TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

-------------------------

PHẠM THỊ TƢƠI

RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO

CHO HỌC SINH THPT THÔNG QUA

GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH

BẰNG NHIỀU CÁCH

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Phƣơng pháp lý luận dạy học

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học

Th.S DƢƠNG THỊ HÀ

HÀ NỘI, 2014

LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô

giáo trong tổ phương pháp giảng dạy, cùng sự đóng góp ý kiến của các

bạn sinh viên đã giúp đỡ em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp.

Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến cô giáo

Dƣơng Thị Hà, người đã trực tiếp hướng dẫn và chỉ bảo tận tình giúp e

hoàn thành đề tài luận văn này. Trong quá trình thực hiện đề tài không

tránh khỏi những thiếu sót, rất mong các thầy, cô cùng toàn thể các bạn

sinh viên đóng góp ý kiến, sửa chữa đề tài để đề tài ngày càng hoàn thiện

và mang giá trị thực tiễn cao hơn.

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan kết quả nghiên cứu đề tài là kết quả nghiên cứu,

tìm tòi của bản thân. Đề tài và nội dung khóa luận là chân thực được viết

trên cơ sở khoa học là các sách, các tài liệu không trùng với đề tài của

các tác giả khác. Nếu sai tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.

Hà Nội, tháng 5 năm 2014

Sinh viên

Phạm Thị Tƣơi

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN

LỜI CAM ĐOAN

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU ................................................................................................ 1

NỘI DUNG ............................................................................................ 3

Chƣơng 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN .................................. 3

1.Tư duy .................................................................................................. 3

1.1.Khái niệm tư duy ......................................................................... 3

1.2.Đặc điểm của tư duy .................................................................... 4

1.3. Các thao tác tư duy ..................................................................... 4

2. Tư duy sáng tạo ................................................................................... 4

2.1. Khái niệm sáng tạo .................................................................... 4

2.2. Quá trình sáng tạo ....................................................................... 5

2.3. Tư duy sáng tạo .......................................................................... 6

2.3.1. Định nghĩa tư duy sáng tạo ................................................ 6

2.3.2. Cấu trúc của tư duy sáng tạo .............................................. 6

2.4. Phương hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh

thông qua dạy học ............................................................................. 7

3. Bài tập ................................................................................................. 8

3.1. Khái niệm bài tập ....................................................................... 8

3.2. Tác dụng của bài tập ................................................................... 8

3.3. Bài tập có nhiều cách giải ........................................................... 9

4. Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải

trong trường THPT .................................................................................. 9

4.1. Mục đích điều tra ........................................................................ 9

4.2. Phương pháp đối tượng điều tra .................................................. 9

4.3. Tiến hành điều tra ....................................................................... 9

4.4. Kết quả điều tra ........................................................................ 10

Kết luận chương I .................................................................................. 10

Chƣơng 2. RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC

SINH THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI

TÍCH CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC NHAU ............................... 11

1. Chủ đề phương trình, hệ phương trình, bất phương trình ................... 11

2. Chủ đề chứng minh bất đẳng thức, bất phương trình ......................... 24

3. Chủ đề nguyên hàm, tích phân........................................................... 35

4. Chủ đề lượng giác ............................................................................. 42

Kết luận chương 2 ................................................................................. 48

KẾT LUẬN .......................................................................................... 49

TÀI LIỆU THAM KHẢO ......................................................................

1

A. phẦn mỞ ĐẦu

1. Lí do chọn đề tài

Xu hướng dạy học hiện nay là chuyển trọng tâm của người dạy sang

người học. Người học có thể tự làm chủ kiến thức của mình,bằng việc tự

tìm tòi,khám phá những tri thức của nhân loại. Vì vậy dạy học hiện nay

ngoài việc cung cấp kiến thức thì việc nâng cao khả năng tư duy cho học

sinh là một vấn đề quan trọng. Tư duy phát triển thì người học mới có

khả năng tự học, tự chiếm lĩnh kiến thức cho riêng mình. Bài tập toán

học có thể xem là phương tiện tốt để rèn luyện tư duy. Và điều cần thiết

là rèn luyện được tư duy sáng tạo, tư duy sáng tạo có vai trò hết sức quan

trọng trong việc nhìn nhận, đánh giá và mở rộng lối suy nghĩ tích cực

của người học. Trong quá trình giảng dạy môn toán chúng ta nâng cao

chất lượng dạy học và phát triển tư duy cho học sinh bằng nhiều cách

khác nhau.Mỗi biện pháp có ưu nhược điểm riêng đòi hỏi giáo viên phải

biết lựa chọn, phối hợp các phương pháp một cách thích hợp nhằm phát

huy tối đa năng lực tư duy sáng tạo của học sinh. Một trong những biện

pháp hiệu quả, đó là đưa ra nhiều cách giải cho 1 bài toán, điều này sẽ

giúp phát huy được tư duy sáng tạo và trí thông minh của học sinh qua

đó góp phần nâng cao chất lượng dạy và học ở trường THPT. Vì các lí

do trên nên tôi chọn đề tài “Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh

THPT thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều

cách”.

2. Đối tƣợng nghiên cứu

- Các bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong chương

trình THPT.

2

3. Mục đích

- Đưa ra nhiều cách giải cho bài tập Đại số - Giải tích nhằm phát triển

tư duy sáng tạo cho học sinh, từ đó nâng cao chất lượng học tập.

4. Nhiệm vụ

- Nghiên cứu lí luận về bài toán nhiều cách giải và sự phát triển tư

duy sáng tạo của học sinh.

- Tổng hợp một số bài tập Đại số - Giải tích THPT nhiều cách giải.

5. Phạm vi nghiên cứu

- Chương trình Đại số - Giải tích ở trường THPT.

6. Giả thiết khoa học

- Giải được một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách và sử

dụng hợp lí sẽ phát triển được tư duy sáng tạo của học sinh.

7. Phƣơng pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứ lí luận.

- Phương pháp điều tra, quan sát.

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.

3

B. PHẦn NỘI DUNG

Chƣơng 1:CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ CƠ SỞ THỰC TIỄN

1. Tƣ duy

1.1. Khái niệm tƣ duy

Tư duy là phạm trù triết học dùng để chỉ những hoạt động của tinh

thần, đem những cảm giác của người ta sửa đổi và cải tạo thế giới thông

qua hoạt động vật chất, làm cho người ta có nhận thức đúng đắn về sự

vật và ứng xử tích cực với nó.

Theo Từ điển Bách khoa toàn thư Việt Nam, tập 4 (NXB Từ điển

bách khoa. Hà Nội. 2005): “Tư duy là sản phẩm cao nhất của vật chất

được tổ chức một cách đặc biệt : Bộ não người, tư duy phản ánh tích

cực hiện thực khách quan dưới dạng các khái niệm, sự phán đoán, lý

luận.v.v...”

Theo triết học duy tâm khách quan, tư duy là sản phẩm của “ý niệm

tuyệt đối” với tư cách là bản năng siêu tự nhiên, độc lập, không phụ

thuộc vào vật chất. Theo George Wilhemer Fridrick Heghen: “Ý niệm

tuyệt đối là bản nguyên của hoạt động và nó chỉ có thể biểu hiện trong tư

duy, trong nhân thức tư biện mà thôi”.. Karl Marx nhận xét: “Đối với

Heghen, vận động của tư duy được ông nhân cách hóa duới tên gọi ý

niệm là chúa sáng tạo ra hiện thực; hiện thực chỉ là hình thức bề ngoài

của ý niệm”.

Theo triết học duy vật biện chứng, tư duy là một trong các đặc tính

của vật chất phát triển đến trình độ tổ chức cao. Về lý thuyết, Karl Marx

cho rằng: “Vận động kiểu tư duy chỉ là sự vận động của hiện thực khách

quan được di chuyển vào và được cải tạo hay tái tạo trong đầu óc con

4

người duới dạng một sự phản ánh”. Những luận cứ này còn dựa trên

những nghiên cứu thực nghiệm của Ivan Petrovich Pavlov, nhà sinh lý

học, nhà tư tưởng người Nga. Bằng các thí nghiệm tâm-sinh lý áp dụng

trên động vật và con người, ông đi đến kết luận: “Hoạt động tâm lý là kết

quả của hoạt động sinh lý của một bộ phận nhất định của bộ”.

1.2. Đặc điểm của tƣ duy

Với tư cách là một mức độ của hoạt động nhận thức, tư duy có

những đặc điểm sau:

+ Tính “có vấn đề” của tư duy.

+ Tính gián tiếp của tư duy.

+ Tính trừu tượng và khái quát của tư duy.

+ Tư duy quan hệ chặt chẽ với ngôn ngữ.

+ Tính chất lí tính của tư duy.

1.3. Các thao tác tƣ duy

Quá trình tư duy được diễn ra bằng cách chủ thể tiến hành các thao

tác trí tuệ.Các thao tác cơ bản:

+ Phân tích - tổng hợp.

+ So sánh - tương tự.

+ Khái quát hoá, đặc biệt hoá, trừu tượng hoá.

2. Tƣ duy sáng tạo

2.1. Khái niệm về sáng tạo

Erich Fromm định nghĩa quan điểm sáng tạo như là sự tự nguyện để

bị làm bối rối (làm quen chính mình với một cái gì đó chưa được biết

đến với sự khó chịu), khả năng tập trung, khả năng trải qua kinh nghiệm

như là người tạo nguồn cho các hành động, sự tự nguyện chấp nhận mâu

thuẫn và sự căng thẳng do sự thiếu kiên nhẫn gây ra cho các ý tưởng

sáng tạo. Theo bách khoa toàn thư: “Sáng tạo là hoạt động của con người

5

trên cơ sở các quy luật khách quan của thực tiễn, nhằm biến đổi thế giới

tự nhiên, xã hội phù hợp với mục đích và nhu cầu của con người. Sáng

tạo là hoạt động có tính đặc trưng không lặp lại, tính độc đáo và duy

nhất”. Theo từ điển tiếng việt: “Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải

quyết mới, không bị gò bó phụ thuộc vào cái đã có”[10, tr.1130]. Tác giả

Nguyễn Cảnh Toàn cho rằng: “Sáng tạo là sự vận động của tư duy từ

những hiểu biết đã có đến những hiểu biết mới” [17, tr.7]. Các công trình

nghiên cứu này chỉ rằng ít có sự nhất trí về định nghĩa tính sáng tạo trừ

việc cho rằng nó là một phẩm chất của trí tuệ và có quan hệ với tính thông

minh. Sáng tạo là quá trình vừa hữu thức vừa vô thức và vừa có thể quan

sát được vừa không thể quan sát được. Bởi vì các quá trình vô thức và

không thể quan sát được khó xử lý trong lớp học, cho nên thường có sự

hiểu nhầm giữa giáo viên và những học sinh sáng tạo. Qua các khái niệm

trên có thể nói: “Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới không bị

gò bó phụ thuộc vào những cái đã có”.

2.2. Quá trình sáng tạo

Quá trình sáng tạo gồm 4 giai đoạn:

+ Giai đoạn chuẩn bị: Là giai đoạn chủ thể thử giải quyết vấn đề

bằng các cách khác nhau, huy động thông tin, suy luận.

+ Giai đoạn ấp ủ: Giai đoạn này bắt đầu khi công việc giải quyết

vấn đề bị ngừng lại, còn lại các hoạt động tiềm thức, các hoạt động bổ

xung cho vấn đề được quan tâm.

+ Giai đoạn bừng sáng: Giai đoạn ấp ủ kéo dài cho đến khi sự

“bừng sáng” trực giác, một bước nhảy vọt về chất trong tiến trình nhận

thức, xuất hiện đột ngột và kéo theo là sự sáng tạo. Đây là giai đoạn

quyết định trong quá trình tìm kiếm lời giải.

6

+ Giai đoạn kiểm chứng: Là giai đoạn chủ thể kiểm tra trực giác,

triển khai các luận chứng lôgíc để có thể chứng tỏ tính đúng đắn của

cách thức giải quyết vấn đề, khi đó sự sáng tạo mới được khẳng định.

2.3. Tƣ duy sáng tạo

2.3.1. Định nghĩa tƣ duy sáng tạo

Trong tâm lý học định nghĩa: “Tư duy sáng tạo là tư duy vượt ra

ngoài vi giới hạn của hiện thực, của vốn tri thức và kinh nghiệm đã có,

giúp quá trình giải quyết nhiệm vụ của tư duy được linh hoạt và hiệu

quả”. Một số tác giả cho rằng: “Tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc

lập tạo ra ý tưởng mới độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao. Ý

tưởng mới thể hiện ở chỗ phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo

ra kết quả mới. Tính độc đáo của ý tưởng thể hiện ở giải pháp lạ, hiếm,

không quen thuộc hoặc duy nhất ” [9, tr.72]. Nhà tâm lý học người Đức

Mehlhow cho rằng: “Tư duy sáng tạo là hạt nhân của sự sáng tạo cá

nhân, đồng thời mục tiêu cơ bản của giáo dục”. Theo Nguyễn Bá Kim:

“Tính linh hoạt, tính độc lập và tính phê phán là những điều kiện cần

thiết của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác nhau

của tư duy sáng tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ nét ở khả năng

tạo ra cái mới, phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả

mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ cái cũ” (Nguyễn Bá

Kim – Phương pháp dạy học môn Toán).

2.3.2. Cấu trúc của tƣ duy sáng tạo

Các nghiên cứu của nhiều nhà tâm lý học, giáo dục học…đã đưa ra

năm thành phần cơ bản của cấu trúc tư duy sáng tạo: Tính mềm dẻo, tính

nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề.

+ Tính mềm dẻo (Flexibility):Tính mềm dẻo của tư duy là năng lực

dễ dàng, nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức, chuyển từ góc độ

7

quan niệm này sang góc độ quan niệm khác, có khả năng định nghĩa lại

sự vật, hiện tượng, xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra sự vật mới

trong những mối liên hệ mới hoặc chuyển đổi quan hệ và nhận ra bản

chất của sự vật và điều phán đoán. Tính mềm dẻo của tư duy còn làm

thay đổi một cách dễ dàng các thái độ đã cố hữu trong hoạt động trí tuệ

của con người.

+ Tính nhuần nhuyễn (Fluency): Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể

hiện ở năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự tổ hợp giữa các yếu tố

riêng lẻ của các tình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết mới. Các nhà

tâm lý học rất coi trọng yếu tố chất lượng của ý tưởng sinh ra, lấy đó làm

tiêu chí để đánh giá sáng tạo.

+ Tính độc đáo (Originality): Tính độc đáo là khả năng tìm và quyết

định phương thức mới.

+ Tính hoàn thiện (Elabolation): Tính hoàn thiện là khả năng lập kế

hoạch, phối hợp các ý nghĩ và hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và

chứng minh ý tưởng.

+ Tính nhạy cảm vấn đề (Problem’s Censibitity): Tính nhạy cảm

vấn đề là năng lực nhanh chóng phát hiện ra vấn đề, sự mâu thuẫn, sai

lầm, thiếu loogic, chưa tối ưu... và từ đó đề xuất hướng giải quyết, tạo ra

cái mới.

2.4. Phƣơng hƣớng bồi dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh thông

qua dạy học

Các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân trong

tác phẩm “Khuyến khích một số các hoạt động trí tuệ của học sinh qua

môn toán ở trường trung học cơ sở” đã đưa ra những biện pháp sau đây

để bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo

cho học sinh cần kết hợp với các hoạt động trí tuệ khác . Bồi dưỡng tư

8

duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn luyện khả năng

phát hiện vấn đề mới, khơi dậy những ý tưởng mới Chú trọng bồi dưỡng

từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo . Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là

một quá trình lâu dài cần tiến hành trong tất cả các khâu của quá trình

dạy học môn Toán.

3. Bài tập

3.1. Khái niệm bài tập

Bài tập là nhiệm vụ mà giáo viên đặt ra cho người học, buộc người

học phải vận dụng các kiến thức đã học sử dụng hành động trí tuệ để giải

quyết các nhiệm vụ đó nhằm chiếm lĩnh tri thức, kỹ năng một cách tích

cực, chủ động, sáng tạo

3.2. Tác dụng của bài tập

+ Bài tập có tác dụng phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh.

+ Bài tập giúp học sinh hiểu rõ và khắc sâu kiến thức.

+ Thông qua bài tập hệ thống hóa các kiến thức đã học: một số lớn

các bài tập toán học đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức của nhiều

nội dung trong bài, trong chương. Dạng bài tổng hợp đòi hỏi học sinh

phải vận động vốn hiểu biết trong nhiều chương, nhiều bộ môn.

+ Cung cấp thêm kiến thức mới, mở rộng hiểu biết của học sinh về

các vấn đề thực tiễn cuộc sống .

+ Rèn luyện một số kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh như: Phát triển tư

duy: học sinh được rèn luyện các thao tác tư duy như: phân tích, so sánh,

quy nạp, diễn dịch, tổng hợp, suy luận tương tự…

+ Bài tập cũng giúp giáo viên đánh giá được kiến thức và kỹ năng

của học sinh. Học sinh cũng tự kiểm tra biết được những lỗ hổng kiến

thức để kịp thời bổ sung.

9

+ Giải bài tập rèn cho học sinh tính kiên trì, chịu khó, tính cẩn thận,

chính xác khoa học…Làm cho các em yêu thích bộ môn, say mê với

khoa học (những bài tập gây hứng thú nhận thức).

3.3. Bài tập có nhiều cách giải

Bài toán mà có thể giải được bằng nhiều cách với những phương

pháp giải khác nhau thì bài toán đó được gọi là bài toán có nhiều cách

giải. Bài toán được giải với các cách giải khác nhau nhưng vẫn có cùng

kết quả thì bài toán nhiều cách giải mang đến tính hứng thú cho học sinh

lẫn giáo viên hướng dẫn học sinh giải. Khi được giáo viên yêu cầu làm

bài tập với nhiều cách giải khác nhau thì học sinh có cơ hội vận dụng tất

cả các phương pháp giải toán đã được giáo viên giảng dạy, tư duy của

học sinh cũng phát triển. Với những bài toán mà việc chọn cách giải phù

hợp sẽ làm tiết kiệm thời gian giải bài điều này rất tốt với cách giải bài

toán trắc nghiệm như hiện nay.

4.Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải

trong trƣờng THPT

4.1. Mục đích điều tra

- Nắm được tình hình sử dụng bài tập nhiều cách giải nhằm phát

triển tư duy cho học sinh và nâng cao chất lượng học tập hiện nay.

- Nắm được mức độ cấp thiết và tính thực tế của đề tài.

4.2. Phƣơng pháp đối tƣợng điều tra

- Phương pháp điều tra: dùng phiếu điều tra, phỏng vấn.

- Đối tượng điều tra: Giáo viên toán trường THPT A Hải Hậu.

4.3. Tiến hành điều tra

Phỏng vấn 14 giáo viên dạy môn toán.

4.4. Kết quả điều tra

10

Hình thức bài tập toán

thầy (cô) sử dụng

Không

sử dụng

Sử dụng

không

thường

xuyên

Sử dụng

thường

xuyên

Rất

thường

xuyên

Bài toán (1 cách giải) rèn

luyện nhiều kĩ năng tính

toán.

0 2 8 4

Bài toán (1 cách giải) có

nét độc đáo, không thiên

về tính toán

0 2 7 5

Bài toán nhiều cách giả 0 1 10 3

Kết luận chƣơng 1

Trong chương này, tôi đã trình bày cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn

của đề tài, bao gồm các nội dung chính như sau:

1. Tư duy: khái niệm tư duy, đặc điểm tư duy, các thao tác tư duy, tư duy

sángtạo.

2. Bài tập: khái niệm bài tập, tác dụng của bài tập, bài tập có nhiều cách.

3. Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong

trường THPT.

Tất cả các vấn đề trên là nền tảng cơ sở cho phép tôi nêu lên sự cần

thiết phải thực hiện đề tài nghiên cứu nhằm phục vụ tốt cho thực tế giảng

dạy và nâng việc phát triển tư duy lên một bước cao hơn.

11

Chƣơng 2:RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH

THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH CÓ

NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC NHAU

1. Chủ đề phƣơng trình, hệ phƣơng trình, bất phƣơng trình

Một trong những yêu cầu đối với học sinh khi giải bài tập toán là

tìm tòi nhiều lời giải khác nhau cho một bài tập. Điều đó cũng đồng thời

kích thích sự hứng thú trong việc học toán của học sinh. Nhiều bài tập cơ

bản thuộc chương trình toán THPT có nhiều lời giải khác nhau như thế.

Nếu giáo viên và học sinh cùng tìm hiểu, khai thác thì sẽ giúp cho việc

dạy học toán được tốt hơn.

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình 2 2 2 0x mx m có hai nghiệm

1x , 2x thỏa mãn

1 21 x x

Cách 1: Phương trình có hai nghiệm thỏa mãn 1 21 x x

parabol 2 2 2y x mx m cắt trục hoành tại hai điểm phân

biệt có hoành độ lớn hơn 1

2

( ) 02 2 0

1 1 3 22

3 0(1) 0

by

a m mb

m ma

my

Cách 2: Đặt 1t x . Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình

2 2( 1) 3 0t m t m có hai nghiệm dương phân biệt. Điều đó tương

đương với:

' 20 2 0

0 3 0 3 2

0 1 0

m m

P m m

S m

12

Cách 3: Viết lại phương trình: 2 2( ) 2x m m m . Yêu cầu của bài

toán tương đương với:

2

2

2

22 0

1

2 11 2

mm m

m

m m mm m m

2

1

1 0 3 2

3

m

m

m m

m

Ví dụ 2: Giải phương trình: 221 1

3x x x x (1)

Điều kiện: 0 1x

Cách 1: (1) 2

222

1 13

x x x x

2 2

2 2

2

2

4( ) 6 0

4 6 0

0 03 12

x x x x

x x x x

x x x

xx x

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 1, 0x x

Cách 2: Đặt 1t x x , 1 2t

2

2 1

2

tx x

Phương trình trở thành:

2 111

23

ttt

t

13

1

1 10

xx x

x

Cách 3: Đặt a x ; 1b x ; 0, 0a b

Ta có: 2

2 2

23 2 3( )1

3( ) 2 1

1

ab a bab a b

a b aba b

1

0

2

3

2

a b

ab

a b

ab

(không tồn tại a, b)

0

1 0

11

0

a

b x

xa

b

Cách 4: Đặt sin ,x 02

Phương trình trở thành: 2 22

1 sin 1 sin sin 1 sin3

2(sin os ) 3(sin os ) 2 0

0sin os 1 0

sin os 2 12

c c

c x

c x

Qua ví dụ trên ta có nhiều cách để giải phương trình vô tỉ

Ví dụ 3 :( Câu II.2-A2010) Giải bất phương trình

2

11 2( 1)

x x

x x

(1)

14

Cách 1: Phương pháp biến đổi tương đương

Nhận xét: 2

2 22 1 1 ( 1 0, (0;1)x x x x do x x x

2 21 3 31 2( 1) 1 2( ) 1 0

2 2 2x x x x

Do đó có điều kiện 0x hay 0 1x (2)

Từ đó (1) 21 2( 1)x x x x

22( 1) 1x x x x

2

2 21 1 ( 1 0, (0;1)x x x x do x x x

2 2 2 1 0x x x x x

2

1 0x x

1 0x x

1 5

2x

3 5

2x

Nhận xét 3 5

   2

x

thỏa mãn điều kiện (2) nên đây là nghiệm duy

nhất của (1)

Cách 2: Phương pháp đặt ẩn phụ

Trong lời giải cách 1 ta có thể đặt x t để giải bây giờ ta xét 1 cách

đặt ẩn phụ khác. Tương tự như cách 1 ta có

(1) 22( 1)x x 1x x

Chia 2 vế của bất phương trình cho 𝑥 có

(1) 1 1

2( 1 ) 1x xx x

15

Đặt 21 1, 2y x có x y

xx

Ta có bất phương trình 22( 1) 1y y

2 2

1 0

2( 1) 2 1

y

y y y

2

11

( 1) 0

yy

y

Với 1y từ đó giải ra được 3 5

2x

Cách 3: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Ta có điều kiện (0;1)x và (1) 22( 1) 1x x x x

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky có

22 22 21 1.(1 ) 1 1 1x x x x

Hay 22( 1) 1x x x x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1

1 1

x x hay 1 0x x hay

3 5

2x

Cáh 4: Sử dụng đại lượng liên hợp

Lập luận được 0;1x

2(1) 1 2( 1)x x x x

2

2

2

2 1 2 1 0

2( 3 1)1 0

2 1 2

x x x x x

x xx x

x x x

16

Nhận xét: 2 23 1 ( 1) 1 3 1x x x x x x x do đó

(1)

2

2 11 (1 ) 0

2 1 2

x xx x

x x x

2

2

2 1 (2 2 )1 0

2 1 2

x x xx x

x x x

2

2 2

2( 3 1)1 0

2 1 2 2 1 2 2

x xx x

x x x x x x

2

2 2

2 11 0

2 1 2 2 1 2 2

x xx x

x x x x x x

Nhận thấy các nhân tử dưới mẫu và 2 1x x luôn dương với mọi

0;1x nên ta có (1) 2( 1) 0 1 0x x x x

3 5

2x

Bài tập:

1. 2

2 3

( 1 )1

1

x x x

x x x x

Đáp số : 5 1

2x

2. 2 4 23 2 1x x x x

Đáp số : x = 1 5

2

3. 21 3 2( 5 8)x x x x

Đáp số: x = 5

17

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau:

9 7 4 (1)

9 7 4 (2)

x y

y x

Giải:Điều kiện: 9 7

9 7

x

y

Cách 1:

Từ hệ phương trình đã cho, ta suy ra:

9 7 9 7x y y x

9 7 9 7x y y x (*)

Xét hàm số:

( ) 9 7f t t t ( 9 7t )

' 1 1( ) 0

2 9 2 7f t

t t

, ( 9;7)t

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên 9;7

Từ (*) ta có f fx y x y

Thế vào (1) ta thu được phương trình:

9 7 4x x

9 7 2 9 7 16x x x x

2

7 72 63 0

9 9

x yx x

x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

9 7;

9 7

x x

y y

18

Cách 2:

Hệ phương trình

2

2

9 7 4 ( 9 7 ) 16

9 7 4 ( 9 7 ) 16

9 7 2 9 7 16

9 7 2 9 7 16

2 9 7 0

2 9 7 0

x y x y

y x y x

x y x y

x y y x

x y x y

x y y x

2 9 7 2 9 7x y y x

7 63 9 7 63 9x xy y y xy x

đã cho tương đương với phương trình sau:

16 16 x y x y

Thế vào (1) ta thu được phương trình:

9 7 4 9 7 2 9 7 16 x x x x x x

2 2 63 0x x

27 7

2 63 09 9

x yx x

x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

9 7;

9 7

x x

y y

Cách 3:

Giải hệ phương trình chúng ta xét trong các trường hợp sau:

TH1: Nếu x>y thì ta có:

9 9x y và 7 7y x

Suy ra: 9 7 9 7x y y x

19

Mà 9 7 4

9 7 4

x y

y x

nên 4 4 (vô lý)

TH2: Nếu x y thì ta có: 9 9x y và 7 7y x

Suy ra: 9 7 9 7x y y x

Mà 9 7 4

9 7 4

x y

y x

nên 4 4 (vô lý)

TH3: Nếu x y thế vào (1) ta thu được phương trình:

9 7 4x x

9 7 2 9 7 16x x x x

2 2 63 0x x

27 7

2 63 09 9

x yx x

x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

9 7;

9 7

x x

y y

Cách 4:

Đặt 9 0, 7 0, 9 0, 7 0 u x v y z y t x

Ta thu được hệ phương trình:2 2

2 2

4 (1)

4 (2)

16 (3)

16 (4)

u v

z t

u v

z v

Từ (1) và (2) suy ra u v z t (5)

Từ (3) và (4) suy ra

2 2 2 2 2 2 2 2u t z v u v z t

( )(u v) (z t)(z t)u v (6)

20

Từ (5) và (6) ta được:

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) 0

u v z t

u v u v z t z t

u v u v z t u v

u v u v z t

( ) ( ) 0u v z t (vì 4 0u v )

u z v t (7)

Mặt khác từ (5) u v z t u z t v (8)

Từ (7) và (8) suy ra u z v t t v v t và u z

9 9

7 7

x yx y

x y

Thế vào (1) ta thu được phương trình:

9 7 4x x

9 7 2 9 7 16x x x x

2 2 63 0x x

2 2 63 0

7 7

9 9

x x

x y

x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm:9 7

;9 7

x x

y y

Cáh 5:

Xét hệ phương trình:9 7 4

9 7 4

x y

y x

Đặt x m y

điều kiện tồn tại căn thức là 7 0, 9 0x m x m .

Ta thu được hệ phương trình với ẩn m và x :

21

9 7 4

9 7 4

9 7 2 9. 7 16

9 7 2 9. 7 16

x x m

x m x

x x m x x m

x m x x m x

2 9. 7 0 (3)

2 9. 7 0 (4)

m x m x

m x m x

Từ (3) suy ra 0 0m m Và từ (4) suy ra 0m

Vậy để (3) và (4) đồng thời xảy ra thì ta phải có 0m

Vậy hệ (3) và (4) trở thành:

9. 7 0

9. 7 0

9. 7 0

9 0 9

7 0 7

x x

x x

x x

x x

x x

Mà x m y với 0m nên x y

Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm:9 7

;9 7

x x

y y

Ví dụ 5: ( ĐHA – 2013 ) Giải hệ phương trình sau:

44

2 2

1 1 2 (1)

2 ( 1) 6 1 0 (2)

x x y y

x x y y y

ĐK: 1x

Cách1:Với điều kiện 0y tacó:

2 1;x y y 2 1x y y

TH1:Nếu

2 1x y y thì 2 1 1 2 0 0y y y y y

( vì 0y )

22

Suy ra 1x . Thay vào hệ phương trình thỏa mãn. Vậy (1;0) là nghiệm

của hệ phương trình.

TH2: Nếu 2 1x y y , thay vào (1) ta được:

442 2 2 2y y y y y y

2 44 4( 2 ) 2 2 2y y y y y y (3)

Xét hàm số:

4

3,

4

( ) 2 ; 0

4( ) 1 0; 0

2 2

f t t t t

tf t t

t

Nên hàm số f(t) đồng biến trên0, )

Từ (3) suy ra:44 2 2y y y y y y

Đặt 0y a thì 8 2 2 0a a a

7

6 5 4 3 2

6 5 3 2

( 2) 0

( 1)( 2) 0

0 0 1

1 1 2

2 0

a a a

a a a a a a a a

a y x

a y x

a a a a a

( 6 5 4 3 2 2 0a a a a a a vô nghiệm vì 0a )

Tóm lại1

0

x

y

và

2

1

x

y

Cách 2:

Xét (1): 441 1 2x x y y

Đặt 44 1 1( 0)t x t x t

Thì 4 4(1) 2 2 3t t y y

23

Xét hàm số:

4

3,

4

(u) 2 ;u 0

4(u) 1 0; 0

2 2

f u u

uf u

u

Nên hàm số f(u) đồng biến trên 0, )

Từ (3) suy ra 4 1t y x y

Thế 4 1x y vào (2) ta được:

4 2 4 2

8 4 5 4 2

8 5 2 7 4

6 5 4 3 2

( 1) 2( 1)( 1) 6 1 0

2 1 2( 1) 6 1 0

2 4 0 ( 2 4) 0

(y 1)(y 3 3 3 4) 0

0 1

1 2

y y y y y

y y y y y y y

y y y y y y y

y y y y y y

y x

y x

(6 5 4 3 23 3 3 4 0y y y y y y vô nghiêm vì 0a )

Tóm lại1

0

x

y

và

2

1

x

y

Cách 3: Dùng phép nhân liên hợp

Ta có (1): 441 1 2x x y y

4 4( 1 2) ( 1 ) 0x y x y (*)

Lại có 2 2(2) 2 ( 1) ( 1) 4x x y y y

2( 1) 4x y y nên 0y

Nếu 0y , từ (*) ta được 4( 1 2) 1 0x x

Do 4f(x) ( 1 2) 1x x là hàm đồng biến trên 1, )

Mà f f 1 0x nên 1x

Nếu 0y thì ta có:

24

4 4

2444

1 1(*) 0

( 1).( 1 )1 2

x y x y

x x yx y

4

2444

4 4

1 1( 1) 0

( 1).( 1 )1 2

1 0 1

x yx x yx y

x y x y

Thế 4 1x y vào (2) ta được:

4 2 4 2

8 4 5 4 2

8 5 2 7 4

( 1) 2( 1)( 1) 6 1 0

2 1 2( 1) 6 1 0

2 4 0 ( 2 4) 0

y y y y y

y y y y y y y

y y y y y y y

6 5 4 3 2(y 1)(y 3 3 3 4) 0

0 1

1 2

y y y y y y

y x

y x

(6 5 4 3 23 3 3 4 0y y y y y y vô nghiêm vì 0a )

Tóm lại1

0

x

y

và

2

1

x

y

2. Chủ đề chứng minh bất đẳng thức, cực trị

Ví dụ1: CMR mọi số thực dương , y, zx thỏa mãn ( ) 3x x y z yz ta

có 3 33( ) 3 5x y x z x y x z y z y z (1)

Nhận xét: Đây không phải là bất phương trình đối xứng theo các biến,

trong các kì thi đại học thường là bất đẳng thức đối xứng. vế phải có 2

biến và vế trái có 3 biến đồng bậc nên trong suy nghĩ tìm lời giải là ta

phải giảm biến x ở vế trái , buộc vế trái xuất hiện ( )y z nhưng nếu làm

như vậy thì chỉ thu được đẳng thức. may mắn là bất đẳng thức quen

thuộc là 2

4y z yz và các dạng biến thể của nó nên việc tìm lời giải

sẽ xoay quanh phát hiện này

25

Cách 1:

Đặt  ,  ,a y z b z x c x y

Suy ra x , ,2 2 2

b c a a c b b a cy z

Từ điều kiện bài toán 2 22 2 2 24 3a b c b c a b bc c

Bất đẳng thức cần CM 3 3 35 3a b c abc

25 3a a b c bc (2)

Từ 2 2 2a b bc c

2

22 2 2 2 2 ( )

2 2( ) 2 22

a bc

b ca b c bc b c a b c

2

2

2 ( )

3 3

a a b c

a bc

(2) đúng suy ra (1) đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z

Cách 2: Từ giả thiết bài toán ta có

2 3 4x xy xz yz x y x z yz

Đặt , 4 a x y b y z thì ab yz ta có hằng đẳng thức

23 3 2 2 2 2( ) 2( )a b a b a ab b a b a b ab

2 2 2 2

2 2 2 8 4a b ab a b ab y z yz y z yz

= 2 2 2 2 3

2 4 4 2y z yz y z y z y z y z

(1)

Mặt khác ta có

2 3

3 12 3 3x y x z y z yz y z y z y z y z (2)

Cộng (1) (2) ta được điều phải chứng minh

26

Cách 3:

Đặt t y z từ giả thiết suy ra

2

3

x xtyz

vì

2

4

y zyz

23 3

4nên x x y z yz y z

22 2 23

2 4 24

x tx t x t t x t

BĐT

3 3

2 3 2 3 ( ) 5x y z x y x z x y z x y x z y z y z

3 3

2 3 2 5x y z x y x z x y z

3 322 6 ( ) 5x y z x x x y z yz y z

2

3 2 32 6 ( ) 53

x xtx t x x xt t

2 22 (2 3 2 ) 0t x xt t

2 22 3 2 0x tx t

2 22 3 2 0x tx t vì 02

tx nên

22 2 23

2 3 22 2

tx tx t t

Cách 4:

23 2 33 2 3 2( )x x y z y z yz xyz y z

2 33 2 2

3 3 3 23

x x y z x y z x x y z xyz y z

Đặt 2y z a bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

3 2 2 2 326 3 4 2 ( 2 ) 16

3x x a x a x x a x x a a

4 4 0x a x a a

Bất phương trình này đúng vì ngược lại nếu 2

y zx a x

27

Theo điều kiện ban đầu suy ra 2

4 y z yz vô lý

Ví dụ 2: Chứng minh nếu , ,a b c là xố dương thỏa mãn

abc ab ac bc thì 1 1 1 3

2 3 3 2 2 3 16a b c a b c a b c

Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức 1 1 1 1 1

( )9x y z x y z

Từ abc ab ac bc 1 1 1

1a b c

Đặt 1

xa

, y=1

b , z =

1

cthì 1x y z

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

1 1 1 362 3

2 3

1 2 3

2 3 36

a b cx y z x y z

x y z

a b c

Tương tự ta cũng có 1 2 3 1 2 3

;2 3 36 2 3 36

y z x z x y

c b a c a b

Cộng 3 đẳng thức trên ta có

1 1 1 6( ) 1 3

2 3 3 2 2 3 36 6 6

x y z

a b c a b c a b c

Cách 2:

1 1 1 1 1 1

2 3 9a b c a c b c b c a c b c b c

1 1 2 3

36 a b c

1 1 1 1 1 1

3 2 9a b c a c a c b a a c a c b a

1 3 1 2

36 a b c

28

1 1 1 1 1 1

2 3 9a b c b c b a b a a b b c b a

1 2 3 1

36 a b c

Cộng vế với vế ta được

1 1 1 1 6 6 6 3( )

2 3 3 2 2 3 36 16a b c a b c a b c a b c

Bài tập :1.Với , ,a b c là số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1

4a b c

.CMR1 1 1 1 1 1 1

( )2 2 2 4a b c a b c a b c a b c

2.Chứng minh với , ,a b c là số thực dương thỏa mãn điều kiện

abc ab ac bc thì 1 1 1 17

2 3 3 2 2 3 96a b c a b c a b c

Ví dụ 3: Với a, b, c là số thực không âm ta luôn có

( ) 0a a b a c b b c b a c c a c b

Cách 1: Đặt ẩn phụ

Do vai trò của , ,a b cnhư nhau nên ta có thể giả sử a b c

Đặt ,x a b y b c ta có bất đẳng thức tương đương

( ) 0c x y y c y xy c x y x x y

2 2 2( 2 ) 0c x y xy x x y luôn đúng do , ,x y c là các số không

âm

Dấu “=” xảy ra khi a b c hoặc , 0a b c hoặc các hoán vị của nó

Cách 2: Đánh giá

Do vai trò của , ,a b cnhư nhau nên ta có thể giả sử a b c

Khi đó có ( ) 0c c a c b

Ta xét 2 2 ( ) 0a a c b b c a b ac bc a b a b c

29

0a a b a c b b c a b

( ) 0a a b a c b b c b a

Cộng 2 bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh

Cách 3: Khảo sát hàm số

Do vai trò của , ,a b cnhư nhau nên ta có thể giả sử a b c

3 3 3 3 ( ) 0a b c abc ab a b bc b c ca c a

Xét hàm số

( )f a = 3 3 3 3 ( )a b c abc ab a b bc b c ca c a . Ta có

' 2 2 2

2 2 2 2

3 3 2 2

2 2 2 2

f a b c bc ab ac

a b a ba bc ac

a

bc c

2 2

2 2 0

a b a b a a b c a b c b c

a b a b a c c b c

nên ( )f a đồng biến .

vậy ( ) ( )f a f b = 23 23 2 0c a c ac a c c a c

Ví dụ 4: ( ĐH – A 2013)

Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn điều kiện2( )( ) 4a c b c c

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 2 2

3 3

32 32

( 3 ) (a 3 )

a b a bP

b c c c

Cách 1

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

3 3

33 3

32 1 1 32 1 1 63 . .

( 3 ) 2 2 ( 3 ) 2 2 3

a a aP

b c b c b c

3 3 2 2 2 2

3 3

32 32 6 62

( 3 ) (a 3 ) 3 3

a b a b a b a bP

b c c c b c a c c

30

2 2 2 2

2

3( )6. 2

9 3( )

a b ac bc a bP

ab c ac bc c

(*)

Ta có: 2 2( )( ) 4 3a c b c c ac bc c ab (1)

Thế vào (*) ta có:

2 2 2 2 2

2 2

3(3 )6. 2

9 3(3 )

a b c ab a bP

ab c c ab c

2 2 2 2 2

2

( 2 ) (9 )6. 2

2(9 )

a b ab c ab a bP

c ab c

2 2 2

2

3( )3. 3 2

(9 )

a b a bP

c ab c

2 2 2

2

3( )3. 1

6

a b a bP

c ac bc c

(do (1))

2 2 23( )3. 1

c(6 )

a b a bP

c a b c

2 2

3( )3. ( ) ( ) 1

(6 )

a ba bc cP

a b c c

b c

(**)

Đặt ; ( 0; 0)a b

x y x yc c

thì ( 1)( 1) 4 3x y xy x y (2)

22 23(x )

(**) 3. 1(6 )

yP x y

x y

2

23 ( ) 4

( ) 2 1(6 )

x y xyx y xy

x y

2

2( ) 4 3 ( )3 ( ) 2 3 ( ) 1

(6 )

x y x yP x y x y

x y

do(2)

(***)

31

Đặt x y t . Lại có

2

2 ( ) ( )4c ( )( )

2

2 2

a c b ca c b c

a bc a b

c c

Hay 2x y t Nên từ (***) ta có:

2

2

22

2

2

4(3 )3. 2 3 1

6

4 123. 2 6 1

6

( 2)( 6)3. 2 6 1

6

3( 2) 2 6 1 ( )

t tP t t

t

t tP t t

t

t tP t t

t

P t t t f t

Ta có: ,

2

1( ) 3

2 6

tf t

t t

2 2

1 13 0 3

2 6 2 6

t t

t t t t

2

2 2

3 2 6 1

2 6 2 6

t t t

t t t t

2 2

2 2 2 2

9 18 54 2 1

( 2 6) ( 2 6)

t t t t

t t t t

2

2 2

8 16 550

( 2 6)

t t

t t

2

,

( ) 8 16 55

( ) 16 16 0, 2

g t t t

g t t t

Nên 2( ) (2) 8.2 16.2 55 9 0g t g

32

Suy ra 2

13 0

2 6

t

t t

hay ,( ) 0f t

Nên hàm ( )f t đồng biến trên nửa khoảng 2, )

Suy ra f( ) (2) 1 2t f

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 2 khi 2 1t a b c

Cách 2:

Đặt , .a b

x yc c

ta được 0, 0x y điều kiện của bài toán trở thành

3xy x y khi đó

3 32 2

3 3

32 32

3 3

x yP x y

y x

33 3

3

3 3

0, 0 3

3

4 4

u v ta cóu v u v uv u v

u vu v u v

Do đó

33 23 3

3 3

2 3 3 )32 328 8

3 3 3 3 93 3

x y xy x yx y x y

y x xy x yy x

Thay 3xy x y vào biểu thức ta có

33 3

3

3 3

1 632 328 1

2 63 3

x y x yx yx y

x yy x

Do đó

3 3 22 21 1 2P x y x y x y x y xy

3 2

1 2 6x y x y x y

0t x yt và 3 21 2 6P t t t

33

Ta có

2 2

34 4

x y tx y xy x y t

nên 2 6 0t t

Do đó 0t

Xét 3 2 1 2 6 f t t t t vì 2t ta có

2'

2

13 1

2 6

tf t t

t t

Với mọi 2t ta có 2

3 1 3t và 2

1

2 6

t

t t

2

7 7 21 1 3

2 21 7t

Khi a b c thì P 1 2 Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 2

Ví dụ 5.(Đại học khối A - 2007).

Cho 0, 0, 0, 1.x y z xyz Tìm GTNN của biểu thức:

2 2 2

2 2 2

x y z y z x z x yP

y y z z z z x x x x y y

Nhận xét :

Nhìn vào biểu thức P trông rất phức tạp nhưng nỗi lên rõ biến đó có liên

quan đến ,x x ,y y z z Do vậy để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa về

bài toán mới. Mặt khác với suy nghĩ đổi biến như vậy thì chúng ta cần

đánh giá tử số đưa về biến cần đổi và chú ý tới điểm rơi là 1x y z .

Ta có bài giải như sau:

2

2

2

2

2

2

Cauchy

Cauchy

Cauchy

x y z x x

y z x y y

z x y z z

34

Cách 1: Đặt 2 , 2 , 2a x x y y b y y z z c z z x x

Suy ra: 4 2 4 2 4 2

, ,9 9 9

c a b a b c b c ax x y y z z

Do đó: 2 2

4 6 4.3 3 6 29 9

c a b a b cP

b c a b c a

Vậy 2 1.MinP x y z

Cách 2:

2 2 2

2 2 2

22 2

2 2 2

x y z y z x z x yP

y y z z z z x x x x y y

y yx x z z

y y z z z z x x x x y y

Đặt ; ; 1a x x b y y c z z abc

=>2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

P a b c a b c

b c c a a b ab ac bc ba ca cb

2_ 3

1 22 3 3

svac so a b c ab bc caPP

ab bc ca ab bc ca

( bất đẳng thức

so-vac)

Bài tập

1. Cho 3

0, 0, 0,4

x y z x y z . Tìm giá tri lớn nhất của biểu

thức. 33 33 3 3P x y y z z x

Nhận xét: Ta thấy , ,x y z có vai trò như nhau trong biểu thức. Từ đó ta

dự đoán dấu bằng xảy ra khi 1

4x y z . Với dấu bằng xảy ra tại

1

4x y z nên 3 1; 3 1; 3 1x y y z z x , mặt khác để khử được

căn bậc 3 ta phải Cauchy như sau:

35

Hƣớng dẫn

3

3

3

3 1 13 .1.1 .

3

3 1 13 .1.1 .

3

3 1 13 .1.1 .

3

Cauchy

Cauchy

Cauchy

x yx y

y zy z

z xz x

Cộng vế theo vế1

3 ax 34

P M P x y z .

2. Cho a, b, c dương và a2 + b

2 + c

2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

3 3 3

2 2 23 3 3

a b cP

b c a

Hƣơng dẫn

Ta có: 3 3 2 6 2

3

2 2

3 33

16 64 42 3 2 3

a a b a a

b b

(1)

3 3 2 6 2

3

2 2

3 33

16 64 42 3 2 3

b b c c c

c c

(2)

3 3 2 6 2

3

2 2

3 33

16 64 42 3 2 3

c c a c c

a a

(3)

Lấy (1) + (2) + (3) ta được:

2 2 2

2 2 29 3

16 4

a b cP a b c

(4)

Vì 2 2 2 3a b c Từ (4)3

2P vậy giá trị nhỏ nhất

3

2P khi

1a b c .

36

3. Chủ đề nguyên hàm, tích phân

Ví dụ 1: ( ĐH – A2013 )

Tính tích phân:

2 2

2

1

1ln

xI xdx

x

Cách 1:

2 2 22

2 2

1 1 1

1 1ln ln ( )ln

xI xdx xdx xdx

x x

Ta xét:

2 2 2

2 2 2

1 1 1

21 1 1 1( )ln ln ( ) ln

1

2 21 1 1 1ln ln 2

1 1 2 2

I xdx xd x dxx x x x

xx x

2

1

1

ln 2ln 2 1I xdx

Vậy 1 2

1 1 12ln 2 1 ln 2 (5ln 2 3)

2 2 2I I I

Cách 2:

2 2 22

2 2

1 1 1

2

1

1 1 1ln (1 )ln ln ( )

21 1 1ln ( ) ( )

1

xI xdx xdx xd x

x x x

x x x dxx x x

2 21 1ln ( ) ( )

1 1

1(5ln 2 3)

2

x x xx x

Vậy1

(5ln 2 3)2

I

37

Cách 3:

2 22

2 2

1 1

1 1ln (1 )ln

xI xdx xdx

x x

Đặt lnt x tx e vàtdx e dt ; 1 0; 2 ln2x t x t

2 2 2

2

1 1 1

2

1

ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

1(1 ) . ( ) t ( )

ln 2( ) ( )

1

ln 2 2( ) ( )

1 1

ln 2( ) ( )

1 1 1ln 2(2 ) (2 ) (5ln 2 3)

2 2 2

t t t t t

t

t t t t

t t t t

I t e dt e e dt td e ee

t e e e e dt

t e e e e

e e e e

Vậy 1

(5ln 2 3)2

I

Ví dụ 2: Tính tích phân

3 3

2

01

xdx

x

Cách 1 : Dùng đổi biến bằng biện pháp lượng giác hóa

Đặt 2tan 1 tanx t dx t dt

Đổi cận 0 0; = 33

x t x t

I= 3 3 3 3

3 2

0 0 0 0

tan tan tan 1 1 tan (tan 1) tant dt t t dt t t dt tdt

3 3

0 0

( ) 3tant tan ln 2

os

2os

d c td t

c t

38

Cách 2: Dùng tích phân từng phần

Đặt

2

2 1

x u

xdxdv

x

I 2 2 31ln 1

2 0x x -

3

2

0

ln 1x x dx

3

2 2

0

13ln 2 ln( 11) 1 3ln 2

2x d x J

Với J= 3

2 2

0

ln( 1) 1x d x

Đặt

2

2

ln( 1)

( 1)

x u

dv d x

2

2

2

( 1)

1

1

d xdu

x

v x

I = 3ln2 - 3

2 2 2

0

1 3[ 1 ln 1 1

2 0x x d x ]

= 3ln2 - 1 3

8ln 2 3 ln 22 2

Cách 3: Chia tử số cho mẫu số để tách thành 2 tích phân

I=

3

2

0

( )1

xx dx

x

3 3 2

2

0 0

3

1 2 0

x xxdx dx

x

3 2

2

0

1 ( 1) 3ln 2

2 1 2

d x

x

Như vậy dễ dàng nhận thấy cách 3 đơn giải hơn nhiều

Bài tập :

Tính tích phân

I =

0 2

2 3

1( 1)

x dxdx

x

Đáp án I = 𝜋

32

39

Ví dụ 3: Tính tích phân

I = 1

3 4 3

0

(3 2 )x x dx

Cách 1: Nếu suy nghĩ theo cách thông thường thì ta có khai triển thành

tổng các tích phân như sau

I = 1 1

3 4 8 12 3 7 11 15

0 0

27 54 36 8 27 54 36 8 )x x x x dx x x x x dx

= 4 8 12 1627 54 36 8

4 8 12 16

1 5

0 2x x x x

Cách 2: Biến đổi

Đặt t = 4 33 2 8x dt x dx

Đổi cận 0 3,    1 1x t x t

I =1 4

3

3

1 1

8 8 4

tt dt

3 5

1 2

Cách 3: Sử dụng vi phân

Để ý thấy4 31

(3 2 )8

d x x dx ta có lời giải sau

I = 1 4 4

34 4

3

1 1 (3 2 )3 2 3 2

8 8 4

xx d x

1 5

3 2

Bài toán này có vẻ khá dễ dàng với 1 số bạn nhưng để ý rằng nếu bậc

của 43 2x cao hơn bậc 3 như thế cách 1 sẽ quá khó khăn để thực hiện

được nhưng nếu sử dụng cách thứ 2 hoặc 3 thì dễ dàng thực hiện được.

Ở đây dùng phương pháp 3 dễ mà hiệu quả nhất

40

Ví dụ 4: Tính tích phân

I = 1 2

4 3 2

1

2

2

2 5 4 4

xdx

x x x x

Cách 1: Ta phân tích mẫu số của biểu thức dưới dấu tích phân

4 3 22 5 4 4x x x x = ( 4 3 2 22 ) 4( ) 4x x x x x

= 2 2( 2)x x

Dùng phương pháp tách tích phân

2

4 3 2

2

2 5 4 4

x

x x x x

2

2 2 2 2 2

2

( 2) 2 ( 2)

x Ax B Cx D

x x x x x x

Sau đó sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được ABCD. Tuy

nhiên ta thấy mặc dù vẫn có thể đi đên lời giải nhưng thực hiện theo

phương pháp này khá dài và phức tạp

Cách 2: Chia cả tử và mẫu cho x2

I =

12

2122

21

4 22( ) 5

x

x xx x

dx

Đặt t = x + 2

2 21dt dx

x x

Đổi cận 1 9

, 1 32 2

x t x t

I =

9

3 2

2 2

9 3

2

( 1) 1

2 1 ( 1) 1

dt d t

t t t t

9

32

443

Cách 3: Nếu học sinh khá hơn thuần thục kĩ năng đưa biểu thức vào

viphân có thể thực hiện như sau

41

I

12

2122

21

4 22( ) 5

x dx

x xx x

= 1

1 31

2 441 2x

x

Ví dụ 5: Tính tích phân

I

2

22 1

dx

x x

Cách 1: Biến đổi

Đặt 2 2 21 1x tx t xdx tdt

Đổi cận 2 3 ;  2 1x t x t

I

2 3 3

2221 12

( 1)11

dx tdt dt

tt tx x

Đặt tant u dt = 2cos

du

u Đổi cận 1t u

4

, t 3

3u

I 3 32

2

4 4

cos

tan 1 12

du

u duu

Cách 2: Đổi biến

Đặt 2

1 dxt dt

x x

Đổi cận 2x suy ra 1

2t ; x 2 suy ra t

1

2

I

11

2 22

2 2 21 12

22

1 1 1

dx dt dt

x x t t

Đặt sin  t u suy ra cosdt udu

42

Đổi cận t1 1 π

;4 2 62

u t u

I 4 4

2

6 6

1 sin

osc ududu

u

π

12

Cách 3: Đặt xs

1

oc t suy ra

2

sin

cos

tdtdx

t

Đổi cận x 2 suy ra ; 24

t x

suy ra

3t

I 3 2

2

4 2

sin

cos

1 cos

cos

tdt

t

t

t

3 3

4 4

sin

sin

tdtdt

t

12

Cả ba cách trên về bản chất đều là phương pháp đổi biến

Bài tập

Bài 1: (đại học-cao đẳng 2003-khối A)

Tính tích phân I =

2 3

25 4

dx

x x

Kết quả I = 1 5

ln4 3

I

1

2

21

4

dx

x x

Kết quả I = 𝜋

6

I sin

sin

os

os

xc xdx

x c x

Kết quả I sin 1

1 1 4o– sin ln

2 4 2n

s

si 14

x

c x x c

x

43

4.Chủ đề lƣợng giác

Ví dụ 1 : Giải phương trình

6 23cos4 8cos 2cos 3 0x x x

Nhận xét: Từ sự xuất hiện cung 4x mà ta có thể đưa về cung x bằng công

thức nhân đôi như sau

2 2cos4 2cos 2 1 2 2cos 1 1x x x = 8 4 2cos 8cos 1x x

Cách 1: Phương trình

6 4 24cos 12cos 11cos 3 0x x x

Đặt t = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 ; 0≤ t ≤1

Khi đó ta có 3 24 12 11 3 0t t t

1

0,5

t

t

Từ đó ta giải ra nghiệm của phương trình là

x = ,4 2

k k k Z

Nhận xét 2: Từ sự xuất hiện các lũy thừa bậc chẵn của cos mà ta có thể

chuyển về cung 2 x bằng công thức hạ bậc và từ cung 4 x ta chuyển về

cung 2 x bằng công thức nhân đôi

Cách 2:

2 31 cos2 1 cos23 cos 2 1 8( ) 2 3 0

2 2

x xx

2cos2 2cos 2 3cos2 2 0x x x

cos2 04 2

cos2 1

x x k

xx k

k Z

44

Nhận xét 3: Từ sự xuất hiện các hệ số tỉ lệ với nhau mà ta liên tưởng đến

việc nhóm các hạng tử và đưa về phương trình tích

Cách 3:

6 23cos4 8cos 2cos 3 0x x x

2 43 1 cos4 2cos 4cos 1 0x x x

2 2 2 26cos 2 2cos 2cos 1 2cos 1 0x x x x

2 2cos2 3cos2 cos (2cos 1) 0x x x x

2 4 2

cos2 0

3(2cos 1) 2cos cos 0

x

x x x

(1)

Phương trình cos2 x = 0

x = 𝜋

4+ 𝑘

𝜋

2

Phương trình (1) 4 22cos 5cos 3 0x x

Suy ra 2cos 1x suy ra x k

Vậy x = 𝜋

4+ 𝑘

𝜋

2

Bài tập

Giải phương trình:

1. 2sin 1 co os2 2 1 ssinx x x c x (ĐH D-2008)

Đáp số : 2

2 ;3 4

x k x k

2. cos3 c 0oos2 s 1x x c x (ĐH D-2006)

Đáp số: 2

2 ;3

x k x k

Ví dụ 2 (ĐH-A2005): Giải phương trình

2 2cos 3 . 2 coso 0sx c x x (1)

45

Cách 1 :

Phương trình (1)1 cos6 1 cos2

. 2 02

s2

ox x

c x

oscos6 . 2 1 0x c x

1

cos8 cos4 1 02

x x

22cos 4 1 cos4 2 0x x

22cos 4 cos4 3 0x x

cos4 x = 1

Suy ra x = ,2

k k z

Cách 2: (1) ocos6 . 2 1 0sx c x

( 34cos 2 3cos2 os). 2 1 0x x c x

4 4 2cos 2 3cos 2 1 0x x

Ta tìm được nghiệm x = ,2

k k z

Cách 3: (1) ocos6 . 2 1 0sx c x

cos6 s. 2 1ox c x

cos2 1 cos6 1

cos2 1 cos6 1

x x

x x

Khi os2 1c x thì os6c x = 34cos 2 3cos2 1x x

Khi os2 1c x thì cos6 x = 34cos 2 3cos2 1x x

Vậy hệ trên tương đương sin2 0x cho ta nghiệm x = ,2

k k z

Ví dụ 3: (ĐHCĐ-2000) Giải phương trình

1 3tan 2sin2x x

Cách 1:Điều kiện: cos x ≠ 0

46

1 + 3tan x = 2sin2 x

osos

sin1 3 4sin

xxc x

c x

2cos 3sin 4sin osx x xc x

Nhận xét : đây là phương trình đẳng cấp bậc 3 nên ta chia 2 vế của

phương trình cho 𝑐𝑜𝑠3𝑥 ta được

2 2

3 2

1 tan3 4tan 1 tan 3tan 1 tan 4tan

cos cos

xx x x x

x x

3 3 2tan tan tan 1 0x x x

2tan 1 3tan 2tan 1 0x x x

tan 1x

x = ,4

k k Z

Vì 23tan 2tan 1 0x x vô nghiệm

Chú ý ta có thể chia từ đầu 2 vế của phương trình cho 2osc x

Nhìn vào phương trình ta thấy xuất hiện tanx và sin2 x ta nghĩ đến mối

liên hệ giữa chúng 2 2 2

2s 2tansin 2

sin cos 1 tan

in cos xx

x

x

x x

x

Cách 2: Đặt tant x

Suy ra sin2 x = 2

2

1

t

t phương trình trở thành

2

41 3

1

tt

t

3 23 1 0t t t

( 1t )(23 2 1) 0t t

1t suy ra tan 1x . Vậy x = ,4

k k Z

47

Bài tập

1. 3 34sin 3 4cos 3 3 3cos4sin 3os xxc x x x

Đáp số: x = 24 2

k

; x = 8 2

k k Z

2. 3 3 2ocos 4sin 3 n si 0s si nx x c x x x

Đáp số: x =4

k

; x =6

k

k Z

3. 3 2cos 3sin 0x sinx xcosx

Đáp số: x =4

k

; x =1 k ; x =

2 k k Z

Trong đó tan1 1 2 tan

2 1 2

Ví dụ 4: giải phương trình

2 22sin tan 2x x

Điều kiện cos x ≠ 0

Cách 1:Phương trình 2

2

2

2tantan 2

1 tan

xx

x

2 2 4 22tan tan tan 2 2tanx x x x

4 2tan tan 2 0x x

2

2

tan 1

tan 1

x

x

tan x = ± 1 = tan(±

𝜋

4)

x =4

k

k Z

Cách 2: 2 22sin tan 2x x

2

2

2

sin2sin 2

cos

xx

x

2 2 2 22sin cos sin 2cosx x x x

48

4 22cos cos 1 0x x

2 1

cos2

x cos2 x = 0 x = ±𝜋

4+ 𝑘𝜋 k Z

Chú ý đối với phương trình 2 1

cos2

x ta không nên giải trực tiếp vì khi

đó có tới 4 nghiệm khi kết hợp và so sánh với điều kiện phức tạp nên ta

hạ bậc là cách tối ưu nhất

Bài tập

1. 2 an ttan ant 3 2xx x Đáp số: x = 4 2

k k Z

2. 1

2tan cot 2 2sin 2sin 2

x x xx

Đáp số: x =3

k

k Z

ví dụ 5: Giải phương trình

2sin 1 cos2 si 2 osn2 1x x x c x

Cách 1: 2sin 1 cos2 si 2 osn2 1x x x c x

22sin 2cos 2sin 1 2os osx x xc x c x

2 1 2sinos os 1 0c x xc x

2cos 1 0

2sin cos 1 0

x

x x

1cos

2

sin 2 1

x

x

x =4

k

k Z

Cách 2: 2sin 1 cos2 si 2 osn2 1x x x c x

2sin 2 1 sin2 2 sins o 0o sxc x x c x x

22sin sin sin ( sin ) 2 sos os os os in 0x c x x c x x c x x c x x

2sin 2sinos os 2sin 2os 0c x x xc x x c x

49

2os ossin 2sin 2 oscos sin 0c x x xc x x c x x

2 sin sin 0os os osc x x c x x c x

sin 2os os 1 0x c x c x

sin cos 0

2cos 1 0

x x

x

x =4

k

k Z

Bản chất của 2 cách trên là phân tích phương trình thành tích

Bài tập

os os2 1 2sin sin2 sinc x x c x x x

Đáp số: x = 2 ;3 4

k x k

k Z k Z

1. 2 21 sin 1 cos sin 1 ss n2o ix c x x x x

Đáp số: 2 2 kZ4 2

x k x k x k

2. 2sin 1 co os2 2 1 ssinx x x c x

Đáp số: x =2

2 , 3 4

k x k

k Z

Kết luận chƣơng 2:

Trong chương này tôi đã đề xuất một số bài toán được giải bằng nhiều

cách với các chủ đề như: phương trình, bất phương trình, hệ phương

trình,chứng minh bất đẳng thức, cực trị, nguyên hàm tích phân, phương

trình lượng giác. Với các bài toán được giải bằng nhiều phương pháp

khác nhau thấy được ưu hay nhược điểm của từng cách từ đó giúp học

sinh nắm bắt được cách giải, phát triển được tư duy sáng tạo để tạo ra

các cách giải thông minh, ngắn gọn hơn.

50

KẾT LUẬN

Qua quá trình thực hiện đề tài, tôi đã thu được một số kết quả sau:

- Làm sáng tỏ khái niệm tư duy, tư duy sáng tạo, phát triển tư duy sáng

tạo

- Bước đầu đề xuất giải pháp để nâng cao hiệu quả rèn luyện tư duy sáng

tạo cho học sinh trong dạy học

. Điều tra 14 giáo viên dạy ở trường THPT A Hải Hậu, về thực trạng sử

dụng bài toán nhiều cách giải , kết quả cho thấy hầu hết đều thấy được

tầm quan trọng của việc sử dụng bài toán nhiều cách giải trong việc phát

triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học

. - Nêu ra một số bài toán nhiều cách giải hình thức tự luận dùng cho

học sinh THPT với các thể loại phong phú: phương trình, hệ phương

trình,bất phương trình, bất đẳng thức, tích phân, lượng giác... Ở mỗi bài

toán đều có từ hai cách giải trở lên và đã được hướng dẫn cách giải chi

tiết, đồng thời trong mỗi bài toán đều có nhận xét riêng, điều này giúp

giáo viên và học sinh hiểu rõ hơn ý nghĩa của từng phương pháp giải

- Đã hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu đề ra. Hơn nữa, đề tài và phương

pháp nghiên cứu của luận văn còn có thể áp dụng cho nhiều nội dung

khác nhau của môn Toán. Do khả năng và thời gian nghiên cứu có hạn

nên kết quả của luận văn mới chỉ dừng lại ở những kết luận ban đầu,

nhiều vấn đề của luận văn vẫn chưa được phát triển sâu và không thể

tránh được những sai sót. Vì vậy, tác giả rất mong được sự quan tâm của

các thầy cô để bổ sung tốt hơn cho các bài toán nêu trong đề tài góp phần

nâng cao hiệu quả dạy học

Đề xuất:

51

Mỗi giáo viên chủ động ý thức nâng cao trình độ, tiếp cận với sự phát

triển của giáo dục.

- Thường xuyên lồng ghép bài toán nhiều cách giải trong quá trình dạy

học sinh giải toán .

- Cố gắng tự mình thiết kế hệ thống bài toán có chất lượng tốt trong đó

có bài toán nhiều cách giải để kích thích sự phát triển tư duy và óc thông

minh, sáng tạo của HS.

- Sử dụng nhuần nhuyễn các phương pháp giải bài tập và tự mình khám

phá ra các cách giải mới

52

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Trần Tuấn Anh (2013), “ Giải đề thi Đại học bằng nhiều cách”

2. Cao Văn Dũng, “ Nhiều cách để chứng minh cho bất đẳng thức

Schur”

3. Phạm Kim Hùng (2006), “ Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Tri Thức

4. Nguyễn Thị Hoa, “ Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy

học giải phương trình lượng giác lớp 11 nâng cao”

5. Nguyễn Bá kim, “ Phương pháp dạy học môn Toán”

6. Nguyễn Thành Long, “ Một số kĩ thuật giải nhanh phương trình

lượng giác”

7. Phạm Bắc Phú, “ Đôi nét về phương pháp giải phương tình, bất

phương trình vô tỉ” – THPTA Hải Hậu

8. Cao Thanh Phương, “ Chuyên đề một số phương pháp giải phương

trình vô tỉ”

9. Nguyễn Ngọc Tiêm, “ Những bài toán có nhiều cách giải’’

10. Tạp chí toán học tuổi thơ 2 tháng 7/2008. NXBGD

11. Các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây