SKKN mo dun so phuc 2019

sở giáo dục - đào tạo Hà Nội
trờng thpt cổ loa
----------------

SánG kiến kinh nghiệm
Đề tài :

K thut dựng hỡnh hc gii tớch gii bi toỏn cc tr mụ un s phc.

LnhNgời thực hiện: Trần Quốc Thép
Tổ toán Trờng THPT Cổ Loa

Năm học: 2018 2019


````


GV Trần Quốc Thép

I.PHẦN MỞ ĐẦU:
1/Lý do chọn đề tài:
2/Mục tiêu nghiên cứu:
3/Nhiệm vụ nghiên cứu:
4/Các phương pháp nghiên cứu:

2
2
2
2

II.PHẦN NỘI DUNG:
1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:
2/Cơ sở lý luận của đề tài:
3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:
A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
2.1 Sử dụng phép nhóm Abel để giải một số dạng bất đẳng thức có
điều kiện.
2.2 Sử dụng hằng số để giải một số dạng bất đẳng thức có điều kiện.
2.3 Sử dụng hằng số và phép nhóm Abel giải một số dạng bất đẳng
thức có điều kiện.
B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
III.PHẦN KẾT LUẬN:
1/Kết luận:
2/Tài liệu tham khảo:

3
3
3
3
4
4
4
4
4
8
10
12
17
18

19

Trang 1 / 17


GV Trần Quốc Thép

I.PHẦN MỞ ĐẦU:
1/Lý do chọn đề tài:
1.1 Về mặt lý luận
Trong dạy học thì một trong những nhiệm vụ hàng đầu của giáo viên là phát
triển các năng lực của học sinh: năng lực tự học, năng lực giải quyết vấn đề và sáng
tạo , năng lực tính toán, biết vận dụng những kiến thức đã học để giải quyết nhưng
vấn đề trong thực tiễn, biết liên hệ những kiến thức tổng hợp để giải quyết vấn đề.
1.2 Về mặt thực tiễn
Ta đã biết Toán học là một môn khoa học đòi hỏi phải suy diễn trừu tượng
nhưng mặt khác Toán lại giúp ta giải quyết các bài toán thực tiễn trong cuộc sống. Vì
vậy trong mỗi tiết học toán, thầy cô ngoài việc giúp học sinh giải toán tốt, cũng tìm
cách liên hệ các ứng dụng trong thực tiễn, Bằng cách trực quan hóa những khái niệm
trừu tượng, diễn giải theo một cách khác giúp học sinh vỡ ra những điều khô khan
của môn số phức.
1.3 Về mặt cá nhân.
Số phức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học lớp 12, nó có
nhiều ứng dụng trong thực tiễn và xuất hiện thường xuyên trong các đề thi THPT
Quốc gia. Thông thường các bài tập về số phức trong đề thì đều ở mức độ dễ. Tuy
nhiên, hiện nay trong các đề thi thử ở khắp nơi trong cả nước, ta gặp một số đề thi
mà có những câu hỏi về chủ đề số phức ở mức độ cao. Các bài tập đó thường là về
mô-đun số phức, trong đó có bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun số phức (mà ta gọi là các bài toán cực trị của mô-đun số phức). Khi gặp bài toán
như vậy, nếu học sinh chưa được học và làm quen với kiểu bài, dạng bài này, thì khó
tìm được đáp án đúng.

Bài toán cực trị của mô-đun số phức cũng rất đa dạng, một bài cũng có thể có
nhiều cách giải. Vấn đề đặt ra là nên lựa chọn phương pháp nào? Tại sao lại lựa chọn
phương pháp đó? Phương pháp đó có dẫn đến kết quả nhanh nhất không? Để trả lời
những câu hỏi này đòi hỏi phải có cái nhìn tổng quát và sự phân tích tỉ mỉ. Nhất là
trong bối cảnh thi THPT Quốc gia môn Toán bằng hình thức thi trắc nghiệm khách
quan, học sinh cần phải có đáp án đúng và nhanh nhất. Để trả lời câu hỏi trên tôi
chọn đề tài: “ Kỹ thuật dùng hình học giải tích để giải bài toán cực trị mô đun số
phức”
2/Mục tiêu nghiên cứu:

Trang 2 / 17


GV Trần Quốc Thép

Mục đích nghiên cứu là thông qua nhưng ví dụ điển hình nhằm phân tích cho
học sinh thấy một phương pháp hiệu quả, nhanh gọn, phù hợp với đòi hỏi của đề thi
trắc nghiệm, góp phần nâng cao chất lượng học tập. Đồng thời cũng giúp học sinh
nâng cao tư duy, biết nhìn nhận vấn đề theo các cách khác nhau.
