Khóa luận Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh thpt thông qua giải một số bài tập đại số - Giải tích bằng nhiều cách

t động sinh lý của một bộ phận nhất định của bộ”. 1.2. Đặc điểm của tƣ duy Với tư cách là một mức độ của hoạt động nhận thức, tư duy có những đặc điểm sau: + Tính “có vấn đề” của tư duy. + Tính gián tiếp của tư duy. + Tính trừu tượng và khái quát của tư duy. + Tư duy quan hệ chặt chẽ với ngôn ngữ. + Tính chất lí tính của tư duy. 1.3. Các thao tác tƣ duy Quá trình tư duy được diễn ra bằng cách chủ thể tiến hành các thao tác trí tuệ.Các thao tác cơ bản: + Phân tích - tổng hợp. + So sánh - tương tự. + Khái quát hoá, đặc biệt hoá, trừu tượng hoá. 2. Tƣ duy sáng tạo 2.1. Khái niệm về sáng tạo Erich Fromm định nghĩa quan điểm sáng tạo như là sự tự nguyện để bị làm bối rối (làm quen chính mình với một cái gì đó chưa được biết đến với sự khó chịu), khả năng tập trung, khả năng trải qua kinh nghiệm như là người tạo nguồn cho các hành động, sự tự nguyện chấp nhận mâu thuẫn và sự căng thẳng do sự thiếu kiên nhẫn gây ra cho các ý tưởng sáng tạo. Theo bách khoa toàn thư: “Sáng tạo là hoạt động của con người 5 trên cơ sở các quy luật khách quan của thực tiễn, nhằm biến đổi thế giới tự nhiên, xã hội phù hợp với mục đích và nhu cầu của con người. Sáng tạo là hoạt động có tính đặc trưng không lặp lại, tính độc đáo và duy nhất”. Theo từ điển tiếng việt: “Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới, không bị gò bó phụ thuộc vào cái đã có”[10, tr.1130]. Tác giả Nguyễn Cảnh Toàn cho rằng: “Sáng tạo là sự vận động của tư duy từ những hiểu biết đã có đến những hiểu biết mới” [17, tr.7]. Các công trình nghiên cứu này chỉ rằng ít có sự nhất trí về định nghĩa tính sáng tạo trừ việc cho rằng nó là một phẩm chất của trí tuệ và có quan hệ với tính thông minh. Sáng tạo là quá trình vừa hữu thức vừa vô thức và vừa có thể quan sát được vừa không thể quan sát được. Bởi vì các quá trình vô thức và không thể quan sát được khó xử lý trong lớp học, cho nên thường có sự hiểu nhầm giữa giáo viên và những học sinh sáng tạo. Qua các khái niệm trên có thể nói: “Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới không bị gò bó phụ thuộc vào những cái đã có”. 2.2. Quá trình sáng tạo Quá trình sáng tạo gồm 4 giai đoạn: + Giai đoạn chuẩn bị: Là giai đoạn chủ thể thử giải quyết vấn đề bằng các cách khác nhau, huy động thông tin, suy luận. + Giai đoạn ấp ủ: Giai đoạn này bắt đầu khi công việc giải quyết vấn đề bị ngừng lại, còn lại các hoạt động tiềm thức, các hoạt động bổ xung cho vấn đề được quan tâm. + Giai đoạn bừng sáng: Giai đoạn ấp ủ kéo dài cho đến khi sự “bừng sáng” trực giác, một bước nhảy vọt về chất trong tiến trình nhận thức, xuất hiện đột ngột và kéo theo là sự sáng tạo. Đây là giai đoạn quyết định trong quá trình tìm kiếm lời giải. 6 + Giai đoạn kiểm chứng: Là giai đoạn chủ thể kiểm tra trực giác, triển khai các luận chứng lôgíc để có thể chứng tỏ tính đúng đắn của cách thức giải quyết vấn đề, khi đó sự sáng tạo mới được khẳng định. 2.3. Tƣ duy sáng tạo 2.3.1. Định nghĩa tƣ duy sáng tạo Trong tâm lý học định nghĩa: “Tư duy sáng tạo là tư duy vượt ra ngoài vi giới hạn của hiện thực, của vốn tri thức và kinh nghiệm đã có, giúp quá trình giải quyết nhiệm vụ của tư duy được linh hoạt và hiệu quả”. Một số tác giả cho rằng: “Tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập tạo ra ý tưởng mới độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao. Ý tưởng mới thể hiện ở chỗ phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Tính độc đáo của ý tưởng thể hiện ở giải pháp lạ, hiếm, không quen thuộc hoặc duy nhất ” [9, tr.72]. Nhà tâm lý học người Đức Mehlhow cho rằng: “Tư duy sáng tạo là hạt nhân của sự sáng tạo cá nhân, đồng thời mục tiêu cơ bản của giáo dục”. Theo Nguyễn Bá Kim: “Tính linh hoạt, tính độc lập và tính phê phán là những điều kiện cần thiết của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác nhau của tư duy sáng tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ nét ở khả năng tạo ra cái mới, phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ cái cũ” (Nguyễn Bá Kim – Phương pháp dạy học môn Toán). 2.3.2. Cấu trúc của tƣ duy sáng tạo Các nghiên cứu của nhiều nhà tâm lý học, giáo dục họcđã đưa ra năm thành phần cơ bản của cấu trúc tư duy sáng tạo: Tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề. + Tính mềm dẻo (Flexibility):Tính mềm dẻo của tư duy là năng lực dễ dàng, nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức, chuyển từ góc độ 7 quan niệm này sang góc độ quan niệm khác, có khả năng định nghĩa lại sự vật, hiện tượng, xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra sự vật mới trong những mối liên hệ mới hoặc chuyển đổi quan hệ và nhận ra bản chất của sự vật và điều phán đoán. Tính mềm dẻo của tư duy còn làm thay đổi một cách dễ dàng các thái độ đã cố hữu trong hoạt động trí tuệ của con người. + Tính nhuần nhuyễn (Fluency): Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự tổ hợp giữa các yếu tố riêng lẻ của các tình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết mới. Các nhà tâm lý học rất coi trọng yếu tố chất lượng của ý tưởng sinh ra, lấy đó làm tiêu chí để đánh giá sáng tạo. + Tính độc đáo (Originality): Tính độc đáo là khả năng tìm và quyết định phương thức mới. + Tính hoàn thiện (Elabolation): Tính