1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Căn cứ vào chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà
nước. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của trường
THPT Hà Trung năm học 2016-2017.
Trong quá trình giảng dạy, tôi được nhà trường tin tưởng giao cho dạy
các lớp cũng có những học sinh khá, giỏi. Chính vì vậy ngoài việc giúp các em
nắm chắc kiến thức cơ bản tôi còn phải bồi dưỡng cho các em ôn thi đại học là
nhiệm vụ quan trọng số một.
Trong các nội dung thi Đại học – Cao đẳng phần số phức đóng vai trò
quan trọng. Những năm học trước đây thì phần số phức trong đề thi đại học chỉ
là một câu đơn giản cho tất cả học sinh. Tuy nhiên theo tình hình thi mới của bộ
giáo dục thì phần số phức có từ 7 câu đến 8 câu chiếm khoảng 15% lượng điểm.
Vì vậy có những câu hỏi khó ở mức vận dụng cao đòi hỏi học sinh phải có cách
giải nhanh chóng phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm.
Từ lý do chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi
đại học, ôn thi học sinh giỏi cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi
đã tổng hợp, khai thác thành chuyên đề: ‘‘Rèn luyện một số kỹ thuật sử dụng
số phức liên hợp’’. Hi vọng với đề tài nhỏ này sẽ giúp các bạn đồng nghiệp dạy
học hiệu quả hơn, giúp các em xử lý tốt không cảm thấy lúng túng trong việc
giải quyết các bài toán trắc nghiệm về số phức ở mức vận dụng cao.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Qua nội dung đề tài này tôi mong muốn cung cấp cho học sinh một
phương pháp và kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán
trắc nghiệm về số phức ở mức vận dụng cao, tránh tình trạng khi các em gặp
phải các bài toán này thường làm phức tạp vấn đề làm mất nhiều thời gian
hay không giải được. Năm học mới này, với hình thức thi đại học trắc
nghiệm đối với môn toán thì áp lực thời gian là một vấn đề, đòi hỏi học sinh
có cách giải quyết nhanh các bài tập. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp
các bạn đồng nghiệp cùng các học sinh có cái nhìn linh hoạt và chủ động khi
gặp các bài toán về số phức.

trong giảng dạy. Đổi mới PPDH ở trường THPT được diễn ra theo bốn hướng
chủ yếu sau :
Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của học sinh.
Bồi dưỡng phương pháp tự học.
Rèn luyện kỹ năng lý thuyết vào thực tiễn.
Tác động đến tình cảm, đem lại niền vui, hứng thú học tập cho học sinh.
Trong đó hướng phát huy tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của học sinh
được xem là chủ đạo, chi phối đến các hướng còn lại.
2.2. Thực trạng vấn đề.
Giải các bài toán về số phức bằng phương pháp sử dụng số phức liên hợp
tương đối mới lạ đối với đa số học sinh lớp 12. Khi gặp các bài toán về vấn đề
trên, hầu như học sinh mất rất nhiều thời gian để biến đổi bài toán. Một số học
sinh do năng lực tư duy hạn chế chưa biết cách thường gọi dạng tổng quát của số
phức nhưng rất khó khăn trong việc giải và cũng có thể không giải được. Chính
vì vậy người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra cách giải đơn giản, thuận lợi để
giải quyết bài toán một cách nhanh chóng.
2.3. Các giải pháp thực hiện.
Khi tiếp cận các bài toán, giáo viên phải giúp học sinh biết phải sử dụng
lượng liên hợp của số phức nào. Sau đó giúp học sinh xây dựng phương pháp
giải phù hợp.
Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với các bài toán về số phức, trước
hết giáo viên cần yêu cầu học sinh ôn tập các kiến thức về các phép toán trên tập
số phức, các tính chất môđun của số phức. Sau đó giáo viên chọn một số bài
toán điển hình để học sinh vận dụng.
Trong đề tài này, tôi xin đưa ra một số bài tập tương đối đầy đủ về các bài
toán về số phức sử dụng số phức liên hợp.
2.3.1. Kiến thức toán và các kỹ năng có liên quan.
- Các phép toán trên tập số phức.
- Các tính chất môđun của số phức.
2

Gọi z = a + bi ( a, b ∈¡ ) . Theo đề z − i = 2 ⇒ a 2 + ( b −1) = 2 . (1)
Lại có ( z −1)( z + i) là số thực ⇒ ( a − 1 + bi ) ( a − bi + i ) ⇒ ( a − 1) ( 1 − b ) + ab = 0 (2).
 a 2 + ( b − 1) 2 = 2

Từ (1) và (2) ta có hệ 
( a − 1) ( 1 − b ) + ab = 0

Giải hệ phương trình ta tìm a, b . Từ đó tìm z .
Tôi trình bày bài này với một cách giải mới như sau.
( z − 1)( z + i) là số thực nên ta sử dụng tính chất 2 ( một số công thức liên quan )
z − i = 2 ta sử dụng tính chất 5 ( một số công thức liên quan)
Giải.
Từ giả thiết ( z − 1)( z + i) là số thực nên ta có:
( z −1)( z + i) = ( z −1) ( z − i ) ⇔ i ( z + z ) + z − z = 2i (1)
2
Và z − i = 2 ⇔ z − i = 2 ⇔ ( z − i ) ( z + i ) = 2 (2)
uu = 2
Đặt u = z − i , từ (1) và (2) ta có 
(i + 1)u = (1 − i)u

Suy ra ( 1 + i ) u 2 = ( 1 + i ) ( 1 − i ) uu = 4 ⇔ ( 1 + i ) u = ±2 .
Suy ra z = 1 và z = 2i −1 . Chọn đáp án A.
Nhận xét : Bài toán này nếu ta giải theo cách thông thường đó là gọi
z = a + bi ( a, b∈¡ ) rồi đưa về hệ phương trình 2 ẩn thì việc giải quyết sẽ mất
thời gian hơn cách giải sử dụng số phức liên hợp.
Ví dụ 2. Tìm số phức z thỏa mãn ( 2 z −1) ( 1 + i ) + ( z + 1) ( 1 − i ) = 2 − 2i .[3]
2

3


trình đề bài cho ta được hệ 2 ẩn z và z .
Giải
Từ giả thiết ( 2 z −1) ( 1 + i ) + ( z + 1) ( 1 − i ) = 2 − 2i ⇔ 2 ( 1 + i ) z + z ( 1 − i ) = 2 . (1)
Lấy liên hợp hai vế ta có ( 1 + i ) z + 2 z ( 1 − i ) = 2 . (2)
1+ i
1− i
⇔z=
Nhân hai vế của (1) với 2 trừ (2) ta được ⇔ z =
. Chọn đáp án B.
3
3
Lưu ý: Tuy nhiên bài này ta có thể sử dụng máy tính để kiểm tra các đáp án.
Ví dụ 3. Tìm số phức z thỏa mãn z 3 = 4 z .[3]
A. z = ± 2 ; z = ± 2i .
B. z = ± 2 ; z = ±2i ; z = 0 .
C. z = ±2; z = ± 2i ; z = 0.
D. z = ±2; z = ±2i ; z = 0 .
Phân tích.
Bài này là dạng bài tập trắc nghiệm ta có thể giải bằng cách bấm máy tính, thử
các đáp án, mất thời gian và cũng dễ gây nhầm lẫn. Tuy nhiên ta có thể giải bằng
cách đặt z = a + bi (a, b ∈¡ ) . Từ giả thiết z 3 = 4 z ta có hệ phương trình :
 a3 − 3ab 2 = 4a
3
( a + bi ) = 4(a − bi) ⇔  2 3
.
3a b − b = −4b
Việc giải hệ phương trình này mất nhiều thời gian.Ta giải cách khác như sau :
Từ giả thiết z 3 = 4 z ta nghĩ tới việc môđun hai vế sẽ tìm được z .Sau đó nhân 2
vế với z tạo ra z .
Giải.

Theo đề
Giải.

z +1
là số thuần ảo ta sử dụng (tính chất (2) z + z = 0 ).
z −1

Từ giả thiết ta có

z +1  z +1 
z +1 z +1
+
=0⇔
+
= 0 ⇔ 2 zz − 2=0 ⇔ z = 1 .
÷
z −1  z −1 
z −1 z −1

Chọn đáp án A.
Nhận xét : Với kỹ thuật sử dụng số phức liên hợp thì bài toán giải quyết
trở nên dễ dàng hơn.
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn z = 5 và iz + 4 là số thuần ảo, tìm số
phức nghịch đảo của z ?[4]
3 4
3 4
A. z −1 = ± + i .
B. z −1 = ± − i .
25 25
25 25

 1 
1
1
1
+ 
=
8
⇔
+
=8 .
÷
z − z  z − z ÷
z −z z −z
2 z −z−z
1
1
⇔ 2
=8⇔ =8⇔ z = .
z
8
z − z ( z + z ) + zz

Chọn đáp B.
1+ z + z 2
Ví dụ 7. Cho z là số phức thực sự và thỏa mãn
là số thực. Tìm
1− z + z2
môđun của số phức z ?[4]
1
A. z = 2 .

=
=
÷⇔
z
z
z
z


2

⇔ z ( z − z ) = z − z ⇔ z = 1.
Vậy ta chọn đáp án C.

z1 + z2
Ví dụ 8. Cho hai số phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn điều kiện z − z là số
1
2
ảo. Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. z1 = 1, z2 = 1 .
B. z1 = z2 .
C. z1 = z2 .
D. z1 = − z2 .
Giải.
Do z1 ≠ z2 ⇔ z1 − z2 ≠ 0 .
z1 + z2
Từ giả thiết z − z là số ảo suy ra:
1
2
z1 + z2  z1 + z2 

+
 z +z 
z1 + z2
z1 z2
z +z
=
= 1 2 =  1 2 ÷÷.
1 + z1 z2 1 + 1 1 1 + z1 z2  1 + z1 z2 
z1 z2
Vậy w là số thực, ta chọn đáp án A.
Phân tích bài toán: Nếu bài này ta giải theo cách thông thường là đặt
z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i .

6


 a12 + b12 = 1
Từ các giả thiết đề bài cho thì ta có:  2 2
và tìm phần ảo của số phức
 a2 + b2 = 1

(a1 + b1 ) + (a2 + b2 )i
1 + (a1 + b1i)(a2 + b2i) thì công việc này không hề đơn giản.
Từ việc giả thiết cho z1 = z2 = 1 bao giờ ta cũng nghĩ tới việc sử dụng tính chất
z +z
1
1
= z1 , = z2 . Mặt khác bài toán yêu cầu tìm phần ảo của số phức w = 1 2
z1
z2

(

2

= z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2 + z1 z1 − z1 z2 − z2 z1 + z2 z2 = 2 z1 + z2

2

).

Giải
Áp dụng bổ đề vừa chứng minh ta có:
2
2
2
2
2
2
2
2
z1 + z2 + z1 − z2 = 2 z1 + z2 ⇔ z1 − z2 = 2 z1 + z2 − z1 − z2

(

)

)

(


7


2

2

2

z1 + z2 + z1− z2 2 = 2( z1 + z2 )

(

2

2

⇒ z1 + z2 = 2 z1 + z2

2

) − z −z
1

2
2

Vậy z1 + z2 = 165 . Ta chọn đáp án B.
Ví dụ 12. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn điều kiện :
z1 + z2 = z1 + z3 = z2 + z3 = z1 + z2 + z3 = 1 .Tính z1 2 + z2 2 + z3 2 ?[2]


z1 + z2 = ( z1 + z2 ) ( z1 + z2 )
2

2

2

= z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2 = z1 + z2 + z1 z2 + z2 z1 .
2

2

2

z3 + z2 = z3 z3 + z3 z2 + z2 z3 + z2 z2 = z3 + z2 + z3 z2 + z2 z3 .
2

2

2

z3 + z1 = z3 z3 + z3 z1 + z1 z3 + z1 z1 = z3 + z1 + z3 z1 + z1 z3 .

Suy ra
2

2

z1 + z2 + z1 + z3 + z2 + z3


2

2

2

2

2

= z1 + z2 + z3 + z1 + z2 + z3
2

2 3

3 1

3 2

2

2

1

2

2 1


3
z1 + z2 = +
i , z1 + z3 = − i , z2 + z3 = 1 , rồi giải hệ tìm z1, z2 , z3 từ đó giải
2 2
2 2
quyết được ví dụ, nhưng đòi hỏi học sinh suy luận trong bước chuẩn hóa số
8


phức và sẽ gặp trở ngại khi đề bài cho môđun của số phức bằng một số bất kỳ
khác số 1.
Ví dụ 13. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1 + z2 + z3 = 0 và
z1 = z2 = z3 = 1 Đặt w = z12 + z22 + z32 . Hỏi khẳng định nào sau đây là đúng ?[4]
A. w là số thực không âm.
B. w=0.
C. w là số thuần ảo.
D. w là số thực dương.
Giải.
1 1
2
1
w = ( z1 + z2 + z3 ) − 2 ( z1z2 + z2 z3 + z1z3 ) = −2 z1z2 z3  + + ÷÷
 z1 z2 z3 
= −2z1z2 z3 ( z1 + z2 + z3 ) = −2 z1z2 z3 ( z1 + z2 + z3 ) = 0
Vậy ta chọn đáp án B.
Ví dụ 14. Cho các số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn điều kiện
z z +z z +z z
z1 = z2 = z3 = 1999 và z1 + z2 + z3 ≠ 0 . Tính P = 1 2 2 3 3 1 .[4]
z1 + z2 + z3
A. P = 1999 .



Suy ra
 19992 19992 19992 19992 19992 19992
+
+

 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1   z1
z2
z2
z3
z3
z1
2
P = 
÷
2
2
2
÷
z1 + z2 + z3  
1999 1999 1999

+
+

z1
z2
z3


và giá trị nhỏ nhất của z lần lượt là.[2]
A. 2 + 3 và 2 − 3 .
B. 2 + 3 và 2 − 3 .
C. 4 + 2 3 và 4 − 2 3 .
D. 4 + 2 3 và 4 − 2 3 .
Phân tích.
1
2
Từ giả thiết z + = 2 ta nghĩ ngay tới việc sử dụng tính chất zz = z từ đó
z
1
1  1 

biến đổi z + = 2 ⇒  z + ÷ z + ÷ = 2 . Ta tiếp tục biến đổi đưa về z .
z
z 
z

Giải.
Ta có:
2
1
1
1 
1

z+ = 2⇒ z+
= 2 =  z + ÷ z + ÷
z
z

z
z
⇔ 2 z = z + ( z + z ) − 2 z +1
2

4

2

2

⇔ z − 4 z +1 = − ( z + z ) ≤ 0
4

2

4

2

2

2

⇔ z − 4 z +1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ z ≤ 2 + 3
⇔ 2 − 3 ≤ z ≤ 2 + 3.
Vậy nên ta chọn đáp án B.
Nhận xét: Ta thấy rằng việc tạo số phức liên hợp hầu như sử dụng tính
2
chất zz = z kết hợp với việc biến đổi, từ giả thiết về yêu cầu đề bài. Tuy nhiên

Từ yêu cầu là tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 1 + z + 1 − z + z .
Ta đặt t = 1 + z và dễ dàng tìm được điều kiện của t cần phải biến đổi lượng

1 − z + z 2 theo t từ đó ta có cách giải như sau.
Giải.
Gọi z = x + iy; x, y ∈¡ và đặt t = 1 + z ≤ 1 + z = 2 ⇒ t ∈ 0; 2 .
2
Từ giả thiết z = 1 và z = zz ⇒ zz =1 .
Ta có :

t 2 = 1 + z = ( 1 + z ) ( 1 + z ) = 1 + z + z + zz = 2 x + 2 ⇒ x =
2

t2 − 2
.
2

Mặt khác
2

z=

4
 t2

2
2
2 t
x + y ⇔ x + y = 1 ⇔  − 1÷ + y = 1 ⇔ y = t − .
4

. Chọn đáp án A.
2
2
Ví dụ 17. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z = 1 . Gọi M và m là giá trị
3
lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = z + 3z + z − z + z . Tính M +m.[4]
7
13
3
15
A. .
B. .
C. .
D.
.
4
4
4
4
Phân tích.
3
Từ giả thiết P = z + 3z + z − z + z . Nhìn vào biểu thức của P ta nghĩ tới việc
Suy ra giá trị lớn nhất của P là

3
2
2
biến đổi z + 3z + z = z z + 3 + z mà z = 1 , từ đó ta đặt t = z + z .
Giải.
Ta có :

hợp cũng là phương pháp quan trọng mà ta nghĩ tới.
2z − i
≤ 1 . Tìm giá trị lớn
Ví dụ 18. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
2 + iz
nhất của z ?
A. 1.
B. 2.
C. 2 .
D. 3 .
Phân tích.
2z − i
≤ 1 dễ dàng biến đổi được 2 z − i ≤ 1 ⇒ 2 z − i  2 z − i ÷ ≤ 1 .
Từ giả thiết
2 + iz
2 + iz
2 + iz  2 + iz 
Giải.
Từ giả thiết suy ra
2z − i
2z − i 2z + i
≤1⇔
≤1
2 + iz
2 + iz 2 − iz
( 2 z − i ) ( 2 z + i ) ≤ ( 2 + iz ) ( 2 − iz )
⇔ 
2 + iz ≠ 0
⇔ zz ≤ 1
Vậy giá trị lớn nhất của z là 1. Ta chọn đáp án A.


= 9 z1 − 12 z1 z2 − 12 z2 z1 + 16 z2

2

P 2 = 4 z1 + 3z2 = ( 4 z1 + 3z2 ) ( 4 z1 + 3z2 )
2

2

= 16 z1 + 12 z1 z2 + 12 z2 z1 + 9 z2
2

2

2

N 2 + P 2 = 25 z1 + 25 z2 = 5000 .
Mặt khác:
N = 3z1 − 4 z2 ≤ 2016 ⇒ N 2 ≤ 2016
⇒ P 2 ≥ 2984 ⇒ P ≥ 2984.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2984 , chọn đáp án A.
Ví dụ 20. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 + z2 = 8 + 6i và z1 − z2 = 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của P = z1 + z2 .
A. 5 + 3 5 .
B. 2 26 .
C. 4 6 .
D. 34 + 3 2 .
Phân tích.
Với điều kiện đề bài cho z1 − z2 = 2 và z1 + z2 = 8 + 6i và yêu cầu tìm giá

(

2

≤ 2 z1 + z2

2

) = 104 .

Vậy nên P ≤ 104 = 2 26 .
Ta chọn đáp án B.
Ví dụ 21. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1 = z2 = z3 = 1 . Tính giá trị nhỏ
1
1
1
nhất của biểu thức P = z − z z − z + z − z z − z + z − z z − z .[4]
1
2 1
3
2
1 2
3
3
1 3
2
5
3
1
A. .

2

= 9 − z1 + z2 + z3 .
Theo BĐT Cauchy

9
z1 − z2 z1 − z3 + z2 − z1 z2 − z3 + z3 − z1 z3 − z2
9
9
⇔P≥
=
2
2
2 .
2
z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1
9 − z1 + z2 + z3
P≥

)

(

2
9
Do đó P ≥ = 1 do z1 + z2 + z3 ≥ 0 . Ta chọn đáp án D.
9
Lời bình: ta thấy rằng việc giải quyết các bài toán cho nhiều số phức thì
việc tính toán cũng đã khó, mà những bài về tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
biểu thức nhiều biến trên tập số phức quả thật không đơn giản. Với việc tạo kỹ

.
B. z = 2 .
C. z =
.
D. z = 3 .
2
2
Bài 5. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1 + z2 + z3 = 0 và z1 = z2 = z3 = 1 .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2
2
2
A. z1 + z2 + z2 + z3 + z1 + z3 là số thuần ảo.
2

2

2

2

2

2

2

2

2

1
13
A. 2.
B.
.
C. .
D. .
3
9
3
2
Bài 9. Cho các số phức a, b, c, z thỏa mãn az + bz + c = 0 ( a ≠ 0 ) . Gọi z1, z2 lần
lượt là hai nghiệm của phương trình bậc hai đã cho. Tính giá trị biểu thức
2
2
2
P = z1 + z2 + z1 − z2 − 2 ( z1 − z2 )
c
c
c
1 c
.
B. P =
C. P = 4 .
D. P =
.
a
a
a
2a

2
1
Bài 11. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + = 2 3 . Giá trị lớn nhất và giá
z
trị nhỏ nhất của z lần lượt là.
A. 2 + 3 và 2 − 3 .
B. 1 + 3 và 2 − 3 .
C. 3 + 3 và 4 − 3 .
D. 2 + 3 và 4 − 3 .
Bài 12. Cho các số a, b (b ≠ 0) . Các nghiệm của phương trình z 2 + az + b2 = 0
có môđun bằng nhau. Chọn khẳng định đúng.
a
a
A. là số ảo.
B. là số thực.
b
b
b
b
C. là số ảo.
D. là số thực.
a
a
Bài 13. Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
P = 1 + z 3 + 1 + z + z 2 lần lượt là.
A. P = 2

A. 5 và 1.

B. 2 và 1.


1
.
3

1
Bài 15. Cho số phức z ≠ 1 và z = 1 . Tìm phần thực của số phức
?
1− z
1
1
A. − .
B. .
C. 2.
D. −2 .
2
2
2.4. Hiệu quả của sáng kiến.
Năm học 2016-2017 tôi được giao nhiệm vụ giảng dạy môn Toán ở các
lớp : 12I, 12K, 12M. Trong ba lớp đa số học sinh chăm ngoan và có ý thức học,
đặc biệt các em rất có hứng thú học và giải toán. Tuy nhiên khi gặp các bài số
phức ở mức vận dụng cao giải bằng phương pháp sử dụng số phức liên hợp các
em rất lúng túng không biết biến đổi như thế nào hay tạo lượng liên hợp của số
phức nào cho đúng, cho phù hợp. Sau khi tiến hành thực nghiệm sáng kiến của
mình tại các lớp dạy của mình, tôi đã thu được nhiều kết quả khả quan. Hoạt
động học tập của học sinh diễn ra khá sôi nổi, đa số học sinh hiểu bài và vận
dụng được vào giải toán. Một số học sinh khá giỏi đã biết tự tìm tòi, nghiên cứu
thêm ở các đề thi và sách tham khảo để hệ thống hóa, đào sâu kiến thức.
Kết quả kiểm tra:
Điểm yếu

12M
7
14,2
15
30,6
21
42,9
6
12,3
Như vậy số học sinh đạt điểm trung bình trở lên chiếm 91% và có 69,9%
học sinh đạt điểm khá, giỏi.
3. KẾT LUẬN.
3.1. Kết luận.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài
tập trên, học sinh đã biết vận dụng cách linh hoạt, vào các bài toán khác nhau, từ
đơn giản đến phức tạp. Học sinh không còn tâm lý e ngại khi gặp các bài toán
này nữa. Mặt khác, hiệu quả áp dụng tương đối cao, bài giải trở nên sáng sủa,
ngắn gọn và hầu hết các em vận dụng tốt.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song không thể tránh khỏi những sơ suất,
thiếu sót. Kính mong hội đồng khoa học các cấp và bạn bè đồng nghiệp góp ý,
xây dựng, bổ sung cho bản kinh nghiệm của tôi đạt chất lượng tốt hơn.

16


3.2. Kiến nghị.
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ

4. Nguồn khác: .

18


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU….….………………………………………..………...……... ....1
1.1. Lý do chọn đề tài………………………………………………………...1
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………….……....1
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………….……...1
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………...….1-2
1.5. Những điểm mới của sáng kiến...……………………………….……….2
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM…………….….....…2
2.1. Cơ sở lí
luận..............................................................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề………...………………………………………...…...2
2.3. Các giải pháp thực hiện………...…………………………………...…..2
2.4. Hiệu quả của sáng kiến…………...………………………………........16
3. KẾT LUẬN……………..……………………...……….….......…......….16
3.1. Kết luận....................................................................................................16
3.2. Kiến nghị .................................................................................................17
TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................18

19


SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG