I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong chương trình Đại số THPT, phần kiến thức phương trình vơ tỉ Đại số 10 phần kiến thức khó học sinh Với khó khăn thầy, Tổ Tốn nhà trường xác định thách thức giáo viên mơn Tốn dạy học Vì vậy, dạy chúng tơi thường phải trao đổi ý kiến tìm cách tiếp cận vấn đề cho nhẹ nhàng giúp học sinh khơng có cảm giác nặng nề, khó khăn tự tin học tập Trong tình dạy học mơn Tốn trường THPT Lê Lai nói chung mơn Đại số 10 nói riêng, chúng tơi cho tốn giải phương trình vơ tỉ phần kiến thức quan trọng Đây toán hay cần huy động nhiều kiến thức, kỹ làm tập toán liên quan mật thiết với tốn khó phía sau Vì thế, tốn giải phương trình vơ tỉ khai thác nhiều kì thi Nhận thức tầm quan trọng đó, theo chương trình giáo dục nhà trường năm học 2017 – 2018, tổ Toán – Tin trường THPT Lê Lai xây dựng thời lượng luyện tập tiết Trong trình dạy học này, chúng tơi nhận thấy số khó khăn sau: Một là, để làm tập phần học sinh cần phải có kỹ biến đổi đại số tốt, biết huy động kiến thức liên quan để xử lí tính cụ thể Hai là, giáo viên cần phải biết làm mềm kiến thức nhằm giúp học sinh tiếp cận vấn đề nhẹ nhàng để giúp em có niềm tin học tập (khơng bỏ cuộc) Trong năm học 2017 – 2018, lớp trực tiếp giảng dạy, học sinh lớp 10B1, 10B2 theo ban tự nhiên, lớp 10B1 học chưa tốt 10B2, mơn Đại số Đó lí khiến tơi trăn trở, tìm tịi cách xây dựng giáo án giảng dạy với mong muốn em hứng thú tiết học mơn tốn Đó lí tơi tìm đến với “Cách xây dựng giáo án luyện tập phần Phương trình vơ tỉ (Đại số 10 – CTC) để giúp học sinh lớp 10B1 - Trường THPT Lê Lai tự tin học tập” Mục tiêu sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu cách thức tiếp cận toán giải phương trình vơ tỉ cách hệ thống sáng tạo để giúp giáo viên trang bị kiến thức kĩ cần thiết từ phát triển thao tác tư duy, giải tốn khó 1.2 Mục đích nghiên cứu Xây dựng giáo án luyện tập phần phương trình vơ tỉ học sinh lớp 10 trường THPT Lê Lai 1.3 Đối tượng nghiên cứu Quá trình dạy – học môn Đại số lớp 10B1 trường THPT Lê Lai Nhằm đánh giá ưu điểm, nhược điểm trình dạy học phần Phương trình quy bậc hai môn Đại số 10 1.4 Phương pháp nghiên cứu + Nghiên cứu lí luận: văn Luật, Chỉ thị, Hướng dẫn cấp, Kế hoạch năm học Nhà trường, Kế hoạch hoạt động chuyên mơn Tổ Tốn – Tin + Sách giáo khoa, chuẩn kiến thức kĩ mơn Tốn 10 + Thực tiễn trình giảng dạy thân đồng nghiệp II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận Căn Hướng dẫn thực chuẩn kiến thức kĩ mơn Tốn lớp 10 Bộ giáo dục đào tạo[1]; Căn Hướng dẫn thực nhiệm vụ năm học 2017 – 2018 Giám đốc Sở giáo dục đào tạo Thanh hóa[3]; Căn Kế hoạch giảng dạy mơn Tốn trường THPT Lê Lai năm