SKKN một số KINH NGHIỆM GIẢNG dạy PHÁT HUY TÍNH TÍCH cực của học SINH THÔNG QUA PHƯƠNG PHÁP GIẢI và SÁNG tác bài tập TOÁN THPT từ góc NHÌN bài TOÁN gốc

I. MỞ ĐẦU
1.1. 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.
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
phát huy tính tích cực của học sinh thông qua phương pháp giải và sáng tác các bài
tập tốn THPT từ góc nhìn bài tốn gốc”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nhằm giúp các đồng nghiệp và học sinh có thêm tài liệu tham khảo giúp giải quyết
tốt các dạng bài tốn để có kết quả bài thi học sinh giỏi, thi TN THPT Quốc gia đạt kết
quả cao.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu 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 hố hoạt động học tập
của học sinh trong dạy học mơn Tốn ở trường THPT.
- Phạm vi nghiên cứu: Học sinh các lớp khối A, khối A1 gồm: 10C4, 10C5 năm học
2018 - 2019; lớp 11B4, 11B5 năm học 2019 - 2020, học sinh lớp 12A4, 12A5năm học
2020 - 2021 trường THPT Bỉm Sơn, thị xã Bỉm Sơn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp quan sát sư phạm.
- Phương pháp nêu vấn đề trong giảng dạy
- Phương pháp thống kê, tổng hợp, so sánh.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NHỮNG KINH NGHIỆM NHẰM TÍCH CỰC HÓA HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC

SINH TRONG GIẢI VÀ SÁNG TÁC BÀI TẬP TOÁN
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

1


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. Tôi thực hiện SKKN dựa trên những định hướng sau:
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 q
trình học tập của học sinh.

- Dạy học không 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.

2


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.
“Sức” của học sinh, tức là trình độ năng lực của học sinh, nó khơng phải là cái 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 u 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 trò 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 trò.
2.2. Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Phương pháp giảng dạy Tốn nhằm phát huy tính tích cực của học sinh tại trường

THPT Bỉm Sơn cịn có những hạn chế. Trong một đơn vị lớp có nhiều đối tượng học sinh
với các khả năng nhận thức, tư duy khác nhau nên không thể cho học sinh thảo luận để phát
huy tối đa tính tích cực, chủ động trong học tập của mỗi em nhằm phát triển tư duy cho các
em. Giáo viên Toán của trường chưa có nhiều kinh nghiệm trong vấn đề này.
2.3. Những kinh nghiệm sư phạm nhằm tích cực hóa hoạt động học tập của học
sinh trong dạy học giải bài tập toán THPT
2.3.1. 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, tức là khi đứng trước một khó khăn về nhận thức cần phải khắc phục, một tình
huống có vấn đề, như Rubintein nói: "Tư duy sáng tạo ln bắt đầu bằng một tình huống
gợi vấn đề "Giới thiệu bài toán 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 .

3


Tình huống trở thành có vấn đề khi học sinh nhận thấy 15 0 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 lời giải trên bằng cách: Biểu thị 15 0 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 + 2 )

4
2 2
2 2
Để củng cố kiến thức có thể cho học sinh giải bài tốn sau:
1. Tính: P = sin 120. sin 480
2. Khơng dùng bảng số và máy tính, hãy tính giái trị của biểu thức.
A=

1
− 2 sin 70 0
0
2 sin 10

Ví dụ 2: Dựa vào kết quả sau:

1
sin x cos x = sin 2x
2

1
1
sin x cos x cos 2 x = sin 2x cos 2x = sin 4 x
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 quát và tính: A = cos

π
3π
5π
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, bởi 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.
n
Chứng minh rằng: sin x cos x cos 2 x... cos 2 x =

1
sin 2 n +1 x
n +1
2

Như vậy, ta đã biết công thức tính: 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

3π
4π
5π

2π
= − cos ; cos
= − cos
7
7
7
7
4


π
π
2π
4π
sin cos . cos . cos
π
2π
4π
7
7
7
7
. cos
=
Suy ra: A = cos . cos
π
7
7
7
sin

7

1 8π 1
π
π
sin
sin(π + )
sin
8
7 =8
7 =1
7 =1
=
π
π
π 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: giải các phương trình
1) cos x = cos (
2

3x

)
4

sin 2 x − 2
2)

sin 2 x − 4 cos 2

x
2

= tan 2

x
2

3) tan x + cot 2 x = 2 sin 2 x +

1
sin 2 x

Ví dụ: Sau khi học bài "Cơng thức lượng giác" có thể u cầu học sinh giải bài tập sau:
1. Chứng minh: sinx sin(

π
π
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
Trong đó A,B,C là ba góc của một tam giác.
cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C

2.3.2. 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 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:

