Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài:

Bài tập Toán học có vai trò quan trọng trong môn Toán. Điều căn bản là
bài tập có vai trò giá mang hoạt động của học sinh. Thông qua giải bài tập,
học sinh phải thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận dạng và
thể hiện định nghĩa, định lý, quy tắc/phơng pháp, những hoạt động Toán học
phức hợp, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong Toán học, những hoạt động
trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ.
Một số ngời có tham vọng muốn có một thuật giải tổng quát để giải
mọi bài toán. Đó là điều ảo tởng. Ngay cả đối với những lớp bài toán riêng
biệt cũng có trờng hợp có, có trờng hợp không có thuật giải. Tuy nhiên, trang
bị những hớng dẫn chung, gợi ý cách suy nghĩ tìm tòi, phát hiện cách giải bài
toán lại có thể và cần thiết.
Dựa trên những t tởng tổng quát cùng với những gợi ý chi tiết của Polya
(1975) về cách thức giải bài toán đã đợc kiểm nghiệm trong thực tiễn dạy học,
có thể nêu lên phơng pháp chung để giải bài toán nh sau:
Bớc 1: Tìm hiểu nội dung đề bài;
Bớc 2: Tìm cách giải;
Bớc 3: Trình bày lời giải;
Bớc 4: Nghiên cứu sâu lời giải.
Trong quá trình dạy học phơng pháp chung giải Toán, cần có những gợi
ý để thầy hỗ trợ cho trò và để trò tự định hớng suy nghĩ tìm ra lời giải.
Một câu hỏi đặt ra là, làm thế nào để học sinh hiểu đợc và vận dụng đợc
phơng pháp chung để giải Toán vào việc giải những bài toán cụ thể mà họ gặp
trong chơng trình. Mặt khác, học phơng pháp chung để giải bài toán không
phải là một học thuật giải mà là học những kinh nghiệm giải Toán mang tính
chất tìm tòi, phát hiện.
Quá trình học sinh học phơng pháp chung giải Toán là một quá trình
biến những tri thức phơng pháp tổng quát thành kinh nghiệm giải Toán của
bản thân mình thông qua việc giải hàng loạt bài toán cụ thể. Từ phơng pháp

Chơng 3. Thực nghiệm s phạm.
CHƯƠNG I
quan niệm về vấn đề giải toán và nội dung
của phơng pháp tìm lời giải các bài toán
i. quan niệmvề vấn đề rèn luyện giải toán

Việc rèn luyện giải toán bao gồm hai nội dung chủ yếu:
1. Rèn luyện việc tìm lời giải các bài toán
2. Rèn luyện việc giải bài toán
Có thể mô tả công việc trên thành hai công đoạn theo mô hình:
Rèn luyện giải toán

Rèn luyện khả năng
tìm lời giải

Rèn luyện khả năng
giải bài toán

2


Trong quá trình rèn luyện, hai nội dung trên có khi tiến hành đồng thời
nhng cũng có khi tách thành hai quá trình riêng biệt. Tuy vậy về mặt nhận
thức cần phân biệt hai nội dung trên là hoàn toàn khác nhau, độc lập với nhau
(tuy có quan hệ hỗ trợ lẫn nhau). Mỗi nội dung đảm bảo một yêu cầu riêng
biệt trong việc rèn luyện giải toán.
Ngời giải toán cần nhận thức rõ ý nghĩa và tác dụng của mỗi nội dung
và mối quan hệ giữa hai nội dung đó.
Ta hãy nói đến vấn đề giải toán khi đã có đờng lối giải. Vấn đề này tất
nhiên là quan trọng trong việc rèn luyện giải toán. Ngời giải toán cần thấy rõ