3/Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cưu của sáng kiến kinh nghiệm là tìm các biện pháp nâng
cao hiệu quả giảng dạy kiến thức số phức 12.
4/Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Phân loại bài tập và tìm bài tập, tình huống giúp học sinh thấy ích lợi của
phương pháp mới
5/Bố cục sáng kiến:
Sáng kiến kinh nghiệm: “ Kỹ thuật dùng hình học giải tích để giải bài toán
cực trị mô đun số phức” gồm 4 phần:
Phần thứ nhất: A. Lời mở đầu.
Phần thức hai: B. Phần nội dung.

Phần thức ba: C. Tài liệu tham khảo.
Phần thức hai: D. Phần kết luận.

Trang 3 / 17


GV Trần Quốc Thép

B.PHẦN NỘI DUNG:
1. Kiến thức chuẩn bị
Để cho tiện, kí hiệu M  x; y   M  z  để chỉ M là điểm biểu diễn cho số phức
z  x  yi, x, y �� .
Hai số phức z , z�có điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức lần lượt là M, N. Ta có
+ z  OM .
+ MN  z  z�.
+ z  z0  r thì M nằm trên đường tròn tâm M 0  z0  , bán kính là r.
- Các bất đẳng thức dạng tam giác cho các số phức:
z1  z2 �z1  z2 , dấu bằng xảy ra khi z1  kz2 , k �0 ;
z1  z2 �z1  z2 , dấu bằng xảy ra khi z1  kz2 , k �0 ;
z1  z2 � z1  z2 , dấu bằng xảy ra khi z1  kz2 , k �0 ;
z1  z2 � z1  z2 , dấu bằng xảy ra khi z1  kz2 , k �0 .
2

2

2

2

- Công thức hình bình hành: z1  z2  z1  z2  2 z1  2 z2 .

- Các tập hợp điểm hay gặp:
Đường thẳng, phương trình dạng ax  by  c  0 , a 2  b2  0 .
Đường tròn, phương trình dạng  x  a    y  b   r 2 , r  0 .
2

2

Đường elip, là tập hợp điểm M trong mặt phẳng sao cho MF1  MF2  2a với
2a  2c  F1F2  0 ; phương trình chính tắc của elip trong hệ tọa độ Oxy là
x2 y 2

 1.
a 2 b2
2. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1.Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z  2  4i  z  2i . Tìm mô-đun
nhỏ nhất của số phức z  2i .
C. 3  2
Lời giải
Giả sử z  x  yi; x, y �� có điểm biểu diễn là M  x; y  .
A.

5

B. 3 2

Ta có: z  2  4i  z  2i �

 x  2

2

D. 3 5 .

  y  4  x2   y  2

� x  y  4  0.
Trang 4 / 17

2

2


GV Trần Quốc Thép

Cách

1:

Thế y  4  x

ta

z  2i  x   y  2  i  x 2   y  2   x 2   6  x 
2

có

2

2
 2 x 2  12x  36  2  x  3  18 �3 2 . Do vậy x  3 � y  1 ta có đáp án B.

Cách 2: M thuộc đường thẳng  : x  y  4  0 .

Gọi A  0; 2  là điểm biểu diễn số phức 2i , ta có z  2i  AM nhỏ nhất bằng
d  A,   

024

 3 2 .(Do A nằm ngoài  ).
2
Bình luận: Hai cách giải khá tương đương và học sinh có thể làm hai cách.
Ví dụ 2.Cho số phức z thỏa mãn z  3  4i  1 . Tìm mô-đun lớn nhất, nhỏ nhất của
số phức z.
Lời giải
Cách 1: Giả sử z  x  yi với x, y �� và z có điểm biểu diễn là M  x; y  .
Giả thiết suy ra x  3   y  4  i  1 �  x  3    y  4   1
2

2

� M thuộc đường tròn (C) có tâm I  3;4  và bán kính bằng r  1 .