hoàn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩ và hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và chứng minh ý tưởng. + Tính nhạy cảm vấn đề (Problem’s Censibitity): Tính nhạy cảm vấn đề là năng lực nhanh chóng phát hiện ra vấn đề, sự mâu thuẫn, sai lầm, thiếu loogic, chưa tối ưu... và từ đó đề xuất hướng giải quyết, tạo ra cái mới. 2.4. Phƣơng hƣớng bồi dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học Các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân trong tác phẩm “Khuyến khích một số các hoạt động trí tuệ của học sinh qua môn toán ở trường trung học cơ sở” đã đưa ra những biện pháp sau đây để bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp với các hoạt động trí tuệ khác . Bồi dưỡng tư 8 duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn luyện khả năng phát hiện vấn đề mới, khơi dậy những ý tưởng mới Chú trọng bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo . Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình lâu dài cần tiến hành trong tất cả các khâu của quá trình dạy học môn Toán. 3. Bài tập 3.1. Khái niệm bài tập Bài tập là nhiệm vụ mà giáo viên đặt ra cho người học, buộc người học phải vận dụng các kiến thức đã học sử dụng hành động trí tuệ để giải quyết các nhiệm vụ đó nhằm chiếm lĩnh tri thức, kỹ năng một cách tích cực, chủ động, sáng tạo 3.2. Tác dụng của bài tập + Bài tập có tác dụng phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh. + Bài tập giúp học sinh hiểu rõ và khắc sâu kiến thức. + Thông qua bài tập hệ thống hóa các kiến thức đã học: một số lớn các bài tập toán học đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức của nhiều nội dung trong bài, trong chương. Dạng bài tổng hợp đòi hỏi học sinh phải vận động vốn hiểu biết trong nhiều chương, nhiều bộ môn. + Cung cấp thêm kiến thức mới, mở rộng hiểu biết của học sinh về các vấn đề thực tiễn cuộc sống . + Rèn luyện một số kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh như: Phát triển tư duy: học sinh được rèn luyện các thao tác tư duy như: phân tích, so sánh, quy nạp, diễn dịch, tổng hợp, suy luận tương tự + Bài tập cũng giúp giáo viên đánh giá được kiến thức và kỹ năng của học sinh. Học sinh cũng tự kiểm tra biết được những lỗ hổng kiến thức để kịp thời bổ sung. 9 + Giải bài tập rèn cho học sinh tính kiên trì, chịu khó, tính cẩn thận, chính xác khoa họcLàm cho các em yêu thích bộ môn, say mê với khoa học (những bài tập gây hứng thú nhận thức). 3.3. Bài tập có nhiều cách giải Bài toán mà có thể giải được bằng nhiều cách với những phương pháp giải khác nhau thì bài toán đó được gọi là bài toán có nhiều cách giải. Bài toán được giải với các cách giải khác nhau nhưng vẫn có cùng kết quả thì bài toán nhiều cách giải mang đến tính hứng thú cho học sinh lẫn giáo viên hướng dẫn học sinh giải. Khi được giáo viên yêu cầu làm bài tập với nhiều cách giải khác nhau thì học sinh có cơ hội vận dụng tất cả các phương pháp giải toán đã được giáo viên giảng dạy, tư duy của học sinh cũng phát triển. Với những bài toán mà việc chọn cách giải phù hợp sẽ làm tiết kiệm thời gian giải bài điều này rất tốt với cách giải bài toán trắc nghiệm như hiện nay. 4.Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong trƣờng THPT 4.1. Mục đích điều tra - Nắm được tình hình sử dụng bài tập nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy cho học sinh và nâng cao chất lượng học tập hiện nay. - Nắm được mức độ cấp thiết và tính thực tế của đề tài. 4.2. Phƣơng pháp đối tƣợng điều tra - Phương pháp điều tra: dùng phiếu điều tra, phỏng vấn. - Đối tượng điều tra: Giáo viên toán trường THPT A Hải Hậu. 4.3. Tiến hành điều tra Phỏng vấn 14 giáo viên dạy môn toán. 4.4. Kết quả điều tra 10 Hình thức bài tập toán thầy (cô) sử dụng Không sử dụng Sử dụng không thường xuyên Sử dụng thường xuyên Rất thường xuyên Bài toán (1 cách giải) rèn luyện nhiều kĩ năng tính toán. 0 2 8 4 Bài toán (1 cách giải) có nét độc đáo, không thiên về tính toán 0 2 7 5 Bài toán nhiều cách giả 0 1 10 3 Kết luận chƣơng 1 Trong chương này, tôi đã trình bày cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn của đề tài, bao gồm các nội dung chính như sau: 1. Tư duy: khái niệm tư duy, đặc điểm tư duy, các thao tác tư duy, tư duy sángtạo. 2. Bài tập: khái niệm bài tập, tác dụng của bài tập, bài tập có nhiều cách. 3. Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong trường THPT. Tất cả các vấn đề trên là nền tảng cơ sở cho phép tôi nêu lên sự cần thiết phải thực hiện đề tài nghiên cứu nhằm phục vụ tốt cho thực tế giảng dạy và nâng việc phát triển tư duy lên một bước cao hơn. 11 Chƣơng 2:RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC NHAU 1. Chủ đề phƣơng trình, hệ phƣơng trình, bất phƣơng trình Một trong những yêu cầu đối với học sinh khi giải bài tập toán là tìm tòi nhiều lời giải khác nhau cho một bài tập. Điều đó cũng đồng thời kích thích sự hứng thú trong việc học toán của học sinh. Nhiều bài tập cơ bản thuộc chương trình toán THPT có nhiều lời giải khác nhau như thế. Nếu giáo viên và học sinh cùng tìm hiểu, khai thác thì sẽ giúp cho việc dạy học toán được tốt hơn. Ví dụ 1: Tìm m để phương trình 2 2 2 0x mx m    có hai nghiệm 1x , 2x thỏa mãn 1 21 x x  Cách 1: Phương trình có hai nghiệm thỏa mãn 1 21 x x   parabol 2 2 2y x mx m    cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 2 ( ) 0 2 2 0 1 1 3 2 2 3 0 (1) 0 b y a m m b m m a m y                            Cách 2: Đặt 1t x  . Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình 2 2( 1) 3 0t m t m     có hai nghiệm dương phân biệt. Điều đó tương đương với: ' 20 2 0 0 3 0 3 2 0 1 0 m m P m m S m                         12 Cách 3: Viết lại phương trình: 2 2( ) 2x m m m    . Yêu cầu của bài toán tương đương với: 2 2 2 2 2 0 1 2 1 1 2 m m m m m m m m m m                      2 1 1 0 3 2 3 m m m m m                    Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 2 1 1 3 x x x x     (1) Điều kiện: 0 1x  Cách 1: (1)   2 2 221 1 3 x x x x              2 2 2 2 2 2 4( ) 6 0 4 6 0 0 0 3 1 2 x x x x x x x x x x x xx x                     Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 1, 0x x  Cách 2: Đặt 1t x x   , 1 2t  2 2 1 2 t x x     Phương trình trở thành: 2 11 1 23 tt t t       13 1 1 1 0 x x x x         Cách 3: Đặt a x ; 1b x  ; 0, 0a b  Ta có: 2 2 2 2 3 2 3( )1 3 ( ) 2 1 1 ab a bab a b a b ab a b               1 0 2 3 2 a b ab a b ab            (không tồn tại a, b) 0 1 0 11 0 a b x xa b           Cách 4: Đặt sin ,x  0 2    Phương trình trở thành: 2 2 2 1 sin 1 sin sin 1 sin 3         2(sin os ) 3(sin os ) 2 0 0 sin os 1 0 sin os 2 1 2 c c c x c x                              Qua ví dụ trên ta có nhiều cách để giải phương trình vô tỉ Ví dụ 3 :( Câu II.2-A2010) Giải bất phương trình 2 1 1 2( 1) x x x x      (1) 14 Cách 1: Phương pháp biến đổi tương đương Nhận xét:     2 2 22 1 1 ( 1 0, (0;1)x x x x do x x x           2 2 1 3 3 1 2( 1) 1 2( ) 1 0 2 2 2 x x x          x Do đó có điều kiện 0x  hay 0 1x  (2) Từ đó (1)  21 2( 1)x x x x      22( 1) 1x x x x          2 2 21 1 ( 1 0, (0;1)x x x x do x x x            2 2 2 1 0x x x x x       2 1 0x x   1 0x x     1 5 2 x    3 5 2 x   Nhận xét 3 5 2 x   thỏa mãn điều kiện (2) nên đây là nghiệm duy nhất của (1) Cách 2: Phương pháp đặt ẩn phụ Trong lời giải cách 1 ta có thể đặt x t để giải bây giờ ta xét 1 cách đặt ẩn phụ khác. Tương tự như cách 1 ta có (1)  22( 1)x x  1x x    Chia 2 vế của bất phương trình cho 𝑥 có (1)  1 1 2( 1 ) 1x x x x      15 Đặt 2 1 1 , 2y x có x y xx      Ta có bất phương trình 22( 1) 1y y   2 2 1 0 2( 1) 2 1 y y y y         2 1 1 ( 1) 0 y y y        Với 1y  từ đó giải ra được 3 5 2 x   Cách 3: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Ta có điều kiện (0;1)x và (1) 22( 1) 1x x x x      Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky có     22 22 21 1.(1 ) 1 1 1x x x x              Hay 22( 1) 1x x x x      Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 1 1 x x  hay 1 0x x    hay 3 5 2 x   Cáh 4: Sử dụng đại lượng liên hợp Lập luận được  0;1x 2(1) 1 2( 1)x x x x           2 2 2 2 1 2 1 0 2( 3 1) 1 0 2 1 2 x x x x x x x x x x x x                   16 Nhận xét:   2 23 1 ( 1) 1 3 1x x x x x x x          do đó (1)       2 2 1 1 (1 ) 0 2 1 2 x x x x x x x                2 2 2 1 (2 2 ) 1 0 2 1 2 x x x x x x x x                 2 2 2 2( 3 1) 1 0 2 1 2 2 1 2 2 x x x x x x x x x x                             2 2 2 2 1 1 0 2 1 2 2 1 2 2 x x x x x x x x x x                     Nhận thấy các nhân tử dưới mẫu và  2 1x x   luôn dương với mọi  0;1x nên ta có (1) 2( 1) 0 1 0x x x x       3 5 2 x   Bài tập: 1. 2 2 3 ( 1 ) 1 1 x x x x x x x       Đáp số : 5 1 2 x   2. 2 4 23 2 1x x x x    Đáp số : x = 1 5 2  3. 21 3 2( 5 8)x x x x      Đáp số: x = 5 17 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau: 9 7 4 (1) 9 7 4 (2)           x y y x Giải:Điều kiện: 9 7 9 7 x y        Cách 1: Từ hệ phương trình đã cho, ta suy ra: 9 7 9 7x y y x       9 7 9 7x y y x       (*) Xét hàm số: ( ) 9 7f t t t    ( 9 7t   ) ' 1 1( ) 0 2 9 2 7 f t t t      , ( 9;7)t   Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  9;7 Từ (*) ta có    f fx y x y   Thế vào (1) ta thu được phương trình: 9 7 4x x    9 7 2 9 7 16x x x x        2 7 7 2 63 0 9 9 x y x x x y                Vậy hệ phương trình có nghiệm: 9 7 ; 9 7           x x y y 18 Cách 2: Hệ phương trình 2 2 9 7 4 ( 9 7 ) 16 9 7 4 ( 9 7 ) 16 9 7 2 9 7 16 9 7 2 9 7 16 2 9 7 0 2 9 7 0 x y x y y x y x x y x y x y y x x y x y x y y x                                                     2 9 7 2 9 7x y y x     7 63 9 7 63 9x xy y y xy x        đã cho tương đương với phương trình sau: 16 16  x y x y Thế vào (1) ta thu được phương trình: 9 7 4 9 7 2 9 7 16           x x x x x x 2 2 63 0x x     2 7 7 2 63 0 9 9 x y x x x y                Vậy hệ phương trình có nghiệm: 9 7 ; 9 7           x x y y Cách 3: Giải hệ phương trình chúng ta xét trong các trường hợp sau: TH1: Nếu x>y thì ta có: 9 9x y   và 7 7y x   Suy ra: 9 7 9 7x y y x       19 Mà 9 7 4 9 7 4 x y y x           nên 4 4 (vô lý) TH2: Nếu x y thì ta có: 9 9x y   và 7 7y x   Suy ra: 9 7 9 7x y y x       Mà 9 7 4 9 7 4 x y y x           nên 4 4 (vô lý) TH3: Nếu x y thế vào (1) ta thu được phương trình: 9 7 4x x    9 7 2 9 7 16x x x x        2 2 63 0x x     2 7 7 2 63 0 9 9 x y x x x y                Vậy hệ phương trình có nghiệm: 9 7 ; 9 7           x x y y Cách 4: Đặt 9 0, 7 0, 9 0, 7 0           u x v y z y t x Ta thu được hệ phương trình: 2 2 2 2 4 (1) 4 (2) 16 (3) 16 (4)            u v z t u v z v Từ (1) và (2) suy ra u v z t   (5) Từ (3) và (4) suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2u t z v u v z t       ( )(u v) (z t)(z t)u v      (6) 20 Từ (5) và (6) ta được:   ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 0 u v z t u v u v z t z t u v u v z t u v u v u v z t                      ( ) ( ) 0u v z t     (vì 4 0u v   ) u z v t    (7) Mặt khác từ (5) u v z t u z t v        (8) Từ (7) và (8) suy ra u z v t t v v t       và u z 9 9 7 7 x y x y x y           Thế vào (1) ta thu được phương trình: 9 7 4x x    9 7 2 9 7 16x x x x        2 2 63 0x x     2 2 63 0 7 7 9 9 x x x y x y               Vậy hệ phương trình có nghiệm: 9 7 ; 9 7 x x y y           Cáh 5: Xét hệ phương trình: 9 7 4 9 7 4 x y y x           Đặt x m y  điều kiện tồn tại căn thức là 7 0, 9 0x m x m      . Ta thu được hệ phương trình với ẩn m và x : 21 9 7 4 9 7 4 9 7 2 9. 7 16 9 7 2 9. 7 16 x x m x m x x x m x x m x m x x m x                                  2 9. 7 0 (3) 2 9. 7 0 (4)              m x m x m x m x Từ (3) suy ra 0 0m m    Và từ (4) suy ra 0m  Vậy để (3) và (4) đồng thời xảy ra thì ta phải có 0m  Vậy hệ (3) và (4) trở thành: 9. 7 0 9. 7 0 9. 7 0 9 0 9 7 0 7 x x x x x x x x x x                        Mà x m y  với 0m  nên x y Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm: 9 7 ; 9 7 x x y y           Ví dụ 5: ( ĐHA – 2013 ) Giải hệ phương trình sau: 44 2 2 1 1 2 (1) 2 ( 1) 6 1 0 (2)               x x y y x x y y y ĐK: 1x  Cách1:Với điều kiện 0y  tacó: 2 1;x y y    2 1x y y    TH1:Nếu 2 1x y y    thì 2 1 1 2 0 0y y y y y         ( vì 0y  ) 22 Suy ra 1x  . Thay vào hệ phương trình thỏa mãn. Vậy (1;0) là nghiệm của hệ phương trình. TH2: Nếu 2 1x y y    , thay vào (1) ta được: 442 2 2 2y y y y y y         2 44 4( 2 ) 2 2 2y y y y y y          (3) Xét hàm số: 4 3 , 4 ( ) 2 ; 0 4 ( ) 1 0; 0 2 2 f t t t t t f t t t           Nên hàm số f(t) đồng biến trên0, ) Từ (3) suy ra: 44 2 2y y y y y y      Đặt 0y a  thì 8 2 2 0a a a   7 6 5 4 3 2 6 5 3 2 ( 2) 0 ( 1)( 2) 0 0 0 1 1 1 2 2 0 a a a a a a a a a a a a y x a y x a a a a a                                 ( 6 5 4 3 2 2 0a a a a a a       vô nghiệm vì 0a  ) Tóm lại 1 0 x y    và 2 1 x y    Cách 2: Xét (1): 441 1 2x x y y      Đặt 44 1 1( 0)t x t x t      Thì 4 4(1) 2 2 3t t y y       23 Xét hàm số: 4 3 , 4 (u) 2 ;u 0 4 (u) 1 0; 0 2 2 f u u u f u u           Nên hàm số f(u) đồng biến trên 0, ) Từ (3) suy ra 4 1t y x y    Thế 4 1x y  vào (2) ta được: 4 2 4 2 8 4 5 4 2 8 5 2 7 4 6 5 4 3 2 ( 1) 2( 1)( 1) 6 1 0 2 1 2( 1) 6 1 0 2 4 0 ( 2 4) 0 (y 1)(y 3 3 3 4) 0 0 1 1 2 y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y x y x                                               ( 6 5 4 3 23 3 3 4 0y y y y y y       vô nghiêm vì 0a  ) Tóm lại 1 0 x y    và 2 1 x y    Cách 3: Dùng phép nhân liên hợp Ta có (1): 441 1 2x x y y      4 4( 1 2) ( 1 ) 0x y x y        (*) Lại có 2 2(2) 2 ( 1) ( 1) 4x x y y y      2( 1) 4x y y    nên 0y  Nếu 0y  , từ (*) ta được 4( 1 2) 1 0x x     Do 4f(x) ( 1 2) 1x x     là hàm đồng biến trên 1, ) Mà    f f 1 0x   nên 1x  Nếu 0y  thì ta có: 24 4 4 2444 1 1 (*) 0 ( 1).( 1 )1 2 x y x y x x yx y             4 2444 4 4 1 1 ( 1) 0 ( 1).( 1 )1 2 1 0 1 x y x x yx y x y x y                       Thế 4 1x y  vào (2) ta được: 4 2 4 2 8 4 5 4 2 8 5 2 7 4 ( 1) 2( 1)( 1) 6 1 0 2 1 2( 1) 6 1 0 2 4 0 ( 2 4) 0 y y y y y y y y y y y y y y y y y y y                              6 5 4 3 2(y 1)(y 3 3 3 4) 0 0 1 1 2 y y y y y y y x y x                  ( 6 5 4 3 23 3 3 4 0y y y y y y       vô nghiêm vì 0a  ) Tóm lại 1 0 x y    và 2 1 x y    2. Chủ đề chứng minh bất đẳng thức, cực trị Ví dụ1: CMR mọi số thực dương , y, zx thỏa mãn ( ) 3x x y z yz   ta có         3 33( ) 3 5x y x z x y x z y z y z         (1) Nhận xét: Đây không phải là bất phương trình đối xứng theo các biến, trong các kì thi đại học thường là bất đẳng thức đối xứng. vế phải có 2 biến và vế trái có 3 biến đồng bậc nên trong suy nghĩ tìm lời giải là ta phải giảm biến x ở vế trái , buộc vế trái xuất hiện ( )y z nhưng nếu làm như vậy thì chỉ thu được đẳng thức. may mắn là bất đẳng thức quen thuộc là   2 4y z yz  và các dạng biến thể của nó nên việc tìm lời giải sẽ xoay quanh phát hiện này 25 Cách 1: Đặt , ,a y z b z x c x y      Suy ra x  , , 2 2 2 b c a a c b b a c y z         Từ điều kiện bài toán      2 22 2 2 24 3a b c b c a b bc c       Bất đẳng thức cần CM  3 3 35 3a b c abc     25 3a a b c bc   (2) Từ 2 2 2a b bc c   2 2 2 2 2 2 2 ( )2 2( ) 2 2 2 a bc b c a b c bc b c a b c                 2 2 2 ( ) 3 3 a a b c a bc       (2) đúng suy ra (1) đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z  Cách 2: Từ giả thiết bài toán ta có   2 3 4x xy xz yz x y x z yz       Đặt , 4 a x y b y z thì ab yz     ta có hằng đẳng thức     23 3 2 2 2 2( ) 2( )a b a b a ab b a b a b ab                    2 2 2 2 2 2 2 8 4a b ab a b ab y z yz y z yz                         =           2 2 2 2 3 2 4 4 2y z yz y z y z y z y z           (1) Mặt khác ta có             2 3 3 12 3 3x y x z y z yz y z y z y z y z          (2) Cộng (1) (2) ta được điều phải chứng minh 26 Cách 3: Đặt t y z  từ giả thiết suy ra 2 3 x xt yz   vì   2 4 y z yz       23 3 4 nên x x y z yz y z       22 2 23 2 4 2 4 x tx t x t t x t      BĐT            3 3 2 3 2 3 ( ) 5x y z x y x z x y z x y x z y z y z                     3 3 2 3 2 5x y z x y x z x y z             3 322 6 ( ) 5x y z x x x y z yz y z           2 3 2 32 6 ( ) 5 3 x xt x t x x xt t        2 22 (2 3 2 ) 0t x xt t    2 22 3 2 0x tx t    2 22 3 2 0x tx t    vì 0 2 t x  nên 2 2 2 232 3 2 2 2 t x tx t t    Cách 