Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

1

RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH LỚP 9
THÔNG QUA VIỆC PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI TOÁN
CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI

PHẦN A:
ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI .
Sự phát triển kinh tế của một đất nước không phụ thuộc nhiều ở tài nguyên
thiên nhiên mà phụ thuộc vào trình độ dân trí. Toán học có vò trí đặc biệt trong
việc nâng cao và phát triển dân trí, góp phần tạo nên nguồn tài nguyên chất xám -
nguồn tài nguyên quý nhất cho đất nước. Toán học không chỉ cung cấp cho con
người những kó năng tính toán cần thiết mà còn (và ở đây là điều kiện chủ yếu)
rèn luyện cho con người một khả năng tư duy lôgic, một phương pháp luận khoa
học.
Việc nâng cao chất lượng giáo dục là nhiệm vụ số một trong bất kì nhà
trường nào và cũng là mục tiêu phấn đấu của mỗi giáo viên. Đặc biệt vấn đề chất
lượng giáo dục đối với học sinh lớp 9, vì đây là năm cuối cấp bậc trung học cơ sở
và đánh dấu bước chuyển tiếp quan trọng trên con đường học tập của học sinh .
Là một giáo viên đã từng tham gia giảng dạy bộ môn toán 9 tôi luôn trăn
trở một điều là làm thế nào để tư duy suy luận của học sinh được chặt chẽ, nhạy
bén, sáng tạo? Có như vậy sẽ nâng cao chất lượng bộ môn.
Trong việc giảng dạy môn toán người thầy đóng vai trò quan trọng trong
việc hình thành, phát triển tư duy lô gíc và phương pháp luận khoa học cho học
sinh. Để có thể phát triển tư duy sáng tạo trong việc học toán và giải toán thì tìm
ra kết quả một bài toán chưa có thể coi là kết thúc được, mà phải tiến hành khai
thác, phải "mổ xẻ" và phân tích bài toán đó.
Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh không chỉ nhằm đạt chất lượng cao

chủ động, sáng tạo .

III. ĐỐI TƯNG NGHIÊN CỨU :
Tiến hành trên học sinh lớp 9 -Trường THCS TP Pleiku
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
Vì phạm vi đề tài khá rộng nên tôi chỉ tập trung vào việc rèn luyện tư duy
sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc phát triển một số bài toán chứa căn
thức bậc hai. Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

3

PHẦN B:
THỰC TRẠNG VÀ MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT
I/ THỰC TRẠNG :
Phải nói rằng kiến thức toán Trung học cơ sở là kiến thức rất cơ bản và
quan trọng, làm nền tảng để các em học ở bậc THPT và cao hơn là học chuyên
nghiệp. Kiến thức toán THCS là vật chất đầu tiên để các em hình thành và rèn
luyện tư duy logic, trìu tượng, hình thành phẩm chất cần cù, kiên trì và sáng tạo.
Việc hổng kiến thức toán dẫn đến các em khó tiếp thu kiến thức mới, vì vậy
dẫn đến tâm lý chán nản, ngại học toán, sợ học toán. Như vậy ảnh hưởng chung
đến việc học tập, hứng thú học tập của các em tại trường THCS.
Thực trạng các trường THCS ở thành phố nói chung, các trường vùng ven,
xa thành phố nói riêng là: học sinh khối 9 đa số hổng kiến thức toán dẫn đến tiếp
thu kiến thức mới rất khó khăn vì không thạo những kỹ năng cơ bản như: cộng,


Những nguyên nhân của thực trạng trên
* Đối với giáo viên:
Trình độ chuyên môn của một số giáo viên còn chưa đồng đều, đôi khi còn
hạn chế. Giáo viên bò bó hẹp trong phạm vi một tiết giảng mà quá nhiều nội dung.
Một số giáo viên còn tham lý thuyết do đó không thể rèn luyện kỹ năng
nhiều cho học sinh. Nhiều giáo viên không biết “chế biến” kiến thức mà phụ
thuộc quá nhiều vào SGK.
* Đối với học sinh :
Phần lớn học sinh hổng kiến thức toán cơ bản cấp 2. Do đó sự hứng thú với
môn toán không có hoặc ít. Thói quen học tập không khoa học đã hình thành ở
các lớp dưới, học sinh thường giải bài tập xong là xong, khi đưa bài toán khai thác
thì ít học sinh làm được.
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

4

Gia đình thiếu sự quan tâm, tạo điều kiện học tập cho các em. Đặc biệt đối
với nhiều gia đình dân tộc thiểu số.
Các em ngại hỏi giáo viên, hỏi bạn bè; có tâm lý dấu dốt; quen với tâm lý
học để thi. Nhất là ở cấp THCS do muốn phổ cập giáo dục THCS các giáo viên
phải đẩy các em lên lớp bằng mọi cách. Vì vậy xảy ra mâu thuẫn là: các em
không cần cố gắng vẫn được điểm cao, vẫn được lên lớp. Dần dần tạo nên sự ỷ
lại, lười biếng trong tư duy của học sinh. (Tất nhiên, có nhiều ý kiến chủ quan
của cá nhân tôi)

