LỜI CẢM ƠN
Em xin trân trọng cảm ơn thầy giáo TS. Nguyễn Quang Hòe thầy đã tận
tình chỉ bảo, giúp đỡ để em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp của mình.
Em xin trân trọng cảm ơn tất cả quý thầy cô trường Đại học Quảng Bình
đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Khoa học Tự nhiên đã góp ý, bổ sung và
góp phần quan trọng cho sự hoàn thiện khóa luận.
Em xin trân trọng cảm ơn tất cả quý thầy cô trường THPT Lệ Thủy đặc biệt
là thầy giáo Nguyễn Ngọc Ninh thầy đã hướng dẫn, chỉ bảo tận tình trong thời
gian em thực tập tại trường.
Tôi xin chân thành cảm ơn các bạn sinh viên khoa Khoa học Tự nhiên
Trường Đại học Quảng Bình đã động viên, khuyến khích và giúp đỡ tôi trong
quá trình hoàn thành tốt khóa luận này.Đồng thời cũng xin cảm ơn các em học
sinh lớp 10A4, 10A10 trường THPT Lệ Thủy đã cùng tôi học tập nghiên cứu để
có kết quả thực nghiệm trong khóa luận này.
Đồng Hới, tháng 05 năm 2015
Tác giả Nguyễn Thị Duyến
I. Làm gần gũi giả thiết và kết luận bởi việc định hướng các phép biến đổi giả
thiết bằng cách dựa vào những điều kiện quan sát và phân tích được ở kết luận.
22
II. Phân tích và biến đổi kết luận (yêu cầu bài toán đòi hỏi) bởi những hợp lý qua
quan sát được từ việc phân tích giả thiết để làm cho kết luận ngày càng gần với
giả thiết hơn hoặc là chứng minh kết luận mà bài toán đòi hỏi là đúng đắn. 24
III. Phân tích và biến đổi đồng thời cả giả thiết và kết luận, cả điều đã cho và
điều mà bài toán đòi hỏi, làm cho chúng đồng thời xích lại gần nhau hơn. 26
§3. BIỆN PHÁP 3. CHUYỂN HÓA NỘI DUNG BÀI TOÁN. 30
I. Chuyển bài toán chứng minh bất đẳng thức thành bài toán tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của hàm số. 30
II. Chuyển bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số về bài toán
chứng minh bất đẳng thức. 32
III. Chuyển bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số về bài
toán tìm miền giá trị của hàm số. 34
IV. Chuyển việc chứng minh các bất đẳng thức, giải các bất phương trình,
nghiên cứu các phương trình về việc xác định tính chất của hàm số. 36
V. Chuyển việc tính số trị của các biểu thức lượng giác về việc lập phương trình
lượng giác. 37
§4. BIỆN PHÁP 4. CHUYỂN HÓA HÌNH THỨC BÀI TOÁN 38
I. Nội dung của biện pháp 38
II. Ví dụ minh họa. 38
§5. BIỆN PHÁP 5. LỰA CHỌN CÁC CÔNG CỤ ĐỂ GIẢI TOÁN 39
I. Nội dung của biện pháp 39
II. Ví dụ minh họa. 39
§6. BIỆN PHÁP 6. CHUYỂN ĐỔI ẨN SỐ, SỐ PHƯƠNG TRÌNH, BẬC CỦA
ẨN , BẬC CỦA PHƯƠNG TRÌNH. 42
III. Những kết luận về mặt tác dụng tư tưởng và tác động tâm lý. 72
TÀI LIỆU THAM KHẢO 73 1
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Xuất phát từ mục đích đào tạo học sinh trong nhà trường phổ thông “
Tập
trung nâng cao chất lượng giáo dục, đào tạo, coi trọng giáo dục đạo đức, lối
sống, năng lực sáng tạo, kỹ năng thực hành, khả năng lập nghiệp” (Nghị quyết Đại
hội XI của Đảng). Từ đó có một vấn đề lớn đặt ra cho sự nghiệp giáo dục, đào tạo
xác định được mục tiêu chiến lược “ Nâng cao dân trí, phát triển nguồn nhân lực,
bồi dưỡng nhân tài, góp phần quan trọng phát triển đất nước, xây dựng nền văn hóa
và con người Việt Nam ”. Trong vấn đề này việc bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho
học sinh trong quá trình dạy học là một việc quan trọng và trách nhiệm của giáo
viên là phải thực hiện sao cho tốt.
Trong nhà trường phổ thông, người giáo viên không chỉ đơn thuần
sinh thông qua phương pháp giải bài tập toán.
- Đưa ra các ví dụ minh họa cho các biện pháp.
- Thực nghiệm sư phạm nhằm rút kinh nghiệm để vận dụng vào việc dạy
học sau này.
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu các tài liệu về dạy học giải bài tập toán, và các tài liệu đổi mới
dạy học nhằm bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh
- Nghiên cứu sách giáo khoa lớp 10, 11, 12 và tham khảo các sách bài tập
khác.
- Tìm hiểu tài liệu thông qua internet.
V. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Các phương pháp nghiên cứu đặt ra trong đề tài này là:
1. Xét về mặt hình thức:
Nội dung và phương pháp tìm lời giải các bài tập toán có vai trò gì trong
việc rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh trong quá trình dạy và học?
2. Xét về phương pháp tư duy:
a. Phân tích tìm lời giải các bài tập toán có rèn luyện cho học sinh khả năng
tư duy chính xác, nghiêm túc, chặt chẽ trong phạm vi của một vấn đề hay
không?
b. Phân tích tìm lời giải các bài tập toán có rèn luyện khả năng tư duy nhạy
bén và linh hoạt cho việc học toán của học sinh không?
c. Phân tích tìm lời giải các bài tập toán có giúp ích gì cho việc phán đoán và
tìm các khẳng định cho các phán đoán để đi đến việc giải các bài toán?
3. Xét về mặt tác dụng tư tưởng và tác động tâm lý:
- Công việc phân tích tìm lời giải các bài tập toán có đóng góp được gì
trong việc nâng cao hiệu quả của việc học toán cho học sinh?
- Việc tìm lời giải các bài tập toán có mở mang được trí tuệ một cách tự
giác, tự tin và lạc quan cho học sinh không?
CHƯƠNG III: Dành cho việc đánh giá các yêu cầu cần đạt được của các
công việc: dạy toán, học toán, trình bày các giáo án và kết quả dạy thực nghiệm.
4
PHẦN II. NỘI DUNG
CHƯƠNG I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
§1. NỘI DUNG CỦA VIỆC BỒI DƯỠNG PHẨM CHẤT TƯ DUY
CHO HỌC SINH
I. Phát triển tư duy trí tuệ cho học sinh.
1. Phát triển các thao tác tư duy
Trong quá trình học tập môn toán học sinh luôn thực hiện các thao tác tư
duy như phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá,… Vì
vậy trong dạy học toán, giáo viên phải chú ý phát triển cho học sinh những
thao tác này.
1.1. Phát triển năng lực phân tích và tổng hợp
Phân tích là chia cái toàn thể ra thành từng thành phần, hoặc tách ra từng
thuộc tính hay từng khía cạnh riêng biệt nằm trong cái toàn thể để nhận thức
sâu vào từng phần, từng khía cạnh.
Ngược lại với phân tích, tổng hợp là hợp lại các phần riêng lẻ của cái
toàn thể, hoặc kết hợp lại những thuộc tính hay khía cạnh khác nhau của cái
toàn thể.
Phân tích và tổng hợp là hai thao tác tư duy trái ngược nhau nhưng lại là
hai mặt của một quá trình thống nhất. Nếu không tiến hành tổng hợp mà chỉ
dừng lại ở phân tích thì sự nhận thức sự vật và hiện tượng sẽ phiến diện,
không nắm được các sự vật và hiện tượng đó một cách đầy đủ và chính xác
Sức mạnh của trí tuệ được đánh giá ở năng lực trừu tượng hoá. Trừu
tượng hóa cho phép ta đi sâu vào bản chất của đối tượng, hiện tượng cần
nhận thức. Vì vậy, trong dạy học toán, phải luôn chú ý phát triển năng lực
trừu tượng hoá cho học sinh.
