1.4. Trong quá trình dạy học môn Toán ở trường phổ thông, việc dạy học
giải bài tập toán học có một vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững
tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng Toán học vào
thực tiễn… Bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT là rất đa dạng và
phong phú; được sử dụng nhiều trong kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng, các
kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế... Vì thế thông qua dạy
học giải bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường phổ thông ta có thể rèn luyện
cho học sinh một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề.
Vì những lí do nêu trên chúng tôi quyết định chọn đề tài nghiên cứu là: “Xác
định và rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua
dạy học giải bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT’’
1.2.

Mục đích nghiên cứu:

Nghiên cứu về kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề và xác định một số kỹ
năng phát hiện và giải quyết vấn đề. Từ đó đề xuất các phương thức nhằm rèn
luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài
tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT .
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Trong khuôn khổ đề tài này tôi chỉ chọn nghiên cứu những khó khăn, sai lầm
thường gặp ở học sinh THPT trong giải toán chủ đề Bất đẳng thức và biện pháp
khắc phục.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.4.1 Phương pháp nghiên cứu lý luận: Tìm hiểu, nghiên cứu tài liệu về các
vấn đề liên quan đến đề tài.
1.4.2 Phương pháp điều tra – quan sát: Quan sát, thăm dò thực trạng và điều
tra theo các hình thức: Trực tiếp giảng dạy, dự giờ, phỏng vấn và các biện pháp
khác.
1.4.3 Phương pháp thống kê toán học: Xử lí số liệu thu được sau quá trình
giảng dạy.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
2.1.1. Kỹ năng
2.1.1.1. Khái niệm kỹ năng
Theo Tâm lý học lứa tuổi và Tâm lý học sư phạm thì: “Kỹ năng là khả năng
vận dụng kiến thức (khái niệm, cách thức, phương pháp…) để giải quyết một nhiệm
vụ mới”
Còn Tâm lý học đại cương cho rằng: “Kỹ năng là năng lực sử dụng các dữ
liệu, các tri thức hay khái niệm đã có, năng lực vận dụng chúng để phát hiện
những thuộc tính bản chất của sự vật và giải quyết thành công những nhiệm vụ
lý luận hay thực hành xác định”.
Theo từ điển Tiếng Việt khẳng định: “Kỹ năng là khả năng vận dụng những
kiến thức thu nhận được trong một lĩnh vực nào đó vào thực tế”.

Để minh họa ta xét ví dụ sau:
Bài toán 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số


y =

x2 + x +1 +

x2 − x +1 .

Có thể thấy rằng tri thức phản ánh trong sự vật thể hiện qua bài toán này có
rất nhiều: tổng của hai căn bậc hai, các tam thức bậc hai,... Để tiến hành hoạt
động giải toán ta phải lựa chọn tri thức phù hợp với mục tiêu là tìm giá trị nhỏ
nhất của hàm số y.
Ta nhận thấy biểu thức f (x) =

x2 + x +1 +

x 2 − x + 1 có thể đưa về dạng

u + v , khi đó bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y có thể được giải quyết

(mục tiêu) và do đó ta có thể lựa chọn phép biến đổi:
2

2
2
 3
1  3
1




2
 ; x − x +1 =  − x + 

x + x + 1 =  x +  + 
2   2 

2
  2 

2

2

Như vậy hành động biến đổi sẽ nhằm đạt được mục tiêu:
y =

2
1  3


 x +  + 
2   2 


2

+

2
1
  3 
 − x + 
2
  2 

2


1
1 3
3
; v =  − x;
 ; u + v = 1; 3 ).
= u + v (Với u =  x + ;
2
2 2 
2 



(

)

Mà u + v ≥ u + v .
Do đó y ≥ 1 + 3 = 2 .
Từ đó dễ dàng suy ra giá trị nhỏ nhất của y bằng 2.

Khi hình thành kỹ năng thì yếu tố quan trọng nhất là năng lực nhận ra kiểu
bài toán, phát hiện, nhìn thấy trong các dữ kiện đã có những thuộc tính những
quan hệ là bản chất đối với việc giải bài toán đã cho. Trong khi tiến hành hoạt
động, các nhà Tâm lí học đã phát hiện ra một loạt nhân tố thúc đẩy hay cản trở
sự hình thành các kỹ năng. Một trong những nhân tố như vậy là:
Tách ra một cách rõ ràng hay ngược lại che đậy quan hệ bản chất của bài toán
trong các dữ kiện xuất phát. Chẳng hạn, xét bài toán sau:
Bài toán 2. Cho các số thực a, b, c. Chứng minh rằng:
Nếu a 2009 (a + b + c) < 0 thì b 2 − 4ac > 0 .


