1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong đợt tập huấn công tác bồi dưỡng học sinh giỏi cho giáo viên cốt cán ở
trường THPT tháng 12 năm 2017, tôi được Sở GD&ĐT Thanh Hóa điều động làm
giảng viên (cùng với Thầy Trần Đức Nội – Trường THPT Đông Sơn 1), từ những
kinh nghiệm mà bản thân có được, tôi đã chuẩn bị một báo cáo để trình bày trước
các thầy cô giáo viên cốt cán của các trường THPT trong tỉnh và cũng đã nhận
được khá nhiều các phản hồi tích cực từ các thầy cô tham dự đợt tập huấn.
Từ sau đợt tập huấn tháng 12 năm 2017, tôi tiếp tục được nhà trường giao
phụ trách giảng dạy lớp mũi nhọn ban KHTN và phụ trách đội tuyển HSG (năm
2017-2018 tham gia Hội đồng ra đề thi HSG của Sở, năm 2018-2019 phụ trách
ĐT HSG lớp 11 đạt 5/5 giải tỉnh, năm 2019-2020 tiếp tục phụ trách ĐT HSG 11
nhưng Sở dừng tổ chức thi vì dịch Covid-19), tôi đã tiếp tục nghiên cứu để hoàn
thiện hơn các nội dung trong báo cáo nêu trên để lấy làm tài liệu tham khảo cho
các đồng nghiệp trong tổ bộ môn, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn
Toán của nhà trường.
Từ những lý do trên cùng với kinh nghiệm giảng dạy tôi đã quyết định chọn
đề tài: “Một số giải pháp xây dựng chủ đề dạy học nâng cao cho học sinh lớp 10
ở giai đoạn đầu nhằm phát hiện và bồi dưỡng học sinh có năng khiếu về Toán
học’’ làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của bản thân trong năm học 2019 – 2020.
Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến, nhận xét và đánh giá của đồng nghiệp để
đề tài được hoàn thiện hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của đề tài là thiết kế một số chủ đề dạy học nâng cao
cho học sinh lớp 10 nhằm định hướng hình thành và phát triển cho học sinh những
năng lực tư duy toán học, phát hiện và bồi dưỡng học sinh có năng khiếu về Toán
học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các chủ đề dạy học có liên quan đến lớp
các bài toán về tam thức bậc hai, phương trình bậc hai và quy về bậc hai, hàm số
bậc hai có tham số ,…

1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp điều tra, quan sát.
- Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm.
1.5. Điểm mới của đề tài
- Điểm mới của đề tài là việc tác giả đề xuất ý tưởng xây dựng các tình hống
dạy học theo các chủ đề và thiết kế các nội dung dạy học theo ý tưởng thiết kế
nhằm phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong nghiên cứu khoa học thì việc tìm ra quy luật, phương pháp để giải
quyết một vấn đề là vô cùng quan trọng vì nó giúp chúng ta có định hướng tìm
được lời giải của một lớp các bài toán. Trong dạy học giáo viên là người có vai trò
1


thiết kế và điều khiển sao cho học sinh thực hiện và luyện tập các hoạt động tương
thích với nội dung dạy học. Vì vậy trang bị về phương pháp, tập trung dạy cách
học, rèn luyện các kỹ năng, phát triển các năng lực cho học sinh... là một nhiệm vụ
quan trọng của người giáo viên
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình dạy học tôi nhận thấy học sinh lớp 10 khi tiếp cận các bài
toán có tham số và các bài toán vận dụng tính chất của hàm số bậc hai thường lúng
túng, hay gặp sai sót và còn thường còn tuy duy theo lối mòn ở cấp 2 khi gặp câu
hỏi “Phương trình vô nghiệm” hay “Phương trình có nghiệm duy nhất” là ngay lập
tức có điều kiện   0 hay   0 !
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Trong phần này, tác giả chủ yếu nêu ý tưởng về các cách thiết kế, xây dựng
một số chủ đề dạy học và ý tưởng về hướng giải quyết các yêu cầu đặt ra. Do

khuôn khổ một SKKN bị hạn chế về số trang nên việc chi tiết hóa cách giải quyết
từng bài tập xin phép được dành cho bạn đọc quan tâm vận dụng trong quá trình
giảng dạy.
2.3.1. Xây dựng chủ đề dạy học Phương trình bậc cao (bậc 3, trùng
phương) có tham số bằng phương pháp nhẩm một nghiệm không đổi.
Tư tưởng:
+ Đối với phương trình bậc 3:
2
Xét các phương trình dạng  x    ax  bx  c  k .m  0 với  không đổi.
Các yêu cầu có thể đặt ra cho bài toán:
- Có 3 nghiệm phân biệt, có đúng 2 nghiệm, có nghiệm duy nhất.
- So sánh nghiệm với một số thực.
- Các nghiệm thỏa mãn hệ thức đối xứng giữa các nghiệm.
+ Đối với phương trình trùng phương: Xét các phương trình dạng
x 4  bx 2  c  0 , trong đó các hệ số b, c được chọn sao cho phương trình nhận
x   là nghiệm hoặc thỏa mãn hệ thức 9b 2  100c .
Các yêu cầu có thể đặt ra cho bài toán:
- Có 4 nghiệm phân biệt, có đúng 3 nghiệm, có nghiệm duy nhất.
- So sánh nghiệm với một số thực.
- Các nghiệm thỏa mãn hệ thức đối xứng giữa các nghiệm.
Các bài tập minh họa
(Nhẩm x  1 là một nghiệm)
3
2
Bài 1.1. Cho phương trình x  2 x   m  1 x  m  2  0 (1.1)
Tìm m để phương trình
a) Có 3 nghiệm phân biệt.
b) Có nghiệm duy nhất.
c) Có 3 nghiệm phân biệt không nhỏ hơn 2 .
d) Có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x13  x23  x33  10 .

