SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"BỒI DƯỠNG TƯ DUY HỌC SINH QUA GIỜ HỌC TỰ CHỌN
MÔN TOÁN LỚP 10"

1


PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Bất đẳng thức và các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức là
các vấn đề đã được đề cập trong chương trình sách giáo khoa môn toán ở bậc Trung học
phổ thông. Thời gian giảng dạy chủ đề này không nhiều, mức độ bài tập trình bày trong
sách giáo khoa và sách bài tập đều ở dạng cơ bản. Tuy nhiên trong các kỳ thi Đại học và
các kỳ thi học sinh giỏi thì các bài toán về bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất lại là một đỉnh cao mà rất ít học sinh có thể vượt qua. Rất nhiều học sinh còn
lúng túng trước các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đặc biệt là
học sinh lớp 10.
Trong những năm gần đây thực hiện chương trình giảm tải của Bộ giáo dục, môn
toán chương trình ban cơ bản của lớp 10 còn 3 tiết trên tuần. Trường THPT Nguyễn
Trung Ngạn xây dựng kế hoạch giảng dạy thêm một tiết tự chọn dành cho môn toán dạy
theo chủ đề bám sát. Căn cứ vào kế hoạch của nhà trường, của Ban chuyên môn, Tổ toán
đã xây dựng kế hoạch dạy tự chọn môn toán lớp 10 theo từng chủ đề, bám sát với phân
phối chương trình của Sở giáo dục trong đó có chủ đề : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biếu thức, chủ đề này được thực hiện sau khi học sinh học xong bài Bất đẳng
thức.
Năm học 2012-2013 tôi được nhà trường phân công giảng dạy lớp 10A1.Thực tế
trong những năm học trước bản thân tôi cũng đã có những băn khoăn trăn trở về cách
hướng dẫn học sinh học giờ tự chọn như thế nào cho hiệu quả và làm thế nào để học sinh
có hứng thú học trong các giờ tự chọn? Trong khi tài liệu chung để học sinh và giáo viên

2. Phạm vi nghiên cứu:
“ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10” bằng các bài toán
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât.
IV. CƠ SỞ NGHIÊN CỨU
Để thực hiện đề tài này, tôi dựa trên cơ sở các kiến thức đã học ở Trường ĐHSP,
các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo
khoa, sách bài tập, sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học phổ thông …
V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây:
– Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu sách tham khảo, đề thi học sinh
giỏi, mạng Internet, các tài liệu liên quan khác…
– Phương pháp khảo sát thực tiễn: Khảo sát học sinh lớp 10A1 của Trường
THPT Nguyễn Trung Ngạn.

3


– Phương pháp quan sát : Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT
Nguyễn Trung Ngạn
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy thực nghiệm, cho đề kiểm tra
khảo sát kết quả sau khi thực hiện chuyên đề.
– Phương pháp thống kê toán học.
VI. THỜI GIAN THỰC HIỆN
- Đề tài được thực hiện từ ngày 20 - 03 -2013 đến ngày 10 - 04 - 2013
VII. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI
Đề tài được sử dụng trong giờ học tự chọn môn toán của lớp 10A1 và dùng để bồi
dường học sinh thi Đại học , bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh.
PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG
I. Khảo sát tình hình thực tê
Năm học 2012 – 2013, tôi được BGH nhà trường phân công giảng dạy môn toán


4. +

1 1
4
+ ≥
( Khi b, c > 0)
b c b +c

5.
6.

b
≥2
a

1 1
8
+ 2≥
với a ,b > 0
2
a b
( a + b) 2
r

r

r

r

+
÷( 1)
x +1
y +1
z +1
 x +1 y +1 z +1

Theo bất đẳng thức Cô si ta có :

5


 1
1
1 
+
+
÷ ≥ 9 .(2)
 x +1 y +1 z +1

[ ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1)] 

Mặt khác theo giả thiết x+ y+ z = 1 nên từ(2) ta có
Từ (3) và (1) Ta có P ≤
Vậy Max P =

1
1
1
9


x2 y
Từ giả thiết suy ra xy + + 2 = 3 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có :
z z
2

1+

1
x8
x2
4
4
4
(1)
+
x
+
x
≥
4
=
4
z4
z4
z

1 1
y4
4

Bài 3 Cho a, b, c là các số thục dương thỏa điều kiện abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P =

1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3
2

Lời giải : Do a2+b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b khi đó :

6


1
1
1
= 2
≤
2
2
2
a + 2b + 3 a + b + b + 1 + 2 2(ab + b + 1)
2

Tương tự

1
ab
b
1
1
 1
⇔P ≤ 
+
+
và ac = )
÷ = . ( Do c =
2  ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1  2
ab
b

Dấu bằng trong BĐT trên xảy ra khi a = b = c = 1
Vậy Max P =

1
khi và chỉ khi a = b = c = 1
2

Bài 4 ( Đề thi HSG Tỉnh Hưng Yên)
Cho a, b, c là các số dương tùy ý và thỏa điề kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P =

ab
bc
ac
+


ab
1  ab
ab 
≤ 
+
÷(1). Tương tự ta có :
2c + ab 2  c + a c + b 
bc
1  bc
bc 
≤ 
+
÷ (2)
2a + bc 2  a + b a + c 
ac
1  ac
ac 
≤ 
+
÷ (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được
2b + ac 2  a + b b + c 
1  ab

bc

ab

ac


Bài 5 Cho a,b,c là ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c =
thức P =

3

1
1
1
+3
+3
.
a + 3b
b + 3c
c + 3a
1
x

Lời giải: Áp dụng BĐT (x+y+z)  +

(

1
1
1 

+
+
3
÷
 a + 3b 3 b + 3c 3 c + 3a 

Suy ra

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
4

a + 3b + 1 + 1 a + 3b + 2
=
3
3

a + 3b + 2
, tương tự
3

3

a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤

b + 3c ≤

3

c + 3a ≤

c + 3a + 2
3

4(a + b + c) + 6
=3

Suy ra x + y + 2z ≤ 6 Dấu bằng xảy ra khi x =

8

y
= z = 1.
2


1 1
8
+ 2≥
( 1)
2
a b
( a + b) 2

Với a và b là các số dương ta có :
Áp dụng BĐT (1) ta được :

1
1
8
8
8
+
+
≥
+
2

Vậy Min P = 1 khi x = 1, y = 2 , z = 1
Bài 7 Cho x,y,z dương và thỏa mãn xy + yz + zx = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3x2 + 3y2 + z2
Lời giải: Ta có 2P = ( 4x2 + z2) + (4y2+ z2) +(2x2+ 2y2)
Áp dụng BĐT Cô si ta có 4x2 + z2 ≥ 4xz , 4y2 + z2 ≥ 4yz, 2x2 + 2y2 ≥ 4xy
Khi đó 2P ≥ 4( xy + yz + zx) = 20 hay P ≥ 10 .
P =10 khi x = y = 1 , z =2
Kết luận Min P = 10 khi và chỉ khi x = y =1 , z= 2
Bài 8 Cho
P=

x≥0, y≥0

và

x + y = 1.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

x2
y2
+
.
y +1 x +1

x2
y2
x 3 + y3 + x 2 + y 2
+
Lời giải : Ta có: P =

(vì x+y =1)

2 + xy

2 - 5xy
2 + xy
0 ≤ xy ≤

( x + y)
4

2
=

1
4

hay

0≤t ≤

9

1
4


Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P chính là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
2 − 5t
2+t


0≤t ≤

1
4

0≤t ≤

1
4

.
Vậy MaxP

1
2

Bài 9 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện:
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 7( x 4 + y 4 ) + 4 x 2 y 2

2 x 2 + 2 y 2 − xy = 1 .

Tìm giá trị lớn nhất và

1

Lời giải: Ta có: 1 = 2 x 2 + 2 y 2 − xy = 2( x + y )2 − 5 xy ≥ −5 xy ⇒ xy ≥ − 5
1 = 2 x 2 + 2 y 2 − xy = 2( x − y ) 2 + 3 xy ≥ 3 xy ⇒ xy ≤

1

Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = trên đoạn
Sử

1 1
[- ; ]
5 3

dụng

MaxP =

bảng

biến

thiên

của

hàm

số

bâc

hai

học

sinh

+

z3
1 + x2

10

tìm

được:


Lời giải: Ta có: P + 3 = (

x3
1+ y

2

+ y2 ) + (

y3
1+ z

2

+ z2 ) + (

z3
1+ x

+(

z3
2 1 + x2

+

x3

z3
2 1 + x2

+

1 + x2
)
4 2

3
3
9
x6
y6
z6
(x2 + y2 + z 2 ) = 6
3
3
hay P + 2 2 ≥ 3
P+
≥3

3
2 2

=

3
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy MinP =

3
2

Bài 11 Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện:
xy + yz + zx ≥ 2xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
1

1

1

Lời giải: Ta có xy + yz + xz ≥ 2 xyz ⇔ x + y + z ≥ 2 nên
1
1
1 y −1 z −1
( y − 1)( z − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2
(1)

≥2
(3)
y
x
y
x
y
xy

1
8

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤ . Suy ra A ≤
Vậy MaxA =

1
3
⇔x=y=z=
8
2

11

1
8


Bài 12 Với mọi số thực dương

thỏa điều kiện x + y + z ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

P=

1
.
3

(3).

(4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có:

Vậy MinP = 19 ⇔ x = y = z =

Bài 13 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
thức:

x=

P ≥ 19 .

1
3

1 1 1
+ + = 4.
x y z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu

1
1

1

1 1

1 1

1

Ta có : 2x + y + z ≤ 4 .( 2x + y + z ) ≤ 8x + 16  y + z ÷


1

Hay 2x + y + z ≤ 8x + 16  y + z ÷ (1).


1

1

Tương tự x + 2y + z ≤ 8y + 16  x + z ÷ (2)


1
1 1 1 1
≤ +  + ÷
x + y + 2z 8z 16  x y 

(3)



12


Lời giải: .Ta có: P = (

a
b
c
b2
c2
a2
+
+
)+(
+
+
) = A+ B
b+c c+a a +b
b+c c +a a +b

1
1
1
1 
+
+
[ (a + b) + (b + c) + (c + a)] 
2
 a + b b + c c + a 


3
2

a2
b2
c2
1
+
+
)(a + b + b + c + c + a ) ⇔ 1 ≤ B.2 ⇔ B ≥
a+b b+c c+a
2
1
3

Để P = 2 thì a = b = c = .
1

= b = c = 3.

Bài15 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + y = 5 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
Lời giải: P =

4x + y 2x − y 4 1 x y 4 y 1 x y
+
= + + − = + + + −
xy
4

y 4
x
2 2
3
khi x = 1; y = 4
2

Vậy Min P =

3
2

Bài 16 Cho x, y, z > 0 thỏa điều kiện xyz = 1.
Tìm GTNN của

1 + x3 + y3
1 + y3 + z3
1 + z 3 + x3
S=
+
+
xy
yz
zx

Lời giải: Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta có:
1 + x3 + y 3
1 + x + y ≥ 3 1.x . y = 3 xy ⇔
≥
xy


1 + z 3 + x3
3
≥
zx
zx

3
3
3
1 + x3 + y 3
1 + y3 + z3
1 + z 3 + x3
≥
+
+
Suyra: S =
+
+
xy
yz
zx
xy yz zx

≥3

3
3
3
.

+
xy
1
+
yz
1
+
zx



Lời giải: Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ] 
⇔P≥

9
9
≥
3 + xy + yz + zx 3 + x 2 + y 2 + z 2

Mà P =

3
khi x = y = z= 1
2

Vậy Min P =

3
⇔ x = y = z= 1
2

(*)

¡

Do đó : x + y ≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay
3

3

y2 z2
+ ≥ y+z
Tương tự, ta có :
z
y

x 2 y2
+
≥x+y
y
x

∀y, z > 0 và

z2 x2
+
≥z+x
x
z

∀x, y > 0


x; y; z > 0 ,
y
2 y 2 zx

+

Áp dụng BĐT Côsi ta có:
z

2 z 2 xy

=

1  2
2
2 
+
+
4  yz
zx
xy 

1  1 1 1 1 1 1  1  yz + zx + xy  1  x 2 + y 2 + z 2
 + + + + + = 
 ≤ 
4  y z z x x y  2 
xyz
xyz
 2

P=

P≥

t 3 − t 2 − xy (3t − 2)
.
xy − t + 1

Do 3t - 2 > 0 và − xy ≥ −

t2
4

nên ta có

t 2 (3t − 2)
t2
4
=
t2
t−2
− t +1
4

t3 − t2 −

Xét biểu thức f(t) =

t2
4

y
+
1− x
1− y

T=

Lời giải:
1
1− x

x −1+1

P=
+

1− x

1
1− y

≥

+

y −1+1
1− y

=


Dấu “ = “

Có

2
1− x +1− y
2

Mặt khác: 1 − x + 1 − y ≤ 2. 1 − x + 1 − y =
Từ (1) và (2)

− ( 1− x + 1− y) .

⇔

2

=2

(1)

2

(2)

1–x=1–y

⇔

x=y=

25
2
191
16

khi x = y =
khi

1
2


2+ 3
 x =
4

2
−
3
y =

4

hay


2− 3
 x =
4


⇔ 4(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)2 do x, y > 0
⇔ 3(x2 + y2 – 2xy) ≥ 0 ⇔ (x – y)2 ≥ 0 (đúng)
4(y3 + z3) ≥ (y + z)3 Dấu = xảy ra ⇔ y = z

Tương tự ta có

4(z3 + x3) ≥ (z + x)3 Dấu = xảy ra ⇔ z = x
Do đó

3

Ta lại có
Suy ra

(

)

(

)

(

)

4 x 3 + y3 + 3 4 y3 + z 3 + 3 4 z 3 + x 3 ≥ 2 ( x + y + z ) ≥ 6 3 xyz

 x
y

Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1
Bài 24 Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y ≥ 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải: Ta có

3x 2 + 4 2 + y 3 3x 1 2
+
=
+ +
+y
4x
4 x y2
y2

A =
x

3x 2 + 4 2 + y3
+
.
:A =
4x
y2

1

 1

y


2
2
( x + y ) xy = x + y − xy

. Tìm GTLN của biểu thức A =

 xy ≠ 0
1 1 1
1
1
⇔
+
=
+
−
(1)
2
2
2
2
x y x
y
xy
 xy ( x + y ) = x + y − xy

Lời giải: Ta có: 

2

1 1 1 1  3 2

Ta biết :

“ = “ xảy ra

⇔a

( vì a + b > 0 )

= b.
3

A  A
Từ đó suy ra : ≥ 
÷ ⇔ A ≤ 16
2  2 ÷


“ = “ xảy ra

⇔

a = b = 2.

Vậy Max A = 16 khi 1/x = 1/y = 2.
Cách 2 :
Ta có: A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2.
Từ (1) suy ra : a + b = (a + b)2 -3ab
Mà:
ab ≤ (


=
(
hayP
=
) . Ta có
Từ gt suy ra: 
2
S
+
3
3
SP
=
S
−
3
P

1 1 x 3 + y 3 ( x + y)( x 2 + y 2 − xy ) ( x + y ) 2 xy ( x + y ) 2 S 2
A= 3 + 3 = 3 3 =
=
= 2 2 = 2
x y
xy
x3 y3
x3 y 3
xy
P

Khi đó

z ≥ 1, x ≥ 2, y ≥ 3.

Ta có :

y−2
1.( x − 1) 1
2.( y − 2)
3.( z − 3)
x −1
z −3
1
+
+
= 1.
+
.
+
.
x
y
z
x
y
z
2
3
1 + x −1 1 2 + y − 2 1 3 + z − 3 1
1
1
≤





số thực thuộc đoạn [ 1;3] .
3
t

Lời giải: Ta có: 1 ≤ t ≤ 3 ⇔ ( t − 1) ( t − 3) ≤ 0 ⇔ t 2 − 4t + 3 ≤ 0 ⇔ t + ≤ 4 .

19


3

3



3



1 1 1
Suy ra: x + x ≤ 4 ; y + y ≤ 4 ; z + z ≤ 4 và Q = ( x + y + z ) + 3  + + ÷ ≤ 12
x y z
1 1 1 Q
1 1 1
3 ( x + y + z )  + + ÷ ≤ ≤ 6 ⇒ ( x + y + z )  + + ÷ ≤ 12
x y z 2


có

S=

x + 1 + y + 1 ≤ 2( x + 1 + y + 1) = 2( x + y + 2) (b)

Từ (a) và (b) S = x + 1 + y + 1 ≤ 16 = 4 .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 3 . Vậy
MaxS = 4 khi x = y = 3.
Bài 29 Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz=1.
Tìm GTNN của biểu thức :P =

x2 ( y + z )
y y + 2z z

+

y2 ( z + x )
z z + 2x x

+

z2 ( x + y )
x yx + 2y y

Lời giải: Ta có x 2 ( y + z ) ≥ 2x x ; y 2 ( z + x ) ≥ 2y y ; z2 ( x + y ) ≥ 2z z
P≥

2x x
y y + 2z z

Vậy P ≥ 9 


b

+

4a + b − 2c 4b + c − 2a 
+
÷=
c
a


2  c b a a b c  2
4  + + ÷+  + + ÷− 6 ≥ ( 4.3 + 3 − 6 ) = 2
9   b a c   b c a   9

Dấu “=” xảy ra

⇔ x = y = z =1.

Vậy Min P = 2 .

20

⇒

.



1 

1

8 1

1

1

Từ đó: A=  x + 9x ÷ +  y + 9y ÷+  z + 9z ÷ + 9  x + y + z ÷≥ 2 +








1
3

xyz

8 3
9 3 xyz

≥3


1

1
1
1
+ y2 + 2 + z2 + 2
2
x
y
z

r r
r r
u
+
v
≤
u
+ v (*)
ta có:

r  1  r  1  r  1
a =  x; ÷; b =  y; ÷; c =  z; ÷
 x
 z
 y

x2 +

x2 +

= 81(x + y + z) +

2

 1 1 1
 + + ÷
 x y z

– 80(x + y + z)2

1

≥ 18(x + y + z).  x + y + z ÷ – 80(x + y + z)2 ≥ 162 – 80 = 82
Suy ra P ≥
Vậy Min P =

82 .

1

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 3 .

82 khi

1

và chỉ khi x = y = z = 3 .

Bài 32 Cho x,y,z là các số thực dương và thỏa mãn: z(z – x – y) = x + y + 1. Tìm giá trị
x4 y4

,
÷ =
( x + 1) =  + + + 1÷ ≥  4
27
 3 3 3   27 ÷

4

(

4

3
4 3
4
 y y y   4 y  4 .y
y + 1) =  + + + 1÷ ≥  4
, và x + y ≥ 4xy
÷ =
27
 3 3 3   27 ÷

4

Do đó ( x + y )2 [ ( x + 1)( y + 1) ] ≥
4

Mà T =

(4 xy )48 ( x3 y 3 ) 49 4 4

 x 

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức : ( a 2 + b 2 ) ( c 2 + d 2 ) ≥ ( ac + bd )
Ta có :
⇒

7
( 9 + 7 ) 1 + 2
 x

A≥ x+

với

x > 0.

2

2

7
 
÷≥  3 + ÷
x
 

11 1 
7 
9 3
3 15

2c
c2 + 1

.

Lời giải: Xét 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b)( a + c)

22


1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = ( b+a)(b +c)
1 +c2 = ab + bc +ca +c2 = (c+a)(c+b)
Khi đó P =

a
b
2c
+
+
( a + b)(a + c)
(b + a )(b + c)
(c + a )(c + b)

=

2a
2b
4c
+
+

c


 
 

P≤

a+b
a+c b+c 9
+
+
=
4(a + b) a + c b + c 4

4(a + b) = a + c
1

a
=
b
=
4(a + b) = b + c
15


⇔
Dấu bằng xảy ra khi và chí khi 

a = b

phá trong kết quả thi ĐH-CĐ những năm gần đây .
2. Về phía học sinh
Để gặt hái được những thành tích cao trong công tác mũi nhọn. Học sinh là nhân
vật trung tâm trong việc bồi dưỡng đào tạo, đây là nhân tố giữ vai trò quyết định trong sự
thành công hay thất bại của mỗi giáo viên làm công tác giảng dạy, bồi dưỡng. Vì chính
các em mới là người học, là người đi thi và là người đem lại những thành tích đó.Làm thế
nào để ngay từ khi bước vào ngôi trường cấp ba học sinh đã có những niềm mơ ước được
chinh phục đỉnh cao của trí tuệ.
Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gặt hái được những thành công, đòi hỏi các
em phải có một sự nỗ lực rất lớn. Một sự quyết tâm học tập trên 100% khả năng của bản
thân mình. Nhất là đối với lứa tuổi học sinh lớp 10 mới bước vào năm đầu tiên của
chương trình học phổ thông. Nhưng kiến thức của năm lớp 10 này lại có vai trò quyết
định tương lai của các em sau này. Nhận thức rõ điều đó, mỗi giáo viên làm công tác bồi
dưỡng cần phải dành một sự quan tâm sát xao đến các em, thường xuyên động viên, uốn
nắn kịp thời để giúp cho các em có một sự đam mê trong công việc học tập của mình.
Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ môn Toán vì đây là một môn học khó
và mất nhiều thời gian để nghiên cứu.
3. Về phía giáo viên tham gia trực tiếp giảng dạy
Đặc thù của các tiết học tự chọn là giảng dạy theo chủ đề bám sát, như vậy căn cứ
vào kế hoạch của nhà trường, của tổ chuyên môn giáo viên phải tự tìm tòi, đọc sách tham
khảo để lựa chọn bài tập phù hợp với đối tượng học sinh trên lớp mà mình giảng dạy.Đối
với các lớp có nhiều học sinh khá giỏi thì giờ học tự chọn thường rất sôi nổi, các em được
củng cố bổ sung kiến thức và được tiếp cận với các đề thi học sinh giỏi, đề thi Đại học vì
vậy việc định hướng để học sinh biết tìm tòi khám phá tìm ra các lời giải hay là trách
nhiệm của mỗi giáo viên chúng ta.
Để thực hiện được điều đó về phía giáo viên cần :
Một là, kiến thức của thầy cô phải có chiều sâu, giáo viên giảng dạy toán phải là người
có một cái nhìn tổng quát về môn toán trong bậc học của mình, phải là người giải toán

24