Các bài toán về phương trình, bất phương trình vô tỉ ở trường THPT thường gặp trong các kỳ thi THPT quốc gia và thi HSG
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.1 MB, 21 trang )
PHẦN MỘT: MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Với mục tiêu “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, hình thành
đội ngũ lao động có tri thức và tay nghề, có năng lực thực hành, năng động, sáng tạo, có
đạo đức cách mạng, tinh thần yêu nước, yêu chủ nghĩa xã hội" (Trích văn kiện Đại hội
Đảng toàn quốc lần thứ VII). Tại Hội nghị Ban Chấp hành Trung ƣơng Đảng (khóa
XI), ngày 29/10/2012 cũng đã ban hành Kết luận số 51 KL/TW về Đề án “Đổi mới căn
bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng u cầu cơng nghiệp hóa, hiện đại hóa trong
điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế”. Trong
những năm qua giáo dục nƣớc ta đã và đang có những đổi mới mạnh mẽ cả về nội dung,
phƣơng pháp và đã thu đƣợc những kết quả khả quan.
2. Việc đổi mới phƣơng pháp dạy học là vấn đề cấp bách, thiết thực nhằm đào tạo
những con ngƣời có năng lực hoạt động trí tuệ tốt. Đổi mới phƣơng pháp dạy học khơng
chỉ trong các bài giảng lí thuyết, mà ngay cả trong q trình luyện tập. Luyện tập ngồi
việc rèn luyện kỹ năng tính tốn, kỹ năng suy luận mà thơng qua qua đó cịn giúp học
sinh biết tổng hợp, khái quát các kiến thức đã học, sắp xếp các kiến thức một cách hệ
thống, giúp học sinh vận dụng các kiến thức đã học vào giải bài tập một cách năng động
sáng tạo.
3. Về mặt phƣơng pháp, từ các phƣơng pháp dạy truyền thống nhƣ phƣơng pháp dùng
lời (thuyết trình, đàm thoại ...), các phƣơng pháp trực quan, các phƣơng pháp thực hành,
luyện tập.... đến các xu hƣớng dạy học hiện đại nhƣ: dạy học giải quyết vấn đề, lý thuyết
tình huống, dạy học phân hóa, dạy học có sự hỗ trợ của cơng nghệ thơng tin, có sử dụng
máy tính đã tạo ra một khơng khí học tập hồn tồn mới.
4. Với tinh thần đó, tơi cũng đã có những đổi mới về mặt phƣơng pháp giảng dạy để
phù hợp với giáo dục trong giai đoạn hiện nay. Trong cơng tác giảng dạy, tơi đã ln trau
dồi, tích luỹ kinh nghiệm qua từng bài học, qua từng tiết dạy cũng nhƣ đã dự nhiều tiết
dạy của đồng nghiệp giúp tơi ngày càng hồn thiện từ đó giúp các em học sinh hăng say
trong tìm tịi nghiên cứu và học tập, các em đã linh hoạt và sáng tạo hơn trong con đƣờng
chiếm lĩnh tri thức của mình.
1
II. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Qua đề tài này, tác giả cố gắng làm sáng tỏ hệ thống kiến thức về phƣơng trình, bất
phƣơng trình vơ tỉ ở trƣờng phổ thơng để hình thành cho học sinh phƣơng pháp giải các
dạng toán này một cách chủ động, tự tin và khoa học.
III. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU
Các bài toán về phƣơng trình, bất phƣơng trình vơ tỉ ở trƣờng THPT thƣờng gặp trong
các kỳ thi THPT Quốc Gia và thi HSG.
IV. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phƣơng pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu Sách giáo khoa, Sách bài tập, Sách
tham khảo, đề thi THPT, đề thi HSG và các tài liệu liên quan.
2. Phƣơng pháp điều tra thực tiễn: Dự giờ của đồng nghiệp, quan sát việc dạy và học
phần bài tập này.
3. Phƣơng pháp thực nghiệm sƣ phạm: Tiến hành trên các tập thể lớp.
2
PHẦN HAI: NỘI DUNG
A. CỞ SỞ LÝ LUẬN: Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước:
Bƣớc 1: Huy động kiến thức: Là một thao tác tƣ duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên
quan với bài toán, từ lý thuyết, phƣơng pháp giải, các bài toán đã gặp, do đó ngƣời làm
tốn phải biết và cần biết ý tƣởng kiểu nhƣ: ta đã gặp bài toán nào gần gũi với bài toán
này hay chƣa? Nhà bác học Polia đã viết ra một quyển sách kinh điển với nội dung:
"Giải bài tốn như thế nào trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều
kiện thiết yếu”.
Bƣớc 2: Tổ chức kiến thức: Là một tổ hợp các hành động, thao tác để sắp xếp các kiến
thức đã biết và các yêu cầu của bài toán lên hệ với nhau nhƣ thế nào để từ đó trình bày
bài tốn theo một thể thống nhất. Có nhiều cách lựa chọn cho việc tổ chức kiến thức mà
trong đó phƣơng pháp tƣơng tự hay tổng quát hóa là những thao tác tƣ duy cần thiết cho
ngƣời làm toán.
B. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Trong chƣơng trình Tốn cấp THCS và THPT học sinh thƣờng gặp nhiều bài
tốn về phƣơng trình và bất phƣơng trình vơ tỉ (có ẩn trong dấu căn thức). Nhƣ vậy
vấn đề đặt ra là làm thế nào để có thể giải tốt đƣợc loại toán này? Để trả lời đƣợc câu
hỏi đó bản thân học sinh cần có kiến thức và nắm vững kỹ năng giải tốn. Song hiểu
theo cách nói là một lẽ, nhƣng để giải quyết tốt loại toán này lại là một vấn đề không
dễ. Khi làm các bài tập dạng này đa số học sinh còn gặp nhiều khó khăn, lời giải
thƣờng thiếu chặt chẽ dẫn đến khơng có kết quả tốt, hoặc nếu có thì kết quả cũng
không cao.
