(Luận văn thạc sĩ) sử dụng kỹ năng giải toán trong giảng dạy môn toán ở trường trung học phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
KHOA SƢ PHẠM

DƢƠNG LÊ THU TRANG

Sử dụng kỹ năng giải tốn trong giảng dạy
mơn tốn trng trung hc ph thụng

luận văn thạc sĩ GIO DỤC HỌC

Hµ néi – 2008


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
KHOA SƢ PHẠM

DƢƠNG LÊ THU TRANG

Sử dụng kỹ năng giải tốn trong giảng dạy
mơn tốn ở trường trung học phổ thông
Mã số

: 60 14 10

luËn văn thạc sĩ GIO DC HC

Ngi hng dn khoa hc: PGS.TS. Nguyễn Vũ Lƣơng

Hµ néi - 2008

LỜI CẢM ƠN
Tác giả xin chân thành cảm ơn Hội đồng đào tạo chuyên ngành Lý luận và
phương pháp giảng dạy, Ban giám hiệu, các thầy cô giáo Khoa Sư Phạm, trường
Đại học Quốc gia Hà Nội.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, khích
lệ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong q trình học tập, nghiên cứu và
hồn thành luận văn.
Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn
PGS.TS. Nguyễn Vũ Lương, người đã trực tiếp tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác
giả hoàn thành luận văn.
Dù đã cố gắng, luận văn khơng thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong
nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cơ giáo, các chuyên gia và các
bạn đồng nghiệp gần xa để bản luận văn được hoàn thiện hơn.
Một lần nữa xin chân thành cảm ơn.

Tác giả
Dương Lê Thu Trang

1


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT
THPT: trung học phổ thông
CMR, cmr: chứng minh rằng
đpcm: điều phải chứng minh
BĐT: bất đẳng thức
p/t: phương trình
VP: vế phải
HS: học sinh
KL: kết luận

TXĐ: tập xác định
đvdt: đơn vị diện tích

2


MỤC LỤC
Trang
Lời cảm ơn
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt
Mục lục
Mở đầu………………………………………………………………………

5

Chương 1: Sử dụng kỹ năng giải toán-phương pháp hiệu quả
nâng cao chất lượng giảng dạy
1.1. Kỹ năng giải toán và phân loại……...…………………..……………

8

1.1.1. Kỹ năng giải toán………….……...……...…….………………

8

1.1.2. Phân loại kỹ năng giải toán…………………………..………... 16
1.1.2.1. Kỹ năng giải toán cơ bản….……………………..………… 16
1.1.2.2. Kỹ năng giải toán tổng quát……………………..………… 17
1.1.2.3. Kỹ năng chính…………………………………..…………. 18
1.1.2.4. Kỹ năng đặc biệt……………………………..…………….

26

1.1.2.5. Kỹ năng trung gian…………………………..…………….

27

1.2. Kỹ năng giải toán là điều kiện cần
cho một hoạt động giảng dạy có hiệu quả…………………………… 28
1.2.1. Ngun nhân để hoạt động giảng dạy khơng có hiệu quả……... 28
1.2.2. Độ phức tạp của một bài
toán………………...……...…………

30

1.2.3. Hàm năng lực tiếp thu của học sinh
với bài tốn có độ phức tạp cho
trước……...………………...…

36

1.2.4. Phương pháp xác định hàm năng lực……...………..…………. 37
1.2.5. Hoạt động giảng dạy trợ giúp để tạo điều kiện cần
cho một hoạt động giảng dạy hiệu quả……..……..…………… 38
1.3. Kỹ năng giải toán làm tăng hiệu quả
của mọi phương pháp giảng dạy…….………...…...………………... 38
3


Chương 2: Một số phương pháp áp dụng kỹ năng giải toán

trong hoạt động giảng dạy
2.1. Phương pháp dạy học sinh giải những bài tốn khó…...…...………..

41

2.2. Sử dụng các kết quả trung gian giải những bài tốn
khó….………….

51

2.3. Sử dụng các kỹ năng chính giải các bài tốn khó……………………. 66
Kết luận và khuyến nghị
Tài liệu tham khảo

4


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Theo thống kê kết quả đào tạo của thực tiễn giáo dục Việt Nam chúng ta phát
hiện ra nhiều nhược điểm và mâu thuẫn:
1. Số học sinh khơng đỗ tốt nghiệp THPT có tỷ lệ cao dù rằng các đề thi
có phần dễ hơn so với hàng chục năm trước.
2. Chúng ta là một trong 10 nước trên thế giới đạt thành tích cao nhất
trong các kỳ thi toán quốc tế (theo thống kê từ khi bắt đầu tham gia đến
nay, năm 1974) nhưng cũng là nước có nền giáo dục đại trà khơng
được xếp hạng.
3. Chúng ta nói nhiều đến cơ sở vật chất, học phí hơn là việc đầu tư vào
nhân tố quyết định cho hiệu quả của hoạt động đào tạo là năng lực của
giáo viên và học sinh.

4. Chúng ta nói nhiều đến lãng phí tiền của mà khơng hề biết rằng từ bao
nhiêu năm qua chúng ta đã lãng phí tuổi trẻ của bao nhiêu thế hệ học
sinh vì những hoạt động giảng dạy không hiệu quả. Và sự tổn thất này
cho đất nước còn nặng nề hơn gấp nhiều lần khi các em học sinh
trưởng thành, trở thành nguồn nhân lực khơng có khả năng tư duy và tri
thức.
5. Ai cũng hiểu chỉ khi chúng ta giải những bài tốn càng khó thì tư duy
nhận thức ở mức độ cao càng được hình thành và rèn luyện trong khi
hoạt động giảng dạy hiện nay đa số là từ chối những bài tốn khó.
Để giải quyết những mâu thuẫn này chúng ta phải đi tìm ngun nhân chính và
tìm cách giải quyết một cách khoa học.
Cơng việc chính của một hoạt động giảng dạy là cung cấp các kiến thức cần
thiết và rèn luyện tư duy nhân thức ở mức độ cao thơng qua thực hành giải các
bài tốn. Hoạt động giảng dạy hồn tồn khơng có hiệu quả nếu học sinh khơng
có khả năng giải quyết vấn đề. Nhiều học sinh và ngay cả giáo viên khơng có
5


khả năng giải quyết vấn đề vì khơng có kỹ năng giải tốn. Chính vì vậy tơi chọn
đề tài “Sử dụng kỹ năng giải tốn trong giảng dạy mơn tốn ở trường trung học
phổ thông”. Việc phát hiện các kỹ năng giải toán và áp dụng như thế nào vào
hoạt động dạy và học chính là nội dung của luận văn. Sử dụng kỹ năng giải toán
là một trong những xu hướng mới nhất trong giảng dạy mơn tốn ở THPT trên
thế giới nên các tài liệu chưa nhiều, do đó việc tìm tịi tổng kết kinh nghiệm để
thu được các kỹ năng giải toán là những kết quả ban đầu, chắc chắn sẽ khơng
đầy đủ và cịn nhiều thiếu sót, rất mong sự góp ý của các thầy cơ và các bạn
đồng nghiệp để luận văn được hoàn chỉnh hơn.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu xây dựng một số phương pháp dạy- học sử dụng kỹ năng giải toán
trong giảng dạy mơn tốn ở trường THPT để nâng cao hiệu quả giảng dạy đồng

thời rèn luyện cho học sinh khả năng nhận thức ở mức độ cao (đặc biệt là những
học sinh khá, giỏi). Từ đó có thể điều chỉnh phương pháp dạy-học cho hợp lí
nhằm nâng cao kết quả đào tạo.
3. Đối tƣợng và khách thể nghiên cứu
Đối tượng: Phương pháp dạy- học mơn tốn ở trường THPT.
Khách thể nghiên cứu: Dạy-học mơn tốn THPT.
4. Giả thuyết khoa học
Việc dạy-học mơn tốn ở trường THPT sẽ được nâng cao hiệu quả nếu xây
dựng được phương pháp dạy học hợp lý, khoa học.
5. Nhiệm vụ nghiên cứu
5.1. Nghiên cứu cơ sở lý luận về phương pháp dạy-học mơn tốn.
5.2. Khảo sát thực trạng việc dạy-học mơn tốn ở trường THPT
5.4. Xây dựng cơ sở lý luận về kỹ năng giải tốn.
5.3. Xây dựng một số phương pháp dạy-học mơn toán ở trường THPT sử dụng
kỹ năng giải toán.
6. Giới hạn phạm vi nghiên cứu
6


Nội dung: Phương pháp dạy và học mơn tốn hệ THPT.
Khách thể: Các trường THPT.
7. Phƣơng pháp nghiên cứu
7.1. Phương pháp nghiên cứu lý luận
Nghiên cứu các vấn đề liên quan đến phương pháp dạy-học.
7.2. Phương pháp quan sát
Khảo sát việc dạy và học mơn tốn ở trường THPT để thấy được
thực trạng của việc dạy và học mơn tốn THPT hiện nay.
8. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và khuyến nghị, tài liệu tham khảo luận văn được
trình bày trong 2 chương:

Chương 1. Sử dụng kỹ năng giải toán-phương pháp hiệu quả
nâng cao chất lượng giảng dạy.
Chương 2. Một số phương pháp áp dụng kỹ năng giải toán
trong hoạt động giảng dạy.

7


Chƣơng 1: SỬ DỤNG KỸ NĂNG GIẢI TOÁN - PHƢƠNG PHÁP HIỆU QUẢ
NÂNG CAO CHẤT LƢỢNG GIẢNG DẠY

1.1. Kỹ năng giải tốn và phân loại:
Trong mục này sẽ trình bày khái niệm kỹ năng giải toán và một cách phân loại
các dạng kỹ năng giải tốn cùng với các ví dụ minh họa.
1.1.1. Kỹ năng giải toán:
Kỹ năng giải toán là một cách sử dụng các kiến thức cơ bản chuyển bài tốn cần
giải về dạng tương đương đơn giản.
Ví dụ với dạng bài tốn tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ta
thường có các phương pháp giải sau:
a) Sử dụng đạo hàm:
 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên khoảng (a;b)
(a có thể là -∞, b có thể là +∞)
Lập bảng biến thiên của hàm số trên (a;b)
So sánh các giá trị cực trị với các giới hạn tại a và b
Dựa vào bảng biến thiên để rút ra kết luận
Đặc biệt: Trường hợp hàm số chỉ có một cực trị duy nhất trên (a;b), khi
đó:
- Nếu cực trị là cực đại thì giá trị cực trị là lớn nhất
- Nếu cực trị là cực tiểu thì giá trị cực trị là nhỏ nhất
 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a;b]

Ta tiến hành như đối với trường hợp khoảng bằng cách lập bảng biến thiên,
ngồi ra có thể áp dụng qui tắc:
- Tìm các điểm cực trị: x1 , x2 ,..., xn trên [a;b].
- Tìm các giá trị f ( a ), f (b), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn ) .
8


- Số lớn nhất trong các số trên là M  max f ( x) , số nhỏ nhất trong các số
[a;b]

trên là m  min f ( x) .
[a;b]

Chú ý: (1) Chỉ tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [a;b] khi
hàm số đó liên tục trên [a;b]
(2) Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên [a;b] ta chỉ cần so sánh f(a) và f(b);
số lớn là max, số nhỏ là min
(3) Nếu khơng cho trước khoảng hay đoạn thì phải hiểu là tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất trên tập xác định của hàm số.
Ví dụ 1.1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau
1

( x  0)

a ) y  ln x  x

b) y  x 2 

c) y  2sin 2 x  cos x  1

d ) y  x 3  3 x.

x

Bài giải:
a) y  ln x  x

y 

D  (0; )

Bảng biến thiên

x

y

0
+

y

1
x

1 

1 x

y  0  x  1

x

1
0

+∞
-

-1

VËy max y  1 và khơng có min y .
(0; )

(0; )

b) y  x 
2

1
x

( x  0)

Bảng biến thiên

y  2 x 

D  (0; )

x
y

1 2 x3  1

x2
x2

1
2

0

0

1
3
2

+∞

3

-

y  0  x 

+

9

y
Vậy min y 
(0; )

2
3
4

2
và khơng có max y .
3
(0; )
4

c) y  2sin 2 x  cos x  1

DR

Nhận xét: Nếu ta tính y  4sin x cos x  sin x thì giải phương trình y  0 sẽ cho ta
những nghiệm khơng đẹp dó đó việc tính giá trị cực trị sẽ khó khăn. Ta sẽ khảo
sát sự biến thiên của hàm số y thông qua một biến số phụ.
Đặt t  cos x (1  t  1) ta có y  2(1  t 2 )  t  1  2t 2  t  3  y  4t  1

1
1 25
, mà y(1)  2, y(1)  0
y  0  t   [1;1]  y( ) 
4

4
8
Vậy min y  0 và max y 
R

R

d ) y  x 3  3x

25
.
8

Bảng biến thiên

y  0  x  1

y  3x2  3

DR

x

y

0
+

-1
0

y

-

1
0

2
-∞

+∞
+
+∞

-2

Vậy khơng có min y và max y .
R

R

Ví dụ 1.2. Tìm chiều cao của hình nón nội tiếp trong hình cầu bán kính R để hình
nón có thể tích lớn nhất.
Bài giải:

S

Gọi x là chiều cao hình nón (0  x  2 R )
Gọi H, AH lần lượt là tâm và bán kính đường trịn đáy của hình nón

 AH 2  AO2  (SH  SO)2  R2  ( x  R)2  2Rx  x2

O

Khi đó thể tích của hình nón là:
10


1
1
V ( x)   AH 2 x   (2Rx 2  x3 )
3
3

AA

H

Lúc này bài toán ban đầu đưa về bài tốn: Tìm x  (0;2 R) sao cho V(x) đạt giá
trị lớn nhất.
Ta có V ( x) 


3

(4 Rx  3x 2 ); V ( x)  0  x 

Bảng biến thiên

0

x
V ( x )

V(x)
Vậy chiều cao hình nón là

+

4R
3

4R
3
0

2R
-

32 R3
81
4R
thì hình nón nội tiếp hình cầu có thể tích lớn nhất.
3

b) Sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm phương trình:
Cho hàm số y=f(x) có D là tập xác định, f(D) là tập giá trị tương ứng.
Khi đó ta có y0  f ( D ) sẽ x0  D sao cho y0  f ( x0 )
Ta thực hiện theo 2 bước:

+ Xét phương trình f ( x0 )  y0 (1) với y0 là tham số
+ Tìm điều kiện tồn tại nghiệm x0 của phương trình (1)
Ví dụ 1.3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y  f ( x)   x 2  3x  4 .

Bài giải:
Tập xác định D=[-1;4]
Ta có y0  f ( D )  phương trình y0   x0 2  3x0  4 có nghiệm

 y0  0
 y0  0
có
nghiệm
 2


2
2
2
 x0  3x0  y0  4  0
  (3)  4( y0  4)  0
11


 y0  0
5
5

0


y

max
f
(
x
)

.
Vậy
và min f ( x)  0 .

0
2
[ 1;4]
[ 1;4]
2
2

4
y

25

0
0

Ví dụ 1.4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y

2sin x  3cos x  1
.
sin x  2
Bài giải:

Tập xác định D=R
y0  f ( D )  phương trình y0 

2sin x0  3cos x0  1
có nghiệm
sin x0  2

 (2  y0 )sin x0  3cos x0  2 y0  1 có nghiệm

 (2  y0 )2  32  (2 y0  1)2  3 y02  8 y0  12  0


4  2 13
4  2 13
 y0 
3
3

Vậy max f ( x) 
R

4  2 13
4  2 13
và min f ( x) 

.
R
3
3

c) Sử dụng bất đẳng thức:
Sử dụng các bất đẳng thức như Cauchy, Bunhiacopxki, tam thức bậc hai để đánh
giá f(x) trên D.
Ví dụ 1.5. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  log3 x2 ( x 2  1)  log x2 1 (3  x 2 ) .
Bài giải:
Tập xác định D  ( 3; 3) \ {0;  2}
Áp dụng log b a 

1
1
, ta có log 3 x2 ( x 2  1) 
log x2 1 (3  x 2 )
log a b

 log3 x2 ( x2  1) và log x2 1 (3  x2 ) cùng dấu
 y  log 3 x2 ( x  1)  log x2 1 (3  x )
2

2

Cauchy



2 log 3 x2 ( x 2  1) log x2 1 (3  x 2 )  2

12


Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi

 x2  1  3  x2
log3 x2 ( x  1)  log x2 1 (3  x )   2
 x  1
2
x 1  x  3
2

2

Vậy min y  2  x  1 .
Ví dụ 1.6. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y  5sin 2 x  6sin x cos x  3cos2 x  1.
Bài giải:
Tập xác định D=R
Áp dụng công thức cos 2 a 

1  cos 2a
1  cos 2a
; sin 2 a 
ta thu được
2
2
y  3sin 2 x  cos 2 x  5

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

(3sin 2x  cos2x)2  (32  12 )(sin 2 2 x  cos2 2 x)  10
  10  3sin 2 x  cos2 x  10   10  5  3sin 2 x  cos2 x  5  10  5
Dấu “=” xảy ra 

sin 2 x cos2 x

 tg 2 x  3
3
1

Vậy max y  10  5; min y   10  5 .
R

R

d) Lượng giác hóa và đại số hóa hàm số (thực chất đây là trường hợp đặc biệt
của phép đổi biến số):
Ví dụ 1.7. Cho n  Z  , tìm giá trị lớn nhất của hàm số

f ( x)  (1  x)n  (1  x)n

(1  x  1) .

Bài giải:

t 
t



t
 t 
Đặt x  cos t , khi đó f (t )   2sin 2    2cos2   2n sin 2 n    cos2 n   
2 
2

 2
 2 

n

n

13


 2n  t 
2 t 
sin    sin   t

2
2
Nhưng ta đã biết 
 2n  t 
2 t 
cos  2   cos  2  t

t
t


Do đó ta có f (t )  2n  sin 2  cos 2   2n .
2
2

t
Dấu “=” xảy ra  sin  1  cost  1
2

Vậy max f ( x)  2n tại x  1.
Ví dụ 1.8. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y

cos x  2sin x  3
với x  ( ; ) .
2cos x  sin x  4
Bài giải:

x
Đặt t  tg , với x  ( ; )  t  (;  )
2

2t
1 t2
t 2  2t  2
. Thay vào hàm số ta được y  2
sin x 
, cos x 
1 t2

1 t2
t t 3
Dùng phương pháp tồn tại nghiệm phương trình để tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số y 

t 2  2t  2
.
t2  t  3

Tập xác định D=R có miền giá trị f(D)
t02  2t0  2
Ta có y0  f ( D )  phương trình y0  2
có nghiệm
t0  t0  3

 ( y0  1)t02  ( y0  2)t0  3 y0  2  0 (1) có nghiệm
Trường hợp1: y0  1  0  y0  1

1
P/t (1)  3t0  1  0  t0   R
3
14


Trường hợp 2: y0  1  0  y0  1
P/t (1) có nghiệm    ( y0  2) 2  4( y0  1)(3 y0  2)  0
 11 y02  24 y0  4  0 

Từ hai trường hợp trên ta suy ra max y  2 và min y 

2
 y0  2
11

2
.
11

e) Chọn phần tử lớn nhất:
Khi cần giải bài toán mà các số (hay chữ) có vai trị bình đẳng (ngang nhau hay
gần như thế) thì việc chọn trong các số đó một phần tử lớn nhất sẽ làm giả thiết
bài toán được xác định rõ ràng hơn và giả thiết như được cho thêm để việc thực
hiện lời giải ngắn gọn hơn.
Ví dụ 1.9. Xác định a để hàm số y | 3x2  6 x  2a  1| đạt giá trị lớn nhất
với mọi x [2;3] .
Bài giải:
Xét hàm số f ( x)  3x2  6x  2a  1 . Đặt M  max | f ( x ) |
[ 2;3]



M  | f (2) |  2a  23
M  | f (1) |  2a  4 (chọn x0  1 để f '(1)  0 )