4:     23 2 33 2 3 2( )x x y z y z yz xyz y z                   2 33 2 23 3 3 2 3 x x y z x y z x x y z xyz y z                Đặt 2y z a  bất đẳng thức cần chứng minh trở thành  3 2 2 2 3 2 6 3 4 2 ( 2 ) 16 3 x x a x a x x a x x a a              4 4 0x a x a a    Bất phương trình này đúng vì ngược lại nếu 2 y z x a x     27 Theo điều kiện ban đầu suy ra   2 4 y z yz  vô lý Ví dụ 2: Chứng minh nếu , ,a b c là xố dương thỏa mãn abc ab ac bc   thì 1 1 1 3 2 3 3 2 2 3 16a b c a b c a b c          Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức 1 1 1 1 1 ( ) 9x y z x y z      Từ abc ab ac bc    1 1 1 1 a b c    Đặt 1 x a  , y= 1 b , z = 1 c thì 1x y z   Áp dụng bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 36 2 3 2 3 1 2 3 2 3 36 a b c x y z x y z x y z a b c               Tương tự ta cũng có 1 2 3 1 2 3 ; 2 3 36 2 3 36 y z x z x y c b a c a b           Cộng 3 đẳng thức trên ta có 1 1 1 6( ) 1 3 2 3 3 2 2 3 36 6 6 x y z a b c a b c a b c              Cách 2:       1 1 1 1 1 1 2 3 9a b c a c b c b c a c b c b c                   1 1 2 3 36 a b c               1 1 1 1 1 1 3 2 9a b c a c a c b a a c a c b a                   1 3 1 2 36 a b c         28       1 1 1 1 1 1 2 3 9a b c b c b a b a a b b c b a                   1 2 3 1 36 a b c         Cộng vế với vế ta được 1 1 1 1 6 6 6 3 ( ) 2 3 3 2 2 3 36 16a b c a b c a b c a b c             Bài tập :1.Với , ,a b c là số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1 4 a b c    .CMR 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 2 4a b c a b c a b c a b c            2.Chứng minh với , ,a b c là số thực dương thỏa mãn điều kiện abc ab ac bc   thì 1 1 1 17 2 3 3 2 2 3 96a b c a b c a b c          Ví dụ 3: Với a, b, c là số thực không âm ta luôn có        ( ) 0a a b a c b b c b a c c a c b         Cách 1: Đặt ẩn phụ Do vai trò của , ,a b cnhư nhau nên ta có thể giả sử a b c  Đặt ,x a b y b c    ta có bất đẳng thức tương đương       ( ) 0c x y y c y xy c x y x x y         2 2 2( 2 ) 0c x y xy x x y      luôn đúng do , ,x y c là các số không âm Dấu “=” xảy ra khi a b c  hoặc , 0a b c  hoặc các hoán vị của nó Cách 2: Đánh giá Do vai trò của , ,a b cnhư nhau nên ta có thể giả sử a b c  Khi đó có  ( ) 0c c a c b   Ta xét      2 2 ( ) 0a a c b b c a b ac bc a b a b c            29        0a a b a c b b c a b          ( ) 0a a b a c b b c b a       Cộng 2 bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh Cách 3: Khảo sát hàm số Do vai trò của , ,a b cnhư nhau nên ta có thể giả sử a b c     3 3 3 3 ( ) 0a b c abc ab a b bc b c ca c a          Xét hàm số ( )f a =    3 3 3 3 ( )a b c abc ab a b bc b c ca c a         . Ta có           ' 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 f a b c bc ab ac a b a ba bc ac a bc c                             2 2 2 2 0 a b a b a a b c a b c b c a b a b a c c b c                  nên ( )f a đồng biến . vậy ( ) ( )f a f b =     23 23 2 0c a c ac a c c a c      Ví dụ 4: ( ĐH – A 2013) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn điều kiện 2( )( ) 4a c b c c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 32 32 ( 3 ) (a 3 ) a b a b P b c c c       Cách 1 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 3 3 3 3 3 32 1 1 32 1 1 6 3 . . ( 3 ) 2 2 ( 3 ) 2 2 3 a a a P b c b c b c         3 3 2 2 2 2 3 3 32 32 6 6 2 ( 3 ) (a 3 ) 3 3 a b a b a b a b P b c c c b c a c c              30 2 2 2 2 2 3( ) 6. 2 9 3( ) a b ac bc a b P ab c ac bc c            (*) Ta có: 2 2( )( ) 4 3a c b c c ac bc c ab       (1) Thế vào (*) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 3(3 ) 6. 2 9 3(3 ) a b c ab a b P ab c c ab c           2 2 2 2 2 2 ( 2 ) (9 ) 6. 2 2(9 ) a b ab c ab a b P c ab c           2 2 2 2 3( ) 3. 3 2 (9 ) a b a b P c ab c         2 2 2 2 3( ) 3. 1 6 a b a b P c ac bc c         (do (1)) 2 2 23( ) 3. 1 c(6 ) a b a b P c a b c         2 2 3( ) 3. ( ) ( ) 1 (6 ) a b a bc cP a b c c b c         (**) Đặt ; ( 0; 0) a b x y x y c c     thì ( 1)( 1) 4 3x y xy x y       (2) 2 2 23(x )(**) 3. 1 (6 ) y P x y x y         2 2 3 ( ) 4 ( ) 2 1 (6 ) x y xy x y xy x y               2 2( ) 4 3 ( )3 ( ) 2 3 ( ) 1 (6 ) x y x y P x y x y x y               do(2) (***) 31 Đặt x y t  . Lại có 2 2 ( ) ( )4c ( )( ) 2 2 2 a c b c a c b c a b c a b c c                   Hay 2x y t   Nên từ (***) ta có:   2 2 2 2 2 2 4(3 ) 3. 2 3 1 6 4 12 3. 2 6 1 6 ( 2)( 6) 3. 2 6 1 6 3( 2) 2 6 1 ( ) t t P t t t t t P t t t t t P t t t P t t t f t                                    Ta có: , 2 1 ( ) 3 2 6 t f t t t      2 2 1 1 3 0 3 2 6 2 6 t t t t t t           2 2 2 3 2 6 1 2 6 2 6 t t t t t t t          2 2 2 2 2 2 9 18 54 2 1 ( 2 6) ( 2 6) t t t t t t t t           2 2 2 8 16 55 0 ( 2 6) t t t t       2 , ( ) 8 16 55 ( ) 16 16 0, 2 g t t t g t t t        Nên 2( ) (2) 8.2 16.2 55 9 0g t g      32 Suy ra 2 1 3 0 2 6 t t t      hay ,( ) 0f t  Nên hàm ( )f t đồng biến trên nửa khoảng 2, ) Suy ra f( ) (2) 1 2t f   Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 2 khi 2 1t a b c    Cách 2: Đặt , . a b x y c c   ta được 0, 0x y  điều kiện của bài toán trở thành 3xy x y   khi đó     3 3 2 2 3 3 32 32 3 3 x y P x y y x                 33 3 3 3 3 0, 0 3 3 4 4 u v ta cóu v u v uv u v u v u v u v               Do đó       33 23 3 3 3 2 3 3 )32 32 8 8 3 3 3 3 93 3 x y xy x yx y x y y x xy x yy x                         Thay 3xy x y   vào biểu thức ta có            3 3 3 3 3 3 1 632 32 8 1 2 63 3 x y x yx y x y x yy x                 Do đó       3 3 22 21 1 2P x y x y x y x y xy                 3 2 1 2 6x y x y x y        0t x yt   và   3 21 2 6P t t t     33 Ta có     2 2 3 4 4 x y t x y xy x y t          nên   2 6 0t t   Do đó 0t  Xét     3 2 1 2 6 f t t t t     vì 2t  ta có     2' 2 1 3 1 2 6 t f t t t t       Với mọi 2t  ta có   2 3 1 3t   và 2 1 2 6 t t t      2 7 7 2 1 1 3 2 21 7t        Khi a b c  thì P 1 2  Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 2  Ví dụ 5.(Đại học khối A - 2007). Cho 0, 0, 0, 1.x y z xyz    Tìm GTNN của biểu thức:      2 2 2 2 2 2 x y z y z x z x y P y y z z z z x x x x y y          Nhận xét : Nhìn vào biểu thức P trông rất phức tạp nhưng nỗi lên rõ biến đó có liên quan đến ,x x ,y y z z Do vậy để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa về bài toán mới. Mặt khác với suy nghĩ đổi biến như vậy thì chúng ta cần đánh giá tử số đưa về biến cần đổi và chú ý tới điểm rơi là 1x y z   . Ta có bài giải như sau:       2 2 2 2 2 2 Cauchy Cauchy Cauchy x y z x x y z x y y z x y z z       34 Cách 1: Đặt 2 , 2 , 2a x x y y b y y z z c z z x x      Suy ra: 4 2 4 2 4 2 , , 9 9 9 c a b a b c b c a x x y y z z          Do đó:   2 2 4 6 4.3 3 6 2 9 9 c a b a b c P b c a b c a                          Vậy 2 1.MinP x y z     Cách 2:      2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 x y z y z x z x y P y y z z z z x x x x y y y yx x z z y y z z z z x x x x y y                Đặt ; ; 1a x x b y y c z z abc     => 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 P a b c a b c b c c a a b ab ac bc ba ca cb                     2 _ 3 1 2 2 3 3 svac so a b c ab bc caP P ab bc ca ab bc ca               ( bất đẳng thức so-vac) Bài tập 1. Cho 3 0, 0, 0, 4 x y z x y z      . Tìm giá tri lớn nhất của biểu thức. 33 33 3 3P x y y z z x      Nhận xét: Ta thấy , ,x y z có vai trò như nhau trong biểu thức. Từ đó ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi 1 4 x y z   . Với dấu bằng xảy ra tại 1 4 x y z   nên 3 1; 3 1; 3 1x y y z z x      , mặt khác để khử được căn bậc 3 ta phải Cauchy như sau: 35 Hƣớng dẫn       3 3 3 3 1 1 3 .1.1 . 3 3 1 1 3 .1.1 . 3 3 1 1 3 .1.1 . 3 Cauchy Cauchy Cauchy x y x y y z y z z x z x                Cộng vế theo vế 1 3 ax 3 4 P M P x y z        . 2. Cho a, b, c dương và a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 23 3 3 a b c P b c a       Hƣơng dẫn Ta có: 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 42 3 2 3 a a b a a b b        (1) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 42 3 2 3 b b c c c c c        (2) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 42 3 2 3 c c a c c a a        (3) Lấy (1) + (2) + (3) ta được:   2 2 2 2 2 29 3 16 4 a b c P a b c        (4) Vì 2 2 2 3a b c   Từ (4) 3 2 P  vậy giá trị nhỏ nhất 3 2 P  khi 1a b c   . 36 3. Chủ đề nguyên hàm, tích phân Ví dụ 1: ( ĐH – A2013 ) Tính tích phân: 2 2 2 1 1 ln x I xdx x    Cách 1: 2 2 22 2 2 1 1 1 1 1 ln ln ( )ln x I xdx xdx xdx x x        Ta xét: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 21 1 1 1 ( )ln ln ( ) ln 1 2 21 1 1 1 ln ln 2 1 1 2 2 I xdx xd x dx x x x x x x x             2 1 1 ln 2ln 2 1I xdx   Vậy 1 2 1 1 1 2ln 2 1 ln 2 (5ln 2 3) 2 2 2 I I I        Cách 2: 2 2 22 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 ln (1 )ln ln ( ) 21 1 1 ln ( ) ( ) 1 x I xdx xdx xd x x x x x x x dx x x x               2 21 1 ln ( ) ( ) 1 1 1 (5ln 2 3) 2 x x x x x       Vậy 1 (5ln 2 3) 2 I   37 Cách 3: 2 22 2 2 1 1 1 1 ln (1 )ln x I xdx xdx x x      Đặt lnt x tx e  và tdx e dt ; 1 0; 2 ln2x t x t      2 2 2 2 1 1 1 2 1 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 1 (1 ) . ( ) t ( ) ln 2 ( ) ( ) 1 ln 2 2 ( ) ( ) 1 1 ln 2( ) ( ) 1 1 1 ln 2(2 ) (2 ) (5ln 2 3) 2 2 2 t t t t t t t t t t t t t t I t e dt e e dt td e e e t e e e e dt t e e e e e e e e                                     Vậy 1 (5ln 2 3) 2 I   Ví dụ 2: Tính tích phân 3 3 2 0 1 x dx x  Cách 1 : Dùng đổi biến bằng biện pháp lượng giác hóa Đặt  2tan 1 tanx t dx t dt    Đổi cận 0 0; = 3 3 x t x t       I=   3 3 3 3 3 2 0 0 0 0 tan tan tan 1 1 tan (tan 1) tant dt t t dt t t dt tdt                3 3 0 0 ( ) 3 tant tan ln 2 os 2os d c t d t c t        38 Cách 2: Dùng tích phân từng phần Đặt 2 2 1 x u xdx dv x        I   2 2 31 ln 1 2 0 x x  -   3 2 0 ln 1x x dx   3 2 2 0 1 3ln 2 ln( 11) 1 3ln 2 2 x d x J      Với J=   3 2 2 0 ln( 1) 1x d x  Đặt 2 2 ln( 1) ( 1) x u dv d x        2 2 2 ( 1) 1 1 d x du x v x        I = 3ln2 -       3 2 2 2 0 1 3 [ 1 ln 1 1 2 0 x x d x    ] = 3ln2 -   1 3 8ln 2 3 ln 2 2 2    Cách 3: Chia tử số cho mẫu số để tách thành 2 tích phân I= 3 2 0 ( ) 1 x x dx x   3 3 2 2 0 0 3 1 2 0 x x xdx dx x      3 2 2 0 1 ( 1) 3 ln 2 2 1 2 d x x      Như vậy dễ dàng nhận thấy cách 3 đơn giải hơn nhiều Bài tập : Tính tích phân I = 0 2 2 3 1 ( 1) x dx dx x   Đáp án I = 𝜋 32 39 Ví dụ 3: Tính tích phân I = 1 3 4 3 0 (3 2 )x x dx Cách 1: Nếu suy nghĩ theo cách thông thường thì ta có khai triển thành tổng các tích phân như sau I =   1 1 3 4 8 12 3 7 11 15 0 0 27 54 36 8 27 54 36 8 )x x x x dx x x x x dx        = 4 8 12 16 27 54 36 8 4 8 12 16 1 5 0 2 x x x x   Cách 2: Biến đổi Đặt t = 4 33 2 8x dt x dx  Đổi cận 0 3, 1 1x t x t      I = 1 4 3 3 1 1 8 8 4 t t dt  3 5 1 2  Cách 3: Sử dụng vi phân Để ý thấy 4 3 1 (3 2 ) 8 d x x dx   ta có lời giải sau I =     1 4 4 3 4 4 3 1 1 (3 2 ) 3 2 3 2 8 8 4 x x d x       1 5 3 2  Bài toán này có vẻ khá dễ dàng với 1 số bạn nhưng để ý rằng nếu bậc của  43 2x cao hơn bậc 3 như thế cách 1 sẽ quá khó khăn để thực hiện được nhưng nếu sử dụng cách thứ 2 hoặc 3 thì dễ dàng thực hiện được. Ở đây dùng phương pháp 3 dễ mà hiệu quả nhất 40 Ví dụ 4: Tính tích phân I = 1 2 4 3 2 1 2 2 2 5 4 4 x dx x x x x      Cách 1: Ta phân tích mẫu số của biểu thức dưới dấu tích phân 4 3 22 5 4 4x x x x    = ( 4 3 2 22 ) 4( ) 4x x x x x     = 2 2( 2)x x  Dùng phương pháp tách tích phân 2 4 3 2 2 2 5 4 4 x x x x x      2 2 2 2 2 2 2 ( 2) 2 ( 2) x Ax B Cx D x x x x x x             Sau đó sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được ABCD. Tuy nhiên ta thấy mặc dù vẫn có thể đi đên lời giải nhưng thực hiện theo phương pháp này khá dài và phức tạp Cách 2: Chia cả tử và mẫu cho x2 I = 1 2 21 22 2 1 4 2 2( ) 5 x x x x x            dx Đặt t = x + 2 2 2 1dt dx x x         Đổi cận 1 9 , 1 3 2 2 x t x t      I = 9 3 2 2 2 9 3 2 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 dt d t t t t t          9 3 2 44 3   Cách 3: Nếu học sinh khá hơn thuần thục kĩ năng đưa biểu thức vào viphân có thể thực hiện như sau 41 I 1 2 21 22 2 1 4 2 2( ) 5 x dx x x x x             = 1 1 3 1 2 44 1 2x x           Ví dụ 5: Tính tích phân I 2 2 2 1 dx x x    Cách 1: Biến đổi Đặt 2 2 21 1x tx t xdx tdt     Đổi cận 2 3 ; 2 1x t x t      I   2 3 3 222 1 12 ( 1)11 dx tdt dt tt tx x        Đặt tant u dt  = 2cos du u Đổi cận 1t u   4  , t  3 3 u    I 3 32 2 4 4 cos tan 1 12 du u du u            Cách 2: Đổi biến Đặt 2 1 dx t dt x x     Đổi cận 2x  suy ra 1 2 t  ; x 2 suy ra t 1 2  I 11 2 22 2 2 2 1 12 22 1 1 1 dx dt dt x x t t           Đặt sin t u suy ra cosdt udu 42 Đổi cận t 1 1 π ; 4 2 62 u t u        I 4 4 2 6 6 1 sin osc udu du u          π 12 Cách 3: Đặt x s 1 oc t  suy ra 2 sin cos tdt dx t  Đổi cận x  2 suy ra ; 2 4 t x    suy ra 3 t   I 3 2 2 4 2 sin cos 1 cos cos tdt t t t      3 3 4 4 sin sin tdt dt t        12   Cả ba cách trên về bản chất đều là phương pháp đổi biến Bài tập Bài 1: (đại học-cao đẳng 2003-khối A) Tính tích phân I = 2 3 2 5 4 dx x x   Kết quả I = 1 5 ln 4 3 I 1 2 2 1 4 dx x x    Kết quả I = 𝜋 6 I sin sin os os xc xdx x c x   Kết quả I   sin 1 1 1 4 o– sin ln 2 4 2 n s si 1 4 x c x x c x                    43 4.Chủ đề lƣợng giác Ví dụ 1 : Giải phương trình 6 23cos4 8cos 2cos 3 0x x x    Nhận xét: Từ sự xuất hiện cung 4x mà ta có thể đưa về cung x bằng công thức nhân đôi như sau  2 2cos4 2cos 2 1 2 2cos 1 1x x x     = 8 4 2cos 8cos 1x x  Cách 1: Phương trình 6 4 24cos 12cos 11cos 3 0x x x    Đặt t = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 ; 0≤ t ≤1 Khi đó ta có 3 24 12 11 3 0t t t     1 0,5 t t    Từ đó ta giải ra nghiệm của phương trình là x = , 4 2 k k k Z     Nhận xét 2: Từ sự xuất hiện các lũy thừa bậc chẵn của cos mà ta có thể chuyển về cung 2 x bằng công thức hạ bậc và từ cung 4 x ta chuyển về cung 2 x bằng công thức nhân đôi Cách 2:  2 3 1 cos2 1 cos2 3 cos 2 1 8( ) 2 3 0 2 2 x x x              2cos2 2cos 2 3cos2 2 0x x x   cos2 0 4 2 cos2 1 x x k x x k            k Z 44 Nhận xét 3: Từ sự xuất hiện các hệ số tỉ lệ với nhau mà ta liên tưởng đến việc nhóm các hạng tử và đưa về phương trình tích Cách 3: 6 23cos4 8cos 2cos 3 0x x x        2 43 1 cos4 2cos 4cos 1 0x x x       2 2 2 26cos 2 2cos 2cos 1 2cos 1 0x x x x     2 2cos2 3cos2 cos (2cos 1) 0x x x x      2 4 2 cos2 0 3(2cos 1) 2cos cos 0 x x x x       (1) Phương trình cos2 x = 0  x = 𝜋 4 + 𝑘 𝜋 2 Phương trình (1)  4 22cos 5cos 3 0x x    Suy ra 2cos 1x  suy ra x k Vậy x = 𝜋 4 + 𝑘 𝜋 2 Bài tập Giải phương trình: 1.  2sin 1 co os2 2 1 ssinx x x c x    (ĐH D-2008) Đáp số : 2 2 ; 3 4 x k x k         2. cos3 c 0oos2 s 1x x c x    (ĐH D-2006) Đáp số: 2 2 ; 3 x k x k       Ví dụ 2 (ĐH-A2005): Giải phương trình 2 2cos 3 . 2 coso 0sx c x x  (1) 45 Cách 1 : Phương trình (1) 1 cos6 1 cos2 . 2 0 2 s 2 o x x c x       oscos6 . 2 1 0x c x      1 cos8 cos4 1 0 2 x x    22cos 4 1 cos4 2 0x x     22cos 4 cos4 3 0x x    cos4 x = 1 Suy ra x = , 2 k k z   Cách 2: (1) ocos6 . 2 1 0sx c x    ( 34cos 2 3cos2 os). 2 1 0x x c x    4 4 2cos 2 3cos 2 1 0x x   Ta tìm được nghiệm x = , 2 k k z   Cách 3: (1) ocos6 . 2 1 0sx c x   cos6 s. 2 1ox c x   cos2 1 cos6 1 cos2 1 cos6 1 x x x x          Khi os2 1c x  thì os6c x = 34cos 2 3cos2 1x x  Khi os2 1c x   thì cos6 x = 34cos 2 3cos2 1x x   Vậy hệ trên tương đương sin2 0x  cho ta nghiệm x = , 2 k k z   Ví dụ 3: (ĐHCĐ-2000) Giải phương trình 1 3tan 2sin2x x  Cách 1:Điều kiện: cos x ≠ 0 46 1 + 3tan x = 2sin2 x  os os sin 1 3 4sin x xc x c x    2cos 3sin 4sin osx x xc x  Nhận xét : đây là phương trình đẳng cấp bậc 3 nên ta chia 2 vế của phương trình cho 𝑐𝑜𝑠3𝑥 ta được  2 23 2 1 tan 3 4tan 1 tan 3tan 1 tan 4tan cos cos x x x x x x x         3 3 2tan tan tan 1 0x x x      2tan 1 3tan 2tan 1 0x x x     tan 1x    x = , 4 k k Z     Vì 23tan 2tan 1 0x x   vô nghiệm Chú ý ta có thể chia từ đầu 2 vế của phương trình cho 2osc x Nhìn vào phương trình ta thấy xuất hiện tanx và sin2 x ta nghĩ đến mối liên hệ giữa chúng 2 2 2 2s 2tan sin 2 sin cos 1 tan in cos x x x x x x x     Cách 2: Đặt tant x Suy ra sin2 x = 2 2 1 t t phương trình trở thành 2 4 1 3 1 t t t     3 23 1 0t t t     ( 1t  )( 23 2 1) 0t t    1t   suy ra tan 1x   . Vậy x = , 4 k k Z     47 Bài tập 1. 