phân loại cùng với phương pháp giải các loại bài tập mũ loga

Trong khi đó do thời gian có hạn nên SGK mới chỉ dừng lại ở các dạng bài tập cơ bản, mặc dù SGK cũng có sự phân loại song số lượng bài tập để học sinh tự rèn luyện rất ít và chưa phong p

PHẦN I MỞ ĐẦU

Phương trình mũ là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán học ở phổ thông Rất nhiều đề thi, đặc biệt là đề thi Đại học, cao đẳng khai thác vấn đề này Trong khi đó do thời gian có hạn nên SGK mới chỉ dừng lại ở các dạng bài tập

cơ bản, mặc dù SGK cũng có sự phân loại song số lượng bài tập để học sinh tự rèn luyện rất ít và chưa phong phú Vì vậy, để giúp học sinh học tốt và đỡ lúng túng khi gặp những bài toán về phương trình mũ, tôi đưa ra một số bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các loại bài tập này Sau mỗi bài tập ở các phương trình đặc biệt tôi có nhấn mạnh và khắc sâu những sai sót thường mắc phải để học sinh rút kinh nghiệm

Thông qua hệ thống bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các dạng bài tập đó, thì nhiệm vụ của đề tài này chỉ mong rằng sẽ góp phần giúp học sinh hình thành, củng cố và rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ Đó là các kỹ năng sau:

1- Giải các phương trình mũ bằng các phương pháp :

2 - Tìm điều kiện của tham số để phương trình :

3 - Giải và biện luận phương trình mũ.

III- PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH.

- Trong các tiết học chính khóa cần yêu cầu học sinh nắm chắc :

+ Khái niệm lũy thừa với số mũ thực, và các tính chất của lũy thừa + Hệ số mũ - tính chất

+ Hàm số Lôgarit - tính chất + Kỹ năng dùng đạo hàm để xét biến thiên của hàm số

+ Kỹ năng vẽ đồ thị

- Trên cơ sở đó giáo viên đưa ra các dạng bài tập cho học sinh tự tìm tòi

Học sinh lớp 12 và học sinh ôn thi đại học

PHẦN II NỘI DUNG

Khi giải một phương trình mũ ta thường vận dụng các phương pháp biến đổi

để đưa phương trình mũ đã cho về một trong hai dạng đơn giản nhất là :

1) ax = ab( 0 < a ≠ 1)

⇔ x = b

2) ax = c

⇔ x = log a c ( 0 < a ≠ 1, c > 0 )

Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình mũ là :

I - BIẾN ĐỔI HAI VẾ CỦA PHƯƠNG TRÌNH VỀ NHỮNG LŨY THỪA

CÓ CÙNG CƠ SỐ :

a = 1

ƒ(x) và g(x) có nghĩa

aƒ(x) = ag(x) ⇔

0 < a ≠ 1

ƒ(x) = g(x) a) Ví dụ : Giải các phương trình sau:

1) 21 = 1

được dưới dạng :

21 = 210 Đkxđ : ∀ x ∈R

⇔ x2 - 7x + 12 = 0

x = 4

⇔

x = 3

2) 32 = 0,25 128

Nhận thấy : 32 = 2 5 ; 0,25 = = 2- 2 ; 128 = 2 7

x 2 -7x+12

x 2 -7x+12

x + 5

x - 7 x+17 x - 3

{ {

1 4

Vì thế 2) ⇔ 2 = 2 -2 2

⇔ 2 = 2

⇔ =

Đến đây ta có thể giải được phương trình để tìm nghiệm 3) ( √10 + 3 ) = ( √10 - 3 ) Ta thấy : ( √10 + 3 ) ( √10 - 3 ) = 1 ⇒√10 - 3 = ( √10 + 3 )-1 ⇒ 3) ⇔ ( √10 + 3 ) = ( √10 + 3 )

