SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BỈM SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN CHO HỌC
SINH LỚP 9 TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN THÔNG
QUA CHUYÊN ĐỀ “PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT HÓA
CÁC BÀI TOÁN TRONG DẠY HỌC TOÁN”

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hòa
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Quý Đôn
SKKN thuộc môn: Toán

BỈM SƠN NĂM 2017


MỤC LỤC
TT

Nội dung
1. Mở đầu

1

2

3

Trang

3. Dạng 3: Các bài toán chứng minh bất đẳng thức

11

4. Dạng 4: Các bài toán cực trị

14

5. Dạng 5: Các bài toán giải phương trình và hệ phương
trình đại số

15

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Kết luận và kiến nghị

17
18

5

2


1.MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng đổi mới
không ngừng.. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán đã góp phần tạo
điều kiện cho các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản

dạng
1.3. Đối tượng nghiên cứu
3


Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9B trường THCS Lê Quý Đôn –Thị
xã Bỉm Sơn-Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Từ một bài toán trong trường hợp riêng mà dẫn tới một bài toán chung
cho nhiều trường hợp, cách làm như thế gọi là phương pháp tổng quát hóa.
Trên cơ sở thực hiện đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát
huy tính tích cực của học sinh trong học tập , làm cho học sinh chủ động nắm
bắt kiến thức, chủ động tư duy hình thành các khái niệm, các công thức… thì
người thầy phải chủ đạo, hướng học sinh nắm bắt kiến thức một cách khoa
học, giáo viên cần tung ra những tình huống nhằm kích thích học sinh ham tìm
tòi sáng tạo
Giáo viên có thể đưa ra những dạng bài cụ thể, mang tính đơn lẻ, có tính
chất dễ dàng lĩnh hội và đặt học sinh vào tình huống làm thế nào để có được
khái niệm, bài toán tổng quát của những bài toán đơn lẻ đó, Qua đó học sinh sẽ
tiếp nhận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo theo tư duy của từng cá nhân.
Trên cơ sở phân loại các dạng bài tập, chúng tôi đưa ra các ví dụ từ dễ
đến khó, từ đơn giản đến phức tạp từ đó hình thành bài toán tổng quát.

4


2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận:
Trong toán học, nhất là trong dạy học toán theo chương trình đổi mới thì
việc dạy học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học

thể tự mình tổng quát hoá được bài toán:
Khi dạy lớp 9 ta có bài toán (bài 66-trang34–sgk toán 9 tập 1)
Ví dụ 1: Giá trị của biểu thức

1
2+ 3

+

1
2− 3

bằng :
5


1
;
2

(A)

(B) 1 ;

(C) -4 ;

(D) 4

Hãy chọn câu trả lời đúng.
Bằng cách quy đồng mẫu số của hai phân số trong biểu thức, ta có thể

n+d -

d

n =

n+d + n

(2) ( với n, d ∈ N và d ≠ 0)

Từ đẳng thức (1) và (2) ta lại có bài toán vân dụng như sau:
Rút gọn :
1
1− 2

1

-

2− 3

+

1
3− 4

-

1
4− 5

n =

, áp dụng

n +1 − n

vào bài toán ta có :
-

1
2− 1

+

1
3− 2

-

1
4− 3

+

1
5− 4

1

-

1
2− 3

+

1
3− 4

-

1
4− 5

+ …

+

1
2 n − 1 − 2n

-

1
2n − 2n + 1

Giải:
6


Từ đẳng thức (1) tương đương với:

1

+

4− 3

5− 4

)-…..–(

1
2 n − 2n − 1

+

)

=-( 2 +

2n + 2n − 1 ) + (

1 ) + ( 3 + 2 ) – ( 4 + 3 ) + …+(

2 n + 1 + 2n )

=

2n + 1 - 1
1


1

=

4 3 +3 4
1

=

5 4 +4 5

1

⇒ S=

1

1

S=

1

1

=

−

1

−

2
1

−

2
1

1

−

−

2

1
3

+

1
3

−

1
4

Giải:
1
1
1
−
Ta có:
=
2 1 +1 2
1
2
1
3 2 +2 3
1
4 3 +3 4

=
=

1
2

1

−

−

1
3


1
2

1

=

+

n

1
2

−

1

−

n +1

1
3

+

1
3


b, a3 - a = a(a2 - 1) = a(a - 1) (a + 1)
Vì a(a - 1)(a + 1)  3 ( tích của 3 số tự nhiên liên tiếp)
⇒ a3 - a  3
c, a5 - a = a(a4 - 1) = a(a2 - 1) (a2 + 1) = a(a2 - 1) (a2 - 4 + 5)
= a(a2 - 1) (a2 - 4 ) + 5 a(a2 - 1)
= a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2) + 5 a(a2 - 1)
Vì a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2)  5 ( tích của 5 số tự nhiên liên
tiếp) và 5 a(a2 - 1)  5
⇒ a5 - a  5
d, a7 - a =a(a6 - 1) = a(a3 - 1) (a3 + 1)
- Nếu a có dạng 7k thì a  7 ⇒ a7 - a  7
- Nếu a có dạng 7k + 1 thì:
a3 = (7k + 1)3
= (7k)3 + 3(7k)2 + 3(7k) + 1
= 7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k) +1
⇒ a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k)  7
⇒ a7 - a  7
- Nếu a có dạng 7k + 2 thì:
8


a3 = (7k + 2)3
= (7k)3 + 3(7k)2. 2 + 3(7k).22 + 23
= 7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22) +8
⇒ a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22) + 7
Vì : 7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22)  7 và 7  7
⇒ a7 - a  7
- Nếu a có dạng 7k + 3 thì:
a3 = (7k + 3)3
= (7k)3 + 3(7k)2. 3 + 3(7k). 32 + 33

1. 2. 3

p ( p − 1) 2
k + pk + 1 – (k + 1) ] – ( kp – k)
1. 2

⇒ Ak+1 - Ak = p kp – 1 +
p ( p − 1) 2
k + pk
1. 2

p ( p − 1) p – 2
k
+
1. 2

p ( p − 1)( p − 2) p – 3
k
+ ... +
1. 2. 3

(**)

9


Xét dạng chung của các hệ số trong biểu thức (**) đó là các số
nguyên có dạng

p ( p − 1)( p − 2) ... ( p − k + 1)

1
1
+ 2 + 2 +
2
1
4
5

1
1
1
+ 2 + 2
2
1
5
6

là một số hữu tỷ.
Giải:
1 1
1
1
1
+ 2 + 2 = 1+ −
2
2 3
1
2
3


1
+ 2 + 2
2
1
5
6

= 1+

1 1
−
5 6

1 1
−
3 4

1 1
1 1
1 1
1 1
− ) + (1+ − ) + (1+ − )+ ( 1+ − )
2 3
3 4
4 5
5 6
1 1
S=4+( − )
2 6


1
1
1
+ 2 + 2 +
2
1
4
5

…

+

1
1
1
+
+ 2
2
2
1
(n − 1)
n

là một số hữu tỷ.
Giải:
Ta có;

1 1
1

2
1
4
5

= 1+

1 1
−
4 5

……………………….
……………………….
1
1
1
+
+ 2
2
2
1
(n − 1)
n

Suy ra:

1
1
−
n −1 n

2

Chứng minh :
áp dụng bất đẳng thức Bu-Nhi-a-Cốp_ski cho hai bộ 3 số (1,1,1) và (1,
2 , 3 ) ta có :
1+ 2 + 3

≤

12 +12 +12

( 1) 2 + ( 2 ) 2 + ( 3 ) 2

=

3 1+ 2 + 3

=

3 6

= 3 2
Vì

1
2
≠
nên không thể có đẳng thức với n >1
1
1


≤

2
2
12 +1
 +... +
 1
n sè h ¹ ng

=

n 1 + 2 + .... + n

=

n

( 1) 2 + ( 2 ) 2 + .... + ( n ) 2

n(n + 1)
2

(n + 1)
2

1
2
≠
nên không thể có đẳng thức với n >1

Ví dụ 2: Với a, b, c là ba số dương, chứng minh :
a2
b2
c2
a+b+c
≥
+
+
(1)
c+a
a+b
b+c
2
Với một số cách nhìn thông thường để mở rộng một bất đẳng thức
như xét các hệ số ; số mũ; số các biến, ta có các bất đẳng thức mở rộngvà bất
đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức (1)
- Nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng:
a2
b2
c2
a+b+c
1.b + 1.c 1.c + 1.a 1.a + 1.b ≥
1+1
ta được mở rộng của (1)
+

+

như sau:
Bài toán tổng quát : Với a, b, c, m, n là các số dương, chứng minh

Bài toán tổng quát
an
bn
cn
a n −1 + b n −1 + c n −1
≥
+
+
b+c
c+a
a+b
2

Với a, b,

c, là các số dương, n là số tự nhiên lớn hơn 1
Còn nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng:
2

2

2

a3
a1
a2
a + a 2 + a3
≥ 1
+
+

+
+ ... +
a 2 + a 3 + ... + a n
a 3 + a 4 + ... + a1
a1 + a 2 + ... + a n −1
a1 + a 2 + ... + a n
n −1

với a1, a2, ..., an dương, n là số tự nhiên lớn hơn 2

Qua đó ta thấy mỗi
một bài toán với cách nhìn khác nhau ta có các cách tổng quát bài toán khác
nhau
Ví dụ 3:
Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn:
(a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4). Chứng minh : a, b, c là độ dài 3 cạnh
của một tam giác
Lời giải:
Không mất tính tổng quát , giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Ta có :
(a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4).
⇔ (a2 + b2 + c2)2 - 2(a4 + b4 + c4) > 0
⇔ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - (a4 + b4 + c4) > 0
⇔ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)(a + b + c) >0
Do a ≥ b ≥ c > 0
⇒ a+b+c >0 ; a+b–c>0; b+c–a>0; c+a–b>0
Suy ra a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Dễ dàng nhận ra rằng , cách chứng minh bài toán trên vẫn còn hiệu lực
đối với bìa toán mở rộng sau:
Bài toán tổng quát : Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn:
13


Khi : 

⇒ min f(x) = d + c – a – b , khi b

≤ x ≤ c.

Bài toán tổng quát:
Cho n số: a1 < a2 < a3
hệ có nghiệm x2 = -1, x3 = -2, ….., x2000 = -1999 và
x1 =

2000 2 − 2000 + 2
= 1999001
2

Bài toán tổng quát: Ví dụ: Giải hệ phương trình:
 x1 + x 2 + x3 + x 4 ... + x n = 1
x
+ x3 + x 4 ... + x n = 2
1


+ x 4 + ... + x n = 3
 x1 + x 2
.......................................

 x1 + x 2 + x3 + x 4 + .... + x n −1 = n


Giải:
Cộng từng vế của n phương trình , ta có:
x1 + (n – 1)(x1 + x2 + …+xn) = 1 + 2 + 3 +… + n
⇔ x1 + (n – 1)(x1 + x2 + …+xn) =

n(n + 1)
2

Suy ra hệ có nghiệm:

a1x1n + a2x2n+ a3x3n + ... + akxkn = 0
(*)
Với n là số tự nhiên lớn hơn 1,các tham số nguyên a 1, a2, ..., ak và các ẩn
x1, x2, ... . xk được giải bằng phương pháp lùi vô hạnvà sử dụng tính chất chia
hết để chứng minh x1, x2, ... . xk cùng chia hết cho số nguyên tố p, tương tự
chứng minh được x1, x2, ... . xk cùng chia hết cho pm với m là số nguyên dương
lớn tuỳ ý. Điều này xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xk = 0. Vậy phương
trình (*) có nghiệm duy nhất x1 = x2 = ... = xk = 0.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
Khi chưa thực hiện đề tài này học sinh chỉ biết làm các bài toán một
cách rời rạc,không biết vận dụng vào việc giải các bài toán khác cùng loại,do
đó khi giải bài tập thường gặp khó khăn và ngại làm.

16


Sau khi áp dụng đề tài trên đối với 44 học sinh của lớp 9B tôi nhận thấy
học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản có hệ thống và có hứng thú giải
toán ,các em nắm được bản chất của bài toán và biết tổng quát lên để giải các
bài tập cùng loại, từ đó kích thích lòng say mê học toán góp phần không nhỏ
vào việc phát triển tư duy cho học sinh, so sánh với khi chưa áp dụng đề tài có
sự chênh lệch về chất lượng. Cụ thể như sau:

Lớp 9B

Điểm dưới 5
SL

Trước khi áp
1

40.8

15

34.1

0%

4

8.9

16

35.6

25

55.5

3. KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ:
17


-Kết luận:
Từ những kinh nghiệm nhỏ rút ra qua quá trình giảng dạy cũng
như sự giúp đỡ của các bạn đồng nghiệp, bản thân nhận thấy: Để chất lượng
giảng dạy đạt hiệu quả cao, người giáo viên cần đầu tư nhiều thời gian và trí
tuệ vào mỗi bài. Từ đó bằng phương pháp đặc trưng của bộ môn, chuyển tải
đến học sinh những kiến thức trọng tâm một cách chính xác, sâu sắc và hấp


- Đối với tổ chuyên môn và nhà trường :Nên xây dựng các chuyên đề cụ thể
để tổ chức và dạy học tự chọn là hết sức cần thiết.
- Đối với phòng Giáo dục: Tổng hợp các sáng kiến kinh nghiệm có chất
lượng đưa về các trường để triển khai cho giáo viên học tập và áp dụng.
Với một vấn đề mang tính chất khoa học như đề tài này thì bài viết của
tôi không thể tránh khỏi các thiếu sót.Mong hội đồng khoa học các cấp xây
dựng góp ý để đề tài được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Bỉm Sơn ngày 6 tháng 4 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người khác
( Ký và ghi rõ họ, tên)

Nguyễn Thị Hòa

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Sách giáo khoa Toán 9-Nhà xuất bản giáo dục.
Nâng cao và phát triển Toán 9-Tác giả Vũ Hữu Bình
Phương pháp giải Toán Bất đẳng thức và cực trị.Tác giả:Nguyễn Văn
Dũng,Võ Quốc Bá Cẩn,Trần Quốc Anh
23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp.Tác giả:Nguyễn Đức
Đồng,Nguyễn Văn Vĩnh.

Cấp Thị xã B
1999=2000

2.

cho học sinh
Hướng dẫn học sinh chứng

Cấp Thị xã

B

2001-2002

3.

minh bất đẳng thức
Dạng Toán:”Tìm cực trị hình

Cấp Thị xã

B

2002-2003

5.

học”
Ngoại khóa về phép chia hêt Cấp Thị xã
Đề cương bồi dưỡng học sinh Cấp Thị xã


đa thức thanh nhân tử
Chuyên đề phương pháp diện

Cấp Thị xã

B

2009-2010

Cấp Thị xã

B

2010-2011

TT

4.

Tên đề tài SKKN

học sinh khá giỏi thông qua
chuyên đề ngoại khóa về

tích trong chứng minh hình
9

học
Đổi mới kiểm tra đánh giá

qua sử dụng phương pháp
tương tự trong giải toán.

* Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào
Ngành cho đến thời điểm hiện tại.
----------------------------------------------------

22