Ta có z  OM . Do O nằm ngoài đường tròn (C) nên

Với mọi M thuộc (C), ta có OI  r �OM �OI  r
� 4 OM 6 . Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của OI với (C) .
ۣ
Vậy, z lớn nhất bằng 6 và nhỏ nhất bằng 4.
Trang 5 / 17

GV Trần Quốc Thép

Cách 2: Giả sử z  x  yi với x, y ��.
Giả thiết suy ra x  3   y  4  i  1 �  x  3    y  4   1
2

2

� x 2  y 2  6 x  8 y  24 � z  x 2  y 2  6 x  8 y  24 .

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có





2
2
2
2
2 �
� 100
�
6
x

3


8
y

4
�
�
6

8
x

3

y

4








�
�
�
�
�
10�

6 x�8�
y 50 10 16 6 x 8 y 24 36

��
4 
6 x 8 y 24

6

4

z

6.

� 12
�x  3 y  4
�x  5

12 16
�
�
z 4��6
� z   i;
8 ��
5 5
�
�y  16
6 x  8 y  40
�

� 5
� 18
x
�x  3 y  4
�

18 24
�
� 5
z 6��6
� z  i.
8 ��
5
5
�
�y  24
6 x  8 y  60
�
� 5
12 16
18 24
Vậy, z lớn nhất bằng 6 khi z   i và nhỏ nhất bằng 4 khi z   i .
5
5
5 5
Cách 3: Giả sử z  x  yi với x, y ��.
Giả thiết suy ra x  3   y  4  i  1 �  x  3    y  4   1 .
2

�x  3  sin t

Đặt �
. Ta có z 
�y  4  cos t

 3  sin t 

2

2

  4  cos t   26  6sin t  8cos t .
2

và 6sin t  8cos t  10sin  t    � 10;10 nên
� 26  10  4 �z � 26  10  6 �4

z

6.

Nhận xét cách 1 sử dụng tính chất hình học dễ hiểu cho mọi đối tượng học sinh và
cũng khá nhanh để có kết quả. Với bài toán có giả thiết tương tự nhưng tìm cụ thể
số phức có mô-đun lớn nhất, nhỏ nhất ta cũng giải tương tự như trên nhưng thêm
bước tìm z để dấu đẳng thức xảy ra.
Nhận xét cách 2 đối với học sinh trung bình là hơi khó ở chỗ tách hệ số để vận
dụng Bất đẳng thức Bunyakovsky.
Nhận xét cách 3: học sinh cần nhớ thêm lượng giác hóa đường tròn, quá trình tính
toán vẫn dài hơn.
Trang 6 / 17

GV Trần Quốc Thép

Ví dụ 3.Cho số phức z thỏa mãn z  3  3i  2 . Giá trị lớn nhất của z  i là
A. 8 .

B. 9 .

C. 6 .

D. 7 .

Lời giải
Cách 1. 2  z  3  3i   z  i    3  4i  �z  i  3  4i � z  i �2  3  4i
� z  i �7 .
Cách 2. Đặt w  z  i .
Gọi M là điểm biểu diễn của w trong hệ trục tọa độ Oxy .
z  3  3i  2 � w  3  4i  2 � MI  2 với I  3; 4  � M nằm trên đường tròn

 C

tâm I  3; 4  , bán kính R  2 .

Ta có z  i  w  OM . Vậy max OM  OI  R  5  2  7 .
Lưu ý: Nếu đề bài hỏi “Giá trị nhỏ nhất của z  i ” thì min OM  ON  OI  R .
Phân tích: Cách 1 tuy ngắn gọn hơn cách 2 nhưng để cho học sinh nhớ một bất
đẳng thức lạ ít dùng quả thật rất khó.
Ví dụ 4. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của a để tồn tại số phức z thỏa mãn
�
�z  1  i �z

.
�
�z � a
A.  0

1
B. (0; 4 ]
2

C.  0;�

1
D. [ ; �) .
2

Lời giải
Nhận xét rằng nếu a  0 thì loại ngay còn nếu a  0 thì không thỏa mãn.
Giả sử z  x  yi; x, y �� có điểm biểu diễn là M  x; y  .

Trang 7 / 17


GV Trần Quốc Thép

2
2
2
2
�
�

�
 x  y  1 �0  1
�z  1  i �z
�  x  1   y  1 � x  y
�
�
�
Ta có: �
�
�2
2
2
x  y 2 �a  2 
�
�z � a
�
x

y
�
a
�
Miền nghiệm của (1) là miền không bị tô đậm do đường thẳng d :  x  y  1  0

như trên hình (kể cả biên), miền nghiệm của (2) là hình tròn tâm I  0;0  bán kính
a (kể cả biên). Hệ có nghiệm ۳

a

d  O; d  ۳

a

1
۳ a
2

1
. Chọn đáp
2

án D.
Ví dụ 5. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của a để tồn tại duy nhất số phức z
�
�z  1 � a
thỏa mãn �
.
z

i
�
a
�
A.  0

B. (0;2]

C.  0;�

�1 �

D. � �.
�2

Lời giải
Nhận xét rằng nếu a  0 thì loại ngay còn nếu a  0 thì không thỏa mãn.
Giả sử z  x  yi; x, y �� có điểm biểu diễn là M  x; y  .

Trang 8 / 17


GV Trần Quốc Thép
2
2
2
�
�
�
 x  1  y 2 �a  1
�z  1 � a
�  x  1  y � a
�
��
��
Ta có: �
2
2
2
x 2   y  1 �a  2 
�z  i � a
� x   y  1 � a

�
�
�

Miền nghiệm của (1) các điểm nằm trong hình tròn I1  1;0  , r1  a , kể cả biên.
Miền nghiệm của (2) các điểm nằm trong hình tròn I 2  0; 1 , r2  a , kể cả biên.

Để có duy nhất số phức thỏa mãn � Hai đường tròn tiếp xúc ngoài
1
. Chọn đáp án D.
2
Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  1 , số phức w thỏa mãn w  2  3i  2
� I1I 2  r1  r2 � 2  2 a � a 

. Tìm giá trị nhỏ nhất của z  w .
A. 13  3
B. 13  3

C. 17  3
D. 17  3
Lời giải
Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z  x  iy thì M thuộc đường tròn  C1  có tâm
I1  1;1 , bán kính R1  1 .
N  x��
; y  biểu diễn số phức w  x�
 iy�thì N thuộc đường tròn  C2  có tâm
I 2  2; 3 , bán kính R2  2 . Giá trị nhỏ nhất của z  w chính là giá trị nhỏ nhất của
đoạn MN .
uuur
Ta có I1I 2   1; 4  � I1I 2  17  R1  R2 �  C1  và  C2  ở ngoài nhau.

Trang 9 / 17


GV Trần Quốc Thép

� MN min  I1I 2  R1  R2  17  3
Ví dụ 7. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và
mãn iz2  1  2i  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1  z2 .
A. 2 2  1
B. 2  1
C. 2 2  1
D.
Lời giải
Gọi M  x; y  , A  2;1 B  4;7  lần lượt biểu diễn z1; 2  i;4  7i .

thỏa

2 1

Do đó z1  2  i  z1  4  7i  6 2 � MA  MB  AB . Vậy M thuộc đoạn AB .

w   z2 � z2   w � iz2  1  2i  1 � iw  1  2i  1 � w  2  i  1
2
2
Suy ra tập hợp biểu diễn w là đường tròn  C  :  x  2    y  1  1 có tâm

I  2;1 , R  1 .Khi đó P  z1  z2  z1  w  MN
Ta có : AB : x  y  3  0 � d  I , AB   2 2  1
Cho nên MN nhỏ nhất khi MN  d  I , AB   R  2 2  1 . Vậy chọn C.

Trang10/ 17


GV Trần Quốc Thép

Ví dụ 8. Trong các số phức z thỏa mãn z  1  i  5 , tìm số phức z sao cho
P  z  7  9i  2 z  8i đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z. A(7;9), B(0;8) lần lượt là các điểm biểu
diễn các số phức z1  7  9i, z2  8i . Giả thiết z  1  i  5 suy ra M thuộc đường
tròn (C):  x  1   y  1  25 . Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm tọa độ điểm M
2

2

thuộc (C) sao cho biểu thức P  MA  2 MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có (C) có tâm I  1;1 và bán kính R  5 .
Trước hết, ta tìm điểm K sao cho MA  2 MK (1), với mọi điểm M thuộc (C).
