Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - KỸ THUẬT SỬ DỤNG MÁY TÍNH CẦM TAY GIẢI BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.4 MB, 94 trang )
MỤC LỤC
I. Tên cơ sở đƣợc yêu cầu công nhận sáng kiến ............................................................................ 1
II. Tác giả sáng kiến: ....................................................................................................................... 1
III. Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng:............................................................................................. 1
IV. Nội dung sáng kiến .................................................................................................................... 1
1. Giải pháp cũ thường làm ........................................................................................................... 1
2. Giải pháp mới cải tiến ............................................................................................................... 6
2.1. Cơ sở lý luận: ...................................................................................................................... 6
2.2. Nội dung và biện pháp giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đại số,
phương trình lượng giác, mũ, chứng minh bất đẳng thức và bài toán liên quan mới. ............... 8
V. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt đƣợc ......................................................................... 21
1. Hiệu quả kinh tế: ..................................................................................................................... 21
2. Hiệu quả xã hội:....................................................................................................................... 21
VI. Điều kiện và khả năng áp dụng.............................................................................................. 23
1. Khả năng áp dụng sáng kiến trong thực tiễn: ......................................................................... 23
2. Điều kiện áp dụng sáng kiến: .................................................................................................. 23
PHỤ LỤC 01: ………………………………………………………………………………….…24
PHỤ LỤC 02: ………………………………………………………………………………….…25
PHỤ LỤC 03: ………………………………………………………………………………….…27
PHỤ LỤC 04: ………………………………………………………………………………….…29
PHỤ LỤC 05: ………………………………………………………………………………….…30
PHỤ LỤC 06: ………………………………………………………………………………….…31
PHỤ LỤC 07: ………………………………………………………………………………….…33
PHỤ LỤC 08: ………………………………………………………………………………….…34
PHỤ LỤC 09: ………………………………………………………………………………….…37
PHỤ LỤC 10: ………………………………………………………………………………….…39
PHỤ LỤC 11: ………………………………………………………………………………….…40
PHỤ LỤC 12: ………………………………………………………………………………….…42
PHỤ LỤC 13: ………………………………………………………………………………….…49
PHỤ LỤC 14: ………………………………………………………………………………….…64
PHỤ LỤC 15: ………………………………………………………………………………….…76
PHỤ LỤC 16: ………………………………………………………………………………….…82
PHỤ LỤC 17: ………………………………………………………………………………….…84
PHỤ LỤC 18: ………………………………………………………………………………….…85
PHỤ LỤC 19: ………………………………………………………………………………….…87
2
SÁNG KIẾN NĂM HỌC 2014 - 2015
I. Tên cơ sở đƣợc yêu cầu công nhận sáng kiến
Trƣờng THPT KIM SƠN A – Sở GD&ĐT NINH BÌNH
II. Tác giả sáng kiến:
- Họ tên: HOÀNG VĂN TƢỞNG
- Chức vụ: Giáo viên
- Đ/c: Thị trấn Phát Diệm – Kim Sơn – Ninh Bình
- Email:
ĐT: 0913042044
- Đơn vị công tác: THPT Kim Sơn A – Ninh Bình
III. Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng:
- Tên sáng kiến: KỸ THUẬT SỬ DỤNG MÁY TÍNH CẦM TAY GIẢI BÀI TOÁN
ĐẠI SỐ
- Lĩnh vực áp dụng: Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đại số,
phương trình lượng giác, mũ, chứng minh bất đẳng thức và các phép toán liên quan.
IV. Nội dung sáng kiến
1. Giải pháp cũ thƣờng làm
Trong thực tế việc truyền thụ tới các học sinh phương pháp giải phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, …, là một cơng việc rất khó khăn đối với
tất cả giáo viên bộ mơn tốn. Có q nhiều dạng, liên quan đến nhiều phép biến đổi tuy
căn bản nhưng mất thời gian. khơng những thế mỗi bài cịn có những cách biến đổi khác
nhau đó là chưa kể đến khi giảng dạy, chính giáo viên cũng khơng nhớ cách biến đổi mà
có nhớ thì học sinh sẽ tiếp thu một cách thụ động.
Ví dụ 1. Khai triển đa thức: A (4 2 x) 2 ( x 2 3x 10) (3 2 x) 2 ( x 2 4 x 21)
Ví dụ 2. Khai triển đa thức: P (a 3b 4) 2 (2a b 2) 2 (b 1) 2 (b 3) 2
x 4 3x3 x 2 4 x 2
Ví dụ 3. Thực hiện phép chia
x2 x 1
Thực hiện:
x4 3x3 x2 4x 2
x4 x3 x2
2 x3 4 x 2
2 x3 2 x 2 2 x
2x2 2x 2
2x2 2x 2
0
“Phép chia hết”
x2 x 1
x2 2 x 2
1
Ví dụ 4. Thực hiện phép chia:
x 4 3x3 x 2 4 x 5
x2 2 x 2
“Phép chia còn phần dư”
x3 (2m2 1) x 2 (m 1) x 2m3 2m2 m 1
Ví dụ 5. Thực hiện phép chia:
x2 m 1
Cả 5 ví dụ trên áp dụng phương pháp cũ đều dễ nhưng rất mất thời gian vì: ví dụ
1 và ví dụ 2 là hai biểu thức khá dài khi rút gọn dễ dẫn đến nhầm lẫn, 3 ví dụ cịn lại thì
khơng dùng được lược đồ Hoocler.
Ví dụ 6. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 12x4 2x3 2x2 x 2
“Một biến”
Phương pháp cũ nhóm nhân tử như lớp 8 ta được: 3x 2 2 x 1 (2 x 2 1)
Ví dụ 7. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: xy ( x 2 y 2 ) 2 ( x y ) 2
2
2
3
5 x y 4 xy 3 y 2( x y ) 0 (1)
2
2
2
(2)
xy ( x y ) 2 ( x y )
“Trong hệ phương trình:
“Hai biến”
(Trích đề thi KA 2011)”
“Trích lời giải của Bộ giáo dục”.
Từ phương trình (2) ta có: ( xy 1)( x 2 y 2 2) 0 xy 1 0 hoặc x 2 y 2 2 0
TH1: xy 1 từ (1) suy ra: y 4 2 y 2 1 0 y 1
Suy ra: (x;y) = (1;1) hoặc (x;y) = (-1;-1)
TH2: x 2 y 2 2 từ (1) suy ra: 3 y (x 2 y 2 ) 4 xy 2 2 x 2 y 2(x y) 0
6 y 4 xy 2 2 x 2 y 2(x y) 0
(1 xy)(2 y1) 0 xy 1 (đã xét) hoặc x 2 y
Với x 2 y , từ x 2 y 2 2 suy ra:
2 10 10
2 10
10
(x; y)
;
;
hoặc (x; y)
5
5
5
5
2 10 10 2 10
10
;
;
,
5
5
5
5
Vậy hệ có nghiệm: (1;1), (1; 1),
Sau khi đọc lời giải học sinh trung bình cũng có thể hiểu được ngay, nhưng vấn
đề là tại sao lại biết phương trình (2) và trong TH2 có thể tách ra được như thế ?.
Ví dụ 8. Bất phương trình, phương trình bậc 4 có nghiệm vơ tỷ.
Ví dụ: Giải bất phương trình:
x 2 x x 2 3(x 2 2 x 2) (Trích đề thi minh
họa – kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 – của BGDĐT).
“Trích lời giải của Bộ giáo dục”. ĐK: x 1 3
Bất phương trình: x 2 2 x 2 2 x(x 1)(x 2) 3(x 2 2 x 2)
2
x(x 1)(x 2) x(x 2) 2(x 1)
x(x 2) 2 (x 1)
x(x 2) (x 1) 0...
Một bài tách thật tuyệt vời nhưng sẽ có nhiều học sinh hỏi “sao thầy, cô tách
được như thế” câu trả lời của giáo viên sẽ là gì ?. Bất phương trình so với phương trình
khó hơn nhiều, trong phần giải pháp mới ta sẽ đưa cách giải bất phương trình về cách
giải phương trình tương ứng.
2
2
x 3 y xy 3x y 1 0 (1)
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình:
y 2 xy x 3 y 0
(2)
Giải pháp cũ: Nhân hai vế phương trình (1) với 2, hai vế phương trình (2) với 3 cộng lại ta
được: 2( x 2 xy 3 y 2 3x y 1) 3( y 2 xy x 3 y ) 0
2 x 2 3 y 2 xy 3x 7 y 2 0 ( x y 2)(2 x 3 y 1) 0
x 2 y 2 xy x y (1)
Ví dụ 10. Giải hệ phương trình: 3
2
x xy 9 x 12 (2)
Giải pháp cũ: Nhân hai vế phương trình (1) với 2 rồi trừ vế theo vế với phương trình (1) ta
có:
x3 xy 2 2 x 2 2 y 2 7 x 2 xy 2 y 12
(x y 3) x 2 (1 y) x 2 y 4 0
Hai ví dụ 9 và 10 trên làm theo giải pháp mới cũng làm thế nhưng người làm bài
chủ động biết được là phải nhân hai vế phương trình (1) với 2 rồi trừ cho nhau, không
như giải pháp cũ người dạy học khơng giải thích được tại sao phải nhân với 2 sao
không nhân với số khác, tại sao không nhân với phương trình (2) mà phải là phương
trình (1), tại sao không cộng vào nhau mà phải trừ?...
x 3 3 x 2 9 x 22 y 3 3 y 2 9 y (1)
Ví dụ 11: Giải hệ: 2 2
1
(2)
x y x y
2
(Trích đề thi KA-2012)
Giải pháp cũ: Pt(1): x3 3x 2 9 x y 3 3 y 2 9 y 22 (*)
VP(*) y a 3 y a 9( y a)
3
2
(viết lại sao cho như dạng VT (*) )
y 3 3 y 2 a 3 ya 2 a3 3 y 2 6 ya 3a 2 9 y 9a
y 3 (3a 3) y 2 (3a 2 6a 9) y a3 3a 2 9a
3
3a 3 3
Đồng nhất hệ số với VP(*) ta được: 3a 2 6a 9 9 a 2
a3 3a 2 9a 22
Phương trình (1): x3 3x 2 9 x y 2 3 y 2 9 y 2
3
2
1 3
Xét hàm số: f t t 3 3t 2 9t f '(t ) 3t 2 6t 9, t ; …
2 2
Ví dụ trên cho thấy dù học sinh đã biết cách làm và biết phải khai thác phương
trình (1) nhưng vẫn mất thời gian trong bước đồng nhất thức, trong khi phương pháp
mới dùng máy thì ta biết chắc chắn phải khai thác phương trình (1) và tốc độ đạt được
phương trình hàm trên được tính bằng giây, ngồi ra đối với học sinh lớp 10 thì chưa
được học đạo hàm thì sẽ khơng giải bằng phương pháp này được.
(4 x 2 1) x ( y 3) 5 2 y 0
Ví dụ 12.
2
2
4 x y +2 3 4 x =7
(Trích đề thi KA-2010)
“Trích lời giải của Bộ giáo dục:”
3
4
Điều kiện: x ; y
5
2
Phương trình thứ nhất tương đương: (4 x 2 1).2 x (5 2 y 1) 5 2 y (1)
Nhận xét: (1) có dạng f (2 x) f( 5 2 y ) , với f (t) (t 2 1) t …
Cách cũ thường làm trên có hai vấn đề làm học sinh gặp khó khăn trong tìm lời
giải. Thứ nhất tại sao biết phương trình thứ nhất tách được như vậy, thứ hai đối với
học sinh trung bình trở xuống khơng hiểu và khó vận dụng phương trình hàm.
Ví dụ 13. Giải phương trình: 4 x x 3 2 2 x 1 4 x 2 3 x 3
Phương trình: 4 x x 3 (9 x 1) 2
2 x 1 x 4( x 1)2
Đây là dạng bài nhân liên hợp xuất hiện rất nhiều trong các đề thi đại học. Tại
sao phương trình lại được tách tinh tế đến như vậy để nhân liên hợp ?.
Khi nhân liên hợp nhất định phải tìm hết các nghiệm, nếu mới chỉ tìm được một
nghiệm mà nhân liên hợp ngay thì nhất định bài toán sẽ phải làm lại từ đầu, vấn đề này
khi làm bằng phương pháp cũ để tìm ra hết các nghiệm nhất là nghiệm bội thì cực khó
khăn!.
4
2x 7
Ví dụ 14. Tách phân số:
trong tích phân
( x 1)( x 2)2
Ta có:
0
2x 7
( x 1)( x 2)
2
dx .
1
2x 7
A
B
C
2
( x 1)( x 2)
x 1 x 2 (x 2)2
2x 7
A( x 2) 2 B(x 1)(x 2) C (x 1)
( x 1)( x 2) 2
( x 1)( x 2) 2
2x 7
( A B) x 2 (4 A B C) x 4 A 2 B C
( x 1)( x 2) 2
( x 1)( x 2) 2
A B 0
A 1
Đồng nhất hai vế ta được: 4 A B C 2 B 1
4 A 2 B C 7
C 1
Ví dụ này khá đơn giản nhưng đối với học sinh trung bình trở xuống thì khơng,
đối với học sinh khá giỏi thì rất mất thời gian.
Ví dụ 15. Giải phương trình: sin x 4cos x 2 sin 2x
(Trích đề thi KA-2014)
“Trích lời giải của Bộ giáo dục”
Phương trình: (2cos x 1)(sin x 2) 0 ...
Ví dụ 16. Giải phương trình: 2 x
2
x
4.2 x
2
x
22 x 4 0
(Trích đề thi KD-2006)
“Trích lời giải của Bộ giáo dục”
Phương trình đã cho tương đương với: (22 x 4)(2 x
22 x 4 0 22 x 22 x 1
2x
2
x
1 0 2x
2
x
2
x
1) 0
1 x 2 x 0 x 0, x 1
Vậy phương trình có hai nghiệm: x 0, x 1
Ví dụ 17. Cho x, y, z
3
x
y
z
9
và x y z 1 . CMR: 2 2 2
4
x 1 y 1 z 1 10
Ví dụ 18. Cho a, b,c 0 . Chứng minh
a3
b3
c3
abc
2
2
.
2
2
2
2
a ab b b bc c c ca a
3
Phương pháp cũ phải biết áp dụng thật khéo các bất đẳng thức như cosi, bunhia,
Swash,…
Tôi xin giới thiệu một cách và chỉ cần một vài thao tác rất cơ bản là ta có ngay
kết quả cho những câu trả lời cho những câu hỏi trên.
1.1. Nhược điểm:
5
- Khi giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, …, theo
phương pháp cũ học sinh bị thụ động bởi cách giải, ví dụ như lấy phương trình (1) nhân
với 3 cộng hoặc trừ đi phương trình (2), hoặc bài này phải phân tích, nhóm, đổi biến thế
này thế kia,…
- Đối với phần nhóm tách đa thức, nhân chia đa thức, phân tích phân số thành tổng
các phân số phương pháp cũ là tính tốn thơng thường bằng tay gây mất thời gian, trong
khi dùng máy tính cầm tay thì rất nhanh và chính xác.
1.2. Khó khăn:
- Thời lượng học phương trình, hệ phương trình, bất phương trình trong trường
THPT rất ít, nhưng trong đề thi ĐHCĐ, thi học sinh giỏi ln có bài tập dạng này và là
một câu phân hoá học sinh quan trọng.
- Tỉ lệ học sinh hiểu bài không nhiều. Khả năng vận dụng kém. Vì vậy tâm lí học
sinh khi đi thi ĐHCĐ học sinh thường chủ động bỏ nội dung này dù đề bài có dễ hay khó.
- Tài liệu cho nội dung phương trình, hệ phương trình, bất phương trình nhiều
nhưng khơng cơ đọng, khó hiểu với đa số học sinh. Nội dung đề thi ở mức vận dụng, sáng
tạo nhưng nội dung bài tập trong SGK thường là nhận biết và thông hiểu.
- Tài liệu giảng dạy phương trình, hệ phương trình, bất phương trình vẫn mang tính
chất hàn lâm. Khó vận dụng rộng rãi. Vì vậy, giáo viên thường chỉ quan tâm đến bồi
dưỡng cho một nhóm học sinh, khơng bồi dưỡng cho các em cịn lại.
2. Giải pháp mới cải tiến
2.1. Cơ sở lý luận:
Để giải quyết bài tốn phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, bất đẳng
thức, …, học sinh phải hiểu và vận dụng rất nhiều phương pháp, rất nhiều dạng. Vừa là nội
dung khó, bài tập đa dạng, do đó giáo viên tìm tịi, bổ sung các cách mới là điều cần thiết.
Ngoài các cách thường dùng trong sách giáo khoa, các sách tham khảo, tôi đã tham
khảo trên các diễn đàn toán học và đã tiếp thu được một vài thao tác máy tính cầm tay
quan trọng sau đây và đã phát triển, sáng tạo thành hệ thống, một bộ qui tắc bấm máy hồn
hảo ứng dụng để giải tốn.
Các qui tắc này dựa trên một cơ sở tính tốn rất đơn giản. Máy vi tính cũng như trên
máy tính cầm tay khi tính tốn một phép tốn bất kỳ ta cũng phải nhập giá trị đầu vào là
một giá trị cụ thể trong khi các phép toán như khai triển đa thức, tách nhân tử chung,…
phép toán thu được chứa biến do đó ta phải dùng một giá trị cụ thể, theo tốn học và kinh
nghiệm thì ta nên gán 100 hoặc 1000 để khi trả lại cho biến đó sẽ dễ dàng hơn.
6
2.1.1. Khai triển đa thức một biến.
Phương pháp:
b1 – Đưa máy về chế độ thường MODE 1
b2 – Nhập biểu thức cần khai triển vào máy.
b3 – Nhấn phím CALC máy hiện X? (tương tự với các biến khác)
b4 – Nhập X = 1000 rồi dùng phương pháp tách số ta sẽ được các hệ số:
Xem thêm phần PHỤ LỤC 2 – Trang 25
an , an 1 , an 2 ,..., a1 , a0
b5 – Điền các hệ số vào P an xn an1 xn1 an2 x n2 ... a1x a0 ta được kết quả.
2.1.2. Chia đa thức cho đa thức một biến (phép chia khơng cịn phần dư)
Phương pháp:
b1 – Đưa máy về chế độ thường MODE 1
b2 – Nhập phép chia vào máy.
b3 – Nhấn phím CALC máy hiện X? (tương tự với các biến khác)
b4 – Cho X = 100 hoặc 1000.
2.1.3. Tách nhân tử chung (hai biến hữu tỷ với hệ số nguyên)
Phương pháp: Ta nên chọn biến có số mũ thấp hơn là ẩn biến còn lại cho bằng
1000, dùng lệnh MODE 5 3 , MODE 5 4 hoặc SHIFT SOLVE
VD. Tách thành nhân tử của 2 x 2 y 2 xy 7 x 2 y 3
1. Vào giải phương trình bậc 2 MODE 5 3
2. Nhập các hệ số a 2; b 1000 7; c 10002 2000 3 Cho các nghiệm
x 1003; x
999
2
3. Ta có 2( x 1003)( x
999
) ( x 1003)(2 x 999)
2
4. Trả lại: thay 1003 1000 3 y 3 và 999 1000 1 y 1 vào.
5. Kq: 2 x 2 y 2 xy 7 x 2 y 3 ( x y 3)(2 x y 1)
2.1.4. Phương pháp giải phương trình bậc 4 đầy đủ nghiệm vơ tỷ.
2.1.5. Hệ phương trình hai biến bậc hai hữu tỷ với hệ số nguyên.
2.1.6. Hệ phương trình hai biến bậc cao hữu tỷ với hệ số nguyên
7
2.2. Nội dung và biện pháp giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình, bất phƣơng trình đại
số, phƣơng trình lƣợng giác, mũ, chứng minh bất đẳng thức và bài toán liên quan
mới.
Xuất phát từ yêu cầu giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình có dạng:
Phương trình một biến: f ( x) 0
f ( x, y) 0
g ( x, y) 0
1. Hệ phương trình:
2. Bất phương trình: f ( x) 0, f ( x) 0, f ( x) 0, f ( x) 0
Thực chất là đi tìm các biến x, y để cho thỏa mãn các bài toán trên.
Để đạt được mục đích trên ta phải sử dụng rất nhiều đến biến đổi toán học như:
-
Khai triển đa thức.
-
Chia đa thức cho đa thức
-
Nhóm nhân tử chung để đưa về tích các biểu thức…
Khi giải hệ phương trình, phương trình, bất phương trình một vấn đề cực quan trọng là ta
phải có hướng giải.
Tơi xin đưa ra phương pháp mới như sau:
Bước 1: Đặt điều kiện.
Bước 2: Nhập một trong hai phương trình nếu là hệ, phương trình, bất phương trình
cũng nhập tương tự vào máy (cụ thể như dưới đây)
Bước 3: Sử dụng một trong những cách cũ như (lũy thừa hai vế,đổi biến, nhân liên hợp,
phương trình hàm…)
Bước 4: Dùng máy để thử lại các nghiệm thỏa mãn điều kiện và kết luận
Trong bước 2, nếu phương trình hữu tỷ với hệ số nguyên và là phương trình bậc hai
hoặc bậc ba ta dùng lệnh MODE 5 3 , MODE 5 4 , cịn lại thì dùng lệnh
SHIFT SOLVE cho Y ?, X ? phải căn cứ vào điều kiện đề bài, ta phân ra
làm 3 dạng sau:
8
Dạng 1. X và Y gán đƣợc bằng 1000, phƣơng trình cho nghiệm hữu tỷ với cả X và Y
Xét phương trình: 1 2 x y 1 4(2 x y)2 6 x 3 y
“gán 1000”
Nhập vào máy: 1 2 x y 1 4(2 x y )2 6 x 3 y SHIFT SOLVE Y=1000, X =
1000 cho 499.75
1999
2 y 1
(4 x 2 y 1) là nhân tử chung.
4
4
Dạng 2. X hoặc Y khơng gán bằng 1000, phƣơng trình cho nghiệm vơ tỷ với X hoặc Y
a, Xét phương trình:
Nhập vào máy:
x 4 y 15 x 3+2 x y
“gán -1000”
x 4 y 15 x 3 2 x y SHIFT SOLVE cho Y=-1000, X=1000
ta được: X 1332.333333
3997 4000 3 4 y 3
(3x 4 y 3) là nhân tử chung
3
3
3
b, Xét phương trình (4 x 2 1) x ( y 3) 5 2 y 0
“coi x là y, coi y là x”
Nhập vào máy: (4 y 2 1) y ( x 3) 5 2 x 0 SHIFT SOLVE cho Y=1000, X=-1000
ta được: X 1999997.5
3999995
4Y 2 5
(2 X 4Y 2 5) (2 y 4 x 2 5) là
2
2
nhân tử chung
Dạng 3. X và Y không thể gán bằng 1000, -1000 vì 1000, -1000 khơng thuộc tập điều
kiện.
Xét phương trình:
Nhập vào máy:
1 y
x
x y 1 , Đk: x, y [0;1]
1 1 x 1 y
“gán
1
”
1000
1 y
x
x y 1 SHIFT SOLVE cho
1 1 x 1 y
Y 1 1000, X 1 1000 được X 0.999
Đặt 1 y t phương trình:
999 1000 1
1
1
1 Y x 1 y
1000
1000
1000
1 y
x
x
t
x
1 y
x
t
1 1 x
1 y
1 1 x
1 1 t
Sau khi đã áp dụng các thao tác trên cho mỗi phương trình trong hệ mà phương trình nào
cho số nguyên để được bộ nhân tử chung thì ta tiến hành khai thác phương trình đó và áp
dụng một trong bốn thao tác căn bản như nhân liên hợp, lũy thừa, đổi biến hoặc dùng
phương trình hàm, cụ thể được trình bày trong mỗi mục tương ứng.
9
Các bƣớc áp dụng giải pháp mới và các ví dụ minh hoạ những bài toán, những
câu hỏi ở mục giải pháp cũ:
Ví dụ 1. Khai triển đa thức: A (4 2 x) 2 ( x 2 3x 10) (3 2 x) 2 ( x 2 4 x 21)
Nhập vào máy: (4 2 x) 2 ( x 2 3x 10) (3 2 x) 2 ( x 2 4 x 21) nhấn CALC cho x =
1000 được: 50896029 (50 | 896 | 029) (51| 104 | 29)
Do đó A 51x2 104x 29
Xem thêm phần PHỤ LỤC 3 – Trang 27
Ví dụ 2. Khai triển đa thức sau: P (a 3b 4) 2 (2a b 2) 2 (b 1) 2 (b 3) 2
1. Chọn chế độ số phức MODE 2
2. Nhập vào máy: (a 3b 4)2 (2a b 2)2 (b 1)2 (b 3)2
3. CALC a 1000, b i cho 4984002 9976i 5a2 16a 2 10ab 24b
4. CALC a i, b 1000 cho 8024005 10016i 8b2 24b 5 10ba 16a
5. Viết hợp lại 5a2 16a 10ab 24b 8b2
6. CALC a 0, b 0 cho 10 là hệ số tự do
7. Kq: P 5a2 16a 10ab 24b 8b2 10
Xem thêm phần PHỤ LỤC 4 – Trang 29
Ví dụ 3. Thực hiện phép chia
x 4 3x3 x 2 4 x 2
x2 x 1
“Phép chia hết”
1. Chọn chế độ tính tốn thường MODE 1
x 4 3x3 x 2 4 x 2
2. Nhập vào máy
nhấn CALC cho x = 1000
x2 x 1
Được: 1001998 1| 001| 998 1| 2 | 2 x 2 2 x 2
3. Kq:
x 4 3x3 x 2 4 x 2
x2 2 x 2
x2 x 1
Xem thêm phần PHỤ LỤC 5 – Trang 30
Ví dụ 4. Thực hiện phép chia:
x 4 3x3 x 2 4 x 5
x2 2 x 2
“Phép chia cịn phần dư”
1. Chọn chế độ tính tốn thường MODE 1
2. Nhập vào máy ( x 4 3x3 x 2 4 x 5) ( x 2 2 x 2) nhấn CALC cho x = 1000 được:
1000995 1| 000 | 995 1|1| 5 x 2 x 5 là phần nguyên
10
3. Sửa lại ( x 4 3x3 x 2 4 x 5) ( x 2 x 5)( x 2 2 x 2) nhấn CALC cho x = 1000
được: 4005 4 | 005 4x 5 là phần dư.
4. Kq:
x 4 3x3 x 2 4 x 5
4x 5
x2 x 5 2
2
x 2x 2
x 2x 2
Xem thêm phần PHỤ LỤC 16 – Trang 82
x3 (2m2 1) x 2 (m 1) x 2m3 2m2 m 1
x2 m 1
Ví dụ 5. Thực hiện phép chia:
x3 (2m2 1) x 2 (m 1) x 2m3 2m2 m 1
1. Nhập vào máy:
x2 m 1
2. Nhấn CALC X=1000, m = i hiện 997 x 3
3. Nhấn CALC X=i, m=1000 hiện 1999999 i 2m2 1 x
4. Viết lại: x + 2m2
5. Nhấn CALC X=0, M=0 cho -1 hệ số tự do -1.
6. Thử lại, viết thêm ( x 2m 2 1) . CALC X, M = bất kỳ cho 0 là phép chia hết.
x3 (2m2 1) x2 (m 1) x 2m3 2m2 m 1
Kq:
x 2m2 1
2
x m 1
Xem thêm phần PHỤ LỤC 6 – Trang 31
Ví dụ 6. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 12x4 2x3 2x2 x 2 “Một biến”
1. Nhập biểu thức trên vào màn hình, nhấn phím để lưu lại biểu thức dùng lần sau.
2. Nhấn SHIFT SOLVE cho x = 1 được nghiệm x=0.66666 nhấn SHIFT STO A
cho
23
vậy
có
nhân
tử
(12 x 4 2 x3 2 x 2 x 2) 3x 2 Nhấn
thêm
nhân
tử
(2x+1),
3x 2 ,
nhập
thêm
SHIFT SOLVE
nhập
3x 2
cho nghiệm -1/2 có
thêm
2 x 1
(12 x 4 2 x3 2 x 2 x 2) 3x 2 (2 x 1) . Vì đã được hai nhân tử rồi thì nhân tử cịn
lại chỉ là bậc 2 do đó từ (12 x 4 2 x3 2 x 2 x 2) 3x 2 (2 x 1) ta nhấn CALC
cho X=1000 ta được 2000001 2 | 000 | 001 2 x 2 1 .
3. Kq: 12 x 4 2 x3 2 x 2 x 2 3x 2 2 x 1 (2 x 2 1)
Xem thêm phần PHỤ LỤC 7 – Trang 33
11
Ví dụ 7. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: xy ( x 2 y 2 ) 2 ( x y ) 2
“Hai biến”
5 x 2 y 4 xy 2 3 y 3 2( x y ) 0 (1)
(Trích đề thi KA 2011)”
2
2
2
(2)
xy ( x y ) 2 ( x y )
“Trong hệ phương trình:
Nháp.
1. Vào giải phương trình bậc 3 MODE 5 4 (viết lại: yx 3 x 2 ( y 3 2 y ) x 2 y 2 )
2. Nhập các hệ số a 1000; b 1; c 10003 2000; d 2 10002 cho nghiệm
x
1
1
xy 1 0
1000 y
3. Kq: xy ( x 2 y 2 ) 2 ( x y ) 2 ( xy 1)( x 2 y 2 2)
Lời giải:
xy 1 0
Từ phương trình (2) ta có: ( xy 1)( x 2 y 2 2) 0
2
2
x y 2 0
3 y 3 2 y 0
1
TH1: xy 1 0 với x = 0 hệ:
vô nghiệm x 0 y
2
x
2 y
Thay vào phương trình (1):
x 1, y 1
4 3
2
5 x 3 2 x 0 x 4 2 x 2 1 0 (x 2 1) 0
x x
x
x 1, y 1
TH2: x 2 y 2 2 0 2 x 2 y 2
thay vào phương trình (1): 5 x 2 y 4 xy 2 3 y 3 ( x 2 y 2 )( x y ) 0
“Nháp: Viết lại x3 4 yx 2 5 y 2 x 2 y 3 0
Vào giải phương trình bậc 3 MODE 5 4
Nhập các hệ số a 1; b 4000; c 5 10002 ; d 2 10003 cho hai
nghiệm x 2000 2 y, x 1000 y ”
(x y)(x 2 y) 0
Với x = y (đã xét).
12
10
2 10
,x
y
5
5
Với x 2 y y 2 4 y 2 2
10
2 10
,x
y
5
5
2 10 10 2 10
10
;
;
,
5
5
5
5
Vậy hệ có 4 nghiệm: (1;1), (1; 1),
Khi dùng KỸ THUẬT 6 chỉ mất khoảng 2 phút ta đã biết được phải khai thác
phương trình (2).
Xem thêm phần PHỤ LỤC 8 – Trang 34
Ví dụ 8. Ví dụ: Giải bất phương trình:
x 2 x x 2 3(x 2 2 x 2)
(Trích đề thi
minh họa – kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 – của BGDĐT).
TXD: D [1 3; )
Xét hàm số f ( x) x 2 x x 2 3(x 2 2 x 2) 0 liên tục trên D
Xét phương trình: f ( x) 0 x 2 x x 2 3(x 2 2 x 2) 0
x 2 x x 2 3(x 2 2 x 2) ( x 2 x)(x 2) x 2 4 x 2 0
x 4 9 x3 13x 2 18 x 4 0 (x 2 3 x 1)(x 2 6 x 4) 0
x
3 13
3 13
(loại), x
(loại), x 3 13 (thỏa mãn). x 3 13 , (loại)
2
2
Bảng xét dấu:
x
-
3 13
1+ 3
+
f(x)
0
+
-
Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng (1 3;3 13);(3 13; ) nên
các khoảng này hàm số không đổi dấu.
Mà f 3 1 3 0 ,
f (9) 1.396 0
KL: Tập nghiệm của bất phương trình là S [1+ 3;3 13]
Lời giải trên có hai điểm mới:
-
Thứ nhất ta dùng cách đưa bất phương về phương trình tương ứng cho dễ giải vì bất
phương trình học sinh rất hay nhầm dấu.
Xem thêm phần PHỤ LỤC 15 – trang 76
-
Thứ hai trong phương pháp cũ đòi hỏi ta phải có kinh nghiệm tách nhân tử tốt để
tránh được phải giải phương trình bậc bốn có nghiệm vơ tỷ, cịn phương pháp mới ở
13
đây đã dùng cách tách nhân tử cho phương trình bậc bốn có nghiệm vơ tỷ, nó cịn
được ứng dụng hàng loạt các bài dạng như các phương trình:
1.
2 x 1 x 2 3 x 1 0 (Trích KD-2006)
3. 8 x 2 4 x 2 3x 5 x 2 2 x 1
2. x 2 8 x 3 6 x3 3x
4. (3x 1) 2 x 2 1 5 x 2
3
x 3.
2
Những bài này giáo viên cần ít nhất 3 tiết mới dạy xong vì nó bao gồm một loạt các
kiến thức như đạt ẩn phụ khơng hồn tồn, tính delta cho biến nào thì chính phương,
khơng chính phương thì phải đồng nhất thức ra sao,… trong khi dùng phương pháp
mới này chỉ cần một tiết là đủ vì tất cả các dạng bài trên chỉ là một dạng bài phương
trình bậc bốn hoặc cao hơn nữa cũng vẫn làm theo phương pháp tách này.
Xem thêm phần PHỤ LỤC 9 – Trang 37
2
2
x 3 y xy 3x y 1 0 (1)
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình:
y 2 xy x 3 y 0
(2)
a 1
b 3 k
c 1 k
Nháp:
thay vào 4abf edc ae2 bd 2 fc2 (nhập vào máy với k là X)
d 3 k
e 1 3k
f 1
Ta được 4(3 k ) (1 3k )(3 k )(1 k ) (1 3k ) 2 (3 k )(3 k ) 2 (1 k ) 2
Dùng lệnh SHIFT SOLVE được k= 3 2 .
Hƣớng dẫn:
Nhân hai vế phương trình (1) với 2, hai vế phương trình (2) với 3 cộng lại ta được:
2( x 2 xy 3 y 2 3x y 1) 3( y 2 xy x 3 y) 0
2 x 2 3 y 2 xy 3x 7 y 2 0 ( x y 2)(2 x 3 y 1) 0...
Xem thêm phần PHỤ LỤC 11 – Trang 40
2
2
x y xy x y (1)
Ví dụ 10. Giải hệ phương trình: 3
2
x xy 9 x 12 (2)
Nháp: 1. Dùng máy tính đơn giản ta biết được hai nghiệm (1;2) và (2;1 )
2.Tìm mối liên hệ giữa x và y: y=3-x
3. Thế y=3-x vào từng phương trình: Pt (1) 3( x 2 3x 2) , và Pt (2) 6( x 2 3 x 2)
14
4. Mối liên hệ giữa Pt(1) và Pt(2) là Pt(2)=2.Pt(1)
Hƣớng dẫn: Nhân hai vế phương trình (1) với 2 rồi trừ vế theo vế với phương trình (2) ta
có:
x3 xy 2 2 x 2 2 y 2 7 x 2 xy 2 y 12
(x y 3) x 2 (1 y) x 2 y 4 0
x 2 y 2 xy x y (3)
(4)
x y 3 0
Hệ đầu viết lại: 2 2
đến đây ta được hai hệ đã dễ giải …
x
y
xy
x
y
(5)
x 2 (1 y ) x 2 y 4 (6)
Hai ví dụ trên đã giải quyết được vấn đề mà giải pháp cũ khơng giải thích được
cho học sinh thế tiếp thu bị động “tại sao lại làm như thế? con số 2 đó ở đâu mà ra?
Sao lại nhân với phương trình (1),… ”
Xem thêm phần PHỤ LỤC 12 – Trang 42
x 3 3 x 2 9 x 22 y 3 3 y 2 9 y (1)
Ví dụ 11. Giải hệ: 2 2
1
(2)
x y x y
2
(Trích đề thi KA-2012)
Cách 1. Nháp: Nhập vào máy: x3 3x 2 9 x 22 y 3 3 y 2 9 y (hoặc vào MODE 5 4 để
giải phương trình bậc 3) ta được x y 2
Do đó: Phương trình (1) được viết lại ngay: x3 3x 2 9 x y 2 3 y 2 9 y 2
3
2
Lời giải: Phương trình (1): x3 3x 2 9 x y 2 3 y 2 9 y 2
3
2
Mặt khác phương trình (2): 2 y 2 2 y 2 x 2 2 x 1 0
1 3
Có 'y 1 2(2 x 2 2 x 1) 4 x 2 4 x 3 0 x ;
2 2
1 3
Do đó xét hàm số: f t t 3 3t 2 9t f '(t ) 3t 2 6t 9, t ;
2 2
t 1
t 3
Cho f ‟ t 0 3t 2 6t 9 0
Bảng biến thiên:
t
f '(t )
-
-1
+ 0
1
2
-
3
2
-
+
3
-
0
+
f (t )
1
3
y x 2 thay vào (2): 4 x 2 8 x 3 0 x ; x
2
2
1
3 3
1
KL: Phương trình có hai nghiệm: ( x; y) ; ; ;
2 2 2 2
15
Cách 2: Viết lại: pt(1)= x3 3x 2 9 x y 3 3 y 2 9 y 22 0
Nháp: Nhập vào máy x3 3x 2 9 x y 3 3 y 2 9 y 22 với y=1000. Ta được x=1002
hay x = y+2
x3 3x 2 9 x y 3 3 y 2 9 y 22
x 2 ( y 1) x y 2 y 11
Thực hiện phép chia:
x y2
Lời giải: x3 3x 2 9 x y 3 3 y 2 9 y 22 0 ( x y 2)[x 2 ( y 1) x y 2 y 11] 0
y x 2
2
2
x ( y 1) x y y 11 0
1
2
TH1: x y 2 0 y x 2 thay vào (2): 4 x 2 8x 3 0 x ; x
3
2
1
2
2
(3)
x y x y 0
TH2:
2
x 2 y 2 xy x y 11 0 (4)
Lấy 4 3 : xy
21
21
(vì x=0 khơng là nghiệm) thay vào (3)
y
2
2x
2
2
1
41 41
4 x 4 4 x3 2 x 2 42 x 441 0 2 x 2 x x 0 (Vô nghiệm).
2
2
2
1
3 3
1
KL: Phương trình có hai nghiệm: ( x; y) ; ; ;
2 2 2 2
(4 x 2 1) x ( y 3) 5 2 y 0
Ví dụ 12.
2
2
4 x y +2 3 4 x =7
(Trích đề thi KA-2010)
Nháp: Xét phương trình (4 x 2 1) x ( y 3) 5 2 y 0
“coi x là y, coi y là x”
Nhập vào máy: (4 y 2 1) y ( x 3) 5 2 x 0
SHIFT SOLVE cho Y 1000, X 10 ta được:
X 1999997.5
3999995
4Y 2 5
(2 X 4Y 2 5)
2
2
(2 y 4 x 2 5) là nhân tử chung. Do đó ta sẽ khai thác phương trình (1).
Ta có hai cách giải cho bài này đều dựa vào nhân tử chung (2 y 4 x 2 5) :
3
4
Điều kiện: x , y
5
2
16
Cách 1: “sử dụng phương trình hàm”
Do ta có nhân tử (2 y 4 x 2 5) 4 x 2 5 2 y 2 x 5 2 y nên từ phương trình
(1): (4 x 2 1) x (3 y) 5 2 y (4 x 2 1).2 x (6 2 y) 5 2 y
[(2 x) 2 1].2 x
5 2y
2
1 5 2 y từ đây ta xét phương trình hàm.
Cách 2: “đổi biến”
Đặt 5 2 y t 0 y
5 t2
. Phương trình (1) được viết lại:
2
5 t2
t 2 1
(4 x 2 1) x
3 t 0 (4 x 2 1) x
t 0 2(4 x 2 1) x (t 2 1)t ”từ đây
2
2
ta cũng có thể làm theo cách phương trình hàm (2 x)2 1 (2 x) (t 2 1)t ”
8x3 2x t 3 t 0 (2 x t )(4 x 2 2 xt t 2 1) 0 …
Cách 2 trong cả hai ví dụ 11 và 12 trên hồn tồn khơng dùng đến đạo hàm mà
lớp 10 chưa học. Giờ đây dạng bài này cho dù là bài của các anh chị khối 12 các em lớp
10 vẫn làm tốt.
Xem thêm phần PHỤ LỤC 13 – Trang 49 và PHỤ LỤC 14 – Trang 64
Ví dụ 13. Giải phương trình: 4 x x 3 2 2 x 1 4 x 2 3 x 3
Nháp: Nhập vào máy: 4 x x 3 2 2 x 1 4 x 2 3 x 3 SHIFT SOLVE với
X
1
ta chỉ được một nghiệm x 1 nhập thêm vào: (x1)
2
(4 x x 3 2 2 x 1 4 x2 3x 3) ( x 1) SHIFT SOLVE với X
1
máy hiện
2
Can’t Solve. Ta nhấn CALC hai giá trị ngay trước và sau nghiệm x 1 nếu được
hai giá trị trái dấu chứng tỏ có nghiệm bội là ( x 1) 2 .
Trước tiên ta tách 4x2 3x 3 ax b sao cho có nghiệm bội
với x 1 ta được a b 10 b 10 a 4x 2 3x 3 ax 10 a
4 x 2 (3 a) x a 7 0 phải có nghiệm kép tức là
(3 a) 2 16(a 7) 0 a 11, b 1
Phương trình: 4 x x 3 2 2 x 1 11x 1 4 x 2 3 x 3 11x 1
4 x x 3 2 2 x 1 11x 1 4( x 1)2
17
Tách 11x 1 . Xét 2 2 x 1 ax b (*) cho x 1 ta được: a b 2 (1)
Bình phương (*) rồi cho 0 ta được: a2 2ab 4 0 (2) từ đó a 2, b 0
Phương trình: 4 x x 3 (9 x 1) 2
2 x 1 x 4( x 1)2 đến đây ta mới nhân
liên hợp.
Xem thêm phần PHỤ LỤC 13 – Trang 49
Ví dụ 14. Tách phân số:
Ta có:
2x 7
trong tích phân
( x 1)( x 2)2
0
2x 7
( x 1)( x 2)
2
dx .
1
2x 7
A
B
C
2
( x 1)( x 2)
x 1 x 2 ( x 2)2
Tìm A: Nhập vào máy
2x 7
nhấn CALC cho X 1 A 1
( x 2)2
Tìm B: Nhấn SHIFT
d
dx
Tìm C: Nhập vào máy
2x 7
nhấn CALC cho X 2 C 1
x 1
Nhập vào máy
d 2x 7
nhấn cho B 1
dx x 1 x 2
Tính A và C không cần dùng máy cũng được và ta có kết quả cực nhanh chỉ
khoảng vài giây.
KQ:
2x 7
1
1
1
.
2
( x 1)( x 2)
x 1 x 2 ( x 2)2
Xem thêm phần PHỤ LỤC 17 – Trang 84
Ví dụ 15. Giải phương trình: sin x 4cos x 2 sin 2x
(Trích đề thi KA-2014)
Nháp: “Dùng máy tính ta nhẩm được nghiệm x=60o nhân tử chung (2cosx-1)”
Phương trình: sin x 4cos x 2 2sin x cos x 0
sin x(1 2cos x) 2(2cos x 1) 0 (2cos x 1)(sin x 2) 0
Đề thi đại học nhiều năm gần đây, phương trình lượng giác phần lớn là dùng
phương pháp nhóm nhân tử chung, đây là giải pháp khá hay cho học sinh, nhanh
chóng tìm ra bộ nhân tử để hướng tới lời giải.
Xem thêm phần PHỤ LỤC 18 – Trang 85
Ví dụ 16. Giải phương trình: 2 x
2
x
4.2 x
2
x
22 x 4 0
(Trích đề thi KD-2006)
2
2x
Phương trình: 2 .2 4. x 22 x 4 0
2
x2
x
x
a 2
a, b 0
Đặt
x
b 2
2
18
a
b
Phương trình: a.b 4. b2 4 0 ab2 4a b3 4b 0
“dùng KỸ THUẬT 6 nhóm nhân tử”
a b(TM)
2
2x 2x
x2 x
x 0
(a b)(b 2)(b 2) 0 b 2(TM)
x
x 1
2 2
x 1
b 2(L)
Vậy phương trình có hai nghiệm: x 0, x 1 .
Ví dụ 17. Cho x, y, z
3
x
y
z
9
và x y z 1 . CMR: 2
2
2
4
x 1 y 1 z 1 10
Nháp: Ta tìm a, b trong biểu thức:
d
dx
Tìm a: Nhấn SHIFT
x
ax b
x 1
2
nhập
d x
18
.
2
1 nhấn ta được a
dx x 1 x
25
3
Tìm b: Nhấn AC Nhập
x
18 x
1
3
cho x được b
x 1 25
3
50
2
Lời giải:
x
18 x 3 50 x 36 x( x 2 1) 3( x 2 1)
x 2 1 25 50
50( x 2 1)
Xét:
“Tới bƣớc này dùng KỸ THUẬT 5 – PHỤ LỤC 7- TRANG 33:
Nhập: 50 x 36 x( x 2 1) 3( x 2 1) vào máy ta đƣợc ngay:
50 x 36 x( x 2 1) 3( x 2 1) (4 x 3)(3 x 1) 2 .
(Lời giải trong bài thi khơng cần trình bày bƣớc biến đổi đơn giản này)”
(4 x 3)(3x 1) 2
3
0 x
2
50( x 1)
4
x
18 x 3
z
18 z 3
y
18 y 3
Tương tự: 2
Và 2
x 1 25 50
z 1 25 50
y 1 25 50
2
Từ đó:
x
y
z
18x 3 18 y 3 18 z 3
2
2
x 1 y 1 z 1 25 50 25 50 25 50
2
18
9 18
9
9
( x y z)
(1)
25
50 25
50 10
.
1
3
Đạt được khi: x y z .
19
Ví dụ 18. Cho a, b,c 0 . Chứng minh
a3
b3
c3
abc
2
2
.
2
2
2
2
a ab b b bc c c ca a
3
Nháp: Dấu bằng xảy ra khi a b c .
Ta cần tìm , sao cho:
Tìm : Nhấn SHIFT
d
dx
Tìm : Nhấn AC Nhập
a3
a
a 2 ab b 2
nhập
d
x3
2
nhấn ta được .
2
2
dx x 1000 x 1000 x 1000
3
x3
2x
, (với b 1000 ) nhấn CALC cho x 1000
2
2
x 1000 x 1000
3
a3
2a b
1000
b
được
do đó 2
2
3
3
a ab b
3
a3
2a b a 3 a 2 b ab 2 b3 (a b) 2 (a b)
0
Hướng giải: Xét: 2
a ab b 2
3
3(a 2 ab b 2 )
3(a 2 ab b 2 )
a3
2a b
2
2
a ab b
3
Tương tự ta được:
b3
2b c
c3
2c a
,
2
2
2
2
b bc c
3
c ca a
3
Cộng lại ta được điều phải chứng minh.
Hai ví dụ 17 và 18 trên có thể nói 99,9% là sử dụng máy tính cầm tay mà 1 học
sinh trung bình yếu cũng có thể làm câu này trong khi câu này chỉ dành cho học sinh
giỏi. Không những thế phương pháp Tiếp tuyến phải dùng đến đạo hàm.
Xem thêm phần PHỤ LỤC 19 – Trang 87
2.3 Ưu điểm của giải pháp cải tiến:
Trong thời lượng phân phối của bộ mơn khơng có đủ thời gian để giáo viên trang bị
cho học sinh tất cả các cách giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình. Nhưng
giờ đây có thể bỏ hết những phương pháp đó thay vào đó là thực dạy theo chuyên đề này
chắc chắn là đủ và thừa thời gian.
a. Đối với học sinh: Tiết kiệm thời gian học tập. Tỉ lệ học sinh hiểu bài nhiều. Phân
hoá học sinh rất tốt: học sinh khá - giỏi có thể đạt điểm tối đa, học sinh trung bình – yếu
đạt 0,5 điểm. Điểm mới, điểm cải tiến của phương pháp là dựa vào điểm mạnh của máy
tính mà học sinh THPT nào cũng có, thao tác đơn giản. Học sinh chủ động hướng tới lời
giải. Đặc biệt hơn là áp dụng cho tất các câu khó thứ 2-3 (điểm thứ 8-9) của các đề thi đại
học những năm gần đây.
20
b. Đối với giáo viên: Nội dung phương pháp mới là một chuyên đề, một tài liệu
giảng dạy giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình phù hợp với nhiều đối
tượng học sinh. Ngoài ra cấu trúc đề thi tốn theo hình thức trắc nghiệm của trường Đại
học Quốc gia Hà Nội thì đây là tài liệu quan trọng mà mỗi giáo viên cần có.
V. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt đƣợc
1. Hiệu quả kinh tế:
Các nội dung viết trong sáng kiến này là một tài liệu tham khảo cho giáo viên và
học sinh. Học sinh có thể dùng tài liệu này thay thế cho sách tham khảo. Vừa nêu rõ ý
nghĩa ưu nhược điểm của các phương pháp, vừa giới thiệu chi tiết nội dung và phương
pháp giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình gần gũi với các học sinh lớp 12.
Để cho học sinh hiểu và làm được những bài toán phương trình, hệ phương trình,
bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức,... Đã quá nhiều tác giả tốn kém quá nhiều
giấy mực để viết ra không biết bao sách, trong mỗi sách có quá nhiều phương pháp, quá
nhiều cách biến đổi cho mỗi bài. Giờ đây chỉ với một đề tài này nếu in thành sách thì
những phương pháp cũ trong những sách đó là khơng cần thiết.
Tài liệu gồm 60 trang, giá photo 60 x 300 VN đồng = 18.000đ.
Trong khi phải bỏ ra khoản phí mua sách tham khảo khá lớn như một cuốn sách “Những
điều cần biết LTĐH Kỹ thuật giải nhanh Hệ phương trình” Giá bìa 149.000.000 khơng
chắc gì đã làm theo được.
Khi áp dụng trên toàn tỉnh với số luợng 27 trường THPT sẽ tiết kiệm được số tiền
lớn hơn rất nhiều.
2. Hiệu quả xã hội:
2.1. Đối với học sinh, phụ huynh và xã hội:
Tạo được tâm lí tự tin cho phụ huynh và học sinh trước mỗi kì thi quan trọng. Học
sinh có thể giải được các bài tập khó của đề thi, đỗ đạt cao vào các trường đại học hàng
đầu hay đạt giải cao trong kì thi học sinh giỏi tỉnh hoặc quốc gia. Góp phần đưa nhà trường
là địa chỉ giáo dục tin cậy nhất của địa phương.
2.2. Đối với nhà trường THPT Kim Sơn A:
Sau khi áp dụng sáng kiến này tại trường đã thu được kết quả tốt, tạo được sự tin
tưởng chun mơn của nhóm tốn nhà trường. Đóng góp vào nâng cao chất lượng giảng
dạy của nhà trường. Năm học 2014 -2015 trường THPT Kim Sơn A là đơn vị dẫn đầu khối
THPT tỉnh Ninh Bình.
21
2.3. Đối với việc giảng dạy:
2.3.1. Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng:
Sáng kiến này có thể áp dụng cho tất cả các trường THPT trong toàn tỉnh (27 trường
THPT). Đặc biệt là cho các đối tượng học sinh ôn thi THPT Quốc gia. Là một chuyên đề
giảng dạy hiệu quả cho giáo viên. Tháng 08/2014 được sự tạo điều kiện của Ban giám hiệu
nhà trường, tôi đã tổ chức 01 chuyên đề chuyên môn giới thiệu chuyên đề này với sự tham
gia của các giáo viên trường THPT Kim Sơn A và được đánh giá rất cao.
2.3.2. Chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi:
Đặc biệt em Nguyễn Cao Ngọc Vũ đạt giải nhất quốc gia giải toán trên máy tính cầm
tay. Năm học 2014 - 2015 đội tuyển học sinh thi giải toán qua mạng Internet của chúng tơi
đã đạt kết quả: Vịng thi cấp tỉnh 8 giải nhất, Vòng thi cấp Quốc gia 7 giải nhất, 1 giải nhì.
Trước khi áp dụng SKKN
Sau khi áp dụng SKKN
Năm học
Năm học
Năm học
Năm học
2011 - 2012
2012 – 2013
2013 - 2014
2014 – 2015
1nhì, 1ba, 1kk
2 nhì, 1 kk
1 nhất, 2 nhì
2 nhì, 1 kk
1nhì, 2ba.
1nhì, 1ba, 1kk
2 nhì, 1KK.
1 nhất, 1 nhì, 1 ba, 1
1nhất quốc gia
1 ba quốc gia
1nhất quốc gia
nhất quốc gia
8HCV,2HCB
8HCV - quốc
7 HCV, 1HCB quốc
giải toán qua
quốc gia, 15 giải
gia, 4 nhất, 5 nhì gia,
mạng internet
tỉnh.
giải tỉnh.
HSG
mơn tốn 12
HSG
Casio tốn
HSG
18 giải tỉnh.
2.3.3. Chất lượng bồi dưỡng thi Đại học cao đẳng :
Trước khi áp dụng SKKN
Xếp loại nhà
trường
Điểm TB mơn
tốn
Sau khi áp dụng SKKN
Năm học
Năm học
Năm học
Năm học
2010 - 2011
2011 – 2012
2012 – 2013
2013 – 2014
Toàn quốc 164
Toàn quốc 145
Toàn quốc 65
Toàn quốc 84
TỉnhNB 04
TỉnhNB 04
TỉnhNB 02
TỉnhNB 02
4.46
5.03
6.12
6.54
02
07
16
18
Số luợng học
sinh đạt trên 9
điểm toán
Với kết quả đó, tơi đã đóng góp tích cực vào thành tích chung về thi đại học cao
đẳng của nhà trường THPT Kim Sơn A:
22
VI. Điều kiện và khả năng áp dụng
1. Khả năng áp dụng sáng kiến trong thực tiễn:
Hiện nay, tại hầu hết các trường THPT đều coi trọng vấn đề dạy ôn thi THPT Quốc
gia cho học sinh, mà môn Toán là môn thi nằm trong nhiều khối thi của học sinh. Vì vậy
vấn đề dạy ơn thi THPT Quốc gia mơn Tốn càng được các nhà trường quan tâm nhiều
hơn nữa. Mà nội dung chuyên đề phương pháp dạy học phương trình, hệ phương trình,
bất phương trình là một chuyên đề „khó‟ có trong cấu trúc đề thi THPT Quốc gia ở tất cả
các khối thi, đây cũng là nội dung mà học sinh gặp nhiều khó khăn. Do đó, việc áp dụng
sáng kiến này vào trong thực tiễn giảng dạy là hết sức khả quan.
2. Điều kiện áp dụng sáng kiến:
Để áp dụng sáng kiến này sao cho đạt được hiệu quả tốt nhất chúng ta cần:
+ Đưa ra thảo luận, trao đổi, thống nhất ý kiến với các thầy cô giáo trong tổ chuyên
môn về các vấn đề liên quan đến sáng kiến từ đó rút kinh nghiệm.
+ Tùy theo từng đối tượng học sinh ở từng lớp mà đưa ra các mức độ ví dụ trong
sáng kiến cho phù hợp. Đối với học sinh yếu kém ta khơng nên đi sâu mà chỉ mang
tính chất giới thiệu.
+ Kiểm tra sự tiếp thu của học sinh về nội dung sáng kiến qua việc làm và giải
quyết các bài tập về nhà.
+ Thường xuyên cập nhật đề thi THPT Quốc gia và thi thử các trường để bổ sung
vào sáng kiến góp phần làm phong phú hơn kho bài tập.
XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN, ĐƠN VỊ
TÁC GIẢ SÁNG KIẾN
HOÀNG VĂN TƯỞNG
23