học 2017 – 2018 [5]; Căn vào thực tiễn dạy học, thấy phần kiến thức, kỹ tốn giải phương trình quan trọng việc học học sinh Cụ thể, học sinh cần đạt được: - Về kiến thức: Hiểu cách giải phương trình chứa ẩn dấu bậc hai - Về kĩ năng: Giải phương trình chứa ẩn dấu bậc hai 2.2 Thực trạng việc dạy tiết luyện tập giải phương trình vơ tỉ trường THPT Lê Lai Trong chương trình Đại số THPT, phần kiến thức giải phương trình bất phương trình vơ tỉ phần kiến thức hay khó học sinh q trình học làm tập; phần kiến thức xuất từ kì thi Thực tế giảng dạy năm qua theo phân phối chương trình, phần Phương trình quy bậc hai – Đại số 10, với thời lượng khả thực hành giải tập số học sinh có khả giải tập, chủ yếu tiết luyện tập lựa chọn vài đơn giản hiệu thấp Kết thể qua kiểm tra học kì I hàng năm, số lượng học sinh làm tập giải phương trình, bất phương trình vơ tỉ thường 10 em Từ khẳng định thời lượng luyện tập giải phương trình vơ tỉ với việc lựa chọn tập rời rạc, thiếu tính liên kết chưa hiệu Từ thực tế trên, năm học 2017 – 2018 thực xây dựng giáo dục mơn Tốn lớp 10, xây dựng tiết cho Phương trình quy bậc nhất, bậc hai có tiết lí thuyết tiết tập Với thời lượng vậy, giáo viên giúp học sinh nắm khái niệm phương trình quy bậc nhất, bậc hai, tiết luyện tập giúp học sinh giải dạng phương trình quy bậc nhất, bậc hai Đặc biệt toán giải phương trình vơ tỉ Sau học xong phần lí thuyết, tơi có khảo sát việc nắm kỹ giải toán học sinh, thu kết sau: Biểu đồ so sánh lớp thực nghiệm 10B1 lớp đối chứng 10B2 Qua bảng thống kê cho ta thấy: chất lượng học tập hai lớp lớp 10B2 có phần trội Số lượng học sinh nắm bắt dạng không nhiều chưa nắm vững nguồn kiến thức kĩ cần thiết Qua trình chấm bài, thấy số tồn học sinh sau: - Đa số học sinh nắm khái niệm khoảng cách không gian - Đa số học sinh thiếu kĩ định hướng phương pháp việc giải Toán - Đa số học sinh chưa biết liên hệ làm với tập - Đa số học sinh thiếu kĩ trình bày lời giải Từ thực tế đó, địi hỏi tơi cần có giải pháp cụ thể, tích cực việc luyện tập cho học sinh lớp 10B1 nhằm đáp ứng yêu cầu mặt kiến thức, kĩ 2.3 Các giải pháp thực - Căn vào nội dung kiến thức tốn giải phương trình vơ tỉ [2] - Căn vào thực tiễn giảng dạy nhà trường, kế hoạch giáo dục nhà trường môn Tốn lớp 10[5] Tơi chia nội dung thành phần dạy cho học sinh vào tiết; tiết có thí dụ minh họa tập cho học sinh tự rèn luyện phương pháp tính Cụ thể sau: Tiết 1: Giải phương trình phương pháp biến đổi tương đương x + = 3x + Ví dụ 1: Giải phương trình: Hướng dẫn giải: Ta thấy VT không âm, đó nếu VP âm thì phương trình vô nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình x + ≥ ⇔ x ≥ − Khi đó hai vế đều không âm bình phương ta thu được phương trình tương đương   x ≥ −   3x + ≥  x≥−  pt ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ x = 0Vx = −   2 x + = (3x + 1) 9 x + x =  x = 0, x = −   Nhận xét: *  g ( x) ≥ f ( x) = g ( x ) ⇔  (không cần đặt đk: f ( x) ≥ )  f ( x) = g ( x) * Ở toán ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ: t = x + Ví dụ 2: Giải phương trình: x + − − x = − 2x Hướng dẫn giải: ĐK: −4 ≤ x ≤ (*) pt ⇔ x + = − x + − x ⇔ x + = − x + (1 − x)(1 − x) + − x  2x + ≥   x≥− ⇔ x + = (1 − x)(1 − x) ⇔  ⇔ ⇔ x=0 (2 x + 1) = (1 − x )(1 − x )  2 x + x = Đối chiếu đk (*) ta thấy x = thỏa mãn Vậy nghiệm pt cho x = Nhận xét: Ở phương trình ta chuyển − x qua vế phải rồi mới bình phương Mục đích của việc làm tạo hai vế của phương trình cùng dấu để sau bình phương ta thu được phương trình tương đương Ví dụ 2: Giải phương trình: 2x + x2 + = x + x +1≥ x ≥ −1   x ≥ −1  ⇔ ⇔ Giải: pt ⇔    2 2 2 2 x + x + = ( x + 1)  x + = x + 6 x + = ( x + 1)  x ≥ −1 ⇔ ⇔ x = 0, x = 2 x − x =  Ví dụ 3: Giải phương trình: x( x − 1) + x( x + 2) = x  x ≤ −2  Hướng dẫn giải: ĐK:  x ≥ (*)  x = Pt ⇔ x + x + x ( x − 1)( x + 2) = x ⇔ x ( x + x − 2) = x(2 x − 1) x =0 ⇔ x ( x + x − 2) = x (2 x − 1) (do đk (*)) ⇔ x ( x − ) = ⇔  (thỏa x =  (*)) Qua ví dụ trên, lưu ý cho học sinh điểm sau: 1) Bài toán còn có cách giải sau: * x = nghiệm của phương trình * x ≥ ⇒ pt ⇔ x − + x + = x ⇔ x + x − = x − ⇔ x + x − = x − x + ⇔ x = (nhận) * x ≤ −2 ⇒ pt ⇔ − x(1 − x) + − x(− x − 2) = (− x)(− x) ⇔ − x + − x − = − x ⇔ x + x − = −2 x + ⇔ x = (loại) 2) Khi biến đổi trên, chúng ta thường mắc sai lầm cho rằng ab = a b ! Đẳng thức chỉ đúng a, b ≥ Nếu a, b ≤ thì ab = −a −b Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = x = Ví dụ 4: Giải phương trình: x − + x − = 2x − Hướng dẫn giải: pt ⇔ x − + 3 ( x − 1)( x − 2)( x − + x − 2) = x −  x − + x − = x − ⇔ (*) ( x − 1)( x − 2)(2 x − 3) =  ⇔ x = 1; x = 2; x = Qua ví dụ trên, lưu ý cho học sinh điểm sau: a) Khi giải phương trình chúng ta thường biến đổi sau: x − + 3 ( x − 1)( x − 2)( x − + x − 2) = x − ⇔ ( x − 1)( x − 2)(2 x − 3) = 0!? Phép biến đổi không phải phép biến đổi tương đương! Vì ở chúng ta đã thừa nhận phương trình ban đầu có nghiệm Do đó để có được phép biến đổi tương đương thì ta phải đưa về hệ Chẳng hạn ta xét pt sau: − x + + x = −1 ⇔ + 3 − x ( − x + + x ) = −1 ⇔ − x = ⇔ x = Thay x = vào phương trình ban đầu ta thấy x = không thỏa mãn b) Với dạng tổng quát: a ± b = c ta lập phương hai vế sử dụng hằng đẳng thức (a ± b)3 = a ± b3 ± 3ab(a ± b) , ta có phương trình tương đương với  a ± b = c hệ:  Giải hệ ta được nghiệm của phương trình a ± b ± a b c =  Ví dụ 5: Giải phương trình: a) x + x + = (1) x + − 3x − = b) x+3 (2) Hướng dẫn giải: a) pt ⇔ x − ( x + 7) + ( x + x + 7) = ⇔ ( x + x + 7)( x − x + + 1) =  x + = −x ⇔  x + = x +  − 29 x= − 29 ⇔ x = x = Vậy pt cho có hai nghiệm:   x = b) pt ⇔ 5( x + − x − 2) = (4 x + 1) − (3 x − 2) ⇔ 5( x + − x − 2) = ( x + − x − 2).