skkn một số kinh nghiệm giảng dạy học sinh phát huy tính tích cực thông qua phương pháp giải và sáng tác các bài tập toán THPT từ góc nhìn của bài toán gốc

I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Để đáp ứng u cầu của sự nghiệp cơng nghiệp hố, hiện đại hố đất nước
việc dạy học khơng cịn là việc truyền thụ tri thức khoa học, mà còn phải trang
bị cho học sinh khả năng tìm tịi, khám phá tri thức. Cái cốt lõi của hoạt động
học của học sinh là vừa ý thức được đối tượng cần lĩnh hội, vừa biết cách chiếm
lĩnh cái lĩnh hội đó. Mặt tích cực này của học sinh quyết định chất lượng học
tập.
Nhà sư phạm Đức – Diestsrwer nhấn mạnh: “ Người thầy giáo tồi là người
thầy giáo mang chân lý đến sẵn , còn người thầy giáo giỏi là người thầy biết dạy
học sinh đi tìm chân lý”.
Luật Giáo dục nước Cộng hồ Xã hội Chủ nghĩa Việt Nam (năm 2005) quy
định: “…Phương pháp giáo dục phổ thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác,
chủ động , sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, 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.”
Tính tự giác, tích cực của người học từ lâu đã trở thành một nguyên tắc của
giáo dục. Nguyên tắc này không mới nhưng vẫn chưa được thực hiện một cách
nghiêm túc ở trong các nhà trường. Việc giảng dạy mơn tốn trong nhà trường
phải lấy phương châm biết “biến lạ thành quen” và tập dượt cho học sinh biết
“biến quen thành lạ “. Để rồi “biến lạ thành quen” trong q trình giải tốn.Từ
đó thúc đẩy cuộc vận động đổi mới PPDH Toán là tổ chức cho học sinh học tập
trong hoạt động và bằng hoạt động tự giác, tích cực và sáng tạo.
Với những lý do trên đây tôi chọn nghiên cứu là: “ Một số kinh nghiệm
giảng dạy học sinh phát huy tính tích cực thơng qua phương pháp giải và
sáng tác các bài tập toán THPT từ góc nhìn của bài tốn gốc”

1

2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
Trên cơ sở lý luận về tính tích cực của hoạt động học tập và thực tiễn giảng
dạy ở các lớp, thông qua rút kinh nghiệm của từng lớp dạy với tinh thần tích cực
hoá hoạt động học tập của học sinh trong dạy học mơn Tốn ở trường THPT .
Bản thân rút ra những kinh nghiệm về việc thực hiện các biện pháp sư phạm
nhằm tích cực hố hoạt động học tập của học sinh. Vậy nên đề tài có thể làm tài
liệu tham khảo cho giáo viên Toán ở trường THPT.

II. NỘI DUNG.
NHỮNG KINH NGHIỆM NHẰM TÍCH CỰC HĨA HOẠT ĐỘNG CỦA
HỌC SINH TRONG GIẢI VÀ SÁNG TÁC BÀI TẬP TOÁN.
2.1. Những định hướng.
2.1.1. Định hướng 1. Hệ thống các biện pháp phải thể hiện rõ ý tưởng
tích cực hố hoạt động của học sinh.
Q trình dạy học nhằm tích cực hố hoạt động học tập của học sinh, dựa
trên nguyên tắc phát huy tính tích cực , tự giác, sáng tạo của học sinh. Thực chất
đó là q trình tổ chức, hướng dẫn học sinh tìm hiểu, phát hiện và giải quyết
vấn đề trên cơ sở tự giác và được tạo khả năng và điều kiện chủ động trong học
tập. Tác giả Nguyễn Bá Kim đã chỉ rõ bốn yêu cầu:
- Xác lập vị trí chủ thể của người học, đảm bảo tính tự giác tích cực, sáng
tạo của hoạt động học tập.
- Dạy học phải dựa trên sự nghiên cứu tác động của những quan niệm và
kiến thức sẵn có của người học, nhằm khai thác những mặt thuận lợi, hạn chế
những mặt khó khăn, nghiên cứu những chướng ngại hoặc những sai lầm có thể
có của kiến thức đó trong quá trình học tập của học sinh.
- Dạy học khơng chỉ là nhằm mục đích là dạy nhứng tri thức,kiến thức ,
kỹ năng bộ môn mà quan trọng hơn cả là dạy việc học, cách học cho học sinh.
- Quá trình dạy học bao gồm cả việc dạy học cách tự học thông qua việc để
học sinh tự hoạt động nhằm đáp ứng các nhu cầu của bản thân và của xã hội.
Nói cách khác, tích cực hố hoạt động học tập của học sinh là quá trình làm cho

người học trở thành chủ thể tích cực trong hoạt động học tập của chính họ.
2.1.2. Định hướng 2. Hệ thống các biện pháp mang tính khả thi, phù hợp
với điều kiện thực tiễn của nhà trường THPT.
Tính khả thi là yếu tố quan trọng nhằm đáp ứng với điều kiện thực tiễn và
yêu cầu của dạy học.
2.1.3. Định hướng 3. Hệ thống các biện pháp phải phù hợp với đặc điểm
nhận thức của học sinh tức là phải đảm bảo tính vừa sứccủa học sinh.
2


“Sức” của học sinh, tức là trình độ năng lực của học sinh, nó khơng phải là
cáci bất biến mà thay đổi trong quá trình học tập. Việc dạy cho học sinh một mặt
phải đảm bảo tính vừa sức để có thể chiếm lĩnh được tri thức, kỹ năng, kỹ xảo
nhưng mặt khác lại địi hỏi khơng ngừng nâng cao yêu cầu để phát triển năng lực
học sinh. Vì vậy, tính vừa sức ở những thời điểm khác nhau có nghĩa là sự không
ngừng nâng cao yêu cầu học tập.
2.1.4. Định hướng 4. Trong quá trình thực hiện các biện pháp cần đảm bảo
sự thống nhất giữa vai trò chủ đạo của thầy với tính tự giác của trị.
Trong q trình dạy học,thầy và trị cùng hoạt động, nhưng các hoạt động
này có chức năng khác nhau. Hoạt động của thầy là thiết kế, điều khiển. Hoạt
động của trò là học tập tự giác và tích cực. Vì vậy, đảm bảo sự thống nhất giữa
hoạt động điều khiển của thầy và hoạt động học tập của trị chính là sự thống
nhất giữa vai trị chủ đạo của thầy và tính tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo
học tập của trị.
2.2. Những kinh nghiệm sư phạm nhằm tích cực hóa hoạt động học tập
của học sinh trong dạy học giải bài tập toán THPT.
2.2.1. Giới thiệu bài toán với tư cách là một tình huống gợi vấn đề.
Theo các nhà tâm lý học, con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh
nhu cầu tư duy, tcs là khi đứng trước một khó khăn về nhận thức cần phải khắc
phục, một tình huống có vấn đề , như Rubíntein nói:" Tư duy sáng tạo ln bắt

đầu bằng một tình huống gợi vấn đề."
Giới thiệu bài tốn với tư cách là một tình huống gợi vấn đề với mục đích
làm cho vấn đề trở nên hấp dẫn, tạo khả năng kích thích hoạt động tích cực của
học sinh.
Ví dụ 1. Sau khi học xong công thức cộng, yêu cầu học sinh tính các giá trị
các hàm số lượng giác của các cung khơng đặc biệt, chẳng hạn tính cos150 .
Tình huống trở thành có vấn đề khi học sinh nhận thấy 150 không phải số đo
của cung đặc biệt và chưa biết thuật giải để giải trực tiếp bài tốn đó. Học sinh
tích cực suy nghĩ, huy động tri thức, kỹ năng của mình tìm ra lưịi giải trên bằng
cách: Biểu thị 150 qua hai cung có số đo đặc biệt ( 150 = 600 - 450 = 450 - 300) ,
từ đó áp dụng cơng thức cộng.
cos150 = cos(600 - 450) = cos600 cos450 + sin600 sin450
=
=
+
)

1
1 2
3 2
( 6
.

.
...
4
2 2
2 2

2

Để củng cố kiến thức có thể cho học sinh giải bài toán sau.
1. Tinh:
3


P = sin 120. sin 480
2. Không dùng bảng số và máy tính, hãy tính giái trị của biểu thức.
A=

1
 2 sin 70 0
0
2 sin 10

Ví dụ2. Dựa vào kết quả sau:

1
sin x cos x  sin 2x
2
1
1
sin x cos x cos 2x  sin 2x cos 2x  sin 4x
2
4
1
1
sin x cos x cos 2x cos 4x  sin 4x cos 4x  sin 8x
4
8

Hãy nêu bài toán tổng qt và tính.