3


1. Trớc hết, với mỗi bài toán công việc của ngời giải toán cần đặt ra là:
Phải làm sao từ các dữ liệu của bài toán đã cho bao gồm các giả thiết, các điều
kiện đã có trong bài toán và kể cả yêu cầu mà bài toán đòi hỏi cần xác định đợc:
- Thể loại bài toán
- Vạch đợc phơng hớng giải bài toán
- Tìm đợc các phơng pháp và công cụ thích hợp
Làm sao cho trớc khi thực hiện các thao tác thì đã có đợc phơng hớng
và bớc đi để giải các bài toán đó.
2. Phải phân tích cho đợc nguồn gốc hình thành các giả thiết, các điều
kiện đã cho trong bài toán và có khi cả kết quả của bài toán. Phải phát hiện
cho đợc mối liên hệ có tính tất yếu giữa giả thiết và kết luận, giữa những điều
đã cho và những điều mà bài toán đòi hỏi.
3. Từ các kết quả trên, ngời giải toán cần đặt ra một vấn đề nữa là tìm
kiếm các bài toán liên quan và sáng tạo các bài toán mới.
4. Cuối cùng ngời ta giải toán phải vơn tới việc đoán nhận quá trình
hình thành bài toán của tác giả.
Mối liên hệ giữa các mặt của nội dung phơng pháp tìm lời giải các bài
toán.
Mặt thứ nhất là một yêu cầu quan trọng và quyết định trong sự thành
bại, hay hoặc dở của một lời giải bài toán. Năng lực của ngời giải toán cũng
thể hiện rõ trong mặt này. Có một số ngời giải toán có thói quen không tốt là
hễ có bài toán là cứ ghi ghi chép chép và nháp lia lịa, mặc dù cha biết mình sẽ
giải quyết cái gì và những con số tính của mình phục vụ cho yêu cầu nào. Có
thể nói mặt này là thớc đo năng lực của ngời giải toán vì rằng không thể đánh
giá năng lực làm toán tốt mà chỉ thể hiện ở khâu tiếp thu và vận dụng tốt. Bỏ
qua mặt này mà một bài toán giải đợc thì hoặc là bài toán quá dễ do có đờng

dạng tổng quát. Có làm tốt mặt này, ngời giải toán mới làm quen với việc nhận
dạng các bài toán cũng nh phân loại các bài toán mới.
Cuối cùng, nếu đoán nhận đợc quá trình hình thành bài toán của tác giả
thì ngời giải toán sẽ có một sự hiểu biết sâu sắc về bài toán đó. Mặt này, nếu
làm đợc và làm tốt (tuy khó) sẽ giúp ích nhiều cho việc sáng tạo các bài toán
mới.
Bốn mặt trên, tuy mỗi mặt có những yêu cầu khác nhau nhng lại có
quan hệ và hỗ trợ cho nhau một cách đắc lực. Chính vì vậy quá trình để rèn
luyện khả năng giải toán, ngời giải toán phải tiến hành một cách toàn diện cả
bốn mặt đó.

5


chơng ii
một số phơng pháp tìm tòi lời giải bài toán
Phơng pháp 1:
Khai thác triệt để các giả thiết của bài toán
a. Nghiên cứu các đặc điểm về dạng bài toán
Các đặc điểm về dạng của bài toán là phần hình thức của bài toán đó.
Do sự thống nhất giữa nội dụng và hình thức nên việc nghiên cứu phần hình
thức của bài toán thực chất là việc khám phá các đặc điểm trong nội dung của
bài toán. Vì vậy, nhiều bài toán có đợc lời giải hoặc có lời giải hay là nhờ vào
việc khai thác đúng đắn các đặc điểm về dạng của bài toán đó. Mặt khác, cũng
do tính phong phú của hình thức nên các đặc điểm về dạng biểu hiện muôn vẻ,
đòi hỏi ngời giải toán phải biết cách nhìn bài toán đó. Đặc điểm của bài toán
có thể đợc thể hiện ở trong các khâu sau đây:
1. Trớc hết các đặc điểm đó thể hiện ở mối liên hệ giữa các số có mặt
trong bài toán đó.
2. Đặc điểm của bài toán thể hiện ở mối liên hệ giữa các nhóm số hạng



đều là 1. Hơn nữa, để ý thấy
= 2. ;
và chú ý tới đẳng
= 2.
32
16
32 8
16

6


2
2
cosx
sinx
cos
x
sin
x
thức: cotgx - tgx =
=
= 2cotg2x có mối liên hệ
sinx cosx
sinx.cosx
giữa đối số x, 2x nên ta có thể sử dụng nó để giải quyết bài toán.



8. cotg 2.






4tg 8 = 0 4 cot g tg ữ 8 = 0
16
8
8
8




8 = 0 8. cotg
=0
8
4 8
8 -8 = 0.

Vì điều này đúng nên ta suy ra điều cần phải chứng minh.
Bài toán 2: Tính sin 180 (không dùng bảng tính).
Nhận xét: Để tìm sin 180, do không đợc dùng bảng tính, ta phải lập phơng trình xem sin180 = x > 0 là ẩn.
ở đây chỉ có con số 180. Vậy chúng ta xem xét mối liên hệ nào?
Ta biết có các công thức tính sin 2x, sin3x, cos 2x khi biết sinx.
Ta hãy xét 180.2 và 180.3 tơng ứng là 360 và 540. Giữa 360 và 540 có mối
liên hệ gì? Đó là 360 + 540 = 900. Điều này rất quan trọng trong lợng giác, vì
đó chính là 2 góc phụ nhau. Do đó ta xuất phát từ:



3,249 + 6,751 =10 và 3,249 6,751 = 3,502
26,751 + 23,249 = 50
26,751 23,249 = 3,502


Từ mối liên hệ của các con số nh trên, ta nghĩ đến giải hệ đã cho bằng
cách cộng, trừ từng vế của các phơng trình của hệ. Khi đó, ta sẽ đợc hệ mới
với hệ số đơn giản hơn rất nhiều.
10 x + 10 y = 50
x + y = 5
x =3

(I)

3,502 x 3,502 y = 3,502
x y =1
y = 2
Bài toán 4: Giải phơng trình sau:
x 29 x 27
x 15 x 1970 x 1972
x 1984
+
+ ... +
=
+
+ ... +
1970 1972
1984

15

8


1
1
1
+
+ ... +
(x-1999)
1984
1970 1972
1
1 1
= (x-1999) + + ... +
15
29 27
1
1
1
1
1
+
+ ... +
... = 0
(x- 1999)
1984 29
15
1970 1972

0
x x +1
2

t = 2
Phơng trình (1) 2t2 - 5t + 2 = 0 1
t =
2

9


* Với t = 2

x +1
=2
x 2 x +1

x 1
2
(vô nghiệm)
4 x 5x + 3 = 0
* Với t =

1

2

x +1
1

x

0

x 2 + k

( k  )
(k  )

xk


(k  )
2

sin x cos x
1
+
=
cos x sin x sin x .cos x
(sinx + cosx)2 =1 + 2sinx.cosx
nghĩa là ta có thể biểu diễn tgx + cotgx qua sinx.cosx, và sinx.cosx lại có thể
biểu diễn qua sinx + cosx.
Chính nhờ mối liên hệ giữa các nhóm đó, mới có thể nghĩ đến việc đặt
t = sinx + cosx
Ta chú ý rằng: tgx + cotgx =

=




(loại vì không thoả mãn (*))

Trở về ẩn x, ta có:





t = 0
2 sin x + 4 ữ = 0
sin x + 4 ữ= 0







1

5
t =

1 5
1 5

= sin
2 sin x + ữ=
sin x + ữ=


(

4x2
1 1+ 2 x

)

2


(
(1)

1+ 2 x

( 1

) ( 1+

(

1+ 1+ 2 x

2

1+ 2 x

)

2

1+ 2 x

)

)

2


(1)

