SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUAN HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH TÌM TÒI PHƯƠNG PHÁP GIẢI
BÀI TOÁN THÔNG QUA “CÁCH NHÌN”

Người thực hiện: Nguyễn Văn Tuấn
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Thành Sơn
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2017


MỤC LỤC
STT

Nội dung

Trang

1

1. Phần mở đầu

1

2


2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

2

8

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2

9

2.3. Những bài toán cụ thể để minh hoạ

3

10

2.3.1. Bài toán 1

3

11

2.3.2. Bài toán 2

4

12


2.3.8.Bài toán 8

7

18

2.3.9. Bài toán 9

7

19

2.3.10. Bài toán 10

8

20

2.3.11. Một số bài tập đề nghị

8

21

2.3.12. Một số nhận xét, đánh giá

8

22

m2 - 1 = 0 (x là ẩn). Nếu ta xem x là ẩn thì phương trên là phương trình bậc 3
đầy đủ, cách giải hết sức khó khăn với cấp học THCS. Song ta nhìn vào các
chức có tham gia vào phương trình và các chức này có vai trò như nhau thì
vấn đề giải hết sức đơn giản (Phần này sẽ được trình bày kĩ hơn ở phần sau).
Thực ra lời giải bài toán có phong phú hay không là do cách nhìn bài
toán của chúng ta, có những nhà toán học thường nói có cái nhìn, góc nhìn
"chết người" và cũng có cái nhìn "nảy lửa". Song cũng có những quan điểm
khác nhau, có nhiều khi ta phải xuất phát từ những trường hợp "hẩm hưu, bất
hạnh". Ví dụ như: Tìm nghiệm duy nhất của một hệ phương trình nào đó thì
giả sử có nghiệm là (x, y, z) là duy nhất thì bộ nghiệm (-x, -y, -z) cũng là
nghiệm, nên có x = -x, y = -y, z = -z hay x = y = z = 0.
Trong chương trình cấp học THCS để đưa đến một cách giải hay, thì
theo bản thân tôi đều do bản thân có cách nhìn thích hợp, và quan niệm về các
chữ có mặt trong bài toán đều có vai trò như nhau. Đây là vấn đề hết sức chú
ý cho học sinh khi giải bài toán và theo tôi thiết nghĩ đó cũng có thể coi là
một phương pháp. Chính vì vậy tôi chọn đề tài Hướng dẫn học sinh tìm tòi
phương pháp giải toán thông qua "cách nhìn" để giải quyết những vướng
mắc của học sinh, đồng thời tạo cho các em có một cách nhìn toàn diện và
khai thác triệt để những vấn đề được coi là đặc biệt.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Căn cứ vào những yêu cầu trên thì bản thân phải có những quy trình
giải một cách tổng quát, hoặc phải đưa ra được những ví dụ điển hình để
minh chứng vấn đề mà bản thân đặt ra. Thực ra chúng ta phải cho học sinh
nắm được trong một biểu thức (phương trình) có chứa chữ thì vai trò của các
chữ hay ẩn là như nhau, tùy theo cách nghĩ của từng người, từng dạng bài
toán và đây là vấn đề xem là then chốt, cũng có thể phải sử dụng vài tính chất
chẵn lẻ của hàm số.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1


A(x,y) = 0

B(x,y) = 0
“Đây chính là cơ sở khoa học khi ta giải bài toán tìm điểm cố định khi
một đường thẳng nào đó đi qua và cũng là bài toán giải phương trình "đặc
biệt" nào đó”[5].
“Cũng như vấn đề đặt ra, việc xem a, b là chữ thay bằng biểu thức chứa
ẩn, còn x coi như một biến số. Đây cũng chính là việc quan niệm vai trò của các
chữ, các ẩn là bình đẳng, mà ta có thể coi đây là vấn đề tế nhị và tinh tế”[6].
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2


Với chương trình môn Đại số cấp THCS thì những bài toán có chứa chữ số
là những bài toán khó, hầu hết học sinh không làm được, sách giáo khoa không đề
cập, không có những phương pháp giải cụ thể được học mà các em phải tìm hiểu
trong những tài liệu khác còn trong các đề thi học sinh giỏi lại đề cập rất nhiều.
Thực tế trong năm 2015–2016 học sinh gặp bài toán có chứa chữ số hầu
hết không giải được. Nếu có chỉ là hạn hữu, nhưng các em vẫn còn mắc những
sai lầm ngộ nhận… Dẫn đến kết quả cuối năm về môn toán vẫn còn kém, cụ thể:
Loại Giỏi
Loại Khá
Loại Trung bình
Loại Yếu

0,5%
4,5%
85,1%
9,9%



z0 = b
z = c
 0

b) Thử điều kiện đủ
- Nếu a = 2, b = 2 ta có hệ:
xyz+ z = 2(*)


2
xyz + z = 2(**)
 2
2
2

x + y + z = 4(* * *)

3


Hệ có nghiệm (0, 0, 2)
Từ (*) và (**) suy ra: xy (z 2- z) = 0 nếu x = 0 thì từ (**) và (***) suy ra
z = z và y = 0. Đây là nghiệm đã biết. Nếu y = 0 ta cũng suy ra được nghiệm
đó bằng cách lập luận tương tự.
Bây giờ nếu z 2 - z = 0 ⇔ z = 0 hoặc z =1. Nhưng z =0 thì mâu thuẫn
với (*) và (**).
xy = 1
Nếu z = 1, ta có  2
⇔ a = b = 2 không có nghiệm duy nhất.

− NÕuΔ > 0 ⇔ m >

− 9 vậy phương trình có nghiệm
8

x =
1,2

1± 9 − 8m
4

−9
1
phương trình có hai nghiệm kép x0 =
8
4
−9
− NÕuΔ < ⇔ m

phương trình có hai nghiệm nếu m = 0 hoặc m = 2;
8
phương trình có 3 nghiệm khi m ≠ 0, m≠ 2.
−9
m=
8


Nếu -3 < a < - 1(1) có hai nghiệm x1,2= −1± 3+ a
Nếu a = - 1
Nếu a > - 1

(1) có ba nghiệm x1,2= −1± 2 vµx3 = 1
x = −1± 3+ a và
(1) có bốn nghiệm
1,2

x = 1± 1+ a
3,4
2.3.4. Bài toán 4
Chứng minh rằng các đường thẳng sau luôn đi qua một điểm cố định
khi a thay đổi: (a - 1)y - (a + 1)x + a + 5 = 0 (1)
Giả sử có điểm cố định M (x 0,y0) thỏa mãn yêu cầu của đề tài bài toán
thì đẳng thức (a - 1)y 0 - (a + 1)x 0 + a + 5 = 0 (2) sẽ thỏa mãn mọi giá trị của a.
Nếu coi a là ẩn của phương trình đó, ta cố gắng đưa về dạng aA(x 0,y0) +
B(x0,y0) = 0 phương trình này muốn có vô số nghiệm khi và chỉ khi A(x 0,y0) =
0; B(x0,y0) = 0. Đó chính là hệ phương trình cho phép tìm được điểm cố định,
như vậy có tìm được điểm cố định hay không là ta phải nhờ vào việc hệ
phương trình A(x,y)= 0 có nghiệm hay không.

B(x,y) = 0
Quả là thú vị khi tìm điểm cố định của 1 đường thẳng lại liên quan đến
nghiệm của hệ phương trình. Trở lại bài toán ta biến đổi.
(2) ⇔ ay0 - y0 - ax0 - x0 + a+ 5 = 0 ⇔ a (y0- x0 + 1) + (5 -y0 - x0) = 0
5



P = - [(x2y2 - 2x(x + 1)y + (x + 1)2] + 4x4
= - (xy - x - 1)2 + 4x4.
Ta lại tiếp tục dùng hằng đẳng:
P =4x4 - (xy - x - 1)2 = (2x2 - xy + x3 + 1)(2x2 + xy - x - 1)
Đến nay ta xem như phân tích đã xong, nhưng còn vấn đề hai nhân tử đó
khi phân tích thì như thế nào? Song việc hai tam thức bậc hai trên có phải là bất
khả quy trên trường số R hay chứa? Việc đó trong đề tài này ta chưa đề cập tới,
hẹn dịp khác.
2.3.6. Bài toán 6
Chứng minh rằng hệ phương trình
xk + yk = 931994


93

xy =1993

không có nghiệm (k nguyên dương)
Riêng bài này ta dùng vào tính chẵn lẻ mà biện luận.
Thực vậy ta có 199393 là một số lẻ, do vậy xy cũng lẻ, hay x và y lẻ, cho
nên xk, yk là số lẻ.
Vì vậy xk + yk là số chẵn trong khi đó 931994 là số lẻ mâu thuẫn.
6


Vậy hệ phương trình đã cho không có nghiệm.
2.3.7. Bài toán 7
Chứng minh rằng các đường parabol sau luôn đi qua điểm cố định khi m
thay đổi: y = x2 + 2(m + 1)x + m = 5
Ta biến đổi:

y2 = x3 − 4x2 + ax


2
3
2

x = y − 4y + ay

Giả sử (x,y) là nghiệm của hệ phương trình, khi đó (y,x) cũng là nghiệm
của hệ phương trình đó. Do vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì x = y.
Từ đó suy ra:
x3 - 5x2 + ax = 0 ⇔ x (x2 - 5x + a) = 0 nên ta có x = 0 hoặc x2 - 5x + a = 0.
Nếu x = 0 thì x = y = 0, muốn cho hệ có nghiệm duy nhất thì phương trình
x - 5x + a = 0 (*) hoặc vô nghiệm hoặc chỉ có nghiệm bằng 0.
2

Ta có ∆ = 25 - 4a < 0 ⇔ a>

25
phương trình (*) vô nghiệm
4

Với x = 0 thì a = 0 thì phương trình (*) có dạng x 2 - 5x = 0 có nghiệm x =
0; x = 5.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi a>

25
.
4

2
2
⇔ x + y = (x+ y) − 2xy= 1⇔ xy =
.

S = x + y
2
Khi đó x,y là nghiệm của phương trình X 2 − SX +

S2 − 1
= 0 cã nghiÖm
.
2

Hay:
Δ ≥ 0 ⇔ S2 - 2(S2 - 1)≥ 0 ⇔ -S2 + 2 ≥ 0 ⇔ S2 ≤ 2 ⇔ − 2 ≤ S ≤ 2
VËy SMax = 2; S
= − 2. Khi đó ta tìm được x và y.
Min

2.3.11. Một số bài tập đề nghị
Bài 1: Chứng minh các đường thẳng sau đi qua một điểm cố định:
a) y = (2m - 1)x - 4m + 1993
b) y = (2m - 1)x + n - 1 với n + m = 1
Bài 2: Giải và biện luận phương trình:
a) x2 − a- x = a
b) x + a x = a
c) Giải và biện luận hệ phương

x2 + y2 = bx+ cy− az

- Nếu hệ phương trình vô nghiệm thì không tìm được điểm cố định ấy,
nghĩa là đồ thị hàm số không đi qua điểm cố định nào.
- Nếu hệ phương trình vô số nghiệm: Thì chúng ta lại càng không tìm
được, như vậy việc tìm được điểm cố định mà đồ thị hàm số đi qua phụ thuộc
vào hệ phương trình có nghiệm hay không và có nghiệm như thế nào.
Ngoài ra chúng ta hiểu rằng từ cách nhìn thích hợp với góc độ thích
hợp thì cho ta cách giải thích hợp, như vậy bản thân tôi nghĩ rằng “cách nhìn
này” cũng có thể xem như một phương pháp, ngược lại một phương pháp giải
bài toán hay là nhờ vào “cách nhìn này”. Đồng thời ở những trường hợp đặc
biệt nếu chúng ta khai thác đúng hướng và nhìn ở góc nhìn hợp lý lại cũng
đưa ra một phương pháp giải bài toán thú vị.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Với sáng kiến này năm học qua, với học sinh trung bình thì được tôi
hướng dẫn tìm ra kết quả, với học sinh khá giỏi khi có thể tự phát hiện hướng đi
đúng đắn, nhưng không dừng lại ở đó mà khuyến khích các em khai thác tìm tòi
những phương pháp, những cách nhìn khác để giải các bài toán.
Thực nghiệm cho thấy trong năm học qua, chất lượng học tập về môn
toán do tôi phụ trách có nhiều chuyển biến tốt đẹp, chất lượng đại trà được nâng
lên rõ rệt.
Kết quả cuối năm về môn Toán đạt được khá khả quan , cụ thể :
Loại Giỏi

2,5%
9


Loại Khá
Loại Trung Bình
Loại Yếu




TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa Đại số 7, Đại số 8, Đại số 9.
[2]. Sách phát triển Đại số 7, Đại số 8, Đại số 9 (Vũ Hữu Bình)
[3]. Tài liệu chuyên toán Đại số 9 (Hoàng Chúng; Thiệu Hùng; Quang Khải)
[4]. Trọng điểm Đại số 9 (Ngô Long Hậu; Trần Luận)
[5]. Toán nâng cao Đại số 9 (Nguyễn Ngọc Đạm; Nguyễn Việt Hải; Vũ Dương
Thụy)
[6]. Báo toán học và tuổi trẻ.

11