3
5
A cos cos cos
7
7
7
Tình huống gợi vấn đề sẽ không xảy ra nếu ngay từ đầu giáo viên yêu cầu
học sinh tính giá trị của biểu thức A, bới nó khơng tạo điều kiện để học sinh có
thể vượt qua được sau khi đã tích cực suy nghĩ.
Dự đoán nhờ nhận xét trực quan, học sinh dễ dàng nêu được bài toán tổng
quát. Chứng minh rằng:

sin x cos x cos 2x... cos 2 n x 
Như vậy, ta đã biết cơng thức tính:

1
sin 2 n 1 x
n 1
2

cosx.cos2x.cos4x.....cos2n x

bây giờ để tính

giá trị biểu thức A ta làm thế nào?
Có thể yêu cầu học sinh quan sát biểu thức A, hãy tìm cách biến đổi để đưa
nó về bài tốn tổng qt.

Ta có:

cos
Suy ra: A

3
4
5
2
 cos ; cos  cos
7
7
7
7



2
4
sin cos . cos . cos

2
4
7
7
7
cos . cos . cos
 7

7

7
7
sin
7

4


=

1 8 1


sin
sin(  )
sin
8
7 8
7 1
7 1


 8
8
sin
sin
sin
7
7
7

Hiển nhiên, bài tập này là một vấn đề vì học sinh chưa có một quy tắc nào
có tính chất thuật tốn để giải phương trình trên.
Bài tập tương tự.
1)

cos x cos2 (
2)

3x
)
4

sin 2 x  2
sin 2 x  4 cos2

x
2

tg 2

x
2

3)

1
sin2 x
Ví dụ 1. Sau khi học bài " Cơng thức lượng giác" có thể yêu cầu học sinh
giải bài tập sau:

1. Chứng minh:
sinx sin(
2 tgx  cotg 2x 2 sin2x 



1
 x ) sin(  x )  sin 3x
3
3
4

2, Chứng minh rằng: Trong ABC ta ln có:
Cos3A + cos3B + cos3C = 1 - 4sin

3A
3B
3C
sin
sin
2
2
2

3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M=

sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C
cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C

Trong đó ABC là ba góc của một tam giác.
2.2.2. Sử dụng dạy học phân hoá như là một điều kiện tiến hành đồng
loạt.
Dạy học phân hoá xuất phát từ sự biện chứng thống nhất và phân hoá từ yêu
cầu đảm bảo thực hiện tốt các mục đích dạy học với tất cả học sinh, đồng thời
khuyến khích phát triển tối đa những khả năng cá nhân.Là sự kết hợp giữa giáo

5


dục diện “đại trà” với giáo dục “mũi nhọn,” giữa “phổ cập” với “nâng cao”
trong giảng dạy.
Ví dụ 1. Bài tập phân hố nhằm củng cố cơng thức biến đổi tổng thành tích
1) Biến đổi tổng thành tích các biểu thức sau:

A cos 2 x cos x
B sin 2a  sin 4b
C sin x sin 2 x  sin 3x
D cos a  sin b
E cos a cos b  cos(a  b)  1
2) Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta có:

cos A  cos B  cos C 4 cos
3) Tính:

A
B
C
cos cos
2

2
2


5
7
A cos  cos  cos
9
9
9
B cos


3
5
17
 cos  cos  ...  cos
19
19
19
19

Ví dụ 2. Bài tập phân hóa nhằm củng cố bài " Phương trình lượng giác cơ
bản"
1) Giải các phương trình sau:
a)

sin x 

3

2

b)

cos 3x 
c)

2
2

sin 2x  3 0

2) Giải các phương trình sau:
a)

sin(2x  15 0 ) 
b)

với -1200< x < 900

2
2

sin 3x cos 2x

6


c)

3
tgx  sin x 0
2
d)

sin 2 (5x 
e)
f)

2
x
) cos 2 (  )
5
4

cos 3x.tg5x sin 7 x
1
1
2


cos x sin 2x sin 4x

3) Giải và biện luận:
a) (m - 1) sin x + 2 - m = 0
b) sin cos x = 1
c) (m - 4) tg 2x =0

m

2.2.3. Xây dựng hệ thống bài toán gốc như là một cơ sở của kiến thức và
kỹ năng để giải các bài toán.
Theo quan điểm của cá nhân, một bài tốn dù khó đến đâu cũng bắt nguồn
từ bài tốn đơn giản, có khi rất quen thuộc. Vì vậy, hệ thống các bài tốn gốc sẽ
giúp cho học sinh tìm được chìa khố để giải quyết vấn đề trong q trình giải
tốn. Vậy bài toán gốc là bài toán thế nào? Bài toán gốc là bài toán thoả mãn
một trong ba điều kiện sau:
- Kết quả của bài toán được sử dụng nhiều trong việc tìm lời giải các bài
tốn khác.
- Phương pháp giải bài tốn được sử dụng trong việc tìm lời giải cho bài
toán khác.
- Nếu thay đổi giả thiết, kết luận thì được bài tốn mới.
2.2.3.1. Xây dựng các bài toán gốc nhờ khai thác đẳng thức:
sin2a + cos2a = 1
với a
4
Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức: sin a + cos4a =

1
3
cos 4a 
4
4

Bài toán 2: Chứng minh đẳng thức: sin6a + cos6a =

3
8

cos 4a 

5
8

Bài toán 3: Chứng minh đẳng thức:

7


sin8a + cos8a=

1
7
35
cos 8a  cos 4a 
64
16
64

Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Chứng minh biểu thức sau khơng phụ thuộc vào
a)

sin 6   cos6   1
A 4
sin  cos 4   1

b)

B (2 sin6   3 sin4   4 sin2 )  (2 cos6   3 cos4   4 cos2 )

Ví dụ 2: Giải phương trình:

sin x  cos x 2(sin x  cos x )
6

6

8

8

(*)

Gặp bài toán này, vận dụng kết quả bài tốn 2 và bài tốn 3 phương trình sẽ
đưa về dạng quen thuộc đã biết cách giải.
Ví dụ 3: a) Chứng minh đẳng thức:

63 15
5
sin10 x  cos10 x 
 cos 4x 
cos 8x
128 32
128
b) Giải phương trình: sin10x + cos10x =

Ví dụ 4: Cho phương trỉnh:

29

16

cos42x

sin 6 x  cos6 x
m


tg ( x  ) tg ( x  )
4
4

a) Giải phương trình với m =



(**)

1
4

b) Với giá trị nào của m thì phương trình(**) có nghiệm.
Ví dụ 5: Cho phương trình sin6 x + cos6 x= m

sin2 x

a) Giải phương trình khi m =

1
4

b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm
Ví dụ 6: Giải phương trình : sin8x+ cos8x =

17
cos2 2x
16

8


Ví dụ 7: Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm
sin6x + cos6x = m (sin4x + cos4x)
2.2.3.2. Hệ thống bài toán gốc để giải các bài toán về hệ thức lượng giác
trong tam giác.
Bài toán 1: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta có:
a) sinA + sinB + sinC =
A
B
C
4 cos cos cos
2
2
2
b) cosA + cosB + cosC = 1 +
A
B C
4 sin sin sin
2
2

2
c) tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC
( ABC không vuông)

Bài toán 2: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta có:
a) sin2A + sin2B + sin2C = 4sinA.sinB.sinC.
b) cos2A + cos2B + cos2C = -1- 4cosA.cossB.cosC.
c) sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosAcosBcosC.
d) cos2A + cos2B + cos2C = 1- 2cossAcosBcosC.
Bài toán 3: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta có:
a) cotg
A
B
C
C
A
B
C
 cotg  cotg cotg cotg cotg cotg
2
2
2
2
2
2
2
b) tg
A B
B C
C A

tg  tg tg  tg tg 1
2 2
2 2
2 2
Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Chứng minh trong tam giác ABC có cos A + cosB + cosC > 1
Ví dụ 2: Chứng minh trong tam giác ABC ta có:
a) tgA + tgB + tgC ≥ 3
3
b) tg2A + tg2B + tg2 C ≥ 9 Xây dựng bài tốn tổng qt
Ví dụ 3: Chứng minh trong tam giác ABC ta có:
tg tg tg ≤
A B C
1
2 2 2
3 3
Ví dụ4: Chứng minh tam giác ABC vuông khi và chỉ khi:
cos2A + cos2B + cos2C + 1 = 0
Ví dụ 5: Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:

9


a)

(*)

2 sinA sinB sinC
3


2
(sinA  sinB  sinC)
9
b)
sin6A + sin6B + sin6C = 0
c)
sin10A + sin10B + sin10C = 0
d)
sin2A + sin2B + sin2C = 2
đ)
sin2A + sin2B + sin2C > 2
e)
sin2A + sin2B + sin2C < 2
f) cos2A + cos2B + cos2C = 1
2.2.3.3. Xây dựng một số phương trình được giải bằng cách đưa về
hệ phương trình.
Ví dụ 1. Xét hệ phương trình đối xứng loại hai
�x  2  3 y 2
�
� x  2  3 2  3x 2
�
2
�y  2  3x

Ta có bài tốn sau
Bài tốn 1. Giải phương trình









x  3 2  3x 2

Giải: Đặt y = 2 – 3x2 ta có hệ

2

2

2
�
�x  2  3 y
�
2
�y  2  3x

Từ đó phương trình đã cho có 4 nghiệm

2
1  21
1  21
x  1; x  ; x 
;x 
3
6
6

Chú ý: Từ lời giải của bài toán trên nếu khai triển

 2  3x 
2

2

thì ta sẽ đưa

phương trình về phương trình bậc 4 và sẽ được biến đổi thành
.

 x  1  3x  2   9 x 2  3x  5  0

Vậy nếu khi xây dựng bài toán, ta cố ý làm cho phương trình khơng có
nghiệm hữu tỷ thì phương pháp khai triển đưa về phương trình bậc cao, sau đó
đưa về phương trình tích sẽ gặp khó khăn.
Ví dụ 2. Xét một phương trình bậc hai có hai nghiệm là số vô tỷ
5 x 2  2 x  1  0 � 2 x  5x 2  1

Do đó ta xét hệ phương trình

2

�
2 y  5x 2  1
�5 x 2  1 �
�
� 2x  5�

�
� 1
2x  5y 2 1
� 2 �
�

10


Ta có bài tốn sau.
Bài tốn 2. Giải phương trình





2

8 x  5 5 x 2  1  8

Giải: Đặt 2y = 5x2 - 1 . Khi đó ta có hệ phương trình

trình có 4 nghiệm là

�
2 y  5x  1
�
�
2x  5 y2 1
�

2

và phương

1 � 6 1 � 2
;
5
5

Ví dụ 3. Xét một phương trình bậc ba.
4 x3  3x  

3
� 8 x3  8 x   3 � 6 x  8 x 3  3
2

Do đó ta xét hệ

�
6 y  8 x3  3
�
�
6x  8 y3  3
�

.Từ đó ta có bài tốn sau.

Bài tốn 3. Giải phương trình



162 x  27 3  8x3  3

Giải. Bằng cách đặt

x  cos

6 y  8x 3  3



3

ta có hệ trên và giải ra ta có nghiệm là

5
17
7
; x  cos
; x  cos
18
18
18

Ví dụ 4 . Ta sẽ xây dựng một phương trình vơ tỷ có ít nhất một nghiệm theo ý
muốn. Xét x = 3 . Khi đó

2 x  5  1 �  2 x  5  1  x  2
3

. Từ dó ta có hệ

3
�
 2 y  5  x  2
�
�
3
�
 2 x  5  y  2
�

Ta mong muốn có một phương trình chứa

 ax  b 

3

và chứa

3

cx  d

, hơn nữa

phương trình này được giải bằng cách đưa về hệ “gần” đối xứng loại hai (nghiã
là khi trừ theo hai vế hai phương trình của hệ ta có thừa số x - y ). Vậy ta xét hệ
3
�

 2 y  5  x  2
�
�
3
�
 2 x  5   x  2 y  2
�

11


Khi đó nếu có phép đặt

 2 x  5
Ta được

3

2y 5  3 x  2

thì sau khi thay vào phương trình

 x  2y  2

8x3  60 x 2  159x  125   x  3 x  2  5  2

Ta có bài tốn sau:
Bài tốn 4: Giải phương trình
3

x  2  8x3  60 x2  151x  128

Giải.
Cách 1: Tập xác định R . Phương trình được viết lại là
(1)
3

x  2   2 x  5  x  3
3

Bằng cách đặt

2y 5  3 x  2

. Kết hợp với (1) ta có hệ phương trình

3
�
 2 y  5  x  2(2)
�
�
3
�
 2 x  5   x  2 y  2(3)
�

Trừ từng vế hai phương trình ta được.
2
2
2 x  y �

 2 y  x
�2 x  5   2 x  5  2 y  5   2 y  5 �
� 

�
��x  y  0  4 
� ��
2
2
��
 2 x  5   2 x  5  2 y  5    2 y  5  1  0(5)
�

Với x = y thay vào (2) ta có phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Phương trình (5) vơ nghiệm .
Do đó phương trình dã cho có nghiệm duy nhất x =3.
Do phương trình dã cho có nghiệm duy nhất x = 3 nên ta nghĩ đến
phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số như sau:
Cách 2. Tập xác định R . Đặt
ta có hệ
y  3 x2

�
8 x3  60 x 2  152 x  128  y
�
�
3
�x  y  2

Cộng từng vế hai phương trình ta được phương trình

(*)

 2 x  5

2

  2 x  5  y 2  y

12


Xét hàm số f(t) = t2 + t . Vì f ‘(t) > 0 trên R nên hàm f đồng biến trên R. Do đó
f(2x - 5) = f(y)
Bởi vậy
� 2x  5  y





2 x  5  3 x  2 �  2 x  5  x  2 �  x  3 8 x 2  36 x  41  0
3

Nên x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
2.2.3.4. Xây dựng một số bất đẳng thức từ bất đẳng thức cơ bản.
A. Bài toán gốc thứ 1
" Với a, b là các số dương thì
. Dấu bằng xảy ra khi a = b".
1 1
4

 �
a b ab

Từ bất đẳng thức này bằng cách hướng dẫn học sinh với cách nhìn với 3
số dương a,b,c ta có bất đẳng thức sau đây:
a)
(*)
1 1 1
1
1 �
�1
  �2 �


�
a b c
�a  b b  c c  a �

b)

1
1
1
1
1
� 1
�


�2 �



�
a b bc c a
�2a  b  c a  2b  c a  b  2c �

Từ (*) và (**) ta suy ra

(**)

1 1 1
1
1
� 1
�
  �4 �


�
a b c
�2a  b  c a  2b  c a  b  2c �

Ta có bài toán:
Bài toán 1.(Đề thi khối A năm 2004)
Cho a,b,c là các số dương và

1 1 1
  1
a b c

. Chứng minh.

1
1
1
1


�
2a  b  c a  2b  c a  b  2c 4

Bài toán 2. (Đề thi khối A năm 2005)
Cho a,b,c là các số dương và

1 1 1
  4
a b c

. Chứng minh.

1
1
1


�1
2a  b  c a  2b  c a  b  2c

Bài toán 3. Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số dương thì

13


1 1 1 1 � 1
1
1
�
(   ) ��


�
4 a b c �2a  b  c a  2b  c a  b  2c �

Bài toán 4. Cho x,y,z lả các số dương . Chứng minh
x
y
z
3


�
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4

Bài toán 5. Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh
1
1
1
1
1
1



�  
a  3b b  3c c  3a 4a 4b 4c

Bài toán 6. Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh
1

 a  b  a  c



1

 b  c  b  a



1

1 �1 1 1 �
� �  �
 c  a   c  b  2 �a b c �

Bài toán 7. Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh
ab
bc
ac
a bc



�
a b bc c a
2

Thật vậy ,ta ln có
Tương tự ta có

1
1 �1 1 � ab

�� �
a  b 4 �a b � a  b

bc
1
ac
1
�  b  c ;
�  c  a
bc 4
ca 4

ab �1
�
4 �a

1� 1
�  a b
b� 4

.

Cộng lại ta có điều phải chứng minh.
Chú ý: Nếu từ bài toán trên ta cho a + b + c = k > 0 thì có ngay bài tốn
tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
(*)
F

ab
bc
ca


ab bc ca

Từ biểu thức (*) nếu ta thay a = x ; b = 2y ; c = 4z và x, y , z là các số
dương thoả mãn x + 2y + 4z = 12 . Khi đó
xy
2 yz
2 zx


�3
x  2 y y  2z 4x  z

Và cũng từ cách làm này hướng dẫn cho học sinh ta có thêm nhiều bất đẳng
thức mới và bài toán cực trị mới và học sinh từ đó có thói quen tìm việc giải các
bài toán về với bài toán gốc.
Bài toán 8. Cho ba số dương x, y ,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của

14


F=
x yz

1
1
1


x  y  2 z y  z  2x z  x  2 y

Bài toán 9. Cho a, b ,c là ba cạnh của tam giác ABC và p là nửa chu vi của tam
giác. Chứng minh

1
1
1
�1 1 1 �


�2 �   �
p  a p b p c
�a b c �

Bài toán 10. Cho a,b là các số dương và

a  b �1

. Chứng minh
ab

1 1
 �5
a b

Bài toán 11. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn ab + bc + ac = 3abc. Chứng
minh rằng:
ab
bc
ac
3
 3 3 2
 3
�
2
2
2
3
2
2
a b a cb c b c b ac a c a c ba b 4
3

3

Giải. Từ ab + bc +ac = 3abc ta có

1 1 1

  3
a b c

1 1
4
a  b �ab  a  b  ; a  b �2ab;  �
a b ab
3

3

2

và do a>0, b> 0 nên ta có
. Vì vậy

2

�
ab
ab
ab � 1
1
�
�
�
�

a 3  b3  a 2 c  b 2 c ab  a  b   c  a 2  b 2 
4 �ab  a  b  c  a 2  b 2  �

�
�
1� 1
1 � 1 �1 1 � 1
� �
 �� �  �
4 �a  b 2c � 16 �a b � 8c

Tương tự ta có.
bc
1 �1 1 � 1
� �  �
2
2
b  c  b a  c a 16 �b c � 8a
3

3

ac
1 �1 1 � 1
� � �

2
2
c  a  c b  a b 16 �c a � 8b
3

3

Cộng vế với vế ta có:
VT

1 �1 1 2 1 1 2 1 1 2 � 1 �1 1 1 � 3
� �         � �   �
16 �a b c b c a c a b � 4 �a b c � 4

B. Bài toán gốc thứ 2
" Với a, b, c là các số dương thì

1
�a

 a  b  c �
�

1 1�
 ��9
b c�

"

15


Dấu = xảy ra khi a = b = c .
Hay ta có bất đẳng thức tương đương

1 1 1
9

  �
a b c a b c

Từ bài toán này với cách hướng dẫn học sinh đưa ra các bài tốn sau.
Bài tốn 1.Cho a,b,c là các số dương thì
a
b
c
3


�
bc ac ab 2

( Bất đẳng thức Nesbit)
Bài toán 2. Cho a,b,c là các số dương thì
Bài tốn 3. Cho a,b,c là các số dương thì

2
2
2
9


�
a b bc c a a bc
a2
b2
c2
abc



�
bc ca ab
2

Bài toán 4. Chứng minh trong tam giác ABC ta ln có h a + hb + hc

�9r

,ở

đây ha, hb, hc là các đường cao và r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác
ABC.
Bài tốn 5. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác.
Gọi chân các đường cao của tam giác kẻ từ A,B,C đến các cạnh là A1, B1, C1.
Chứng minh.

AH BH CH


�6
A1H B1H C1H

. Dấu “ = ” xảy ra khi nào?

Bài toán 6. Cho a, b, c là các số dương và
abc

a  b  c �1

. Chứng minh

1 1 1
  �10
a b c

Bài toán 7. Cho a, b, c là các số dương và

abc

Bài tốn 8. Chứng minh nếu

a
b
c
 
1
bc ac ab

thì

1 1 1
  �10
a b c
1
ab  bc  ca 
3

thì

1 1 1
a  b  c    �10
a b c

.

Bài toán 9. (Mở rộng 1). Cho n số dương x1, x2 , x3 , ….,xn . Chứng minh
�1 1
1�
  ... ��n 2
xn �
�x1 x2

 x1  x2  x3  ...  xn  �

16


Bài toán 10. (Mở rộng 2). Cho n số dương x1, x2 , x3 , ….,xn thoả mãn
. Chứng minh
x1  x2  ...  xn �1

x1  x2  ...  xn 

1 1
1
  ...  �n2  1
x1 x2
xn

C. Bài toán gốc thứ 3.
Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 3 . Chứng minh bất đẳng thức
a
b
c
3


�
2
2
2
1 b 1 c 1 a
2

Chứng minh bất đẳng thức này bằng cách biến đổi như sau:
Ta có
a
ab 2

a

1  b2
1  b2

�a 

ab 2
b

a
2b
2

Hồn tồn tương tự ta có
a
b
c
1
3


�a  b  c   ab  bc  ca  �
2
2
2
1 b 1 c 1 a
2
2

Bằng cách tương tự học sinh đưa rư bài toán sau
Bài toán 1. cho a,b,c,d là các số dương và a + b + c + d = 4. Chứng minh
bất đẳng thức

a
b
c
d




�2
2
2
2
1  b 1  c 1  d 1  a2

Bài toán 2. cho a,b,c,d là các số dương và a + b + c + d = 4. Chứng minh
bất đẳng thức

a
b
c
d



�2
2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b

HD. Ta có

b  a  ac 
a
ab2c
ab2c
b a 2c


a

�
a


a

�
a

1  b 2c
1  b 2c
2
4
2b c

Tương tự với các số hạng cịn lại ta có đpcm.
Bài tốn 3. Cho a,b,c,d là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức
a3
b3
c3
d3
abcd



�
2

2
2
2
2
2
2
2
a b b c c d
d a
4

HD. Ta có

a3
ab 2
ab 2
b
 a 2
�a 
 a
2
2
2
a b
b a
2ab
2

Bài toán 4. Cho a,b,c dương và a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức
a2

b2
c2


�1
a  2b 2 b  2c 2 c  2a 2

17


Bài toán 5. Cho a,b,c dương và a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức
a2
b2
c2


�1
a  2b3 b  2c 3 c  2a 3

HD. Ta có

a2
2ab3
2ab3
2
1  2a
a
�a  2
 a  b 3 a 2 �a  b
3

3
a  2b
a  2b
3
3
3b a

Bài toán 6. Cho a,b,c dương và a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức
a 1 b 1 c 1


�3
b2  1 c2  1 a2  1

Bài toán 7. Cho a,b,c,d dương và a + b + c +d = 4. Chứng minh bất đẳng
thức

a 1 b 1 c 1 d 1



�4
1  b2 1  c 2 1  d 2 1  a 2

Bài toán 8. Cho a,b,c,d dương và a + b + c +d = 4. Chứng minh bất đẳng
thức

1
1
1

1



�2
2
2
2
1 a 1 b 1 c 1 d 2

Bài toán 9. Cho a,b,c dương và a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức
a2
b2
c2
3


�
2
2
2
ab bc ca
2

18


III.THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
3.1. Tổ chức thực nghiệm.
Tổp chức thực nghiệm tại trường THPT Nguyễn Hoàng , huyện Hà Trung

* Lớp thực nghiệm: 11C1
* Lớp đối chứng : 11C2
Trình độ hai lớp tương đương nhau, lớp C1 có 48 học sinh, lớp C2 có 46
học sinh. Thời gian tiến hành thực nghiệm từ tháng 10 năm 2010 đến tháng 3
năm 2011.
Giáo viên dạy lớp thực nghiệm: Thầy giáo Nguyễn Thiên Lãng
Giáo viên dạy lớp đối chứng: Thầy giáo Vũ Ngọc Minh
3.2. Kết quả thực nghiệm.
3.2.1. Đối với lớp thực nghiệm
Hoạt động họpc tập của học sinh nhìn chung diễn ra khá sơi nổi, khơng gây
cảm giác áp đặt, khó chịu. Việc sử dụng các biện pháp đã kích thích được sự
hứng thú của học sinh trong giải toán và học toán. Các em cảm thấy tự tin hơn
và mong muốn được tìm tịi khám phá. Học sinh bắt đầu có ý thức và hiểu được
rằng mỗi bài toán trong sách giáo khoa cịn ẩn chứa trong nó nhiều vấn đề cần
khai thác. Một số học sinh khá giỏi đã có khả năng tự học, tự nghiên cứu các
vấn đề do giáo viên đề ra và nghiên cứu thêm các sách tham khảo để hệ thống
hoá đào sâu kiến thức.
Tuy nhiên, một số dạng tốn khó khơng gây được sự hứng thú cho học sinh vì
vượt quá khả năng của các em.
3.2.2. Đối với lớp đối chứng.
Hoạt động học tập ở lớp đối chứng chủ yếu là học sinh giải các bài tập
trong sách giáo khoa, giáo viên chủ yếu sửa chữa những sai sót. Yêu cầu củng
cố kiến thức , kỹ năng được đảm bảo, Tuy nhiên một số học sinh cảm thấy bài
tập khơng có gì để khai thác thêm. Các em học sinh yếu hoặc trung bình hầu
như chỉ học đối phó.

19


3.2.3. Kết quả kiểm tra

Điểm

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Số bài

TN
(C1)

0

0

1

6

5

6

10

11

6

3

48

ĐC
(C2)

0

3

4

9

5

7

6

6

5

1

46

Lớp

Kết quả:
Lớp thực nghiệm có 41/49 ( chiếm 85,4% ) đạt trung bình trở lên, trong đó
có 30/48 ( Chiếm 62,5%) đạt khá giỏi.
Lớp đối chứng có 30/46 ( chiếm 65,2%) đạt trung bình trở lên, trong đó có 18/46
( chiếm 39.1%) đạt khá giỏi

KẾT LUẬN.
Quá trình nghiên cứu đã dẫn đến những kết quả chủ yếu sau:
1. Nêu ra 4 định hướng và xây dựng được các kinh nghiệm sư phạm
nhằm tích cực hố hoạt động của học sinh thông qua việc giải bài tập tốn và
sáng tạo bài tập từ góc nhìn của bài tốn gốc.
2. Bước đầu khảo nghiệm tính khả thi và hiệu quả của kinh nghiệm trên
đã đề xuất bằng thực nghiệm.
3. Kinh nghiệm có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên Toán

trường THPT.
Hà trung, tháng 5 năm 2011
Người viết

Nguyễn Thiên Lãng

20