5 x 2 + 14 x + 9 x 2 x 20 = 5 x +1
5 x 2 + 14 x + 9 0

Điều kiện: x 2 x 20 0
x +1
0


9

x


x 1
( x + 1) ( 5x + 9 ) 0

5


( x + 4 ) ( x 5) 0 x 4 x 5
x 1

x
+
1

0


= (x + 4)(x2 - 4x - 5)

12


2x2 - 5x + 2 = 2(x2 - 4x - 5) + 3(x + 4)
Từ đó ta đa (2) vế phơng trình tơng đơng sau đây:

(

)

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

( x + 4 ) ( x 2 4 x 5)

Nhận thấy rằng, điều kiện của x là x 5 nên x + 4 > 0.
Chia cả 2 vế của phơng trình thu đợc nay cho x + 4, ta đợc:
x2 4x 5
x2 4x 5
2
ữ+ 3 = 5
x
+
4
x+4


Đây là một phơng trình bậc hai với ẩn



2

x 2

5 + 37
x 6

7 13
7 + 13
x
x
6
6

x 2 x 2

5 + 37
5 37
x


x


6
6

x
(*)

( x 2)
3x 2 7 x + 3 + 3 x 2 5 x 1
x 2 2 + x 2 3 x + 4
x-2=0
x = 2 thoả mãn (*)
Vậy x = 2 là nghiệm phơng trình đã cho.
Bài toán 6: Giải bất phơng trình:
x +1 + 2 x 3 + 50 3 x 12 (1)
Nhận xét: Nếu giải bài toán này theo phơng pháp thông thờng, tức dùng
biến đổi tơng đơng, thì sẽ tơng đối phức tạp.
Ta nhận thấy, tổng của các bình phơng các căn thức ở vế trái là một số
không đổi:

(

) (
2

x +1 +

) (
2

2x 3 +

50 3 x

)

2

50 3 x 0



x 1

3
x
2
50
x 3

Vậy nghiệm của bất phơng trình đã cho là



3
50
x
2
3

3
50
x
2
3

Bài toán 7: Giải phơng trình:
1 x2

x2



2

2

1 2 x
x2

1 x2
x2

1 1 2 x 1 x 2
= 2 2
2 x
x

1 1 x 2
2 ữ= x
2 x

12 x
x2

1
Đặt f (t ) = 2 t + t
2
Dễ thấy f (t ) đồng biến trên R


x

3 3 + 5 + 3 5 = 2 x + 2 (1)
Nhận xét: Bài toán giải phơng trình mũ nhng có 3 cơ số khác nhau. Bởi
vậy, để giải phơng trình cần xem xét mối liên hệ giữa các cơ số.
Ta nhận thấy rằng:
3 + 5 3 5
.
=1
2
2
Do đó, chia 2 vế của (1) cho 2x > 0, ta đa về phơng trình tơng đơng:
x

x

3+ 5 3 5
(2)
3
ữ
ữ + 2 ữ
ữ =2
2



x

x


x = 0
x = log 3 .

3+ 5

2

3. Đặc điểm thể hiện ở tính chất của hình, vị trí tơng đối ở các đờng,
dạng của các biểu thức có trong bài toán.
Bài toán 1: Cho ABC. BC = a, AC = b, AC = c. Các đờng cao tơng
ứng hạ từ A, B, C là h a, hb, hc. O là điểm bất kỳ trong tam giác, khoảng cách từ
O xuống các cạnh BC, CA và AB tơng ứng là x, y, z.
Tính: P =

x y z
+ + .
ha hb hc

Bài toán này ta có thể tổng quát trong không gian nh sau:
Cho tứ diện ABCD. Các đờng cao hạ từ A, B, C, D xuống các mặt dối diện là
ha, hb, hc, hd. M là một điểm bất kì trong tứ diện. Khoảng cách từ M xuống các
mặt phẳng đối diện với các đỉnh A, B, C, D tơng ứng là x, y, z, t.