Để phát triển năng lực trừu tượng hoá cho học sinh, cần nắm vững mối
liên hệ chặt chẽ giữa tư duy cụ thể và tư duy trừu tượng: từ trực quan sinh
động đến tư duy trừu tượng, rồi từ đó đến thực tiễn.
Ví dụ: Khi dạy học về khái niệm góc, giáo viên cần đi theo con
đường cụ thể (1) – trừu tượng (2) – cụ thể (3)
Cụ thể (1)
- Hình tạo bởi kim phút và kim giờ trong đồng hồ
- Hình tạo bởi hai cạnh của ê-ke
- Hình tạo bởi hai cạnh bàn
Trừu tượng (2)
Góc là hình tạo bởi hai tia chung gốc
Cụ thể (3)
Góc nhọn, góc vuông, góc tù, góc bẹt
Trong quá trình trừu tượng hoá, việc tách những đặc điểm cơ bản của một
nhóm đối tượng để hình thành một khái niệm được gọi là sự khái quát hoá.
Ví dụ: Qua xét các dãy số:
2, 4, 6, 8, 10.
−2, 0, 2, 4, 6, , 2n − 4
5, 9, 13, 17, 21, , 4n −1
Có một đặc điểm chung là kể từ số thứ hai mỗi số đều bằng số đứng liền
trước nó cộng với một số không đổi, từ đó khái quát hoá để hình thành khái
niệm cấp số cộng.
t s
ự
khái quát hóa.
Ti
ế
p theo vi
ệ
c khái quát hóa là vi
ệ
c
đặ
c bi
ệ
t hóa công th
ứ
c
sin( ) sin cos sin cos
a b a b b a
+ = +
cho tr
ườ
ng h
ợ
p
2 ,
a x b x
= =
để
2 2
sin 2 2sin cos ; cos2 cos sin
x x x x x x
= = −
Từ đó dẫn tới biến đổi vế phải thành
2 3
3sin cos sin
x x x
−
Cuối cùng, việc liên kết biểu thức xuất phát
sin3
x
với kết quả biến đổi
2 3
3sin cos sin
x x x
−
là một sự tổng hợp dẫn tới:
2 3
sin3 3sin cos sin
x x x x
= −
7
- Phát triển khả năng định nghĩa và phân chia các khái niệm.
- Phát triển khả năng suy luận chính xác, chặt chẽ, hợp logic.
Giáo viên luôn coi trọng việc giáo dục học sinh sử dụng chính xác
ngôn ngữ trong môn toán. Đặc biệt là biết sử dụng đúng các phép toán
logic: và, hoặc, nếu… thì…, khi và chỉ khi, có ít nhất một, với mỗi,…
Giáo viên cần thường xuyên uốn nắn những sai lầm của học sinh về mặt thiếu
chính xác trong sử dụng ngôn ngữ và kí hiệu toán học. Cần chống thói quen không
tốt là sử dụng các kí hiệu toán học một cách tuỳ tiện, chẳng hạn như: “Đây là hai
việc
≠
nhau”; hay “Anh có = lòng không?” (Hoàng Chúng, 1995).
3. Phát triển tư duy độc lập và tư duy sáng tạo
Tư duy độc lập biểu hiện ở khả năng tự mình phát hiện được vấn đề cần
phải giải quyết, và tự bản thân có thể đề ra phương án giải quyết khi gặp một
trở ngại hay tìm ra được lời giải đáp cho các vấn đề gặp phải; không đi tìm
lời giải sẵn. Tính độc lập liên hệ mật thiết với tính phê phán của tư duy,
luôn đề cao sự đánh giá mọi tư tưởng và ý kiến của người khác, có tinh
thần hoài nghi khoa học, luôn tự vấn: “vì đâu?”, “tại sao?”,… Tư duy sáng
tạo luôn suy nghĩ tìm tòi những điều mới, nó luôn gắn liền tính độc lập, tính
phê phán và tính linh hoạt của tư duy. Tính linh hoạt của tư duy biểu hiện ở
các mặt chính yếu sau đây:
Khả năng thay đổi phương hướng giải quyết vấn đề phù hợp với sự thay
đổi của các điều kiện, biết tìm ra phương pháp mới để nghiên cứu và giải
quyết vấn đề, dễ dàng chuyển từ dạng hoạt động trí tuệ này sang hoạt động
trí tuệ khác, khắc phục thái độ rập khuôn theo mẫu định sẵn, máy móc, suy
nghĩ theo lối mòn.