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2
Ta có (1) � MA2  4MK 2 � MI  IA  4 MI  IK
uuu
r uu
r uur
� 2 MI IA  4 IK  3MI 2  4 IK 2  IA2
uuu

r uu
r uur
� 2MI IA  4 IK  3R 2  4 IK 2  IA2 .















B
M

I

K

A

uu
r uur r
uu

r uur r
�IA  4 IK  0 (2)
�
�IA  4IK  0
�
��
Chọn K sao cho � 2
.
5
2
2
IK

(3)
3R  4 IK  IA  0
�
�
�
2
�5 �
Từ (2), tìm được K � ;3 �
, thỏa mãn (3).
�2 �
Do đó, với mọi điểm M thuộc (C) ta có: MA  2MB  2  MK  MB  �2 BK .
Dấu “=” xảy ra khi M  (C ) �BK và M thuộc đoạn BK.
BK có phương trình 2 x  y  8  0 . Tọa độ giao điểm của BK và (C) là nghiệm của
�
�x  1
�x  5
� 2x  y  8  0

hệ �
. Hệ này có nghiệm �
và �
.
2
2
 x  1   y  1  25
�y  6
�y  2
�
Trang11/ 17


GV Trần Quốc Thép

Thử lại, ta có điểm M  1;6  thuộc đoạn BK, thỏa mãn bài toán. Vậy số phức cần
tìm là z  1  6i .
Bình luận: Ngoài cách tìm K nhờ vector ở trên, ta còn có cách khác là bình phương
hai vế của (1), sau đó biến đổi tọa độ của M thỏa mãn phương trình một đường tròn
và đồng nhất phương trình đó với phương trình của (C).
Nhận xét: Việc tìm điểm K ở trên, trong một số bài toán tương tự ở trên mạng, lời
giải đều đưa ra ngay điểm K rồi chỉ ra đẳng thức MA  2 MK với mọi M thuộc (C)
mà không chỉ ra cho học sinh cách tìm điểm K như thế nào? Thông qua Ví dụ trên,
học sinh có thể tìm ngay được điểm K trong các bài tương tự.
Nguồn gốc của bài toán trên xuất phát từ Bài toán về đường tròn Apollonius, ta
hiểu về đường tròn này như sau: “Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng
và r 

dài

d1
là một số dương khác 1 thì quỹ tích của các điểm P sao cho tỉ số các độ
d2

AP d1

 r là một đường tròn. Đường tròn xây dựng theo cách này còn được
BP d 2

gọi là đường tròn Apollonius”.
Từ đó nảy sinh bài toán sau: “Cho hai điểm A, K cố định, M di chuyển trên đường
tròn Apollonius sao cho MA  cMK ; B là một điểm cố định khác sao cho đoạn KB
cắt đường tròn; hãy tìm vị trí của M sao cho MA  cMB là nhỏ nhất”. Khi ra đầu
bài, ta dấu điểm K đi, chỉ cho phương trình đường tròn và cho tọa độ của A, B. Ta
phải tìm điểm K bằng cách nối A với tâm đường tròn, đoạn này cắt đường tròn tại
H và lấy K sao cho H nằm giữa A, K, HA  cHK . Điểm M phải tìm là giao điểm
của đoạn thẳng KB với đường tròn.
Ví dụ 9. (Đề thi thử THPT chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình lần 3 năm 2017)
Cho z1, z2 là hai nghiệm của phương trình 6  3i  iz  2 z  6  9i thỏa mãn
8
z1  z2  . Giá trị lớn nhất của z1  z2 là
5
Trang12/ 17


GV Trần Quốc Thép

A.

31

5

B.

56
5

C. 4 2

D. 5.

Phân tích: Giả thiết 6  3i  iz  2 z  6  9i cho biết điểm M biểu diễn số phức z
thuộc một đường tròn. Sự xuất hiện của z1  z2 và z1  z2 làm cho liên hệ tới
công thức hình bình hành và công thức đường trung tuyến trong tam giác.
Lời giải

Ta có 6  3i  iz  2 z  6  9i � z  3  6i  2 z  6  9i .
Đặt z  x  yi, x, y ���  x  3   y  6    2 x  6    2 y  9 
2

2

2

2

2
2
�  x  3   y  4   1 � M  x; y  thuộc đường tròn (C) có tâm I  3;4  , bán kính

r  1 . Gọi M 1 , M 2 lần lượt biểu diễn z1, z2 ; ta có M 1 , M 2 thuộc đường tròn (C) và

Trang13/ 17


GV Trần Quốc Thép

8
M 1M 2  .
5

Gọi

H

IH  IM 12  HM 12 
2

Ta có z1  z2 

là

trung

điểm

của

đoạn

thẳng

M 1M 2 .

Ta

có

3
3
� H thuộc đường tròn  C �
 có tâm I, bán kính r� .
5
5



 

64
2
2
2
2
 z1  z2  z1  z2  2 z1  z2  2 OM 12  OM 22
25

 4OH 2  M 1M 22  4OH 2 



64
, theo công thức đường trung tuyến.
25

2
� z1  z2  4OH 2 � z1  z2  2OH . Do đó z1  z2 lớn nhất khi OH lớn nhất. Ta

5
có OH �OI  r �

3 28
56
 . Do đó z1  z2  2OH � . Chọn B.
5 5
5

Ví dụ 10. Cho số phức z  x  yi với x, y �� thỏa mãn z  1  i �1 và z  3  3i � 5 . Gọi
m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P  x  2 y . Tính tỉ số
M
.
m
7
5
14
9
A. .
B. .
C. .
D.

.
4
2
4
5
Lời giải
Chọn B

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z .
Từ giả thiết z  1  i �1 ta có A là các điểm nằm bên ngoài hình tròn  C1  có tâm

I  1;1 bán kính R1  1 .
Mặt khác z  3  3i � 5 ta có A là các điểm nằm bên trong hình tròn  C2  có tâm
J  3;3 bán kính R  5 .
2

Trang14/ 17


GV Trần Quốc Thép

Ta lại có: P  x  2 y � x  2 y  P  0    . Do đó để tồn tại x, y thì    và phần gạch
  5
chéo phải có điểm chung tức là d  J ; �

� 9 P �
5

9P

5
5
M 7
4� P 14 . Suy ra m  4; M  14 �
 .
m 2

B/ KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:

III. PHẦN KẾT LUẬN:
1/ Kết luận:
Sau một quá trình tôi xin cung cấp một vài kết quả thực nghiệm ban đầu, với
cách dạy mới và cũ tôi thu được một vài kết quả sau: với lớp thực nghiệm 12ª5, dạy
theo phương án mới và lớp đối chứng 12A2, dạy theo phương án truyền thống (2
lớp thuộc trường THPT Cổ Loa, Hà nội.) thông qua bài kiểm tra sau khi dạy xong.

Tổng số
Giỏi
hs
SL %
Thực nghiệm
46
20 43.5
Đối chứng
46
13 28.3
Kết quả

Khá
SL

%
24
52.2
18
39.1

Trung bình
SL
%
2
4.3
15
32.6

Yếu kém
SL
%
0
0
0
0

Qua thực tiễn giảng dạy tôi thấy rằng để học sinh có kĩ năng chứng minh tốt
bất đẳng thức thì trước hết người thầy phải làm cho học sinh hiểu được cái hay và
đẹp của bất đẳng thức, đồng thời vì dạy chứng minh bất đẳng thức là lĩnh vực khó
nên các thầy cô cũng nên căn cứ vào sức của học sinh để đề ra những bài tập phù
hợp. Theo kinh nghiệm của tôi, ứng với ba mức độ nhận biết, thông hiểu và vận
dụng thì đầu tiên bao giờ cũng là các bài tập nhận biết và thông hiểu các kiến thức
cơ bản, rất đơn giản. Sau đó dần nâng mức độ bài tập lên. Chính vì vậy để sử dụng
tài liệu này cho hợp lí, các thầy cô bổ sung thêm những bài tập hết sức nhẹ nhàng,

đơn giản và vừa sức với học sinh của mình.
§¸nh gi¸ cña Héi ®ång khoa häc nhµ trêng:

Trang15/ 17


GV Trn Quc Thộp

Ngày. tháng.. năm 2010
Chủ tịch hội đồng

Đánh giá của Hội đồng khoa học ngành ( Sở giáo dục - đào tạo
Hà Nội )

Ngày. tháng.. năm 2010
Chủ tịch hội đồng

Trang16/ 17