3 34sin 3 4cos 3 3 3cos4sin 3os xxc x x x   Đáp số: x = 24 2 k     ; x = 8 2 k    k  Z 2. 3 3 2ocos 4sin 3 n si 0s si nx x c x x x    Đáp số: x = 4 k    ; x = 6 k    k  Z 3. 3 2cos 3sin 0x sinx xcosx   Đáp số: x = 4 k   ; x = 1 k  ; x = 2 k  k  Z Trong đó tan 1 1 2   tan 2 1 2   Ví dụ 4: giải phương trình 2 22sin tan 2x x  Điều kiện cos x ≠ 0 Cách 1:Phương trình  2 2 2 2tan tan 2 1 tan x x x     2 2 4 22tan tan tan 2 2tanx x x x     4 2tan tan 2 0x x    2 2 tan 1 tan 1 x x       tan x = ± 1 = tan(± 𝜋 4 )  x = 4 k    k  Z Cách 2: 2 22sin tan 2x x   2 2 2 sin 2sin 2 cos x x x    2 2 2 22sin cos sin 2cosx x x x  48  4 22cos cos 1 0x x    2 1 cos 2 x   cos2 x = 0  x = ± 𝜋 4 + 𝑘𝜋 k  Z Chú ý đối với phương trình 2 1 cos 2 x  ta không nên giải trực tiếp vì khi đó có tới 4 nghiệm khi kết hợp và so sánh với điều kiện phức tạp nên ta hạ bậc là cách tối ưu nhất Bài tập 1. 2 an ttan ant 3 2xx x  Đáp số: x = 4 2 k    k  Z 2. 1 2tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x    Đáp số: x = 3 k    k  Z ví dụ 5: Giải phương trình  2sin 1 cos2 si 2 osn2 1x x x c x    Cách 1:  2sin 1 cos2 si 2 osn2 1x x x c x     22sin 2cos 2sin 1 2os osx x xc x c x      2 1 2sinos os 1 0c x xc x    2cos 1 0 2sin cos 1 0 x x x       1 cos 2 sin 2 1 x x      x = 4 k   k  Z Cách 2:  2sin 1 cos2 si 2 osn2 1x x x c x        2sin 2 1 sin2 2 sins o 0o sxc x x c x x          22sin sin sin ( sin ) 2 sos os os os in 0x c x x c x x c x x c x x          2sin 2sinos os 2sin 2os 0c x x xc x x c x     49    2os ossin 2sin 2 oscos sin 0c x x xc x x c x x         2 sin sin 0os os osc x x c x x c x       sin 2os os 1 0x c x c x    sin cos 0 2cos 1 0 x x x       x = 4 k   k  Z Bản chất của 2 cách trên là phân tích phương trình thành tích Bài tập   os os2 1 2sin sin2 sinc x x c x x x    Đáp số: x = 2 ; 3 4 k x k         k  Z k  Z 1.    2 21 sin 1 cos sin 1 ss n2o ix c x x x x     Đáp số: 2 2 kZ 4 2 x k x k x k           2.  2sin 1 co os2 2 1 ssinx x x c x    Đáp số: x = 2 2 , 3 4 k x k        k  Z Kết luận chƣơng 2: Trong chương này tôi đã đề xuất một số bài toán được giải bằng nhiều cách với các chủ đề như: phương trình, bất phương trình, hệ phương trình,chứng minh bất đẳng thức, cực trị, nguyên hàm tích phân, phương trình lượng giác. Với các bài toán được giải bằng nhiều phương pháp khác nhau thấy được ưu hay nhược điểm của từng cách từ đó giúp học sinh nắm bắt được cách giải, phát triển được tư duy sáng tạo để tạo ra các cách giải thông minh, ngắn gọn hơn. 50 KẾT LUẬN Qua quá trình thực hiện đề tài, tôi đã thu được một số kết quả sau: - Làm sáng tỏ khái niệm tư duy, tư duy sáng tạo, phát triển tư duy sáng tạo - Bước đầu đề xuất giải pháp để nâng cao hiệu quả rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học . Điều tra 14 giáo viên dạy ở trường THPT A Hải Hậu, về thực trạng sử dụng bài toán nhiều cách giải , kết quả cho thấy hầu hết đều thấy được tầm quan trọng của việc sử dụng bài toán nhiều cách giải trong việc phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học . - Nêu ra một số bài toán nhiều cách giải hình thức tự luận dùng cho học sinh THPT với các thể loại phong phú: phương trình, hệ phương trình,bất phương trình, bất đẳng thức, tích phân, lượng giác... Ở mỗi bài toán đều có từ hai cách giải trở lên và đã được hướng dẫn cách giải chi tiết, đồng thời trong mỗi bài toán đều có nhận xét riêng, điều này giúp giáo viên và học sinh hiểu rõ hơn ý nghĩa của từng phương pháp giải - Đã hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu đề ra. Hơn nữa, đề tài và phương pháp nghiên cứu của luận văn còn có thể áp dụng cho nhiều nội dung khác nhau của môn Toán. Do khả năng và thời gian nghiên cứu có hạn nên kết quả của luận văn mới chỉ dừng lại ở những kết luận ban đầu, nhiều vấn đề của luận văn vẫn chưa được phát triển sâu và không thể tránh được những sai sót. Vì vậy, tác giả rất mong được sự quan tâm của các thầy cô để bổ sung tốt hơn cho các bài toán nêu trong đề tài góp phần nâng cao hiệu quả dạy học Đề xuất: 51 Mỗi giáo viên chủ động ý thức nâng cao trình độ, tiếp cận với sự phát triển của giáo dục. - Thường xuyên lồng ghép bài toán nhiều cách giải trong quá trình dạy học sinh giải toán . - Cố gắng tự mình thiết kế hệ thống bài toán có chất lượng tốt trong đó có bài toán nhiều cách giải để kích thích sự phát triển tư duy và óc thông minh, sáng tạo của HS. - Sử dụng nhuần nhuyễn các phương pháp giải bài tập và tự mình khám phá ra các cách giải mới 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Trần Tuấn Anh (2013), “ Giải đề thi Đại học bằng nhiều cách” 2. Cao Văn Dũng, “ Nhiều cách để chứng minh cho bất đẳng thức Schur” 3. Phạm Kim Hùng (2006), “ Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Tri Thức 4. Nguyễn Thị Hoa, “ Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học giải phương trình lượng giác lớp 11 nâng cao” 5. Nguyễn Bá kim, “ Phương pháp dạy học môn Toán” 6. Nguyễn Thành Long, “ Một số kĩ thuật giải nhanh phương trình lượng giác” 7. Phạm Bắc Phú, “ Đôi nét về phương pháp giải phương tình, bất phương trình vô tỉ” – THPTA Hải Hậu 8. Cao Thanh Phương, “ Chuyên đề một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” 9. Nguyễn Ngọc Tiêm, “ Những bài toán có nhiều cách giải’’ 10. Tạp chí toán học tuổi thơ 2 tháng 7/2008. NXBGD 11. Các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây