MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU

2

PHẦN I: CƠ SỞ LÝ LUẬN

3

1.1 Khái niệm và đặc điểm của tư duy

3

1.2 Tư duy sáng tạo

5

1.3 Hoạt động chứng minh

6

PHẦN II: RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO QUA

8

BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

2.1 Tập luyện cho học sinh năng lực dự đoán trong chứng minh BĐT

8

Trong quá trình dạy học môn Toán ở trường phổ thông, việc dạy học giải
bài tập toán học có một vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững tri
thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng Toán học vào thực
tiễn… Bài toán chứng minh bất đẳng thức ở trường THPT là rất đa dạng và
phong phú; được sử dụng nhiều trong kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng, các
kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế... Vì thế thông qua dạy
học giải bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường phổ thông ta có thể rèn luyện
cho học sinh khả năng tư duy sáng tạo.

Với những lí do trên, tôi đã chọn đề tài: “Rèn luyện tư duy sáng tạo
trong dạy học giải bài tập chứng minh Bất đẳng thức” trong chuyên
đề “Tư duy Toán học” chò bài tiểu luận của mình. Nhân đây, cho tôi
xin được bày tỏ sự biết ơn đến thầy giáo TS. Nguyễn Văn Thuận đã
nhiệt tình giảng dạy cho lớp Cao học 18 Phương pháp Tóa cũng như
bản thân tôi trong thời gian qua.
Vinh, tháng 04 năm 2012
Học viên: Cao Hải Vân
2


Phần I: CƠ SỞ LÍ LUẬN
1.1.

Khái niệm và đặc điểm của tư duy

1.1.1.

Khái niệm.

Theo Trần Thúc Trình thì: “Tư duy là quá trình nhận thức, phản ánh


Tư duy là một quá trình: tư duy được xét như một quá trình, nghĩa là tư

duy có nảy sinh, diễn biến và kết thúc.
Các thao tác tư duy:


Phân tích – tổng hợp
Phân tích là quá trình dùng trí óc để phân chia đối tượng nhận thức

thành những “bộ phận”, những thuộc tính, những mối liên hệ và quan hệ giữa
chúng để nhận thức đối tượng sâu sắc hơn.
Tổng hợp là quá trình dùng trí óc để hợp nhất những “bộ phận” đã được
phân tích.
Phân tích và tổng hợp có quan hệ mật thiết với nhau, bổ sung cho nhau
tạo thành sự thống nhất không tách rời được.


So sánh
So sánh là quá trình dùng trí óc để xác định sự giống nhau hay khác

nhau, sự đồng nhất hay không đồng nhất, sự bằng nhau hay không bằng nhau
giữa các đối tượng nhận thức.


Trừu tượng hóa và khái quát hóa
Trừu tượng hóa là quá trình dùng trí óc để gạt bỏ những mặt, những

thuộc tính không cần thiết về phương diện nào đó và chỉ giữ lại những yếu tố
cần thiết để tư duy. Ví dụ: Khi nói đến hình chóp ta nghĩ đến hình có đáy là đa

giả định về các hiện tượng và quy luật chưa biết”
Dự đoán không những giúp ta thật sự hiểu bài toán mà trong giải bài tập
còn giảm được những cách giải mày mò, mù quáng, trước những bài toán khó
không vội đi vào tính toán, chứng minh ngay mà biết căn cứ vào dữ kiện và mục
tiêu cần giải quyết để có những trù liệu, phán đoán. Nó thuộc loại vấn đề gì?
Đại thể nên bắt đầu từ đâu? Sau đó mới bắt tay vào tính toán, chứng minh. Khi
đạt được một kết quả nào đó thì kết hợp với mục tiêu dự đoán, cảm nhận được
cách giải nào sẽ đạt được kết quả. Nếu thấy có thể được thì sẽ tiếp tục phương
pháp đó, nếu cảm nhận thấy không được thì phải quay lại điều kiện ban đầu để
dự đoán, tìm cách giải khác, điều chỉnh cho tới khi giải được bài toán.
Ví dụ 1: Cho hai số thực dương x và y thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1
x

1
y

của biểu thức P  x  y   .

Đối với học sinh khá giỏi thì việc tìm ra lời giải bài toán này không quá khó
khăn. Tuy nhiên, học sinh chỉ giải theo một cách máy móc hoặc mắc ngay sai
lầm khi giải bài toán bằng cách áp dụng ngay BĐT Cô – si. GV có thể tập luyện
cho HS dự đoán từ đề bài để tìm ra lời giải. Chúng ta biết rằng một biểu thức
đạt được GTLN hoặc NN khi tồn tại các giá trị của biến đề dấu “=” có thể xẩy
ra. Đối với bài toán trên thi biểu thức điều kiện và biểu thức P đối xứng đối với
cả 2 biến x, y do đó GTNN của biểu thức có thể đạt được tại x=y= . Do đó để
8


vận dụng ngay BDT Cô-si một cách chính xác thì phải đi tìm biểu thức phù hợp

x  0 ; y  0

 x  y 1
1

p  5   4x  1
x y .
2
x

1

 4y  y


Vậy GTNN của P là 5.
Một sự tương tự như trên, ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 2: Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn:

Chứng minh

rằng:

. (2)(Đề thi TSĐH Khối A 2003)
9


Ta dự đoán được để dấu “=” xảy ra trong BDT trên khi x=y=z=1/3. Khi đó
bằng cách biến đổi biểu thức và sử dụng BDT C-S ta được phép chứng minh
như sau:


abc 3
 abc . Đẳng
3

thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c”, bằng khái quát hóa ta có dự đoán: “Với mọi

10


a1  0, a 2  0, ... a n  0

ta có

a1  a 2  ...  a n n
 a1 a 2 ...a n . Đẳng thức xảy ra khi và
n

chỉ khi a1= a2= ... =an”.
Phép tương tự hóa là một phép dự đoán hết sức hiệu quả, trong quá trình
sáng tạo học sinh thường tìm được một sự tương tự nào đó với những bài toán
mà họ đã gặp trước đó. Sau đây ta sẽ xét một số bài toán mà việc dự đoán học
sinh dựa trên nền tảng là sự tương tự.
Ví dụ 4: Với hai số dương x và y ta có:
1
1 1 1
 (  )
x y 4 x y

(4)

 2 . 
x y
x y
xy

Từ đó: ( x  y ) (  )  4 

11

1
1 1 1
 (  )
x y 4 x y


Và đẳng thức xảy ra khi x =y.
Cho các số dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
1
1 1 1
1
1 1 1
1
1 1 1
 (  );
 (  );
 (  )
ab 4 a b bc 4 b c ca 4 c a

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được:
Bài toán 4.1. Cho ba số dương a, b, c, ta có:

1
1
1 1 1 1


 (   )
a  2b  c b  2c  a c  2a  b 4 a b c

(4.2)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 4.3. Chứng minh rằng với a, b, c dương:
1
1
1
1
1
1





a  2b  c b  2c  a c  2a  b a  3b b  3c c  3a

Giải: Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có:
12

(4.3)


c  3a  a  2b  c


Kết luận:

“Tìm được lời giải cho một bài toán là một phát minh” (Polya).

Sẽ thông minh hơn nếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các
bài toán mới.
2.2

Tập luyện cho học sinh tìm ra nhiều cách giải và lời giải hay cho

một bài toán.
Tìm nhiều lời giải cho một bài toán giúp cho học sinh có cách nhìn toàn diện,
biết hệ thống hóa và sử dụng các kiến thức, các kỹ năng và phương pháp giải
toán một cách chắc chắn, mềm dẻo linh hoạt. Đó cũng là đặc trưng của năng lực
giải toán.
Tập hợp nhiều cách giải và tìm được cách giải tối ưu cho bài toán là quá
trình suy nghĩ đến cách giải. Từ đó phát hiện ra các vấn đề mới, các bài toán
mới; Dễ dàng áp dụng vào thực tiễn, vào các trường hợp riêng của bài toán hay
đi đến hướng giải tổng quát cho từng loại bài toán.
13


Ví dụ 5: (USA MO 1998). Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c
.
Để chứng minh BDT trên ta cần chứng minh a 3  b 3  aba  b  .
Việc chứng minh BDT (*) có nhiều cách chứng minh khác nhau. Sau đây ta sẽ
xét một số cách chứng minh BDT (*):

nên áp đặt hay chỉ biết vẻ đường cho HS, làm như vậy sẽ làm thui chột khả năng
sáng tạo của trẻ con.GV phải là người biết gợi cho các em sự sáng tạo đó. Sau
đây ta sẽ xét một ví dụ khác về sự phong phú trong cách tìm lời giải cho một bài
toán chứng minh BDT.
Ví dụ 6: (IMO 1961): Cho a, b, c là độ dài ba cạnh và S là diện tích của tam
giác ABC. Chứng minh rằng với mọi ΔABC ta có:
.
Sau đây ta xét một số định hướng trong việc tìm lời giải của bài toán:
Cách 1: Sử dụng công thức Hê – rông ta có:

S=
=>

.

BDT quy về chứng minh BDT:
];
Hay là

. Đây là một kết quả đã biết từ BDT:

15


.

Cách 2: Sử dụng công thức Heron và các BDT AM-GM Và C-S ta có:

Cách 3: Sử dụng công thức lượng giác ta có:
và sử dụng một kết quả khác là:


Thật vậy, theo BDT AM-GM ta có:

Theo công thức Heron ta cần chứng minh BDT sau;
48

và như thế ta chỉ

cần chứng minh BDT:

Sử dụng BDT C-S ta có:
Mặt khác theo BDT AM-GM thì
Nhân vế theo vế hai BDT nói trên rồi lấy căn bậc hai hai vế của BDT thu được
ta có ngay kết quả như trên.
Bất đẳng thức nói trên còn một số cách giải nữa, tuy nhiên trong khuôn khổ
cuốn tiểu luận này tôi chỉ trình bày một số phép chứng minh như trên. Trong
quá trình dạy học, GV nên cho học sinh tập luyện biến đổi đối tượng về những
cách nhìn nhận khác nhau để tìm ra được những lờ giải khác nhau. Qua đó kích
thích học sinh tìm tòi và mục đích cuối cùng là nhằm phát triển tư duy cho Hs
đặc biệt là tư duy sáng tạo.
2.3

Phát hiện và sửa chữa một số sai lầm trong giải toán BĐT
Thực tiễn cho thấy chất lượng dạy học Toán ở trường phổ thông có lúc, có

chỗ còn chưa tốt, biểu hiện qua việc năng lực giải Toán của học sinh còn hạn
17


chế do học sinh còn mắc nhiều sai lầm. Một trong những nguyên nhân quan

nên f  x  không có giá
2

trị nhỏ nhất! Đây có lẽ là lỗi HS thường măc phải nhất.
Để làm sáng tỏ điều mà HS vừa trình bày, GV yêu cầu HS lập bảng một số
giá trị đặc biệt trong khoảng (0;1/2), rồi quan sát và dự đoán.
Mục đích cơ bản của ta nhằm làm cho HS chú ý tới danh sách các giá trị của
f  x  được thiết lập tương ứng với các giá trị của x được lựa chọn từ lớn đến nhỏ

trong miền xác định của nó. Việc quan sát bảng này phải gợi cho HS nhiều nhận xét.
Ở đây thầy giáo gợi ý càng ít càng tốt. Nếu như có khó khăn thì thầy giáo có thể

18


khuấy động sự tranh luận bằng cách thận trọng đưa ra đúng lúc những câu hỏi hợp lí.
1
2

Từ đó HS sẽ đi đến kết luận (dự đoán): f  x  đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 tại x  .
Hiển nhiên điều khẳng định dựa trên bảng này không phải là một sự chứng
minh. Tuy nhiên bảng đó có thể dùng làm một cơ sở để tin được vào khẳng định đó
và nó cũng có thể định hướng cho việc chứng minh của chúng ta. Quả vậy, chúng ta


phải biến đổi biểu thức f  x  về dạng f  x     x   x 


1 
 g  x



x2
   8.

1
x 

2

Từ đó ta đi đến lời giải.


Hướng 2. f  x     x   x 


1 
1
  2 . Trong trường hợp này   1. Khi đó
2 
x 
x

1

 x  x   x 2
   8.

x  1



 2 

2

2

2003 
a b
 . Vậy Max ab  

 2 
 2 

Mà a +b = 2003 nên ab  

2

Sai lầm của học sinh trên là chưa nắm được đầy đủ cấu trúc định nghĩa
giá trị lớn nhất: Nếu biêu thức A  a thì chưa khẳng định chắc chắn giá trị lớn
nhất bằng a mà phải xét thêm điều kiện dấu “=” xẩy ra .
Bên cạnh đó có học sinh giải như sau:
2

2003 
Sau khi chứng minh ab  
 và họ đi xét điều kiện để dấu “=” xẩy


2

giảm hay a càng lớn thì b – a càng nhỏ. Vì vậy ta sự đoán rằng, nếu b – a càng
nhỏ thì ab càng lớn
Đó chỉ là điều dự đoán. Do vậy ta cần phải tiến hành các bước chứng
minh để khẳng định hay bác bỏ điều dự đoán ở trên. Ta hãy biểu diễn tích ab
qua a + b (giả thiết) và b – a (điều dự đoán).
21


Để xuất hiện tích ab ta có thể bình phương đối với a + b và b – a. Khi đó:

a  b2  b  a2

ab =

4

Vì a + b = 2003 nên bài toán được chuyển thành: Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức ab =

20032  b  a2
4

với điều kiện ràng buộc của bài toán

Qua sự mò mẫm, dự đoán giúp cho học sinh giải quyết bài toán một cách
hoàn chỉnh, có cơ sở, điều mà nhiều học sinh không làm được.
Ví dụ 9. Cho x, y thỏa mãn x 2  y 2  xy  1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của



x2  y2  3
2

 y2



2

4

 2x2 y2  x2  y 2
xy  2

 y 4  x2  y 2
x2  y 2  3

1  xy 


2

 2 x 2 y 2  xy  1
xy  2

.

Đặt t  xy, bài toán trở thành Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
f t  


trọng. chúng ta nên hiểu tâm lý trẻ em, biết các em nghĩ gì, trong đầu chúng đã
tồn tại và còn thiếu cái gì để hoàn thiện cũng như phát triển trí tuệ cho trẻ. Trên
đây bản thân chỉ mới tìm hiểu một mảng rất nhỏ của tư duy nói chung là tư duy
sáng tạo gắn với bài toán chứng minh bất đẳng thức. Qua việc nghiên cứu tài
liệu tôi thấy có rất nhiều thứ mình cần phải học tập để mong có hiệu quả giáo
23


dục cao nhất. Tuy nhiên nội trong cuốn tiểu luận này, tôi cũng chỉ nêu lên được
một số vấn đề về tư duy đó là:
-

Khái niệm và đặc điểm của tư
duy;

-

Một số khái niệm liên quan đến
tư duy sáng tạo;

-

Biết vận dụng những đặc trưng
của tư duy sáng tạo để phát triển tư duy cho học sinh thông qua bài toán
chứng minh Bất đẳng thức.
Cuốn tiểu luận có thể là tài liệu tham khảo cho giáo viên cũng như sinh

viên chuyên ngành phương pháp dạy học toán. Tuy nhiên, trong quá trình
làm tiểu luận, thời gian cũng đang còn hạn hẹp do đó nội dung của bài tiểu
luận không thể không có những thiếu sót. Rất mong nhận được sự chỉ bảo và

11.Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng,
Trần Văn Vuông(2006), Đại số 10 nâng cao, NXB Giáo dục, Hà Nội.
12.Đào Tam, Lê Hiển Dương (2008), Tiếp cận các phương pháp dạy học không
truyền thống trong dạy học toán ở trường đại học và trường phổ thông, NXB
ĐHSP Hà Nội.
13.

Nguyễn Văn Thuận, Nguyễn Hữu Hậu(2010), Phát hiện và sửa chữa sai
lầm cho học sinh trong dạy học Đại số - Giải tích ở trường phổ thông, NXB
ĐHSP Hà Nội.

25