Phân tích, hướng dẫn:





2


x 1
�
PT �  x  1 x 2  3x  m  2  0 � �
2
�f  x   x  3x  m  2  0 (2)
a) (1.1) có 3 nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1
� 17
0
�
m
�
��
�� 4.
�f  1 �0
�
m �4
�
17
b) (1.1) có nghiệm duy nhất � (2) VN hoặc có nghiệm kép bằng 1 � m  .
4
c) (1.1) có 3 nghiệm phân biệt phân biệt không nhỏ hơn 2 � (2) có hai nghiệm

0
�
�
17
�f  1 �0
x
,
x
�

2
1
�
� 8 �m  , m �4.
phân biệt 2 3
và khác
�
4
 x2  2    x3  2  �0
�
�
 x2  2   x3  2  �0
�





17
d) Điều kiện để (1.1) có 3 nghiệm là m � .

4
3
3
3
3
3
3
Biến đổi x1  x2  x3  10 � 1  x2  x3  10 � x23  x33  9 � m  4.
(Nhẩm x  2 là một nghiệm)
3
2
Bài 1.2. Cho phương trình x  3 x   2m  1 x  4m  6  0 (1.2)
Tìm m để phương trình
a) Có 3 nghiệm phân biệt.
b) Có nghiệm duy nhất.
c) Có 3 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1 .
2
d) Có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn  x1  x2  x3   x1x2 x3  8.
Phân tích, hướng dẫn:
x  2
�
PT �  x  2  x 2  x  2m  3  0 � �
2
�f  x   x  x  2m  3  0 (2)
a) (1.2) có 3 nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2
0
�
13
1
��

� m   , m � .
8
2
�f  2  �0





13
.
8
c) (1.2) có 3 nghiệm phân biệt phân biệt nhỏ hơn 1 � (2) có hai nghiệm phân
0
�
�
�f  2  �0
� m �� (không có m).
biệt x2 , x3  1 và khác 2 � �
x

1

x

1

0





2
3
�
�
 x2  1  x3  1  0
�
b) (1.2) có nghiệm duy nhất � (2) VN hoặc có nghiệm kép bằng 2 � m  

3


13
1
, m � .
8
2
2
2
Biến đổi  x1  x2  x3   x1 x2 x3  10 �  2  x2  x3   2 x2 x3  8
13
5
1
2
�  3  2  2m  3  8 �   m   , m � .
8
4
2
(Nhẩm x  1 là một nghiệm)

4
2
Bài 1.3. Cho phương trình x   2m  1 x  2m  0 (1.3)
Tìm m để phương trình
a) Có 4 nghiệm phân biệt.
b) Có 4 nghiệm phân biệt lớn hơn 3 .
c) Có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14  x24  x34  x44  x1x2 x3 x4  20 .
Phân tích, hướng dẫn:
2
Đặt t  x 2 �0 , ta được phương trình t   2m  1 t  2m  0 có các hệ số thỏa mãn
công thức nhẩm nghiệm ( a  b  c  0 ), suy ra phương trình có hai nghiệm t1  1
và t2  2m .
t1  1  0
�
m0
�
�
�
t2  2m  0 � � 1
a) (1.3) có 4 nghiệm phân biệt � �
m�
�
�
t1 �t2
� 2
�
d) Điều kiện để (1.2) có 3 nghiệm phân biệt là m  

m0
�

�
b) Với điều kiện � 1 thì (1.3) có 4 nghiệm phân biệt là
m�
�
� 2
x1  1, x2  1, x3   2m , x4  2m
Khi đó (1.3) có 4 nghiệm phân biệt lớn hơn 3 �  2m  3 � m 
9
1
ta được kết quả 0  m  , m � .
2
2
c)
(1.3)
có
4
nghiệm

phân

x14  x24  x34  x44  x1 x2 x3 x4  20 � 14   1 
4



biệt

 
4


x1 , x2 , x3 , x4



4

9
. Kết hợp
2

thỏa





mãn

2m   2m  1.(1). 2m .  2m  20

1  17
1  17
(thỏa mãn) và m 
(loại).
4
4
(Nhẩm x  3 là một nghiệm)
4
2
Bài 1.4. Cho phương trình x   m  1 x  9m  72  0 (1.4)

Tìm m để phương trình
a) Có 4 nghiệm phân biệt.
b) Có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 4 .
c) Có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4  18 .
Phân tích, hướng dẫn:
2
Đặt t  x 2 �0 , ta được phương trình t   m  1 t  9m  72  0 (2) .
� 8m 2  4m  18  0 � m 

4


Phương trình (2) có    m  1  4  9m  72    m  17  �0
2

Suy ra phương trình (2) có hai nghiệm t1 
và t2 

m  1  m  17
 m  8.
2

2

m  1   m  17 
9
2

t1  9  0
�

m8
�
�
t2  m  8  0 � �
a) (1.4) có 4 nghiệm phân biệt � �
m �17
�
�
t1 �t2
�
m8
�
b) Với điều kiện �
thì (1.4) có 4 nghiệm phân biệt là
m �17
�
x1  3, x2  3, x3   m  8, x4  m  8
Khi đó (1.4) có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 4 � m  8  4 � m  24 . Kết hợp
với điều kiện được 8  m  24, m �17.
c) (1.4) có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4  18
� 6  2 m  8  18 � m  44 (thỏa mãn).
(Không nhẩm được nghiệm, tuy nhiên các hệ số thỏa mãn: a  1,9b 2  100c )
Bài 1.5. Cho phương trình x 4  2  m  1 x 2   2m  1  0 (1.5)
Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1  x2  x3  x4 thỏa mãn
x2  x1  x3  x2  x4  x3 .
Phân tích, hướng dẫn:
2
Đặt t  x 2 �0 , ta được phương trình t 2  2  m  1 t   2m  1  0 (2) .
2


Phương trình (2) có  '   m  1   2m  1  3m(m  2).
(1.5) có 4 nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt dương t1  t2
0
�
1
�
� �S  0 � 2  m  0, m � .
2
�P  0
�
2

2

Khi đó các nghiệm của (1.5) xếp theo thứ tự tăng dần là  t2 ;  t1 ; t1 ; t2
Hệ thức x2  x1  x3  x2  x4  x3 � t2  3 t1 � t2  9t1
�
� 2
t2  9t1
m
�
�
2
2
�
13
t1  t2  2  m  1 � 36  m  1  100  2m  1 � �
Khi đó ta có hệ �
.
8

�
�
2
m
t1t2   2m  1
� 7
�
2.3.2. Xây dựng chủ đề dạy học Phương trình quy về bậc hai có tham số
bằng phương pháp chọn tham số độc lập (cô lập tham số)
Tư tưởng:
5


- Cô lập tham số để biến đổi phương trình về dạng
t  t  x  �K ��, f  t  là hàm số bậc 2.

f  t   g  m  , với

2
- Lập bảng biến thiên của hàm số f  t   at  bt  c trên K .
- Hướng thiết kế các bài tập xuất phát từ phương trình:
+ Dạng: f  x   c.m  ax  b ( m là tham số, f  x  là hàm số bậc nhất hoặc bậc
hai).
+ Dạng: f  x   c.m  g  x  ( m là tham số, f  x  ,g  x  là hàm số bậc nhất
hoặc bậc 2).
2
+ Dạng: a �
�f  x  �
� bf  x   c  d .m  0 ( m là tham số)


+ Dạng: a





x     x  b

 x       x   c  d .m  0

 Các bài tập minh họa:
Bài 2.1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
nghiệm duy nhất.
Phân tích, hướng dẫn:
�x �1
Phương trình 2 x  m  x  1 � �
m  x2  4x  1
�

( m là tham số)
2 x  m  x  1 có

2
Lập bảng biến thiên của hàm số f  x   x  4 x  1 trên  1;� ta được m  3
hoặc m  2 .
Bài 2.2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
x 2  2 x  m  x  1 có nghiệm âm.
Phân tích, hướng dẫn:
�x  1 �0
�x �1

2
��
Phương trình x  2 x  m  x  1 � �2
m  x 2  3x  1
�x  2 x  m  x  1 �
2
Lập bảng biến thiên của hàm số f  x   x  3x  1 trên nửa khoảng  1;0  ta
được giá trị m cần tìm.
Bài 2.3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
1 � � 1�
�
2 �x 2  2 � 3�x  � 2m  1  0 có nghiệm.
� x � � x�
Phân tích, hướng dẫn:
1
Đặt t  x  . Điều kiện t �2 hoặc t �2. Phương trình trở thành
x
2
2m  2t  3t  3 .
2
Lập bảng biến thiên của hàm số f  x   2t  3t  3 trên  �; 2 � 2; � ta
1
được m � .
2
Bài 2.4. Tìm m để phương trình

6


3


 2  x  4  x  



2  x  4  x  2m  3  0 có nghiệm.

Phân tích, hướng dẫn:
Đặt t  2  x  4  x � t 2  6  2

 2  x  4  x .

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
2
6 �t
6 �
2 �
x   4 x  12

6

t

2 3

�t 2  6 � 2
�
Phương trình trở thành 2m  3 �
� t  3, t ��
� 6;2 3 �.

2
�
�
�t 2  6 � 2
�
f
x


3
Lập bảng biến thiên của hàm số  
�
� t  3 trên �
� 6;2 3 �ta
2
�
�
được m cần tìm.
2
Bài 2.5. Tìm m để phương trình 2 16  x  3 4  x  4  x  m  1  0 có





nghiệm.
Phân tích, hướng dẫn:
Tương tự Bài 2.4.
Bài 2.6. Tìm m để phương trình 2 x 2  2 x  5  3 x 2  2 x  3m  1  0 (2.6) có






nghiệm.
Phân tích, hướng dẫn:
ĐKXĐ: x ��.
Đặt t  x 2  2 x  5 . Để tìm điều kiện của t ta có thể làm theo các cách sau:
Cách 1: t �۳
x2 2 x 5

 x 1

2

4

2

t

2.

Cách 2: t  x 2  2 x  5 � t 2  x 2  2 x  5  t  0  .

2
2
Lập bảng biến thiên của hàm số t  g  x   x  2 x  5 trên tập � sẽ tìm được
điều kiện của t .
Cách 3: t  x 2  2 x  5 � x 2  2 x  5  t 2  0  t  0  . Coi đây là PT ẩn x . ĐK để

' 0 t 2.
PT có nghiệm là �۳
Phương trình (2.6) trở thành 3t 2  2t  16  3m phải có nghiệm t �2.
2
Lập BBT của hàm số f  t   3t  2t  16 trên nửa khoảng  2; �) ta sẽ được ĐK
của m .
Nhận xét: Nếu yêu cầu của bài toán là 4 nghiệm phân biệt thì cần tìm ĐK của t
để mỗi t cho 2 giá trị phân biệt x . Khi đó nếu sử dụng Cách 2 hoặc Cách 3 ta sẽ
tìm được ĐK của t là t  2.
Bài 2.7. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2

�x 2 � 2 x 2
 m  0 có đúng bốn nghiệm?
�
�
�x  1 � x  1
Phân tích, hướng dẫn:

7


1  t  t  0
�x  1
�
x2
 t � �2
��
.
Đặt

x 1
 t  t 2  4t
�x  tx  t  0  *
�
t0
�
Với mỗi t thỏa mãn t  0 � �
thì  * có hai nghiệm x phân biệt.
t

4
�
Phương trình đã cho trở thành: t 2  2t  m  0 � m  t 2  2t (**)
Phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm khi và chỉ khi (**) có hai nghiệm t phân
t0
�
2
biệt thỏa mãn điều kiện � . Lập bảng biến thiên của hàm số f  t   t  2t
t4
�
0  m 1
�
.
trên khoảng  �;0  � 4; � ta được điều kiện của tham số m là: �
m


24
�
Bài 2.8. Tìm m để phương trình 2 x 2  8 x  2  x 2  4 x  5  m  0 (2.8) có đúng

4 nghiệm phân biệt.
Phân tích, hướng dẫn:
Tương tự Bài 2.7 với điều kiện của ẩn phụ t   x 2  4 x  5 là 0 �t  3 .
Bài 2.9. Tìm m để phương trình 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 (2.9) có nghiệm.
Phân tích, hướng dẫn:
ĐKXĐ: x �1.
x 1
Chia hai vế của phương trình cho x  1 và đặt t  4
, với điều kiện của ẩn
x 1
phụ là 0 �t  1 . Đưa PT trở thành m  3t 2  2t . Lập BBT của hàm số
f  t   3t 2  2t trên nửa khoảng  0;1 sẽ được điều kiện của m.
Bài 2.10. Tìm m để phương trình : x  4  x  2 x 2  8 x  1  2m (2.11) có
nghiệm.
Phân tích, hướng dẫn:
t2  4
Đặt t  x  4  x ,4 �t �8 � x  4  x  
2
2

Phương trình (2.11) trở thành: t 

t

2

4




2

 1  2m � t 4  10t 2  18  4m (*)

2
Đặt z  t ,4 �z �8 , lập BBT của hàm số f ( z )  z 2  10 x  18 trên đoạn  4;8 .
Phương trình (1) có nghiệm khi phương trình (*) có nghiệm.
7
1
Dựa vào bảng biến thiên, (*) có nghiệm khi : 7 �4m �2 �  �m �
4
2
7
1
Vậy phương trình có nghiệm khi  �m �
4
2
Bài 2.11.
2

8


Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  C  như
hình vẽ bên. Tìm m để phương trình:
f  x   2  4 f ( x)  2  2m  0 (2.12) có
nghiệm thuộc đoạn  5;1 .

Phân tích, hướng dẫn:
Đặt t  f ( x )  2 , khi đó (2.12) trở thành t 2  4t  2m  0 (*)

Điều kiện của t : Khi x � 5;1 thì f ( x) � 0;9 , suy ra t 

f ( x )  2 ��
0; 7 �
�
�.
Khi đó phương trình (2.12) có nghiệm thuộc đoạn  5;1 khi và chỉ khi (*) có
2
�
0; 7 �
0; 7 �
nghiệm thuộc �
�
�� 2m  t  4t (**) có nghiệm thuộc �
�.
0; 7 �
Xét hàm g (t )  t 2  4t , lập bảng biến thiên của hàm số g (t ) trên đoạn �
�
�, từ
đó tìm được giá trị của m.
Bài 2.12.
Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên
Tìm m để phương trình
�
�f  x  2   1�
� 3 f  x  2   1  m  0 (2.13) có nghiệm
thuộc đoạn  2;4 .
2

Phân tích, hướng dẫn:

Khi x � 2;4 thì x  2 � 0;2 � f ( x  2) � 1;0  � f ( x  2)  1� 2;0 .
Do đó nếu đặt t  f ( x  2)  1 thì t � 0;2 . Khi đó (2.13) trở thành
m  g (t )  t 2  3t (*). Lập bảng biến thiên của hàm số g (t ) trên  0;2 sẽ tìm được
giá trị m.
2.3.3. Xây dựng chủ đề dạy học Giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất
(GTNN) của hàm số hoặc của biểu thức đại số bằng phương pháp quy về tính
chất của hàm số bậc hai.
Tư tưởng: Bằng cách đổi biến để đưa việc tìm GTLN, GTNN của một hàm số
hoặc một biểu thức về việc tìm GTLN,GTNN của hàm số bậc hai dạng
f  t   at 2  bt  c, t �  ;   ��.
Bài 3.1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
a) F  2 x 4  3x 2  1 , x � 3;4
b) F  3



 4  x  3  x  







4  x  3  x 1  0



c) F  x 2  4 x  1  3 x 2  4 x  1  2 , x � 2;4
2


d) F  x 2  4 x  5 x 2  4 x  3  3 , x � 3;5
9


e) F  x 4  2 x 3  x , x �[1;1].
Phân tích, hướng dẫn:
2
a) Đặt t  x � 0;16 , đưa về tìm GTLN,NN của hàm số
F  f  t   2t 2  3t  1, t � 0;16 .
�
b) Đặt t  4  x  3  x ��
� 7; 14 �, đưa về tìm GTLN,NN của hàm số
3
F  f  t   t 2  7  t  1, t ��
7; 14 �
�
�.
2
c) Đặt t  x 2  4 x  1, x � 2;4 .
Lập bảng biến thiên của hàm số t  x 2  4 x  1 trên  2;4 , ta được t � 3;13 .
2
Đưa về tìm GTLN,NN của hàm số F  f  t   t  3t  2, t � 3;13 .





d) Đặt t  x 2  4 x  3, x � 3;5 .


Lập bảng biến thiên của hàm số y  t 2  x 2  4 x  3 trên đoạn  3;5 ta được
t ��
0;2 2 �
�
�.
2
0;2 2 �
Đưa về tìm GTLN,NN của hàm số F  f  t   t  5t  6, t ��
�
�.
e) Ta có F  x 4  2 x3  x  ( x 2  x) 2  ( x 2  x)
Đặt t  x 2  x . Lập bảng biến thiên của hàm số t  x 2  x với x �[1;1]
1
Suy ra min t   �t �max t  2
 1;1
 1;1
4
�1 �
 ;2 .
Khi đó, hàm số được viết lại : f (t )  t 2  t với t ��
�4 �
�
1
max y  max f (t )  2
min
y

min
f
(

t
)


1
[

1;1]
�
�
t

2
Từ bảng biến thiên ta có:
khi
, [ 1;1]
 ; 2�
�1 �
4
�
�4 �

 ;2
�
�4 �
�

1
.
2

Bài 3.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  3 x 4  2 x 2  1  3 3 x 2  1  1
Phân tích, hướng dẫn:
Đặt t  3 x 2  1, t �1 � t 2  3 x 4  2 x 2  1
2
Đưa về tìm GTNN của hàm số y  f  t   t  3t  1 với t �1 .
5
3
Lập BBT, suy ra GTNN là  khi và chỉ khi t  .
4
2
khi t 