16


Tính P =

t

A'
01
x
là tỉ số hai đờng
cao của 2 tứ diện có chung đáy BCD
C và các đỉnh là M, A.
ha

3VMBCD
S
V
x

= BCD = BMCD
ha 3V ABCD V ABCD
S BCD

Tơng tự nh vậy:
y VMACB
=
hb V ABCD
z VMABD
=
hc V ABCD
V
t
= MABC
hd V ABCD
P=



( y1 0)

y2 = x + 2 y1

( y 2 0)

.
.
.

.
.
.
( y n 0)

yn = x + 2 yn 1

Thì (1) y n = x = y1
y1 = x + 2 y n 1
y 2 = x + 2 x + 2 y n 1
.
.
.
y n = x + 2 x + ... + 2 x + 2 y n 1 = x
y n 1 = x y n = x + 2 y n 1 = 3 x
3 x = x 2
x = 3
3x = x


AH = AA1
B H = B B1
C H = C C1


A'
A1

AH B H C H
AA1 BB1 CC1
+
+
+
+
= 3 +
AA BB CC
AA BB CC

Và AH , AA là các đờng chung đáy BC của HBC và ABC .

18

C


AH S BHC
=
AA S ABC

B H S AHC

BB
'
CC
'


1
1
1
Từ đó suy ra:

AA BB CC 9
+
+
.
AA1 BB1 CC1 4

x 2 + x + y 2 + y = 18
Bài toán 5: Giải hệ phơng trình:
x( x + 1). y ( y + 1) = 72
Nhận xét: Đây là hệ 2 phơng trình hai ẩn, lời giải rắc rối khi ta dùng phơng pháp thế. Nhìn vào dạng của biểu thức ta thấy rằng, khi thay đổi vai trò x,y
cho nhau thì biểu thức trong mỗi phơng trình không thay đổi. Nh vậy, đây là một
hệ đối xứng, ta có thể nghĩ ngay tới việc đặt S = x + y, P = x.y, nhng khá dài dòng
với hệ chứa S, P. Ta nhìn và phân tích xem, ta có thể đặt S = ?, P = ? thì bài toán
sẽ đơn giản hơn
Từ (1) cho ta x(x+1) +y(y+1)=18
Với chú ý nh vậy, ta nghĩ ngay đến việc đặt :
S = x ( x + 1) + y ( y + 1)
. Khi đó, hệ đã cho đa về:
P = x( x + 1). y ( y + 1)

x ( x + 1) = 12
x = 3 x = 4


y( y + 1) = 6
y = 2 y = 3
Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm nh trên.
Bài toán 6: Cho M là điểm cố định thuộc tam diện vuông Oxyz . Mặt
phẳng ( ) qua M cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C. Gọi khoảng cách từ M tới các
mặt phẳng (OBC), (OAC), (OAB) lần lợt là a, b, c. Tính OA, OB, OC để
OA + OB + OC nhỏ nhất.
Lời giải và nhận xét:
z
Đặt OA = m, OB = n, OC = p
C

VOABC =

1
mnp
6

Dựa vào hình vẽ ta dễ nhận thấy:
Điểm M cùng 4 điểm A, B, C, O chia tứ
diện thành 4 tứ diện nhỏ, nếu coi các tứ
diện có đỉnh tại M thì:

p
b



Ta có: OA + OB + OC = m + n + p = (m + n + p)( + + ) ( a + b + c ) 2
Dấu = xảy ra khi:
m
a
m

=

n
b
n

=

p
c



m
a

=

n
b

=


Bài toán 7: Điểm M nằm trong ABC. Hạ MA1 , MB1 , MC1 lần lợt vuông
góc với BC, CA, AB. Tìm vị trí của điểm M để

BC
CA
AB
+
+
nhỏ nhất.
MA1 MB1 MC1

Nhận xét: Bài toán có các tỉ số

A

BC CA AB
;
;
MA1 MB1 MC1

B1

C1
M

Nhng từ mối liên hệ giữa các tích của
chúng:

B


MA1 MB1 MC1
2 S ABC

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi:
BC .MA1
BC
MA1

=

CA.MB1
CA
MB1

=

AB .MC1
AB

MA1 = MB1 = MC1

MC1

M là tâm đờng tròn nội tiếp ABC .

4. Đặc điểm về dạng thể hiện ở tính chất kỳ dị không mẫu mực hay
tính chất "nguỵ trang" của dạng biểu thức có trong bài toán.
Bài toán 1: Phơng trình 4 x 3 3 x = 1 x 2 có bao nhiêu nghiệm?
Nhận xét. Bài toán này nếu ta sử dụng đổi tơng đơng thông thờng thì
phải giải phơng trình bậc 6.

3t = t + k 2

2

k
t = 8 + 2

( k  )

t = + k

4

Từ đó cho ta nghiệm phơng trình đã cho.
Bài toán 2: Giải phơng trình
cos6x - cos4x + 4cos3x + 4 = 0.
Nhận xét: Ta nhận thấy rằng, các đối số cách nhau quá sai lệch ta khó
mà biểu diễn chúng qua nhau. Ta tìm cách phân tích, đánh giá.
cos6x - cos4x + 4cos3x + 4 = 0
( 1 + cos6 x ) + ( 1 cos4 x ) + 4cos3 x + 2 = 0
2
2
2cos 3x + 2sin 2 x + 4cos3 x + 2 = 0

( cos x +1) + sin 2 2 x = 0
2

cos3x + 1 = 0
Vế trái 0, do đó phơng trình đã cho
x = +2k


Bài toán 4: Chứng minh rằng:

(

)(

) (

)(

)

4ab 1 a2 1 b 2 + 2a 2 1 2 b 2 1 1 (1)
với a 1, b 1
Nhận xét: Khi nhìn vào bất đẳng thức cần phải chứng minh, không ít
ngời cảm thấy quá phức tạp, vì vẻ dài dòng. Dùng biến đổi thông thờng rất
khó khăn, vậy làm thế nào để lột bỏ vẻ nguỵ trang dài dòng đó?
Chúng ta lu ý, a 1; b 1
đặt a = cos
b = cos

(0 ; )

(

)(

)


2003
+ + ... +
2! 3!
2004!

1 1 1
1
1
1
= 1
+ + ... +


)

nếu x 18
nếu 9 x < 18

(1)
2 x 9 = 2 ( xnếu
+1)x 18
(1)
(2)
= 2 ( xnếu
+ 1) 9 x < 18
6
Vì (1) và (2) vô nghiệm, nên phơng trình đã cho vô nghiệm.
Bài toán 7: Giải phơng trình:
x + x + 7 x 51 + x 11x + 30 = log13
3

2

2

x2 x + 3
x 2x + 4
2

+ 23 x + 3 x

Nhận xét: Vẻ cồng kềnh của phơng trình làm ta "choáng váng". Nhng
chúng ta hãy lu ý đến điều kiện để phơng trình có nghĩa:


(

)

x 1
x 2 4 x + 3 +1 log3 +
8 x 2 x 2 + 6 +1 0 (1)
5 x
Việc giải bất phơng trình theo cách thông thờng chúng ta không làm đợc. Thờng học sinh quên mất điều kiện bất phơng trình có nghiệm. Trong trờng hợp này khai thác điều này cho chúng ta lời giải khá bất ngờ:
x 2 4 x + 3 0
x 1 x 3

x =1
x

Điều kiện > 0
x >0

x =3
5
1 x 3

8 x 2 x 2 6 0
+ Thay x = 1 vào bất phơng trình (1): vế trái = 0 x = 1 là nghiệm
3
3 1
+ Thay x = 3 thì vế trái = log3 ữ+ = log3 3 > 0 .
25
5 3