( x + + x − 2)  x + − 3x − = ⇔ ⇔x=2  x + + x − = Nhận xét: *Với phương trình (1) ta có thể giải sau:  y2 − x = Đặt y = x + ta có hệ phương trình:  , trừ vế theo vế hai phương x + y =  trình ta được: ( y + x)( y − x − 1) = Giải ta tìm được x * Dạng tổng quát của pt (1) là: x + x + a = a *Với pt (2) ta còn có cách giải khác sau: (2) x−2 4( x − 2) ⇔ x + − − 3x − − = ⇔ − 4x + + ( ) ( ) ( ) ( 3( x − 2) 3x − + ) = x−2 x=2   ⇔ 3x − − x + − 1 Vì VT(*) < (do x ≥ ) nên (*) vô = (*)  ( x + + 3)( x − + 2) nghiệm Ví dụ 6: Tìm m để phương trình: x + mx − = x + có hai nghiệm phân biệt x ≥1  Hướng dẫn giải: pt ⇔   x + (m − 2) x − = 0(*) Phương trình (*) ln có hai nghiệm: − m + m − 4m + − m − m − 4m + x1 = > 0; x2 = < 2 Phương trình cho có hai nghiệm ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ≥ −1 m≤4  ⇔ x2 ≥ −1 ⇔ − m ≥ m − 4m + ⇔  ⇔ m ≤ 2 (4 − m ) ≥ m − m +  Vậy m ≤ giá trị cần tìm Tiết 2: Giải phương trình phương pháp đặt ẩn phụ Dạng 1: F ( n f ( x ) = , với dạng ta đặt: t = n f ( x) (nếu n chẵn thì phải có điều kiện t ≥ 0) chuyển về phương trình F(t) = 0, giải phương trình ta tìm được t ⇒ x Trong dạng ta thường gặp dạng bậc hai: af ( x) + b f ( x) + c = Ví dụ 1: Giải phương trình sau: b) ( x + 5)(2 − x) = x + x a) x + x + 11 = 31 Hướng dẫn giải: a) Đặt: t = x + 11, t ≥ Khi phương trình cho trở thành: t + t − 42 = ⇔ t = ⇔ x + 11 = ⇔ x = ±5 b) pt ⇔ x + x − x + x − 10 = Đặt: t = x + 3x , t ≥ Pt cho trở thành: t − 3t − 10 = ⇔ t = ⇔ x + 3x = ⇔ x + 3x − 25 = ⇔ x = Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x + x + 2m − x − x = m −3 ± 109 Hướng dẫn giải: t = − x − x = − ( x + 1) ⇒ t ∈ [0;6] Đặt: x2 + x = − t Khi phương trình cho trở thành: t − 2mt + m − = 0(*) ⇔ t = m ± Phương trình cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm t ∈ [0; 6] , hay: 0 ≤ m + ≤ − ≤ m ≤ − ⇔    ≤ m − ≤  ≤ m ≤ + Dạng 2: m[ f ( x) ± g ( x)] ± 2n f ( x).g ( x) + n[ f ( x) + g ( x)] + p = Với dạng ta đặt: t = f ( x) ± g ( x) Bình phương hai vế ta sẽ biểu diễn được những đại lượng còn lại qua t chuyển phương trình (bpt) ban đầu về phương trình (bpt) bậc hai đới với t Ví dụ 3: Cho phương trình: + x + − x = m + (3 + x)(6 − x) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình cho có nghiệm Hướng dẫn giải: Đặt: t = + x + − x ⇒ t = + (3 + x)(6 − x) (*) Áp dụng BĐT Cơsi ta có: (3 + x)(6 − x) ≤ nên từ (*) ⇒ ≤ t ≤ t2 − ⇔ t − 2t − = −2m (1) a) Với m = , ta có pt: t − 2t − = ⇔ t = thay vào (*) ta được: Phương trình cho trở thành: t = m +  x = −3 (3 + x)(6 − x) = ⇔   x=6 b) Phương trình cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t ∈ [3;3 2] Xét hàm số: f (t ) = t − 2t − với t ∈ [3;3 2] , ta thấy f (t ) hàm đồng biến ⇒ −6 = f (3) ≤ f (t ) ≤ f (3 2) = − 2, ∀t ∈ [3;3 2] −9 Do (1) có nghiệm t ∈ [3;3 2] ⇔ −6 ≤ −2m ≤ − ⇔ ≤ m ≤ −9 ;3] giá trị cần tìm Qua ví dụ trên, lưu ý cho học sinh điểm sau: Vậy: m ∈ [ Nếu hàm số xác định D có tập giá trị Y thì phương trình f ( x) = k có nghiệm D ⇔ k ∈ Y Ví dụ 4: Giải phương trình: x + + x + = x + (2 x + 3)( x + 1) − 16 Hướng dẫn giải: ĐK: x ≥ −1 Đặt: t = x + + x + 1, t ≥ ⇒ t = x + (2 x + 3)( x + 1) + 4(*) Khi phương trình trở thành: t = t − 20 ⇔ t − t − 20 = ⇔ t = Thay t = vào (*) ta được: 21 − x = 2 x + x + −1 ≤ x ≤ −1 ≤ x ≤   ⇔ ⇔  2 441 − 126 x + x = x + 20 x + 12  x − 146 x + 429 = ⇔ x = nghiệm phương trình cho Dạng 3: F ( n f ( x), n g ( x)) = , f ( x) pt đẳng cấp bậc k Với dạng ta xét hai trường hợp: TH 1: g ( x) = xét trực tiếp TH 2: g ( x) ≠ chia hai vế phương trình cho g k ( x) đặt t = n f ( x) ta g ( x) phương trình F1 (t ) = phương trình đa thức bậc k Ta thường gặp dạng: a f ( x) + b.g ( x) + c f ( x) g ( x) = Ví dụ 5: Giải phương trình: x3 + = 2( x + 2) Giải: x ≥ −1 Ta có: Pt ⇔ ( x + 1)( x − x + 1) = 2( x − x + 1) + 2( x + 1) ⇔2 x +1 x +1 − + = (Do x − x + > 0, ∀x) 2 x − x +1 x − x +1 Đặt: t = t = x +1 , t ≥ , ta có pt: 2t − 5t + = ⇔  t = x − x +1  *t = ⇔ x +1 = ⇔ x − x + = : pt vô nghiệm x − x +1 x +1 ± 37 ⇔ = ⇔ x2 − 5x − = ⇔ x = x − x +1 Chú ý: Trong nhiều toán, ta có thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn giản hình thức toán từ đó dễ dàng tìm được lời giải Chẳng hạn ta xét ví dụ sau: *t = Ví dụ 6: Giải phương trình: x + x + x − = x + x + Hướng dẫn giải: Đặt: a = x + x , b = x − ⇒ x + x + = 3a − b Phương trình trở thành: 10 a + b = 3a − b ⇔ a − ab − b = 1+ 1+ ⇔a= b ⇔ x2 + 2x = 2x − 2 Giải phương trình ta nghiệm x = 1+ nghiệm phương trình cho Ví dụ 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x − + m x + = x2 − Hướng dẫn giải: ĐK: x ≥ * x = nghiệm phương trình ⇔ m = * x ≠ 1, chia hai vế phương trình cho Đặt: t = 3t + 4 x − ta được: x −1 x +1 + m4 = x +1 x −1 x −1 = 1− ⇒ < t < 1, ∀t > phương trình trở thành: x +1 x +1 m = ⇔ 3t − 2t = − m (*) t Phương trình cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm t ∈ (0;1) Vì − ≤ 3t − 2t < 1, ∀t ∈ (0;1) ⇒ (*) có nghiệm t ∈ (0;1) 1 ⇔ − ≤ − m < ⇔ −1 < m ≤ Vậy −1 < m ≤ giá trị cần tìm 3 Qua ví dụ ta thấy việc đặt biểu thức bằng ẩn phụ mấu chốt của toán Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau đặt ta phải biểu diễn được các biểu thức chứa x khác phương trình, bất phương trình đã cho qua ẩn phụ vừa đặt Tuy nhiên, nhiều trường hợp chúng ta không thể biểu diễn được hết các biểu thức chứa x có mặt phương trình, bất phương trình qua ẩn phụ được Đối với loại ta xét dạng sau đây: Dạng 4: a f ( x) + g ( x) f ( x) + h( x) = Với phương trình dạng ta đặt t = f ( x) , ta phương trình theo ẩn t: at + g ( x )t + h( x) = Ta giải phương trình theo t, xem x tham số (tức phương trình vừa có t, vừa có x) nên ta gọi dạng dạng đặt ẩn phụ khơng triệt để Ví dụ 8: Giải phương trình: 2(1 − x) x + x − = x − x − Hướng dẫn giải: Đặt: t = x + x − , ta pt: t − 2(1 − x)t − x = Đây phương trình bậc hai ẩn t có ∆ ' = ( x + 1) , phương trình có hai nghiệm: t = 2, t = −2 x 11 * t = ⇒ x + x − = ⇔ x + x − = ⇔ x = −1 ± x≤0  * t = −2 x ⇔ x + x − = −2 x ⇔  hệ vô nghiệm 3 x − x + = Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = −1 ± Ví dụ 9: Giải phương trình: + x − x = x + − x (1) Hướng dẫn giải: ĐK: ≤ x ≤ Để giải phương trình thì rõ ràng ta phải loại bỏ thức Có những cách để loại bỏ thức? Điều đầu tiên ta nghĩ đến bình phương hai vế Vì hai vế của phương trình đã cho không âm nên bình phương hai vế ta thu được phương trình tương đương   (1) ⇔ 1 + x − x2 ÷ =   ( x + 1− x ) ⇔ 1+ 4 x − x2 + ( x − x2 ) = + x − x2  x − x2 =  x = 0Vx = ⇔ 2( x − x ) − x − x = ⇔ x − x 2 x − x − = ⇔  ⇔  VN  x − x2 =   Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm phương trình là: x = x = ( Qua lời giải trên, ta thấy vào đẳng thức ( x + 1− x ) ) x − x biểu diễn qua = + x − x2 x + − x nhờ (*) Cụ thể, ta đặt t2 −1 phương trình cho trở thành t = x + − x x − x = t =1 t2 −1 = t ⇔ t − 3t + = ⇔  phương trình bậc hai với ẩn t: + t = 2  x + 1− x =1 2 x − x2 = x = ⇔ ⇔ Vậy ta có:  VN   x =1  x + − x = Việc thay thế biểu thức x + − x bằng ẩn mới t (ẩn phụ) suy nghĩ hoàn toàn tự nhiên Để chọn được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta phải tìm được mối liên hệ giữa các đối tượng tham gia phương trình, trường hợp đó đẳng thức (*) 2.4 Hiệu SKKN hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Trong năm học 2017 – 2018 vừa qua, góp ý xây dựng Tổ môn, đồng ý Ban chuyên môn nhà trường, áp dụng việc dạy học lớp 10B1 tiết tập phương trình quy bậc nhất, bậc hai (đã trình bày 12 trên) thời điểm thầy Lê Đình Hậu dạy nội dung lớp 10B2 Sau dạy xong, tổ chức kiểm tra lớp thực nghiệm (TN) lớp 10B1 lớp đối chứng (ĐC) lớp 10B2 Ngoài kết kiểm tra, tơi cịn kiểm tra mức độ hứng thú học tập học sinh phiếu thăm dò, với mức độ: - Mức độ 1: Rất hứng thú học - Mức độ 2: Có hứng thú, khơng có ý định tìm tịi sáng tạo thêm - Mức độ 3: Bình thường - Mức độ 4: Khơng hứng thú Không hiểu nhiều vấn đề Kết thể qua biểu đồ sau: Biểu đồ so sánh kết học tập lớp sau thực nghiệm Biểu đồ so sánh mức độ hứng thú học tập lớp sau thực nghiệm Từ kết trên, xem xét làm học sinh, thấy rằng: Học sinh lớp thực nghiệm có hứng thú học tập hẳn so với học sinh lớp đối chứng 13 Kết kiểm tra lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh giỏi tăng, tỉ lệ học sinh trung bình, yếu giảm, cịn lớp đối chứng tỉ lệ giỏi giảm, tỉ lệ trung bình yếu lại tăng lên Việc định hướng phương pháp làm học sinh lớp thực nghiệm tốt lớp đối chứng Học sinh lớp thực nghiệm tự tin đứng trước kiểm tra Không bị bất ngờ tốn, trình bày lời giải ngắn gọn, rõ ràng Khi dạy nội dung khó cách tiếp cận dễ dàng dẫn đến việc học học sinh nhẹ nhàng hơn, giảm áp lực cho giáo viên đứng lớp Được đồng nghiệp tổ môn đánh giá cao xem tài liệu quan giảng dạy mơn Đại số 10 Từ khẳng định cách dạy luyện tập mang lại hiệu trình dạy học môn Đại số trường THPT Lê Lai 14 III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trong trình làm sáng kiến áp dụng sáng kiến thực tế giảng dạy lớp 10B1, hiệu mang lại thực tiễn giảng dạy nhà trường trình bày Từ thấy SKKN “Cách xây dựng giáo án luyện tập phần Phương trình vô tỉ (Đại số 10 – CTC) để giúp học sinh lớp 10B1 Trường THPT Lê Lai tự tin học tập” có đóng góp khơng nhỏ việc giảng dạy trường THPT Lê Lai Cụ thể: Về lí luận: SKKN góp phần khẳng định việc xây dựng giáo án (nhất giáo án luyện tập) nên xuất phát từ ban đầu: bản, đơn giản, dễ tiếp cận Từ xây dựng hệ thống tập theo thao tác tư Tốn học là: tương tự hóa, khái qt hóa, đặc biệt hóa giúp học sinh nắm kiến thức, kĩ mang tính hệ thống Về thực tiễn: SKKN giáo án luyện tập mơn Đại số có hiệu dành cho thân đồng nghiệp Tổ môn 3.2 Kiến nghị Tổ chuyên môn cần tổ chức diễn đàn trao đổi chuyên môn để giáo viên học hỏi kinh nghiệm phổ biến SKKN cá nhân XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 30 tháng 04 năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Hồ Phương Nam 15 ... tiết luyện tập giải phương trình vơ tỉ trường THPT Lê Lai Trong chương trình Đại số THPT, phần kiến thức giải phương trình bất phương trình vơ tỉ phần kiến thức hay khó học sinh trình học làm tập; ... Trong trình làm sáng kiến áp dụng sáng kiến thực tế giảng dạy lớp 10B1, hiệu mang lại thực tiễn giảng dạy nhà trường trình bày Từ thấy SKKN ? ?Cách xây dựng giáo án luyện tập phần Phương trình vơ tỉ. .. tỉ (Đại số 10 – CTC) để giúp học sinh lớp 10B1 Trường THPT Lê Lai tự tin học tập? ?? có đóng góp khơng nhỏ việc giảng dạy trường THPT Lê Lai Cụ thể: Về lí luận: SKKN góp phần khẳng định việc xây dựng