II/ MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT
1. Kiến thức cơ bản sử dụng trong chuyên đề

AA 

A A B
B
B
B
C C A B
A A B
A B
A B
C C A B
A B A B
A B
A B
  
  
 
  
   
  
 
  


   





áp dụng công thức AA 
2
để tính toán . Để yêu cầu học sinh buộc phải suy luận
rồi mới có thể áp dụng công thức để tính ta có thể phát triển bài toán trên thành
bài toán sau :
Bài 1.1 .Rút gọn biểu thức :A =
15281528 

Hd : Làm cho các biểu thức xuất hiện dạng hằng đẳng thức và làm như bài toán 1
A = 15281528  =
       
2 2 2 2
5 2 15 3 5 2 15 3
    
=
   
2 2
5 3 5 3
  

Ta được kết quả như bài toán 1.
Nhận xét .Theo kết quả của bài toán 1 ta có A =-2
3
3. 6
A
   
là một số
nguyên hoặc
3
A

32)5()5(
22
 xx

b) 32152152  xx
rõ ràng ở bài 1.4a ta sử dụng được ngay công thức AA 
2
ta sẽ tìm được dễ dàng
giá trò của x . Nhưng câu b thì không thể áp dụng ngay kiến thức đó được vậy làm
thế nào để giải quyết được bài toán b. Lúc này ta phải sử dụng tính chất của đẳng
thức .
Vì vế phải bằng 32 > 0 suy ra vế trái
2 15 2 15
x x   > 0 .
Bình phương hai vế phương trình câu b ta được phương trình tương đương .
(x+2
15
) +(x–2
15
) – 2
1215.4
2
x
( x

2
15
)(*)
2
2 2 60 12
12 96
x
   

Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

68
x
 
( Thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy x = 8 là nghiệm của phương trình 32152152  xx
Như vậy vẫn từ bài toán gốc nhưng hai bài toán phát triển không phải lúc nào
cũng có cùng cách giải với bài toán gốc .
Tiếp tục nhận xét ta thấy:
A =

2
)35(
2
)35( 
= 32


5 3 5 3
   

 và
5 3 5 3
12 12
 

là hai số nghòch đảo của nhau
Bài 1.6 Tìm x để

1 5 5
2
x x
x x
 
 
 

 
 
và
1 5 5
2
x x
x x
 
 
 

 
 


Bài 1.9 Chứng minh biểu thức sau là số hữu tỉ
C = 48134813 
Nhận xét : Kết hợp bài 1.7 với cách giải của bài 1.4 ta có bài toán sau
Bài 1.10 Tìm x biết :
2 5 2 5 2 5
x x   
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

7

Nhận xét : Cộng vào hai vế của bài 1.7 số – 52 ta có bài toán sau :
Bài 1.11 Chứng minh
A =
52335233 
-
52
là một số nguyên
Trở lại bài toán 1.10 : tìm x của biểu thức chứa dấu căn thức bậc hai nếu không
hướng dẫn học sinh và trình bày lời giải mẫu thì học sinh sẽ lúng túng khi gặp
dạng toán này
Giải bài 1.10 .Điều kiện : x
2 5
 ( *)
Bình phương hai vế phương trình bài 1.10 ta được :

2 5 2 ( 2 5)( 2 5) 2 5 20
x x x x
      
x
 
( Thỏa mẫn điều kiện (*) và (**))
Vậy x = 6 là nghiệm của phương trình
2 5 2 5 2 5
x x   
Bài toán 2 .Rút gọn biểu thức : A =(1+ )1
13
33
)(
13
33






Giải : Có thể dùng phương pháp nhân mỗi phân thức với liên hợp của nó nhưng
như thế bài toán trở nên dài dòng, ta có thể dùng phương pháp đặt nhân tử chung
như sau :

3( 3 1) 3( 3 1)
1 . 1
3 1 3 1
A
   
 
  
   

17 1 1 17
   
 
 
   
   
 
   

Vẫn từ bài toán 2, thay hằng số 3 bởi biến x với x

0 và x

1 ta có một vài bài
toán thú vò sau:
Bài 2.2. Rút gọn biểu thức 1 . 1
1 1
x x x x
x
x x
   
 
  
   
   
 
   

Bài 2.3 Tìm x biết 1
1

a a a a
a a
   
 
 
   
   
 
   

Bài 2.5 Chứng minh giá trò biểu thức không phụ thuộc vào biến
1 . 1
1 1
x x x x
x
x x
   
 
  
   
   
 
   

Bài 2.6. Chứng minh
5 5
2
5 1
 


3
1
x x
x
 


 
 

 
là hai số nghòch đảo của nhau
Kết hợp dạng của bài toán 1 và biểu thức dạng bài toán 2 ta có bài toán mới sau :
Bài 2.8. Thu gọn biểu thức sau A =
3
1
x x
x

 


3
1
x x
x





 


1
1



x
xx
=
2
(1) (0

x

1)
Giải: (1)

1
)1(
1



x
xx
+
1
)1(

  
1 1
x
  
0
x
 
( Thỏa mãn điều kiện 0

x

1)
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình
Nhận xét :Như vậy đối với bài toán thu gọn biểu thức A là tổng hay hiệu của hai
số hạng liên hợp thì tốt nhất ta nên thu gọn từ A
2
để suy ra A. Với suy luận như
vậy và phương pháp thay đổi giả thiết hay yêu cầu bài toán ( thay đổi dạng bài
toán ) ta có thể tiếp tục suy luận bài toán 2 thành nhiều bài toán thú vò hơn. Mời
độc giả cùng phát triển bài toán để chuyên đề này đạt được hiệu quả cao .
Xin được tiếp tục trình bày bài toán 3.
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

9

Bài toán 3 : Tính A =
10099
1

43


=






2
3
23
1
2
12
99
100
99100

3
4
34






=
2 1 3 2 4 3 100 99
       

Bài 3.2: Tìm x để
 
Nx
xx








10
1
1

43
1
32
1
21
1

Bài 3.3: Chứng minh rằng biểu thức sau là một số nguyên.
A =
121119
1

75
1

= 





3
5
35
1
3
13
119
121
119121

5
7
57






= )119121 573513(
2
1

=



Nhận xét:
Đối với bài toán 3.4 ta không hoàn toàn áp dụng cách giải của bài toán 3,
bài 3.4 buộc học sinh phải đưa về bài toán 3 rồi áp dụng
Giải :
Ta có A =
13165
1

133
1
35
1
51
1








Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

10

=
169165

165169

9
13
913






=
)165169 9135915(
4
1


=
)1691(
4
1


= )131(
4
1
 = 3
Bài 3.5. Chứng minh rằng biểu thức sau là một số nguyên dương
A =
1099

1
61
1






 aa
là một số nguyên dương
Bài 3.7 Rút gọn biểu thức
A =
aaaaa 1001991
1

211
1
11
1






Bài 3.8 Tìm điều kiện của a để biểu thức sau là một số nguyên dương
A =
aaaaa 1001991
1



Bài 3.10 Tìm a
N

biết

aaaaa 1001991
1

211
1
11
1





=10
Bài toán 4. Cho P =
;( 0, 9)
3
x
x x
x
 

. Tìm x để P >0.
Giải :Vì x

0, 9
x x
 
. Tìm x để P < 0.
Bài 4. 2. Cho P =
1
3
x
x


với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P > 0
Bài 4.3 Cho P=
5
3
x
x


với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P > 0
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku


. Tìm x để P đạt giá trò là số nguyên.
Giải: Để P đạt giá trò là số nguyên P

3
1
3 3
x
x x
 
 
là số nguyên


3
3
x

là số nguyên


3
( 3
x


)

( 3)
x


=2

x = 4;
*
3
x

=2

x
=5

x = 25;
*
3
x

=-2

x
=1

x = 1;
*
3
x

=3

x

 
. Tìm x để P nhận giá trò là số nguyên.
Tiếp tục nhận xét ta thấy
x
= 0 với

x = 0 suy ra
x
+1 > 0,

x = 0
suy ra
( 1)
x x

= 0 với

x = 0. Từ đó ta có một số bài toán mới sau:
Bài 4.6. Chứng minh rằng P =
0
1
x
x


với
0, 1
x x
  


1
x

+1> 0 với

x =1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra P =
2
1
0
1 1
x
x


 
với

x = –1.
Bài 4. 8. Chứng minh rằng P = 1–
1
1
x

> 0 với x = 0.
Giải :Vì
x
= 0 với x = 0 nên
x
+1 =1 với x = 0

3
3
x

sẽ đạt giá trò lớn nhất là –1 khi x = 0. Do
đó ta có bài toán mới sau :
Bài 4.9. Cho P =
3
x
x

với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P đạt giá trò lớn nhất .
Phân tích bài 4.3 ta thấy P =
5 2
1 ;( 0, 9)
3 3
x
x x
x x

   
 
có
x
– 3 đạt giá trò nhỏ
nhất là –3 khi x = 0. Vì vậy

.Tìm x để P nhận giá trò nhỏ nhất.
Từ bài toán 4 ta lại thấy có vấn đề được nảy sinh đó là : tại sao chỉ tìm giá trò của
x để P > 0 ? Có thể tìm giá trò của x để P > 0 hoặc để P < 0 ? Khi đó bài toán được
sử lý như thế nào ?
Bài 4.11. Cho P =
3
x
x

với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P <1.
Giải : Vì x

0 , x

9 nên biểu thức P có nghóa.
Để P <1 thì
1
3
x
x


1 0
3
x
x

3 9.
x x
   

Kết hợp với điều kiện của bài toán suy ra : 0

x < 9 thì P < 1.
Tương tự bài 4.11 ta có thể khai thác thành một số bài toán sau .
Bài 4.12. Cho P =
5
3
x
x


với
0, 9
x x
 
. Tìm x để P >1
Bài 4.13. Cho P =
1
3
x
x



đề.
Kết quả thu được như sau:
Lớp

Só số Giỏi Khá Trung bình Yếu
9
3

40
20% (8 em) 32,5%(13 em ) 32,5%(13 em ) 15%(6 em )
9
4

42
42,9% (18 em )

31 %( 13 em ) 14,2 %(6 em ) 11,9 %(5 em)
II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Để làm tốt các biện pháp trong việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh
cần chú ý những vấn đề sau :
- Bản thân người giáo viên phải luôn luôn tự học, tự rèn, nâng cao trình độ
chuyên môn, năng lực sư phạm nhằm đáp ứng được nhu cầu đổi mới hiện nay.
- Khi giảng dạy phải luôn tạo ra được tình huống có vấn đề, để thu hút được
sự quan tâm, hứng thú cho học sinh. Giáo viên phải luôn đặt học sinh vào thế chủ
động sáng tạo, là chủ thể trung tâm để các em khám phá tìm hiểu kiến thức, phát
huy mạnh mẽ trí lực của học sinh trong các giờ học để các em tiếp thu kiến thức
bằng cảm nghó của riêng mình. Giáo viên không được áp đặt kiến thức theo kiểu
nhồi nhét, gò ép.
- Muốn đạt kết quả cao, người giáo viên phải biết phối hợp nhuần nhuyễn
các phương pháp như phương pháp thuyết trình, phương pháp vấn đáp, phương

Ngành giáo dục thành phố Pleiku đã và đang khởi sắc, hoà nhòp chung cùng
sự đổi mới của giáo dục cả nước. Đầu tư về cơ sở vật chất, trang thiết bò dạy học,
quan tâm sâu sát đến đội ngũ giáo viên, khơi dạy ý thức trách nhiệm, lòng nhiệt
tình và nâng cao năng lực hành động của đội ngũ các nhà giáo. Với quyết tâm đổi
mới trong giáo dục, nhằm đạt hiệu quả cao nhất.
Với hệ thống ví dụ và bài tập đã được chọn lựa và trình bày như ở trên đây
mới chỉ là bước đầu tự mày mò nghiên cứu và thử nghiệm, với kinh nghiệm ít ỏi
có thể cách giải là chưa tối ưu, chắc chắn vẫn còn thiếu sót và một số hạn chế
nhất đònh, rất chân thành mong sự góp ý, giúp đỡ của quý thầy cô giáo, bạn đọc
để bản thân rút kinh nghiệm bổ sung để quá trình giảng dạy được tốt hơn và đạt
kết quả cao, để chuyên đề này thực sự hấp dẫn và có hiệu quả khi đến với các em
học sinh.
Xin chân thành cảm ơn !
Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku

15

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phan Đức Chính , Sách giáo khoa toán 9, NXB Giáo Dục, 2004.
2. Phan Đức Chính , Sách giáo viên toán 9, NXB Giáo Dục, 2005.
3. Tạp chí toán tuổi thơ.
4. Tập san báo giáo dục thời đại.
5. 500 bài toán cơ bản và nâng cao THCS toán 9.(Nhà xuất bản Đại Học Sư
Phạm)
6. Tài liệu tập huấn "Phương pháp dạy học toán học phổ thông "của bộ Giáo
dục và đào tạo.


2. Mục đích nghiên cứu 2
3. Đối tượng nghiên cứu 2
4. Phạm vi nghiên cứu 2
PHẦN B: Thực trạng và một số biện pháp giải quyết 3
I. Thực trạng 3
II. Một số biện pháp giải quyết 4
1. Kiến thức cơ bản sử dụng trong chuyên đề 4
2. Các bài toán phát triển 5
PHẦN C: Kết quả và việc phổ biến ứng dụng nội dung vào thực tiễn
14
I. Kết quả đạt được 14
II. Bài học kinh nghiệm 14
III. Kết luận 15