Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn học sinh tìm tòi phương pháp giải bài toán thông qua cách nhìn

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

1.1. Lý do chọn đề tài

1

3

1.2. Mục đích nghiên cứu

1

4

1.3. Đối tượng nghiên cứu

1

5

1.4. Phương pháp nghiên cứu

2

6

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2

7


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

2.3.3. Bài toán 3

4

13

2.3.4. Bài toán 4

5

14

2.3.5. Bài toán 5

6

15

2.3.6. Bài toán 6

6

16

2.3.7. Bài toán 7

6

17

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

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

9

23

3. Kết luận, kiến nghị

10

24

Tài liệu tham khảo

11


1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình môn Đại số cấp THCS có những bài toán, dạng
toán mà đối với học sinh luôn mới mẻ và khó quá, khi các em gặp dạng này
gần như mất phương hướng giải và có cảm giác "ngợp". Song nó cũng rất đơn
giản nếu như ta có cách nhìn thích hợp, khai thác các vai trò của các "chữ" có
mặt trong toàn bài toán đó, lúc đó ta sẽ tìm ra được những lời giải hết sức thú
vị và phong phú, và ta mới hiểu được sự đa dạng của mỗi bài toàn. Hoặc có
thể chúng ta chú ý đến những trường hợp đặc biệt của một vấn đề nào đó
trong chương trình học, nó cũng có thể giúp ta khai thác được cách giải hợp
lý cũng như đó là đường lối làm bài toàn hết sức thú vị.
Chẳng hạn, giải và biện luận phương trình: -2x 3 + (3 - 2m)x 2 + 2mx +
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


Do điều kiện về thời gian nghiên cứu, cho nên đề tài này đề cập đến đối
tượng học sinh khá giỏi ở khối 9.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Chủ yếu sử dụng phương pháp tổng kết kinh nghiệm
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình học tập về “ giải và biện luận phương trình bậc nhất
một ẩn ở môn Đại số lớp 8 (hoặc giải và biện luận hệ phương trình ở Đại số
9) ”[1]. Chúng ta có thể tóm tắt cách giải và biện luận phương trình bậc nhất
một ẩn như sau:
Ta cho phương trình ax = b (1)

- Nếu a ≠ 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất: x = b
a
- Nếu a = 0 và b ≠ 0 thì phương trình (1) vô nghiệm
- Nếu a = 0 và b = 0 thì phương trình (1) trở thành 0x = 0 và có vô số
nghiệm[2].
Ở trường hợp thứ ba này là coi nó là trường hợp "hẩm hiu và bất
hạnh" nhất ví nó ít gặp và rất ít quan tâm. Nhưng cũng chính trường hợp
"Hẩm hiu va bất hạnh" này nếu ta suy rộng ra một chút, nhìn sâu hơn một
chút thì sự "hẩm hiu" đó, "bất hạnh" đó trở nên một kết quả tuyệt vời và
hết sức thú vị đến bất ngờ.“ Thực vậy khi a = 0 và b = 0 thì giá trị của x
muốn lấy bao nhiêu cũng được, hay nói cách khác đẳng thức (1) xảy ra với
mọi giá trị x ∈ R ”[3].
Vâng! Quả vậy chúng ta đi theo trường hợp này, “nếu ta thay a và b
bằng hai biểu thức chứa chữ (hay chứa ẩn) còn x ta coi như một biến sô tham
gia và đẳng thức (1) thì ta sẽ thu được dạng mới là:
m.A(x,y) + B(x,y) = 0 (2)’’[4] .
Cũng như đẳng thức trên ta thấy (2) xảy ra với mọi m khi và chỉ khi
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%

Qua thực trạng ban đầu như vậy, tôi thấy mình cần phải đưa ra một số
cách nhìn thường dùng cho học sinh nắm một cách có hệ thống đối với từng
dạng, biết vận dụng thành thạo vào bài tập cụ thể về phân số có liên quan đến
giải bài toán có chứa chữ số.
2.3. Những bài toán cụ thể để minh hoạ
2.3.1. Bài toán 1
Tìm tât cả giá trị của a và b để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
xyz+ z = a


2
xyz + z = b
 2
2
2

x + y + z = 4

Nếu như trong việc giải và biện luận hệ phương trình thì ta có thể sử
dụng tính chẵn lẻ của hàm số. Cụ thể trong bài này, không ít học sinh lúng
túng và không tìm ra hướng giải quyết. Song đây không phải là bài toán giải
và biện luận hệ phương trình mà để giải bài toán này ta phải suy luận chặt chẽ
và sử dụng ngay tính chẵn lẻ của hàm số. Trước hết ta cần tìm a, b để hệ có
nghiệm duy nhất.
a) Điều kiện cần
Nếu (x0, y0, z0) là nghiệm của hệ thì (-x 0, -y0, -z0) cũng là nghiệm của
hệ. Và hệ có nghiệm duy nhất nên ta có x 0 = -x0; y0 = - y0; z0 = -z0.
Thay vào hệ ta có:
z0 = a
Vậy z0 = 2 hoặc z0 =- 2 do đó (a,b) =(2,2) hoặc (a,b) = (-2,-2)

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.
2

x + y = 3
- Nếu a = b = - 2, ta có hệ:
xyz+ z = −2


2
xyz + z = - 2
 2
2
2

x + y + z = 4

hÖcã nghiÖm
(0,0,−2)

Vậy lập luận tương tự ta suy ra hệ có nghiệm duy nhất (0, 0,-2) khi a = b = -2
2.3.2. Bài toán 2
Giải phương trình
-2x3 + (3 - 2m)x 2 + 2mx + m2 - 1 = 0 (1)
Nếu ta xem x là ẩn thì đây là phương trình bậc 3 đầy đủ, cách giải rất
khó khăn đối với bậc học. Vậy ta nhìn vao vai trò của các chữ x, m trong
phương trình và quan niệm nó có vai trò như nhau, khi đó gọi m là ẩn ta có:
m2 - 2(x2 - x)m - 2x3 - 1 = 0 (2)
Giải phương trình này ta có:
∆ = (x2 - 1)2 khi đó m1,2 = x2 - x ± (x2 - 1)
Nếu m = 1 - x ⇔ x = 1- m
Nếu m = 2x2 - x - 1 ⇔ 2x2 - x - 1 - m ⇔ ∆ = 9 + 8m
− 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 vô nghiệm
8
Hai phương (1), (2) có nghiệm chung: 1 - x = 2x 2 - x -1 hay x 2 = 1 nên
x = ± 1 suy ra m = 0 hoặc m = 2
−9
Vậy 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
− NÕuΔ = 0 ⇔ m=

4


Nếu

phương trình có 2 nghiệm.
−9
Nếu m<
phương trình có 1 nghiệm.
8
2.3.3. Bài toán 3
Giải và biện luận phương trình
(x2 - a)2 - 6x2 + 4x + 2a = 0 (1)
Ta triển khai như sau: x 4 - 2ax2 + a2 - 6x 2 + 4x + 2a = 0 đây không phải
là phương trình trùng phương, mà phương trình bậc 4 quả là cách giải hết sức
khó khăn. Tương tự bài toán trên ta quan niệm ẩn của phương trình là a và x
là tham số tham gia và phương trình như vậy ta viết phương trình (1) dưới
dạng sau: a 2 - 2(x2 - 1)a + x4 - 6x2 + 4x = 0 (2)
∆ = (2x - 1)2 ⇔ a1,2 = x2 - 1 ± (2x - 1) và đưa đến giải hai phương trình
bậc hai: x2 + 2x - a - 2 = 0 (3) và x 2 - 2x - a = 0 (4)
Điều kiện để (3) có nghiệm là 3 + a ≥ 0 ⇔ x1,2= −1± 3+ a
Điều kiện để (4) có nghiệm là 1 + a ≥ 0 ⇔ x3,4= 1± 1+ a
Kết quả: Nếu a < - 3 (1) Vô nghiệm
Nếu a = -3

(1) có 1 nghiệm

x=-1

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


Như vậy ta giải hệ phương trình sau:
y − x = −1
y − x + 1 = 0
x = 3
0
0
0
0
⇔
⇔
⇔ 0
5- y0 − x0 = 0
y0 = 2
- y0 − x0 = 5

Vậy điểm cố định mà đồ thị luôn đi qua là M (3,2).
Với cách làm trên thì ta xây dựng được phương pháp tìm điểm cố định
mà đồ thị hàm số đi qua.
Cũng như việc quan niệm trên về các chữ có mặt trong phương trình ta
làm bài toán sau:
2.3.5. Bài toán 5
Phân tích đa thức thành phân tử
P = 4x4 - x2y2 + 2x2y - x2 + 2xy - 2x - 1
Nếu ta để như thế này rất khó hình dung được, vì các số hạng không có
như tử chung. Ta dựa vào cách “nhìn” linh hoạt xem như bậc 2 đối với biến y
nên ta nghỉ ngay đến phương pháp phân tích thành nhân tử dựa vào hằng đẳng
thức. Thật vậy:
P =- x2y2 + 2x2y + 2xy - (x2 + 2x + 1) + 4x4
= - x2y2 + 2x(x + 1)y - (x + 1)2 + 4x4
Nhận thấy khi đó ba hạng tử đầu là hằng đẳng thức, vậy ta có thể làm như sau:
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:
x2 + 2mx + 2x + m - 5 - y = 0 ⇔ m (2x + 1) + x2 + 2x - 5 - y = 0
Ta có hệ phương trình sau:

1

x
=


2x+1 =0
2
⇔
 2

.

y = −23
x +2x−5−y =0

4

 1 −23
.


Vậy điểm cố định mà parabol đi qua là  2, 4

2.3.8. Bài toán 8

Tìm tham số a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
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

2.3.9. Bài toán 9
Giải phương trình với ẩn là x:
(a - x)3 + (b - x)3 = (a + b - 2x)3
Ở bài toán này, yêu cầu chúng ta phải có cách nhìn tinh tế và sâu sắc. Nếu
chúng ta chỉ nghỉ rằng phải khai triển thì chắc có lẻ rất rối rắm và khó tìm lời giải.
Song nếu ta có nhận xét như sau, ở vế phải có dạng (a + b - 2x) có liên
quan gì đến vế trái hay không?
7


Mà sự liên quan đó như thế nào?
Thật vậy ta có (a - x) + (b - x) = (a + b - 2x), đây là mấu chốt của việc
giải phương trình này.
Do đó phương trình đã cho viết thành:
(a - x)3 + (b - x) 3 = [(a - x) + (b - x)] 3 = (a - x) 3 + (b - x) 3 + 3(a - x2)(b x) + 3 (b - x2)(a - x) hay 3(a - x)(b - x)(a + b - 2x) = 0
⇔ x1 = a; x2 = b; x3 =

a+ b
.
2

2.3.10. Bài toán 10
Cho x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của S = x + y
Đây là bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất có điều kiện.
Vậy miền giá trị của S chính là những giá trị của S thỏa mãn hệ
phương trình sau có nghiệm
x2 + y2 = 1
S2 − 1
2
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

 2
2
trình: y + z = ay+ bz− cx
 2
z + x2 = cz- by



Bài 3: Giải và biện luận phương trình theo tham số b, c
8


x6 + (c2 - b2)x2 - bc2 = 0
2.3.12. Một số nhận xét, đánh giá
Ta nhìn lại 10 bài toán trên, ta đã đưa ra được việc hướng dẫn học sinh
tìm tòi phương pháp giải toán thông qua “cách nhìn” và qua đó rút ra một
số điều quan trọng và có ý nghĩa là:
Điều thứ nhất: Trước hết khi làm một bài toán thì ta cần xem xét thật kĩ
càng và tìm ra được mối liên hệ giữa các chứ có trong bài toán.
Thứ hai là: Phải chứng tỏ mình bằng những cách nhìn, góc độ nhìn khác
nhau trước các bài toán.
Thứ ba là: Cần chú ý những trường hợp đặc biệt nhất và những điều mà
mọi người ít quan tâm.
Qua việc nghiên cứu ở trên khi giải bài toán tìm hiểu cố định mà đồ thị
hàm số đi qua cần chú ý rằng việc tìm được hay không là do ta có đưa về
dạng mA (x,y)+ B(x,y) = 0 hay không? Ngoài ra nếu đưa được thì hệ phương
A(x,y) = 0
trình sau có nghiệm hay không? 
B(x,y) = 0
- 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

9,3%
85,1%
3,1%

3. Kết luận, kiến nghị
Như vậy ta có thể nói rằng: Từ cách nhìn phong phú, thích hợp thì có
cách giải phong phú hay nói cách khác nó cho ta một phương pháp giải một
số bài toán như đã gặp, hay chúng ta đã hướng dẫn học sinh tìm tòi phương
pháp giải toán thông qua “cách nhìn”.
Tóm lại ta có thể nói được rằng nếu có cái nhìn thích hợp ở mọi góc độ
thì ta sẽ có phương pháp giải bài toán thích hợp và đầy đủ là một vấn đề cần
quan tâm khi giảng dạy cho học sinh, nhằm nâng cao chất lượng và gây được
hứng thú cho học sinh để các em ham học tập và được thoải mái, không gò bó
khi gặp những bài toán khó.
Mặc dù rất cố gắng nhưng sáng kiến kinh nghiệm này chắc chắn không
tránh khỏi những hạn chế, thiếu sót. Rất mong nhận được ý kiến đóng góp của
các cấp lãnh đạo và các bạn đồng nghiệp để kinh nghiệm được hoàn thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!
Quan Hóa, ngày 20 tháng 4 năm 2017

XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

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 Văn Tuấn

10


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



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×