2. Với những đặc điểm nhƣ vừa nêu, tơi cũng đã nghiên cứu, tìm tịi qua nhiều tài
liệu, suy nghĩ nhiều giải pháp với mong muốn giúp các em học sinh có thể tiếp cận các
bài tốn về phƣơng trình, bất phƣơng trình vơ tỉ một cách đơn giản, nhẹ nhàng nhƣng vẫn
đảm bảo các yêu cầu cần thiết của đối với nội dung này, giúp học sinh có cái nhìn cụ thể,
rõ ràng hơn đối với một trong những vấn đề khó ở trƣờng phổ thơng, bởi vậy tôi chọn đề
tài “ Hướng dẫn học sinh giải phương trình, bất phương trình vơ tỉ trong thi tốt
nghiệp THPT Quốc Gia và thi học sinh Giỏi”. Tôi mong rằng qua đề tài này có thể
góp phần làm tăng thêm khả năng tƣ duy khoa học, khả năng thực hành, kỹ năng giải
tốn... về phƣơng trình và bất phƣơng trình vơ tỉ của phần đa các em học sinh.
3
C. CÁC GIẢI PHÁP ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. HƢỚNG DẪN HỌC SINH TIẾP THU KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Những định lý về dấu thƣờng đƣợc sử dụng:
1.1. Định lý về dấu nhị thức bậc nhất:
Cho nhị thức
f (x)
a .x
(a,b
b
R,a
0
) có nghiệm
b
x0
. Khi đó dấu của
f (x)
a
đƣợc thể hiện tóm tắt qua bảng sau:
x
x0
Dấu của
trái dấu hệ số a
f (x)
0
cùng dấu hệ số a
1.2: Định lý về dấu tam thức bậc hai:
Cho tam thức
Kí hiệu
b
+ Nếu
0
+ Nếu
2
f (x)
a .x
2
b.x
( hoặc
4ac
c
'
(a,b, c
b'
2
ac
R;a
0
). Khi đó:
thì tam thức cùng dấu hệ số a với
0
).
x
(có nghĩa là
thì tam thức cùng dấu hệ số a với
x
a. f ( x)
0
x
b
,x
)
(nghĩa là
2 .a
a. f (x)
0
b
x
)
2a
+ Nếu
0
thì tam thức có hai nghiệm phân biệt
x1
b
,
2a
x2
b
.
2a
Khi đó dấu của tam thức đƣợc thể hiện tóm tắt qua bảng sau
x
Dấu của f(x)
x1
cùng dấu a
0
x2
trái dấu a
0 cùng dấu a
2. Các bƣớc thực hiện giải một phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ
Bƣớc 1: Nêu điều kiện xác định hoặc điều kiện nghiệm (nếu có)
Bƣớc 2: Dùng các phép biến đổi tƣơng đƣơng để khử dần các căn thức
Bƣớc 3: Đƣa về một hệ gồm các phƣơng trình, bất phƣơng trình đơn giản và giải hệ thu
đƣợc đó
Bƣớc 4: Lấy giao các tập nghiệm vừa tìm đƣợc để xác định tập nghiệm cho bài tốn ban
đầu (có thể sử dụng trục số để lấy nghiệm).
3. Các phƣơng trình, bất phƣơng trình vơ tỉ cơ bản:
Dạng 1. Phƣơng trình
f (x)
g (x)
(1).
Đối với phƣơng trình dạng (1) ta đƣa về giải hệ sau
g (x)
0
f (x)
[g ( x )]
2
.
4
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình
3x
2
4x
1
2x
2
Lời giải: Phƣơng trình tƣơng đƣơng với hệ
2x
3x
2
2
0
x
4x
1
(2 x
2)
2
x
1
2
4x
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình
3
2
x
0
4x
3
x
1
x
1
2x
.Vậy, tập nghiệm của PT là
x
S
1; 3
.
3
5
Lời giải: Phƣơng trình tƣơng đƣơng với hệ
2x
x
5
2
0
5
x
4x
3
4x
2
5
x
2
2
20 x
25
5x
2
24 x
28
14
x
0
14
x
x
. Vậy
14
S
5
2
5
5
Dạng 2. Bất phƣơng trình
f (x)
g (x)
(2).
g (x)
0
f (x)
0
Đối với bất phƣơng trình dạng (2) ta đƣa về giải hệ
2
f (x)
Ví dụ 3: Giải bất phƣơng trình
x
2
4x
x
Lời giải: Bất phƣơng trình (3)
x
x
3
x
1
1
g (x)
. (3)
0
x
1
1
x
2
2
x
4x
3
0
4x
3
(x
Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình đã cho là
1)
2
1
6x
x
2
;1
3;
.
1
x
1
1
3
x
0
1
S
3
3
3
Ví dụ 4: Giải bất phƣơng trình
2
2(x
1)
x
1
.
Lời giải: Bất phƣơng trình tƣơng đƣơng hệ sau
2(x
2
1)
0
x
1
x
1
x
1
x
x
1
0
1
2(x
2
1)
(x
1)
2
x
2
2x
3
f (x)
x
x
3
1
x
.
3
0
Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình đã cho là
Dạng 3. Bất phƣơng trình
1
g (x)
S
[ 1; 3 ]
1
.
(III).
Đối với bất phƣơng trình dạng (3) đƣợc ta đƣa về giải hai hệ
là
g (x)
0
f (x)
0
g (x)
(A) và hệ
Ví dụ 5: Giải bất phƣơng trình
0
2
f (x)
x
2
4x
(B)
g (x)
x
3
.
5
Lời giải: Bất phƣơng trình tƣơng đƣơng với hai hệ sau:
x
2
x
4x
3
0
x
(A) và
x
0
*) Hệ (A) ta có
x
0
x
3
2
0
4x
(x
4
x
x
0
3)
2
(B)
.
x
*) Hệ (B) ta có
3
3
2x
Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình đã cho là
9
9
S
9
x
;0
.
2
.
;
2
Ví dụ 6: Giải bất phƣơng trình
x
2
4x
5
2x
3
Lời giải: Bất phƣơng trình đã cho đƣợc viết lại
.
x
2
4x
5
3
(6)
2x
Bất phƣơng trình (6) tƣơng đƣơng với hai hệ sau:
x
3
2
4x
2x
5
0
(A)
3
và
0
x
4x
3
x
3
x
0
5
(3
2 x)
(B)
2
x
* Giải hệ (A) ta đƣợc
2x
2
. * Giải hệ (B) ta đƣợc
3x
2
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là
S
2
2
2
2
3
x
2
3
8x
4
x
3
.
2
0
.
;
3
II. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP THƢỜNG VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI PHƢƠNG TRÌNH,
BẤT PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỈ TRONG THI THPT QUỐC GIA VÀ THI HỌC
SINH GIỎI
Phƣơng pháp 1: Nâng lũy thừa và các phép biến đổi tương đương để đưa các phương
trình, bất phương trình về một hệ.
1. Thuật tốn chung:
Bƣớc 1: Nhận dạng đặc điểm bài toán, nêu điều kiện xác định (ĐKXĐ).
Bƣớc 2: Biến đổi để hai vế cùng không âm, nếu cần.
Bƣớc 3: Nâng lũy thừa (thƣờng là bậc hai) hai vế để khử dần các căn thức.
Bƣớc 4: Gộp các điều kiện lại để đƣợc một hệ gồm các PT, BPT cơ bản.
Bƣớc 5: Giải hệ thu đƣợc để từ đó xác định tập nghiệm của bài tốn.
2. Một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình
2(x
4)
Lời giải:
Điều kiện xác định:
Ta có (1)
2(x
4)
2x
3
2x
x
2x
2x
3
(1)
0
2(x
4)
2x
3
2
(2 x
3)( 2 x )
2x
6
5
2
(2 x
3)( 2 x )
5
2x
0
2x
4(2 x
5
x
Ta có (1’)
3)( 2 x )
12 x
(1’)
2
2 x)
5
x
2
2
2
(5
44 x
25
1
x
0
25
x
2
Ví dụ 2: Giải bất phƣơng trình
5x
Lời giải: Điều kiện xác định:
1
x
. Vậy, tập nghiệm là
1
S
2
.
2
6
1
4x
1
3
(2)
x
1
x
4
Ta có (2)
5x
1
4x
1
3
x
6
2
4x
x
2
1
(2’), vì x
8x
2
8x
0
, do đó BPT
4
(2’) ln thỏa mãn. Vậy, tập nghiệm cần tìm là
S
1
[
;
)
.
4
Ví dụ 3: Giải bất phƣơng trình
x
Lời giải: Điều kiện xác định:
2
x
1
2x
2
3x
4
(3)
3
3
x
2
Ta có (3)
x
3
(3’)
x
2
2x
2
2x
2
2x
3
x
0
5x
5x
1
3
3
0
3
x
x
3
3
2
(3
x)
2
x
2
2x
x
3
3.
x
3
2
2
x
6
3
0
3
Tập nghiệm của bất phƣơng trình là
S
;2
x
1
x
x
2
2
5x
3
3
x
(3’)
.
2
2
.
2
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình
x
Lời giải: Điều kiện:
x
x
2
2
2
x
x
2
x
x
0
2
2x
x
2
0
2x
0
x
3x
0
x
x
2
3x
(4)
3
Bình phƣơng cả hai vế phƣơng trình đã cho ta đƣợc
(x
2
x)
(x
2
2 x)
2
x
2
x.
x
2
2x
x
0
6x
4(x
x
2
2
2
2 x)
(6 x
2
x )
2
3x
x
0
x )( x
2
x
2
3x
Vậy, tập nghiệm của phƣơng trình là
2
x
6
x
0
2
S
x
28
0;
2
x.
x
2
2x
6x
x
2
0
2
21
3
2
21
3
7
2(x
Ví dụ 5: Giải bất phƣơng trình
2
x
Lời giải: Điều kiện:
16
x
3
2
16)
x
3
x
4
x
x
7
3
3
7
x
0
0
Biến đổi bất phƣơng trình về dạng
2x
10
2(x
2
x
16)
3
2x
10
2(x
2
2
2(x
16)
10
2x
(5’)
0
x
Bất phƣơng trình (5’)
(5)
x
16)
2x)
(1 0
10
2
Vậy, tập nghiệm của bất phƣơng trình đã cho là:
3x
Ví dụ 6: Giải bất phƣơng trình
5
0
2
x
4
S
2
x
34
10
x
10
2
(6.2)
34
5
.
34 ;
(6)
2
x
3x
Lời giải: Điều kiện:
2
x
4
0
x
4
x
1
,x
0
.
3
0
Ta xét theo hai trƣờng hợp sau:
Trƣờng hợp 1:
0
4
x
, khi đó (6)
3x
2
x
4
2x
(6.1)
2
3
2x
Ta có (6.1)
3x
3x
Trƣờng hợp 2:
1
2
2
x
2
x
0
4
x
x
4
0
1
0
(2 x
1
2)
2
7x
4
9
3
7
2
9x
2x
.
3
0
, bất phƣơng trình (6)
Bất phƣơng trình (6.2) ln ln đúng (vì
4
x
x
3x
2
Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình đã cho là:
0
S
2
x
[
x
0
1; 0 )
4
2x
).
(0;
4
]
.
3
Nhận xét: Đối với các bất phương trình có chứa cả ẩn ở mẫu thức, ta có thể chia miền
xác định của bài tốn để xét.
Phƣơng pháp 2: Dùng ẩn phụ để đưa về một phương trình, hệ phương trình hoặc một
bất phương trình đơn giản.
1. Thuật toán chung:
Bƣớc 1. Đặt t
f ( x ) (hoặc t
a . f ( x ) b g ( x ) ... ) , với f ( x ) ,
của x và a, b, ... là các hằng số. Nêu điều kiện cho t (nếu cần).
g ( x ) , ...
là các biểu thức
Bƣớc 2. Đƣa bài toán về phƣơng trình, bất phƣơng trình ẩn t. Giải bài toán theo t.
Bƣớc 3. Với mỗi giá trị nghiệm thỏa mãn, thay trở lại để tìm x. Kết luận tập nghiệm.
8
2. Các trƣờng hợp thƣờng gặp trong đối với cách đặt ẩn phụ:
Loại 1: Trong phƣơng trình, bất phƣơng trình có chứa:
* Trong trường hợp này ta thường đặt
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình
Lời giải: Đặt
1
t
2
3
t
2
t
2x
0
t
2
4x
1
t
2x
.Vì
t
1
t
2x
2
2
2x
.
2
x
4x
nên ta chọn
0
f (x)
f (x)
1
)
0
,
. Phƣơng trình trở thành
1
t
1
2x
5x
28
2
4x
1
1
2x
2
4x
0
2
Giải phƣơng trình ta đƣợc
x
0, x
Ví dụ 2: Giải bất phƣơng trình
Lời giải: Đặt
t
4x
(t
1
3
2
t
f (x)
2
5t
24
t
x
2
3
0
5x
t
. Vì
8
x
(t
28
1
x
)
0
t
.
2
4
5
2
t
x
2
nên ta có
0
Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình là
S
2
x
t
5x
28
8
x
.
. Bất phƣơng trình trở thành
2
5x
36
0
9
x
4
.
.
( 9; 4 )
Loại 2: Phƣơng trình, bất phƣơng trình đã cho hoặc biến đổi về dạng
A
f (x)
g (x)
B
f ( x ).g ( x )
C .h ( x )
Trong đó: A, B, C là các hằng số,
2(x
Lời giải: Điều kiện xác định:
1) ( x
x
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
2(x
Đặt
t
x
(t
2 )(t
x
2
2
x
(t
2
0
3)
t
0
2
Đặt
2x
t
2
2
2
Do
x
x
0
5
2
(3
2)
6
x
x
7
t
5
t
2
2
2
t
12
2
0
x
x
2
x
0
2
x )
[5
2
2x
x
nên ta chọn
C .h ( x )
0
(x
2t
2
2
x
2
x
6
(5
x
2
2 )]
x
.
2
2
7
x
2
t
t )t
2
.
2
3
2t
x
2
2
5t
4
6
x
0
2
x
2
0
.
.
(với
2
t
5
f ( x ).g ( x )
rồi biến đổi đưa phương trình,
g (x)
x
t
0
hoặc
), phƣơng trình trở thành
12
t
2
t
B
là các biểu thức của x.
f (x)
2
g (x)
2
Lời giải: Điều kiện xác định:
t
2)
f (x)
(vì t 0 ) từ đó ta đƣợc x
1 . Vậy, tập nghiệm của phƣơng trình là S
2 ;1 .
1) ( t
x
2
t
). Phƣơng trình trở thành
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình
t
A
f ( x ), g ( x ), h ( x )
* Trong trường hợp này ta thường đặt
bất phương trình về ẩn t.
Ví dụ 3: Giải phƣơng trình
(hoặc
0
5
t
2
2x
x
2
1
x
2
2x
1
0
x
1
.
9
Ví dụ 5: Giải phƣơng trình
3
2
Lời giải: Điều kiện xác định
2
Đặt
t
2
x
2
2
x
t
phƣơng trình trở thành
*
t
0
2
x
2
2
2
3t
x
x
6
x
2
t
4
2
4
x
10
2
0
x
2
2
2
t
x
4
4
8
4x
2
x
10
3x
.
.
2
x
10
2
3t
2
t
0
t
3
0
x
6
x
(thỏa mãn điều kiện)
5
*
t
3
12
2
2
x
x
2
5x
2
x
2
3
x
3
2
2
( PT này vơ nghiệm do
15
x
x
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình đã cho là
2
2
x
VP
6
9
12
2
x
4(2
5x
15
0
VT
).
x)
.
S
5
Loại 3: Sử dụng kỹ thuật nhân, chia cho một đại lƣợng (khác 0) để xuất hiện ẩn phụ
Ví dụ 6: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
*Xét
x
x
4
x
4
11
x
Đặt
t
0
2
x
. *Xét
4
x
0
x
2
11x
6
4
x
x
4
x
1
1
0
6
x
ta đƣợc phƣơng trình
x
4
x
x
(t
4
khơng thỏa mãn phƣơng trình.
, chia hai vế của phƣơng trình cho
0
1
x
x
11
.
6
x
), phƣơng trình trở thành
t
12
t
2
6
t
2
12
6
t
x
6
t
x
t
2
0
12
2
t
(6
5x
4
t)
6
t
2
t
2
x
0
1
x
t
2
1
x
x
1
x
4
x
4
3
3
0
x
1
. * Xét
x
x
0
2
4x
1
t
5
2
4
x
1
3
.Đặt
t
1
x
4
x
S
.
1; 4
x
(t
0
ta đƣợc
x
), bất phƣơng trình trở thành
x
t
x
2
: thỏa mãn bất phƣơng trình.
2
6
3
3
t
t
0
3
hoặc
t
Với
1
. Vậy tập nghiệm của phƣơng trình đã cho là
x
6
4
x
, chia hai vế của bất phƣơng trình cho
x
t
2
x
Ví dụ 7: Giải bất phƣơng trình
* Xét
t
2
0
Lời giải: Điều kiện
. Với
1
5
x
x
2
2
hoặc
x
1
2
t
2
0
2
6
3
0
x
. Giải ra ta đƣợc
5
2
t
1
t
x
4
.
4
10
Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình đã cho là
S
1
[0;
]
.
4;
4
Ví dụ 8: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
x
2
2x
2
6x
4
2(x
Chia hai vế của phƣơng trình cho
x
2(x
2
(x
thành
2)
2x
2t
2(x
3
4)
2
2
(x
3t
2
2)
2x
3
2
2
2x
8
2x
. Đặt
0
4)
4
. Do
2
t
2)
2
2
2x
(x
(t
0
x
x
2
1
2x
4
x
x
2
1
(x
2
x
1)
2(x
1)
x
2x
4
6x
4
x
t
x
Do
t
0
2
1
(x
(t
x
0
1) ( x
4
(x
2
1)
2
3
2
3
x
x
x
1)
4
6
x
20
9x
13
x
3
13
1
3( x
1
0
1)
2
x
t
x
1
x
1
2
6
1
x
1
x
x
x(x
2
2
x
x
1)
x
3
2
x
20
3
1
x
x
1
x(x
x
Do
t
0
0
x
3t
.
1
2
2t
1
1
t
0
2)
t
1
.
S
4
x
(t
0
2
8x
10
0
9
5x
2
20)
5x
2
x
4x
1
6
0
3
x(x
ta đƣợc
2
2
6;4
4x
x
20)
x(x
2)
x
t
x
1
2
.
6
6
.Bình phƣơng hai vế ta đƣợc
Chia hai vế bất phƣơng trình cho
Đặt
x
2
1
2
. Vậy, tập nghiệm của BPT là
Lời giải: Điều kiện
2
3
3
Ví dụ 10: Giải bất phƣơng trình
x
x
1
nên ta chọn
6
), khi đó phƣơng trình trở
), khi đó bất phƣơng trình trở thành
3
4
0
0
(x
Đặt
4)
. Bất phƣơng trình đƣợc biến đổi thành
1
2
2
x
Ví dụ 9: Giải bất phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
2x
2
2
2
2
1
t
2
2
2 )( x
4
nên ta chọn
0
3
ta đƣợc
x
t
x
t
2(x
0
4)
1
t
0
x
.
Phƣơng trình đƣợc biến đổi thành
2
3
2 x(x
2)
x(x
2)
2
1
), khi đó bất phƣơng trình trở thành
x
2t
2
3t
2(x
1)
.
2
1
2
t
0
2
t
.
2
1
nên ta chọn
1
x(x
t
2)
2
x
4
x
2
6x
4
0
x
3
13
x
S
3
13;
3
13
.
1
Kết hợp điều kiện xác định ta suy ra tập nghiệm của BPT là
.
11
Loại 4: Sử dụng hai ẩn phụ để chuyển về một hệ đơn giản
Ví dụ 11: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
2
x
2
3x
. Đặt
2
3x
2x
2
u,
1
1
2x
1
với
v
u
0, v
0
3
u
2
2u
2u
3x
v
2
2
,
v
2
1
3v
2
2x
1
v
2u
10u
1
2u
2
3v
2
1
2
12u
2
. Khi đó ta thu đƣợc hệ
1
0
u
1
v
1
Do điều kiện đối với u, v nên ta chọn
Ví dụ 12: Giải phƣơng trình
5
Lời giải: Điều kiện
x
4x
1/5
v
u
1
v
1
3 /5
3x
5
4
. Đặt
1
u
hoặc
(1
x )( 4 x
4x
2
2x
5)
5
u, 2
(3
2uv)
1
3
x
1
2 1
x
u
0, v
1
.
x
với
v
1
u
0
2
v
2
9
.
4
(u
Khi đó ta thu đƣợc hệ
v)
0
4x
*uv
3
4 4x
5
1
5
x
1
uv
9
2
uv
9
2
4u v
u
*uv
2
v
0
2uv
3
u
1
x
5 / 4
x
x
9
16 x
Ví dụ 13: Giải phƣơng trình
5x
2
2
16 x
2
4
v
3
2
12uv
uv
0
uv
3
0
2uv
\
.
11
4x
(VN). Vậy, tập nghiệm là
0
2
S
1;
5 /4
.
5
Lời giải: Điều kiện
1
x
.Đặt
2
5x
Ta đƣợc hệ
5y
Vì
x
0, y
0
2
2
5x
2
4y
2
4x
4
2
y
(y
0
)
5y
2
2
4x
.
5
(x
5y
4x
0
y )(5 x
, do đó
5y
x
4)
y
0
5x
2
x
y
4x
2
5x
0
5y
4
0
.
(VN).
Vậy, bài tốn vơ nghiệm.
Phƣơng pháp 3: Nhóm nhân tử chung để đưa về dạng tích.
1. Thuật tốn chung:
1) Nêu điều kiện xác định và điều kiện nghiệm, nếu có.
2) Nhận dạng các biểu thức xuất hiện trong bài toán để ghép thành các cặp sao cho xuất
hiện nhân tử chung.
3) Biến đổi để đƣa về phƣơng trình, bất phƣơng trình có dạng tích.
4) Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình thu đƣợc từ kết quả trên. Lấy nghiệm bài toán
12
2. Một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải bất phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
x
3
BPT tƣơng đƣơng với
(
x
3
2 )(
x
Hệ (A)
x
3
7
7
10 x
3)( x
7)
3
4
x
3
2
x
7
3
. Hệ (B)
2
S
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình
3x
1(
x
2
3
2x)
3
2
x
3
2
x
7
6
0
x
3
x
x
3
4
x
7
9
2
3; 1
7
6
x
3
2
x
7
3
1
.
.
2;
3
(B)
2x
x
2
3
2x
2
2x
.
0
Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
x
x
x
Tập nghiệm của bất phƣơng trình là
x
3
(A) hoặc
9
Lời giải: Điều kiện
21
x
0
x
x
2
.
(x
3)
x
(
x
2
3
2
(3
2x)
x )( x
0
(
x
2
1)
2x
x
3
2 x )(
2
3
2 x(x
1)
0
1)
x
x
1
2
x
Từ đó suy ra nghiệm của phƣơng trình là
x
Ví dụ 3: Giải phƣơng trình
4x
8x
Lời giải: Điều kiện
.
x
3/ 2
2
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
2x
4x
2
3
6x
2
1
2
2x
3
2x
3
2x
4
2
2x
3
2
1
2x
2x
3
1
1
4
3
1
2x
.
0
9
3
1
2x
2x
3
2
2
Giải các phƣơng trình dạng cơ bản trên ta tìm đƣợc
x
5
21
4
2x
1
2x
3
2x
2
2x
3
0
,
x
3
17
.
4
Phƣơng pháp 4: Nhân chia với biểu thức liên hợp
1.Thuật toán chung:
Bƣớc 1. Nhận dạng đặc điểm bài toán. Nêu điều kiện xác định và điều kiện nghiệm, nếu
có.
Bƣớc 2. Nhân hai vế của phƣơng trình, bất phƣơng trình với biểu thức liên hợp tƣơng
ứng, từ đó biến đổi làm xuất hiện các nhân tử chung của chúng.
Bƣớc 3. Đƣa phƣơng trình, bất phƣơng trình về dạng đơn giản. Giải các phƣơng trình, bất
phƣơng trình đó. Lấy nghiệm của bài toán.
13
2. Một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
x
0
x
1
1
4x
2
3x
.
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
(4 x
2
1)
3x
x
1
(2 x
0
1) ( 2 x
2x
1)
3x
(2 x
1) ( 2 x
1
1
)
3x
x
0
2x
1
0
(do
2x
1
1
1
0
3x
Vậy, nghiệm của phƣơng trình là
1
x
x
x
1
0
x
1
)
0
1
.
2
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
3
x
2x
3
x
2x
6
x
3
.
2
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
x
3
2x
3
3
x
2(x
3)
0
(x
1
3)(
x
2x
2)
3
0
x
(1)
1
hoặc
2
2x
(2)
. Do
3
x
2x
3
2
3
1
1
2
2x
1
3
(2)
vơ nghiệm
x
Vậy, phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.
2x
Ví dụ 3: Giải bất phƣơng trình
(3
Lời giải: Điều kiện
9
x
,x
0
2
2x
9)
x
2
21
2
. Nhân, chia vế trái của BPT với
3
9
2x
ta đƣợc
2
2
2
x (3
2x
(9
(2 x
2
9)
x
21
3
2
9
9)
2x
x
21
9
2x
x
4
7
2
2
Kết hợp điều kiện xác định ta suy ra tập nghiệm của BPT là
9
S
7
;0
0;
2
Ví dụ 4: Giải bất phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
3
x
4(x
1)
2
(2 x
1 0 ) (1
3
. Nhân hai vế của BPT với
2x)
2
2
1
2
3
2x
ta đƣợc
2
4(x
2
1) (1
4(x
3
2
1) (1
2x)
3
2
2x)
(2 x
2
1 0 ) (1
(2 x
3
1 0 )( 2
2
2 x ) (1
2 x)
2
3
x
(1
x
x
1
3
2x)
2
1
3
x
2x)
2
(2 x
. Kết hợp điều kiện xác định ta suy ra tập nghiệm là
10)
1
3
2x
3
3
S
;
1
1; 3
.
2
14
Ví dụ 5: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
2
x
x
x
3
2
Xét hàm
3
1
x
4
x
f (2)
x
2
2x
5x
x
2
1)
1)
(
(x
0
4
1)
(x
2
1
4
có
x
1)
0
1
2
1
4
(2 x
x
1)
0
(*)
1
1
1
f '( x )
1
0
2
. Mặt khác
3)( 2 x
1
3)
x
1
1
1
x
1
1
1
(
3)( 2 x
1
f (x)
x
f (x)
(x
4
.
4
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
x
2
g (x)
2x
x
2(
x
2
1)
2
4
là hàm đồng biến nên
1
x(
4
g (x)
x
2)
g (2)
5
2
Do vậy phƣơng trình (*) có nghiệm duy nhất x = 3.
Phƣơng pháp 5: Dùng tính chất đơn điệu của hàm số để rút ra một phương trình hay
một bất phương trình đơn giản hơn từ phương trình, bất phương trình đã cho
1. Cơ sở lí thuyết:
Định lí 1: Nếu hàm số f ln đồng biến (hoặc ln nghịch biến) và liên tục trên tập D thì
phƣơng trình f ( x ) c (c là hằng số) có khơng q một nghiệm trên tập hợp D.
Định lí 2: Nếu hàm số f luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên tập D thì
phƣơng trình f ( u ( x ) ) f ( v ( x ) ) tƣơng đƣơng với phƣơng trình u ( x ) v ( x ) trên D.
Định lí 3: Nếu hàm số f luôn đồng biến và liên tục trên tập D thì bất phƣơng trình
f (u ( x ))
f ( v ( x ) ) tƣơng đƣơng với phƣơng trình u ( x )
v ( x ) trên D.
Định lí 4: Nếu hàm số f ln nghịch biến và liên tục trên tập D thì bất phƣơng trình
f (u ( x ))
f ( v ( x ) ) tƣơng đƣơng với phƣơng trình u ( x )
v ( x ) trên D.
2. Thuật toán chung:
Bước 1: Nhận dạng bài toán, nêu điều kiện xác định và điều kiện nghiệm, nếu có.
Bước 2: Biến đổi phƣơng trình (hoặc bất phƣơng trình) về dạng
f (u )
f ( v ) ) với u
v ( x ) là các biểu thức của x.
u(x) , v
Bước 3: Xét tính chất của hàm
y
Bước 4: Từ tính chất của hàm
tƣơng đƣơng.
f (t )
f (u )
f (v )
(hoặc
trên miền xác định của nó.
ta suy ra một phƣơng trình (hoặc bất phƣơng trình)
f
Bước 5: Giải phƣơng trình, bất phƣơng trình thu đƣợc để xác định tập nghiệm.
3. Một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
x
1/3
x
3
3x
2
4x
2
(3 x
2)
3x
(
3x
1)
1
(1)
.
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
(x
1)
3
(x
1)
3
3x
1
(1’)
15
Xét hàm số f ( t ) t t với t , ta có f '( t ) 3 t 1
biến trên R, do đó phƣơng trình (1’) tƣơng đƣơng với
3
2
x
x
1
3x
1
0
x
1
2
3x
1
x
Lời giải: Điều kiện
Xét hàm số
f (t )
t
x
3
1
BPT đã cho có dạng
8x
3
2x
. Khi đó
với
t
f (2 x)
(2)
f (
x
x
0
(x
2)
(2 x)
, ta có
t
2
x
1
Ví dụ 2: Giải bất phƣơng trình
1
3
3t
x
x
1
1
(2)
(
2
1
f (x
0
1
2x
(x
1)
3x
x
1)
(2’)
1
t
2x
.
f (
3
1)
0
nên suy ra hàm số đồng
t
x
2x
f '( t )
1)
x
0
0
x
x
1
2
4x
Giải hệ trên kết hợp điều kiện xác định ta suy ra tập nghiệm là
0
4x
1
S
2
x
17
1
0
;
8
Ví dụ 3: Giải bất phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
(x
1) (
x
2
2x
Xét hàm số
5
f (t )
1)
4x
t
t
1)
x
2
2x
5
4x
2
x
1
x
1
. Bất phƣơng trình tƣơng đƣơng với
x
(x
t
x
2
2
1
với
4
(x
2x
(x
, ta có
t
1) (
1)
2
4
f '( t )
(x
1
t
1)
2
2x
4x
t
4
t
hàm đồng biến, do đó BPT tƣơng đƣơng với
Vậy, tập nghiệm của BPT là
S
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình
8x
Lời giải: Điều kiện
3
36 x
1)
f (2 x)
3x
5
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
2
53x
3
25
(2 x
3)
3
(2 x
3)
(
3
(x
3
3
2 ) (8 x
2x
2
3
3
36 x
2
51x
x
20 x
1 1)
3x
5
0
t
2
2
f
là
4
2x
x
1
(3)
3
3x
5)
2
8x
1
2x
1
Xét hàm số f ( t ) t t với t . Ta có f '( t ) 3 t 1
trên R, do đó phƣơng trình (3) tƣơng đƣơng với f ( 2 x
2x
x
4
.
x
;
f (x
2
0
8x
22
x
20 x
3
3)
f (
suy ra hàm số đồng biến
t
3
2x
3)
0
2
2
0
3
11
0
2
5
x
3
4
Ví dụ 5: Giải phƣơng trình
2
Lời giải: Điều kiện
.
2
x
2
2x
4
4
2
x
Bình phƣơng hai vế của phƣơng trình ta đƣợc
9x
16
2
2x
16
2
(4)
8
9x
2
8x
32
16
2
4( 2 x
2
8)
16
2
2x
8
x
4
x
16
2
Xét hàm số
f (t )
4t
2
2
x
t
và
2x
2
8
0
2
ta có
1
1
2
2
với
16t
x
do
f '( t )
8t
16
0
t
1
biến trên miền đang xét, suy ra phƣơng trình (1) tƣơng đƣơng với
do đó hàm
2
2x
f
đồng
x
8
2
x
0
2x
x
2
x
8
0
2
9x
4
x
2
2
3
32
4
2
x
Ví dụ 6: Giải phƣơng trình
2
x
Lời giải: Điều kiện
(x
x
2 )( x
2
4)
2x
(x
x
2
(x
1)
x
2)
Xét hàm số
x
f (t )
2x
3
2)
x
3
2)
8
2
2
2)
(t
1) (
x
x
hoặc
2
x
2
(( x
2 )(t
(x
2
2)
. Phƣơng trình tƣơng đƣơng với
Phƣơng trình (*) tƣơng đƣơng
(( x
2x
2
(x
1)
4)
2 )(( x
với
2)
x
1)
2)
x
2
x
S
2;
x
(x
1) ( x
f '( t )
3t
1
3
(* )
2
2
2
2x
2
3)
4t
2
0
x
1
2
x
Vậy, tập nghiệm của PT là
3
1
2)
x
do đó PT tƣơng đƣơng với
x
2x
, ta có
t
2
2
4
2
2
x
x
1
0
t
1
2
3
13
x
3x
1
.
2
0
17
2
Ví dụ 7: Giải bất phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
x
x
x
2
2
Xét hàm số
3x
f (t )
t
x
2 /3
2
t
t
3x
. Ta có
3x
2
x
2
2
với
2
(6 )
(3 x
t
x
2)
9x
2
x
2
x
6x
2
x
2
x
2
2
3x
2
(6)
(3 x
2
, ta có
f '( t )
1
t
2
t
2
t
hàm đồng biến, do đó BPT tƣơng đƣơng với
x
2
3x
2
0
1
x
2
(vì
Vậy, tập nghiệm của BPT là
x
S
2 /3
2 ).3 x
f (x)
f (
3x
2)
x
2
2
0
t
2
(*)
f
là
2
3x
nên hai vế của BPT (*) đều dƣơng) .
1; 2
Phƣơng pháp 6: Sử dụng bảng biến thiên hàm số để biện luận các bài tốn có chứa
tham số
1.Thuật toán chung:
Bƣớc 1: Nêu điều kiện xác định và điều kiện nghiệm, nếu có.
17
Bƣớc 2: Cô lập tham số về một vế của phƣơng trình, bất phƣơng trình.
Bƣớc 3: Xét hàm số tƣơng ứng ở vế còn lại. Lập bảng biến thiên của hàm số vừa xét.
Bƣớc 4: Căn cứ vào bảng biến thiên để qua đó xác định các giá trị của tham số cần tìm.
2. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm m để phƣơng trình sau 4 x 2 3 2 1 4 x x m 0
a) Có nghiệm. b) Có đúng 1 nghiệm.
c) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải : Tập xác định D= -7;3 , Xét hàm số f ( x ) 4 x 2 3 2 1 4 x x , ta có
2
2
f '( x )
3( 2
4
21
x)
, f’(x) = 0
4x
x
x= - 6 (Loại) v x = 2.
2
Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x).
x
-7
f’(x)
+
2
0
15
3
-
f(x)
-30
a) Phƣơng trình có nghiệm khi
m in f ( x )
m
- 30
m ax f ( x)
7 ;3
10
m 15
7 ;3
b) Phƣơng trình có đúng 1 nghiệm khi - 30 m < 10 hoặc m = 15.
c) Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt khi 10 m < 15.
Ví dụ 2: Tìm m để bất phƣơng trình: m x x 3 m 1 có nghiệm.
Lời giải: Điều kiện: x 3
Đặt
t
x
(
3
t
0
), khi đó bất phƣơng trình trở thành
m (t
2
3)
1
m
t
m
1
t
Xét hàm
t
f (t )
t
1
2
có
t
f '( t )
2
2
(t
Bảng biến thiên của hàm f ( t )
t
f’(t)
2t
2
2
2)
,
2
f '( t )
0
0
t
1
+
1
3
. Vì
t
0
nên
t
1
2
2
1
3
3
0
1
3
4
f(t)
1
0
2
Qua bảng biến thiên của hàm số ta suy ra bất phƣơng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ
khi
1
m
3
m a x f (t )
4
0;
Ví dụ 3: Tìm m để phƣơng trình:
Lời giải: Đặt
h
g
x
x
x
x
12
x
0
x
x
g
x
12
m
3
5
5
x
4
x
0
h
2
x
1
x
2
5
4
1
x
2
x
x
2
có nghiệm.
0
12
1
x
x
4
0
x
18
Suy ra:
g
x
và tăng;
0
h
> 0 và giảm hay
x
1
h
Suy ra f
x
có nghiệm
m
m
m in f
và tăng
f
x
f
0 ; f
4
g
x
h
x
tăng.
x
x
x ; m ax f
0 ;4
0
2
15
1 2 ;1 2
0 ;4
Phƣơng pháp 7: Sử dụng tính chất bất đẳng thức để đánh giá
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
x
x
2
4x
5
2
2x
3
(2 x
3)
1
.
3/ 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
ta đƣợc 2 x 4 x 4 x 5 x 2 x 1
2
2
0
Vậy, phƣơng trình có nghiệm duy nhất
1
Lời giải: Ta có 1
2(x
2
Mặt khác ta lại có:
2(x
Từ (1) và (2)
2
2(x
x
2
x
1)
1)
1)
1
x
1
2
x
BPT
2 (1
x)
x
2x
3
0
kết hợp với phƣơng trình đã cho
x
1.
.
1
nên
x
1)
x
2(x
0
x
(x
x
Ví dụ 2: Giải bất phƣơng trình:
2
2
1)
2(x
2
2(
x)
2
x
2
1
1)
1
x
. Dấu bằng khi 1
x
x
(1)
(2)
x
x
x
3
x
5
(nhận)
2
Ví dụ 3: Giải phƣơng trình
Lời giải: Điều kiện
4
x
x
4
6
x
x
2
10 x
27
6
Áp dụng bất đẳng thức Cau chy ta có 1 .
x
1
4
x
4
; 1.
6
1
x
6
VT
2
Mặt khác: V P
VT
VP
x
2
10 x
1
x
4
x
5
0
27
6
(x
5)
2
x
x
2
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình
2
x
5
x
2
x
. Vậy, phƣơng trình có nghiệm duy nhất
1
1
x
1
x
.
x
1
1
1( x
1
x
x
)
1
;
2
1
(x
1)
1
suy ra
2
1
x
, do đó phƣơng trình xảy ra khi và chỉ kh
x
1
x
x
x
x
1
1
5
1
x
1
x
1
Áp dụng bất đẳng thức Cau chy ta có
x
2
2
, do đó phƣơng trình xảy ra khi và chỉ khi
x
Lời giải: Điều kiện
x
x
x
2
x
1
0
1
x
Giải ra kết hợp điều kiện xác định ta đƣợc
x
1
5
.
2
19
PHẦN BA: KẾT LUẬN
1. Kết quả đạt đƣợc
Sau một thời gian giảng dạy nhƣ trên tôi thấy đã thu đƣợc những kết quả hết sức khả
quan:
Đa số học sinh tiếp thu đƣợc kiến thức cơ bản.
Nhiều kĩ năng về giải quyết bài tốn, trình bày bài tốn, cách tiến hành một số dạng
bài tập cơ bản cũng nhƣ bài tập vận dụng nâng cao đƣợc học sinh thực hiện thành thạo
Nhiều kĩ năng về giải quyết bài tốn, trình bày bài toán, cách tiến hành một số dạng
bài cơ bản cũng nhƣ các bài vận dụng nâng cao đƣợc học sinh thực hiện thành thạo.
Nhiều kĩ năng về giải quyết bài tốn, trình bày bài tốn, cách tiến hành một số dạng
bài cơ bản cũng nhƣ các bài vận dụng nâng cao đƣợc học sinh thực hiện thành Tinh thần
học tập của các em học sinh khi đƣợc nghiên cứu phần này tăng lên đáng kể, các em
hứng thú hơn trong việc tìm tịi, khám phá các lời giải, đồng thời tạo ra một động lực để
thúc đẩy trong việc nghiên cứu tiếp thu các phần kiến thức khác.
Kết quả học phần này đƣợc nâng lên rõ rệt. Trong các bài thi kiểm tra định kỳ, bài thi
học kỳ, bài thi THPT có nhiều em đạt điểm 10 mơn Tốn, có nhiều em đạt kết quả điểm
thi vào Đại học, Cao đẳng với điểm số rất cao.
Trên cơ sở của chuyên đề này cùng với sự đồng ý của Ban giám hiệu nhà trƣờng, tổ
chuyên môn ,tôi đã tiến hành thực hiện nội dung chuyên đề nêu trên của mình trên ba
năm liên tục, đó là các lớp 12A3, 12A9, 12A10 (năm học 2013 - 2014), các lớp 12A1,
12A5, 12A7 (năm học 2014 - 2015) và các lớp 12A3,12A5, 12A9 (năm học 2015 2016), (Tổng số học sinh bình quân là 140), kết quả thu đƣợc trong các kì thi thử THPT ở
trƣờng với bảng số liệu sau:
Số em tham gia Đạt điểm
làm bài thi
dưới 5,0
Đạt từ 5,0
đến 6,5
Đạt từ 6,5
đến 7,5
Đạt từ 7,5
đến 8,5
Đạt trên
8,5
Thi lần 1
35
23
32
32
18
Thi lần 2
30
20
36
32
22
Thi lần 3
20
23
37
34
26
20
2. Bài học kinh nghiệm:
Nắm vững chuyên môn nghiệp vụ, có kiến thức sâu rộng, khả năng bao quát kiến
thức, có tinh thần trách nhiệm trong cơng việc.
Trong cơng tác giảng dạy cần đổi mới phƣơng pháp dạy học, tìm ra phƣơng pháp phù
hợp cho nội dung bài học. Trƣớc khi lên lớp cần có sự nghiên cứu kĩ nội dung chƣơng
trình, đặc biệt là tình hình học sinh để đƣa ra bài học sát với khả năng của học sinh, chọn
lọc hệ thống bài tập phù hợp, có sự hƣớng dẫn hợp lý, dễ hiểu để học sinh vận dụng đƣợc
tốt.
Mặc dù tơi đã rất cố gắng hồn thiện bài viết một cách cẩn thận nhất, song vẫn không
tránh khỏi những sai sót, rất mong các cấp chun mơn đóng góp ý kiến bổ sung để
chuyên đề ngày càng hồn thiện và hữu ích hơn nữa. Cũng rất mong đƣợc sự góp ý của
q đồng nghiệp để chúng tơi có dịp đƣợc trau dồi và tích lũy kiến thức nhằm hoàn thành
tốt nhiệm vụ giáo dục đƣợc giao.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2016
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của ngƣời
khác.
Lê Đức Trung
21