Ta có thể biến đổi giả thiết như sau
a≠0

a 2009 ( a + b + c) < 0 ⇔ 
(Vì a ≠ 0 nên a 2008 > 0 ).
a ( a + b + c ) < 0

Đồng thời việc chứng minh b 2 − 4ac > 0 tương đương với việc chứng minh
phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm thực phân biệt.
Từ đó việc giải bài toán này quy về giải bài toán đơn giản hơn:
Bài toán 3. Cho các số thực a, b, c. Chứng minh rằng: Nếu a ≠ 0 và a(a + b + c) < 0
thì phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm thực phân biệt.
Phương pháp giải là không quá khó, tuy nhiên bằng sự che đậy quan hệ bản
chất bằng những phép biến đổi tương đương, nên nó gây cho học sinh khó khăn
trong việc phát hiện ra mối quan hệ bản chất ẩn chứa trong bài toán. Ngoài ra
còn có rất nhiều học sinh sẽ thấy bị “choáng” khi thấy số mũ 2009.
Nhân tố khác ảnh hưởng đến sự phát hiện ra quan hệ cần thiết để hành động
đó là tâm thế của con người. Trở lại với bài toán 2 có chứa số mũ 2009 ở trên,
tâm thế của nhiều học sinh sẽ rất khó chịu với phép toán này và có thể học sinh

sẽ chỉ lưu ý tới số mũ 2009, để rồi không phát hiện được mối quan hệ bản chất
trong bài toán.
Nhân tố quan trọng để nhìn thấy mối quan hệ bản chất đối với bài toán - đó
là thâu tóm được toàn bộ tình huống chứ không phải những yếu tố riêng biệt của
nó.
Để làm xuất hiện các thuộc tính bản chất của sự vật phù hợp với mục tiêu
hoạt động, các nhà Tâm lí học sư phạm đã đưa ra một số thủ thuật làm dễ dàng
cho sự suy xét, đó là:
+) Những nguyên tắc giải.
+) Tách ra một cách rõ rệt hay nhấn mạnh những cứ liệu và những quan hệ
bản chất đối với bài toán.
+) Phân tích bài toán.
2.1.1.2. Sự hình thành các kỹ năng
Theo các nhà Tâm lý học sự hình thành kỹ năng chịu ảnh hưởng của các
yếu tố sau:


+) Để phát hiện ra mối quan hệ bản chất chứa trong bài toán, học sinh chỉ
nhìn thấy, phân tích những yếu tố riêng biệt của bài toán mà cần thâu tóm toàn
bộ những yếu tố có mặt trong bài toán.
+) Ngoài ra, một nguyên nhân nữa hình thành thói quen tâm lý đó là nhận
thức chỉ dừng lại ở bề mặt, không quan sát phân tích đặc điểm của từng bài toán
cụ thể.
Chẳng hạn, xét bài toán:
Bài toán 4. Cho hai số thực x và y. Chứng minh rằng:
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y .

Tiến hành phân tích đối tượng ta nhận thấy đối tượng tư duy liên quan là
một tam thức bậc hai ẩn x (y là tham số):
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y

⇔ x 2 − ( y + 1) x + y 2 − y + 1 ≥ 0

Để chứng minh tam thức bậc hai ẩn x (y là tham số) ở vế trái luôn không âm
với mọi x, y ∈ R ta cần chứng minh:
∆ =

( y + 1) 2 − 4( y 2 − y + 1)

≤ 0 với mọi y ∈ R .

Đó chính là sự diễn đạt lại bài toán 1.1.2.1 và tiếp theo chủ thể lại phải diễn
đạt bài toán theo khía cạnh mới.
Cũng không loại trừ có chủ thể diễn đạt lại bài toán 1.1.2.1 như sau:
x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y ⇔

[

]

1
( x − y ) 2 + ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 ≥ 0 .
2

Tuy nhiên, chủ thể phải nhận thấy cách diễn đạt nào phù hợp với đối
tượng, để có thể tiến hành hoạt động giải toán. Điều này không phải mọi học
sinh đều có thể thực hiện tốt.
Bài toán 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 – 2x + 3.
Phương pháp giải đầu tiên được giới thiệu là phân tích biểu thức này thành

( x − 1) 2 + 2 , như vậy lời giải dựa trên các mốc định hướng có đối tượng. Ở giai

đoạn hai, các mốc định hướng và các thao tác có đối tượng được thay thế bằng
các kí hiệu và các hành động ngôn ngữ. Trong ví dụ trên người ta không còn sử


dụng phép phân tích thành bình phương của một tổng cộng với một hằng số để
giải mà thay vào đó là lập bảng biến thiên của hàm số y= x2 – 2x + 3, ở giai đoạn
này tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2 – 2x + 3 bằng ngôn ngữ và kí hiệu. Ở
giai đoạn thứ ba, các hành động ngôn ngữ rơi rụng dần đi và thay thế chúng là
những thao tác diễn ra theo sơ đồ gọn hơn: “Hàm số y= x 2 – 2x + 3 có giá trị nhỏ
nhất là 2 khi x=1”.
Người ta còn gọi ý đồ dạy học trên là phương pháp hình thành các hành
động trí tuệ qua từng giai đoạn.
2.2. Kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề.
2.2.1. Vấn đề
Để hiểu đúng thế nào là một vấn đề và đồng thời làm rõ một vài khái niệm
khác có liên quan, ta bắt đầu từ khái niệm hệ thống.
Hệ thống được hiểu là một tập hợp những phần tử cùng với những quan hệ
giữa những quan hệ giữa những tập hợp đó.
Một tình huống được hiểu là một hệ thống phức tạp gồm chủ thể và khách
thể, trong đó chủ thể có thể là người, còn khách thể là một hệ thống nào đó.
Nếu trong một tình huống, chủ thể còn chưa biết ít nhất một phần tử của
khách thể thì tình huống này được gọi là một tình huống bài toán đối với chủ
thể.
Trong một tình huống bài toán, nếu trước chủ thể đặt ra mục tiêu tìm phần
tử chưa biết nào đó dựa vào một số những phần tử cho trước ở trong khách thể
thì ta có một bài toán.
Một bài toán được gọi là vấn đề nếu chủ thể chưa biết một thuật giải nào đó
có thể áp dụng để tìm ra phần tử chưa biết của bài toán.
2.2.2. Một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề.
2.2.2.1. Kỹ năng dùng dự đoán để phát hiện và giải quyết vấn đề.

Dự đoán theo đúng nghĩa của nó có vai trò cực kỳ quan trọng trong tất cả
các pha dạy học toán: dạy học khái niệm; dạy định lý; dạy học giải bài tập toán,
Chẳng hạn, xét bài toán sau:


Bài toán 6. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng
x3
y3
z3
3
+
+
≥ .
( x + y )( x + z ) ( y + z )( x + y ) ( x + z )( y + z ) 4

Để giải bài toán này trước hết chúng ta dự đoán dấu bằng ở bất đẳng thức
trên xảy ra khi x=y=z=1.
Do đó ta áp dụng bất đẳng thức Cô – si, như sau
x3
x+ y x+z
x3
x+ y x+z 3
+
+
≥ 33
.
.
= x.
( x + y )( x + z ) 8
8

( x + y )( x + z ) 8
8
4

(Để đảm bảo khi x=y=z=1 thì dấu bằng ở bất đẳng thức này xảy ra)
Tương tự:
y3
y+z x+ y 3
z3
y+z x+z 3
+
+
≥ y ;
+
+
≥ z.
( y + z )( x + y ) 8
8
4
( x + z )( y + z ) 8
8
4

Từ đó suy ra
x3
y3
z3
x + y + z 33 xyz 3
+
+

≥
≥
= .
( x + y )( x + z ) ( y + z )( x + y ) ( x + z )( y + z )
4
4
4

Sau đây là sơ đồ tổng quát về hoạt động trí tuệ trong giải toán:
Tách biệt
Nhận biết
Động viên

Nhóm lại
DỰ ĐOÁN

Nhớ lại

Tổ chức
Bổ sung

Kết hợp
Để có năng lực dự đoán vấn đề học sinh cần được rèn luyện các kỹ năng
xem xét các đối tượng toán học, các quan hệ toán học trong mối quan hệ giữa
cái chung và cái riêng, trong mối quan hệ nhân quả; phát hiện những bước
chuyển hóa về lượng sẽ dẫn đến sự thay đổi về chất; Xem xét đối tượng toán học
trong sự mâu thuẫn và thống nhất giữa các mặt đối lập; xem xét một đối tượng
toán học đồng thời xem xét phủ định của đối tượng đó; kỹ năng thực hiện các

thao tác tư duy phân tích- tổng hợp; đặc biệt hóa – khái quát hóa; năng lực liên
tưởng các đối tượng.
Trong quá trình khám phá, không phải lúc nào chúng ta cũng đi đúng
hướng, cũng đưa ra được những phán đoán đúng. Tính đúng, sai của các phán
đoán còn cần phải được kiểm nghiệm bằng chứng minh rồi mới khẳng định
được. Nhưng dù thế nào đi nữa thì dự đoán cũng có vai trò thúc đẩy sự phát triển
của Toán học. Trong quá trình phát triển mấy ngàn năm của Toán học, các nhà
Toán học đã không ngừng đưa ra những phán đoán và minh chứng. Có những
phán đoán cho đến hàng trăm năm sau mới khẳng định được, chẳng hạn như
Định lý Fermat lớn, … nhưng sự cố gắng để đi đến chân lý của các nhà khoa
học đã làm nảy sinh ra nhiều cái mới trong phương pháp, trong lĩnh vực lý
thuyết.
Tóm lại, dự đoán, suy luận có lý đóng vai trò quan trọng trong khoa học
Toán học. Nó không những đi đến phát hiện và sáng tạo mà còn dẫn đến thành
công. Vậy phải làm thế nào để học được dự đoán suy luận có lý?
Chẳng hạn, xét ví dụ sau:
Bài toán 7. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xy+yz+zx=1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 10x2 + 10y2 + z2 .
Để giải được bài toán này, chúng ta dự đoán: “Vì vai trò của x và y trong
bài toán bình đẳng nên khi P đạt giá trị nhỏ nhất thì x=y”; đưa vào tham số thực
dương m và áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có

(

)

P = (10 − m ) x 2 + y 2 + mx 2 +
≥ 2(10 − m ) xy + 2

z2

z2
+ my 2 +
2
2

m
m
yz + 2
xz (với 0 < 10 < m).
2
2

Để sử dụng giả thiết xy+yz+zx=1, ta cần chọn m sao cho
 0 < m < 10

10 − m = m ⇔ m = 8 .

2

Do đó , ta có thể giải bài toán như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có


2 x 2 + 2 y 2 ≥ 4 xy
z2
≥ 4 xz
2
z2
2
8y +

≥ 4 yz
2
8x 2 +

Từ đó suy ra
P ≥ 4( xy + yz + zx ) = 4 .
1

x = y = 3
P=4⇔
4 .
 z=
3


Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 4.
2.2.2.2. Kỹ năng dùng suy luận diễn dịch để phát hiện và giải quyết vấn
đề.
Theo tác giả Hoàng Chúng: “Suy luận là rút ra mệnh đề mới từ một hay
nhiều mệnh đề đã có”
Phương pháp dạy học hiện nay đang nặng về lối “Thầy giảng – trò nghe”;
giáo viên thường bao biện những bước suy luận mà học sinh có thể tự mình giải
quyết, giáo viên chưa sử dụng được hệ thống câu hỏi và bài tập hợp lý, linh hoạt
với từng đối tượng học sinh, nhiều bài trùng nhau về dạng, chỉ đòi hỏi áp dụng
công thức, thiếu bài tập suy luận diễn dịch, chưa khai thác triệt để những tình
huống có thể rèn luyện kỹ năng suy diễn; chưa khai thác tốt giữa những chủ đề
kiến thức với nhau thông qua những bước suy diễn không đến mức phức tạp.
Chẳng hạn, khi gặp bài toán:
a 2 + b 2 = 1
Bài toán 8. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn 

.
 c+d =3

Chứng minh rằng ac + bd + cd ≤

9+6 2
(1).
4

Ta có thể dùng các suy luận sau để giải bài toán này: “Vì vai trò của a và
b trong bài toán bình đẳng; đồng thời vai trò của c và d trong bài toán bình đẳng
nên ta dự đoán dấu bằng ở (1) xảy ra khi a = b =

2 c=d = 3
;
.
2
2


Do đó ta biến đổi vế trái của (1) như sau:
2 3 2
2 3 2
.2.
a.c +
.2.
b.d + cd
6
2
6

2
2
2

 3 2
2  3 2 
3 2
2  3 2 
3 2
2
2

−

+
=−
a
−
2
.
a
.
c
+
c
b
−
2
.
b

.
d
+
d
a2 + b2 +




6  2 
2
2
4
 6  2 





ac + bd + cd =

(

2

2

)



 3 2
2 2
2 3 2
2 3 2
2 2


c + d 2 + cd = −
a − c  −
b − d  +
+
c + d 2 + cd .


6
6  2
6
2
4
6




(

)

(

)

(Vì a 2 + b 2 = 1 )
Suy ra ac + bd + cd ≤

(

)

3 2
2 2
+
c + d 2 + cd (2)
4
6

Lại tiếp tục biến đổi vế phải của (2):


3 2
2 2
3 2
2 2
2
cd
+
c + d 2 + cd =
+
c + 2cd + d 2 + 1 −


4
6
4
6
3



(

=

)

(

)

3 2
2
(c + d ) 2 − 3 − 2 (c − d ) 2 + 3 − 2 (c + d ) 2 = 9 + 6 2 − 3 − 2 (c − d ) 2.
+
4
6
12
12
4
12

(Vì c+d=3)

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
2.2.2.3. Kỹ năng biến đổi bài toán về dạng thuận lợi cho việc tìm liên hệ với
kiến thức đã có của học sinh và điều kiện đã cho của bài toán.
Các thành tố của kỹ năng này chủ yếu là:
- Kỹ năng lựa chọn các công cụ thích hợp để giải quyết một vấn đề
- kỹ năng chuyển đổi ngôn ngữ
- Kỹ năng quy lạ về quen nhờ biến đổi các vấn đề, biến đổi các bài toán về
dạng tương tự.
Chẳng hạn, xét bài toán sau:
Bài toán 9. Cho ba số thực x, y, z. Chứng minh rằng
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 .


Khi gặp bài toán này nếu ta biết biến đổi vế trái
2

2
2
x   3 
z   3 


x + xy + y + y + yz + z =  y +  + 
x + − y −  + 
z
2   2 
2   2 


2

2

2

2

2

và nghĩ đến bất đẳng thức u + v ≥ u + v thì ta có thể giải được bài toán như sau

x 3  
z 3 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét vectơ u y + ; x ; v − y − ; z  .
2 2
2 2








Ta có
x z 3
3 
u + v =  − ;
x+
z và u + v ≥ u + v .

2 
2 2 2

Suy ra
2

2

2

2
2
2
x   3 
z   3 
3 


 x z   3
x + − y −  + 
z ≥  −  + 
x+
z .
y+  +
2  2 
2  2 
2 


 2 2  2

Hay

x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 .

2.2.2.4. Kỹ năng nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau từ đó tìm
nhiều cách giải quyết vấn đề đó
Trong quá trình tiếp cận phát hiện và giải quyết vấn đề đặc biệt là khi giải
bài toán thì học sinh không chỉ nhìn bài toán từ một góc độ mà phải xem xét từ
nhiều phía, không chấp nhận một cách quen thuộc hoặc duy nhất. Từ đó luôn
tìm tòi đề xuất được nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán. Chẳng hạn, xét
bài toán sau:
Bài toán 10. Cho x, y, z là ba số dương và x+y+z ≤ 1. Chứng minh rằng
x2 +

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
2
x
y
z

+) Nếu nhìn nhận vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là tổng độ dài của ba
 1  1  1
vectơ u x; ; v y; ; w z;  thì ta có thể giải bài toán như sau
 x  y  z
 1  1   1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét ba vectơ u x; ; v y; ; w z;  .

 x  y  z




1

1

1

Ta có u + v + w =  x + y + z; + +  và u + v + w ≥ u + v + w .
x y z




Suy ra
2

( x + y + z ) +  1 + 1 + 1  .
x y z

1
1
1
x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥
x
y
z

2

2

Mà
2

2

( x + y + z ) +  1 + 1 + 1  = 81( x + y + z ) 2 +  1 + 1 + 1  − 80( x + y + z ) 2
x y z
x y z
2

1 1 1
2
≥ 18( x + y + z )  + +  − 80( x + y + z ) ≥ 162 − 80 = 82 .
x y z

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
+) Nếu nhìn nhận vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh dưới “con mắt
bất đẳng thức Bunhiacôpxki ” thì ta có thể giải bài toán như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có
1   x 3
1
2  2
 2 + 3  x + 2  ≥  + 
x  3 x
3


1
9  x 3
⇒x + 2 ≥  + 
82  3 x 
x

2

2

2

⇒ x2 +

1 3 82  x 3 
≥
 + .
82  3 x 
x2

Tương tự, ta có
y2 +

1
3 82  y 3 
 + ;
≥
2
82  3 y 

y

z2 +

1 3 82  z 3 
≥
 + .
82  3 z 
z2

Từ đó suy ra
x2 +

Mà

1
1
1 3 82  x + y + z 3 3 3 

+ y2 + 2 + z2 + 2 ≥
+ + +  .
2
82 
3
x y z
x
y
z

x+ y+z 3 3 3 3
3
3
80
+ + + = + 27 x + + 27 y + + 27 z − ( x + y + z )
3
x y z x
y
z
3
≥2

3
3
3
80
80 82
.27 x + 2 .27 y + 2 .27 z −
= 18 + 18 + 18 −
=
x
y
z
3
3
3

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2.2.3. Những yêu cầu chủ yếu của lời giải bài tập
- Lời giải không có sai lầm.

Học sinh phạm sai lầm trong khi giải bài tập thường do ba nguyên nhân
sau:
+ Sai sót về kiến thức toán học, tức là hiểu sai định nghĩa của khái niệm,
giả thiết hay kết luận của định lý,...
+ Sai sót về phương pháp suy luận.
+ Sai sót do tính sai, sử dụng ký hiệu, ngôn ngữ diễn đạt hay do hình vẽ
sai.
- Lời giải phải có cơ sở lý luận.
- Lời giải phải đầy đủ.
- Lời giải đơn giản nhất.
2.3.

Thực trạng của vấn đề
Trong quá trình dạy học môn Toán, nhiều lúc người giáo viên thể hiện sự

áp đặt về mặt kiến thức. Sở dĩ họ áp đặt về mặt kiến thức vì họ không tài nào lí
giải cho học sinh hiểu tại sao ta lại tiến hành biến đổi bài toán theo cách ta đang
làm, chẳng hạn như đối với bài toán sau:
Bài toán 11. Cho hai số thực dương x và y thỏa mãn x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ
1

1

nhất của biểu thức P = x + y + x + y .
Đa số giáo viên đưa chỉ dừng lại ở việc đưa ra lời giải:
1

1

“ P = 4 x + x + 4 y + y − 3( x + y ) .

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có
4x +

1
1
1
≥ 2 4 x. ⇒ 4 x + ≥ 4 .
x
x
x


1

Tương tự 4 y + y ≥ 4 .
Theo giả thiết ta có x + y ≤ 1 ⇒ −3( x + y ) ≥ −3 .
Do đó: P ≥ 5 .
x > 0 ; y > 0

 x + y =1
1

p = 5 ⇔  4x = 1
⇔x= y= .
2
x

1

 4y = y



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5.”, mà không quan tâm tới việc lý giải hoặc
yêu cầu học sinh giải thích tại sao lại giải như thế.
Thực ra mấu chốt ở đây là việc dự đoán P sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi
x= y=

1
.
2

2.4. Giải pháp và tổ chức thực hiện
Trong Toán học khả năng khái quát hóa có vai trò quan trọng trong việc
hình thành các kiến thức hay tiến hành giải các bài toán. Người ta thường xuất
phát từ những trường hợp cụ thể để đi đến cái tổng quát và ngược lại có thể
dùng cái tổng quát để soi sáng những trường hợp cụ thể. Chẳng hạn:
Bài toán 12. Từ bất đẳng thức Cô - si đối với hai số không âm: “Với mọi
a ≥ 0, b ≥ 0 ta có

a+b
≥ ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b” và bất đẳng
2

thức Cô - si đối với ba số không âm: “Với mọi a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 ta có
a+b+c 3
≥ abc . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c”, bằng khái quát hóa ta
3

có dự đoán: “Với mọi a1 ≥ 0, a2 ≥ 0, ... an ≥ 0 ta có

a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1a 2 ...a n .
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1= a2= ... =an”.
Bài toán 13. Để giải bài toán: “Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có
3 cos A + 2 3 cos B + 2 cos C ≤ 4 ”, ta có thể nghĩ đến việc giải bài toán tổng quát


hơn: “Cho ba số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta
có

x2 + y2 + z2
yz cos A + xz cos B + xy cos C ≤
”. Ta có thể giải vắn tắt bài toán tổng
2

quát này như sau: “Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( z cos B + y cos C − x ) 2 + ( z sin B − y sin C ) 2 ≥ 0 ”.
Bài toán ban đầu là một trường hợp cụ thể của bài toán tổng quát (
x = 2, y = 1, z = 3 ), nhưng việc tìm lời giải bài toán ban đầu là khó hơn rất nhiều

so với việc tìm lời giải bài toán tổng quát.
2.2.1.2. Dự đoán bằng đặc biệt hoá.
Chẳng hạn đối với bài toán:
Bài toán 14. Cho số nguyên n ≥ 3. Giả sử n số dương a 1, a2, …, an thỏa mãn bất
đẳng thức ( a12 + a22 + ... + an2 ) > ( n − 1) ( a14 + a24 + ... + an4 ) .
2

Hãy chứng minh ba số bất kì ai, aj, ak (1 ≤ itam giác.
Để giải được bài toán này chúng ta phải hiểu điều cần chứng minh là:
chứng minh ba số bất kì a i, aj, ak (1 ≤ igiác nghĩa là ta cần chứng minh ai + aj > ak; aj + ak > ai; ai + ak > aj . Để chứng
minh trực tiếp điều này là rất khó vì thế ta thử chứng minh bài toán khi n=3:
“Với n=3, bất đẳng thức trên có dạng

(a

2
1

+ a 22 + a32

)

2

(

> 2 a14 + a 24 + a34

)

⇔ ( a1 + a 2 + a3 )( a1 + a 2 − a3 )( a 2 + a3 − a1 )( a3 + a1 − a 2 ) > 0

(1)

Vì vai trò các số a1, a2, a3 bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có

thể giả sử 0 < a1 ≤ a 2 ≤ a3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra a1 + a2 > a3 (3)
Từ (2) và (3) suy ra a1, a2, a3 là độ dài các cạnh của một tam giác”.
Như vậy việc chứng minh bài toán khi n=3 là thực hiện đựợc. Nhưng điều
quan trọng nhất là dựa vào kết quả của bài toán khi n=3, ta có thể giải được bài
toán như sau:
Với n = 3 bài toán đã được chứng minh.


Với n > 3, và n số dương a 1, a2, …, an thỏa mãn điều kiện bài toán. Lấy ba
số bất kì trong n số đó. Vì vai trò các số ai (i=1, 2, …, n) là bình đẳng nên không
mất tính tổng quát ta có thể coi rằng ba số lấy ra là a1, a2, a3.
Theo điều kiện bài toán và theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có

( n − 1) ( a14 + a24 + ... + an4 ) < ( a12 + a22 + ... + an2 ) 2 = 

(

 a2 + a2 + a2
2
3
≤ [ 2 + ( n − 3) ]  1
2


)

2.



2

(

)

1 2

a1 + a 22 + a32 + a 42 + ... + a n2 
2


(


 a2 + a2 + a2
2
3
+ a + ... + a  = ( n − 1)  1
2


4
4

4

n

)

2


+ a 44 + ... + a n4 


Suy ra ( a12 + a22 + a32 ) > 2( a14 + a24 + a34 ) .
2

Theo trường hợp n=3, ta có a1, a2, a3 là độ dài các cạnh của một tam giác.
2.2.1.3. Dự đoán bằng tương tự hóa.

Chẳng hạn khi gặp bài toán: “Cho số nguyên dương n ≥ 3. Giả sử t1, t2,
…, tn là các số dương sao cho:
1 1
1
n 2 + 1 > ( t1 + t 2 + ... + t n )  + + ... +  .
tn 
 t1 t 2

Chứng minh rằng ti, tj, tk là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi i, j, k
với 1 ≤ icó thể giải bài toán này tương tự như với bài toán đó hay không?
Câu trả lời là có thể, và sau đây là lời giải:
Với n=3, bất đẳng thức trên có dạng
1 1 1

10 > ( t1 + t 2 + t 3 )  + + 
 t1 t 2 t 3 

Vì vai trò các số t1, t2, t3 bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể
giả sử 0 < t1 ≤ t 2 ≤ t3 . Khi đó ta chỉ cần chứng minh t1 + t 2 > t 3 .
Ta sẽ chứng minh điều này bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy: giả
sử t1 + t 2 ≤ t 3 , khi đó áp dụng bất đẳng thức Cô - si ta có








( t1 + t 2 + t 3 )  1 + 1 + 1  = 3 + t 2 + t1 + t1 + t 2 + t 3  1 + 1 
 t1

t2

t3 

t1

t2

t3

 t1

4

t2 

t
t +t
t +t  t 
≥ 3 + 2 + 1 2 + 4 3 ≥ 5 + 55 1 2  3  = 5 + 55
t3
t1 + t 2
t 3  t1 + t 2 

3

 t3 

 ≥ 5 + 5 = 10.
 t1 + t 2 


1 1 1
⇒ ( t1 + t 2 + t 3 )  + +  ≥ 10 . Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
 t1 t 2 t 3 

Do đó t1 + t 2 > t 3 .
Vậy t1, t2, t3 là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Với n>3, và n số dương t1, t2, …, tn thỏa mãn điều kiện bài toán. Lấy ba số
bất kì trong n số đó. Vì vai trò các số t i (i=1, 2, …, n) là bình đẳng nên không
mất tính tổng quát ta có thể coi rằng ba số lấy ra là t1, t2, t3.
Theo điều kiện bài toán và theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có

1 1
1
n 2 + 1 > ( t1 + t 2 + ... + t n )  + + ... + 
tn 
 t1 t 2
2
2
2

 1  
 1 

2
2
2
1
1
1
 + ... + 
 
=  t1 + t 2 + t 3 + t 4 + ... + t n  
+ +  + 

  t t




t
t

t
 n  
 1 2 3   4 

(

) ( )

( )



1 1 1
≥  ( t1 + t 2 + t 3 )  + +  + n − 3


 t1 t 2 t 3 

2



1 1 1
⇒ n 2 + 1 >  ( t1 + t 2 + t 3 )  + +  + n − 3


 t1 t 2 t 3 
1
 t1

Đặt a = ( t1 + t 2 + t 3 )  +

2

1 1
+ 
t 2 t 3 

Ta có
n 2 + 1 > ( a + n − 3) ⇔ a 2 + 2( n − 3) a − 6n + 8 < 0
2

⇔ 3 − n − n2 +1 < a < 3 − n + n2 +1
1

1

1

Do đó a < 3 − n + n 2 + 1 hay ( t1 + t 2 + t3 )  + +  < 3 − n + n 2 + 1
 t1 t 2 t 3 

(

1 1 1
⇒ ( t1 + t 2 + t 3 )  + +  < 10 + 2( n − 3) n − n 2 + 1
 t1 t 2 t 3 
1 1 1
⇒ ( t1 + t 2 + t 3 )  + +  < 10
 t1 t 2 t 3 

(Vì n>3 nên n-3>0 và n − n 2 + 1 < 0 ).

)


Do đó theo trường hợp n=3, ta có t1, t2, t3 là độ dài ba cạnh của một tam
giác.
2.2.1.4. Dự đoán bằng nhận xét trực quan và thực nghiệm.
Bài toán 15. Để học sinh phát hiện ra bất đẳng thức Cô – si, Giáo viên có thể
yêu cầu học sinh hoàn thành bảng sau:

Rồi so sánh

a+b
và
2

a

B

0
0
1
3
2
2

0

1
1
1
2
8

a+b
2

ab

ab trong từng trường hợp đó. Từ đó rút ra dự đoán gì?

2.5. Kiểm nghiệm
2.5.1 Kết quả từ thực tiễn:
Theo kết quả thực nghiệm cho thấy, khi học sinh tiếp cận với một số
phương thức rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề, các em có
hứng thú và học tập rất hăng say. Tỉ lệ học sinh chăm chú học tập tăng cao. Sau
các buổi học tinh thần học tập các em phấn chấn hẳn và tỏ ra yêu thích học tập
môn Toán hơn.
Giáo viên hứng thú khi dùng các phương thức đó, học sinh thì học tập
một cách tích cực hơn, chủ động hơn, sáng tạo hơn và có hiệu quả hơn. Những
khó khăn về nhận thức của học sinh được giảm đi rất nhiều, và đặc biệt đã hình
thành cho học sinh một phong cách tư duy khác trước.
2.5.2 Kết quả thực nghiệm:
Thực nghiệm sư phạm được tiến hành trong Chương IV: Bất đẳng thức và
bất phương trình ( SGK Đại số 10 – Nâng cao – 2008, Nhà xuất bản Giáo
dục). Trong khoảng thời gian dạy thực nghiệm, chúng tôi đã tiến hành cho học
sinh làm 1 bài kiểm tra 15 phút. Sau khi dạy thực nghiệm xong, lại cho học sinh
làm bài kiểm tra với thời gian 60 phút ở hai lớp thực nghiệm và lớp đối chứng.