5

A = cos 2 x +cos x
B = sin 2a − sin 4b
C = sin x sin 2x + 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 =cos

A
B
C
cos cos
2
2
2

π
5π
7π
+ cos + cos
9
9
9

B = cos

π
3π
5π
17 π
+ 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 = −

2
2

c) sin 2 x + 3 = 0
2) Giải các phương trình sau:
a) sin( 2 x − 15 0 ) =

2
2

với -1200< x < 900

b) sin 3x = cos 2 x
c)

3
tan x − sin x = 0
2

d) sin (5x +
2

2π
x
) = cos 2 ( + π)
5
4

e) cos 3 x. tan 5 x = sin 7 x
f)

1
1
2
+
=
cos x sin 2x sin 4x

3) Giải và biện luận các phương trình:
a) (m - 1) sin x + 2 - m = 0 (m là tham số)

6


b) sin α cos x = 1

(α là tham số)

c) (m − 4) tan 2 x − m = 0 (m là tham số)
2.3.3. 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 tốn gốc là bài
toán thế nào? Bài toán gốc là bài toán thoả mãn một trong ba điều kiện sau:
- Kết quả của bài tốn được sử dụng nhiều trong việc tìm lời giải các bài toán 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.
2.3.3.1. Xây dựng các bài tốn gốc nhờ khai thác đẳng thức:
sin2a + cos2a = 1 với ∀a
Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức: sin4a + cos4a =
Bài toán 2: Chứng minh đẳng thức: sin6a + cos6a =

1
3
cos 4a +
4
4
3
8

cos 4a +

5
8

Bài toán 3: Chứng minh đẳng thức:
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 α
a) A =

sin 6 α + cos 6 α − 1
sin 4 α +cos 4 α − 1

6
4
2
6
4
2
b) B = ( 2 sin α − 3 sin α − 4 sin α) + (2 cos α − 3 cos α − 4 cos α)

6
6
8
8
Ví dụ 2: Giải phương trình: sin x + cos x = 2(sin x + cos x )

(*)

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:

sin 10 x + cos10 x =

63 15
5
+ cos 4x +
cos 8x
128 32
128

7


29
cos42x
16

b) Giải phương trình: sin10x + cos10x =

Ví dụ 4: Cho phương trình:

sin 6 x + cos 6 x
=m
(**)
π
π
tan( x − ). tan( 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 sin2x
a) Giải phương trình khi m =

1
4

b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm
17
cos2 2 x
16

Ví dụ 6: Giải phương trình : sin8x+ cos8x =

Ví dụ 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm sin6x + cos6x = m (sin4x + cos4x)
2.3.3.2. 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
2

B
2

C
2

a) sinA + sinB + sinC = 4 cos cos cos
A
2

B
2

C
2

b) cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin sin sin
c) tan A + tan B + tan C = tan A. tan B. tan C

(với ∆ ABC khơng vng)

Bài tốn 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) cot

A
B
C
A
B
C
+ cot + cot = cot . cot . cot
2
2
2
2
2
2

b) tan

A
B
B
C
C

A
. tan + tan . tan + tan . tan = 1
2
2
2
2
2
2

Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Chứng minh trong tam giác ABC ta có: cos A + cosB + cosC > 1

8


Ví dụ 2: Chứng minh trong tam giác ABC ta có:
a) tan A + tan B + tan C ≥ 3 3
b)

tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≥ 9 , hãy xây dựng bài toán tổng quát

Ví dụ 3: Chứng minh trong tam giác ABC ta có:

tan

A
B
C
1
. tan . tan ≤

2
2
2 3 3

Ví dụ 4: 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:
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

2.3.3.3. Xây dựng một số PT 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 − 3 x

(

)

Từ đó ta xây dựng các bài tốn sau:
Bài tốn 1. Giải phương trình x + 3 ( 2 − 3 x 2 ) = 2
2

 x = 2 − 3 y 2
Giải: Đặt y = 2 – 3x ta có hệ phương trình 
2

 y = 2 − 3 x
2

2
3

Từ đó phương trình đã cho có 4 nghiệm x = −1; x = ; x =

1 − 21
1 + 21
;x =
6
6

Chú ý: Từ lời giải của bài toán trên nếu khai triển ( 2 − 3x 2 ) thì ta sẽ đưa phương trình về
2

phương trình bậc 4 và sẽ được biến đổi thành

( x + 1) ( 3x − 2 ) ( 9 x 2 − 3x − 5) = 0 .
9


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
5x2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ 2 x = 5x2 − 1
2

2
 5x2 − 1 
 2 y = 5 x − 1
⇒
2
x
=
5
Do đó ta xét hệ phương trình 

÷ −1
2
 2 
 2 x = 5 y − 1

Ta có bài tốn sau:
Bài tốn 2. Giải phương trình 8 x − 5 ( 5 x 2 − 1) = −8
2

 2 y = 5 x 2 − 1
Giải: Đặt 2y = 5x - 1. Khi đó ta có hệ phương trình 
và phương trình có 4
2
 2 x = 5 y − 1
2

nghiệm là:

1 ± 6 −1 ± 2
.

;
5
5

Ví dụ 3. Xét một phương trình bậc ba.
4 x3 − 3 x = −

3
⇔ 8 x3 − 8 x = − 3 ⇔ 6 x = 8 x3 − 3
2

6 y = 8 x 3 − 3
Do đó ta xét hệ 
3
6 x = 8 y − 3

.Từ đó ta có bài tốn sau.

(

Bài tốn 3. Giải phương trình 162 x + 27 3 = 8 x3 − 3

)

3

Giải: Bằng cách đặt 6 y = 8 x 3 − 3 ta có hệ trên và giải ra ta có nghiệm là
x = cos

5π

17π
7π
; 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 . Từ đó ta có hệ phương trình:
3

( 2 y − 5 ) 3 = x − 2

3
( 2 x − 5 ) = y − 2

10


Ta mong muốn có một phương trình chứa ( ax + b ) và chứa
3

3

cx + d , hơn nữa phương

trình này được giải bằng cách đưa về hệ “gần” đối xứng loại hai (khi trừ theo hai vế hai
( 2 y − 5 ) 3 = x − 2
phương trình của hệ ta có thừa số x - y). Vậy ta xét hệ 

3
( 2 x − 5 ) = − x + 2 y − 2

Khi đó nếu có phép đặt 2 y − 5 = 3 x − 2 thì sau khi thay vào phương trình

( 2 x − 5)

3

= − x + 2 y − 2 , ta được 8 x 3 − 60 x 2 + 159 x − 125 = − x + 3 x − 2 + 5 − 2

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

3

x − 2 = 8 x 3 − 60 x 2 + 151x − 128

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

x − 2 = ( 2 x − 5) + x − 3
3

(1)

Bằng cách đặt 2 y − 5 = 3 x − 2 . Kết hợp với (1) ta có hệ phương trình
( 2 y − 5 ) 3 = 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 x − 5 ) + ( 2 x − 5 ) ( 2 y − 5 ) + ( 2 y − 5 )  = 2 ( y − x )



x − y = 0
⇔
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 đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.
Từ đó ta nghĩ đến phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số như sau:
Cách 2: Tập xác định R. Đặt y =

3

x − 2 ta có hệ phương trình

3
2
8 x − 60 x + 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

(*)

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) ⇔ 2 x − 5 = y Bởi vậy

11


(

)

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.
2.3.3.4. Xây dựng một số bất đẳng thức từ bất đẳng thức cơ bản.
Bài toán gốc: "Với a, b là các số dương thì

1 1

4
+ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi a = b".
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 

Từ đó ta có thể phát triển các bài tốn sau:
Bài tốn 1. (Đề thi khối A năm 2005)
Cho a, b, c là các số dương và

1 1 1
+ + = 4 . Chứng minh.
a b c

1
1
1
+
+
≤1
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c

Bài toán 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dương thì
1 1 1 1 
1
1
1

( + + )≥
+
+
÷
4 a b c  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 

Bài toán 3. Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh
x
y
z
3

+
+
≤
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4

Bài toán 4. 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 5. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh
1

( a + b) ( a + c)

+

1

( b + c) ( b + a)

+

11 1 1
≤  + + ÷
( c + a) ( c + b) 2  a b c 
1

Bài toán 6. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh
ab
bc
ac
a+b+c
+
+
≤
a+b b+c c+a
2

12


Thật vậy, ta ln có
Tương tự ta có

1
11 1
ab
ab  1 1  1
≤  + ÷⇒
≤

 + ÷= ( a + b)
a +b 4 a b  a +b 4  a b  4

bc
1
ac
1
≤ ( b + c) ;
≤ ( c + a) .
b+c 4
c+a 4

Cộng lại ta có điều phải chứng minh.
Chú ý: Nếu từ bài tốn 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 7. Cho ba số dương x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F = x+ y+z+

1
1
1
+
+
.
x + y + 2z y + z + 2x z + x + 2 y

Bài toán 8. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC và p là nửa chu vi của tam giác.
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2 + + ÷
p −a p −b p −c
a b c

Chứng minh

1
a

1
b

Bài toán 9. Cho a, b là các số dương và a + b ≤ 1 . Chứng minh a + b + + ≥ 5 .
Bài toán 10. 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 và do a > 0, b > 0 nên ta có:
a b c

1 1
4
a 3 + b3 ≥ ab ( a + b ) ; a 2 + b2 ≥ 2ab; + ≥
. Vì vậy
a b a +b
ab
ab
ab 
1
1

≤
≤
+
3
3
2
2
2
2
2
a + b + a c + b c ab ( a + b ) + c ( a + b )
4  ab ( a + b ) c ( a + b 2 )


1 1
1  1 1 1 1
≤ 
+ ÷ ≤  + ÷+
4  a + b 2c  16  a b  8c


÷
÷


13


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

2.2.3.5. Xây dựng một số bài toán từ bài toán dựa vào bảng biên thiên hoặc đồ thị để
xét số nghiệm của phương trình hàm lượng giác
Bài toán gốc: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn [ −π ; π ] của phương trình 3 f ( 2sin x ) + 1 = 0 là
A. 4.
B. 5 .
C. 2 .
D. 6 .
Giải: Chọn A
1
Đặt t = 2sin x . Vì x ∈ [ −π ; π ] nên t ∈ [ −2; 2] ⇒ 3 f ( t ) + 1 = 0 ⇔ f ( t ) = − .
3
1
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f ( t ) = − có 2 nghiệm t1 ∈ ( −2;0 ) và t2 ∈ ( 0; 2 ) .
3
t1
t2

Suy ra sin x = ∈ ( −1;0 ) và sin x = ∈ ( 0;1) .
2
2
t1
Với sin x = ∈ ( −1;0 ) thì phương trình có 2 nghiệm −π < x1 < x2 < 0 .
2
t
Với sin x = 2 ∈ ( 0;1) thì phương trình có 2 nghiệm 0 < x3 < x4 < π .
2
Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ −π ; π ] .
Từ bài toán này với cách hướng dẫn học sinh phát triển các bài toán sau:
Bài toán 1. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn [ −π ; π ] của phương trình 3 f ( 2 cos x ) + 2 = 0 là

14


A. 4.
Giải: Chọn A

B. 5 .

C. 2 .

D. 6 .

2
Đặt t = 2 cos x . Vì x ∈ [ −π ; π ] nên t ∈ [ 0; 2] ⇒ 3 f ( t ) + 2 = 0 ⇔ f ( t ) = − .
3

2
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f ( t ) = − có 1 nghiệm t0 ∈ ( 0;1) .
3

Suy ra cos x =

t0  1 
∈  0; ÷.
2  2

t0
−π
π
< x1 < 0 < x2 <
thì phương trình đã cho có 2 nghiệm
2
2
2
t0
π π
Với cos x = − thì phương trình đã cho có 2 nghiệm −π < x3 < − ; < x4 < π
2
2 2
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ −π ; π ] .
Bài toán 2. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên.

Với cos x =




Phương trình 3 f ( cos x ) − 4 = 0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn  −π ;
A. 5.

B. 6.

C. 4

3π 
?
2 

D. 3

4
3

Giải: Chọn A. Ta có 3 f ( cos x ) − 4 = 0 ⇔ f ( cos x ) = .
4
3

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy phương trình f ( x ) = có 4 nghiệm trong đó có 2
nghiệm trái dấu ( −1 < t1 < 0 < t2 < 1) nằm trong khoảng ( −1;1) .
3π 

Với x ∈  −π ;  , phương trình cos x = t1 có 3 nghiệm và phương trình cos x = t2 có 2


2




nghiệm. Vậy phương trình 3 f ( cos x ) − 4 = 0 có 5 nghiệm thuộc đoạn  −π ;

3π 
.
2 

Bài toán 3. (Câu 46 - Đề minh họa lần 2- năm 2020) - Cho hàm số f ( x ) có bảng biến
thiên như sau:

 5π 
của phương trình f ( sin x ) = 1 là
 2 
B. 4 .
C. 5 .

Số nghiệm thuộc đoạn 0;
A. 7 .

D. 6 .

15


Đáp số: Chọn C
2.2.3.6. Xây dựng một số bài toán từ bài toán về đẳng thức logarit.
Bài toán gốc: Giả sử p, q là các số thực dương thỏa mãn log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q ) .
Giá trị của

p
bằng: A. − 1 + 5
q
2

(

B. 8 .
5

)

C. 1 1 + 5 .
2

D. 4 .
5

Giải: Chọn A
 p = 16t
log16 p = t


⇔  q = 20t
log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q ) ⇔ log 20 q = t
⇒ 16t + 20t = 25t
log p + q = t
 p + q = 25t
)

 25 (

t
 4  −1 − 5
( vn )
 ÷ =
t
t
t
2
5
p  4  −1 + 5 .
 16   4 

Suy
ra
⇔
⇔  ÷ +  ÷ −1 = 0
= ÷ =
 4 t −1 + 5
q 5
2
 25   5 


 ÷ =
2
 5 

Từ bài tốn này với cách hướng dẫn học sinh phát triển các bài toán sau:

Bài toán 1. Cho x, y là các số thực dương thoả mãn log 9 x = log 6 y = log 4 ( 2 x + y ) . Giá trị
của

x
bằng:
y

A. 2 .

B.

 
C. log 2  ÷.
2
3

1
.
2

D. log 3 2 .
2

 x = 9t

t
⇒ 2.9t + 6t = 4t
Giải: Chọn B. Giả sử log 9 x = log 6 y = log 4 (2 x + y ) = t . Suy ra:  y = 6
 2 x + y = 4t


t

9
⇔ 2.  ÷
4

Bài tốn

 3 t
 ÷ = −1 (loai )
t
2
3t
x 9t  3  1

+  ÷ −1 = 0 ⇔
.Ta có: = t =  ÷ = .
 3 t 1
 2
y 6 2 2


 ÷ =
 2  2
2. Giả sử p và q là các số thực dương sao cho: log9 p = log12 q = log 16 ( p + q ) .

Giá trị của

q
bằng: A. 4 .

p
3

(

)

B. 1 1 + 2 .
2

C. 8 .
5

D. 1+ 5
2

Đáp số: Chọn D
Bài toán 3. Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log 9 x = log 6 y = log 4 ( x + y )
x −a + b
=
, với a, b là hai số nguyên dương. Kết quả của tổng a + b bằng:.
y
2
A. 11 .
B. 4 .
C. 6.
D. 8 .
Giải: Chọn C. Đặt t = log 9 x = log 6 y = log 4 ( x + y ) dẫn đến x = 9t , y = 6t , x + y = 4t

và

  3  t −1 + 5
 ÷ =
2t
t
2
3
3
 2




Khi đó 9t + 6t = 4t ⇔  ÷ +  ÷ − 1 = 0 ⇔ 
t
2
2
 3 ÷ = −1 − 5 ( L )
2
 2 

16


t

⇒

x  3  −1 + 5
= ÷ =

do đó a = 1, b = 5 . Vậy a + b = 6 .
y 2
2

Bài toán 4. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn log 6 x = log 9 y = log 4 ( 2 x + 2 y ) . Tỉ số
bằng: A.

x 2
= .
y 3

B.

x
2
=
.
y
3 −1

C.

x
2
=
.
y
3 +1

D.

x
y

x 3
= .
y 2

Đáp số: Chọn B
Bài toán 5. Cho x , y , z là các số thực thỏa mãn 2 x = 3 y = 6− z. Giá trị của biểu thức
M = xy + yz + xz bằng: A. 0.
B. 6 .
C. 3 .
D. 1 .
Đáp số: Chọn A
2017
Bài toán 6. Cho các số thực x , y , z thỏa mãn 3x = 5 y = 15 x + y − z . Gọi S = xy + yz + zx .
Khẳng định nào đúng?
A. S ∈ ( 1; 2016 ) .
B. S ∈ ( 0; 2017 ) .
Đáp số: Chọn C

D. S ∈ ( 2016; 2017 ) .

C. S ∈ (0; 2018).

(

)

)

(

2
2
2
Bài toán 7. Cho phương trình log 2 x − x − 1 .log 3 x + x − 1 = log 6 x − x − 1 . Biết

1 logb c
a
+ a − logb c (với
2
b > 0, b ≠ 1, a , c là các số nguyên tố và a > c ). Khi đó giá trị của a 2 − 2b + 3c bằng:
A. 0 .
B. 3.
C. 6 .
D. 4 .
2
Đáp số: Chọn B: Kết quả a = 3 , b = 6 , c = 2 . Vậy a − 2b + 3c = 3 .
 4x2 − 4x +1 
2
Bài toán 8. Biết x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình log 7 
÷+ 4 x + 1 = 6 x
2
x


1
và x 1+ 2 x2 = a + b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a + b .

4

phương trình có một nghiệm là 1 và một nghiệm cịn lại có dạng x =

(

(

)

)

A. a + b = 16 .
B. a + b = 11 .
C. a + b = 14.
D. a + b = 13 .
Đáp số: Chọn C
2.2.3.7. Xây dựng một số bài toán từ bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối:
Bài toán gốc: (Câu 48 - Đề minh họa lần 2- năm 2020) Cho hàm số f ( x ) =

x+m
( m là
x +1

f ( x ) + min f ( x ) = 2 . Số
tham số thực). Gọi là tập hợp tất cả các giá trị của sao cho max
[ 0;1]
[ 0;1]

phần tử của là: A. 6.
Giải: Chọn B

B. 2.

C. 1.

D. 4.

a/ Xét m = 1 , ta có f ( x ) = 1 ∀x ≠ −1
f ( x ) =1, min f ( x ) = 1 suy ra max f ( x ) + min f ( x ) = 2 .
Dễ thấy max
[ 0;1]
[ 0;1]
[ 0;1]
[ 0;1]

Tức là m = 1 thỏa mãn yêu cầu.

1− m

b/ Xét m ≠ 1 ta có f ' ( x ) = x + 1 2 không thay đổi dấu ∀x ∈ R \ { − 1}.
(
)
Suy ra f ( x) đơn điệu trên đoạn [ 0;1] . Ta có f ( 0 ) = m; f ( 1) =

1+ m
2

17

min f ( x) = 0
 [ 0;1]
1+ m
m
.
≤
0
⇔
−
1
≤
m
≤
0
⇒
Trường hợp 1:


m +1 
2
max f ( x) = max  m ;

0;1
2 
 [ ]

m +1
f ( x ) + min f ( x ) = 2

< 2 . Nên không thỏa mãn điều kiện max
Do −1 ≤ m ≤ 0 ⇒ m +
[ 0;1]
[ 0;1]
2

Trường hợp 2: m.

 m > 0 ( m ≠ 1)
1+ m
>0⇔
2
 m < −1

 m = 1( KTM )
m + 1 3m + 1
5

f ( x) + max f ( x) = m +
=
=2⇔
S = 1; −  .
Suy ra min
Vậy
5
[ 0;1]
[ 0;1]
 m = − (TM )
2
2

3

3


Từ bài toán này với cách hướng dẫn học sinh phát triển các bài toán sau:
2
Bài toán 1. Xét hàm số f ( x ) = x + ax + b , với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất
của hàm số trên [ −1;3] . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a + 2b .
A. 3 .
B. 4 .
C. − 4.
D. 2 .
Lời giải: Chọn C. Ta có max { A , B } ≥
Ta có max { A , B } ≥

A− B
2

A+ B
2

( 1) . Dấu “ = ” xảy ra khi

A= B.

( 2 ) . Dấu “ = ” xảy ra khi A = − B .

2
Xét hàm số g ( x ) = x + ax + b , có g ′ ( x ) = 0 ⇔ x =

−a
.
2

−a
∉ [ −1;3] ⇔ a ∉ [ −6; 2] . Khi đó M = max { 1 − a + b , 9 + 3a + b } .
2
Áp dụng bất đẳng thức ( 1) ta có M ≥ 4 + 2a > 8 .

Trường hợp 1:


a2
−a
∈ [ −1;3] ⇔ a ∈ [ −6; 2] . Khi đó M = max  1 − a + b , 9 + 3a + b , b −
Trường hợp 2:
4
2


a2
Áp dụng bất đẳng thức ( 1) và ( 2 ) ta có M ≥ max  5 + a + b , b −
4

1
2
⇔ M ≥ 16 + ( a + 2 ) .
8


.



1
2
 ⇔ M ≥ 20 + 4a + a
8


a = −2

a2

Suy ra M ≥ 2 . Vậy M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được là M = 2 khi 5 + a + b = − b
4


1 − a + b = 9 + 3a + b
 a = −2
⇔
. Do đó a + 2b = −4 .
b = − 1
Bài toán 2. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất

x 2 + mx + m
của hàm số y =
trên [ 1; 2] bằng 2 . Số phần tử của S là
x +1

A. 3 .
B. 1 .
C. 2.
D. 4 .

18


x 2 + mx + m .
Giải: Chọn C. Tập xác định: D = R \ { − 1} . Xét hàm số:
f ( x) =
x +1
 x = 0 ∉ [ 1; 2]
x + 2x
x + 2x
f ′( x) =
⇔
= 0 ⇔ x2 + 2x = 0 ⇔ 
.
2 ; f ′ ( x) = 0
2
( x + 1)
( x + 1)
 x = −2 ∉ [ 1; 2]

4
1
f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 1; 2] nên max y = max  m + , m + 
[ 1;2]
3

2

2


4
 m +
3
 

4
 m +
3
Max y = 2 ⇔  
[ 1;2]

1
 m +
2



1
 m +
2
 

2

=2

1
2

> m+
=2

2

m = 3
. Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn.
⇔
5
m = −

2

4
3

> m+

3
2
y có giá trị
Bài tốn 3. Cho hàm số y = x − 3x + m (với m là tham số thực). Hỏi max
[ 1;2]

nhỏ nhất là bao nhiêu?
Đáp số: Chọn C

A. 2 .

Bài toán 4. Cho hàm số y =

B. 4 .

C. 1.

D. 3 .

x 2 − ( m + 1) x + 2m + 2
y có
(với m là tham số thực). Hỏi max
[ −1;1]
x−2

giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A.

3
.
2

B.

1
.
2

C. 2 .

D. 3 .
Đáp số: Chọn B.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Thông qua tiến hành nghiên cứu trên các lớp trong ba năm liên tục với đề tài : “Một
số kinh nghiệm giảng dạy phát huy tính tích cực của học sinh thông qua phương pháp
giải và sáng tác các bài tập tốn THPT từ góc nhìn bài tốn gốc”. Tơi đã thu được một
số kết quả đó là đa số các em đã hiểu được bản chất vấn đề và vận dụng linh hoạt kiến
thức tinh thần tích cực hoá hoạt động học tập, kết quả học tập tốt hơn. Để chứng minh tôi
xin đưa ra minh chứng sau:
2.4.1. Tổ chức thực nghiệm: Tổ chức thực nghiệm tại trường THPT Bỉm Sơn
Thời gian tiến hành thực nghiệm từ tháng 10 năm 2018 đến tháng 3 năm 2021.
* Lớp thực nghiệm: 10C4-11B4-12A4
* Lớp đối chứng: 10C5-11B5-12A5
Trình độ đầu vào (đầu lớp 10) của 2 lớp tương đương và 2 lớp đều có 42 học sinh.
Giáo viên dạy lớp thực nghiệm: Thầy giáo Hoàng Minh Hiển
Giáo viên dạy lớp đối chứng: Cô giáo Lê Thị Thu Hà

19


2.4.2. Kết quả thực nghiệm.
2.4.2.1. Đối với lớp thực nghiệm: Hoạt động học 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 tốn 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 yếu hoặc
trung bình vì vượt quá khả năng của các em.

2.4.2.2. 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 HS yếu hoặc trung bình hầu như chỉ học đối phó.
2.4.2.3. Kết quả kiểm tra: Tiến hành 5 lần kiểm tra chung của 2 lớp, điểm TB như sau:
Điểm
Lớp

0,2- 1,2- 2,0- 3,0- 4,0- 5,0- 6,0- 7,0- 8,0- 9,0- Số học
1,0 1,8 2,8 3,8 4,8 5,8 6,8 7,8 8,8 10,0 sinh

TN (A4)

0

0

0

0

3

5

6

13

10

5

42

ĐC (A5)

0

0

1

4

5

5

7

10

7

3

42

Kết quả: - Lớp thực nghiệm có 39/42 (chiếm 92,86%) đạt trung bình trở lên, trong đó có

28/42 (chiếm 66,67%) đạt khá giỏi.
- Lớp đối chứng có 32/42 (chiếm 76,19%) đạt trung bình trở lên, trong đó có
20/42 (chiếm 47,62%) đạt khá giỏi.
Điều này khẳng định tính phù hợp của sáng kiến kinh nghiệm này trong việc làm tài
liệu tham khảo cho các Thầy Cơ khi giảng dạy Tốn ở bậc THPT.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Một số kết luận: Quá trình nghiên cứu đã dẫn đến những kết quả chủ yếu sau:
3.1.1. Hệ thống hoá quan điểm về hoạt động trong học tập và tích cực hố hoạt
động của học sinh thơng qua phương pháp sáng tạo bài tốn mới nhờ bài toán gốc.
3.1.2. Đưa ra định hướng và xây dựng được các kinh nghiệm sư phạm nhằm tích
cực hoá hoạt động của học sinh.

20


3.1.3. Bước đầu khảo nghiệm tính khả thi và hiệu quả của kinh nghiệm trên các
biện pháp sư phạm đã đề xuất bằng thực nghiệm.
3.1.4. Kinh nghiệm có thể dùng tham khảo cho GV Toán và HS bậc THPT.
3.2. Một số kiến nghị
3.2.1. Với Bộ Giáo dục và Đào tạo
- Đào tạo có chất lượng hơn ở tất cả các hệ đào tạo.
- Cần cải tiến phương thức tổ chức thi TN THPT QG và việc xét tuyển vào đại học, cao
đẳng cho phù hợp hơn.
3.2.2. Với Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa
- Có KH đào tạo và bồi dưỡng GV chưa đạt chuẩn và GV trên chuẩn phù hợp hơn.
- Có chính sách ưu đãi nhằm thu hút giáo viên giỏi, giáo viên của các mơn cịn thiếu ở
tỉnh bạn đến cơng tác tại Thanh Hóa.
- Tổ chức các hội nghị chuyên đề trao đổi học tập kinh nghiệm giữa các trường trung
học phổ thông tiên tiến xuất sắc trong tỉnh.
- Tăng cường hơn nữa cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy học cho các trường theo hướng

hiện đại.
Trên đây chỉ là một số kinh nghiệm và suy nghĩ của bản thân tơi, có thể cịn khiếm
khuyết. Rất mong được hội đồng khoa học, các đồng nghiệp nghiên cứu, bổ sung góp ý
cho đề tài được hồn thiện hơn, để những kinh nghiệm của tơi thực sự có ý nghĩa và có
tính khả thi.
Tơi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Bỉm Sơn, ngày 02 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.
Người thực hiện

Hoàng Minh Hiển

21


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO
HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hoàng Minh Hiển
Chức vụ và đơn vị cơng tác: Phó Hiệu trưởng, trường THPT Bỉm Sơn

TT

Tên đề tài SKKN

1.

Một số phương pháp giải phương
trình vơ tỷ
Phương pháp chứng minh bất đẳng
thức
Quy trình giải bài tập hình học
bằng phép biến hình
Phương pháp lượng giác hóa các
bài tốn bậc trung học phổ thông
Ứng dụng véc tơ vào giải tốn đại
số và giải tích
SEMINAR ‘‘Các chun đề tốn
lớp 10, 11 trong đề thi đại học,
cao đẳng’’
Một số giải pháp quản lý nhằm
xây dựng và nâng cao chất lượng
đội ngũ giáo viên trường trường
trung học phổ thông Bỉm Sơn

2.
3.
4.
5.
6.
7.

Cấp đánh giá xếp
loại

(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)
Ngành GD cấp Tỉnh,
tỉnh Thanh Hóa
Ngành GD cấp Tỉnh
tỉnh Thanh Hóa
Ngành GD cấp Tỉnh,
tỉnh Thanh Hóa
Ngành GD cấp Tỉnh,
tỉnh Thanh Hóa
Ngành GD cấp Tỉnh,
tỉnh Thanh Hóa
Ngành GD cấp Tỉnh,
tỉnh Thanh Hóa
Ngành GD cấp Tỉnh,
tỉnh Thanh Hóa

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B,
hoặc C)

Năm học
đánh giá
xếp loại

C

1993-1994

B

1996-1997

C

1999-2000

B

2001-2002

B

2004-2005

A

2012-2013

B

2018-2019

* Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào Ngành cho
đến thời điểm hiện tại.
----------------------------------------------------

22

MỤC LỤC
NỘI DUNG
Phần 1: Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phần 2: Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Những kinh nghiệm sư phạm nhằm tích cực hóa hoạt động
học tập của học sinh trong dạy toán bậc THPT
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động
giáo dục, giảng dạy của nhà trường
Phần 3: Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị

TRANG
1
1
1
1
1
1
2
3
3

19
20
20
20

23


PHẦN PHỤ LỤC:
Một số bài tập minh họa thêm trong việc phát triển từ bài toán gốc
1, Bài toán gốc thứ 1: " Với a, b, c là các số dương thì

( a + b + c ) 

1 1 1
+ + ÷ ≥ 9 ".
a b c

Dấu = xảy ra khi a = b = c.
1 1 1
9
+ + ≥
.
a b c a+b+c

Hay ta có bất đẳng thức tương đương

Từ bài toán này với cách hướng dẫn học sinh đưa ra các bài toán sau:
a
b

c
3
+
+
≥ .
b+c a+c a+b 2

Bài toán 1. Cho a, b, c là các số dương thì
(Bất đẳng thức Nesbit)
Bài tốn 2. Cho a, b, c là các số dương thì

2
2
2
9
+
+
≥
.
a +b b+c c+a a +b+c

Bài toán 3. Cho a, b, c là các số dương thì

a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥

.
b+c c+a a +b
2

Bài tốn 4. Chứng minh trong tam giác ABC ta ln có ha + 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 . Dấu “ = ” xảy ra khi nào?
A1 H B1 H C1H

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

1 1 1
+ + ≥ 10 .
a b c

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

a b
c
+ +
= 1 thì
bc ac ab

1 1 1
+ + ≥ 10 .
a b c

Bài toán 8. Chứng minh nếu ab + bc + ca =

1
1 1 1
thì a + b + c + + + ≥ 10 .
3
a b c

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

24


1 1
1
+ + ...
xn
 x1 x2

( x1 + x2 + x3 + ... + xn ) 


2
÷≥ n .


Bài tốn 10. (Mở rộng 2) Cho n số dương x1, x2 , x3 , …., xn thoả mãn
x1 + x2 + ... + xn ≤ 1 . Chứng minh x1 + x2 + ... + xn +

1 1
1
+ + ... + ≥ n 2 + 1 .
x1 x2
xn

2, Bài toán gốc thứ 2: 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 ra 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
ab 2 c
ab2 c
b a 2c
=
a
−
≥
a
−
=
a
−
≥ a−
2
2
1+ b c
1+ b c
2
4
2b c

Tương tự với các số hạng cịn lại ta có đpcm.
Bài toán 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
−

≥
a
−
=a−
2
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

Bài toán 5. Cho a, b, c dương và a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức

25