Bài 3.3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
4
4
00 ;1800 �
a) y  sin x  3cos x, x ��
�
�
6
6
00 ;1800 �
b) y  sin x  cos x, x ��
�
�

00 ;1800 �
c) y  1  5sin 2 x  1  5cos 2 x , x ��
�
�

10


Phân tích, hướng dẫn:
2
a) Đặt t  sin x � 0;1 . Đưa về tìm GTLN,GTNN của hàm số
y  f  t   t 2  3  1  t  , t � 0;1 .
2





3



b) Ta có y  sin 6 x  cos6 x  sin 2 x  cos 2 x  3sin 2 x cos 2 x sin 2 x  cos 2 x



 1  3sin 2 x cos 2 x
2
Đặt t  sin x � 0;1 . Đưa về tìm GTLN,GTNN của hàm số

y  f  t   1  3t  1  t  , t � 0;1 .
c) Ta có y  1  5sin 2 x  1  5cos 2 x � y 2  7  2 6  25sin 2 x cos 2 x ( y  0)
2
Đặt t  sin x � 0;1 . Đưa về tìm GTLN,GTNN của hàm số
f  t   6  25t  1  t  , t � 0;1 , từ đó tìm được GTLN,GTNN của hàm số đã cho.

Bài 3.4. Cho các số thực a, b thoả mãn ab �0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a 2 b2 a b
P  2  2    1.
b
a
b a
Phân tích, hướng dẫn:
a b
a b a b
a b
.  2,
Đặt t   . Ta có t     �2
b a
b a b a
b a
a2 b2
a2 b2
t  2  2  2 � 2  2  t2  2
b
a
b
a
2
Ta có P  t  2  t  1  t 2  t  1 .
Xét hàm số f (t )  t 2  t  1 với t � �; 2 � 2; � .
f (t )  1 khi t  2 hay
Từ bảng biến thiên ta có min P   �;min
2 � 2;�
2


a b
 � a  b.
b a
Bài 3.5. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3 . Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2



P  a 2  b2  c2



2

 4(ab  ac  bc )  3 .

Phân tích, hướng dẫn:
1
2
Ta có 0 �ab  ac  bc � (a  b  c )  3
3
Đặt t  ab  ac  bc thì t � 0;3 và
a 2  b 2  c 2  (a  b  c)2  2(ab  ac  bc)  9  2t
11


2
2
Khi đó P  f (t )  (9  2t )  4t  3  4t  40t  84, t � 0;3

Bằng cách lập BBT của hàm số f (t ) trên  0;3 , ta được min P  0,max P  84

Bài 3.6. Cho các số x, y thoả mãn: x 2  y 2  1  xy . Chứng minh rằng
1
3
�x 4  y 4  x 2 y 2 � .
9
2
Phân tích, hướng dẫn:
Đặt P  x 4  y 4  x 2 y 2 . Ta có
P  ( x 2  y 2 )2  3x 2 y 2   1  xy   3 x 2 y 2  2 x 2 y 2  2 xy  1
Đặt t  xy , khi đó P  2t 2  2t  1
�x 2  y 2 �2 xy
�1  xy �2 xy
1
1
�

�
xy
�
1

�t �1 .
Vì � 2
nên
.
Do
đó
�

2
1

xy
�

2
xy
3
3
x

y
�

2
xy
�
�
2

�1 �
 ;1
Xét hàm số f (t )  2t 2  2t  1 trên �
�3 �
�
1
3
min
f

(
t
)

�
P
�
max
f
(
t
)

Từ bảng biến thiên ta có � 1;12�
�1 �
9
2
 ;1�
�
�
�
�3

�3 �

�

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài 3.7. Cho x, y là các số thực thoả mãn: 2( x 2  y 2 )  xy  1 .
18

70
�7( x 4  y 4 )  4 x 2 y 2 � .
Chứng minh rằng :
25
33
Phân tích, hướng dẫn:
2
4
4
2 2
x 2  y 2  2 x 2 y 2 � 4 x 2 y 2
Ta có: 7( x  y )  4 x y  7 �
�
�
2
�
� 2 2 1
1
2
�xy  1 �
2 2
 7�
33  xy   14 xy  7 � 33t 2  14t  7 , v
�
� 2 x y � 4 x y  �
� 4
4�
� 2 �
�
�

ới t  xy .
1
1 
2( x 2 y 2 ) 4 xy xy
Ta có xy  �
3
1
2
2
y2 ) �
xy1 2  x y  5 xy 1 xy
Mặt khác 2( x 
5
1
�1 1�
2
 ; .
Xét hàm số f  t   33t  14t  7 , t ��
4
� 5 3�
�
70
7
18
1
max f  t  
� t  , min f  t  
�t  .
Suy ra �
1 1�

1 1�
33
33 �
25
5
 ; �
 ; �
�
�









�5 3 �





�5 3 �

Từ đây suy ra ĐPCM.

12



Bài 3.8. Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá
2
2
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  4 x  3 y 4 y  3 x  25 xy .







Phân tích, hướng dẫn:
2 2
3
3
Do x  y  1 nên S  16 x y  12 x  y  9 xy  25 xy





3
 16 x 2 y 2  12 �
 34 xy
�x  y   3xy  x  y  �
�
 26 x 2 y 2  2 xy  12 .
2
� 1�

x  y

1
2
t

xy
0; �
.
Đặt
, ta được: S  16t  2t  12;0 �xy �
 � t ��
4
� �
4
4
� 1�
2
0; ta tìm được:
Xét hàm số f  t   16t  2t  12 trên đoạn �
� 4�
�
25
�1 1 �
min S 
�  x; y   � ; �;
2
�2 2 �
�2  3 2  3 �
�2  3 2  3 �

191
max S 
�  x; y   �
;
;
.
�hoặc  x; y   �
�
16
4
4
4
4
�
�
�
�
Bài 3.9. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3 . Gọi
M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



P  a 2  b2  c2



2

 4(ab  ac  bc )  3 . Tính giá trị M  m.


Phân tích, hướng dẫn:
1
2
Ta có 0 �ab  ac  bc � (a  b  c )  3
3
Đặt t  ab  ac  bc thì t � 0;3 và
a 2  b 2  c 2  (a  b  c)2  2(ab  ac  bc)  9  2t
2
2
Khi đó P  f (t )  (9  2t )  4t  3  4t  40t  84, t � 0;3
Bài toán trở thành: Tìm GTLN, GTNN của hàm số f (t )  4t 2  40t  84 trên

 0;3

Dựa vào BBT của hàm số f (t )  4t 2  40t  84 trên  0;3 , ta có:
min P  min f  t   0 , khi t  3 � a  b  c  1
 0;3

a3
a0
a0
�
�
�
�
�
�
max P  max f  t   84 , khi t  0 � �
b  0 hoặc �
b  3 hoặc �

b0
 0;3
�
�
�
c0
c0
c3
�
�
�
Ta có: M  m  84
Nhận xét: Khi thực hành “dồn biến” ta phải chú ý đến điều kiện ràng buộc
(điều kiện của bài toán) và khéo léo đánh giá điều kiện của biến mới.
x2  y2
Một số đánh giá cơ bản: Với x, y �R ta có: x 2  y 2 �2 xy ; xy �
2
13


2

�x  y �
Với x, y không âm, ta có: xy ��
�
�2 �
2.3.4. Xây dựng chủ đề dạy học Hàm số và đồ thị của hàm số bậc hai
phằng phương pháp phối hợp và xử lí linh hoạt giữa các yếu tố đại số và hình
học
2

Bài 4.1. Tìm các giá trị của tham số m sao cho parabol  P  : y  x  4 x  m cắt
Ox tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn OA  3OB.
Phân tích, hướng dẫn
Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  4 x  m  0.  *
Để  P  cắt Ox tại hai điểm phân biệt A, B thì  * có hai nghiệm phân biệt
�  '  4  m  0 � m  4.
x A  3 xB
�
.
Theo giả thiết OA  3OB � x A  3 xB � �
x


3
x
�A
B
�x A  3 xB
�
Viet
� �x A  xB  4 � m  x A .xB  3.
+ TH1: x A  3xB ���
�x .x  m
�A B
�x A  3 xB
�
Viet
� �x A  xB  4 � m  x A .xB  12 .
+ TH2: x A  3xB ���
�x .x  m

�A B
Do đó m  3; m  12 .
2
Bài 4.2. Cho parabol  P  : y  x  4 x  3 và đường thẳng d : y  mx  3 . Tìm tất
cả các giá trị thực của m để d cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện
9
tích tam giác OAB bằng .
2
Phân tích, hướng dẫn
Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và d là x 2  4 x  3  mx  3
x0
�
� x�
x

m

4
�

0
�
.


�
�
�
xm4
�

m 0 m
4.
Để d cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi 4 �۹
Với x  0 � y  3 � A  0;3 �Oy .





2
2
Với x  4  m � y  m  4m  3 � B 4  m; m  4m  3 .

Gọi H là hình chiếu của B lên OA . Suy ra BH  xB  4  m .
Theo giả thiết bài toán, ta có
m  1 .
�
9
1
9
1
9
SOAB  � OA.BH  � .3. m  4  � �
m  7
2
2
2
2
2
�


14


Bài 4.3. Tìm m để đường thẳng y  2m( x  1) cắt parabol y  x 2  2 x  1 tại hai
điểm phân biệt cùng với gốc tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 2.
Phân tích, hướng dẫn
Tương tự Bài 4.2.
2
Bài 4.4. Cho parabol  P  : y  x  4 x  3 và đường thẳng d : y  mx  3 . Tìm giá
trị thực của tham số m để d cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ
x1 , x2 thỏa mãn x13  x23  8 .
Phân tích, hướng dẫn
Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và d là x 2  4 x  3  mx  3
x0
�
� x�
x

m

4
�

0
�
.


�

�
�
xm4
�
m 0 m
4.
Để d cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi 4 �۹
Khi đó, ta có x13  x23  8 � 0   4  m   8 � 4  m  2 � m  2 .
Bài 4.5. Cho hàm số y  x 2  3 x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các
hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung
điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.
Phân tích, hướng dẫn
Yêu cầu bài toán � PT sau có hai nghiệm phân biệt
x 2  3x  2   x  m hay x 2  2 x  2  m  0 (*) có  '  0 � m>1
x  xB
 1;
Gọi x A ; xB là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có xI  A
2
y I   xI  m  m  1
� yI  xI � m  1  1 � m  2; m  0 . Kết hợp ĐK, kết luận m  2 .
3

Bài 4.6. Cho hàm số y  x 2  x  2 . Tìm m để đường thẳng  : y  x  m cắt đồ thị
của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB
bằng khoảng cách từ O đến ∆.
Phân tích, hướng dẫn
Phương trình hoành độ giao điểm x 2  x  2  x  m � x 2  2 x  m  2  0
Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt �  '  0 � m  3
m
 : x  y  m  0, d  O,   

, A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m 
2
AB 

 x2  x1 

2

  x2  m  x1  m   2  x2  x1 
2

2

 2  x2  x1   8 x1x2  2.22  8  m  2   8m  24
2

AB  d  O,   �

m
2

� m 2  16m  48  0 � m  8 �4 7 (thỏa mãn điều kiện)

15


Bài 4.7. Cho parabol (P) có phương trình y  4 x 2  1 , đường thẳng d có phương
trình y  x  3 . Lập phương trình đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d sao
cho ∆ cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B và AB = 1.
Phân tích, hướng dẫn

Đường thẳng ∆ song song với d có dạng y = x + m (m ≠ 3)
Phương trình hoành độ giao điểm 4 x 2  x  1  m  0 (1)
Để ∆ cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thì (1) có 2 nghiệm phân biệt, điều kiện là
15
0� m
16
Gọi x1 , x2
là hai nghiệm phân biệt của (1). Theo định lý Viet ta có
1
1 m
.
x1  x2  ; x1x2 
4
4
Tọa độ hai giao điểm là A  x1; x1  m  ,B  x2 ; x2  m 
2
2
AB  1 � 2  x2  x1   1 � 2 �
1
�x2  x1   4 x1x2 �
�
1 m �
23
23
�1
� 2 �  4.
. Kết hợp điều kiện ta được m 
� 1 � m 
16
4 �

16
16
�
2
Bài 4.8. Cho hàm số y  x  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị
các hàm số đó cắt nhau tại điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
Phân tích, hướng dẫn
2
2
Ta có: x  2mx  3m  2 x  3 � x  2  m  1 x  3m  3  0
�
'  0
�
3m  3  0 � m  4
Điều kiện �
�
2  m  1  0
�

Bài 4.9. Cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I  0; 1 và có
hệ số góc k. Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giải sử A, B lần lượt có
hoành độ là x1; x2 .
a) Tìm k để trung điểm của đoạn AB nằm trên trục tung.
2
3
b) Chứng minh rằng x1  x2 �2  k �R 

Phân tích, hướng dẫn
a) Đường thẳng (d) có PT: y  kx  1
PT tương giao (d) và (P):  x 2  kx  1 � x 2  kx  1  0 (*)

PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 vì   k 2  4  0 (k )
x x
k
; M nằm trên trục tung
Trung điểm M của AB có hoành độ là 1 2 
2
2
k
�
0�k 0
2
2
3
b) Chứng minh rằng x1  x2 �2  k �R 
16


Theo Vi et có: x1  x2  k ; x1 x2  1
2
2
2
3
 x1  x2 .  x1  x2   x1x2
�x1  x2   x1x2 �
Ta có x1  x2   x1  x2  �
�
Có x1  x2   x1  x2   4 x1 x2  k 2  4
2

2






� x12  x23  k 2  4 k 2  1 �2, k �R. Đẳng thức xảy ra khi k = 0
Bài 4.10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y  ax 2 và đường thẳng
(d ) : y  2 x  a 2 (với a  0 ). Tìm điều kiện của a để đường thẳng (d ) cắt parabol
( P ) tại hai điểm A  x1; y1  và B  x2 ; y2  phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
4
1

thức T 
.
x1  x2 x1 x2
Phân tích, hướng dẫn
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và parabol (P):
ax 2  2 x  a 2 � ax 2  2 x  a 2  0 (1)
Điều kiện để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt là (1) có 2 nghiệm phân biệt
�  '  1  a3  0 � 0  a  1 .
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).
4
1
1
2

 2a 
Theo định lí Viet ta có : x1  x2  ; x1 x2  a . Suy ra T 
x1  x2 x1x2
a

a
Áp dụng Bất đẳng thức Cosi, ta có: T  2a 

1
1
�2 2a.  2 2
a
a

1
1
�a
. Vậy MinT  2 2
a
2
Bài 4.11. Xác định parabol  P  : y  ax 2  bx  c , a �0 biết:
a)  P  đi qua A(2;3) có đỉnh I (1;2)
Dấu bằng xảy ra � 2a 

3
b) c  2 và  P  đi qua B  3; 4  và có trục đối xứng là x   .
2
3
1
c) Hàm số y  ax 2  bx  c có giá trị nhỏ nhất bằng khi x  và nhận giá trị
4
2
x

1

bằng 1 khi
.
d)  P  đi qua M (4;3) cắt Ox tại N (3;0) và P sao cho INP có diện tích bằng
1 biết hoành độ điểm P nhỏ hơn 3 .
Phân tích, hướng dẫn
a)  P  cần tìm là y  x 2  2 x  3 .
1 2
b)  P  cần tìm là y   x  x  2 .
3
c)  P  cần tìm là y  x 2  x  1 .
d) Vì  P  đi qua M (4;3) nên 3  16a  4b  c (8)
17


Mặt khác  P  cắt Ox tại N (3;0) suy ra 0  9a  3b  c (9),  P  cắt Ox tại P nên
P  t ;0  , t  3
b
�
t

3


�
�
a
Theo định lý Viét ta có �
� 3t  c
�
a

 �
1
� b
 ;  �lên trục hoành
Ta có SIBC  IH .NP với H là hình chiếu của I �
2
� 2a 4 a �

1 
Do IH  
, NP  3  t nên SINP  1 �  . 3  t   1
4a
2 4a
2
 t  3  3t  2 � 3  t 3  8
�b � c
�  3  t  � �  �  3  t 
(10)
 
4
a
a
�2a � a a
2

2

Từ (8) và (9) ta có 7a  b  3 � b  3  7a suy ra t  3  

3  7a

1 4t
� 
a
a
3

8 4  t 
� 3t 3  27t 2  73t  49  0 � t  1
3
Suy ra a  1 � b  4 � c  3 . Vậy  P  cần tìm là y  x 2  4 x  3 .
Bài 4.12. Cho đồ thị (P): y  x 2  (1  m) x . Tìm giá trị của m để (P) cắt đường
thẳng (d) : y  x  m tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường
thẳng OA, OB bằng 600 .
Phân tích, hướng dẫn
Để 2 đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình
Thay vào (10) ta có  3  t  
3

x 2  (1  m) x  x  m � x 2  mx  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
m4
�
�   m 2  4m  0 � �
. Giả sử A( x1; x1  m); B( x2 ; x2  m)
m0
�
uuu
r
uuu
r
� OA( x1; x1  m)  ( x1;  x2 ); OB ( x2 ; x2  m)  ( x2 ;  x1 )

uuu
r uuu
r 1
cos(OA; OB )  cos(OA; OB 
2
uuu
r uuu
r
x1x2  ( x1 )(  x2 )
1
� cos(OA; OB) 
�
2
( x1 ) 2  ( x2 )2 ( x2 )2  ( x1 ) 2
m  0 (l )
�
�
4 m  m 2  2m
2 x1 x2
1
�
�
� ��
� m  6 . Vậy m  6; m  2 .
2
�
( x1  x2 ) 2  2 x1x2
2
4 m  m  2 m
�

�
m  2
�

18


Bài 4.13. Cho Parabol ( P) : y  x 2  2( m  1) x  3 (1) . Tìm tất cả các giá trị của
tham số m để parabol (P) cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho tam
giác IAB là tam giác đều (với I là đỉnh của (P)).
Phân tích, hướng dẫn
2
Đỉnh của (P): I m  1;3  (m  1)





2
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và trục Ox là : x  2(m  1) x  3  0  *
Để (P) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt �  * có 2 nghiệm phân biệt

�
m 1 3
�  '  (m  1) 2  3  0 � �
m 1 3
�

Khi đó phương trình  * có nghiệm:


x1  1  m  m 2  2m  2, x2  1  m  m 2  2m  2



 



� A 1  m  m 2  2m  2 ;0 , B 1  m  m 2  2m  2 ;0 ,
uuu
r
uu
r
AB 2 m 2  2m  2;0 , IA m 2  2m  2; m 2  2 m  2



 



Do (P) nhận đường thẳng x  1  m làm trục đối xứng nên tam giác IAB cân tại I
Để tam giác IAB đều thì AB  IA , suy ra






� 4  m  2m  2    m

4 m2  2m  2 
2

 
 2m  2    m


 2m  2 

m 2  2m  2  m 2  2 m  2
2

2

2

2

� m 2  2m  2  3 � m  1 � 6  tm  . Vậy m  1 � 6.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Qua thực tế giảng dạy tại Trường THPT Triệu Sơn 3, bản thân tôi đã áp
dụng trực tiếp đề tài này cho các lớp H6 (Khóa 2011-2014), B4 (Khóa 20142017), E4 (Khóa 2017-2020), A35 (Khóa 2018-2021) và đã đạt được hiệu quả rất
khả quan. Các em được trang bị kỹ kiến thức nền ở giai đoạn đầu của lớp 10 giúp
các em tự tin hơn trong việc học môn Toán ở các lớp cao hơn. Thông qua việc dạy
học các chủ đề, tôi sớm phát hiện các học sinh có năng khiếu về môn Toán (mặc
dù điểm thi vào lớp 10 môn Toán của các em chỉ khoảng 7-8 điểm) để bồi dưỡng
cho đội tuyển HSG môn Toán của nhà trường. Đề tài được tổ chuyên môn đánh
giá cao và định hướng áp dụng giảng dạy cho ĐT HSG của nhà trường và cho các
lớp mũi nhọn ban A.

Nội dung này tôi cũng sử dụng để giảng dạy ở các lớp ôn thi THPT Quốc
gia, ôn thi đại học trước đây và nhận được tín hiệu rất tích cực từ phía học sinh.
Kết quả thi HSG cấp tỉnh môn Toán các năm do tôi trực tiếp phụ trách các
năm gần đây đều đạt 100% giải, cụ thể như sau:
- Năm 2017: 5 giải (1 Nhất, 1 Nhì, 2 Ba, 1 KK); trong năm này có em Hà
Thọ Huy đạt giải KK nhưng điểm thi vào lớp 10 của em năm 2014 chỉ là 6,5 điểm.
19


- Năm 2019: 5 giải (1 nhì, 2 Ba, 2 KK); trong năm này có em Đỗ Đức
Phương đạt giải Nhì nhưng điểm thi vào lớp 10 của em năm 2017 chỉ là 8,0 điểm;
Em Nguyễn Dũng đạt giải Ba nhưng điểm thi vào lớp 10 của em năm 2017 chỉ là
7,5 điểm và em nói khi học ở cấp 2 em rất sợ môn Toán, đặc biệt là môn Hình học.
Các em này hiện nay đang năm trong top triển vọng đạt điểm cao (từ 27đ trở lên /3
môn khối) trong kỳ thi Tốt nghiệp sắp tới.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua quá trình áp dụng vào thực tế giảng dạy tại trường THPT Triệu Sơn 3
từ năm học 2011 - 2020, bản thân tôi nhận thấy đã có những kết quả rất khả quan ,
tạo sự tự tin cho các em trong khi học và giải toán.
Trong phạm vi một SKKN nên tôi mới chỉ quan tâm đến một số chủ đề nhỏ
và hướng xây dựng các ví dụ mang tính chất gợi mở, phân hóa theo trình tự từ dễ
đến khó, từ đơn lẻ đến tổng quát, từ đơn giản đến phức tạp tạo điều kiện phát triển
năng lực tư duy, khả năng sáng tạo và phù hợp với nhiều đối tượng học sinh. Tôi
thiết nghĩ với cách xây dựng và thực hiện như trên ta có thể mở rộng sang các chủ
đề khác của chương trình lớp 11, 12. Đó là các hướng tiếp theo mà tôi sẽ nghiên
cứu trong thời gian tới.
Trên đây là kinh nghiệm thực tế qua quá trình giảng dạy nhiều năm tôi rút ra
cho bản thân và bước đầu được áp dụng có kết quả khả quan. Đề tài không tránh
được những hạn chế, tôi tiếp tục bổ sung và hoàn thiện dần trong những năm học

tới. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý vị và các bạn đồng
nghiệp để đề tài đi vào thực tiễn, được áp dụng nhiều hơn và đạt hiệu quả cao hơn
trong giảng dạy.
3.2. Kiến nghị
Trên đây là một số sáng kiến và kinh nghiệm của tôi đã thực hiện tại đơn vị
trong các năm học vừa qua. Rất mong đề tài này tiếp tục được xem xét, mở rộng
hơn nữa để áp dụng cho mọi đối tượng học sinh, giúp học sinh yêu thích và say
mê học Toán hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn, trong nhà
trường và các em học sinh đã giúp đỡ tôi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 08 tháng 06 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết không sao chép nội dung
của người khác

Trịnh Quốc Phượng

20