Rèn luyện tư duy tích cực cho học sinh THPT qua một số phương pháp tìm tòi lời giải bài toán

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Ở trường phổ thông, đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức
chủ yếu của hoạt động toán học. Vì vậy dạy giải toán cũng là nhiệm vụ chủ yếu
của người thầy giáo. Để tìm cách giải chúng ta phải thay đổi nhiều lần quan điểm
và cách nhìn bài toán, chúng ta phải luôn luôn thay đổi vị trí. Thoạt đầu quan điểm
của chúng ta về bài toán rất có thể là không đầy đủ, quan niệm của chúng ta sẽ
khác đi khi chúng ta thu được một số kết quả và còn khác đi nữa khi chúng ta sắp
sửa nắm được cách giải.
Để sắp xếp những câu hỏi và lời khuyên được thuận lợi, chúng ta phân biệt
bốn bước trong quá trình giải một bài toán:
- Bước 1: Phải hiểu bài toán, thấy rõ là phải tìm cái gì?
- Bước 2: Suy nghĩ tìm tòi lời giải của bài toán (Nắm được mối quan hệ
giữa các yếu tố khác nhau của bài toán, giữa cái chưa biết với cái đã biết, để tìm
thấy cái ý của cách giải, để vạch ra được một chương trình
- Bước 3: Thực hiện chương trình
- Bước 4: Nhìn lại cách giải đã thu được một lần nữa, nghiên cứu và phân
tích nó. [1]
Mặc dù 4 nội dung trên luôn gắn kết với nhau (có khi cùng tiến hành song
song, có khi tách thành các quá trình tương đối riêng rẽ) và bài toán coi như được
giải quyết khi đã có lời giải. Song việc dạy cho học sinh biết vận dụng các phương
pháp tìm tòi lời giải bài toán mới chính là cơ sở quan trọng có ý nghĩa quyết định
cho việc rèn luyện khả năng tư duy tích cực sáng tạo cho học sinh thông qua việc
giải toán.
Đề tài này chỉ đề cập đến bước thứ hai thông qua việc dạy cho học sinh
một số phương pháp tìm tòi lời giải một bài toán và nêu lên một số ví dụ vận
dụng tổng hợp các phương pháp đó.
1


1.2. Mục đích nghiên cứu

Để làm tốt công tác giảng dạy và nghiên cứu về mặt phương pháp giảng dạy
bộ môn Toán ở trường THPT hiện nay, phù hợp với đổi mới trong cách dạy, cách
học cũng như phổ biến kinh nghiệm hay và thực tiễn để đồng nghiệp trao đổi góp
ý và cùng thực hiện trong dạy học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 10, 11 và 12 ở Trường trung học phổ thông Mai Anh Tuấn Huyện Nga Sơn - Tỉnh Thanh Hóa
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Nhóm phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa,
sách giáo viên, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Luật giáo dục đã quy định “ Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, phù hơp với đặc
điểm của từng lớp học, từng môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ
năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui
hứng thú học tập cho học sinh”.
Trong lý luận dạy học nói chung đã chỉ rõ, phương pháp dạy học tích cực là
những phương pháp giáo dục/ dạy học nhằm phát huy tính tích cực, chủ động, sáng
tạo của người học. Trong đó các hoạt động học tập được tổ chức, được định hướng
bởi người thầy, người học chủ động, tự lực, tích cực tham gia vào quá trình tìm
kiếm, khám phá, phát hiện kiến thức, vận dụng kiên thức để giải quyết vấn đề thực
tiễn, qua đó lĩnh hội nội dung học tập và phát triển năng lực sáng tạo.
Trong phương pháp dạy học tích cực không chỉ quan tâm đến yêu cầu thông
hiểu, ghi nhớ tái hiện các kiến thức theo SGK mà còn đặc biệt chú ý đến năng lực
nhận thức, rèn luyện kỹ năng và phẩm chất tư duy( phân tích, tổng hợp, xác lập
quan hệ giữa các sự kiện, nêu giả thuyết,…)
Trong lý luận dạy học toán nói riêng đã chỉ ra: “ Cốt lõi của việc đổi mới
phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT là làm cho học sinh học tập tích
2

cực, chủ động, sáng tạo, chống lại thói quen học tập thụ động”, mà việc dạy Tìm
tòi lời giải đóng vai trò có tính quyết định việc rèn luyện phương pháp suy luận và
khả năng tư duy cho học sinh trong toàn bộ quá trình dạy và học toán trong trường
phổ thông. [2]
Bởi tìm tòi lời giải bài boán chính là tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ suy
nghĩ có tính chất tìm đoán: biến đổi cái đã cho, biễn đổi cái phải tìm hay chứng
minh, liên hệ cái đã cho hoặc cái phải tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài
toán cần giải với bài toán cũ tương tự…Tìm tòi cách giải khác, so sánh chúng để
chọn dược cách giải hợp lý nhất.
Đương nhiên rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải một bài toán phải từ hình
thức thấp đến cao; từ việc tìm lời giải theo từng phương pháp riêng biệt đến vận
dụng tổng hợp các phương pháp.
Nội dung của đề tài này còn căn cứ vào chương trình, nội dung môn toán ở
bậc THPT mà Bộ GD&ĐT đã ban hành.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Một thực trạng hiện nay trong việc học toán là: Phần lớn các học sinh khi
đứng trước một bài toán không biết bắt đầu từ đâu, không biết mình phải giải quyết
vấn đề gì; sử dụng giả thiết và kết luận ra sao để biến đổi. Và biến đổi theo hướng
nào cũng không ít học sinh lúng túng nên dẫn đến tình trạng biến đổi vòng quanh
sau một hồi biến đổi lại quay về cái ban đầu. Mặt khác trong tư duy học sinh cũng
gặp nhiều sai sót về mặt suy luận, hoặc mơ hồ không chính xác, hoặc thiếu chặt
chẽ trong việc vận dụng các điều kiện đã cho, hoặc suy luân trên cơ sở hình thức
không bản chất dẫn đến lời giải thiếu chính xác, thừa hoặc thiếu thậm chí tưởng là
đúng nhưng thực chất là sai…Cũng vì vậy nhiều học sinh không thấy hứng thú khi
học toán.

3

Mặt khác đại đa số học sinh khi tìm được lời giải của bài toán là họ đã thấy
thỏa mãn, thì trong quá trình tìm tòi lời giải bài toán còn phát hiện các lời giải
khác nhau và hơn thế có thể sáng tạo các bài toán mới.
Do vậy việc dạy cho học sinh biết các phương pháp tìm tòi lời giải các bài
góp phần rất quan trọng giúp học sinh khắc phục các nhược điểm đã nêu. Song
quan trọng hơn là rèn luyện khả năng tư duy linh hoạt, sáng tạo và những phép suy
luận có lý, tạo hứng thú trong học toán và tâm lý tự tin. Đương nhiên việc dạy tìm
tòi lời giải bài toán phải được thực hiện trong suốt quá trình dạy toán và theo trình
tự từ thấp đến cao.
2.3. Giải pháp tổ chức thực hiện
2.3.1. Thông qua một hệ thống các phương pháp tìm tòi lời giải
2.3.1.1. Khai thác triệt để các giả thiết và đặc điểm về dạng của bài toán
Các đặc điểm về dạng của bài toán là phần hình thức của bài toán đó. Vì
hình thức và nội dung có sự thống nhất (phép biện chứng). Nên khi khai thác triệt
để phần hình thức thì đồng thời ta cũng phát hiện các đặc điểm bên trong của bài
toán.
Ví dụ 1. Giải phương trình



52 6

 
x



52 6



x

 10

Tìm tòi lời giải: Đây là một dạng toán quen thuộc f ( x)  g ( x )  m với f ( x).g ( x)  a
(hằng số). Ở đây



52 6



x



52 6

 
x

.

52 6



x

 1 . Vì vậy nếu đặt t 



5 2 6

 thì
x

1
1
 . và pt đã cho trở thành t   10 là phương trình bậc hai quen thuộc.
t
t

Giải PT này theo t > 0, từ đó tìm x.
Đáp số: x  2, x  2
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2(tan x  sin x)  3(cot x  cos x)  5  0
Tìm tòi lời giải: Điều kiện: sinxcosx 0 .
4


Nhìn vào hình thức bài toán ta thấy có mặt của ba hệ số là 2,3,5 và lẽ tự nhiên ta
nghĩ đến 2+3 = 5. Chính vì vậy ta tách 5 = 2 + 3 rồi ghép 2 với số hạng đầu và 3
với số hang thứ hai thì ta được:
2(tan x  sin x  1)  3(cot x  cos x  1)  0
�sin x
� �cos x
�

� 2�
 sin x  1� 3 �
 cos x  1� 0
�cos x
� �sin x
�
�  sin x  cos x  sin x.cos x   2sin x  3cos x   0

Đây là phương trình tích giải được vì mỗi thừa số đều chuyển được về PT
dạng đã biết.
Rõ ràng nếu không để ý đến đặc điểm trên thì bài toán vô cùng khó giải.
Ví dụ 3: Giải phương trình
3x  3 x  2 cos 2

x 2  2018 x
2019!

Tìm tòi lời giải: Đặc điểm của bài toán là : vế trái là tổng của 2 hàm số mũ, còn
vế phải lại là một hàm số lượng giác. Chính vì vậy không thể dùng bất cứ phép
biến đổi đại số hay lượng giác nào để giải phương trình đã cho.
Trong trường hợp này ta chỉ có thể nghĩ đến phương án là đánh giá giá 2 vế của
phương trình đã cho (rõ ràng ở đây cũng không thể giải bằng đồ thị được). Những
giá trị của x làm cho 2 vế bằng nhau sẽ là nghiệm của phương trình.
Theo đường lối trên ta có: 3x  3 x �2 dấu = xảy ra khi x = 0; còn
x 2  2018 x
2 cos
�2 dấu bằng xảy ra khi
2019!
2

cos 2

x 2  2018 x
cos
 1 . Do x = 0
2019!
2

thì

x 2  2018 x
 1 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của PT.
2019!

Ví dụ 4: Chứng minh rằng : với n, p là các số tự nhiên thì
1
1
1
1
1
1
1



 ... 
 
2
2
2

n  1 n  p  1  n  1
 n  2
 n  p n n  p

5


Tìm tòi lời giải: Do các số hạng ở 2 vế trái và phải của BĐT quá “xa lạ” với p số
hạng ở giữa nên để chứng minh bất đẳng thức đã cho rõ ràng ta không thể dùng các
phép biến đổi tương đương được. Ta nghĩ đến việc đánh giá tổng
T=

1

(n 1)



2

1

(n  2)
1

2

 ... 

1

(n  p)

2

về cả 2 phía. Xuất phát từ số hạng tổng quát , ta

1

1

1

1

1


2
có: (n  k )(n  k  1) 
mà (n  k )(n  k  1) = (n  k )  n  k  1
(n  k ) (n  k  1)(n  k )
1

1

1

và (n  k  1)(n  k ) = (n  k  1)  n  k .
1

1

1

1

1

Từ đó ta có : (n  k )  n  k  1 < n  k 2 < (n  k  1)  n  k



(*).

Áp dụng (*) cho k= 1,2,3,….,p. rồi cộng p BĐT, khử các số hạng đối dấu nhau ta
có đpcm.
2.3.1.2. Sử dụng các điều kiện đặt ra cho các đại lượng tham gia trong
bài toán; các biểu thức, các hàm số có trong bài toán để xác định phương
hướng giải các bài toán
Vì các điều kiện đặt ra cho các đại lượng có trong bài toán không phải là
ngẫu nhiên, tùy tiện mà là biểu hiện các mối liên hệ nào đó có tính nhân quả giữa
các yếu tố tạo nên bài toán. Khai thác đúng hướng các điều kiện đó có thể tìm ra
lời giải bài toán.
Ví dụ 5: Giải phương trình

4

41  x  4 41  x 2

Tìm tòi lời giải: ĐK -41 x 41
Rõ ràng ở đây nếu dùng các phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến một
phương trình bậc cao rất phức tạp. Do đó ta nghĩ đến một trong các hướng sau
Cách 1) Xét hàm số f(x) = 4 41  x  4 41  x trên tập xác định 41 �x �41 ;
Ta thấy f(x) là hàm chẵn (Vì f(x) = f(-x) với 41 �x �41 ).
6


Xét 0 x 41 khi đó

4

41  x  4 41 >2. Vậy

4

41  x  4 41  x >2 cho nên phương

trình vô nghiệm khi 0 x 41 .
Do tính chất chẵn của hàm số nên phương trình đã cho cũng vô nghiệm trên
khoảng 41 �x  0 .
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm
uv  2
�

Cách 2) Đặt u  4 41  x , v  4 41  x khi đó ta có hệ �4

u  v 4  82
�

Đây là hệ đối xứng quyen thuộc nên ta giải theo cách giải của hệ đối xứng.
2
2
2
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC. Gọi D  1   cos A  cos B  cos C  . Chứng minh rằng

nếu D  0, D  0, D  0 thì tương ứng tam giác ABC sẽ là tam giác nhọn, vuông hoặc
tù.
Tìm tòi lời giải: Điều ta quan tâm là dấu của D. Mà ta đã biết:
+) Nếu cosAcosBcossC > 0 thì tam giác ABC nhọn ( bởi không thể xảy ra có 2 số
âm)
+) Nếu cosAcosBcossC = 0 thì tam giác ABC vuông
+) Nếu cosAcosBcossC < 0 thì tam giác ABC tù (vì không thể cả 3 số đều âm)
Từ đó ta có suy nghĩ D và tích cosAcossBcossC có mối liên hệ nào đó với nhau và
nếu có thì mối liên hệ đó phải có dạng D = k cosAcossBcossC.
Ta hãy kiểm tra xem điều dự đoán trên có đúng không?
Ta có
1  cos 2 B 1  cos 2C �
� 2
D  1 �
cos A 

�
2
2
�
�
1
� 2
�

 �
cos A   cos 2 B  cos 2C  �
2
�
�



  cos 2 A  cos( B  C ).cos(B C)
 cos A  cos( B  C )  cos(A  B) 



 2 cos A cos B cos C

( với chú ý là cosA= - cos(B+C). Từ đó suy ra kết quả của bài toán
7


2.3.1.3. Phân tích và biến đổi kết quả (yêu cầu của bài toán) để tìm
phương hướng giải bài toán
Bằng cách này ta tìm cách thay bài toàn đã cho bằng bài toán mới tương đương
nhưng đơn giản hơn và giải được. Vì bằng cách này ta đã tìm được các phép biến
đổi ngược với tác giả bài toán, nên tất nhiên sẽ dẫn ta tới con đường tìm ra lời
giải bài toán
Ví dụ7: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC thì
a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc  a 3  b3  c 3 (1)
2

2

2

Tìm tòi lời giải: Biến đổi (1) ta có
(1) � a �
(b  c )2  a 2 �
(c  a ) 2  b 2 �
(a  b ) 2  c 2 �
�
� b �
�
� c �
�
� 0(2)
� a (b  c  a)(b  c  a )  b(c  a  b)(c  a  b)  c (a  b  c)(a  b  c )  0
� (a  b  c ) �
(ab  ac  a 2 )  (bc  ab  b 2 )  (ca  cb  c 2 ) �
�
� 0





� (a  b  c ) �
c 2  a 2  2ab  b 2 �
�
� 0
� (a  b  c )(c  a  b)(c  a  b )  0

Điều này đúng vì do a, b, c là 3 cạnh của tam giac nên mỗi thừa số ở VT của BĐT
cuối cùng là đúng.
Chú ý rằng : Nếu từ (2) ta sử dụng định lý hàm số cosin thì cũng được BĐT
đúng
Ví dụ 8 : Chứng minh: với n là số tự nhiên, ta có
0,785n2 – n < n 2  12  n 2  2 2  ...  n 2  (n  1) 2 <
Tìm tòi lời giải : Gọi Sn-1 =

1
 n2
4

n 2  12  n 2  2 2  ...  n 2  (n  1) 2 . Rõ ràng ở đây ta

không thể nghĩ đến chuyện biến đổi tương đương BĐT đã cho. Nhưng biểu thức a k
=

2

n k

2

( với k = 1, 2, …n-1) gợi cho ta độ dài cạnh góc vuông

của tam giác vuông có cạnh huyền bằng n và cạnh góc vuông kia
bằng k ( hình 1.).

8

Lại để ý rằng biểu thức

1
 n2 gợi cho ta
4

có thể sử dụng công thức diện tích hình

B

tròn để chứng minh BĐT với chú ý rằng
2

n k

2

=

2

2

n  k .1 là diện tích của

n

n

hình chữ nhật có 1 cạnh bằng 1 và cạnh
kia bằng ak.
O

1

n-1

n A

Hình 1
Khi đó Sn-1 là tổng diện tích của n-1 hình chữ nhật tạo nên một hình bậc thang nội
tiếp trong

1
đường tròn OAB có bán kính bằng n. Nên
4

Sn-1 <

1
 n2 .(1)
4

Với BĐT vế trái ta có thể viết lại tương đương là 0,785n 2 < n+ Sn-1 (2) và coi VP
của (2) là tổng của n hình chữ nhật mà mỗi cạnh của chúng bằng 1 còn cạnh kia
bằng ak ( trừ hình chữ nhật đầu tiên có kích thước bằng n.1). Những hình chữ nhật
này tạo nên một hình bậc thang ngoại tiếp
Nên n+ Sn-1 >

1
đường tròn OAB có bán kính bằng n.
4

1
3,14 2
 n2 >
n 0,785n 2 . Đó là đpcm.
4
4

Ví dụ 9: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì ta có





a 4  b 4  c 4 �2 a 2b 2  b2 c 2  c 2 a 2 .

Tìm tòi lời giải: Phân tich yêu cầu bài toán ta thấy, từ a 4  b 4  c 4 có thể tìm thấy

a

2

 b2  c2



2

hoặc  a 2  b2  c 2  , nhưng do a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam
2

giác nên ta sẽ sử dụng  a 2  b 2  c 2  để có thể áp dụng định lý hàm số côsin. Ta có
2

9


a

2

 b2  c 2



2

 4a 2b 2 cos 2 C

hay a 4  b 4  c4  2a 2b2  2a 2c 2  2b2c 2  4a 2b2 cos 2 C . Vậy

BĐT cần chứng minh tương đương với 4a 2b2 cos 2 C �4a 2b2 . Đến đây ta được BĐT
đúng (vì cos2C ≤ 1)
2.3.1.4. Phân tích đồng thời cả giả thiết và yêu cầu của bài toán để tìm
phương hướng giải
Cơ sở của phương pháp này là mối liên hệ tất yếu phải có giữa các yếu tố
đã cho và những điều mà bài toán đòi hỏi. Người làm toán có nhiệm vụ khám phá

cho được mối liên hệ tất yếu đó và khi đó có thể dẫn tới con đường giải bài toán.
Ví dụ 10: Chứng minh rằng, nếu x, y, z là độ dài các cạnh của một tam giác thì
x

BĐT sau đây đúng: │ y +

z
y
z
y
x
+ - - y - │ < 1 (1)
z
x
x
z

Tìm tòi lời giải: Trước hết ta phân tích và biến đổi giả thiết. Vì x, y, z là độ dài
các cạnh của tam giác nên
*) x + y > z ; y + z > x;
hoặc

z + y > x (a)

*) x  y  z, y  z  x, z  x  y (b). Rõ ràng để “gần gũi” với giả thiết ta

chọn các BĐT (b) để biến đổi. Từ (b) ta có:
x y
z

1 ;

y z
x

1 ;

z x
y

 1 . Suy ra

( x  y )( y  z )( z  x )
xyz

 1 (*)(BĐT

đúng)
Mặt khác biến đổi (1) (yêu cầu của bài toán) ta được:
(1) 

( x 2  y 2 ) z  (y 2  z 2 ) x  (z 2  x 2 ) y
xyz

 1 (**). So sanh (*) và (**) ta thấy giả thiết

và kết luận khá gần gũi nhau. Ta hy vọng chỉ còn phải chứng minh
( x 2  y 2 ) z  (y2  z 2 ) x  (z 2  x 2 ) y  ( x  y )( y  z )( z  x) . (2) . Nhờ việc phân tích và biến

đổi đồng thời cả giả thiết và kết luận ta đã đi dến bài toán (2) thuận lợi hơn rất

nhiều so với bài toán (1) vì đã được định hướng ( chẳng hạn khai triển cả 2 vế)

10


Ví dụ 11: Chứng minh rằng trong một tam giác ABC nếu a2 + b2 = c2 + 4R2 thì
tan A tan B  1
 tan 2 C
tan A tan B  1

Tìm tòi lời giải: Để cho giả thiết gần gũi hơn với yêu cầu của bài toán ta chuyển
các yếu tố có trong giả thiết về yếu tố góc. Khi đó áp dụng định lý hàm số sin ta
đưa giả thiết về dạng : sin 2 A  sin 2 B  1  sin 2 C (1). Bây giờ ta biến đổi kết luận để
chỉ chứa sin và cosin. Ta có :
sin A sin B
1
sin 2 C
tan A tan B  1
cos( A  B )
sin 2 C
2
cos
A
cos
B
 2 
tan C 
 2
sin A sin B
 cos( A  B ) cos C

tan A tan B  1
 1 cos C
cos A cos sB
� cos C.cos(A  B)  sin 2 C ( vì cos C   cos( A  B ) ). Để gần hơn với (1) ta cộng cả 2

vế với 1 thì được 1  cos( A  B).cos(A  B)  1  sin 2 C �

1  cos 2 A  1  cos 2 B
 1  sin 2 C
2

� sin 2 A  sin 2 B  1  sin 2 C (so sánh với (1) đpcm)

2.3.1.5. Đưa thêm vào các bài toán các yếu tố phụ, các đại lượng trung
gian để bài toán được dễ giải hơn
Chẳng hạn trong đại số việc giải PT hoặc hệ PT ít ẩn nhưng khó giải ta có
thể đưa vào ẩn phụ để chuyển về bài toán nhiều ẩn nhưng dễ giải hơn.
Hay trong lượng giác nhiều khi chúng ta phải chuyển PT, hệ PT một ẩn về
PT hoặc hệ PT đại số nhiều ẩn
Ví dụ 12: Giải phương trình 5 x3  1  2( x 2  2)
Tìm tòi lời giải: ĐK: x ≥ -1. với ĐK đó thông thường nếu ta bình phương 2 vế ta
được PT bậc 4 không có dạng đặc biệt nên rất khó giải. Nhưng để ý rằng :
x 3  1  ( x  1)( x 2  x  1) ; x 2  2  ( x  1)  ( x 2  x  1) thì ta đã có môi liên hệ giữa 2

vế thông qua các đại lượng ( x  1) và ( x 2  x  1) .

11


Từ đó ta đưa vào các ẩn phụ u  x  1 �0 và v  x 2  x  1 > 0 thì phương trình

chuyển về dạng 5uv = 2(u2 + v2) là phương trình đại số 2 ẩn nhưng dễ giải hơn
(PT đẳng cấp bậc 2).
u
v

Chia cả 2 vế cho v2 > 0 ta được PT bậc hai đối với t  �0 là 2t 2  5t  2  0 có 2
nghiệm là t = 2; t =

1
5 � 37
. Từ đó có nghiệm của PT đã cho là x 
.
2
2

Ví dụ 13; Giải phương trình 3.25x  2  (3x  10).5x  2  3  x  0
Tìm tòi lời giải; VT chứa cả các hàm số mũ và hàm bậc nhất (đại số). Cho nên
việc biến đổi tương đương, hoặc phân tích thành thừa số là khó khăn.
Để ý rằng 25x  2   5x 2  nên nếu ta đưa ẩn phụ t  5x 2  0 thì phương trình đã cho
2

�
3.t 2  (3x  10)t  3  x  0 (1)
�
tương đương với hệ � x  2
t  5  0 (2)
�

Đến đây coi (1) là PT bậc 2 đối với t và x là tham số, ta tìm t theo x. Từ đó ta tìm
được x. Đáp số x  2, x  2  log 5 3 .

2.3.1.6. Phương hướng giải các bài toán được xác định từ nội dung các
loại toán do lý thuyết trang bị hoặc nhờ hệ thống các bài toán gốc
Đây là lớp bài toán rất rộng thường gặp trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT
hoặc thi đại học trước đây. Đường lối giải các bài toàn này đã được xác định qua
nội dung các loại toán và rất mẫu mực. Ở loại toán này chỉ cần đòi hỏi nắm chắc
và vận dụng tốt các kiến thức cơ bản. Do hạn chế của đề tài nên ở đây chỉ nêu vài
ví dụ minh họa mà không nêu Tìm tòi lời giải lời giải
Ví dụ 14: Cho hàm số y =

x2
x 1

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2. Tìm trên đồ thị 2 điểm A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x-1
12


3. Tìm các điểm trên trục Oy mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến với đồ thị hàm số.
 x  y a  1

Ví dụ 15: Cho x, y thỏa mãn hệ : 

2
2
2
 x  y 2 a  2

. Tìm x, y sao cho x.y đạt giá trị

lớn nhất.

Ví dụ 16: Tính tích phân I =


2

�
0

2017

2017

sin x
dx
cos x  2017 sin x

Thoạt nhìn ta thấy “ngợp” bởi biểu thức trong dấu tích phân rất chi là phức tạp.
Song nếu nhớ đến 1 bài toán “gốc” :
“ Cho hàm số f liên tục trên [0; 1]. Chứng minh rằng,


2


2


2

0

0

f (sin x)dx  f (cos x)dx ”



thì ta dễ có 2I = 1dx nên I = .
4
0

2.3.2. Vận dụng tổng hợp các phương pháp đã nêu để rèn luyện kỹ năng
tìm tòi lời giải bài toán
Sau đây sẽ nêu một số bài toán mà ta cần vận dụng sáng tạo các phương pháp đã
nêu
2
2
2
2
2
�
�
( x  3 y  4 z  t )  27( x  y  z  t )
Ví dụ 17: Giải hệ phương trình �3 3 3 3
�
�x  y  z  t  95

Tìm tòi lời giải: Hệ đã cho chỉ có 2 phương trình mà ẩn số là 4. Như vậy ta phải “
tìm thêm” các PT mới cho số PT bằng số ẩn. Để ý đến PT thứ hai ta thấy:
(x + 3y + 4z + t)2 ≤ (12+ 32 + 42 + 12)( x2 + y2+ z2 + t2 ) = 27(x2 + y2+ z2 + t2 ) .Dấu

bằng xảy ra khi

x y z t
   . Vậy hệ đã cho tương đương với
1 3 4 1

x y z t
   
. Đến đây lời giải là đã rõ ràng
1 3 4 1
 x 3  y 3  z 3  t 3 95


13


Ví dụ 18: Cho góc tam diện vuông Sxyz. Trên 3 cạnh Sx, Sy, Sz lần lượt lấy 3 điểm
A, B, C. Đặt SA = a, SB = b, SC = c. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABC. Chứng minh: SO cắt mặt (ABC) tại trọng tâm G của tam giác ABC. Tính độ
dài SG.
Tìm tòi lời giải:
Ta thấy trọng tâm G có thể xem là:
- Giao của 2 đường trung tuyến, hoặc
- Điểm nằm trên một trung tuyến và chia trung tuyến này thành 2 đoạn theo tỷ số
2:1
Với điểm O được xem là giao điểm của trục đường tròn đáy với mặt trung trực của
một cạnh bên.
Đương nhiên ta nên chọn đáy là SBC và cạnh bên là AS để lợi dụng tính chất
vuông của tam giác SBC.
Như vậy trục (d) của đường tròn

A

ngoại tiêp SBC sẽ song song với SA
(d)

và mặt trung trực của SA sẽ song

I

song với đáy (SBC). Khi đó việc xác
O

G

định giao điểm O của chúng sẽ thuận
lợi hơn.

S
C

M

Ta xét mp(P) xác định bởi SA và (∆),
thì do SA//(∆) và OM = IS =

1
SA
2

B

nên

GA
SA

2 ( đpcm).
GM OM

hình 2

14


Khi

đó

SO 2  SM 2  OM 2 

do

tam

giác

OSM

vuông

tại

M

nên

2
1
BC 2 SA2 a 2  b2  c 2


. Từ đo SG  SO  a 2  b2  c 2 . Ta sẽ có
3
3
4
4
4

có lời giải 1
Chú ý: Sau đây ta nêu 2 cách tìm tòi khác:
1, Nếu ta coi tam giác vuông SBC chỉ là một phần của hình chữ nhật SBDC
dựng trên 2 cạnh SB, SC thì M là giao của 2 đường chéo BC và SD. Nối AD ta
thấy các tam giác ABD, ACD, ASD đều là các tam giác vuông (đễ chứng minh
được) có chung cạnh huyền AD, nên O là trung điểm của AD. Suy ra SO là 1 trung
tuyến nữa của tam giác ASD ( Vì AM đã là 1trung tuyến). Nên G = AM  SO là
trọng tâm tam giác ASD. Suy ra G là trọng tâm tam giác ABC (theo đ/n 2).( hình
2). Ta sẽ có lời giải 2
A

K

A

J

I

G

O

O

C

G

S

S

M

M

D

D
B

C

B
H ình 3

Hình 2

2, Nếu ta coi tứ diện SABC là một phần của hình hộp chữ nhất SBDCẠIJK
được dựng trên 3 cạnh SA, SB, SC (hình 3) thì tâm O hình cầu ngoại tiếp tứ diện
cũng là tâm hình cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật và là giao của các đường chéo
hình hộp chữ nhật. Khi đó độ dài SG được tính dễ dàng qua đường chéo hình hộp
chữ nhật. Ta sẽ có lời giải 3
15


Ví dụ 19. Cho x, y, z là độ dài 3 cạnh của tam giác, chứng minh:
x y

y z

z x

│xy + yz +
│< 1
zx
Tìm tòi lời giải: Vì x, y, z là độ dài 3 cạnh của tam giác nên
x y

y z

x y

z x

y z

z x

│ x  y │ <1; │ y  z │ < 1 ; │
│ <1. Suy ra │ x  y . y  z .
│ < 1.
zx
zx
x y

y z

x y

z x

y z

z x

Nếu gọi A = x  y + y  z +
và B = x  y . y  z .
ta hy vọng A = ±B.
zx

zx
Ta hãy kiểm tra điều dự đoán xem có đúng không?
x y

y z

z x

x y

y z

Ta có A = x  y + y  z +
= xy + yz +
zx

z yy x
zx

1
�1
�1
1 �
1 � ( x  y )( y  z ) 1
(

) =

 ( y  z) �



�
�
z x
yz xy
�x  y x  y �
�y  z z  x �

= ( x  y) �

x y y z z x
x y y z x z
.
.
=
.
.
=-B
xy yz zx
xy yz zx

Vậy điều dự đoán của ta là đúng. Từ đó ta có đpcm
3 x 2  4 xy
Ví dụ 20. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z = 2 2 với x, y  R.
x y

Tìm tòi lời giải: Đk x2 + y2 ≠ 0.
Rõ ràng nếu ta biến đổi được biểu thức z về dạng z = f(x,y) + A trong đó f(x,y) ≥ 0
và A là hằng số thì A chính là giá trị nhỏ nhất của z và đạt được tại mọi x,y mà
f(x,y) = 0;

Còn nếu biến đổi z về dạng z = B - g(x,y) trong đó g(x,y) ≥ 0 và B là hằng số thì B
chính là giá trị lớn nhất của z và đạt được với mọi x,y mà g(x,y) = 0
Theo định hướng trên ta biến đổi

(2 y  x)
z
2

x y

2

2

 1 (1). Từ (1) suy ra:

16


minz = -1 khi x=2y và z = 4 -

( y  2 x)
2
x y

2

2

(2). Từ (2) suy ra maxz = 4 khi y = -2x.

Chú ý:
1. Để ý rằng bậc của tử thức bằng bậc của mẫu thức nên ta có thể chuyển về
hàm 1 biến. Thật vậy, từ đk x 2 + y2 ≠ 0 nên không mất tính chất tổng quát ta giả sử
x ≠ 0. Khi đó chia cả tử và mẫu cho x2 ≠ 0 và đặt t =

y
 R, thì z(x,y) = z(t) =
x

3t 2  4t
. Đến đây ta có thể dùng công cụ đạo hàm hoặc dùng miền giá trị để tìm
t 2 1

GTLN và GTNN .
2. Do bậc của cả tử và mẫu đều bằng 2 và sự có mặt của x 2 + y2 nên ta nghĩ
 x r cos 
Khi đó z(x,y)
 y r sin 

đến việc sử dụng phương pháp lượng giác, bằng việc đặt 
= z(r,φ) =3sin2 φ – 4sin φcos φ =

3
3
- (2sin2φ+ cos2φ). Và việc tìm GTLN và
2
2

GTNN của z là dễ dàng.

Ví dụ 21: Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng
tổng các bình phương các khoảng cách từ một điểm M nào đó trên đường tròn đến
các đỉnh tam giác là một đại lượng không đổi và không phụ thuộc vào vị trí của
điểm M . [3]
Tìm tòi lời giải:
Gọi MA = d1; MB = d2; MC = d3. Ta phải chứng minh d 12 + d22 + d32 = c (hằng
số).
Rõ ràng khó khăn đầu tiên trong bài toán này là hằng số c chưa được xác định. Vậy
nên trước hết ta phải xác định c.

17


Giả sử bài toán đã được chứng minh, nghĩa là với bất kỳ vị trí nào của M trên
đường tròn đó thì tổng c luôn như nhau. Vì thế ta chọn một vị trí đặc biệt của M
chẳng hạn M ≡ A. Thế thì d3= d2 =a; d1 = 0. Vậy ta có d12 + d22 + d32 = 2a2 (1). Đến
đây mục tiêu của ta đã rõ ràng hơn.
Tuy nhiên để chứng minh (1) cũng còn nhiều khó khăn vì
VT(1) có đến 3 đại lượng thay đổi. Ta hãy xét với tổng
của 2 đại lượg d22 + d32 .

A

B
D
O

Từ hình vẽ (hình 4) ta xét tam giác BMC có BC = a; góc
BMC= 1200 nên theo định lý hàm số côsin ta có:
d22 + d32 -2d3d2cos1200 = a2 . Hay d22 + d32 + d3d2 = a2 (2).

Đến đây ta thấy nếu (1) đã được chứng minh thì từ (2) ta

M
C
Hình 4

có d12 + d22 + d32 = 2(d22 + d32 + d3d2 ). Hay d12 = (d3+d2 )2 .
Suy ra d1 = d3+d2.
Như vậy nếu bài toán được thỏa mãn thì d1 = d3+d2. Chính nhờ kết quả này ta đã
tìm được con đường để giải bài toán theo các bước:
Bước 1: Chứng minh d1 = d3+d2 (không mất tính tổng quát ta giả sử d1 là lớn
nhất), (hình 4). Lấy điểm D trên MA sao cho MD = MB và xét 2 tam giác bằng
nhau MBC và DBA (do tam giác MBD đều nên BD = BM; lai có AB = BC và �
ABD = �MBC = 600 – �CBD).
Bước 2: Sử dụng d1 = d3+d2 để chứng minh (1).
2.4. Hiệu quả của sáng kiến
Qua nhiều năm kiên trì dạy toán theo yêu cầu dạy phương pháp tìm tòi lời
giải tôi thấy hiệu quả của phương pháp này được thể hiện:
Học sinh có khả năng hiểu được thấu đáo, sâu sắc từng vấn đề của lý thuyết,
từng bài tập và hệ thống lý thuyết cũng như hệ thống bài tập (vì học sinh được dẫn
dắt từ cội nguồn, sự biến đổi cùng các điều kiện kèm theo, sự phát triển và cuối

18


cùng đi đến đích khi một bài toán được giải quyết. Những câu hỏi của học sinh
cũng được giải đáp theo yêu cầu qua việc chỉ ra phương pháp tìm tòi lời giải).
Có khả năng đáp ứng yêu cầu của mọi đối tượng trong lớp học. Bởi với
những học sinh yếu hay trung bình thì phương pháp này đã làm cho các em nắm
được cơ bản bài giảng, không bị “tra tấn” bởi những điều không hiểu hoặc phải

thừa nhận cho nên các em không bị bi quan, chán nản; với các em khá giỏi thì
phương pháp này mở mang trí tuệ và nâng dần khả năng tư duy, sáng tạo.
Về tâm lý: do hiểu được vấn đề từ ngọn nguồn nên học sinh tự tin, hứng thú
và nhiệt tình với việc học toán hơn. Nó nhen nhóm dần trong học sinh ngọn lửa
của niềm tin vào khả năng của bản thân, từ đó mà nhiệt tình, hăng say trong học
toán
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
Rèn luyện việc tìm tòi lời giải của một bài toán là một công việc khó khăn
nhưng cần thiết trong việc phát triển tư duy tích cực cho học sinh đồng thời cũng là
để tạo hứng thú trong học tập nói chung cũng như trong học toán nói riêng.
Tuy nhiên, việc dạy toán theo phương pháp tìm tòi lời giải là một công viêc
khó khăn và đòi hỏi sự kiên trì bền bỉ của người thầy, nên phải tiến hành thường
xuyên, từ thấp đến cao, từ các bài toán dễ đến khó.
3.2. Kiến nghị
Trong đề tài này tôi đã nêu 6 phương pháp tìm tòi lời giải các bài toán và
một số ví dụ minh họa, song chắc chắn là chưa đủ. Cho nên tôi rất mong được sự
nhận xét, đóng góp của các đồng nghiệp để đề tài này ngày càng hoàn chỉnh hơn
góp phần dạy toán ở trường phổ thông theo phương châm “ làm cho học sinh học
tập tích cực, chủ động và sáng tạo”./.

19


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm2018.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người

khác.

Trịnh Ngọc Sơn
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Giải bài toán như thế nào – Polya – Nhà xuất bản giáo dục.
[2]. Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực hiện chương trình, SGK trung học phổ thông
- năm 2006.
[3]. Toán học và tuổi trẻ

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: TRỊNH NGỌC SƠN
Chức vụ và đơn vị công tác:TKHĐ trường THPT Mai Anh Tuấn

TT
1.

2.

3.

4.

5.

Tên đề tài SKKN
Kinh nghiệm vận dụng vectơ để
chứng minh bất đẳng thức
Kinh nghiệm sử dụng phần mềm
Sketchpad và Violet để dạy các
khái niệm ba đường conic
Kinh nghiệm dạy bài đường
Parabol, hình học 10 nâng cao
Kinh nghiệm dạy học sinh giải bài
toán khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau
Kinh nghiệm dạy chuyên đề hình
học giải tích phẳng – phát triển
năng lực học sinh.

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

Năm học
đánh giá
xếp loại
2010

Cấp sở

C

2012

Cấp sở

C

2014

Cấp sở

C

2015

Cấp sở

C

2016

21


6.

Phát triển năng lực giải quyết vấn

đề và sáng tạo cho học sinh THPT
thông qua việc hướng dẫn tìm tòi
lời giải bài toán bất đẳng thức

Cấp sở

C

2017

22