⇔ = -

Từ phương trình này ta có thể dễ dàng giải ra để tìm được x ⇒ Nhận xét : Đối với phương trình mũ có 2 cơ số a, b mà a.b = 1 ⇒ b = a – 1 4) ( a )3- x = 1 Sử dụng tính chất (am )n = am.n ⇔ a = 1

a = 1 a = 1

x ∈ R x ∈ R

⇔ ⇔

0 < a ≠ 1 0 < a ≠ 1

(x2 + x- 2) (3 - x) = 0 x = - 2 ∨ x = 1 ∨ x = 3

5)8.3 x + 3 2 x = 24 + 6 x

⇔ 8 ( 3 x - 3 ) + 2 x (3 - 3 x ) = 0

⇔ ( 3 x - 3 ) (8 - 2 x ) = 0

⇔ 3 x = 3 ⇔ x = 1

2 x = 8 x = 3

Đối với phương trình này không thể đưa về cùng cơ số ngay thì ta có thể đưa về cùng một vế rồi đặt thừa số chung

5(x + 5)

x - 7 7( x+17) x - 3

5(x + 5)

x - 7 7( x+17) x - 3 - 2

5(x + 5)

x - 7 7( x +17 )- 2( x - 3 ) x - 3

x - 3

x - 3

x - 1

x + 1

x + 3

x - 3

x 2 -7x+12 (x 2 -7x+12)(3 - x)

{

{

{ {

b) Bài tập tương tự tự giải :

√ 2 - x

1) 0,25 4 2x – 3 =

8

2) (√ 6 + 2√ 5 - √ 6 - 2√ 5 ) 2x + 2 2 ( x+ 1) = 320

3) ( x2 - 2x + 2 ) = 1

4) x2 2 x + 8 = 2 x2 + 2 x+ 2

5) 2 - x - 2 = ( ) x + 1 + x - 1

II- LOGARIT HÓA HAI VẾ

Phương pháp này thường dùng đối với phương trình có dạng :

a ƒ(x) = b g(x)

⇔ loga a ƒ(x) = loga b g(x) với a ≠ b

0 ≤ a, b ≠ 1

Cơ số thường chọn cho phép logarit hóa khi lũy thừa chứa cơ số đó có số mũ phức tạp hơn

cơ số được Vậy ta logarit hóa 2 vế với cơ số 3 ta được :

log3 5 x = log3 3 Txđ R

⇔ x log3 5 = x2

⇔ x ( x - log3 5 ) = 0

x = log35

2) 2 3 x = 1,5

Cách 1 : 2 3 x = 3 2 -1

⇔

√ 4 - x 2

1 2

{

x2

x2

x2

x 2 - 2x

x 2 - 2x

x 2 - 2x + 1

⇔ x2 - 2x + 1 = log23 1 - x

⇔ ( x - 1)2 + (x - 1) log2 3 1 - x = 0

⇔ x - 1 = 0 ⇔ x = 1

x -1 + log2 3 = 0 x = 1 - log2 3

Cách 2 : Để ý thấy vế trái là tích 2 lũy thừa, vậy logarit hóa 2 vế ta có :

log2 2 3 x = log2

⇔ x2 - 2x + x.log2 3 = log2 3 - 1

⇔ x2 + (log2 3 - 2 ).x + 1 - log2 3 = 0

x = 1- log2 3 3) 2 3x 3 x - 2 3 = 192

⇔ 2 3x 3 x ( 1- ) = 2 6 3

⇔ 2 3x 3 = 2 6 3

⇔ 2 = 3

⇔ 3x - 6 = (2 - x ) log2 3

4) x = 10 ĐK : x > 0

x ≠ 1

⇔ lg x = 1 ⇒ Luôn đúng với ∀ 0 < x ≠ 1

b) Bài tập tương tự tự giải :

1) 5 x + 5 + 5 = 3 x + 3 + 3

2) 8 = 36 3

3) 5 x 8 = 500

4) x lg2 2 - lg x = 1

2

2 3

x -1

1

lg x

{

1

lg x

x

x - 1

x

III- PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ:

Trong phương pháp này luôn chú ý đến điều kiện của ẩn phụ

a) Nếu trong phương trình có chứa : ax , a2x, a3x thì ta đặt ax = t

⇒ a2x = t2 , a3x = t3

Ví dụ : Giải các phương trình sau:

1) 2 16 x - 15 4 x - 8 = 0

⇔ 2 4 2x -15 4 x -8 = 0

Đặt : 4 x = t > 0

⇒ 1) có dạng : 2 t2 - 15 t - 8 = 0

2) ( 5√ 3 ) x + ( 10√ 3 ) x -10 - 84 = 0

Đặt ( 10√ 3 )x = t > 0 ⇒ 2) có dạng : 3.t2 + t - 252 = 0

3) 4 - 5 2 = 6

⇔ 2 2 - 5 2 - 12 = 0

⇔ Đặt 2 = t > 0 ⇒ 3) có dạng : 2.t2 -5.t -12 = 0

* Bài tập tương tự tự giải :

2) 9 - 7 3 = 2

3) 2 - 9 2 + 2 = 0 (Nhân 2 vế với 2 – 2x )

4) 8 x- 3 4 x - 3 2 + 8 = 0

b) Nếu phương trình có dạng : α ax + β bx + γ.cx = 0

( 10√ 3 )x

3

x+ √ x 2 - 2

7 2x

100 x

√ x 2 – 2x - x

x+ √ x 2 - 2

√ x 2 – 2x - x -1

Trong đó : a.c = b2 thì chia 2 vế cho ax hoặc cx rồi đặt ẩn phụ.

Ví dụ : Giải phương trình :

6 9 x - 13 6 x + 6 4 x = 0 (*) Giải : Ta thấy : 9.4 = 36 = 62 nên

(*) ⇔ 6 ( )x - 13 ( )x + 6 = 0

⇔ 6 ( )2x - 13 ( )x + 6 = 0

Đặt ( )x = t > 0

(*) ⇔ 6.t2 - 13.t + 6 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x

* Bài tập tương tự tự giải :

1) 3.16 x + 2 81x = 5.36 x

2) 125 x + 50 x = 2

3) 3 + 4 15 = 3 5

c) Nếu phương trình có dạng : α ax + β bx + c = 0

Trong đó : ax bx = 1 thì :

Cách 1 : Đặt ax = t > 0 ⇒ bx =

Cách 2 : Đặt ax = U > 0

bx = V > 0

khi đó phương trình đã cho tương đương với hệ : U > 0 , V > 0

U.V = 1

α.U + β V + c = 0

Ví dụ : Giải phương trình sau:

1) ( 5 +√ 24 ) x + ( 5 - √ 24 ) x = 10

Nhận thấy : ( 5 +√ 24 ) x ( 5 - √ 24 ) x = 1

Cách 1 : Đặt ( 5 +√ 24 ) x = t > 0

⇔ t2 – 10 t + 1 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x

Cách 2 : Đặt ( 5 +√ 24 ) x = U > 0

( 5 - √ 24 ) x = V > 0

9

3

3 2

1 t

{

1 t

{

⇒ 1) ⇔ U.V = 1

U + V = 10

2) ( 7 +4√ 3 ) x – 3.( 2 - √ 3 ) x + 2 = 0

Ta thấy : 7 +4√ 3 = ( 2 + √ 3 ) 2

⇒ 2) ⇔ ( 2 + √ 3 ) 2 x - 3 ( 2 - √ 3 ) x + 2 = 0

Có : ( 2 + √ 3 ) ( 2 - √ 3 ) = 1 nên ta đặt ( 2 + √ 3 ) x = t > 0

⇒ 2) có dạng : t2 - + 2 = 0

⇔ t3 + 2.t - 3 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x

Thấy : 2 2 = 2

Đặt : 2 = t ∈ [ 1 ; 2 ] vì ∀ x ∈ R ⇒ 0 ≤ cos2 x ≤ 1

⇒ 20≤ 2 ≤ 21 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2

⇒ 3) có dạng : + 4.t = 6

⇔ 4.t2 - 6.t + 2 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x

Có thể đặt : 2 = U ∈ [ 1 ; 2 ] U.V = 2

⇔

2 = V ∈[ 1 ; 2 ] U + 4.V = 6

Từ hệ trên có thể tìm U ∈[ 1 ; 2 ]

V ∈[ 1 ; 2 ]

* Bài tập tương tự tự giải :