Đề kiểm tra thực nghiệm
(Thời gian 60 phút)
Câu I. Chứng minh rằng 2a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2a( b + c ) với mọi a, b, c ∈ R . Khi nào có
đẳng thức.
Câu II. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số thực dương bất kì thì
1) x 3 + y 3 ≥ xy( x + y ) .
1

1

1

1

2) x 3 + y 3 + xyz + y 3 + z 3 + xyz + z 3 + x 3 + xyz ≤ xyz .
Câu III. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ
P = x+ y+z+

nhất của biểu thức

1 1 1
+ + .
x y z

Đối với đề kiểm tra trên không phức tạp về kỹ năng tính toán, học sinh
nắm được kiến thức cơ bản và biết huy động kiến thức thì sẽ phân tích hợp lý đề
toán để giải. Tuy nhiên nếu học một cách thụ động, máy móc kiến thức, giáo
viên không chú trọng đến việc rèn luyện tư duy linh hoạt, rèn luyện khả năng

huy động kiến thức thì học sinh gặp phải khó khăn trong giải đề kiểm tra trên.
Qua các bài kiểm tra đánh giá, chúng tôi đã tiến hành thống kê, tính toán
và thu được các bảng số liệu sau:
Bảng 2. Bảng thống kê các điểm số ( Xi) của bài kiểm tra
Lớp
ĐC 10A4
TN 10A5

Số

Số bài

HS
48
45

KT
96
90

Sè bµi kiÓm tra ®¹t ®iÓm
1
2 3
4
5
6
7
8
0
1 4

5 18 22 25 14
1
3 7
9 16 20 20 11

Xi
9 10
4 3
2 1

Bảng 3. Bảng phân phối tần suất
Lớp

Số

HS
ĐC 10A4 48
TN 10A5 45

Số bài
KT
96
90

1
0,0
1,1

Sè % bµi kiÓm tra ®¹t ®iÓm Xi
2

3
4
5
6
7
8
9

10

1,1
3,3

3,1
1,1

4,2
7,8

5,2 18,7 22,9 26,0 14,6
10,0 17,8 22,2 22,2 12,2

4,2
2,2


Biểu đồ 1: Biểu đồ phân phối tần suất của hai lớp

Đồ thị 1. Đồ thị phân phối tần suất của hai lớp

3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
3.1. KẾT LUẬN:
Quá trình thực nghiệm cùng những kết quả rút ra sau thực nghiệm cho thấy:
mục đích thực nghiệm đã được hoàn thành, tính khả thi và tính hiệu quả của các
phương thức đã được khẳng định. Thực hiện các phương thức đó sẽ góp phần phát
triển kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề, góp phần nâng cao hiệu quả dạy học
môn Toán cho học sinh phổ thông.
3.2. ĐỀ XUẤT:
Bộ giáo dục nên đưa thêm nhiều bài tập mà học sinh hay mắc sai lầm khi
làm toán vào trong chương trình sách giáo khoa và trong các kỳ thi học sinh
giỏi, thi THPT Quốc gia để học sinh được tìm tòi về những sai lầm thường mắc
khi giải toán giúp các em có thể tránh được những sai lầm đó trong khi làm bài
tập.
XÁC NHẬN CỦA THỦ

Thanh Hóa, ngày 19 tháng 05 năm

TRƯỞNG ĐƠN VỊ

2019.
Tôi xin cam đoan đây là sáng SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của


người khác.

Trần Thị Hà

Tài liệu tham khảo

1. Đoàn Quỳnh (Tổng Chủ biên) – Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên),
Nguyễn Xuân Liêm – Đặng Hùng Thắng – Trần Văn Vuông
2.

(2006), Đại số 10 nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
Phạm Văn Hoàn (chủ biên), Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình

3.

(1981), Giáo dục học môn toán, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
Trần Bá Hoành (2007), Đổi mới phương pháp dạy học, chương

4.

trình và sách giáo khoa, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm, Hà Nội.
Lê Văn Hồng, Lê Ngọc Lan, Nguyễn Văn Thàng (2001), Tâm lý
học lứa tuổi và tâm lý học sư phạm, Nhà xuất bản ĐHQG Hà

5.

Nội, Hà Nội.
Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất bản tri

6.

thức.
Phan Huy Khải – Nguyễn Đạo Phương, Các phương pháp giải

7.

toán sơ cấp Đại số 10, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia, Hà Nội.
Nguyễn Bá Kim (2002), Phương pháp dạy học môn Toán, Nhà


8.

xuất bản Đại học Sư phạm, Hà Nội.
Trần Phương, Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất
đẳng thức, Nhà xuất bản Hà Nội.

MỤC LỤC
1. Mở đầu

Trang

1.1. Lí do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu

2

1.3. Đối tượng nghiên cứu

2

1.4. Phương pháp nghiên cứu

2

2. Nội Dung

2

2.1. Cơ sở lý luận

2

2.2. Kỷ năng phát hiện và giải quyết vấn đề

6

2.3. Thực trạng của vấn đề

13

2.4. Giải pháp và tổ chức thực hiện

14

2.5. Kiểm nghiệm

18

3. Kết luận và đề xuất
Tài liệu tham khảo

21
22

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Trần Thị Hà
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường PT Nguyễn Mộng Tuân

TT
1.

2.

Tên đề tài SKKN
Khắc phục những khó khăn
và sai lầm thường gặp trong
giải toán chủ đề giới hạn cho
học sinh trung học phổ thông

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh;
Tỉnh...)

Sở GD & ĐT
Thanh Hóa

Kết quả

đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

C

Năm học
đánh giá
xếp loại
2017-2018