 2 M  | f (2) |  | f (1) |  | f ( 2)  f (1) |  27  M 

27
2

| f (2) |  |  f (1) |  M  27

2
Dấu “=” xảy ra  
 f (2).[ f (1)]  0
 f (2)   f (1)  

Kiểm tra lại với a  
Vậy a  

27
19
a
2
4

19
27
thì M  max  f (2) | ; | f (1) | ; | f (3) |  
4
2

19
là giá trị cần tìm.
4
15


Ví dụ 1.10. Cho 3 số a, b, c [0;2] và a  b  c  3 . cmr: a 3  b3  c 3  9 .
Bài giải:
Vai trị của a, b, c là như nhau, khơng mất tính tổng quát ta giả sử

a  max{a, b, c}
Khi đó: 3  a  b  c  a  a  a  3a 1  a  2 . Ta có

a3  b3  c3  a3  b3  c3  3bc(b  c)
 a3  b3  c3  a3  (b  c)3
 a3  b3  c3  a3  (3  a)3
 a3  b3  c3  27  27a  9a 2

 a3  b3  c3  9  9(a  1)(a  2)
 a3  b3  c3  9 vì (a  1)(a  2)  0 do a [1;2]

Vậy a 3  b3  c3  9 (đpcm).
Nhận xét: Như vậy để giải bài toán liên quan đến giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số chúng ta có thể sử dụng nhiều phương pháp khác nhau hoặc có
thể phải kết hợp giữa các phương pháp (ví dụ 1.8). Với từng bài toán cụ thể,
chúng ta nên lựa chọn cách giải nào ngắn gọn nhất, đó chính là kỹ năng giải
tốn.
1.1.2. Phân loại kỹ năng giải toán:
1.1.2.1. Kỹ năng cơ bản:
Trong toán học có những dạng bài tốn cơ bản được giải bằng một cách giải
chung gọi là kỹ năng cơ bản.
Ví dụ 1.11. Hãy tìm giá trị của tham số m để phương trình x 2  2mx  m  2  0
có nghiệm thỏa mãn điều kiện 0  x  1 .
Nhận xét: Kỹ năng cơ bản để giải bài toán này là sử dụng định lý đảo của tam
thức bậc 2 để xác định thứ tự giữa nghiệm và hai giá trị 0 và 1.
Bài giải:
16


Xét tam thức bậc hai f ( x)  x2  2mx  m  2

m  2
Ta có   m2  m  2  0  
m  1

a. f (0)  m  2 ; a. f (1)  3  3m
Trường hợp 1: m  2 , ta có
   0

a. f (0)  0  x1  x2  0  1 (không thỏa mãn điều kiện bài toán)
a. f (1)  0


Trường hợp 2: 1  m  2 , ta có

a. f (1)  0
 0  x1  1  x2 (thỏa mãn điều kiện bài toán)

a. f (0)  0
Trường hợp m  2 , ta có

a. f (1)  0
 x1  0  1  x2 (không thỏa mãn điều kiện bài toán)

a. f (0)  0
Vậy với 1  m  2 thì p/t x 2  2mx  m  2  0 có nghiệm nằm trong [0;1].
1.1.2.2. Kỹ năng tổng quát:
Kỹ năng tổng quát là những kỹ năng được dùng cho nhiều dạng bài toán thuộc
tất cả các nội dung của toán học phổ thơng. Chúng ta có thể liệt kê:
a) Phương pháp phản chứng

b) Phương pháp quy nạp
c) Phương pháp gián tiếp
d) Phương pháp so sánh
Ví dụ 1.12. Giả sử những số 1, 2, 3,…, 81 được viết theo một thứ tự nào đó vào
bảng (9  9) ơ. Chứng minh rằng có tồn tại một bảng con (2  2) mà tổng 4 số của
nó lớn hơn 137.
17


Nhận xét: Kỹ năng phản chứng thực chất là một cách lập luận giúp cho học sinh
dễ vận dụng các kiến thức theo một trình tự hợp lý, sáng sủa nhất.
Bài giải:
Ta có 8  8  64 bảng con (2  2) , tổng các số trên bảng con được xếp theo thứ tự
S1  S 2  .....  S64

Giả sử phản chứng “Không tồn tại bảng con nào mà tổng 4 số lớn hơn 137”.
Từ giả thiết phản chứng suy ra S64  137 . Khi đó, ta có
S1  S2  ...  S64  64.S64  64.137  8768 (1)

Trong tổng S  S1  S 2  ...  S64 có những số được tính 1 lần, 2 lần, 4 lần tùy
theo vị trí của ơ chứa số đó trên bảng:
 4 số ở góc được tính 1 lần
 28 số ở các ơ nằm dọc theo cạnh biên
(trừ 4 ơ góc) được tính 2 lần
 49 ơ trong được tính 4 lần
Cho những số lớn xuất hiện ít lần ta thu được đánh giá
S  (81  80  79  78)  2(77  76  ...  50)  4(49  48  ...  1)  8774

(2)

Từ (1) và (2) suy ra 8774  S1  S 2  ...  S64  8768 (mâu thuẫn).
1.1.2.3. Kỹ năng chính:
Kỹ năng chính là những kỹ năng giúp chúng ta giải một dạng lớn các bài toán.
Những kỹ năng này thực sự có hiệu quả đối với học sinh khi giải các bài toán.
Trong thuật ngữ hiện nay chúng ta thường gọi là các phương pháp giải. Việc tìm
tịi các phương pháp giải là một cơng việc thực sự có giá trị và giàu tính sáng tạo.
Ví dụ khi giải các phương trình nói chung (phương trình chứa căn nói riêng)
chúng ta có các phương pháp giải chính.
18


a) Phương pháp 1: Biến đổi đẳng thức
Ví dụ 1.13. Giải phương trình
3

2 x  1  3 x  1  1  3 2 x2  x  1 (1).
Bài giải:

Áp dụng đẳng thức u  v  1  uv  (u  1)(v  1)  0 ta biến đổi p/t về dạng
tương đương
(1) 



3



2x  1 1

3

 3 2x  1  1  x  0
x 1 1  0  

3
x  2
 x  1  1



Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x=0; 2.
Ví dụ 1.14. Giải phương trình







x  3  x  1 x 2  x 2  4 x  3  2 x (2).

Bài giải:
Điều kiện: x  1
Phương trình đã cho tương đương với
x2  x2  4x  3 

2x



x  3  x 1



x  3  ( x  1)

 x2  x2  4 x  3  x



x  3  x 1



x  x  3
 x  x  3 x  x 1  
 x  x  1
1  13
1  13
hoặc x 
x  x  3  x2  x  3  0  x 
 (3; 1) (loại)
2
2



x  x  1  x2  x  1  0  x 





1 5
1 5
hoặc x 
2
2

Vậy phương trình (2) có nghiệm x 

1  13 1  5 1  5
;
;
.
2
2
2

b) Phương pháp 2: Phương pháp so sánh
19


Ví dụ 1.15. Giải phương trình

2x  1  4 4x  3  2x (3).
Bài giải:

3

4
2
Ta có x  2x  1  0  2x  1  x2  2x  1  x (*). Dấu “=” xảy ra  x  1

Điều kiện: x 

( x  1)2 ( x2  2 x  3)  0  x4  4 x  3  0  4 x  3  x4  4 4 x  3  x (**)
Dấu “=” xảy ra  x  1
Từ (*) và (**)  2x  1  4 4x  3  2x . Dấu “=” xảy ra  x  1
Vậy phương trình (3) có nghiệm x=1.
Ví dụ 1.16. Giải phương trình 8 1  x  8 x  1 (4).
Bài giải:
Điều kiện: 0  x  1
Nhận xét: Hàm y  a x nghịch biến khi 0  a  1
8

 xx
Từ điều kiện ta suy ra 

8

 1 x 1 x

8

1 x  8 x  1.

Dấu “=” xảy ra  x  0; x  1
Vậy phương trình (4) có nghiệm x=0; 1.
Nhận xét: Chúng ta cũng có thể sử dụng các đánh giá (so sánh) sau



n

anb

2

n

ab
với a, b  0 .
2

a n  bn  a  b 
*

Chứng minh: Trước hết ta chứng minh
 với a, b  0; n  N .
2
 2 
n

n 1

 a   a 
Ta có   1    1  0
 b   b 


a, b  0

20


n

a a
a
   1   
b b
b

n 1

 a n  b n  a.b n1  a n1.b

a n  b n  a  b   a n1  b n1 




2
2
 2 


a n  bn  a  b   a n1  bn1   a  b   a n2  bn2 
ab




  ...  

 

2
2
2
 2 
 2 
  2  

2

n

Áp dụng kết quả này ta có
n

n
nanb
ab
anb



 
2
2

2





n

anbnc

3

n

n

ab
2

(đpcm).

abc
với a, b, c  0 .
3

Chứng minh: Trước hết ta cũng chứng minh
a n  bn  cn  a  b  c 


3

3



n

với a, b, c  0; n  N * .

a n  bn  a  b 

Áp dụng kết quả
 ta có
2
 2 
n

abc 
abc 


n
n
c

a

b

c






abc
ab
3
3
a n  bn  c n  
  4

  2
  2
3
2
4


 2 








n
n
n

a n  bn  cn  a  b  c 
abc
abc
n
n
n
a b c 

  4
 

3
3
3
3






Áp dụng kết quả này ta có
n

n

n
 n a  n b  n c  abc
anbnc






3
3
3



n

abc
3

(đpcm).

Dấu “=” xảy ra  a  b  c .
Ví dụ 1.17. Giải các phương trình sau

1)

n

x  n 2 x 2

2) 2 4 x  4 3  2 x  3 .
21

n

Bài giải:
n

1) Áp dụng kết quả

anb

2

n

ab
ta có
2

n

x  n 2  x  2n

x2 x
2
2

Dấu “=” xảy ra  x  2  x  x  1 . Vậy p/t có nghiệm x=1.
n

2) Áp dụng kết quả
4

anbnc

3

n

abc
ta có
3

x  4 x  4 3  2x  34

x  x  3  2x
3
3

Dấu “=” xảy ra  x  x  3  2x  x  1
Vậy p/t có nghiệm x=1.
 Chúng ta cũng có thể sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc để so sánh các
vế của phương trình chứa căn.

2x  1  x3  2x2  2x .

Ví dụ 1.18. Giải phương trình

Bài giải:
Điều kiện: x 

1

2

2x  1
 ( x  1)2  1
x

Phương trình tương đương với
1.(2 x  1)
2x  1
2
x
2x

Ta có

Cauchy



2

1  2x 1
 1. Dấu “=” xảy ra  x  1
2.2 x

( x  1)2  1  1 . Dấu “=” xảy ra  x  1
Vậy phương trình có nghiệm x=1.
c) Phương pháp 3: Sử dụng tính chất đơn điệu
 Với phương trình có dạng
Ta

giả

n

f ( x)  n g ( x)  [ g ( x)  f ( x)] A( x), A( x)  0

sử f ( x)  g ( x)  n f ( x)  n g ( x)  g ( x)  f ( x) .

Do

đó:

f ( x)  g ( x)

Sau đó giải phương trình này để tìm nghiệm của phương trình ban đầu.
Ví dụ 1.19. Giải phương trình

x  4  2 x  3  x  1.
22


Bài giải:
Điều kiện: x  

3
2

Ta giả sử x  4  2 x  3 (tức là x  1(*))  x  4  2x  3  VT  0

 VP  0  x  1  0  x  1 (**). Từ (*) và (**)  x  1 .
Vậy p/t ban đầu có nghiệm x=1.
Ví dụ 1.20. Giải phương trình x  2 x 

1
1
 x .
x
x

Bài giải:
Điều kiện: x  0
Phương trình tương đương với
Giả sử 2x  x 

x

2x  x 

1 1
 x
x x

1
1
1
1
(tức là x  )  2 x  x   VT  0  VP  0   x
x
x

x
x

1
 x=1 hoặc x=-1 (loại). Vậy p/t ban đầu có nghiệm x=1.
x

Ví dụ 1.21. Giải phương trình

1
1

x

5

 2x  4 .
x2
x3
Bài giải:

Điều kiện: x  2, x  0
Phương trình tương đương với

x  5  2x  4 

1
( x  1)
x2

Giả sử x  5  2 x  4 (tức là x  1 )  x  5  2 x  4  ( x  1)

1
 0  x 1
x2

Do đó x=1. Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1.
 Cũng có những trường hợp để sử dụng tính chất đơn điệu chúng ta phải
chuyển phương trình thành hệ phương trình.
Ví dụ 1.22. Giải phương trình 2 x  3 7  3

x7
.
8
23