1) ( 2 + √ 3 ) x + ( 2 - √ 3 ) x - 4 = 0

2) ( 7 +3√ 5 ) x + 7.( 7 - 3√ 5 ) x = 2 x+ 3

3 t

cos 2 x

cos 2 x

t 2 t

sin 2 x cos 2 x

x

3) ( 5 - √ 21 ) x + 7.( 5 + √ 21 ) x = 2 x+ 3

d) Nếu trong phương trình có chứa : a x ; ; a2x ; ; a3x ;

thì đặt : a x + = t ≥ 2 ( BĐT Côsi)

hoặc : a x - = t

Ví dụ : Giải phương trình :

1) 4 x + 4 - x + 2 x + 2 - x = 10

⇔ 22x + + 2 x + = 10

Đặt : 2 x + = t ≥ 2 ( BĐT Côsi)

⇒ 1) có dạng : t2 - 2 + t = 10

⇔ t2 + t - 12 = 0 ⇒ Tìm được t ⇒ tìm được x

2) 23x - 6.2x - + = 1

⇔ 23x - - 6 (2 x - ) = 1

⇒ 23x - 3 2x.2 + 3 - = t3

⇒ 23x - = t3 + 6.( 2 x - = t3 + 6.t

* Bài tập tương tự tự giải :

8 23x + 8 + 24 2x + 24 = 125

1

a3x

1

ax

1

ax

1

2x

1

2x

1

23( x - 1) 12

2x

8

2x

2

2x

4

23x

8

2x

1

2x

Đối với phương pháp này ta thường làm như sau:

trình Hoặc có thể dựa vào 2 mệnh đề sau:

• Mệnh đề 1 : Nếu trên Txđ D của phương trình ta có :

g(x) luôn nghịch biến trên D

∃ x0∈ D : ƒ(x) = g(x)

• Mệnh đề 2 : Cho phương trình ƒ(x) = C ( Const) có Txđ D Nếu :

∃ x0 ∈ D : ƒ(x) = C

- Ví dụ : Giải phương trình sau :

1) 4x + 3 x = 5 x

⇔ ( )x +( )x = 1

Cách 1 : - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình

+ Với x < 2 ⇒ ( )x > ( )2

( )x > ( )2

+ Với x > 2 ⇒ ( )x < ( )2

Cách 2 : Txđ : D = R

Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình

ƒ(x) =( )x + ( )x luôn nghịch biến trên R

Vì có : ƒ ‘(x) = ( )x ln + ( )x.ln < 0 ∀ x ∈ R

{

4

4

3

3

4

4

4

⇒ x = 2 là nghiệm ! của phương trình.

2) x2 - (3 - 2x ) x + 2( 1- 2x ) = 0

Có : ∆ = ( 2 x + 1 )2

x = 1- 2 x (*) (*) ⇔ 2 x = - x + 1

Thấy : x = 0 thoả mãn (*)

- Có : ƒ(x) = 2 x đồng biến trên R

- Có : g(x) = - x + 1 nghịch biến trên R

Vậy phương trình 2 ) có 2 nghiệm là x = 2

x = 0

* Bài tập tương tự tự giải :

1) 9 x + 2 ( x - 2 ).3 x + 2x -5 = 0

2) 3 5 2x + 1 - 7 2 4 x + 1 = 19

3) 2 x-1 - 2 = ( x - 1 )2 đặt : x -1 = U ; x2 - x = V

+ Đối với phương pháp này ta đựa vào nhận xét :

VP ≥ α VP = α

VT ≤ α VT = α

+ Dựa vào tính chất bị chặn của hàm lượng giác sin x và cos x

+ Dựa vào BĐT Côsi

- Ví dụ : Giải phương trình sau:

1) 2 x - 1 - 2 = x 2 - 2.x + 1

Có : x 2 - 2.x + 1 = ( x -1 ) 2≥ 0

2 x - 1 - 2 ≤ 0 vì x - 1 ≤ x 2 - x nên 2 x – 1 ≤ 2

⇔ x 2 - 2.x + 1 ≥ 0 Vậy 1) ⇔ ( x - 1 ) 2 = 0

⇔ x = 1

x 2 -x

x 2 -x

x 2 -x

2 x - 1 - 2 = 0 2) 2 x + 2 -x = 2 cos2

Có : 0 ≤ cos2 ≤ 1 ⇒ VP ≤ 2

2 x + = 2 2 x = 2 - x

⇒ 2 ) ⇔ ⇔

cos2 = 1 = k.∏ (k ∈ Z )

x = 0

⇔ ⇔ x = 0

= k.∏

3) 4s in x -2 1+sin x cos(xy) + 2 y = 0

2 sin x - cos(xy) + ( 2 y - cos2(xy) ) = 0

Vì 2 sin x - cos(xy) ≥ 0

2 y - cos2(xy) ≥ 0 do 2 y ≥ 20 = 1

cos2 xy ≤ 1

⇒ 3 )⇔ 2 sin x - cos(xy) = 0

2 y - cos2(xy) = 0

2 sin x - cos(xy) = 0 (1)

⇔ 2 y = 1 (2)

cos2(xy) = 1 (3)

y = 0

* Bài tập tương tự tự giải :

1) 2 x + 2 – x = 2 cos

2) 2 = ( VP ≥ 4 ; VT ≤ 4)

x2+ x 6

x2+ x 6 1

2 x

1

2 x

x2+ x

2+ x 6

x2+ x 6

Với ∀ x ,y

x 3

log2(4.x2 - 4.x + 3)

VI- PHƯƠNG TRÌNH MŨ CÓ CHỨA THAM SỐ

- Phương trình mũ có chứa tham số ta thường gặp một số dạng sau :

+ Giải và biện luận

+ Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, có nghiệm duy nhất, có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước

+ Biện luận theo tham số số nghiệm của phương trình

Đối với các dạng này ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình mũ đã cho về những phương trình đại số đơn giản hơn rồi từ yêu cầu bài toán ta đưa về điều kiện tương đương đối với phương trình đại số rồi giải quyết các điều kiện tương đương đó

- Ví dụ :

4 x - m 2 x+1 + 2.m = 0 (2)

Đặt : 2 x = t > 0 ⇒ (2) có dạng :

Thấy (1) có 2 nghiệm x1≠ x2 ⇔ (*) có 2 nghiệm 0 < t1 < t2

Để x1 + x2 = 3 ⇔ 2 = 23 ⇔ t1 t2 = 8

Vậy yêu cầu bài toán ⇔ (*) có 2 nghiệm t1 , t2

0 < t1 < t2

t1 t2 = 8

Bài tập tương tự tự giải :

Xác định m để : a) Phương trình có nghiệm

b) Phương trình có nghiệm duy nhất c) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x1, x2 sao cho x1 + x2 = - 2

( 5 + 2√ 6 )tg x + ( 5 - 2√ 6 )tan x = α

VII- MỘT SỐ BÀI TOÁN THAM KHẢO THÊM

1) 1 + a + a2 + a3 + + ax = (1+ a) (1+a2 ) (1+a4 )

⇔ = (1+ a ) (1+a2 ) (1+a4 )

⇔ 1 - a x + 1 = (1- a2 ) (1+a2 ) (1+a4 ) = 1- a8

x 1 +x 2

1- ax + 1

1- a

⇔ x + 1 = 8

⇔ x = 7

2) ax + ( b + 1 )x = bx + ( a + 1 )x ( a ; b > 0 )

⇔ ( a + 1 )x - ax = ( b + 1 )x - bx

⇒ ( a + 1 )α - aα = ( b + 1 )α - bα (*)

Xét hàm ƒ(t) = ( t + 1 )α - tα với t > 0 (ở đây xem như α đã biết)

Từ (*) ⇒ ƒ(a) = ƒ(b)

Giả sử a > b Theo định lý Lagrăng có ∃ t0 ∈ (a ; b) sao cho ƒ ‘(t0) = 0

⇔ α.( t0 + 1 )α - 1 - α.t0 α - 1 = 0

⇔ α = 0

( t0 + 1 )α - 1 - t0 α - 1 = 0

⇔ α = 0

( t0 + 1 )α - 1 = t0 α - 1

⇔ α = 0 ⇔ α = 0

Thử lại thấy x = 0 hoặc x = 1 là nghiệm của phương trình

3) 2 x - 1 - 2 = ( x - 1)2

Đặt U = x - 1

V = x2 - x

2U - 2V = (x - 1)2

Xét hàm ƒ(t) = 2 t + t trên R ta có :

ƒ ‘(t) = 2 t ln 2 + 1 > 0 ∀ t ∈ R

⇒ ƒ(t) đồng biến trên R

⇒ ƒ(U) = ƒ(V)

C - HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

I) Từ kết quả thực tiễn

Thông qua quá trình giảng dạy học sinh khối 11 chương trình cũ và khối 12 chương trình mới và ôn luyện cho mọi đối tượng học sinh, tôi đã áp dụng đề tài trên

và kết quả cho thấy là :

x 2 -x

1/- Học sinh có khả năng nhìn nhận đúng đắn và hiểu rõ bản chất của bài toán trong quá trình giải bài

2/- Giúp học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay, ngắn gọn cho các dạng bài toán đó

3/- Hình thành được tư duy logic, kỹ năng giải các bài toán phương trình mũ.

II) Kết quả thực nghiệm

Năm học 2009 - 2010 tôi được phân công giảng dạy 2 lớp 12A11 và 12A3 Tôi đã

đã thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này ở lớp 12A3 song không thực hiện ở lớp 12A11 Tôi đã đã thu được kết quả sau:

Số

Điểm trung bình ≥ 8,0

Điểm trung bình

từ 6,5 đến 7,9

Điểm trung bình từ 5,0 đến 6,4

Điểm trung bình < 5,0

33,4%

20,8%

5 hs đạt 10,4%

26,2%

11 hs đạt 26,2%

PHẦN III : KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ

1 KẾT LUẬN

Sáng kiến kinh nghiệm đã thu được một số kết quả sau đây:

1 Đã hệ thống hóa, phân tích, diễn giải được khái niệm kĩ năng và sự hình thành kĩ năng học và giải bài tập toán cho học sinh

2 Thống kê được một số dạng toán điển hình liên quan đến nội dung chuyên

đề thực hiện

3 Chỉ ra một số sai lầm thường gặp của học sinh trong quá trình giải quyết các vấn đề liên quan đến nội dung chuyên đề thực hiện

4 Xây dựng một số biện pháp sư phạm để rèn luyện kĩ năng giải quyết các vấn đề liên quan đến nội dung chuyên đề thực hiện

5 Thiết kế các thức dạy học một số ví dụ, hoạt động theo hướng dạy học tích cực

6 Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh học tính khả thi và hiệu quả của những biện pháp sư phạm được đề xuất

Như vậy có thể khẳng định rằng: mục đích nghiên cứu đã được thực hiện, nhiệm vụ nghiên cứu đã được hoàn thành và giả thuyết khoa học là chấp nhận được Trong quá trình giảng dạy môn Toán tại trường, từ việc áp dụng các hình thức rèn luyện cách trình bày lời giải bài toán cho học sinh đã có kết quả rõ rệt, bản thân tôi rút ra được nhiều bài học kinh nghiệm về phương pháp rèn luyện cách trình bày lời giải bài toán cho học sinh đó là :

1 – Trình bày bài giải mẫu

2 – Trình bày bài giải nhưng các bước sắp xếp chưa hợp lý

3 - Đưa ra bài toán có gợi ý giải

4 - Đưa ra bài giải sẵn có chứa sai sót để yêu cầu học sinh tìm chỗ sai và sửa lại cho đúng

Cũng qua thực tế kinh nghiệm giảng dạy của bản thân, với nội dung và phương pháp nêu trên đã giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn về Toán học nói chung Vấn đề tôi thấy học sinh khá, giỏi rất hứng thú với việc làm mà giáo viên đã

áp dụng trong chuyên đề này

2 KIẾN NGHỊ

1 Với Sở GD&ĐT

Quan tâm hơn nữa đến việc bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ cho giáo viên dạy toán Nên tổ chức các hội thảo chuyên đề chuyên sâu cho giáo viên trong tỉnh

2 Với BGH nhà trường

- Hiện nay, nhà trường đã có một số sách tham khảo tuy nhiên có vẻ như chưa đầy đủ Vì vậy nhà trường cần quan tâm hơn nữa về việc trang bị thêm sách tham khảo môn Toán để học sinh được tìm tòi, học tập khi giải toán để các em có