Khả năng xác lập sự phụ thuộc giữa các kiến thức theo trật tự ngược với
cách đã biết.
Khả năng nhìn một vấn đề, một hiện tượng theo những quan điểm khác
nhau.Để bồi dưỡng phẩm chất tư duy cho học sinh, trong dạy học toán cần chú ý
khác nhau như bài toán tìm vận tốc tức thời và bài toán tìm hệ số góc của tiếp
tuyến của một đường cong tại một điểm mà khái quát lên thành khái niệm đạo
hàm. Từ một số bài toán cụ thể trong chương trình giáo viên gợi ý học sinh
mở rộng và khái quát hoá thành những bài toán tổng quát hơn với những cách
giải tổng quát hơn.
2. Phương pháp qui nạp – suy diễn
Toán học khác với các khoa học khác ở phương pháp của nó. Trong khi
các nhà vật lý, hoá học, sinh học,… cần có phòng thí nghiệm với rất nhiều
máy móc, dụng cụ, có khi rất phức tạp thì nhà toán học, trong đại đa số
10
trường hợp, hầu như chỉ cần sách báo, bút với tờ giấy hay một viên phấn với
cái bảng. Toán học dùng phương pháp suy diễn logic mà không dùng phương
pháp thí nghiệm để chứng minh các định lí vì hai lí do:
i. Có khả năng áp dụng suy diễn logic vào những đối tượng đã được trừu
tượng hoá thành thuần tuý số lượng và hình dạng không gian.
ii. Không có khả năng làm thí nghiệm để trực tiếp xem các định lí hình
học trong không gian n chiều (n > 3) là đúng hay không, vì không gian thực tế
chỉ có ba chiều.
Tư duy suy diễn logic đóng vai trò chủ yếu trong phương pháp toán học,
nhưng vai trò của qui nạp cũng không phải là không quan trọng. Qui nạp lại
liên hệ mật thiết với suy diễn: qui nạp giúp xây dựng giả thuyết toán học, tri
thức thu được bằng qui nạp thì không đầy đủ, không hoàn chỉnh, có tính chất
dự đoán; các kiến thức ấy biến thành tri thức chân thực cần phải chứng minh
bằng suy diễn.
Trong dạy học toán ở trường phổ thông, giáo viên phải dạy học sinh biết trình
bày lời giải một bài toán hay chứng minh một mệnh đề toán học một cách chặt chẽ
1. Khi chưa tìm được phương hướng phù hợp để giải bài toán thì chưa có
thể có lời giải tốt cho bài toán dù học sinh đó có kỹ thuật cao,dù có thành thạo
trong việc thực hiện các thao tác và các phép tính cần thiết.
2. Lao động trong khâu thực hiện các thao tác khi đã có phương pháp là lao
động có tính chất kỹ thuật còn lao động để tìm tòi lời giải bài toán là lao động sáng
tạo.Đây là các điều kiện thuận lợi nhất cho việc phát triển tư duy của học sinh.
3. Khâu rèn luyện phương pháp cho học sinh để tìm tới lời giải bài toán
chính là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả năng làm việc độc lập và sang
tạo của học sinh. 12
CHƯƠNG II. MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM BỒI DƯỠNG PHẨM CHẤT
TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG PHÁP GIẢI
BÀI TẬP TOÁN Ở CẤP PHỔ THÔNG TRUNG HỌC
Nội dung trong phần này tôi xin trình bày một số biện pháp thông dụng và
chủ yếu để giúp học sinh tư duy trong quá trình giải toán. Đồng thời sau nội
dung mỗi biện pháp được giới thiệu là việc trình bày các ví dụ minh họa mà lời
giải của các ví dụ là sự thể hiện của việc vận dụng các biện pháp đó.
§1. BIỆN PHÁP 1. KHAI THÁC TRIỆT ĐỂ CÁC GIẢ THIẾT CỦA
BÀI TOÁN
I. Nghiên cứu các đặc điểm về dạng của bài toán.
Các đặc điểm về dạng của bài toán là phần hình thức của bài toán đó. Do sự
thống nhất giữa nội dung và hình thức nên việc nghiên cứu phần hình thức của
ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho là hai
đạ
i
l
ượ
ng ngh
ị
ch
đả
o c
ủ
a nhau. Vì th
ế
n
ế
u ta
đặ
t:
(
)
5 2 6
x
u = + v
ớ
≥ +
⇔
≤ ≤ −
Trở về tìm x, ta thu được
2
x
≥
hoặc
2
x
≤ −
nghiệm của bất phương
trình.
13
Ví dụ 2. Giải phương trình
(
)
(
)
2 tan sinx 3 cot cosx 5 0
và m
ộ
t
đ
i
ề
u quan tr
ọ
ng là
để
ý
đế
n m
ố
i liên h
ệ
gi
ữ
a
tan
x
,
cot
x
v
ớ
i
sin , cos
x x
chính là
ư
sau: (tách s
ố
5 2 3
= +
r
ồ
i ghép s
ố
2 v
ớ
i s
ố
h
ạ
ng
đầ
u và s
ố
3 v
ớ
i s
ố
h
ạ
ng th
ứ
hai
≠
)
( )
sin cos
2 sin 1 3 cos 1 0
cos sin
sin sin cos cos cos sin cos sin
2 3 0
cos sin
2 3
sin cos -sin cos 0
cos sin
x x
x x
x x
x x x x x x x x
x x
x x x x
x x
⇔ − + + − + =
− + − +
⇔ + =
⇔ + + =
Nhận xét đó gợi cho ta suy nghĩ, hãy đặt ẩn phụ:
sin cos 2 sin
4
u x x x
π
= + = +
với điều kiện
2 2
u
− ≤ ≤
.
14
Khi đó:
2
1
sin cos
2
u
x x
−
=
và b
ấ
, trở về tìm x, bằng cách giải phương trình
2sin 1
4
x
π
+ =
Ta được hai họ nghiệm của phương trình đã cho:
2
2
2
x k
x k
π
π
π
=
= +
(
k Z
∈
).
Cách khác: Bây giờ, nếu ta để ý rằng hàm số
c
chuy
ể
n v
ề
d
ạ
ng ph
ươ
ng trình
đạ
i s
ố
v
ớ
i t:
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1
1
1 1 1 1
t t t t
t t t t
− −
+ + ⋅ =
+ + + +
Gi
ả
i ph
Ví dụ 4. Giải phương trình
( )
2 2
4 1 1 2 2 1 (1)
x x x x− + = + +
Phân tích tìm lời giải:
Ta bi
ế
n
đổ
i:
(
)
2 2
2 2 1 2 1 2 1
x x x x
+ + = + + −
Ph
ươ
ng trình ta
đ
ã cho
đượ
c bi
ế
n
đổ
i v
thành:
( )
( )
2
2
4 1 2 2 1
2 4 1 2 1 0 (2)
x u u x
u x u x
− = + −
⇔ − − + − =
( ) ( ) ( )
2 2
4 1 8 2 1 4 3 .
x x x∆ = − − − = −
Ph
ươ
ng trình (2) có các nghi
ệ
m là:
( ) ( )
2 1
4 1 4 3
1
4
2
u x
x x
u
1 2 1
1
2 1 0
4
2
.
3
1 (2 1)
3 4 0
x x
x
x
x
x x
x x
+ = −
− ≥
≥
⇔ ⇔ ⇔ =
+ = −
− =
Ví dụ 5.
x x− −
=
Khi đó đặt
2
5 0
x
u
−
= >
Khi đó phương trình (1) trở thành:
(
)
( ) ( ) ( )
2
2 2
3 3 10 3 0
3 10 12 3 3 8
u x u x
x x x
+ − + − =
∆ = − − − = −
Ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m là:
1
1 1 1
5 2 log 2 log
3 3 3
x
x x
−
= ⇔ − = ⇔ = +
•
2
5 3
x
x
−
= −
Ta th
ấ
y
2
x
=
là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
(D
ấ
u hi
ệ
u
để
gi
ả
i bài toán b
ằ
ng cách ch
ứ
a
ẩ
n ph
ụ
).
Đố
i v
ớ
i các bài toán (Gi
ả
i ph
ươ
ng trình, b
ấ
t ph
ươ
ng trình) mà bi
ể
u di
ễ
n chúng qua nhau thì có th
ể
gi
ả
i
đượ
c b
ằ
ng cách ch
ọ
n
ẩ
n ph
ụ
.
Tuy v
ậ
y c
ũ
ng ph
ả
i l
ư
u ý r
ằ
ng, có nh
ữ
ng bài toán khi
4,
ví d
ụ
5).
3. Đặc điểm của bài toán thể hiện ở tính chất của hình, vị trí tương đối của
các đường, dạng của các biểu thức có trong bài toán.
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, và AB = c. Gọi đường cao
hạ từ các đỉnh A, B, C xuống các cạnh BC, CA và AB tương ứng là
, ,
a b c
h h h
.
Gọ
i O là m
ộ
t
đ
i
ể
m b
ấ
t kì trong tam giác
đ
ó và kho
ả
ng cách t
ừ
O xu
ố
ng ba c
a
h
là
đườ
ng cao c
ủ
a 2 tam
giác có chung c
ạ
nh
đ
áy BC
đ
ó là
BOC
∆
và
BAC
∆
Ta có:
2
.
. 2
BOC BOC
a a BAC BAC
S S
x x BC
h h BC S S
= = =
c
z
h
thu
đượ
c:
17
2
.
. 2
COA COA
b b BAC BAC
S S
y y CA
h h CA S S
= = =
2.
. 2
AOB AOB
c c BAC BAC
S Sz y AB
h h AB S S
= = =
V
ậy:
Phân tích tìm lời giải:
Ta không thể nghĩ đến việc giải hệ đã cho bằng phương pháp thế (vì đây là
hệ các phương trình bậc cao đối với x, y, z). Chỉ cần để ý đến các vế trái của hệ
ta thấy ngay các thừa số
, ,
x y y z z x
+ + +
đượ
c l
ặ
p l
ạ
i hai l
ầ
n, vì th
ế
b
ằ
ng cách
nhân các ph
ươ
ng trình
đ
ã cho theo t
ừ
ng v
ế
thu
đượ
ằ
ng
14.17
và thu
đượ
c:
(
)
(
)
(
)
11.14.17 (*)
x y y z z x
+ + + = ±
T
ừ
ph
ươ
ng trình
(*)
thu
đượ
c k
ế
t h
ợ
p v
ớ
14 10
17 7
11 4
z x x
x y y
y z z
+ = − = −
+ = − ⇒ = −
+ = − = −
4. Đặc điểm về dạng của bài toán còn thể hiện ở tính chất “kỳ dị” không
mẫu mực hay tính chất “ngụy trang” của dạng bài toán.
Với các bài toán mà dạng của chúng không mẫu mực ta không thể dùng các
phép biến đổi thông thường (lượng giác, đại số,…) để giải. Người ta phải sử
dụng đến công cụ đồ thị hoặc nghiên cứu các tính chất của các biểu thức để tìm
cách đánh giá chúng. Ngoài ra, phải tìm cách lột bỏ “ngụy trang” của hình thức
bài toán để phát hiện dạng “thực” của bài toán, khi đó mới định được đường lối
giải đúng đắn.
Ví dụ 8. Giải phương trình
2
2 4 6 11
x x x x
− + − = − +
Phân tích tìm lời giải:
hai v
ế
c
ủ
a
ph
ươ
ng trình, ta tìm
đượ
c giá tr
ị
c
ủ
a
đố
i s
ố
để
giá tr
ị
hai v
ế
đồ
ng th
ờ
i b
ằ
ng nhau.
y ra khi
3
x
=
.
Còn:
(
)
(
)
( ) ( )
2
2 2
2 4 1 1 2 4
x x x x
− + − ≤ + − + −
(
)
2
2 4 4
x x
⇒ − + − ≤
D
ấ
u
đẳ
đ
ó:
2 4 2
x x
− + − ≤
dấu đẳng thức xảy ra khi
3
x
=
.
Từ đó suy ra
3
x
=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
II. Nghiên cứu các điều kiện đặt ra cho các đại lượng có trong bài toán để
tìm đường lối giải.
Các đại lượng có trong bài toán trước hết phải kể đến là các đối số, các
tham số trong các bài toán đại số, số học và lượng giác, các yếu tố tạo nên hình
19
trong bài toán hình học. Các đại lượng đặt ra không thể là ngẫu nhiên, tùy tiện
mà chính là sự biểu hiện các mối liên hệ giữa các yếu tố để tạo nên bài toán.
Có nhiều bài toán những hệ thức, những biểu thức đưa vào kèm theo một số
các điều kiện. Nếu ta khai thác triệt để và đúng hướng các điều kiện đó chắc
chắn sẽ dẫn tới việc xác định đúng hướng để giải bài toán.
E
và
1
F
với một hoặc hai góc bằng nhau.
Muốn vậy, ta kẻ từ N và M các đường thẳng song song với BC và AD tương
ứng. Chúng cắt nhau ở I. Trước hết ta thấy:
1
E IMN
= và
1
F INM
= .
Như vậy nếu
1 1
E F
=
thì tam giác IMN cân và do đó IM = IN.
Lại do IM // AD và IN // BC điều này làm cho ta nghĩ đến vai trò của I chính là
điều mong muốn IM = IN có liên quan như thế nào đến gải thiết AD = BC.
Điểm I với điều kiện IM = IN là cầu nối giữa giả thiết và kết luận.
Điểm I đó phải thỏa mãn tính chất IM = IN và IM // AD, IN // BC.
Điểm I đó phải là trung điểm của BD.
Do đó
1 1
E F
=
Ví dụ 10. Chứng minh rằng hàm số
2 2
1 1
y x x x x
= − + + + +
Có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi
0
x
=
.
Phân tích tìm lời giải:
Cách 1: Do
2
1
x x
− +
và
2
1
x x
+ +
Ta có
(
)
2 2 4 2
2 1 2 1
y x x x
= + + + +
B
ở
i vì:
2
4 2
1 1
1 1
x
x x
+ ≥
+ + ≥
Và các
đẳ
ng th
ứ
c
đồ
ng th
ờ
i x
y
≥
,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi
0
x
=
.
V
ậ
y
min
(0) 2
Y y
= =
Cách 2:
Nh
ậ
n th
ấ
y r
ằ
ng
( ) ( )
x
>
, ta có:
2 2
2 1 2 1
2 1 2 1
x x
y
x x x x
+ −
′
= +
+ + − +
T
ừ
đ
ó:
2 2 2
2 1 2 1 2
0
2 1 2 1 1
x x x
y
x x x x x x
+ −
′
> + = >
+ + + + + +
x
<
hàm
y
ngh
ị
ch bi
ế
n. V
ậ
y
y
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
đ
i
ể
m
(0,2)
duy nh
ấ
t vì th
ế
n giá tr
ị
d
ươ
ng, ta có th
ể
dùng
b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c côsi, khi
đ
ó ta
đượ
c:
4
2 2 4 2
4
2 ( 1)( 1) 2 1 2
y x x x x x x
≥ + + − + = + + ≥
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
=
.
V
ậ
y
min
(0) 2
y y
= =
.
Cách 4:
Do
y
là hàm ch
ẵ
n ta xét hàm
y
v
ớ
i m
ọ
i
0
x
≥
Khi
0
x
=
Trong đó :
1
OA OB
= =
OM x
=
.
Đặt :
y MA MB
= +
ta có :
2
MA MB AB
+ ≥ =
Đẳng thức xảy ra khi M trùng với O.
Vậy :
min
(0) 2
y y
= =
.
Copyright: Tài liệu đại học ©