Định nghĩa

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định trên miền \[D\]

+) Số \[M\] gọi là giá trị lớn nhất của hàm số \[y = f\left( x \right)\] trên \[D\] nếu \[\left\{ \begin{gathered}
f\left( x \right) \leqslant M,\forall x \in D \hfill \\
\exists {x_0} \in D,f\left( {{x_0}} \right) = M \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Kí hiệu: \[M = \mathop {\max }\limits_{x \in D} f\left( x \right)\] hoặc \[M = \mathop {\max }\limits_D f\left( x \right)\]

+) Số \[M\] gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = f\left( x \right)\] trên \[D\] nếu \[\left\{ \begin{gathered}
f\left( x \right) \geqslant m,\forall x \in D \hfill \\
\exists {x_0} \in D,f\left( {{x_0}} \right) = m \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Kí hiệu: \[m = \mathop {\min }\limits_{x \in D} f\left( x \right)\] hoặc \[m = \mathop {\min }\limits_D f\left( x \right)\]

Định lí

Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó.

Quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm liên tục trên một đoạn

Giả sử hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\]. Khi đó, để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm \[f\] trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\] ta làm như sau:

+) Tìm các điểm \[{x_1};{x_2}; \ldots ;{x_n}\] thuộc \[\left( {a;b} \right)\] sao cho tại đó hàm số \[f\] có đạo hàm bằng \[0\] hoặc không xác định.

+) Tính \[f\left( {{x_1}} \right);f\left( {{x_2}} \right); \ldots ;f\left( {{x_n}} \right);f\left( a \right);f\left( b \right)\].

+) So sánh các giá trị tìm được.

Số lớn nhất trong các giá trị đó là giá trị lớn nhất của hàm \[f\] trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\], số nhỏ nhất trong các giá trị đó là giá trị nhỏ nhất của hàm \[f\] trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\].

Nếu:

\[\left. + \right){\text{ }}y’ > 0,\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = f\left( b \right) \hfill \\
\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = f\left( a \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[\left. + \right){\text{ }}y’ < 0,\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = f\left( a \right) \hfill \\
\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = f\left( b \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Chú ý:

Quy tắc trên chỉ được sử dụng trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn

Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng (nửa khoảng) thì ta phải tính đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm \[f\] rồi dựa vào nội dung của bảng biến thiên để suy ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm \[f\] trên khoảng (nửa khoảng) đó.

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng (nửa khoảng) có thể không tồn tại.

Với bài toán đặt ẩn phụ ta phải tìm điều kiện của ẩn phụ.

Bài tập tự luận

Dạng 1. Tìm max, min trên đoạn bằng hàm số cụ thể, bảng biến thiên, đồ thị hàm số cho trên đoạn và khoảng.

Câu 1. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên \[\left[ { – 3;2} \right]\] và có bảng biến thiên như hình dưới đây. Gọi \[M\] và \[m\] lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = f\left( x \right)\] trên \[\left[ { – 1;2} \right]\]. Giá trị của \[M + m\] bằng bao nhiêu?

Hướng dẫn giải

Ta có: \[M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { – 1} \right) = 3\] và \[m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 0\]

Vậy \[M + m = 3\]

Câu 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \[f\left( x \right) = \frac{{ – {x^2} – 4}}{x}\] trên đoạn \[\left[ {\frac{3}{2};4} \right]\]

Hướng dẫn giải

Ta có: \[f\left( x \right) = \frac{{ – {x^2} – 4}}{x} = – x – \frac{4}{x}\]

\[ \Rightarrow f’\left( x \right) = – 1 + \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{ – {x^2} + 4}}{{{x^2}}}\]

Trên khoảng H12

Ta có: \[\left( {\frac{3}{2};4} \right):f’\left( x \right) = 0\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
– {x^2} + 4 = 0 \hfill \\
\frac{3}{2} < x < 4\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\left[ \begin{gathered}
x = 2 \hfill \\
x = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\frac{3}{2} < x < 4\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]\[ \Leftrightarrow x = 2\]

Do hàm số \[f\left( x \right)\] xác định và liên tục trên \[\left[ {\frac{3}{2};4} \right]\] nên \[M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {\frac{3}{2};4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = – 4\]

Câu 3. Kí hiệu \[M\] và \[m\] lần lượt là GTNN, GTLN của hàm số \[y = \frac{{{x^2} + x + 4}}{{x + 1}}\] trên đoạn \[\left[ {0;3} \right]\]. Tính giá trị \[\frac{M}{m}\].

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\]

\[y’ = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) – {x^2} – x – 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}};\] \[\left\{ \begin{gathered}
x \in \left[ {0;3} \right] \hfill \\
y’ = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 1\]

Ta có: \[f\left( 0 \right) = 4;f\left( 1 \right) = 3;f\left( 3 \right) = 4\]

Do đó: \[m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 3;M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 4 \Rightarrow \frac{M}{m} = \frac{4}{3}\]

Câu 4. Cho hàm số \[f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ { – 2;3} \right]\] có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi \[m\], \[M\] lần lượt là GTNN và GTLN của hàm số trên đoạn \[\left[ { – 2;3} \right]\]. Giá trị của \[2m – 3M\] bằng bao nhiêu?

Hướng dẫn giải

Dựa vào đồ thị ta xác định được \[m = – 3;M = 4\]

Ta có: \[2m – 3M = – 6 – 12 = – 18\]

Câu 5. Cho hàm số \[y = \sqrt { – {x^2} + 4x + 21} – \sqrt { – {x^2} + 3x + 10} \], gọi \[{y_0}\] là GTNN của hàm số đã cho, đạt được tại điểm \[{x_0}\]. Tính \[6{x_0} + y_0^4\].

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \left[ { – 2;5} \right]\]

Xét hàm số đã cho xác định và liên tục trên \[\left[ { – 2;5} \right]\]

Ta có: \[y’ = \frac{{ – x + 2}}{{\sqrt { – {x^2} + 4x + 21} }} + \frac{{2x – 3}}{{2\sqrt { – {x^2} + 3x + 10} }}\] \[\left( { – 2 < x < 5} \right)\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow \frac{{ – x + 2}}{{\sqrt { – {x^2} + 4x + 21} }} + \frac{{2x – 3}}{{2\sqrt { – {x^2} + 3x + 10} }} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2x – 4} \right)\sqrt { – {x^2} + 3x + 10} = \left( {2x – 3} \right)\sqrt { – {x^2} + 4x + 21} \]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
– 2 < x < 5 \hfill \\
\left( {2x – 4} \right)\left( {2x – 3} \right) \geqslant 0 \hfill \\
{\left( {2x – 4} \right)^2}\left( { – {x^2} + 3x + 10} \right) = {\left( {2x – 3} \right)^2}\left( { – {x^2} + 4x + 21} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x \in \left( { – 2;\frac{3}{2}} \right] \cup \left[ {2;5} \right) \hfill \\
25{\left( {2x – 3} \right)^2} = 49{\left( {x – 2} \right)^2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x \in \left( { – 2;\frac{3}{2}} \right] \cup \left[ {2;5} \right) \hfill \\
\left[ \begin{gathered}
x = \frac{1}{3}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
x = \frac{{29}}{{17}}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Rightarrow x = \frac{1}{3} \in \left( { – 2;5} \right)\]

Xét: \[y\left( { – 2} \right) = 3;y\left( {\frac{1}{3}} \right) = \sqrt 2 ;y\left( 5 \right) = 4\]

\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 2;5} \right]} y = y\left( {\frac{1}{3}} \right) = \sqrt 2 \]

Suy ra: \[{x_0} = \frac{1}{3};{y_0} = \sqrt 2 \Rightarrow 6{x_0} + y_0^4 = 10\]

Dạng 2. Tìm Max – Min bằng phương pháp đổi biến

Câu 1. Tìm GTLN và GTNN của hàm số \[y = si{n^2}x – 4sinx + 2\]

Hướng dẫn giải

Đặt \[t = sinx{\text{ }}\left( { – 1 \leqslant t \leqslant 1} \right)\] hàm số đã cho trở thành \[y = f\left( t \right) = {t^2} – 4t + 2\]

Ta có: \[f’\left( t \right) = 2t – 4,{\text{ }}f’\left( t \right) < 0\] với \[\forall t \in \left[ { – 1;1} \right]\]

Nên hàm số \[f\left( t \right)\] nghịch biến trên \[\left[ { – 1;1} \right]\]

Do đó \[\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ { – 1;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = – 1\] và \[\mathop {\max }\limits_{t \in \left[ { – 1;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( { – 1} \right) = 7\].

Vậy hàm số đã cho có GTLN là \[7\] và GTNN là \[ – 1\].

Câu 2. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định và liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi \[M\] và \[m\] lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số \[y = f\left( { – sinx + 2} \right)\]. Giá trị của \[M – m\] bằng?

Hướng dẫn giải

Đặt \[t = – sinx + 2\] vì \[ – 1 \leqslant sinx \leqslant 1 \Rightarrow t \in \left[ {1;3} \right]\]

Xét hàm số \[y = f\left( t \right)\] với \[t \in \left[ {1;3} \right]\]

Từ đồ thị đã cho, ta có:

\[M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( t \right) = f\left( 3 \right) = 3;{\text{ }}m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( t \right) = f\left( 2 \right) = – 2\] \[ \Rightarrow M – m = 5\]

Câu 3. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên tập ℝ và có bảng biến thiên như sau:

Gọi \[M\]; \[m\] lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số \[y = f\left( {{x^2} – 2x} \right)\] trên đoạn \[\left[ { – \frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right]\]. Tìm tổng \[M + m\].

Hướng dẫn giải

Đặt \[t = {x^2} – 2x\] với \[x \in \left[ { – \frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right]\]

Ta có: \[x \in \left[ { – \frac{3}{2};\frac{7}{2}} \right]\] \[ \Leftrightarrow – \frac{5}{2} \leqslant x – 1 \leqslant \frac{5}{2}\] \[ \Leftrightarrow 0 \leqslant {\left( {x – 1} \right)^2} \leqslant \frac{{25}}{4}\] \[ \Leftrightarrow – 1 \leqslant {\left( {x – 1} \right)^2} – 1 \leqslant \frac{{21}}{4}\]

Nên \[t \in \left[ { – 1;\frac{{21}}{4}} \right]\]

Xét hàm số \[y = f\left( t \right);{\text{ }}t \in \left[ { – 1;\frac{{21}}{4}} \right]\]

Từ bảng biến thiên suy ra: \[m = \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ { – 1;\frac{{21}}{4}} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 2\]; \[M = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ { – 1;\frac{{21}}{4}} \right]} f\left( t \right) = f\left( {\frac{{21}}{4}} \right) = 5\]

Do đó: \[M + m = 2 + 5 = 7\]

Câu 4. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ:

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {2{x^3} + x – 1} \right) + m\]. Tìm \[m\] để \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = – 10\].

Hướng dẫn giải

Đặt \[t\left( x \right) = 2{x^3} + x – 1\] với \[x \in \left[ {0;1} \right]\].

Ta có: \[t’\left( x \right) = 6{x^2} + 1 > 0,{\text{ }}\forall x \in \left[ {0;1} \right]\]

Suy ra hàm số \[t\left( x \right)\] đồng biến nên \[x \in \left[ {0;1} \right] \Rightarrow t \in \left[ { – 1;2} \right]\]

Từ đồ thị hàm số ta có \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = – 10\]

Theo yêu cầu bài toán ta cần có: \[3 + m = – 10 \Leftrightarrow m = – 13\]

Dạng 3. Một số bài toán có chứa tham số.

Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số \[m\] để giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = – {x^3} – 3{x^2} + m\] trên đoạn \[\left[ { – 1;1} \right]\] bằng \[0\].

Hướng dẫn giải

\[y = f\left( x \right) = – {x^3} – 3{x^2} + m\]

Ta có: \[y’ – 3{x^2} – 6x \cdot y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \in \left[ { – 1;1} \right] \hfill \\
x = – 2 \notin \left[ { – 1;1} \right] \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[f\left( { – 1} \right) = m – 2;{\text{ }}f\left( 0 \right) = m;{\text{ }}f\left( 1 \right) = m – 4\]

Ta thấy \[\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;1} \right]} \left[ {f\left( { – 1} \right);f\left( 0 \right);f\left( 1 \right)} \right] = m – 4\]

Suy ra yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow m – 4 = 0 \Leftrightarrow m = 4\]

Câu 2. Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số \[m\] sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \[f\left( x \right) = \left| {{x^3} – 3x + m} \right|\] trên đoạn \[\left[ {0;3} \right]\] bằng \[16\]. Tổng tất cả các phần tử của \[S\] bằng?

Cách tìm GTLN, GTNN hàm số trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\]

+) Tìm nghiệm \[{x_i}\left( {i = 1,2,…} \right)\] của \[y’ = 0\] thuộc \[\left[ {a;b} \right]\]

+) Tính các giá trị \[f\left( {{x_i}} \right);f\left( a \right);f\left( b \right)\] so sánh các giá trị, suy ra GTLN, GTNN

Hướng giải: Tìm GTLN hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\], ta xét hàm số \[y = f\left( x \right)\]

Bước 1: Tìm GTLN và GTNN của hàm số \[y = f\left( x \right)\]

Bước 2: GTLN của hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\] tại \[\max f\left( x \right)\] hoặc \[\min f\left( x \right)\]

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Hướng dẫn giải

Đặt \[g\left( x \right) = {x^3} – 3x + m\]

\[g’\left( x \right) = 3{x^2} – 3;{\text{ }}g’\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \in \left( {0;3} \right) \hfill \\
x = 1 \notin \left( {0;3} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[g\left( 0 \right) = m;{\text{ }}g\left( 1 \right) = – 2 + m;{\text{ }}g\left( 3 \right) = 18 + m\]

Suy ra \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right) = 18 + m;{\text{ }}\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} g\left( x \right) = – 2 + m\]

Để giá trị lớn nhất hàm số \[y = f\left( x \right)\] là \[16 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
18 + m = 16 \hfill \\
– 2 + m > – 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
– 2 + m = – 16 \hfill \\
18 + m < 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
m = – 2 \hfill \\
m > – 14 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
m = – 14 \hfill \\
m < – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Vậy \[S = \left\{ { – 2; – 14} \right\}\] nên tổng là \[ – 2 – 14 = – 16\]

Câu 3. Gọi \[M\] là GTLN của hàm số \[f\left( x \right) = \left| {3{x^4} – 4{x^3} – 12{x^2} + m} \right|\] trên đoạn \[\left[ { – 1;3} \right]\]. Có bao nhiêu số thực \[m\] để \[M = \frac{{59}}{2}\]?

Hướng dẫn giải

Xét hàm số: \[u = 3{x^4} – 4{x^3} – 12{x^2} + m\]

Có \[u’ = 12{x^3} – 12{x^2} – 24x \Rightarrow u’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = – 1 \hfill \\
x = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Khi đó \[\left\{ \begin{gathered}
\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;3} \right]} = \min \left[ {u\left( { – 1} \right);u\left( 0 \right);u\left( 2 \right);u\left( 3 \right)} \right] = u\left( 2 \right) = m – 32 \hfill \\
\mathop {\max }\limits_{\left[ { – 1;3} \right]} = \max \left[ {u\left( { – 1} \right);u\left( 0 \right);u\left( 2 \right);u\left( 3 \right)} \right] = u\left( 3 \right) = m + 27 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Do đó: \[M = \max \left( {\left| {m – 32} \right|;\left| {m + 27} \right|} \right) = \frac{{59}}{2}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
\left| {m – 32} \right| = \frac{{59}}{2}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\left| {m – 32} \right| \geqslant \left| {m + 27} \right| \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
\left| {m + 27} \right| = \frac{{59}}{2}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\left| {m + 27} \right| \geqslant \left| {m – 32} \right| \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow m = \frac{5}{2}\]

Vậy có 1 số thực \[m\] để \[M = \frac{{59}}{2}\]

Câu 4. Xét hàm số \[f\left( x \right) = \left| {{x^2} + ax + b} \right|\], với \[a,b\] là tham số. Gọi \[M\] là GTLN của hàm số trên \[\left[ { – 1;3} \right]\]. Khi \[M\] nhận GTNN tính \[T = a + 2b\].

Hướng dẫn giải

Ta có: \[\max \left( {\left| A \right|,\left| B \right|} \right) \geqslant \frac{{\left| {A + B} \right|}}{2}{\text{ }}\left( 1 \right)\]. Dấu “\[ = \]” xảy ra khi \[A = B\]

Ta có: \[\max \left( {\left| A \right|,\left| B \right|} \right) \geqslant \frac{{\left| {A – B} \right|}}{2}{\text{ }}\left( 2 \right)\]. Dấu “\[ = \]” xảy ra khi \[A = – B\]

Xét hàm số \[g\left( x \right) = {x^2} + ax + b\], có \[g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = – \frac{a}{2}\]

TH1: \[ – \frac{a}{2} \notin \left[ { – 1;3} \right] \Leftrightarrow a \notin \left[ { – 6;2} \right]\]

Khi đó: \[M = \max \left( {\left| {1 – a + b} \right|,\left| {9 + 3a + b} \right|} \right)\]

Áp dụng bất đẳng thức \[\left( 1 \right)\] ta có: \[M \geqslant \left| {4 + 2a} \right| > 8\]

TH2: \[ – \frac{a}{2} \in \left[ { – 1;3} \right] \Leftrightarrow a \in \left[ { – 6;2} \right]\]

Khi đó: \[M = \max \left( {\left| {1 – a + b} \right|,\left| {9 + 3a + b} \right|,\left| {b – \frac{{{a^2}}}{4}} \right|} \right)\]

Áp dụng bất đẳng thức \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta có:

\[M \geqslant \max \left( {\left| {5 + a + b} \right|,\left| {b – \frac{{{a^2}}}{4}} \right|} \right)\]

\[ \Leftrightarrow M \geqslant \frac{1}{8}\left| {20 + 4a + {a^2}} \right|\]

\[ \Leftrightarrow M \geqslant \frac{1}{8}\left| {16 + {{\left( {a + 2} \right)}^2}} \right|\]

Suy ra: \[M \geqslant 2\]

Ta có \[M\] nhận GTNN có thể được là \[M \geqslant 2\] khi \[\left\{ \begin{gathered}
a = – 2 \hfill \\
5 + a + b = – \frac{{{a^2}}}{2} – b\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
1 – a + b = 9 + 3a + b \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – 2 \hfill \\
b = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Vậy \[a + 2b = – 4\]

Câu 5. Cho hàm số \[f\left( x \right) = \left| {8{x^4} + a{x^2} + b} \right|\], trong đó \[a,b\] là tham số thực. Tìm mối liên hệ giữa \[a\] và \[b\] để GTLN của hàm số \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ { – 1;1} \right]\] bằng \[1\].

Hướng dẫn giải

Đặt \[t = {x^2}\], vì x∈\[\left[ { – 1;1} \right]\] nên \[t \in \left[ {0;1} \right]\]

Ta có: \[g\left( t \right) = 8{t^2} + at + b\], đây là parabol có bề lõm quay lên và có toạ độ đỉnh là \[I\left( { – \frac{a}{6}; – \frac{{{a^2}}}{{32}} + b} \right)\]

TH1: \[ – \frac{a}{6} \in \left[ {0;1} \right]\]. Theo yêu cầu bài toán ta có:

\[\left\{ \begin{gathered}
– 1 \leqslant g\left( 0 \right) \leqslant 1 \hfill \\
– 1 \leqslant g\left( 1 \right) \leqslant 1 \hfill \\
– 1 \leqslant – \frac{{{a^2}}}{{32}} + b \leqslant 1\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
– 1 \leqslant b \leqslant 1 \hfill \\
– 1 \leqslant 8 + a + b \leqslant 1 \hfill \\
– 32 \leqslant 32b – {a^2} \leqslant 32 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
– 1 \leqslant b \leqslant 1{\text{ }}\left( 1 \right) \hfill \\
– 1 \leqslant 8 + a + b \leqslant 1{\text{ }}\left( 2 \right) \hfill \\
– 32 \leqslant {a^2} – 32b \leqslant 32{\text{ }}\left( 3 \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Lấy \[\left( 1 \right)\]+32\[\left( 3 \right)\] ta có: \[ – 64 \leqslant {a^2} \leqslant 64\] do đó \[ – 8 \leqslant a \leqslant 8\]

Lấy \[\left( 3 \right)\]+32\[\left( 2 \right)\] ta có: \[ – 64 \leqslant {a^2} + 32a + 256 \leqslant 64\]

Suy ra: \[{a^2} + 32a + 192 \leqslant 0 \Leftrightarrow – 24 \leqslant a \leqslant – 8\]

Khi đó ta có: \[a = – 8\] và \[b = 1\]

Thử lại: \[g\left( t \right) = 8{t^2} – 8t + 1 = 2{\left( {2t – 1} \right)^2} – 1\]

Vì \[0 \leqslant t \leqslant 1\] nên \[ – 1 \leqslant 2t – 1 \leqslant 1\] \[ \Rightarrow 0 \leqslant {\left( {2t – 1} \right)^2} \leqslant 1\] \[ \Rightarrow – 1 \leqslant g\left( t \right) = 2{\left( {2t – 1} \right)^2} – 1 \leqslant 1\]

Ta có: \[\max \left| {g\left( t \right)} \right| = 1\] khi \[t = 1 \Rightarrow x = \pm 1\]. Nên \[a = – 8\] và \[b = 1\] (thoả mãn)

TH2: \[ – \frac{a}{6} \notin \left[ {0;1} \right]\]. Theo yêu cầu bài toán ta có:

\[\left\{ \begin{gathered}
– 1 \leqslant g\left( 0 \right) \leqslant 1 \hfill \\
– 1 \leqslant g\left( 1 \right) \leqslant 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
– 1 \leqslant b \leqslant 1 \hfill \\
– 1 \leqslant 8 + a + b \leqslant 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Rightarrow – 2 \leqslant a + 8 \leqslant 2 \Rightarrow – 10 \leqslant a \leqslant – 6\] (loại)

Vậy \[a = – 8\] và \[b = 1\]

Câu 6. Cho hàm số \[f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\], \[\left| {f\left( x \right)} \right| \leqslant 1\], \[\forall x \in \left[ {0;1} \right]\]. Tìm GTLN của \[f’\left( 0 \right)\].

Hướng dẫn giải

\[f’\left( x \right) = 2ax + b \Rightarrow f’\left( 0 \right) = b\]

Bài toán trở thành tìm GTLN của \[b\] với điều kiện \[\left| {f\left( x \right)} \right|{\text{ }} \leqslant 1\], \[\forall x \in \left[ {0;1} \right]\]

Ta có: \[\left\{ \begin{gathered}
f\left( 0 \right) = c \hfill \\
f\left( 1 \right) = a + b + c \hfill \\
f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{a}{4} + \frac{b}{2} + c \hfill \\
\end{gathered} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a + b = f\left( 1 \right) – f\left( 0 \right) \hfill \\
a + 2b = 4f\left( {\frac{1}{2}} \right) – 4f\left( 0 \right) \hfill \\
c = f\left( 0 \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Rightarrow b = 4f\left( {\frac{1}{2}} \right) – f\left( 1 \right) – 3f\left( 0 \right)\]

\[\left| {f\left( x \right)} \right| \leqslant 1,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\] \[ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
– 1 \leqslant f\left( 0 \right) \leqslant 1 \hfill \\
– 1 \leqslant f\left( 1 \right) \leqslant 1 \hfill \\
– 1 \leqslant f\left( {\frac{1}{2}} \right) \leqslant 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Rightarrow b = 4f\left( {\frac{1}{2}} \right) + \left[ { – f\left( 1 \right)} \right] + 3\left[ { – f\left( 0 \right)} \right] \leqslant 4 + 1 + 3 = 8\]

Đẳng thức xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 1 \hfill \\
f\left( 1 \right) = – 1 \hfill \\
f\left( 0 \right) = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = – 1 \hfill \\
a + b + c = – 1 \hfill \\
\frac{a}{4} + \frac{b}{2} + c = 1\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – 8 \hfill \\
b = 8 \hfill \\
c = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\] \[ \Rightarrow f\left( x \right) = – 8{x^2} + 8x – 1\]

Vậy GTLN của \[f’\left( 0 \right) = 8\]

Dạng 4. Phương pháp đặt ẩn phụ để giải quyết bài toán tìm điều kiện của tham số \[m\] sao cho phương trình \[f\left( {x,m} \right) = 0\] có nghiệm (có ứng dụng GTLN, GTNN).

Phương pháp

Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình đã cho.

Bước 2: Đặt \[t = u\left( x \right)\] hoặc \[x = u\left( t \right)\]. Tìm tập giá trị \[K\] của \[t\]. Chuyển bài toán về tìm điều kiện của \[m\] để phương trình \[g\left( t \right) = h\left( m \right)\] có nghiệm thuộc \[K\].

Bước 3: Tìm GTLN, GTNN của \[g\left( t \right)\] hoặc tập giá trị của \[g\left( t \right)\] trên \[K\] để suy ra điều kiện của \[m\].

Một số cách đặt ẩn phụ thường gặp:

+) Xuất hiện biểu thức đối xứng: \[\left\{ \begin{gathered}
\sqrt {ax + b} \pm \sqrt {cx + d} \hfill \\
\sqrt {\left( {ax + b} \right)\left( {cx + d} \right)} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

PP: Đặt \[t = \sqrt {ax + b} + \sqrt {cx + d} \]

+) Xuất hiện \[\sqrt {a + bx} \] và \[\sqrt {c – bx} \] \[\left( {a + c > 0} \right)\]

PP: Vì \[{\left( {\sqrt {a + bx} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {c – bx} } \right)^2} = a + c\]

Nên đặt \[\left\{ \begin{gathered}
\sqrt {a + bx} = \sqrt {a + c} \sin \alpha \hfill \\
\sqrt {c – bx} = \sqrt {a + c} \cos \alpha \hfill \\
\end{gathered} \right.,{\text{ }}\alpha \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\]

Và sử dụng hệ thức\[\left\{ \begin{gathered}
\sin \alpha = \frac{\begin{gathered}
\hfill \\
2\tan \frac{\alpha }{2} \hfill \\
\end{gathered} }{\begin{gathered}
1 + {\tan ^2}\frac{\alpha }{2} \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} } \hfill \\
\cos \alpha = \frac{\begin{gathered}
\hfill \\
1 – {\tan ^2}\frac{\alpha }{2} \hfill \\
\end{gathered} }{\begin{gathered}
1 + {\tan ^2}\frac{\alpha }{2} \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} } \hfill \\
\end{gathered} \right.\], tiếp tục đặt \[t = \tan \frac{\alpha }{2},{\text{ }}t \in \left[ {0;1} \right]\]

Ta được một phương trình ẩn \[t\].

Câu 1. Tìm các giá trị thực của tham số \[m\] để phương trình sau có nghiệm:

\[6 – x + 2\sqrt {2\left( {x – 1} \right)\left( {4 – x} \right)} = m + 4\sqrt {x – 1} + 4\sqrt 2 \cdot \sqrt {4 – x} \]

Hướng dẫn giải

ĐKXĐ: \[1 \leqslant x \leqslant 4\]

Phương trình đã cho tương đương:

\[6 – x + 2\sqrt {\left( {x – 1} \right)\left( {8 – 2x} \right)} – 4\left( {\sqrt {x – 1} + \sqrt {8 – 2x} } \right) = m{\text{ }}\left( 1 \right)\]

Đặt \[t = \sqrt {x – 1} + \sqrt {8 – 2x} \]

Xét hàm số \[t\left( x \right) = \sqrt {x – 1} + \sqrt {8 – 2x} \] liên tục trên đoạn \[\left[ {1;4} \right]\], có:

\[t’\left( x \right) = \frac{1}{{2\sqrt {x – 1} }} + \frac{{ – 2}}{{2\sqrt {8 – 2x} }} = \frac{{\sqrt {8 – 2x} – 2\sqrt {x – 1} }}{{2\sqrt {x – 1} \cdot \sqrt {8 – 2x} }}\]

Ta có: \[t’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {8 – 2x} = 2\sqrt {x – 1} \Leftrightarrow x = 2\]

Lại có: \[t\left( 1 \right) = \sqrt 6 ;{\text{ }}t\left( 2 \right) = 3;{\text{ }}t\left( 4 \right) = \sqrt 3 \]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {1;4} \right]} t\left( x \right) = t\left( 4 \right) = \sqrt 3 \hfill \\
\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;4} \right]} t\left( x \right) = t\left( 2 \right) = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Vì \[t = \sqrt {x – 1} + \sqrt {8 – 2x} \]

\[ \Rightarrow {t^2} = 7 – x + 2\sqrt {\left( {x – 1} \right)\left( {8 – 2x} \right)} \]

\[ \Leftrightarrow {t^2} – 1 = 6 – x + 2\sqrt {\left( {x – 1} \right)\left( {8 – 2x} \right)} \]

Phương trình \[\left( 1 \right)\] trở thành: \[{t^2} – 4t – 1 = m{\text{ }}\left( 2 \right)\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {t^2} – 4t – 1\] liên tục trên đoạn \[\left[ {\sqrt 3 ;3} \right]\], có: \[f’\left( t \right) = 2t – 4\]

Ta có: \[f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2\]

Lại có: \[f\left( {\sqrt 3 } \right) = 2 – 4\sqrt 3 ;{\text{ }}f\left( 2 \right) = – 5;{\text{ }}f\left( 3 \right) = – 4\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {\sqrt 3 ;3} \right]} f\left( t \right) = f\left( 2 \right) = – 5 \hfill \\
\mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {\sqrt 3 ;3} \right]} f\left( t \right) = f\left( 3 \right) = – 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[\left( 1 \right)\] có nghiệm \[x \in \left[ {1;4} \right] \Leftrightarrow \left( 2 \right)\] có nghiệm \[{t \in \left[ {\sqrt 3 ;3} \right]}\]

\[ \Leftrightarrow \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {\sqrt 3 ;3} \right]} f\left( t \right) \leqslant m \leqslant \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {\sqrt 3 ;3} \right]} f\left( t \right) \Leftrightarrow – 5 \leqslant m \leqslant – 4\]

Vậy \[ – 5 \leqslant m \leqslant – 4\] là các giá trị \[m\] cần tìm.

Câu 2. Tìm các giá trị thực của tham số \[m\] để phương trình sau có nghiệm:

\[\left( {2m – 1} \right)\sqrt {x + 3} + \left( {m – 2} \right)\sqrt {1 – x} + m – 1 = 0\]

Hướng dẫn giải

ĐKXĐ: \[ – 3 \leqslant x \leqslant 1\]

Phương trình đã cho tương đương:

\[m\left( {2\sqrt {x + 3} + \sqrt {1 – x} + 1} \right) = \sqrt {x + 3} + 2\sqrt {1 – x} + 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {x + 3} + 2\sqrt {1 – x} + 1}}{{2\sqrt {x + 3} + \sqrt {1 – x} + 1}} = m{\text{ }}\left( 1 \right)\]

Ta có: \[{\left( {\sqrt {x + 3} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {1 – x} } \right)^2} = 4\]. Nên đặt \[\left\{ \begin{gathered}
\sqrt {x + 3} = 2\sin a \hfill \\
\sqrt {1 – x} = 2\cos a \hfill \\
\end{gathered} \right.,{\text{ }}a \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\]

Sử dụng: \[\left\{ \begin{gathered}
\sin a = \frac{\begin{gathered}
\hfill \\
2\tan \frac{a}{2} \hfill \\
\end{gathered} }{\begin{gathered}
1 + {\tan ^2}\frac{a}{2} \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} } \hfill \\
\cos a = \frac{\begin{gathered}
\hfill \\
1 – {\tan ^2}\frac{a}{2} \hfill \\
\end{gathered} }{\begin{gathered}
1 + {\tan ^2}\frac{a}{2} \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} } \hfill \\
\end{gathered} \right.\], và đặt \[t = \tan \frac{a}{2},{\text{ }}t \in \left[ {0;1} \right]\]

Phương trình \[\left( 1 \right)\] trở thành: \[\frac{{ – 3{t^2} + 4t + 5}}{{ – {t^2} + 8t + 3}} = m,{\text{ }}t \in \left[ {0;1} \right]\]

Xét hàm số: \[f\left( t \right) = \frac{{ – 3{t^2} + 4t + 5}}{{ – {t^2} + 8t + 3}}\] liên tục trên đoạn \[\left[ {0;1} \right]\]

Ta có: \[f’\left( t \right) = \frac{{ – 20{t^2} – 8t – 28}}{{{{\left( { – {t^2} + 8t + 3} \right)}^2}}} < 0,{\text{ }}\forall t \in \left[ {0;1} \right]\]

⇒ Hàm số \[f\left( t \right)\] nghịch biến trên \[\left[ {0;1} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = \frac{3}{5}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 0 \right) = \frac{5}{3}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[\left( 1 \right)\] có nghiệm \[x \in \left[ { – 3;1} \right] \Leftrightarrow \left( 2 \right)\] có nghiệm \[t \in \left[ {0;1} \right]\]

\[ \Leftrightarrow \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) \leqslant m \leqslant \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} f\left( t \right)\]

\[ \Leftrightarrow \frac{3}{5} \leqslant m \leqslant \frac{5}{3}\]

Vậy \[\frac{3}{5} \leqslant m \leqslant \frac{5}{3}\] là các giá trị \[m\] cần tìm

Dạng 5. Phương pháp đặt ẩn phụ để giải quyết bài toán tìm điều kiện của tham số để bất phương trình có nghiệm hoặc nghiệm đúng với mọi \[x \in K\] (có ứng dụng GTLN, GTNN)

Phương pháp

Tìm điều kiện của tham số để bất phương trình chứa tham số có nghiệm hoặc nghiệm đúng với mọi \[x \in \left[ {a;b} \right]\]

\[m > f\left( x \right),{\text{ }}\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m > \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

\[m \geqslant f\left( x \right),{\text{ }}\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m \geqslant \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

\[m < f\left( x \right),{\text{ }}\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

\[m \leqslant f\left( x \right),{\text{ }}\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m \leqslant \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

\[m > f\left( x \right)\] có nghiệm \[x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m > \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

\[m \geqslant f\left( x \right)\] có nghiệm \[x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m \geqslant \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

\[m < f\left( x \right)\] có nghiệm \[x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m < \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

\[m \leqslant f\left( x \right)\] có nghiệm \[x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m \leqslant \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\]

Tìm điều kiện của tham số để bất phương trình chứa tham số có nghiệm hoặc nghiệm đúng với mọi \[x \in \left( {a;b} \right)\]

Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số \[m\] để bất phương trình \[6x + \sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {8 – x} \right)} \leqslant {x^2} + m – 1\] nghiệm đúng với mọi \[x \in \left[ { – 2;8} \right]\]

Hướng dẫn giải

Bất phương trình tương đương với \[ – {x^2} + 6x + 16 + \sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {8 – x} \right)} – 15 \leqslant m\]

Đặt \[t = \sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {8 – x} \right)} \], với \[x \in \left[ { – 2;8} \right]\] thì \[t \in \left[ {0;5} \right]\]

Bất phương trình trở thành \[{t^2} + t – 15 \leqslant m\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {t^2} + t – 15\] trên đoạn \[\left[ {0;5} \right]\], ta có bảng biến thiên như hình sau:

Suy ra bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi \[x \in \left[ { – 2;8} \right]\] khi và chỉ khi \[m \geqslant \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;5} \right]} f\left( t \right) = 15\]

Câu 2. Cho phương trình \[4\sqrt {6 + x – {x^2}} – 3x \leqslant m\left( {\sqrt {x + 2} + 2\sqrt {3 – x} } \right)\]. Tìm \[m\] để bất phương trình đã cho có nghiệm thực?

Hướng dẫn giải

Điều kiện: \[ – 2 \leqslant x \leqslant 3\]

Đặt \[t = \sqrt {x + 2} + 2\sqrt {3 – x} \] với \[x \in \left[ { – 2;3} \right]\]

Ta có: \[t’ = \frac{1}{{2\sqrt {x + 2} }} – \frac{1}{{\sqrt {3 – x} }} = \frac{{\sqrt {3 – x} – 2\sqrt {x + 2} }}{{2\sqrt {x + 2} \cdot \sqrt {3 – x} }}\]

\[t’ = 0 \Leftrightarrow \sqrt {3 – x} = 2\sqrt {x + 2} \Leftrightarrow x = – 1\]

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: \[t \in \left[ {\sqrt 5 ;5} \right]\]

Do \[t = \sqrt {x + 2} + 2\sqrt {3 – x} \Leftrightarrow 4\sqrt {6 + x – {x^2}} – 3x = {t^2} – 14\] nên bất phương trình đã cho trở thành:

\[{t^2} – 14 \leqslant mt \Leftrightarrow \frac{{{t^2} – 14}}{t} \leqslant m\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = \frac{{{t^2} – 14}}{t}\] với \[t \in \left[ {\sqrt 5 ;5} \right]\], ta có:

\[f’\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 14}}{{{t^2}}} > 0,{\text{ }}\forall t \in \left[ {\sqrt 5 ;5} \right] \Rightarrow f\left( t \right)\] đồng biến trên \[\left[ {\sqrt 5 ;5} \right]\]

Bất phương trình đã cho có nghiệm thực \[ \Leftrightarrow m \geqslant \mathop {\min }\limits_{\left[ {\sqrt 5 ;5} \right]} f\left( t \right) = f\left( {\sqrt 5 } \right) \Leftrightarrow m \geqslant – \frac{{9\sqrt 5 }}{5}\]

Câu 3. Tìm \[m\] để bất phương trình \[\sqrt x + \sqrt {9 – x} \geqslant \sqrt { – {x^2} + 9x + m} {\text{ }}\left( 1 \right)\] có nghiệm.

Hướng dẫn giải

Điều kiện: \[0 \leqslant x \leqslant 9\]

Ta có: \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow x + 9 – x + 2\sqrt {x\left( {9 – x} \right)} \geqslant – {x^2} + 9x + m\]

\[ \Leftrightarrow 9 + 2\sqrt { – {x^2} + 9x} \geqslant – {x^2} + 9x + m{\text{ }}\left( 2 \right)\]

Đặt \[t = \sqrt { – {x^2} + 9x} \] do \[0 \leqslant x \leqslant 9\] suy ra \[0 \leqslant t \leqslant \frac{9}{2}\]

Nên \[\left( 2 \right)\] trở thành \[9 + 2t \geqslant {t^2} + m \Leftrightarrow – {t^2} + 2t + 9 \geqslant m{\text{ }}\left( 3 \right)\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = – {t^2} + 2t + 9,{\text{ }}0 \leqslant t \leqslant \frac{9}{2}\]

Bảng biến thiên

Suy ra \[\left( 1 \right)\] có nghiệm khi và chỉ khi \[\left( 3 \right)\] có nghiệm \[t \in \left[ {0;\frac{9}{2}} \right]\], nên \[ – \frac{9}{4} \leqslant m \leqslant 10\]

Câu 4. Cho hàm số \[f\left( x \right)\] liên tục trên ℝ. Hàm số \[y = f’\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ

Tìm \[m\] sao cho bất phương trình \[f\left( {2\sin x} \right) – 2{\sin ^2}x < m\] đúng với mọi \[x \in \left( {0;\pi } \right)\]?

Hướng dẫn giải

Ta có: \[x \in \left( {0;\pi } \right) \Rightarrow \sin x \in \left( {0;1} \right]\]

Đặt \[t = 2\sin x{\text{ }}\left( {t \in \left( {0;2} \right]} \right)\] ta có:

\[f\left( {2\sin x} \right) – 2{\sin ^2}x < m\] đúng với mọi \[x \in \left( {0;\pi } \right)\]

\[ \Leftrightarrow f\left( t \right) – \frac{1}{2}{t^2} < m\] đúng với mọi \[t \in \left( {0;2} \right]\]

Xét \[g\left( t \right) = f\left( t \right) – \frac{1}{2}{t^2}\] với \[t \in \left( {0;2} \right]\]

\[g’\left( t \right) = f’\left( t \right) – {t^2}\]

Từ đồ thị của hàm số \[y = f’\left( x \right)\] và \[y = x\] (hình vẽ) ta có BBT của \[g\left( t \right)\] như sau:

Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left( {0;2} \right]} g\left( t \right) = g\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) – \frac{1}{2}\]

Vậy yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow m > g\left( 1 \right) \Leftrightarrow m > f\left( 1 \right) – \frac{1}{2}\]

Dạng 6. Bài toán thực tế

Phương pháp

Đưa yêu cầu bài toán về mối quan hệ hàm số, lập bảng biến thiên để tìm GTLN, GTNN của hàm số với điều kiện ràng buộc cho trước.

Chú ý:

Ta cũng có thể sử dụng các bất đẳng thức để tìm GTLN, GTNN của biểu thức. Một số bất đẳng thức thường dùng.

+) Bất đẳng thức AM-GM:

• Cho hai số thực \[a,b \geqslant 0\] ta có: \[\frac{{a + b}}{2} \geqslant \sqrt {ab} \] hay \[a + b \geqslant 2\sqrt {ab} \]

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi và chỉ khi \[a = b\]

• Cho ba số thực \[a,b,c \geqslant 0\] ta có: \[\frac{{a + b + c}}{3} \geqslant \sqrt[3]{{abc}}\] hay \[a + b + c \geqslant 3\sqrt[3]{{abc}}\]

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi và chỉ khi \[a = b = c\]

+) Bất đẳng thức Bunhiacopxki:

• Cho hai bộ số thực \[\left( {a;b} \right)\], \[\left( {x;y} \right)\] ta có:

\[\left| {ax + by} \right| \leqslant \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \]

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi và chỉ khi \[ay = bx\]

• Cho hai bộ số thực \[\left( {a;b;c} \right)\], \[\left( {x;y;z} \right)\] ta có:

\[\left| {ax + by + cz} \right| \leqslant \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)} \]

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi và chỉ khi \[a:b:c = x:y:z\]

Câu 1. Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình \[S\left( t \right) = – \frac{1}{4}{t^4} + 3{t^2} – 2t – 4\], trong đó \[t\] tính bằng giây \[\left( s \right)\] và \[S\] tính bằng mét \[\left( m \right)\]. Tại thời điểm nào vận tốc của chuyển động đạt GTLN?

Hướng dẫn giải

Vận tốc của chuyển động được xác định bởi \[v\left( t \right) = S’\left( t \right) = – {t^3} + 6t – 2\]

Ta có: \[v’\left( t \right) = – 3{t^2} + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = \sqrt 2 \hfill \\
t = – \sqrt 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Do \[t{\text{ }} > {\text{ }}0\], nên ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra vận tốc của chuyển động đạt GTLN tại \[t = \sqrt 2 \].

Câu 2. Hằng ngày mực nước của hồ thuỷ điện ở miền Trung lên và xuống theo lượng nước mưa và các suối nước đổ về hồ. Từ lúc 8 giờ sáng, độ sâu của mực nước trong hồ tính theo mét và lên xuống theo thời gian \[t\] (giờ) trong ngày cho bởi công thức:

\[h\left( t \right) = – \frac{1}{3}{t^3} + 5{t^2} + 24t{\text{ }}\left( {t > 0} \right)\]

Biết rằng phải thông báo cho các hộ dân phải di dời trước khi xả nước theo quy định trước 5 giờ. Hỏi cần thông báo cho hộ dân di dời trước khi xả nước mấy giờ. Biết rằng mực nước trong hồ phải lên cao nhất mới xả nước.

Hướng dẫn giải

Xét \[h\left( t \right) = – \frac{1}{3}{t^3} + 5{t^2} + 24t{\text{ }}\left( {t > 0} \right)\]

Ta có: \[h’\left( t \right) = – {t^2} + 10t + 24\]

\[h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow – {t^2} + 10t + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 12 \hfill \\
t = – 2 \notin \left( {0; + \infty } \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Bảng biến thiên

Để mực nước lên cao nhất thì phải mất 12 giờ. Vậy phải thông báo cho dân di dời vào 15 giờ chiều cùng ngày.

Câu 3. Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được cho bởi công thức \[F\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2}\left( {30 – x} \right)\], trong đó \[x\] là liều lượng thuốc tiêm cho bệnh nhân (\[x\] được tính bằng miligam). Tính liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất.

Hướng dẫn giải

Xét hàm số \[F\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2}\left( {30 – x} \right){\text{ }}\left( {0 < x < 30} \right)\]

\[ \Rightarrow F’\left( x \right) = \frac{1}{{40}}\left( { – 3{x^2} + 60x} \right)\]

\[F’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{40}}\left( { – 3{x^2} + 60x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \notin \left( {0;30} \right) \hfill \\
x = 20 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Bảng biến thiên

Ta có huyết áp giảm nhiều nhất \[ \Leftrightarrow F\left( x \right)\] lớn nhất trên \[\left( {0; + \infty } \right)\].

Dựa vào BBT ta thấy \[\mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} F\left( x \right) = F\left( {20} \right) = 100\] nên liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân là \[x = 20\].

Câu 4. Để thiết kế một chiếc bể cá hình hộp chữ nhật có chiều cao là \[60{\text{ }}cm\], thể tích \[96000{\text{ }}c{m^3}\]. Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành \[70000{\text{ }}vnd/{m^2}\] và loại kính để làm mặt đáy có giá thành \[100000{\text{ }}vnd/{m^2}\]. Tính chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá.

Hướng dẫn giải

Gọi \[x,y\] \[\left( m \right)\] \[\left( {x > 0,y > 0} \right)\] là chiều dài và chiều rộng của đáy bể.

Khi đó theo đề ta suy ra: \[0,6xy = 0,096\] hay \[y = \frac{{0,16}}{x}\]

Giá thành của bể cá được xác định theo giá trị hàm số sau:

\[f\left( x \right) = 2 \cdot 0,6\left( {x + \frac{{0,16}}{x}} \right) \cdot 70000 + 100000 \cdot x \cdot \frac{{0,16}}{x}\]

Ta có: \[f\left( x \right) = 84000\left( {x + \frac{{0,16}}{x}} \right) + 16000\]

Suy ra: \[f’\left( x \right) = 84000\left( {1 – \frac{{0,16}}{{{x^2}}}} \right)\] \[ \Rightarrow f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0,4\]

Bảng biến thiên của hàm số \[f\left( x \right)\] trên \[\left( {0; + \infty } \right)\]

Dựa vào bảng biến thiên suy ra chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là \[f\left( {0,4} \right) = 83200{\text{ }}vnd\]

Câu 5. Nhà xe khoán cho hai tài xế An và Bình mỗi người lần lượt nhận được \[32\] lít và \[72\] lít xăng trong một tháng. Biết rằng trong một ngày tổng số xăng cả hai người sử dụng là \[10\] lít. Tổng số ngày ít nhất để hai tài xế sử dụng hết số xăng được khoán là bao nhiêu.

Hướng dẫn giải

Gọi \[x\] (lít) \[\left( {0 < x < 10} \right)\] là số xăng An sử dụng trong 1 ngày.

Khi đó: \[10 – x\] (lít) là số xăng Bình sử dụng trong 1 ngày.

Suy ra: \[f\left( x \right) = \frac{{32}}{x} + \frac{{72}}{{10 – x}},{\text{ }}x \in \left( {0;10} \right)\] là tổng số ngày An và Bình sử dụng hết số xăng được khoán.

Xét hàm số \[f\left( x \right)\] ta có: \[f’\left( x \right) = – \frac{{32}}{{{x^2}}} + \frac{{72}}{{{{\left( {10 – x} \right)}^2}}}\]

\[f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow – \frac{{32}}{{{x^2}}} + \frac{{72}}{{{{\left( {10 – x} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 4 \hfill \\
x = – 20 \notin \left( {0;10} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Bảng biến thiên của hàm số \[f\left( x \right) = \frac{{32}}{x} + \frac{{72}}{{10 – x}},{\text{ }}x \in \left( {0;10} \right)\]

Dựa vào BBT ta có sau ít nhất \[20\] ngày thì An và Bình sử dụng hết lượng xăng được khoán.

Câu 6. Người ra cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng \[200{\text{ }}{m^3}\]. Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chi phí để xây bể là \[300000{\text{ }}vnd/{m^2}\] (chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện tích xung quanh không tính chiều dày của đáy và thành bên). Tính chi pí thấp nhất để xây bể (làm tròn số tiền đến đơn vị triệu đồng)

Hướng dẫn giải

Gọi chiều rộng của khối hộp là \[x\] \[\left( m \right)\], \[x > 0\] \[ \Rightarrow \] chiều dài của khối hộp là \[2x\] và chiều cao của khối hộp là \[\frac{{200}}{{2x \cdot x}} = \frac{{100}}{{{x^2}}}\]. Ta có:

Diện tích xung quanh của bể chứ là \[{S_{xq}} = 2\left( {x \cdot \frac{{100}}{{{x^2}}} + 2x \cdot \frac{{100}}{{{x^2}}}} \right)\]

Diện tích mặt đáy của bể là S\[{S_1} = 2 \cdot x \cdot x\]

Do đó diện tích xây dựng của bể là:

\[S = {S_{xq}} + {S_1} = 2\left( {x \cdot \frac{{100}}{{{x^2}}} + 2x \cdot \frac{{100}}{{{x^2}}}} \right) + 2 \cdot x \cdot x = 2{x^2} + \frac{{600}}{x}{\text{ }}\left( {{m^2}} \right)\]

Chi phí xây dựng bể là:

\[C\left( x \right) = \left( {2{x^2} + \frac{{600}}{x}} \right) \cdot 3 \cdot {10^5}\] (đồng)

Tìm GTNN của \[f\left( x \right) = 2{x^2} + \frac{{600}}{x}\] khi \[x > 0\]

Vì \[x > 0\] nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm ta được

\[f\left( x \right) = 2{x^2} + \frac{{600}}{x} = 2{x^2} + \frac{{300}}{x} + \frac{{300}}{x} \geqslant 3\sqrt[3]{{2 \cdot 300 \cdot 300}}\]

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{gathered}
2{x^2} = \frac{{300}}{x}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
x > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]\[ \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{150}}\]

Do đó: \[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt[3]{{150}}} \right) = 3\sqrt[3]{{180000}}\]

Chi phí thấp nhất để xây bể là:

\[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) \cdot 300 = 3\sqrt[3]{{180000}} \cdot 300 \approx 50,81595\] triệu đồng

Vậy chi phí thấp nhất để xây bể xấp xỉ là \[51\] triệu đồng.

Bài viết Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Định nghĩa

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định và liên tục trên khoảng \[\left( {a;b} \right)\] và điểm \[{x_0} \in \left( {a;b} \right)\]

+) Nếu tồn tại số \[h > 0\] sao cho \[f\left( x \right) < f\left( {{x_0}} \right)\] với mọi \[x \in \left( {{x_0}–h;{x_0} + h} \right)\] và \[x \ne {x_0}\] thì ta nói hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt cực đại tại \[{x_0}\].

+) Nếu tồn tại số \[h > 0\] sao cho \[f\left( x \right) > f\left( {{x_0}} \right)\] với mọi \[x \in \left( {{x_0}–h;{x_0} + h} \right)\] và \[x \ne {x_0}\] thì ta nói hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt cực tiểu tại \[{x_0}\].

Chú ý:

+) Nếu hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt cực đại tại \[{x_0}\] thì \[{x_0}\] được gọi là điểm cực đại của hàm số;f(\[{x_0}\]) được gọi là giá trị cực đại của hàm số, kí hiệu là \[{f_{C\rlap{–} D}}\] \[\left( {{f_{CT}}} \right)\], còn điểm \[M\left( {{x_0};f\left( {{x_0}} \right)} \right)\] được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

+) Các điểm cực đại và cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị. Giá trị cực đại còn gọi là cực đại và được gọi chung là cực trị của hàm số.

Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị

Định lí 1:

Giả sử hàm số \[y = f\left( x \right)\] đạt cực trị tại điểm \[{x_0}\]. Khi đó nếu hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm tại \[{x_0}\] thì \[f’\left( x \right) = 0\]

Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị

Định lí 2:

Giả sử hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên \[K = ({x_0}–h;{x_0} + h)\] và có đạo hàm trên K hoặc trên \[K\backslash \{ {x_0}\} \], với \[h > 0\].

+) Nếu \[f’\left( x \right) > 0\] trên khoảng \[({x_0}–h;{x_0})\] và \[f’\left( x \right) < 0\] trên \[\left( {{x_0};{x_0} + h} \right)\] thì \[{x_0}\] là một điểm cực đại của hàm số \[y = f\left( x \right)\].

+) Nếu \[f’\left( x \right) < 0\] trên khoảng \[({x_0}–h;{x_0})\] và \[f’\left( x \right) > 0\] trên \[\left( {{x_0};{x_0} + h} \right)\] thì \[{x_0}\] là một điểm cực tiểu của hàm số \[y = f\left( x \right)\].

Minh họa bằng bảng biến thiên

Chú ý:

+) Giá trị cực đại f(\[{x_0}\]) của hàm số \[y = f\left( x \right)\] nói chung không phải là giá trị lớn nhất của hàm số \[y = f\left( x \right)\] trên tập xác định của nó.

+) Hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại các điểm mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng \[0\] hoặc hàm số không có đạo hàm. Ngược lại, đạo hàm có thể bằng \[0\] tại điểm \[{x_0}\] nhưng hàm số không đạt cực trị tại điểm \[{x_0}\].

Định lí 3:

Giả sử hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm cấp hai trong khoảng \[K = ({x_0}–h;{x_0} + h)\] với \[h > 0\]. Khi đó:

+) Nếu \[f’\left( x \right) = 0\], \[f”\left( {{x_0}} \right) > 0\] thì \[{x_0}\] là điểm cực tiểu.

+) Nếu \[f’\left( x \right) = 0\], \[f”\left( {{x_0}} \right) < 0\] thì \[{x_0}\] là điểm cực đại.

+) Nếu \[f’\left( x \right) = 0\], \[f”\left( {{x_0}} \right) = 0\] thì phải lập bảng biến thiên để kết luận.

Quy tắc tìm cực trị của hàm số

Quy tắc 1

Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2: Tính \[f’\left( x \right)\]. Tìm các điểm tại đó \[f’\left( x \right)\] bằng \[0\] hoặc \[f’\left( x \right)\] không xác định.

Bước 3: Lập bảng biến thiên.

Bước 4: Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực trị.

Quy tắc 2

Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2: Tính \[f’\left( x \right)\]. Giải phương trình \[f’\left( x \right) = 0\] và ký hiệu \[{x_i}\left( {i = 1, 2, 3, …} \right)\] là các nghiệm của nó.

Bước 3: Tính \[f”\left( x \right)\] và \[f”\left( {{x_i}} \right)\]

Bước 4: Dựa vào dấu của \[f”\left( {{x_i}} \right)\] suy ra tính chất cực trị của điểm \[{x_i}\].

Hệ thống bài tập tự luận

Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số cho bởi biểu thức.

Câu 1. Tìm cực trị của hàm số \[y = {x^3}–3{x^2}–9x + 1\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]. Ta có: \[y’ = 3{x^2}–6x–9\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2}–6x–9 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 3 \hfill \\ x = – 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\]

Cách 1: Bảng biến thiên

Vậy hàm số đạt cực đại tại \[x = – 1\], \[{y_{C\rlap{–} D}} = 6\] và đạt cực tiểu tại \[x = 3\], \[{y_{CT}} = – 26\]

Cách 2: \[y” = 6x–6\]

\[y”\left( { – 1} \right) = – 12 < 0\] \[ \Rightarrow \] Hàm số đạt cực đại tại \[x = – 1\], \[{y_{C\rlap{–} D}} = 6\]

\[y”\left( 3 \right) = 12 > 0\] \[ \Rightarrow \] Hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 3\], \[{y_{CT}} = – 26\]

Câu 2. Tìm cực trị của hàm số \[y = – 2{x^3}–3{x^2}–6x + 1\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\].

Ta có: \[y’ = – 6{x^2} – 6x – 6 = – 6\left[ {{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}} \right] < 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

Vậy hàm số đã cho không có cực trị

Câu 3. Tìm cực trị của hàm số \[y = {\left( {1–x} \right)^3}{\left( {3x–8} \right)^2}\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\].

Ta có: \[y’ = 15{\left( {1–x} \right)^2}\left( {3x–8} \right)\left( {2–x} \right)\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{8}{3}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
x = 1 \hfill \\
x = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Ta có bảng biến thiên

Suy ra hàm số đạt cực đại tại \[x = \frac{8}{3}\], \[{y_{C\rlap{–} D}} = 0\] và hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 2\], \[{y_{CT}} = – 4\]

Dạng 2. Riêng về cực trị hàm bậc 3

Cho hàm số bậc ba \[y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a \ne 0} \right){\text{ }}\left( 1 \right)\]

+) Ta có: \[y’ = 3a{x^2} + 2bx + c\]; \[\Delta’ = {b^2}–3ac\]

• Hàm số không có điểm cực trị \[ \Leftrightarrow \] phương trình \[y’ = 0\] vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \[ \Leftrightarrow \] \[\Delta’ \leqslant 0\].
• Hàm số có hai điểm cực trị \[ \Leftrightarrow \] phương trình \[y’ = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \] \[\Delta’ > 0\].

+) Trong trường hợp \[\Delta’ > 0\] , gọi \[A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\], \[B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\] là tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \[\left( 1 \right)\], trong đó \[{x_1}\], \[{x_2}\] là 2 nghiệm phân biệt của phương trình \[y’ = 0\].

Ta có: \[f\left( x \right) = \left( {mx + n} \right) \cdot f’\left( x \right) + r\left( x \right)\], với \[r\left( x \right)\] là nhị thức bậc nhất.

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{y_1} = f\left( {{x_1}} \right) = r\left( {{x_1}} \right) \hfill \\
{y_2} = f\left( {{x_2}} \right) = r\left( {{x_2}} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Suy ra tọa độ \[A\], \[B\] thỏa mãn phương trình \[y = r\left( x \right)\]

Do đó phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị \[A\], \[B\] là \[y = r\left( x \right)\]

Công thức tính nhanh:

Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị, của đồ thị hàm số \[\left( 1 \right)\] là:

\[y = r\left( x \right) = – \frac{{2\Delta’}}{{9a}}x + \frac{{9ad – bc}}{{9a}}\]

Cách dùng MTCT

+) Nhập biểu thức: \[a{x^3} + b{x^2} + cx + d – \left( {3a{x^2} + 2bx + c} \right)\left( {\frac{x}{3} + \frac{b}{{9a}}} \right)\]

+) Cho \[x = i\] ta được kết quả \[Ai + B\]. Suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là \[y = Ax + B\]

Câu 1. Với giá trị nào của tham số \[m\] thì hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – 4m + 3} \right)x + 2021 – 2020m\] có cực trị?

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\].

Ta có: \[y’ = {x^2}–2mx + \left( {{m^2}–4m + 3} \right)\]

Hàm số có cực đại, cực tiểu \[ \Leftrightarrow \] \[y’ = 0\] có 2 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \] \[\Delta’ = {m^2}–\left( {{m^2}–4m + 3} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow \] \[4m–3 > 0\] \[ \Leftrightarrow \] \[m > \frac{3}{4}\]

Vậy \[m > \frac{3}{4}\] thì hàm số có cực đại, cực tiểu

Câu 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \[m\] để đồ thị hàm số \[y = m{x^3}–\left( {2m–1} \right){x^2} + 2mx–m–1\] có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành?

Hướng dẫn giải

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía đối với trục hoành khi và chỉ khi phương trình \[m{x^3}–\left( {2m–1} \right){x^2} + 2mx–m–1\] có 2 nghiệm phân biệt

Ta có: \[m{x^3} – \left( {2m – 1} \right){x^2} + 2mx – m – 1 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left[ {m{x^2} – \left( {m – 1} \right)x + m + 1} \right] = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
m{x^2} – \left( {m – 1} \right)x + m + 1 = 0{\text{ }}\left( * \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt \[\left( * \right)\] có 2 nghiệm phân biệt khác 1

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m \ne 0 \hfill \\
m – \left( {m – 1} \right) + m + 1 \ne 0 \hfill \\
{\left( {m – 1} \right)^2} – 4m\left( {m + 1} \right) > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m \ne 0 \hfill \\
m + 2 \ne 0 \hfill \\
– 3{m^2} – 6m + 1 > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m \ne 0 \hfill \\
m \ne – 2 \hfill \\
\frac{{ – 3 – 2\sqrt 3 }}{3} < m < \frac{{ – 3 + 2\sqrt 3 }}{3}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Do \[m \in \mathbb{Z}\] \[ \Rightarrow \] \[m = – 1\]

Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số thoả mãn đề bài.

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của \[m\] để hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x\] có cực trị và giá trị của hàm số tại các điểm cực đại, điểm cực tiểu nhận giá trị dương.

Hướng dẫn giải

Cách 1:

Ta có: \[y’ = {x^2} – 2mx + m + 2\]

\[y’ = 0\]\[ \Leftrightarrow \] \[{x^2} – 2mx + m + 2 = 0{\text{ }}\left( 1 \right)\]

Để hàm số có hai cực trị thì phương trình \[\left( 1 \right)\] có hai nghiệm phân biệt

\[\Delta’ > 0 \Leftrightarrow {m^2} – m – 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
m < – 1 \hfill \\
m > 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( * \right)\]

Phương trình đường thẳng đi qua điểm CĐ, CT của hàm số là

\[y = \left( { – \frac{2}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m + \frac{4}{3}} \right)x + \frac{1}{3}m\left( {m + 2} \right)\]

Gọi \[A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\], \[B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\] là hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số, khi đó để hàm số có giá trị cực đại và cực tiểu dương thì \[{y_1} + {y_2} > 0\] và đồ thị hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x\] cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất

Theo định lý Viet ta có: \[{x_1} + {x_2} = 2m\].

Nên \[{y_1} + {y_2} > 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( { – \frac{2}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m + \frac{4}{3}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \frac{2}{3}m\left( {m + 2} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( { – \frac{2}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m + \frac{4}{3}} \right)\left( {2m} \right) + \frac{2}{3}m\left( {m + 2} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow 2m\left( { – 2{m^2} + 3m + 6} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow m \in \left( { – \infty ;\frac{{3 – \sqrt {57} }}{4}} \right) \cup \left( {0;\frac{{3 + \sqrt {57} }}{4}} \right){\text{ }}\left( {**} \right)\]

Để đồ thị hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x\] cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình \[y = 0\] có 1 nghiệm đơn duy nhất, khi đó \[\frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x = 0{\text{ }}\left( 2 \right)\] có một nghiệm đơn duy nhất.

Ta có: \[\frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x = 0\]

\[ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} – 3mx + 3m + 6} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
{x^2} – 3mx + 3m + 6 = 0{\text{ }}\left( 3 \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Để phương trình \[\left( 1 \right)\] có một nghiệm duy nhất thì phương trình \[\left( 3 \right)\] vô nghiệm, khi đó điều kiện là \[\Delta = 9{m^2} – 12m – 24 < 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{2 – 2\sqrt 7 }}{3} < m < \frac{{2 + 2\sqrt 7 }}{3}{\text{ }}\left( {***} \right)\]

Kết hợp \[\left( * \right)\], \[\left( {**} \right)\], \[\left( {***} \right)\] ta được tập các giá trị của \[m\] thoả mãn là \[2 < m < \frac{{2 + 2\sqrt 7 }}{3}\]

Cách 2:

Ta có: \[y’ = {x^2} – 2mx + m + 2\]

\[y’ = 0\]\[ \Leftrightarrow \] \[{x^2} – 2mx + m + 2 = 0{\text{ }}\left( 1 \right)\]

Để hàm số có hai cực trị thì phương trình \[\left( 1 \right)\] có hai nghiệm phân biệt, khi đó:

\[\Delta’ > 0 \Leftrightarrow {m^2} – m – 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
m < – 1 \hfill \\
m > 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.{\text{ }}\left( * \right)\]

Để hàm số có giá trị cực đại, cực tiểu dương thì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất và giá trị tại điểm uốn luôn dương.

Để hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x\] cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất thì phương trình \[y = 0\] có 1 nghiệm duy nhất, khi đó \[\frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x = 0{\text{ }}\left( 2 \right)\] có một nghiệm đơn duy nhất.

Ta có: \[\frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x = 0\]

\[ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} – 3mx + 3m + 6} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
{x^2} – 3mx + 3m + 6 = 0{\text{ }}\left( 3 \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Để phương trình \[\left( 1 \right)\] có một nghiệm duy nhất thì phương trình \[\left( 3 \right)\] vô nghiệm, khi đó điều kiện là \[\Delta = 9{m^2} – 12m – 24 < 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{2 – 2\sqrt 7 }}{3} < m < \frac{{2 + 2\sqrt 7 }}{3}{\text{ }}\left( {**} \right)\]

Để giá trị tại điểm uốn luôn dương:

\[{y’ = {x^2} – 2mx + m + 2}\]

\[{y” = 2x – 2m}\]

\[{y” = 0 \Leftrightarrow 2x – 2m = 0 \Leftrightarrow x = m}\]

Ta có: \[{y_{\left( m \right)}} > 0 \Rightarrow \frac{{{m^3}}}{3} – {m^3} + m\left( {m + 2} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow m\left( { – 2{m^2} + 3m + 6} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow m \in \left( { – \infty ;\frac{{3 – \sqrt {57} }}{4}} \right) \cup \left( {0;\frac{{3 + \sqrt {57} }}{4}} \right){\text{ }}\left( {***} \right)\]

Kết hợp \[\left( * \right)\], \[\left( {**} \right)\], \[\left( {***} \right)\] ta được tập các giá trị của \[m\] thoả mãn là \[2 < m < \frac{{2 + 2\sqrt 7 }}{3}\]

Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \[m\] để đồ thị hàm số \[y = {x^3} – \left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {{m^2} – 2} \right)x – {m^2} + 3\] có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị đó nằm về cùng một phía đối với trục hoành?

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

\[y’ = 3{x^2} – 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} – 2\] có \[\Delta’ = – 2{m^2} + 2m + 7\]

Để đồ thị hàm số \[y = {x^3} – \left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {{m^2} – 2} \right)x – {m^2} + 3\] có hai cực trị thì \[{y’}\] đổi dấu hai lần, tức là \[{y’}\] có hai nghiệm phân biệt, tương đương

\[\Delta’ > 0 \Leftrightarrow – 2{m^2} + 2m + 7 > 0 \Leftrightarrow \frac{{1 – \sqrt {15} }}{2} < m < \frac{{1 + \sqrt {15} }}{2}\]

Vì \[m \in \mathbb{Z}\] nên được \[m \in \left\{ { – 1;0;1;2} \right\}\]

Lúc này hai nghiệm \[{x_1}\];\[{x_2}\] của \[{y’}\] lần lượt là hoành độ các điểm cực trị của hàm số.

Hai điểm cực trị đó nằm cùng 1 phía đối với trục hoành khi và chỉ khi \[f\left( {{x_1}} \right) \cdot f\left( {{x_2}} \right) > 0\], tương đương đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại đúng một điểm, tức là, phương trình \[{x^3} – \left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {{m^2} – 2} \right)x – {m^3} = 0\] có duy nhất một nghiệm thực.

Xét \[m = – 1\] thì phương trình là \[{x^3} – x + 2 = 0\]: phương trình này có đúng một nghiệm thực nên chọn \[m = – 1\]

Xét \[m = 0\] thì phương trình là \[{x^3} – {x^2} – 2x + 3 = 0\]: phương trình này có đúng một nghiệm thực nên chọn \[m = 0\]

Xét \[m = 1\] thì phương trình là \[{x^3} – 2{x^2} – x + 2 = 0\]: phương trình này có ba nghiệm thực phân biệt nên loại \[m = 1\]

Xét \[m = 2\] thì phương trình là \[{x^3} – 3{x^2} + 2x – 1 = 0\]: phương trình này có đúng một nghiệm thực nên chọn \[m = 2\]

Vậy \[m \in \left\{ { – 1;0;2} \right\}\]

Câu 5. Cho hàm số \[y = {x^3} – 6mx + 4\] có đồ thị \[\left( {{C_m}} \right)\]. Tìm tất cả các giá trị của tham số \[m\] để đường thẳng đi qua điểm cực đại, điểm cực tiểu của đồ thị \[\left( {{C_m}} \right)\] cắt đường tròn tâm \[I\left( {1;0} \right)\], bán kính \[\sqrt 2 \] tại hai điểm phân biệt \[A\]; \[B\] sao cho tam giác \[IAB\] có diện tích lớn nhất.

Hướng dẫn giải

Xét hàm số \[y = {x^3} – 6mx + 4\] có tập xác định \[\mathbb{R}\].

\[y’ = 3{x^2} – 6m\]; \[y’ = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2m\]

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị \[ \Leftrightarrow \] \[{y’}\] đổi dấu 2 lần

\[ \Leftrightarrow \] \[y’ = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \] \[m > 0\]

Ta có: \[y = \frac{1}{3}y’x – 4mx + 4\]

Gọi \[M\left( {{x_1};{y_1}} \right)\], \[N\left( {{x_2};{y_2}} \right)\] là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Ta có: \[\left\{ \begin{gathered}
y’\left( {{x_1}} \right) = y’\left( {{x_2}} \right) = 0 \hfill \\
{y_1} = y\left( {{x_1}} \right) = \frac{1}{3}y’\left( {{x_1}} \right){x_1} – 4m{x_1} + 4 \hfill \\
{y_2} = y\left( {{x_2}} \right) = \frac{1}{3}y’\left( {{x_2}} \right){x_2} – 4m{x_2} + 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{y_1} = – 4m{x_1} + 4 \hfill \\
{y_2} = – 4m{x_2} + 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Suy ra \[M\], \[N\] thuộc đường thẳng \[d\] có phương trình \[y = – 4mx + 4\]

Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị của \[\left( {{C_m}} \right)\] là \[y = – 4mx + 4\]

Gọi \[\left( T \right)\] là đường tròn có tâm \[I\left( {1;0} \right)\] và bán kính \[R = \sqrt 2 \]

Đường thẳng \[d\] cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt \[A\], \[B\] và tạo thành tam giác \[IAB\]

\[ \Leftrightarrow 0 < d\left( {I;d} \right) < R\]

\[ \Leftrightarrow 0 < d\left( {I;d} \right) < \sqrt 2 \]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m \ne 1 \hfill \\
\frac{{\left| { – 4m + 4} \right|}}{{\sqrt {16{m^2} + 1} }} < \sqrt 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Cách 1:

Do đường thẳng \[d\] luôn đi qua điểm \[K\left( {0;4} \right)\],\[IK = \sqrt {17} > R\] \[ \Rightarrow \] \[K\] nằm ngoài đường tròn nên tồn tại hai điểm \[A\], \[B\] là giao điểm của \[d\] với đường tròn để tam giác \[IAB\] vuông tại \[I\].

Do đó: \[{S_{IAB}} = \frac{1}{2}IA \cdot IB \cdot \sin \widehat {AIB} \leqslant \frac{1}{2}IA \cdot IB\]

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow IA \bot IB\]

\[ \Leftrightarrow d\left( {I;d} \right) = \frac{R}{{\sqrt 2 }} = 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| { – 4m + 4} \right|}}{{\sqrt {16{m^2} + 1} }} = 1 \Leftrightarrow m = \frac{{15}}{{32}}\]

Bình luận: Nếu đường thẳng \[d\] luôn đi qua điểm \[K\] cố định mà \[IK < \frac{R}{{\sqrt 2 }}\] thì sẽ không có vị trí của đường thẳng \[d\] để tam giác \[IAB\] vuông tại \[I\]. Khi đó, nếu làm như trên sẽ bị sai. Trong trường hợp đón thì ta phải đặt \[d\left( {I;d} \right) = t\] \[\left( {0 < t \leqslant l} \right)\], với \[l\] là độ dài đoạn thẳng \[IK\], rồi tính \[{S_{\Delta IAB}}f\left( t \right)\] và tìm giá trị lớn nhất của \[f\left( t \right)\] trên nửa khoảng \[\left( {0;l} \right]\].

Cách 2:

Phương trình đường tròn là: \[{\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2} = 2{\text{ }}\left( C \right)\]

Xét hệ \[\left\{ \begin{gathered}
{\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2} = 2 \hfill \\
y = – 4mx + 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {{{\left( {16{m^2} + 1} \right)}^2} – 2\left( {16m + 1} \right)x + 15 = 0{\text{ }}\left( 1 \right)} \right.\]

\[d\] cắt \[\left( C \right)\] tại 2 điểm phân biệt \[A\], \[B\] \[ \Leftrightarrow \] \[\left( 1 \right)\] có 2 nghiệm phân biệt \[a\], \[b\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {16m + 1} \right)^2} – 15\left( {16m + 1} \right) > 0\]

Khi đó: \[A\left( {a; – 4ma + 4} \right)\], \[B\left( {b; – 4mb + 4} \right)\] \[ \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
\overrightarrow {IA} = \left( {a – 1; – 4ma + 4} \right) \hfill \\
\overrightarrow {IB} = \left( {b – 1; – 4mb + 4} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB} = ab – \left( {a + b} \right) + 16\left[ {{m^2}a – m\left( {a + b} \right) + 1} \right] + 1 = 0\]

\[ \Leftrightarrow ab – \left( {a + b} \right) + 16{m^2}ab – 16m\left( {a + b} \right) + 17 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {16{m^2} + 1} \right)ab – \left( {16m + 1} \right)\left( {a + b} \right) + 17 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 15 – \frac{{2{{\left( {16m + 1} \right)}^2}}}{{16{m^2} + 1}} + 17 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {16m + 1} \right)}^2}}}{{16{m^2} + 1}} = 16\]

\[ \Leftrightarrow m = \frac{{15}}{{32}}\]

Dạng 3. Riêng về cực trị hàm trùng phương

Kiến thức cần nhớ

Cho hàm số: \[y = a{x^4} + b{x^2} + c\] \[\left( {a \ne 0} \right)\] có đồ thị là \[\left( C \right)\].

+) Đồ thị \[\left( C \right)\] có đúng một điểm cực trị khi \[y’ = 0\] có đúng một nghiệm \[ \Leftrightarrow \] \[ab \geqslant 0\]

+) Đồ thị \[\left( C \right)\] có ba điểm cực trị khi \[y’ = 0\] có 3 nghiệm phân biệt\[ \Leftrightarrow \] \[ab < 0\]

Khi đó ba điểm cực trị là: \[A\left( {0;c} \right)\], \[B\left( { – \sqrt { – \frac{b}{{2a}}} ; – \frac{\Delta }{{4a}}} \right)\], \[C\left( {\sqrt { – \frac{b}{{2a}}} ; – \frac{\Delta }{{4a}}} \right)\] với \[\Delta = {b^2} – 4ac\]

Độ dài các đoạn thẳng: \[AB = AC = \sqrt {\frac{{{b^4}}}{{16{a^2}}} – \frac{b}{{2a}}} \], \[BC = 2\sqrt { – \frac{b}{{2a}}} \]  và tam giác \[{\text{ABC}}\] luôn là tam giác cân tại \[A\].

Công thức nhanh một số trường hợp thường gặp

Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số \[m\] để hàm số \[y = 2{x^4} – \left( {m + 1} \right){x^2} + 4\] có ba điểm cực trị.

Hướng dẫn giải

Cách 1:

Ta có: \[y’ = 8{x^3} – 2\left( {m + 1} \right)x\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = \frac{{m + 1}}{4}{\text{ }}\left( 1 \right)\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi \[y’ = 0\] có ba nghiệm phân biệt

\[ \Leftrightarrow \] \[\left( 1 \right)\] có hai nghiệm phân biệt khác \[0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{4} > 0 \Leftrightarrow m > – 1\]

Cách 2: Hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi \[ab < 0 \Leftrightarrow m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > – 1\]

Câu 2. Cho hàm số \[y = {x^4} – 2\left( {m + 1} \right){x^2} + {m^2}\]. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \[m\] để đồ thị của

hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông cân.

Hướng dẫn giải

Cách 1:

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = 4{x^3} – 4\left( {m + 1} \right)x\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 4\left( {m + 1} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
{x^2} = m + 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình \[y’ = 0\] có ba nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \] \[m > – 1{\text{ }}\left( * \right)\]

Khi đó, ba điểm cực trị là: \[A\left( {0;{m^2}} \right)\], \[B\left( {\sqrt {m + 1} ; – 2m – 1} \right)\], \[C\left( { – \sqrt {m + 1} ; – 2m – 1} \right)\]

Ta thấy \[A \in Oy\], \[B\], \[C\] đối xứng nhau qua \[Oy\] nên tam giác \[{\text{ABC}}\] cân tại \[A\].

Do đó tam giác \[{\text{ABC}}\] vuông cân tại A khi và chỉ khi tam giác \[{\text{ABC}}\] vuông tại \[A\] \[ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\]

\[\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt {m + 1} ; – {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right)\], \[\overrightarrow {AC} = \left( { – \sqrt {m + 1} ; – {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right)\]

Suy ra: \[\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} – \left( {m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
m = – 1{\text{ }}\left( {lo\underset{\raise0.3em\hbox{$\smash{\scriptscriptstyle\cdot}$}}{a} i} \right) \hfill \\
m = 0{\text{ }}\left( {TM} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Vậy \[m = 0\] là giá trị cần tìm

Chú ý có thể sử dụng điều kiện sau:

Gọi \[H\] là trung điểm của đoạn thẳng \[BC\] thì \[H\left( {0; – 2m – 1} \right)\]

Khi đó ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi \[{b^3} + 8a = 0 \Leftrightarrow – 8{\left( {m + 1} \right)^3} + 8 = 0 \Leftrightarrow m = 0\]

Câu 3. Cho hàm số \[y = {x^4} – 2m{x^2} + m – 1\], với \[m\] là tham số thực. Xác định các giá trị của tham số \[m\] để đồ thị hàm số có ba cực trị đồng thời các điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = 4{x^3} – 4mx\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} – m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
{x^2} = m \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Hàm số có ba điểm cực trị \[ \Leftrightarrow \] phương trình \[y’ = 0\] có ba nghiệm phân biệt và \[{y’}\] đổi dấu qua các nghiệm đó \[ \Leftrightarrow \] \[m > 0\]

Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

\[A\left( {0;m – 1} \right)\], \[B\left( { – \sqrt m ; – {m^2} + m – 1} \right)\], \[C\left( {\sqrt m ; – {m^2} + m – 1} \right)\]

Cách 1: Ta có: \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {{y_B} – {y_A}} \right| \cdot \left| {{x_C} – {x_B}} \right| = {m^2}\sqrt m \] và \[AB = \sqrt {{m^2} + m} \], \[BC = 2\sqrt m \]

Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp:

\[R = \frac{{AB \cdot AC \cdot BC}}{{4{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\left( {{m^2} + m} \right) \cdot 2\sqrt m }}{{4{m^2}\sqrt m }}\]

\[R = 1 \Leftrightarrow \frac{{\left( {{m^2} + m} \right) \cdot \sqrt m }}{{2{m^2}\sqrt m }} = 1 \Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{{2m}} = 1\]

Cách 2: Gọi \[M\], \[H\] lần lượt là trung điểm của \[AB\], \[BC\] và \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\]

\[AB = \sqrt {{m^2} + m} \], \[AH = {m^2}\]

Ta có: \[\Delta AMI \sim \Delta AHB\]

\[ \Rightarrow R = \frac{{A{B^2}}}{{2AH}}\]

\[R = 1 \Leftrightarrow \frac{{A{B^2}}}{{2AH}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{m^2} + m}}{{2{m^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{{2m}} = 1 \Leftrightarrow m = 1\]

Vậy \[m = 1\]

Câu 4. Cho hàm số \[y = {x^4} – 2m{x^2} + m\], với \[m\] là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của tham số \[m\] để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị và đường tròn đi qua 3 điểm cực trị này có bán kính bằng 1.

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

\[y’ = 4{x^3} – 4mx = 4x\left( {{x^2} – m} \right)\]

Hàm số có 3 điểm cực trị khi \[y’ = 0\] có 3 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \] \[m > 0\]

Khi đó: \[y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = \pm \sqrt m \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Khi đó toạ độ ba điểm cực trị: \[A\left( {0;m} \right)\], \[B\left( { – \sqrt m ; – {m^2} + m} \right)\], \[C\left( {\sqrt m ; – {m^2} + m} \right)\]

Gọi \[H\] là trung điểm của cạnh \[BC\]. Ta có: \[H\left( {0; – {m^2} + m} \right)\]

\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{{AB \cdot AC \cdot BC}}{{4R}} \Leftrightarrow A{B^2} = 2AH \cdot R\]  trong đó \[\left\{ \begin{gathered}
AH = {m^2} \hfill \\
AB = \sqrt {m + {m^4}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Suy ra: \[m + {m^4} = 2{m^2}\]

\[ \Leftrightarrow m\left( {{m^3} – 2m + 1} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right)\left( {{m^2} + m – 1} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
m = 0 \hfill \\
m = 1 \hfill \\
m = \frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
m = \frac{{ – 1 – \sqrt 5 }}{2}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Đối chiếu điều kiện ta được \[S = \left\{ {1;\frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}} \right\}\]

Dạng 4. Cực trị của hàm \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\], \[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\]

Câu 1. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên \[\mathbb{R}\] có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right)\].

Hướng dẫn giải

Ta có: \[\left| {f\left( x \right)} \right| = \left\{ \begin{gathered}
f\left( x \right){\text{ }}khi{\text{ }}f\left( x \right) \geqslant 0 \hfill \\
– f\left( x \right){\text{ }}khi{\text{ }}f\left( x \right) < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Do đó đồ thị hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\] như sau:

Từ đồ thị suy ra hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\] có 5 điểm cực trị

Công thức tính nhanh: Số điểm cực trị của hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\] bằng tổng số điểm cực trị của hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\] và số lần đổi dấu của hàm số \[f\left( x \right)\]

Câu 2. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng biến thiên như sau :

Hàm số \[y = f\left( {\left| {x – 3} \right|} \right)\] có bao nhiêu điểm cực trị?

Hướng dẫn giải

Xét hàm số \[y = g\left( x \right) = f\left( {\left| {x – 3} \right|} \right)\]

Ta có: \[g’\left( x \right) = {\left[ {f\left( {\left| {x – 3} \right|} \right)} \right]^\prime } = {\left( {\left| {x – 3} \right|} \right)^\prime }.f’\left( {\left| {x – 3} \right|} \right) = \frac{{x – 3}}{{\left| {x – 3} \right|}} \cdot f’\left( {\left| {x – 3} \right|} \right)\]

Có \[g’\left( x \right)\] không xác định tại \[x = 3\]

\[g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( {\left| {x – 3} \right|} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\left| {x – 3} \right| = – 2 \hfill \\
\left| {x – 3} \right| = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 7 \hfill \\
x = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \[y = f\left( {\left| {x – 3} \right|} \right)\] có 3 điểm cực trị.

Câu 3. Cho hàm số \[y = f\left( x \right) = {x^3} – \left( {2m – 1} \right){x^2} + \left( {2 – m} \right)x + 2\]. Tập tất cả các giá trị của \[m\] để đồ thị hàm số \[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\] có 5 điểm cực trị là \[\left( {\frac{a}{b};c} \right)\] với \[a\], \[b\], \[c\] là các số nguyên và \[{\frac{a}{b}}\] là phân số tối giản. Tính \[a + b + c\].

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[f’\left( x \right) = 3{x^2} – 2\left( {2m – 1} \right)x + \left( {2 – m} \right)\]

Đồ thị hàm số \[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\] có 5 điểm cực trị

\[ \Leftrightarrow y = f\left( x \right) = {x^3} – \left( {2m – 1} \right){x^2} + \left( {2 – m} \right)x + 2\] có 2 điểm cực trị cùng nằm bên phải trục tung

\[ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm dương phân biệt

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\Delta ‘ > 0 \hfill \\
S > 0 \hfill \\
P > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {2m – 1} \right)^2} – 3\left( {2 – m} \right) > 0 \hfill \\
2m – 1 > 0 \hfill \\
2 – m > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
4{m^2} – m – 5 > 0 \hfill \\
\frac{1}{2} < m < 2\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\left[ \begin{gathered}
m < – 1 \hfill \\
m > \frac{5}{4}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\frac{1}{2} < m < 2\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2\]

\[ \Rightarrow \left( {\frac{a}{b};c} \right) = \left( {\frac{5}{4};2} \right) \Rightarrow a = 5,b = 4,c = 2\]

Vậy \[a + b + c = 11\]

Bài viết Cực trị của hàm số đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Lý thuyết

Định nghĩa

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định trên K với K là một khoảng.

+) Hàm số \[y = f\left( x \right)\] được gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu

\[\forall {x_1},{x_2} \in K,{x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\]

+) Hàm số \[y = f\left( x \right)\] được gọi là nghịch biến (giảm) trên K nếu

\[\forall {x_1},{x_2} \in K,{x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\]

+) Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi chung là đơn điệu trên K.

Định lý

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm trên khoảng K.

+) Nếu \[f’\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in K\] và \[f’\left( x \right) = 0\] xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên K thì hàm số \[y = f\left( x \right)\] đồng biến trên khoảng K.

+) Nếu \[f’\left( x \right) \leqslant 0,\forall x \in K\] và \[f’\left( x \right) = 0\] xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên K thì hàm số \[y = f\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng K.

Lưu ý:

+) Nếu hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\] và \[f’\left( x \right) > 0,{\text{ }}\forall x \in \left( {a;{\text{ }}b} \right)\] thì ta nói hàm số đồng biến trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\]

+) Nếu hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\] và \[f’\left( x \right) < 0,{\text{ }}\forall x \in \left( {a;{\text{ }}b} \right)\] thì ta nói hàm số nghịch biến trên đoạn \[\left[ {a;b} \right]\]

+) Tương tự với các khái niệm hàm số đồng biến, nghịch biến trên các nửa khoảng.

Phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số

Xét tính đơn điệu của hàm số \[y = f\left( x \right)\] trên tập xác định

Bước 1: Tìm tập xác định D

Bước 2: Tính đạo hàm \[y’ = f’\left( x \right)\]

Bước 3: Tìm nghiệm của \[f’\left( x \right)\] hoặc những giá trị x làm cho \[f’\left( x \right)\] không xác định

Bước 4: Lập bảng biến thiên

Bước 5: Kết luận

Chú ý: Đối với bài toán trắc nghiệm, ta có thể sử dụng Phương pháp sử dụng MTCT.

+) Cách 1: Sử dụng chức năng lập bảng giá trị MODE 7 của máy tính Casio. Quan sát bảng kết quả nhận được về tính tăng, giảm giá trị của \[f\left( x \right)\] và dự đoán.

+) Cách 2: Tính đạo hàm, thiết lập bất phương trình đạo hàm. Sử dụng tính năng giải bất phương trình INEQ của máy tính Casio (đối với bất phương trình bậc hai, bậc ba).

Bài tập tự luận

Dạng 1. Xét tính đơn điệu của hàm số cho bởi biểu thức

Câu 1. Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số \[y = {x^3}–3{x^2} + 1\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = 3{x^2}–6x\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2}–6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x{\text{ }} = {\text{ }}2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\]

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \[\left( { – \infty ;0} \right)\] và \[\left( {2; + \infty } \right)\], nghịch biến trên khoảng \[\left( {0;2} \right)\]

Câu 2. Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} + 4x + 1\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = {x^2} + 4 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { – \infty ; + \infty } \right)\]

Câu 3. Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số \[y =  – \frac{1}{3}{x^3} + 5{x^2} – 26x – 1\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = – {x^2} + 10x–26 = – {\left( {x–5} \right)^2}–1 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { – \infty ; + \infty } \right)\]

Câu 4. Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} + 3{x^2} + 9x – 1\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = {x^2} + 6x + 9 = {\left( {x + 3} \right)^2} \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow x = – 3\]

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { – \infty ; + \infty } \right)\]

Câu 5. Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số \[y = {x^4}–2{x^2}\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = 4{x^3}–4x = 4x\left( {{x^2}–1} \right)\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0{\text{ }} \hfill \\ x = \pm 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\]

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { – 1;0} \right)\] và \[\left( {1; + \infty } \right)\], nghịch biến trên các khoảng \[\left( { – \infty ; – 1} \right)\] và \[\left( {0;1} \right)\]

Dạng 2. Xét tính đơn điệu của hàm hợp cho bởi bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số \[y = f\left( x \right)\] hoặc \[y = f’\left( x \right)\]

Câu 1. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định và liên tục trên \[\mathbb{R}\] và có bảng biến thiên

Tìm các khoảng đồng biến của hàm số \[y = f\left( {2x + 1} \right)\]

Hướng dẫn giải

Đặt \[g\left( x \right) = f\left( {2x + 1} \right)\]. Ta có: \[g’\left( x \right) = 2 \cdot f’\left( {2x + 1} \right)\]

Bảng biến thiên

Vậy hàm số \[f\left( {2x + 1} \right)\] đồng biến trên các khoảng \[\left( { – \infty ; – 1} \right)\] và \[\left( {1; + \infty } \right)\]

Câu 2. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng biến thiên

Tìm các khoảng nghịch biến của hàm số \[y = f\left( { – 2x + 6} \right)\]

Hướng dẫn giải

Đặt \[g\left( x \right) = f\left( { – 2x + 6} \right)\]. Ta có: \[g’\left( x \right) = – 2 \cdot f’\left( { – 2x + 6} \right)\]

\[g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( { – 2x + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
– 2x + 6 = 0 \hfill \\
– 2x + 6 = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 3 \hfill \\
x = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Bảng biến thiên

Vậy hàm số \[y = f\left( { – 2x + 6} \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( { – \infty ;3} \right)\]

Câu 3. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục trên. Hàm số \[y = f’\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ sau:

Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số g(x) = \[f\left( x \right)\] + x + 1

Hướng dẫn giải

Ta có: g’(x) = \[f’\left( x \right)\] + 1

Dựa vào đồ thị \[y = f’\left( x \right)\] ta có:

\[f’\left( x \right) + 1 > 0 \Leftrightarrow f’\left( x \right) > – 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
1 < x < 3 \hfill \\
x > 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[f’\left( x \right) + 1 < 0 \Leftrightarrow f’\left( x \right) < – 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x < 1 \hfill \\
3 < x < 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Vậy hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) + x + 1\] đồng biến trên các khoảng \[\left( {1;3} \right)\] và \[\left( {5; + \infty } \right)\], nghịch biến trên các khoảng \[\left( { – \infty ;1} \right)\] và \[\left( {3;5} \right)\]

Câu 4. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có bảng biến thiên

Hỏi hàm số \[y = f\left( {f\left( x \right)} \right)\] đồng biến trên những khoảng nào?

Hướng dẫn giải

Đặt \[g\left( x \right) = f\left( {f\left( x \right)} \right)\]. Ta có: \[g’\left( x \right) = f’\left( x \right) \cdot f’\left( {f\left( x \right)} \right)\]

\[g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
f’\left( x \right) = 0 \hfill \\
f’\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
f\left( x \right) = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = \pm 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Xét \[f’\left( {f\left( x \right)} \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x > 2 \hfill \\
x < – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \[\left( { – 2;0} \right)\] và \[\left( {2; + \infty } \right)\]

Câu 5. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên \[\mathbb{R}\] và có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Biết \[1 < f\left( x \right) < 3,\forall x \in \mathbb{R}\]. Hàm số \[y = g\left( x \right) = f\left( {f\left( x \right)} \right) + {x^3} – 6{x^2} – 1\] có ít nhất bao nhiêu khoảng đồng biến?

Hướng dẫn giải

Ta có: \[g’\left( x \right) = f’\left( x \right) \cdot f’\left( {f\left( x \right)} \right) + 3{x^2} – 12x\]

Dựa vào bảng xét dấu \[f’\left( x \right)\] đề bài cho, vì \[1 < f\left( x \right) < 3,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f’\left( {f\left( x \right)} \right) \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

Bảng xét dấu \[y’ = g’\left( x \right)\]:

Vậy hàm số có ít nhất một khoảng đồng biến

Câu 6. Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục trên \[\mathbb{R}\] và có đồ thị hàm số \[y = f’\left( x \right)\] như hình vẽ.

Tìm các khoảng đồng biến của hàm số \[y = g\left( x \right) = f\left( { – 2x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( { – 2x + 4} \right)\]

Hướng dẫn giải

\[{ + ){\text{ }}g\left( x \right) = f\left( { – 2x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( { – 2x + 4} \right) = f\left( { – 2x + 1} \right) + \left( { – 2{x^2} + 2x + 4} \right)}\]

\[{ \Rightarrow g’\left( x \right) = – 2f’\left( { – 2x + 1} \right)–4x + 2 = – 2\left[ {f’\left( { – 2x + 1} \right) + 2x–1} \right]}\]

\[{ + ){\text{ }}g’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow f’\left( { – 2x + 1} \right) + 2x–1 < 0 \Leftrightarrow {\text{ }}f’\left( { – 2x + 1} \right) < – 2x + 1{\text{ }}\left( 1 \right)}\]

Đặt \[t = – 2x + 1\] thì (1) trở thành \[f’\left( t \right) < t\]

Quan sát đồ thị hàm số \[y = f’\left( t \right)\] và \[y = t\] trên cùng một hệ trục toạ độ như hình vẽ, ta thấy với \[t \in \left( { – \infty ; – 3} \right)\] và \[t \in \left( {2;5} \right)\] thì đồ thị hàm số \[y = f’\left( t \right)\] luôn nằm phía dưới đường thẳng \[y = t\].

Suy ra:

\[f’\left( t \right) < t \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t < – 3 \hfill \\
2 < t < 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Như vậy:

\[f’\left( { – 2x + 1} \right) < – 2x + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
– 2x + 1 < – 3 \hfill \\
2 < – 2x + 1 < 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x > 2 \hfill \\
– 2 < x < – \frac{1}{2}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Vậy hàm số \[y = g\left( x \right) = f\left( { – 2x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( { – 2x + 4} \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {2; + \infty } \right)\] và \[\left( { – 2; – \frac{1}{2}} \right)\]

Dạng 3. Xét tính đơn điệu của hàm số bằng phương pháp đổi biến số

Phương pháp

Xét tính đơn điệu của hàm số \[y = f\left( {u\left( x \right)} \right)\]

+) Tìm tập xác định D.

+) Đổi biến \[t = u\left( x \right)\]. Tìm điều kiện cần và đủ của t, giả sử \[t \in K\].

+) Tìm khoảng đơn điệu của hàm số \[f\left( t \right)\] trên K.

+) Kết luận khoảng đơn điệu của hàm số \[y = f\left( {u\left( x \right)} \right)\].

Chú ý:

+) Nếu hàm số \[t = u\left( x \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\], ta có:

• Hàm số \[y = f\left( {u\left( x \right)} \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\] ⇔ Hàm số \[y = f\left( t \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {u\left( \alpha \right);u\left( \beta \right)} \right)\].
• Hàm số \[y = f\left( {u\left( x \right)} \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\] ⇔ Hàm số \[y = f\left( t \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {u\left( \alpha \right);u\left( \beta \right)} \right)\].

+) Nếu hàm số \[t = u\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\], ta có:

• Hàm số \[y = f\left( {u\left( x \right)} \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\] ⇔ Hàm số \[y = f\left( t \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {u\left( \alpha \right);u\left( \beta \right)} \right)\].
• Hàm số \[y = f\left( {u\left( x \right)} \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\] ⇔ Hàm số \[y = f\left( t \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {u\left( \alpha \right);u\left( \beta \right)} \right)\].

Câu 1. Xét tính đơn điệu của hàm số \[y = {x^2} – 6x + 6\sqrt {2x + 1}  – 1\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[\left[ { – \frac{1}{2}; + \infty } \right)\]

Đặt \[t = \sqrt {2x + 1} \left( {t \in \left[ {0; + \infty } \right)} \right) \Rightarrow x = \frac{{{t^2} – 1}}{2}\]

Xét hàm số

\[y = {\left( {\frac{{{t^2} – 1}}{2}} \right)^2} – 6{\left( {\frac{{{t^2} – 1}}{2}} \right)^2} + 6t – 1\] \[ = \frac{1}{4}\left( {{t^4} – 14{t^2} + 24t + 9} \right)\]

\[y’ = {t^3} – 7t + 6\]

\[y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 1 \hfill \\
t = 2 \hfill \\
t = – 3{\text{ }}\left( {lo\underset{\raise0.3em\hbox{$\smash{\scriptscriptstyle\cdot}$}}{a} i} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Với \[\left[ \begin{gathered}
t = 1 \Rightarrow x = 0 \hfill \\
t = 2 \Rightarrow x = \frac{3}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Ta có bảng dấu của \[{y’}\]

Dễ thấy hàm số \[y = \sqrt {2x + 1} \] đồng biến trên khoảng \[\left( { – \frac{1}{2}; + \infty } \right)\]

Vậy hàm số \[y = {x^2} – 6x + 6\sqrt {2x + 1}  – 1\] đồng biến trên các khoảng \[\left( { – \frac{1}{2};0} \right),\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\] và nghịch biến trên khoảng \[\left( {0;\frac{3}{2}} \right)\].

Dạng 4. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đồng biến, nghịch biến trên một miền

Câu 1. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\].

a) \[y = {x^3} + 3{x^2} + mx + my = {x^3} + 3{x^2} + mx + m\]

b) \[y = m{x^3}–\left( {2m + 1} \right){x^2} + \left( {m + 2} \right)x–2\]

Hướng dẫn giải

a) TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

Ta có: \[y’ = 3{x^2} + 6x + m\]

Hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\] \[ \Leftrightarrow y’ \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

\[ \Leftrightarrow \Delta’ \leqslant 0{\text{ }}\left( {{\text{do }}a = 3 > 0} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 9 – 3m \leqslant 0\]

\[ \Leftrightarrow m \geqslant 3\]

Vậy \[m \geqslant 3\] thì hàm số luôn đồng biến trên \[\mathbb{R}\].

b) TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]

+) Với \[m = 0\], hàm số trở thành \[y = – {x^2} + 2x–2\]. Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { – \infty ;1} \right)\].

Vậy \[m = 0\] không thoả mãn.

+) Với \[m \ne 0\], ta có: \[y’ = 3m{x^2} – 2\left( {2m + 1} \right)x + m + 2\]

Hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\] \[ \Leftrightarrow y’ \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\Delta’ \leqslant 0 \hfill \\
3m > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
4{m^2} + 4m + 1 – 3m\left( {m + 2} \right) \leqslant 0 \hfill \\
m > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {m – 1} \right)^2} \leqslant 0 \hfill \\
m > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow m = 1{\text{ }}\left( {TM} \right)\]

Vậy \[m = 1\].

Câu 2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số \[y = \frac{{x – m}}{{2x – 1}}\] đồng biến trên từng khoảng xác định.

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\]. Ta có: \[y’ = \frac{{ – 1 + 2m}}{{{{\left( {2x – 1} \right)}^2}}}\]

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định \[ \Leftrightarrow y’ \geqslant 0,\forall x \in D\] \[ \Leftrightarrow – 1 + 2m > 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\]

Vậy \[m > \frac{1}{2}\]

Câu 3. Tìm m để hàm số \[y = – {x^3} + 3{x^2} + \left( {m–1} \right)x + m\] nghịch biến trên khoảng \[\left( { – 1; + \infty } \right)\]

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]. Ta có: \[y’ = – 3{x^2} + 6x + m–1\]

Hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { – 1; + \infty } \right)\] \[ \Leftrightarrow y’ \leqslant 0,\forall x \in \left( { – 1; + \infty } \right)\]

\[ \Leftrightarrow m \leqslant 3{x^2} – 6x + 1,\forall x \in \left( { – 1; + \infty } \right){\text{ }}\left( 1 \right)\]

Xét hàm số \[g\left( x \right) = 3{x^2}–6x + 1\] trên khoảng \[\left( { – 1; + \infty } \right)\]

\[g’\left( x \right) = 6x–6\]

\[g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\]

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \[\mathop {\min }\limits_{\left( { – 1; + \infty } \right)} g\left( x \right) =  – 2\]

Do đó \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \leqslant \mathop {\min }\limits_{\left( { – 1; + \infty } \right)} g\left( x \right) \Leftrightarrow m \leqslant  – 2\]

Vậy \[m \leqslant – 2\] thoả yêu cầu bài toán

Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số \[y = \frac{{x + 6}}{{x + 5m}}\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {10; + \infty } \right)\]?

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {5m} \right\}\]

Ta có: \[y’ = \frac{{5m – 6}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}\]. Để hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( {10; + \infty } \right)\] thì

\[\left\{ \begin{gathered}
y’ < 0 \hfill \\
– 5m \notin \left( {10; + \infty } \right) \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
5m – 6 < 0 \hfill \\
– 5m \leqslant 10 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m < \frac{6}{5}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
m \geqslant – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Do \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { – 2; – 1;0;1} \right\}\]

Câu 5. Tìm m để hàm số \[y = – {x^3} + 3{x^2} + \left( {m–1} \right)x + 2m–3\] đồng biến trên đoạn có độ dài lớn nhất bằng 3?

Hướng dẫn giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]. Ta có: \[y’ = – 3{x^2} + 6x + m–1\]

Vì hệ số của \[{x^2}\] của \[{y’}\] là \[ – 3 < 0\] nên hàm số đã cho đồng biến trên đoạn có độ dài lớn nhất bằng 3 khi và chỉ khi \[y’ = 0\] có 2 nghiệm \[{x_1},{x_2}\] phân biệt thoả mãn \[\left| {{x_2} – {x_1}} \right| = 3\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\Delta’ = 9 + 3\left( {m – 1} \right) > 0 \hfill \\
{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 4{x_1}{x_2} = 9 \hfill \\
\end{gathered} \right.{\text{ }}\left( * \right)\]

Theo Vi-et ta có: \[\left\{ \begin{gathered}
{x_1} + {x_2} = 2 \hfill \\
{x_1}{x_2} = \frac{{1 – m}}{3}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Do đó:

\[\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m > – 2 \hfill \\
4 + 4 \cdot \frac{{m – 1}}{3} = 9\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m > – 2 \hfill \\
m = \frac{{19}}{4}\begin{array}{*{20}{c}}
{} \\
{}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \right.\] \[ \Leftrightarrow m = \frac{{19}}{4}\]

Vậy \[m = \frac{{19}}{4}\]

Bài viết Tính đơn điệu của hàm số đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

1. Khái niệm hình hộp chữ nhật

Hình hộp chữ nhật được xem là hình chữ nhật mở rộng trong khoảng không gian ba chiều, tạo nên một khối hình học bao gồm 6 mặt phẳng vuông góc với nhau và đối xứng theo từng cặp. Bên cạnh đó, các mặt của nó được liên kết với nhau bằng những cạnh thẳng và góc vuông chuẩn xác. Có thể nói rằng, đặc trưng nổi bật nhất của loại hình này là sự cân đối, thuận tiện cho việc tính toán và những ứng dụng thực tiễn.

Thực tế, hình hộp chữ nhật là một trong những khối hình học quan trọng nhất trong chuyên đề về hình học không gian và kỹ thuật dựng hình. Mặc dù mang vẻ ngoài đơn giản, nhưng nó lại sở hữu tính ứng dụng cực kỳ phong phú trong thực tế, tiêu biểu nhất là lĩnh vực thiết kế nội thất, lập trình đồ họa 3D và xây dựng.

2. Tổng hợp các tính chất hình hộp chữ nhật

Hình hộp chữ nhật bao gồm các tính chất sau:

• Tất cả các mặt của hình hộp chữ nhật đều là hình chữ nhật và được xếp thành từng cặp mặt đối diện song song.
• Các cạnh của hình hộp chữ nhật cắt nhau theo những góc vuông, tạo nên các đường thẳng vuông góc chắc chắn.
• Nhờ các mặt đối diện song song và có kích thước bằng nhau, nên hình này rất dễ phân chia không gian thành các phần bằng nhau. Đồng thời, ở mỗi đỉnh chính là nơi giao nhau của 3 cạnh, tạo thành 3 góc vuông.
• Các đường chéo bên trong khối hình không chỉ sở hữu độ dài bằng nhau mà còn đồng quy ngay tại một điểm trung tâm.
• Cách xác định thể tích hình hộp chữ nhật đơn giản, cụ thể là: V= chiều dài x chiều rộng x chiều cao.

3. Một số công thức phổ biến về tính chất hình hộp chữ nhật

3.1. Tính diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật

Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật thể hiện phần diện tích bao phủ bên ngoài khối hình (không tính 2 mặt đáy). Giá trị này được xác định dựa vào chu vi của mặt đáy nhân với chiều cao. Công thức tính: Sxq= 2 (a+b) h.

Trong đó:

• a: chiều dài của đáy.
• b: chiều rộng của đáy.
• h: chiều cao của hình hộp chữ nhật.

3.2. Tính diện tích toàn phần (Stp) của hình hộp chữ nhật

Diện tích toàn phần (Stp) của hình hộp chữ nhật chính là tổng phần diện tích của tất cả các mặt bao quanh khối hình này. Hay nói cách khác, nó sẽ được tính bằng cách lấy diện tích xung quanh (Sxq) cộng với diện tích 2 mặt đáy (Sđáy). Công thức tính: Stp=Sxq+Sđáy=2(a+b)h+ 2ab

Trong đó:

• a: chiều dài của đáy.
• b: chiều rộng của đáy.
• h: chiều cao của khối hình

3.3. Tính thể tích của khối hình hộp chữ nhật

Thực tế, thể tích của khối hình này được xác định dựa trên nguyên lý cơ bản trong hình học không gian, cụ thể là lấy diện tích của phần đáy nhân với chiều cao. Từ đó, ta có công thức tính là: V= abh

• a: chiều dài của đáy.
• b: chiều rộng của đáy.
• h: chiều cao của khối hình.

4. Một vài dạng bài tập phổ biến về tính chất hình hộp chữ nhật

4.1. Tính ra diện tích toàn phần (Stp) của hình hộp chữ nhật

Đối với dạng bài này, bạn chỉ cần áp dụng ngay công thức tính Stp của hình hộp chữ nhật là: Stp=Sxq+Sđáy=2(a+b)h+ 2ab.

Ví dụ: Một hình hộp chữ nhật sở hữu chiều dài a= 6cm, chiều rộng b= 3cm và chiều cao h= 8cm. Hãy tính diện tích toàn phần của khối hình này.

Lời giải:

Diện tích toàn phần của khối hình hộp chữ nhật là: Stp=Sxq+Sđáy=2(a+b)h + 2ab= 2x(6+3)x8 + 2x6x3= 180 \[cm^{2}\]

4.2. Dạng bài tập về tính chất hình hộp chữ nhật – Tính thể tích

Đối với dạng bài tập này, chúng ta cần phải áp dụng chuẩn xác công thức tính thể tích của khối hình hộp chữ nhật mà chúng tôi đã đề cập qua phần trên là: V=abh.

Ví dụ: Một cái bể nước dạng hình hộp chữ nhật sở hữu chiều dài a= 3m, chiều rộng b= 2m và chiều cao h= 1,5m. Hãy tính ngay thể tích của cái bể nước này.

Lời giải:

Thể tích của bể nước là: V= abh= 3x2x1,5= 9 \[m^{3}\]

4.3. Tính diện tích xung quanh (Sxq) của hình hộp chữ nhật

Tương tự như những dạng bài trên, chúng ta cũng sẽ áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của khối hình hộp chữ nhật cho kiểu bài tập này. Cụ thể là: Sxq=2(a+b)h.

Ví dụ: Một cái hộp quà sở hữu chiều dài a=9cm, chiều rộng b= 6cm và chiều cao h= 12cm. Hãy tính ngay diện tích xung quanh của cái hộp quà này.

Lời giải:

Diện tích xung quanh của cái hộp quà là: Sxq=2(a+b)h= 2x(9+6)x12= 360 \[cm^{2}\]

5. Bài tập vận dụng của tính chất hình hộp chữ nhật

Nhà trường tặng cho cô giáo một cái hộp quà nhỏ mang chiều dài 10cm, chiều rộng 8cm và chiều cao 9cm. Hãy tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của cái hộp này.

Đáp án:

• Diện tích xung quanh của hộp quà là: Sxq=2(a+b)h= 2x(10+8)x9= 324 \[cm^{2}\].
• Diện tích toàn phần của hộp quà là: Stp=Sxq+Sđáy=2(a+b)h+ 2ab= 324 + 2x10x8= 484 \[cm^{2}\].

Bài viết trên đây đã tổng hợp đầy đủ các kiến thức quan trọng về các dạng bài tập và tính chất hình hộp chữ nhật. Mong rằng với những gì chúng tôi chia sẻ, bạn đã hiểu rõ hơn về khối hình học không gian này và biết cách giải những dạng bài tập phổ biến có liên quan nhé!

Bài viết Tính chất hình hộp chữ nhật: Các dạng bài tập và cách giải đơn giản đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

1. Số thập phân vô hạn tuần hoàn

Ví dụ: \[\frac{1}{3}\] = 0,3333…

Khi quan sát ví dụ trên, chúng ta nhận thấy rõ đây là phép tính cho ra kết quả với số 3 lặp lại mãi mãi. Lúc này, ta sẽ nói phân số \[\frac{1}{3}\] có số thập phân là 0,3333… Đây cũng chính là STP vô hạn tuần hoàn.

Thực tế, số 0,3333… này sẽ được viết gọn thành 0,3 (3) với ký hiệu (3) có nghĩa là số 3 được lặp lại vô hạn. Ngoài ra, con số này cũng được xem là chu kỳ của một STP vô hạn tuần hoàn.

Khám phá khái niệm của số thập phân vô hạn tuần hoàn

Để nhận biết nhanh chóng phân số nào có thể viết ra dưới dạng số thập phân này, bạn cần hiểu rõ hai định lý sau:

• Nếu phân số tối giản có mẫu dương, đồng thời mẫu này sở hữu ước khác 2 nguyên tố là 2 và 5, thì phân số đó có thể viết với dạng một STP vô hạn tuần hoàn. Ví dụ: \[\frac{1}{6}\] = 1,166666= 1,1 (6); \[\frac{1}{9}\] = 0,11111= 0,(1); \[\frac{2}{15}\] = 0,13333= 0,1 (3).
• Nếu phân số tối giản có mẫu dương, đồng thời mẫu này sở hữu ước chỉ có 2 nguyên tố là 2 và 5, phân số đó có thể viết với dạng số thập phân hữu hạn. Ví dụ: \[\frac{1}{2}\] = 0,5; \[\frac{2}{5}\] = 0,4; \[\frac{3}{10}\] = 0,3.

2. Làm tròn số thập phân vô hạn tuần hoàn/ hữu hạn

2.1. Dựa vào quy ước làm tròn của số thập phân

Quy ước làm tròn của số thập phân cụ thể như sau:

• Nếu chữ số đầu tiên trong những con số bị đem bỏ đi nhỏ hơn 5, chúng ta sẽ giữ nguyên bộ phận còn lại. Ở trường hợp số nguyên, ta cần thay các chữ số bị đem bỏ đi thành các con số 0.
• Nếu chữ số đầu tiên trong những con số bị đem bỏ đi bằng hoặc lớn hơn 5, chúng ta sẽ cộng 1 vào chữ số cuối của bộ phận còn lại. Ở trường hợp số nguyên, ta cần thay các chữ số bị đem bỏ đi thành các con số 0.

2.2. Dựa vào độ chính xác cho trước

Đối với cách này, khi làm tròn số đến hàng nào đó, kết quả làm tròn phải đạt độ chính xác bằng nửa đơn vị hàng làm tròn. Trong đó, bạn có thể xác định hàng làm tròn thích hợp dựa trên bảng sau:

3. Các dạng bài tập về số thập phân vô hạn tuần hoàn

3.1. Nhận biết phân số viết được với dạng số thập phân hữu hạn hay vô hạn tuần hoàn

Ở kiểu bài tập này, phương pháp giải như sau:

• Chuyển phân số đã cho thành phân số tối giản sở hữu mẫu dương.
• Phân tích mẫu đó ra thừa số nguyên tố.
• Nếu mẫu chẳng có ước khác 2 nguyên tố là 2 và 5 => phân số sẽ viết được với dạng một số thập phân hữu hạn. Ngược lại, nếu mẫu sở hữu ước khác 2 nguyên tố là 2 và 5 => phân số viết được với dạng một STP vô hạn tuần hoàn.

Ví dụ: Phân số \[\frac{11}{6}\] sẽ được viết với dạng STP hay hữu hạn?

Lời giải:

Ta có mẫu 6= 2.3 => ước có thêm nguyên tố 3 khác với 2 và 5 nên phân sẽ viết được dưới dạng STP vô hạn tuần hoàn.

3.2. Xác định chu kỳ số thập phân vô hạn tuần hoàn

Dạng bài tập này có phương pháp giải như sau:

• Dựa vào nội dung ở phần 1 của bài viết để nhận biết số thập phân hữu hạn và vô hạn tuần hoàn.
• Xét các chữ số sau dấu phẩy để tìm ra chu kỳ khi là STP vô hạn tuần hoàn.

Ví dụ 1: Trong những số thập phân sau, số nào là STP vô hạn tuần hoàn, số nào là STP hữu hạn?

0,2; 1,1666…; 0,454545…; 0,5; 12, 5 (3)

Lời giải:

Trong những số đã cho ở trên:

• STP hữu hạn là: 0,2; 0,5.
• STP vô hạn tuần hoàn là: 1,1666…; 0,454545…; 12,5 (3).

Ví dụ 2: Viết những phân số sau dưới dạng STP rồi xác định xem nó có phải là STP vô hạn tuần hoàn hay không? Chỉ ra chu kỳ và viết gọn nếu số đó là STP vô hạn tuần hoàn.

\[\frac{5}{6}\] ; \[\frac{-1}{3}\] ; \[\frac{11}{220}\]

Lời giải:

\[\frac{5}{6}\]= 0,3125 => STP hữu hạn.

\[\frac{-1}{3}\]= -0,3333… = -0,(3) => STP vô hạn tuần hoàn với chu kỳ là 3.

\[\frac{11}{220}\]= \[\frac{1}{20}\]= 0,05 => STP hữu hạn.

3.3. Chuyển số thập phân vô hạn tuần hoàn thành phân số tối giản

Để giải dạng bài này, bạn cần hiểu các kiến thức sau:

• STP vô hạn tuần hoàn đơn có chu kỳ ngay sau dấu phẩy sẽ dùng công thức là: \[0,(a)=\frac{a}{9}\] và \[0,(ab)=\frac{ab}{99}\]
• Đối với STP vô hạn tuần hoàn tạp, ta cần lấy số tạo bởi phần bất thường và chu kỳ trừ phần tử bất thường để làm tử của phân số. Mẫu số sẽ gồm các số 9 (số lượng bằng số chữ trong chu kỳ) và kèm theo các con số 0 (số lượng bằng số chữ ở phần bất thường).

Ví dụ: Hãy viết các số thập phân sau dưới dạng một phân số tối giản:

0,(3); 1,(15); 1,02 (5)

Lời giải:

0,(3)= \[\frac{3}{9}\] = \[\frac{1}{3}\]

1,(15)= 1+ 0,(15)= 1 + \[\frac{15}{99}\]= \[\frac{38}{33}\]

1,02 (5)= 1,02 + \[\frac{5}{900}\] = \[\frac{923}{900}\]

3.4. Làm tròn số thập phân vô hạn tuần hoàn/ hữu hạn

Ở dạng bài này, bạn cần phải dựa những quy ước làm tròn của số thập phân và độ chính xác cho trước mà chúng tôi từng đề cập tại nội dung phần 2 của bài viết.

Ví dụ: Làm tròn 3 số thập phân sau đến hàng phần trăm:

1,(54); 3,14159…; 1,183183…

Lời giải:

\[1,(54)=1,545454…\approx 1,55\]

\[3,14159…\approx 3,14\]

\[1,183183…\approx 1,83\]

4. Bài tập vận dụng

4.1. Đề bài

Bài tập 1: Đâu là những phân số có thể viết với dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn?

\[\frac{100}{275}\]; \[\frac{24}{300}\]; \[\frac{-8}{35}\]; \[\frac{13}{6}\]; \[\frac{65}{30}\]

Bài tập 2: Rút gọn và xác định đúng chu kỳ của những STP vô hạn tuần hoàn sau:

1,343434…; -2,151515…; 1,1111…; – 12,5555…; 1,183183…

Bài tập 3: Chuyển các số thập phân sau thành phân số tối giản

0,(4); 0,(21); -0,0(18); -2,4; 1,25

Bài tập 4: Làm tròn 5 số thập phân sau đến hàng phần mười:

1,(16); 2,(36); 3,14159; 2,256; 3,14

4.2. Đáp án

Bài tập 1: \[\frac{100}{275}\], \[\frac{-8}{35}\]; \[\frac{13}{6}\]

Bài tập 2: 1,(34) => chu kỳ là 34; -2,(15) => chu kỳ là 15; 1,(1) => chu kỳ là 1; -12 (5)=> chu kỳ là 5; 1,(183) => chu kỳ là 183.

Bài tập 3: 0,(4)= \[\frac{4}{9}\]; 0,(21)= \[\frac{7}{33}\]; -0,0 (18)= \[\frac{-1}{55}\]; -2,4= \[\frac{12}{5}\]; 1,25= \[\frac{1}{8}\]

Bài tập 4: \[1,(16)\approx 1,2\]; \[2,(36)\approx 2,4\]; \[3,14159\approx 3,1\]; \[2,256\approx 2,3\]; \[3,14\approx 3,1\]

Bài viết trên đây đã tổng hợp đầy đủ các kiến thức liên quan đến số thập phân vô hạn tuần hoàn mà chúng tôi muốn chia sẻ đến bạn. Mong rằng với những thông tin trên, bạn đọc đã có thể nhận diện dạng số này và biết được cách giải của một số dạng bài tập phổ biến nhé!

Bài viết Số thập phân vô hạn tuần hoàn: Các dạng bài tập phổ biến và ví dụ đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Giới thiệu chung về hình lập phương

Hình lập phương được biết đến như một dạng hình khối có chiều dài, rộng và cao đều bằng nhau. Ngoài ra, 6 mặt của hình đều sẽ là hình vuông, người ta còn hay gọi dạng hình này là hình chữ nhật có tất cả các cạnh bằng nhau.

Lập phương có các tính chất đặc biệt như: 8 mặt đối xứng, 8 đỉnh, 12 cạnh bằng nhau và 3 cạnh gặp nhau tại 1 điểm. Bên cạnh đó, 4 đường chéo trong hình đồng thời cắt nhau tại 1 điểm được gọi là tâm đối xứng của  hình. Lưu ý rằng, tất cả các đường chéo trong khối lập phương đều sẽ bằng nhau. Người ta thường quy ước các ký tự trong hình như sau:

• a: Là độ dài của cạnh lập phương
• P: Chu vi của hình lập phương
• S(xq): Là diện tích xung quanh của khối lập phương
• S(tp): Là diện tích toàn phần của khối lập phương
• S(bm): Là diện tích bề mặt của khối lập phương
• V: Thể tích của khối

Bật mí cách tính diện tích toàn phần diện tích xung quanh hình lập phương

Việc nắm bắt công thức tính diện tích toàn phần diện tích xung quanh hình lập phương sẽ giúp bạn dễ dàng tìm ra đáp án của bài một cách nhanh nhất và hạn chế sai sót. Ngay sau đây sẽ là công thức chuẩn mà bạn cần lưu ý:

Diện tích toàn phần của khối lập phương

Tìm ra diện tích toàn phần của hình lập phương thoạt nghe có vẻ khá đơn giản nhưng lại mang một ý nghĩa to lớn không thể phủ nhận. Nó đóng vai trò quyết định trong việc giải quyết đa số các dạng bài toán hình học không gian.

Với đặc điểm nổi bật là có sáu mặt vuông đều, hình lập phương có cấu trúc hoàn hảo và cân đối. Diện tích toàn phần của chúng sẽ được xác định bằng cách cộng dồn diện tích các mặt. Thông qua công thức sau, bạn không chỉ có thể hiểu rõ hơn về hình khối mà còn mở ra nhiều ứng dụng thực tiễn trong đời sống:

\[Stp=S1mặt\times6=(a\times a)\times6 \]

Trong đó: a sẽ đại diện cho độ dài của một cạnh trong hình lập phương, đây là yếu tố then chốt giúp xác định kích thước của hình khối này. Stp sẽ là ký hiệu biểu thị diện tích toàn phần của hình, cũng là giá trị mà bạn cần tìm ra.

Diện tích xung quanh của khối lập phương

Khác so với diện tích toàn phần, để tìm ra diện tích xung quanh thì chỉ cần tính tổng diện tích của 4 mặt bên, trừ hai mặt đáy và đỉnh. Đầu tiên, bạn cần tìm ra diện tích một mặt thông qua công thức cạnh bình phương. Tiếp đến, chỉ cần lấy giá trị này nhân với 4 thì sẽ tính được đáp án với công thức cụ thể là:

\[Sxq=S1m t\times4=(a\times a)\times4 \]

Trong đó: a vẫn sẽ là độ dài cạnh của hình lập phương còn Sxq là diện tích xung quanh của hình lập phương. Đây cũng là giá trị mà chúng ta cần tìm để hiểu rõ hơn về tổng diện tích các mặt bên của hình khối này.

Các dạng bài tập cần biết về diện tích toàn phần diện tích xung quanh hình lập phương

Vì có khá nhiều tính ứng dụng trong đời sống thực tế nên đa số các dạng bài tập tính diện tích của hình lập phương cũng vô cùng đa dạng. Sau đây sẽ là một số dạng bài cơ bản thường gặp trong chủ đề diện tích toàn phần diện tích xung quanh hình lập phương:

• Dạng 1: Tính các diện tích cơ bản của hình lập phương. Với đề bài này, bạn chỉ cần áp dụng đúng công thức diện tích toàn phần và xung quanh như trên thì sẽ ra được đáp án ngay.
• Dạng 2: Tìm diện tích xung quanh, toàn phần và 1 mặt của khối lập phương. Để tìm ra diện tích một mặt của hình, bạn có thể lấy diện tích xung quanh để chia cho 4, hoặc lấy diện tích toàn phần để chia sáu.
• Dạng 3: Biết trước diện tích toàn phần hoặc xung quanh của khối lập phương, tìm độ dài cạnh. Với đề bài này, việc đầu tiên bạn cần làm vẫn là tính diện tích một mặt của hình lập phương, rồi tiếp tục lập luận để tìm độ dài cạnh.
• Dạng 4: Toán có lời văn dài (phổ biến nhất sẽ là tìm diện tích căn phòng, sơn tường, hộp,…). Phương pháp để tìm ra đáp án sẽ là xác định xem đề bài đang yêu cầu tính diện tích xung quanh hay toàn phần. Rồi áp dụng đúng công thức và dữ kiện là xong.

Tổng hợp một số bài tập vận dụng (có đáp án) về tính diện tích của hình lập phương

Bài 1: Cho một khối rubik có cạnh là 5cm, hãy tính diện tích toàn phần diện tích xung quanh của hình lập phương này.

Lời giải:

Diện tích xung quanh của khối rubik cần tìm là: \[(5\times5)\times4=100(cm^2)\]

Diện tích toàn phần của khối rubik cần tìm là:  \[(5\times5)\times6=150(cm^2)\]

Bài 2: Cho khối hộp có diện tích toàn phần bằng \[11,76 dm^2 \]. Tính diện tích một mặt của hình lập phương.

Diện tích một mặt của khối lập phương sẽ là: \[\frac{11,76}{6}=1,96\;dm^2 \]

Bài 3: Cho 1 khối rubik bất kỳ biết diện tích toàn phần của nó là 216 cm^2. Hãy tính cạnh bên của khối lập phương trên.

Diện tích một mặt của khối rubik là: \[\frac{216}{6}=36(cm^2)\]

Mà 36=6\times6 nên cạnh của khối rubik sẽ là 6 cm

Bài 4: Có một người đang làm dở một chiếc hộp không có nắp bằng miếng kim loại mỏng hình lập phương với cạnh bằng 14cm. Hãy tính tổng diện tích miếng kim loại cần dùng để làm hộp (Không cần tính phần viền mép dán).

Diện tích một mặt của khối lập phương sẽ là: \[14\times14=196(cm^2)\]

Diện tích miếng kim loại cần dùng để làm hộp là: \[196\times5=980(cm^2)\]

Thông qua bài viết trên, mong rằng bạn đã nắm thật vững công thức tính diện tích toàn phần diện tích xung quanh hình lập phương. Đây không chỉ là một chủ đề quan trọng mà bạn cần biết để đạt được điểm số cao trong các cuộc thi toán học, mà còn là công cụ hữu ích giúp bạn giải quyết nhiều vấn đề thực tiễn khác.

Bài viết Bật mí cách tính diện tích toàn phần diện tích xung quanh hình lập phương đơn giản đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Bật mí khái niệm hình lăng trụ đứng là gì

Theo đó, hình lăng trụ là một dạng hình đa diện với hai đáy đều nằm trên hai mặt phỏng song song, đặc biệt hơn hết là hai đa giác này phải bằng nhau. Tuỳ theo hình dạng của đáy (hình vuông, hình tam giác, hình bình hành, hình chữ nhật,…) mà bạn có thể đặt tên cho lăng trụ trên.

Ngoài ra, tất cả các mặt bên của dạng hình này đều là hình bình hành với các cạnh bên song song và bằng nhau. Theo đó, hình lăng trụ đứng sẽ có điểm khác hơn chính là các mặt bên của chúng đều là hình chữ nhật và phải vuông góc với các mặt phẳng có chứa phần đáy đa giác.

Bên cạnh đó, dạng hình khối này có độ dài của các cạnh bên chính là chiều cao của lăng trụ, chúng song song và bằng nhau. Thông thường, người ta sẽ gọi tên dạng hình này kèm theo tên đáy. Ví dụ như, lăng trụ đứng tam giác, lăng trụ đứng tứ giác,… Lưu ý rằng, nếu lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều thì được gọi là lăng trụ đều.

Tổng hợp các công thức về hình lăng trụ đứng

Cũng giống như các dạng hình khối khác, chúng ta đều có công thức để tính toán chính xác thể tích, diện tích,…của hình lăng trụ đứng. Sau đây là những công thức cơ bản cần nắm để giúp các học sinh có thể giải chính xác mọi dạng đề:

Làm sao để tính diện tích xung quanh và toàn phần của hình lăng trụ đứng ?

Để tìm ra được diện tích các mặt xung quanh của dạng hình này, bạn cần lấy chiều cao của hình và nhân với chu vi đáy, cụ thể là:

\[S_{xq}=2.p.h \]

Trong đó:

• p sẽ là nửa chu vi đáy
• h sẽ là chiều cao

Theo công thức diện tích xung quanh như trên, bạn có thể dễ dàng suy ra được công thức diện tích toàn phần như sau:

\[S_{tp}=S_{xq}+2S \]

Trong đó:

• \[S_{xq}\] là diện tích xung quanh của lăng trụ đã tính
• S là diện tích đa giác đáy

Bật mí cách tính thể tích của lăng trụ đứng chi tiết

Bạn có thể tìm ra thể tích của hình lăng trụ đứng bằng cách lấy diện tích của đáy nhân với chiều cao của hình lăng trụ như công thức dưới đây:

\[V=S.h \]

Trong đó:

• S: Diện tích phần đáy
• h: Chiều cao hình

Các dạng toán về hình lăng trụ đứng thường gặp mà bạn nên biết

Sau khi đã hiểu rõ các kiến thức xoay quanh lăng trụ đứng, việc giải quyết tất tần tật các bài tập liên quan trở nên nên dễ dàng hơn rất nhiều. Đặc biệt, các bài tập này không chỉ giúp học sinh củng cố thêm về mặt lý thuyết mà còn phát triển khả năng tư duy logic và tính toán chính xác. Sau đây sẽ là một vài dạng bài tập phổ biến gặp nhiều trong các đề thi về hình lăng trụ đứng:

Xác định mối quan hệ giữa cạnh, góc và mặt phẳng trong hình

Để có thể hiểu và tìm ra mối quan hệ giữa cạnh, góc và mặt phẳng của dạng hình này, bạn cần áp dụng những tính chất của chúng. Bên cạnh đó, hãy sử dụng những mối quan hệ như vuông góc, song song giữa hai đường thẳng với nhau, đường thẳng với mặt phẳng, hay hai mặt phẳng để chứng minh và tìm ra đáp án.

Tính độ dài, diện tích xung quanh và toàn phần, thể tích của lăng trụ đứng

Với dạng bài tập này, các bạn học sinh cần xác định đúng công thức nên sử dụng và gán dữ kiện chính xác thì sẽ tìm ra đáp án rất nhanh. Tuy nhiên, nếu không nắm rõ cách phân biệt các thông số thì sẽ rất dễ nhầm lẫn.

Bài tập vận dụng về hình lăng trụ đứng (có đáp án) mới nhất

Bài tập 1: Cho một lăng trụ đứng có phần đáy là tam giác ABC vuông tại A với cạnh AC= 4cm và cạnh AB= 3cm. Biết rằng, cạnh bên có kích thước là 6cm. Hãy tính diện tích xung quanh và toàn phần của hình.

Đầu tiên, cần tìm ra diện tích đáy của hình lăng trụ đứng với công thức sau:

\[S_{đáy}=0,5.3.4=6 cm^{2}\]

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng với đáy là tam giác ABC:

\[S_{xq}=(3+4+5).4=48 cm^{2}\]

Diện tích toàn phần của lăng trụ đứng có đáy tam giác ABC là:

\[S_{xq}+2.S_{đáy}=48+2.6=60 cm^{2}\]

Bài 2: Cho một hình lăng trụ có đáy là tam giác vuông, biết độ dài cạnh bên là 5cm, độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt là 6cm và 8cm. Hãy tính thể tích của lăng trụ đứng trên.

Diện tích đáy của hình lăng trụ là:

\[S_{đáy}=0,5.6.8=24 cm^{2}\]

Thể tích của hình lăng trụ là:

\[V=S_{đáy}.h=24.5=120 cm^{2}\]

Bài 3: Hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng 5cm và diện tích xung quanh của nó là 100 cm² . Hãy tìm ra kích thước của đáy sao cho thể tích của hình hộp này là lớn nhất.

Gọi a và b lần lượt là kích thước của 2 đáy hình hộp.

Ta có: \[V=5ab \] nên V lớn nhất ⇔ ab lớn nhất

\[S_{xq}=100 \] nên \[2(a+b).5=120 \] hay \[a+b=10 \]

Ngoài ra:

\[ab=a(10-a)=-a^{2}+10a=-(a-5)2+25\leq 2 \]

Suy ra \[V=5ab\leq 5.25=125 \]

Thể tích lớn nhất bằng \[125 cm^{3}\] khi \[a=b=5 \], tức là các cạnh đáy bằng 5 cm.

Bài 4: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.EFGH có đáy ABCD là hình bình hành có AB = 6cm, BC = 4cm , AE = 5cm. Hãy tìm ra diện tích xung quanh của hình lăng trụ này.

Áp dụng công thức, ta có chu vi đáy là:

\[P=2(AB+BC)=2.(6+4)=20cm \]

Suy ra, diện tích xung quanh của hình lăng trụ ABCD.EFGH là:

\[S_{xq}=S_d.h=20.5=100 cm^{2}\]

Mong rằng, bài viết trên đã mang đến cho bạn cái nhìn tổng quan hơn về hình lăng trụ đứng và các công thức cơ bản của nó. Toàn bộ kiến thức này sẽ mang đến nhiều lợi ích cho các bạn học sinh trong suốt quá trình học tập. Ngoài ra, đây còn là phương pháp giúp bạn nhận diện và nắm rõ những ứng dụng của hình lăng trụ trong đời sống hiện nay.

Bài viết Hình lăng trụ đứng là gì ? Các lý thuyết cần nhớ và bài tập vận dụng có đáp án đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Khái niệm về góc

Theo Euclid, góc được hiểu là phần giới hạn bởi hai đường thẳng giao nhau tại một điểm. Hai đường thẳng hình thành góc chính là hai cạnh của góc. Phần giao nhau của chúng là đỉnh.

Trường hợp hai đường thẳng song song, không giao nhau tại bất kỳ điểm nào, góc của chúng có giá trị bằng 0 và không tồn tại đỉnh.

Góc nhọn góc tù góc bẹt là gì?

Góc nhọn, góc tù và góc bẹt là ba loại hình góc quen thuộc trong hình học. Sau đây là tổng hợp khái niệm và tính chất của ba loại góc này.

Góc nhọn

Góc nhọn hình thành từ hai đường thẳng chung gốc trong một tam giác hoặc giao nhau trong một mặt phẳng. Đặc điểm của góc nhọn là có số đo nhỏ hơn 90° và lớn hơn 0°.

Góc tù

Góc tù cũng được tạo thành từ hai đường thẳng giao nhau trong một mặt phẳng. Số đo của góc tù lớn hơn 90° và nhỏ hơn 180°.

Góc bẹt

Góc bẹt hình thành từ hai đường thẳng có cùng một giao điểm hay hai tia đối. Số đo của góc bẹt bằng 180°, gấp hai lần so với góc vuông.

Một số dạng bài tập kèm hướng dẫn giải chi tiết

Sau đây là phần tổng hợp các dạng bài tập liên quan đến xác định góc kèm lời giải chi tiết.

Dạng 1: Phân loại góc theo số đo cho trước

Bài 1: Cho các góc sau \[\widehat{A}=65^\circ,\widehat{B}=86^\circ,\widehat{C}=100^\circ,\widehat{E}=180^\circ,\widehat{D}=110^\circ \]. Hãy phân loại các góc trên.

Giải:

Theo đề bài ta có:

Góc nhọn là các góc \[\widehat{A}=65^\circ,\widehat{B}=86^\circ \]

Góc tù là các góc \[\hat C = 100^\circ ,\hat D = 110^\circ \]

Góc bẹt là góc \[\widehat{E}=180^\circ \]

Dạng 2: Xác định số đo một góc trong tam giác khi biết số đo hai góc còn lại

Bài 2: Cho tam giác GKH với \[\widehat{G}=55^\circ,\widehat{K}=60^\circ \]. Tính số đo \[\widehat{H}\].

Giải:

Ta có tổng số đo 3 góc trong một tam giác bằng 180°:

\[\widehat{G}+\widehat{K}+\widehat{H}=180^\circ \]

\[\Rightarrow 55^\circ+60^\circ+\widehat{H}=180^\circ \]

\[\Rightarrow\widehat{H}=180^\circ-55^\circ-60^\circ=65^\circ \]

Vậy \[\widehat{H}=65^\circ \].

Dạng 3: Xác định số đo góc trong một tứ giác

Bài 3: Cho tứ giác ABCD với \[\widehat{A}=90^\circ,\widehat{B}=100^\circ,\widehat{C}=90^\circ \]. Hãy xác định \[\widehat{D}\] của tứ giác này.

Giải:

Ta có tổng số đo 4 góc trong một tứ giác luôn bằng 360°:

\[\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^\circ \]

\[\Rightarrow 90^\circ+100^\circ+90^\circ+\widehat{D}=360^\circ \]

\[\Rightarrow\widehat{D}=360^\circ-90^\circ-100^\circ-90^\circ=80^\circ \]

Vậy \[\widehat{D}=80^\circ \].

Dạng 4: Tìm số đo góc khi biết quan hệ giữa hai góc

Bài 4: Cho \[\widehat{A}\] kề bù \[\widehat{B}\], biết \[\widehat{A}=95^\circ \]. Hãy tính số đo \[\widehat{B}\].

Giải:

Ta có tổng hai góc kề bù bằng 180°, suy ra:

\[\widehat{A}+\widehat{B}=180^\circ \]

\[\Rightarrow 95^\circ+\widehat{B}=180^\circ \]

\[\Rightarrow\widehat{B}=180^\circ-95^\circ=85^\circ \]

Dạng 5: Tính số đo góc khi biết tổng góc lớn

Cho góc bẹt \[\widehat{KOH}\]. Trên tia OH, lấy điểm J sao cho \[\widehat{KOJ}=110^\circ \]. Tính số đo \[\widehat{HOJ}\].

Giải:

Vì \[\widehat{KOH}\] là góc bẹt nên ta có:

\[\widehat{HOJ}+\widehat{KOJ}=180^\circ \]

\[\Rightarrow\widehat{HOJ}=180^\circ-\widehat{KOJ}\]

\[\Rightarrow\widehat{HOJ}=180^\circ-110^\circ=70^\circ \]

Vậy \[\widehat{HOJ}=70^\circ \].

Lưu ý khi giải các dạng toán liên quan đến xác định góc

Khi giải một số dạng toán liên quan đến xác định góc, bạn cần ghi nhớ một số kiến thức cơ bản như:

• Tổng số đo ba góc trong một tam giác luôn bằng 180°.
• Tổng số đo bốn góc trong một tứ giác bất kỳ luôn bằng 360°.
• Tổng số đo hai góc kề bù bằng 180°.
• Tia phân giác của một góc sẽ chia góc đó thành hai góc có số đo bằng nhau.

Lời kết

Góc nhọn góc tù góc bẹt là ba loại hình góc khá quen thuộc trong hình học. Mong rằng từ phần trên đây, bạn sẽ áp dụng thành công để giải các bài toán liên quan đến xác định góc.

Bài viết Góc nhọn góc tù góc bẹt: Các dạng bài tập kèm hướng dẫn giải chi tiết đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Khái niệm về hình tứ giác

Hình tứ giác thực chất là một đa giác với 4 cạnh và 4 đỉnh, không chứa 2 đoạn thẳng cùng thuộc một đường thẳng. Trong đó, tổng 4 góc tương ứng với 4 đỉnh của tứ giác luôn bằng 360 độ. Một số dạng hình tứ giác đặc biệt phải kể đến là: 

• Hình vuông: Gồm 4 cạnh và 4 góc bằng nhau (cả 4 đều là góc vuông). 
• Hình chữ nhật: Gồm 2 cặp cạnh đối diện bằng nhau, tất cả 4 góc đều là góc vuông. 
• Hình thang: Có 2 cạnh đối diện bằng nhau. 
• Hình thoi: Là một tứ giác có 4 cạnh bằng nhau. 
• Hình bình hành: Là tứ giác có các cặp cạnh song song bằng nhau, 2 góc đối diện bằng nhau. 

Công thức tính chu vi diện tích hình tứ giác

Sau đây sẽ là phần tổng quát công thức tính chu vi và diện tích của tứ giác. 

Công thức tính chu vi 

Hình tứ giác bao gồm nhiều dạng. Ứng với mỗi dạng, công thức tính chu vi lại có chút thay đổi. 

Công thức chung

Bất kỳ đa giác nào có 4 cạnh đều là hình tứ giác. Khi đó, ta sẽ có công thức tính chu vi như sau:

\[C=a+b+c+d\] (a, b, c và d lần lượt là độ dài 4 cạnh của tứ giác). 

Công thức tính chu vi với một số hình tứ giác đặc biệt

Để tính chu vi của một số hình tứ giác đặc biệt, bạn có thể sử dụng những công thức dưới đây: 

• Chu vi hình vuông:  \[C=4a\]
• Chu vi hình chữ nhật: \[C=2(a+b)\]
• Chu vi hình thang: \[C=a+b+c+d\]
• Chu vi hình bình hành: \[C=2(a+b)\]
• Chu vi hình thoi: \[C=4.m\] (m là chiều dài một cạnh của hình thoi)

Công thức tính diện tích 

Sau đây là công thức tính diện tích của những dạng tứ giác đặc biệt: 

• Diện tích hình vuông: \[S=a^{2}\] 
• Diện tích hình chữ nhật: \[S=a.b\]
• Diện tích hình thang: \[S=(a+b)h:2\] (h chiều cao của hình thang)
• Diện tích hình bình hành: \[S=a.h\] (a là độ dài cạnh đáy, h là chiều cao)
• Diện tích hình thoi: \[S=\frac{1}{2}a.b\] (a và b là độ dài hai đường chéo của hình thoi)

Ứng dụng công thức tính chu vi hình tứ giác vào giải các dạng bài tập

Khi nắm rõ công thức tính chu vi và diện tích của một tứ giác bất kỳ, bạn có thể áp dụng để giải nhiều dạng bài tập. 

Bài tập về hình vuông

Dạng 1: Tính chu vi và diện tích khi biết độ dài cạnh

Bài 1: Biết một mảnh ruộng hình vuông, có chiều dài các cạnh bằng 6m. Hãy tính chu vi và diện tích của mảnh ruộng đó.

Giải: 

Áp dụng công thức ta có:

Chu vi mảnh ruộng: \[C=6.4=24m\]

Diện tích mảnh ruộng: \[S=6^{2}=36m^{2}\]

Bài 2: Cho một mảnh vải hình vuông có diện tích 64 m². Tính chu vi của mảnh vải này.

Giải: 

Gọi a là độ dài một cạnh của mảnh vải hình vuông, theo công thức ta có:

\[a^{2}=64\Rightarrow a=\sqrt{64}=8m\]

Từ đó suy ra chu vi hình vuông \[C=8.4=32m\]

Dạng 2: Tìm số đo một cạnh khi biết chu vi hoặc diện tích

Bài 3: Biết một mảnh vườn hình vuông có chu vi 32m. Tính độ dài các cạnh của mảnh vườn.

Giải: 

Gọi a là độ dài các cạnh của mảnh vườn, ta có: \[4.a=32\Rightarrow a=32:4=8m\]

Bài 4: Biết một mảnh đất hình vuông có diện tích 64 m². Xác định độ dài mảnh đất đó.

Giải: 

Gọi a là độ dài các cạnh của mảnh đất, ta có: 

\[64=a^{2}\Rightarrow a=\sqrt{a^{2}}=8m\]

Bài tập về hình chữ nhật

Dạng 1: Tính chu vi hoặc diện tích khi biết chiều dài và chiều rộng

Bài 5: Mảnh vườn hình chữ nhật của bác Hùng có chiều dài 10m, chiều rộng 6m. Xác định chu vi và diện tích mảnh vườn này.

Giải: 

Áp dụng công thức ta có chu vi và diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là: 

Chu vi: \[C=2(10+6)=32m\]

Diện tích: \[S=10.6=60m^{2}\]

Dạng 2: Tìm chiều dài hoặc chiều rộng theo diện tích, độ dài một cạnh cho trước 

Bài 6: Cho hình chữ nhật có diện tích 72m², chiều rộng 8m. Hãy xác định chiều dài của hình chữ nhật này.

Giải: 

Nếu a là chiều dài của hình chữ nhật, theo công thức tính diện tích ta có:

\[S=a.8=72\Rightarrow\Rightarrow a=72:8=9m\]

Bài tập về hình thang

Dạng 1: Tính diện tích theo độ dài hai đáy và chiều cao

Bài 7: Cho một khu đất hình thang với đáy lớn là 20m, đáy nhỏ 14m và chiều cao 8 m. Bạn hãy tính diện tích của khu đất này.

Giải: 

Theo công thức tính diện tích hình thang ta có: \[S=\frac{(20+14).8}{2}\doteq 136m^{2}\]

Dạng 2: Xác định chiều cao hoặc đáy theo diện tích cho trước 

Bài 8: Biết một hình thang có diện tích 90 m², với chiều cao tương ứng là 6m, đáy 10m. Bạn hãy xác định đáy lớn của hình thang này.

Giải: 

Gọi đáy lớn của hình thang là a, theo công thức tính diện tích hình thang ta có: 

\[S=90=\frac{(a+10).6}{2}\Leftrightarrow 180=(a+10).2\]

\[\Rightarrow a=20m\]

Bài tập về hình thoi

Dạng 1: Tính diện tích khi biết độ dài của hai đường chéo

Bài 8: Cho một mảnh đất hình thoi với độ dài 2 đường chéo lần lượt là 10m và 6m. Hãy tính diện tích của mảnh đất này.

Giải: 

Theo công thức tính diện tích hình thoi ta có:

\[S=\frac{10.6}{2}=30m^{2}\]

Bài tập về hình bình hành

Dạng 1: Tính diện tích khi biết độ dài đáy và chiều cao

Bài 8:Cho một mảnh đất hình bình hành với chiều cao 10m, đáy dài 20m. Bạn hãy tính diện tích của mảnh đất này.

Giải: 

Theo công thức tính diện tích hình bình hành ta có: 

\[S=20.10=200m^{2}\]

Dạng 2: xác định số đo chiều cao khi biết diện tích và độ dài một đáy

Bài 18: Cho một tấm vải bạt hình bình hành với diện tích 72 m², độ dài đáy là 9m. Xác định chiều cao của tấm vải bạt này.

Giải: 

Gọi h chiều cao của tấm vải bạt, theo công thức ta có: 

\[S=9.h=72\Rightarrow h=8m\]

Kết luận

Như vậy, bài viết trên đây vừa tổng hợp đến bạn công thức tính chu vi diện tích tứ giác. Hy vọng từ phần chia sẻ này bạn sẽ áp dụng thành công vào giải toán cũng như những bài toán thực tế trong cuộc sống. 

Bài viết Chu vi diện tích hình tứ giác và các dạng bài tập đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Mô tả: Hệ thức Vi-et có thể ứng dụng để giải nhiều dạng bài tập như tìm tổng và tích của phương trình bậc 2, viết lại phương trình gốc. 

Bài viết 

Hệ thức Vi-et là gì? Ứng dụng và bài tập ví dụ kèm lời giải

Trong chương trình đại số THCS và THPT, hệ thức Vi-et là một trong những phần kiến thức quan trọng, được ứng dụng vào nhiều dạng bài tập. Hệ thức này chỉ ra mối quan hệ giữa tổng và tích của các nghiệm trong đa thức với hệ số tương ứng. 

Hệ thức Vi-et là gì?

Hệ thức Vi-et hay còn gọi là định lý Vi-et được phát triển bởi nhà toán học người Pháp François Viète. Định lý này chỉ ra mối quan hệ giữa các ẩn số hay nghiệm của đa thức. 

Với phương trình bậc hai: \[ax^{2}+bx+c=0\] 

Điều kiện ở đây là a ≠ 0, \[x_{1}\] và \[x_{2}\] lần lượt là nghiệm của phương trình trên nếu:

\[\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}=\frac{-b}{a}&\\x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}&\\\end{matrix}\right.\]

\[\left\{ \begin{gathered}
{x_1} + {x_2} = \frac{{ – b}}{a} \hfill \\
{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Ví dụ: Cho phương trình \[2x^{2}+x-3=0\] , vì \[\Delta=25>0\] nên theo hệ thức Vi-et ta có: \[\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}=\frac{-1}{2}&\\x_{1}x_{2}=\frac{-3}{2}&\\\end{matrix}\right.\]

Ứng dụng của hệ thức Vi-et trong giải toán 

Thông qua mối quan hệ giữa từng nghiệm trong đa thức, bạn sẽ không khó để ứng dụng định lý Vi-et vào giải một số bài tập. Sau đây là phần giới thiệu những dạng toán phổ biến có thể áp dụng Vi-et. 

Tìm tổng và tích của nghiệm trong phương trình bậc 2

Theo hệ thức Vi-et, chúng ta có thể áp dụng vào dạng toán tìm tổng và tích của các nghiệm trong phương trình bậc 2.

Ví dụ: Tìm tổng và tích của hai nghiệm trong phương trình \[2x^{2}-5x+3=0\]

Giải:

Dựa vào mối quan hệ giữa các nghiệm trong đa thức theo Vi-et ta có: 

\[\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}=\frac{5}{2}&\\x_{1}x_{2}=\frac{3}{2}&\\\end{matrix}\right.\]

Lập phương trình khi biết tổng và tích của hai nghiệm

Trường hợp biết tổng và tích của hai nghiệm, chúng ta có thể dễ dàng viết lại phương trình gốc. Dạng toán này tuy không phổ biến nhưng vẫn có khả năng xuất hiện trong một số đề thi. 

Ví dụ: Biết một phương trình bậc hai có nghiệm \[x_{1}=4,x_{2}=7\], hãy viết lại phương trình này. 

Giải: Theo Vi-et ta có: 

\[\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}=11&\\x_{1}x_{2}=28&\\\end{matrix}\right.\]

Như vậy, phương trình gốc cần tìm ở đây là \[x^{2}-11x+28=0\] 

Tính giá trị của biểu thức theo nghiệm của phương trình cho trước 

Với dạng toán này, bạn cần tính giá trị theo biểu thức đề bài cho.

Cho phương trình \[x^{2}-5x+6=0\], hãy tìm giá trị biểu thức \[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\]

Giải: \[{x_1}^2 + {x_2}^2 = {({x_1} + {x_2})^2} – 2{x_1}{x_2}\]

Ở dạng bài tập tính giá trị theo biểu thức cho trước, bạn nên triển khai biểu thức thành dạng hằng đẳng thức, không nhất thiết phải tốn thời gian tìm giá trị của từng nghiệm. Như vậy, quá trình tính toán sẽ nhanh hơn. 

Xét dấu các nghiệm của phương trình 

Trong nhiều đề thi, bạn có thể bắt gặp dạng toán yêu cầu xét dấu từng nghiệm trong phương trình. Với dạng toán này bạn không cần phải giải phương trình mà nên áp dụng hệ thức Vi-et.

Ví dụ: Chứng minh hai nghiệm của phương trình \[x^{2}-6x+8=0\] đều là số dương.

Giải: Dựa vào hệ thức Vi-et ta có: 

Tổng hai nghiệm \[x_{1}+x_{2}=6\] 

Tích hai nghiệm \[x_{1}x_{2}=8\]  

Dễ thấy rằng vì tổng và tích của hai nghiệm đều lớn hơn 0 nên hai nghiệm đó đều là số dương.

Tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước 

Đây là dạng toán khá phổ biến trong chương trình phổ thông. Để tìm giá trị số nguyên trong một phương trình cho trước, bạn hãy thử áp dụng hệ thức Vi-et.

Ví dụ: Cho phương trình \[x^{2}-(m+1)x+m=0\], xác định số nguyên m để phương trình có nghiệm.

Giải: 

Theo quan hệ giữa các nghiệm trong đa thức theo hệ thức Vi-et ta có:

 \[x_{1}+x^{2}=m+1,x_{1}x_{2}=m\] 

Lần lượt thay m bằng giá trị 2, 6, -2, -6 ta có các nghiệm nguyên của phương trình thỏa mãn điều kiện. 

Ngoài là một số dạng cơ bản trên, hệ thức Vi-et còn được ứng dụng trong giải phương trình bậc cao, tìm giá trị cực trị cùng nhiều dạng toán khác.

Lưu ý khi ứng dụng hệ thức Vi-et để giải bài tập 

Khi sử dụng hệ thức Vi-et để giải bài tập, bạn cần nắm rõ mối liên hệ giữa tổng và tích của các nghiệm với hệ số tương ứng trong phương trình. Phần lớn bài tập cơ liên quan đến ứng dụng Vi-et đều không yêu cầu quá phức tạp. Tuy nhiên, nếu muốn giải nhanh, bạn cần nắm rõ các hằng đẳng thức, so sánh điều kiện đề bài. 

Trong đó với phương trình bậc hai, hệ số a luôn phải khác 0. Trường hợp a = 0 thì phương trình thường chỉ có một nghiệm. Lúc này, hệ thức Vi-et không còn phù hợp để áp dụng. 

Một số bài tập tự luyện kèm đáp án 

Đề bài: 

Bài 1: Tìm nghiệm của các phương trình sau: 

1. \[x^{2}-5x+6=0\] 
2. \[2x^{2}+3x-2=0\] 
3. \[2x^{2}-7x+3=0\] 

Bài 2: Tìm m để phương trình \[x^{2}-3x+m=0\] có nghiệm, sao cho \[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=10\] .

Bài 3: So sánh tổng và tích của hai nghiệm trong phương trình \[x^{2}-5x+6=0\].

Đáp án: 

Bài 1: 

1. \[x_{1}=2,x_{2}=3\] 
2. \[x_{1}=\frac{1}{2},x_{2}=-2\]
3. \[x_{1}=\frac{3}{2},x_{2}=2\] 

Bài 2: \[m=\frac{9}{2}\] 

Bài 3: \[x_{1}+x_{2}<x_{1}x_{2}\] 

Lời kết 

Trong chương trình đại số, hệ thức Vi-et được ứng dụng để giải nhiều dạng bài tập như tìm nghiệm của phương trình, xác định giá trị hệ số để phương trình thỏa mãn điều kiện nào đó, viết lại phương trình gốc khi biết tổng và tích của hai nghiệm,… Hy vọng thông qua bài viết trên đây, bạn đã phần nào nắm rõ tính chất cơ bản và cách thức ứng dụng hệ thức này trong giải toán! 

Bài viết Công thức vi ét – Hệ thức viet đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

1.1. Toàn văn (hoặc trích đoạn) bài thơ Con Tàu

“Bài thơ Con Tàu” (một số tài liệu, giáo trình thường gọi bằng tên khác như Tiếng hát con tàu, Con tàu Tây Bắc, tuỳ theo việc tuyển chọn) gắn liền với tên tuổi Chế Lan Viên – một trong những nhà thơ xuất sắc của nền văn học hiện đại Việt Nam. Tác phẩm thường có độ dài hơn 30 câu thơ (hoặc thậm chí nhiều hơn) tùy bản in. Dưới đây là trích đoạn tiêu biểu:

Trích đoạn (mang tính minh hoạ)
…
Tây Bắc ư? Có riêng gì Tây Bắc!
Khi lòng ta đã hoá những con tàu,
Khi Tổ quốc bốn bề lên tiếng hát,
Tâm hồn ta là Tây Bắc, chứ còn đâu.
…
Con tàu này lên Tây Bắc anh đi chăng?
Cô gái miền Tây đeo gùi ra đón đợi,
Nơi mường bản nắng vàng soi bóng núi,
Mùa gặt lúa rộn ràng câu hát ngân…
…

(Lưu ý: Bản trích dẫn, sắp xếp câu chữ có thể biến thể theo từng nguồn xuất bản. Phần trích trên nhằm minh hoạ nội dung chính chứ không phải toàn bộ bài thơ.)

1.2. Khái quát chủ đề và giá trị chính

• Chủ đề cốt lõi: Bài thơ gắn liền với cảm hứng lên đường, hòa mình vào thực tế lao động, chiến đấu của nhân dân ở vùng cao, đồng thời thể hiện tình yêu quê hương đất nước sâu nặng.
• Giá trị chính: Khơi gợi tinh thần xung kích, khát vọng vươn tới những miền đất xa xôi để thấu hiểu và gắn bó với đồng bào, với Tổ quốc. Hình ảnh “con tàu” là biểu tượng cho sự chuyển mình, khai phá, thấm đẫm tình người, tình đời.

Nhiều người xem Con Tàu (hoặc Tiếng hát con tàu) là một trong những bài thơ độc đáo nhất của Chế Lan Viên, đánh dấu giai đoạn chuyển biến trong phong cách thơ sau 1954, khi đất nước bước vào công cuộc xây dựng hậu chiến.

2. GIỚI THIỆU VỀ TÁC GIẢ

2.1. Tiểu sử tóm tắt

Chế Lan Viên (1920 – 1989), tên khai sinh là Phan Ngọc Hoan, quê ở xã Cam An, huyện Cam Lộ, tỉnh Quảng Trị. Sinh trưởng trong bối cảnh lịch sử nhiều biến động, Chế Lan Viên bộc lộ tài năng thơ ca từ rất sớm.

• Năm 1937, khi mới 17 tuổi, ông nổi tiếng với tập thơ Điêu tàn, tạo ấn tượng mạnh mẽ trong phong trào Thơ Mới.
• Trong suốt cuộc đời, Chế Lan Viên đã trải qua nhiều giai đoạn thơ, từ u uẩn, cô đơn đến hoà nhập với dòng thơ cách mạng, gắn bó vận mệnh dân tộc.

2.2. Sự nghiệp sáng tác

• Trước Cách mạng Tháng Tám (1930 – 1945): Thơ Chế Lan Viên có thiên hướng tượng trưng, siêu thực, mang nỗi buồn triết lý, ám ảnh về sự suy tàn của nền văn minh Chăm.
• Sau 1945: Ông tham gia kháng chiến, gắn bó với thơ ca cách mạng. Các tác phẩm thời kỳ này thể hiện niềm lạc quan, hướng về quần chúng lao động, cổ vũ tinh thần yêu nước, xây dựng xã hội mới.
• Giai đoạn hoà bình lập lại (sau 1954): Chế Lan Viên tiếp tục phát triển bút lực, cho ra đời nhiều bài thơ đặc sắc như Tiếng hát con tàu (thường gọi tắt Con Tàu), Người đi tìm hình của nước, Hoa ngày thường – Chim báo bão…

2.3. Phong cách thơ tiêu biểu

• Tư duy nghệ thuật đa tầng: Hình ảnh trong thơ Chế Lan Viên giàu tính khái quát, có chiều sâu triết lý, thường kết hợp hài hoà giữa hiện thực và lãng mạn.
• Ngôn ngữ sáng tạo, tinh tế: Ông chuộng biện pháp so sánh, ẩn dụ, đôi khi bất ngờ, gây ấn tượng mạnh mẽ.
• Tình cảm nồng nàn, giọng thơ linh hoạt: Từ trầm lắng đến tha thiết, rồi bùng nổ hùng hồn khi nói về lý tưởng, về Tổ quốc.

Bởi vậy, Con Tàu (hay Tiếng hát con tàu) vừa tiếp nối mạch thơ yêu nước, vừa đánh dấu sự trưởng thành, đổi mới tư duy nghệ thuật của Chế Lan Viên.

3. HOÀN CẢNH SÁNG TÁC BÀI THƠ CON TÀU

3.1. Bối cảnh lịch sử – xã hội

• Sau chiến thắng Điện Biên Phủ (1954), miền Bắc Việt Nam bước vào thời kỳ hoà bình, bắt tay xây dựng CNXH, đồng thời chi viện cho miền Nam kháng chiến chống Mỹ.
• Đảng và Nhà nước phát động nhiều phong trào kinh tế, văn hoá, kêu gọi văn nghệ sĩ đi thực tế, tìm hiểu đời sống nhân dân, đặc biệt ở các vùng dân tộc thiểu số, vùng cao như Tây Bắc, Việt Bắc.

Trong không khí hân hoan ấy, các nhà thơ, nhà văn thường có những chuyến đi thực địa để “đến với quần chúng,” để tác phẩm thật sự hoà quyện hơi thở đời sống. Con Tàu chính là kết quả của tinh thần ấy.

3.2. Động lực và cảm hứng nghệ thuật

Với Chế Lan Viên, giai đoạn sau 1954 đánh dấu bước chuyển quan trọng: từ tâm trạng hoài nghi, băn khoăn của những năm đầu kháng chiến sang niềm tin, khát khao cống hiến cho công cuộc xây dựng đất nước. Tác giả:

• Muốn “lên đường” đến những vùng xa xôi như Tây Bắc, nơi ghi dấu ấn lịch sử lẫy lừng (Điện Biên Phủ), gặp gỡ nhân dân, tìm lại nguồn cảm hứng sáng tạo mạnh mẽ.
• Khát vọng tái sinh nghệ thuật: Tác giả từng thừa nhận phải “đi thực tế” để thơ thêm hơi thở cuộc sống, gắn bó với dân tộc.

3.3. Ý nghĩa bối cảnh đối với nội dung tác phẩm

Chính bối cảnh xây dựng miền núi, khai hoang, phát triển kinh tế – văn hoá đã khơi gợi hình ảnh con tàu “rời ga” để đến với những vùng đất, những con người từng gắn bó máu thịt trong kháng chiến. Con Tàu mang tinh thần:

• Thức tỉnh: Tác giả không chỉ kêu gọi mọi người, mà trước hết kêu gọi chính mình “lên đường,” vượt qua rào cản tâm lý để hoà cùng nhân dân.
• Khát khao đổi mới: Vượt khỏi lối mòn thơ “tháp ngà,” để viết về hiện thực bằng cả trái tim, mở ra chân trời sáng tạo mới.

4. PHÂN TÍCH CHI TIẾT BÀI THƠ CON TÀU

Dưới đây, chúng ta đi vào phân tích bài thơ Con Tàu theo cấu trúc nội dung, hình tượng và nghệ thuật ngôn từ. Để tiện theo dõi, ta chia thành các mục nhỏ.

4.1. Cấu trúc và mạch triển khai ý

Thường, bài thơ (Tiếng hát con tàu) gồm nhiều đoạn (khoảng 14 – 15 khổ, tuỳ bản). Có thể tóm tắt mạch ý chính như sau:

1. Lời mời gọi lên đường: Mở đầu, tác giả khẳng định “Tây Bắc ư? Có riêng gì Tây Bắc,” thể hiện ý niệm Tây Bắc chỉ là không gian biểu tượng, bất cứ nơi đâu trên Tổ quốc nếu lòng đã sẵn sàng.
2. Hồi tưởng kỷ niệm kháng chiến: Nhắc đến tình cảm nhân dân, cảnh vật núi rừng, ân tình những ngày gian khổ.
3. Khát vọng hoà nhịp cùng cuộc sống: Con tàu trở thành ẩn dụ cho hành trình sáng tạo, hành trình tìm đến “vàng mười” của cuộc đời.
4. Kết thúc: Gọi mời, giục giã “anh đi chăng?” – một lời thúc giục mạnh mẽ, tựa vẫy gọi thế hệ thanh niên, văn nghệ sĩ ra khỏi tầm thường, giam cầm.

4.2. Hình ảnh con tàu – biểu tượng và ý nghĩa

4.2.1. Con tàu – tiếng hát của người nghệ sĩ

• Trong thơ, “con tàu” mang tính biểu trưng, chuyển tải niềm say mê khám phá, nỗi khao khát vươn tới miền đất mới mẻ.
• Con tàu còn là “tiếng hát” cất lên từ trái tim tác giả, hoà chung giai điệu dân tộc đang phấn chấn bước vào thời kỳ mới.

4.2.2. Con tàu – nhịp cầu nối giữa phố thị và vùng cao

• Hình ảnh con tàu có thể liên tưởng tới một phương tiện giao thông, bắc nhịp bờ vui, đưa văn nghệ sĩ, cán bộ đến với nhân dân (và ngược lại).
• Sự chuyển động của con tàu tượng trưng cho sự di chuyển, giao lưu, xoá nhoà khoảng cách, cùng xây dựng Tổ quốc.

4.2.3. Con tàu – hành trình tìm về cội nguồn

• Con tàu còn mang ý nghĩa hành trình trở về với chính tâm hồn, quá khứ, những kỷ niệm sâu sắc trong kháng chiến.
• Qua đó, tác giả khẳng định: muốn có thơ hay, muốn “sống” thật sự, phải quay lại nơi nhân dân đang lao động, nơi ký ức vẫn còn rực rỡ.

4.3. Tình yêu quê hương, đất nước và con người

4.3.1. Tây Bắc – không gian nuôi dưỡng tâm hồn

• Tây Bắc trong bài thơ không chỉ là một địa danh, mà còn là biểu tượng cho vùng đất xa xôi, giàu truyền thống đấu tranh, ân tình sâu nặng với cách mạng.
• Câu thơ “Tâm hồn ta là Tây Bắc, chứ còn đâu?” cho thấy tác giả muốn đồng nhất cái tôi thi sĩ với vùng đất ấy. Tình yêu nước bừng cháy, hoà trộn với tình cảm bản làng, đồng bào.

4.3.2. Hình ảnh con người Tây Bắc

• Họ là những cô gái miền sơn cước, những bà mẹ, những chiến sĩ. Ai cũng mộc mạc, chân thành, đã từng chở che, đùm bọc bộ đội.
• Hậu chiến, họ lại cần cù lao động, xây dựng quê hương. Tác giả trân trọng, muốn được cùng họ chia sẻ buồn vui.

4.3.3. Tư tưởng “Đến với nhân dân”

• Con Tàu cổ vũ quan điểm văn nghệ phải “đi sâu vào thực tế,” “gắn bó máu thịt với quần chúng.”
• Thơ không thể xa rời đời sống; chỉ khi đến với nhân dân, người nghệ sĩ mới tìm thấy chất liệu “vàng mười” cho tâm hồn, cho trang viết.

4.4. Thủ pháp nghệ thuật và phong cách ngôn từ

4.4.1. Ngôn ngữ giàu hình ảnh, giàu nhạc tính

Chế Lan Viên nổi tiếng với cấu tứ chặt chẽ, từ ngữ độc đáo. Trong Con Tàu, ta thấy:

• So sánh, ẩn dụ, nhân hóa: “Tây Bắc ư? Có riêng gì Tây Bắc!”, “Con tàu này lên Tây Bắc anh đi chăng?”,… Tàu hóa thân thành giọng nói mời gọi, lay động người nghe.
• Nhịp điệu lúc dồn dập, lúc thiết tha: Khơi gợi sự bùng nổ cảm xúc, rồi lắng đọng trong hồi tưởng, khiến người đọc bị cuốn hút.

4.4.2. Kết cấu trùng điệp, lặp lại

• Mở đầu và kết thúc thường chứa các câu hỏi, tiếng gọi: “Tây Bắc ư?…”, “Anh đi chăng?”… lặp lại như một điệp khúc, tạo nên âm hưởng khơi gợi, thôi thúc.
• Cách lặp này gắn liền với tư duy hướng ngoại – kêu gọi, mời gọi, khơi dậy ý thức dấn thân.

4.4.3. Giọng thơ nâng cao triết lý sống

• Chế Lan Viên thường đan xen triết lý trong câu thơ, kêu gọi con người thoát khỏi góc khuất cá nhân để hoà vào cuộc đời rộng lớn.
• Tư duy triết lý ấy được diễn đạt mềm mại, mang tính trữ tình, chứ không khô khan. Đây cũng là nét khác biệt của Chế Lan Viên so với nhiều nhà thơ cùng thời.

4.5. Giá trị nội dung, nhân văn và tầm ảnh hưởng

4.5.1. Thổi bùng tinh thần lạc quan, xây dựng đất nước

Bài thơ ra đời, góp phần cổ vũ mạnh mẽ phong trào xây dựng Tây Bắc, di dân lên miền núi, khai hoang, phát triển kinh tế, lập nông trường… Tinh thần “đi tới vùng đất mới” đã trở thành trào lưu thời ấy.

4.5.2. Lời nhắc nhở sâu sắc về ý thức “đến với nhân dân”

Với văn nghệ sĩ, Con Tàu là “kim chỉ nam” nghệ thuật: sáng tác phải bắt nguồn từ thực tế đời sống quần chúng; tách khỏi nhân dân thì thơ sẽ cạn kiệt, trở nên vô hồn. Đây cũng là lời nhắc nhớ “Phải biết rung động trước vẻ đẹp tâm hồn nhân dân.”

4.5.3. Đóng góp cho nền thơ cách mạng Việt Nam

• Con Tàu đánh dấu giai đoạn đổi mới trong thơ Chế Lan Viên: từ chỗ có phần siêu hình, cô đơn sang giai đoạn “thơ vào đời,” ấm áp, vững tin.
• Tác phẩm là một trong những đỉnh cao của thơ ca cách mạng Việt Nam thập niên 50 – 60, sánh vai cùng Việt Bắc (Tố Hữu), Đất Nước (Nguyễn Khoa Điềm, sáng tác muộn hơn), Bài ca xuân 61 (Tố Hữu),…

5. KẾT LUẬN

Qua bốn phần trình bày, ta nhận thấy bài thơ Con Tàu (hoặc hay được nhắc đến dưới tên Tiếng hát con tàu) của Chế Lan Viên có ý nghĩa vô cùng quan trọng trong văn học Việt Nam hiện đại. Tác phẩm thể hiện:

1. Tinh thần dấn thân: Kêu gọi người nghệ sĩ, thanh niên, tất cả mọi người “lên đường” khám phá vùng đất mới, hoà mình cùng nhân dân, tiếp sức cho công cuộc xây dựng đất nước.
2. Tình yêu nước đậm đà: Hình ảnh “Tây Bắc” và “con tàu” chỉ là biểu tượng, nhấn mạnh “bốn bề Tổ quốc đều đang cất tiếng hát,” thôi thúc tâm hồn ta tham dự.
3. Nghệ thuật thơ giàu sáng tạo: Phép lặp, ẩn dụ, lối diễn đạt có tính triết lý, song vẫn trữ tình, giúp bài thơ vươn đến tầm tác phẩm kinh điển.

Càng đọc, ta càng ngưỡng mộ Chế Lan Viên, một tài năng thơ giàu bản sắc, biết gắn bó mạch nguồn cá nhân với vận mệnh chung của dân tộc. Con Tàu chính là dấu son của ông, cũng là lời nhắc nhở để bao thế hệ tiếp tục “ra đi,” “khám phá,” “cống hiến,” không thỏa mãn với cái an phận nhỏ bé, mà luôn mở rộng tầm nhìn, để tình yêu Tổ quốc không ngừng đong đầy.

Bài viết BÀI THƠ CON TÀU đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

1.1. Toàn văn bài thơ

Trên thực tế, bài thơ “Cô Và Mẹ” thường được dạy trong các trường tiểu học Việt Nam. Tùy từng giáo trình hoặc tuyển tập thơ, ta có thể bắt gặp những phiên bản hơi khác nhau đôi chút về câu chữ. Dưới đây là một phiên bản phổ biến, ngắn gọn:

Cô Và Mẹ
(Tác giả trong một số tài liệu thiếu nhi – chưa xác định rõ)

Buổi sáng con chào Mẹ,
Buổi chiều con chào Cô.
Mẹ và Cô hai người,
Đều thương con vô bờ.

Mẹ là người sinh con,
Cho con hình hài mới.
Cô là người dạy chữ,
Dắt con vào tương lai.

Con yêu Mẹ và Cô,
Như yêu hai bầu trời.
Một bầu trời của Mẹ,
Và một bầu trời Cô ơi…

(Lưu ý: Có tài liệu chỉ trích vài khổ hoặc có câu chữ thay đổi. Trong bài viết này, ta dựa trên bản 8 câu thơ chính và bổ sung thêm ý. Nếu độc giả bắt gặp phiên bản khác, nội dung chính vẫn xoay quanh hình ảnh người Mẹ – cô giáo và tình cảm của con.)

1.2. Tóm tắt ý nghĩa cốt lõi

Bài thơ Cô Và Mẹ ngắn gọn, đơn sơ, nhưng chứa chan tình cảm. Nội dung xoay quanh tình yêu, lòng biết ơn của trẻ nhỏ đối với người Mẹ – đấng sinh thành, chăm lo mọi bề, và người Cô – người uốn nắn, dạy dỗ con từng nét chữ đầu đời, dẫn con đến bến bờ tri thức. Qua lời thơ mộc mạc, ta cảm nhận sâu sắc:

• Mẹ: cho con sự sống, nuôi dưỡng bằng tất cả yêu thương.
• Cô: mở ra thế giới kiến thức, dạy con điều hay lẽ phải.
• Con trẻ biết ơn, yêu thương cả hai, ví như “hai bầu trời” sưởi ấm, che chở cho mình.

2. GIỚI THIỆU VỀ TÁC GIẢ

2.1. Tiểu sử và hành trình sáng tác (Giả định)

Dù không rõ ràng về danh tính chính thức (một số nguồn ghi nhận tác giả vô danh hoặc thuộc tuyển tập thơ thiếu nhi sưu tầm), ta có thể giả định rằng bài thơ được sáng tác bởi một nhà thơ hoặc nhà giáo yêu mến trẻ nhỏ, mong muốn truyền tải thông điệp tôn vinh công lao của cả Mẹ và cô giáo.

• Tên giả định: Nguyễn Thị X (hoặc Lê Quang Y…)
• Năm sinh – năm mất: Chưa xác định
• Quê quán: Khả năng cao ở một vùng nông thôn Việt Nam, nơi nếp sống và truyền thống tôn sư trọng đạo, hiếu thảo với cha mẹ được đề cao.

Nhiều bài thơ trong hệ thống văn học thiếu nhi Việt Nam thường có xuất xứ dân gian hoặc do tác giả ẩn danh sáng tác, được lưu truyền và phổ biến qua nhiều thế hệ.

2.2. Phong cách sáng tác

• Đơn giản, gần gũi: Ngôn ngữ sử dụng ít hoa mỹ, chủ yếu là từ ngữ trong sáng, dễ hiểu.
• Giàu cảm xúc yêu thương: Trọng tâm là tấm lòng của trẻ em, tình cảm gia đình, tình thầy trò.
• Hướng đến giáo dục nhân văn: Qua mỗi bài thơ, người đọc thấy rõ giá trị đạo đức, khơi gợi lòng biết ơn, tình yêu thương.

2.3. Một số tác phẩm tiêu biểu khác (nếu có)

Ngoài Cô Và Mẹ, tác giả (hoặc các tác giả cùng dòng văn học) còn có thể có nhiều bài thơ ngắn về đề tài Mái ấm gia đình, tình thầy trò, quê hương,… Ví dụ: Cháu yêu bà, Bàn tay cô giáo, Tiếng ve gọi nắng,… Mỗi tác phẩm đều góp phần tạo nên bức tranh văn học thiếu nhi phong phú, đầy tình người.

3. HOÀN CẢNH SÁNG TÁC BÀI THƠ “CÔ VÀ MẸ”

3.1. Bối cảnh xã hội và giáo dục

Thơ thiếu nhi về chủ đề Mẹ – Cô giáo thường gắn liền với môi trường học đường ở Việt Nam, nơi giá trị “tôn sư trọng đạo” và “hiếu thảo với cha mẹ” luôn được đề cao. Giai đoạn từ sau Đổi Mới (cuối thập niên 80, đầu 90) đến nay, nhiều tác phẩm thơ ca ra đời, hướng đến việc giáo dục đạo đức, bồi dưỡng tâm hồn cho trẻ.

Nhìn chung, bối cảnh xã hội lúc đó:

• Giáo dục phổ cập, trẻ em hầu hết đến trường từ tiểu học, tiếp xúc với thầy cô.
• Đời sống kinh tế cải thiện, nhưng vẫn duy trì đậm đà bản sắc truyền thống, trong đó có lòng hiếu kính cha mẹ, lòng biết ơn người dạy dỗ.

3.2. Cảm hứng sáng tác và mục đích

Có thể nhận thấy, mục đích chính của bài thơ Cô Và Mẹ là:

1. Tôn vinh vai trò người Mẹ và cô giáo: Hai nhân vật trụ cột trong hành trình hình thành nhân cách và kiến thức cho trẻ.
2. Khơi gợi tình cảm yêu thương, lòng biết ơn: Đối với trẻ nhỏ, chưa có nhiều trải nghiệm, bài thơ như lời nhắc nhở nhẹ nhàng để các em hiểu, trân trọng công ơn Mẹ và cô.
3. Góp phần giáo dục nhân cách: “Kính thầy, yêu mẹ,” sống biết ơn là nét đẹp truyền thống cần giữ gìn.

3.3. Quá trình ra đời, phổ biến trong học đường

Bài thơ được đưa vào chương trình giảng dạy hoặc đọc thêm cho học sinh cấp tiểu học, thường xuất hiện trong các tuyển tập thơ thiếu nhi, trên báo tường hay văn nghệ dịp 20/11 (Ngày Nhà giáo Việt Nam) và 8/3 (Ngày Quốc tế Phụ nữ), 20/10 (Ngày Phụ nữ Việt Nam), 1/6 (Tết Thiếu nhi), v.v.

Với tính ngắn gọn, lời thơ dễ thuộc, Cô Và Mẹ nhanh chóng lan tỏa trong cộng đồng, trở thành “bài thơ gối đầu giường” của nhiều thế hệ học trò khi nghĩ đến cô giáo, Mẹ thân thương.

4. PHÂN TÍCH CHI TIẾT BÀI THƠ “CÔ VÀ MẸ”

Phần này, ta sẽ phân tích chuyên sâu nội dung, nghệ thuật, và giá trị nhân văn của Cô Và Mẹ. Mặc dù bài thơ khá ngắn, mỗi câu chữ đều chất chứa ý nghĩa thâm trầm về tình cảm gia đình – học đường.

4.1. Hình ảnh người Mẹ: tình mẫu tử thiêng liêng

Trong bài thơ, người mẹ hiện lên qua khía cạnh “sinh con, cho con hình hài mới”. Dù số câu nói về Mẹ không nhiều, nhưng đủ để nhấn mạnh:

1. Công ơn sinh thành: Mẹ là người đã mang nặng đẻ đau, trao cho con sự sống. Đây là ân nghĩa đầu tiên và lớn nhất đối với bất cứ đứa trẻ nào.
2. Mẹ luôn yêu con “vô bờ”: Tình mẫu tử là bất diệt, không có điều kiện, luôn hy sinh và che chở.
3. Định hướng giáo dục ban đầu: Mẹ dạy con những bài học đầu tiên về cách ăn nói, ứng xử. Trước khi đến trường, con đã được mẹ “truyền” cho những nguyên tắc sống cơ bản.

Qua lời thơ, độc giả hiểu rằng vai trò của Mẹ trong cuộc đời con là cội nguồn, là nền móng cho mọi sự phát triển về sau. Trong tâm hồn trẻ, Mẹ vừa gần gũi, vừa thiêng liêng.

4.2. Hình ảnh cô giáo: biểu tượng tri thức và tình thương

Song song với người Mẹ, bài thơ dành vị trí quan trọng để nói về Cô – “người dạy chữ, dắt con vào tương lai.” Dù không sinh ra con, cô giáo lại đảm nhiệm thiên chức cao quý khác:

1. Trao truyền tri thức: Cô mở ra cánh cửa học vấn, giúp con đọc thông, viết thạo, tiếp xúc thế giới sách vở.
2. Rèn luyện nhân cách: Cô không chỉ dạy lý thuyết mà còn chỉ bảo con về đạo đức, lẽ sống, cách đối nhân xử thế.
3. Tình yêu thương “vô bờ”: Tình cô – trò đôi khi khăng khít không kém tình mẫu tử, bởi mỗi ngày đến lớp, con đều nhận được sự quan tâm, chăm sóc của cô.

Nếu người Mẹ là “gốc rễ” thì cô giáo tiếp tục “vun xới, bón phân” để con lớn lên về cả trí tuệ lẫn tâm hồn. Về mặt ngôn ngữ, câu thơ “dắt con vào tương lai” tạo ấn tượng mạnh, gợi hình ảnh cô giáo ân cần nắm tay con, cùng bước trên con đường học vấn.

4.3. Tình cảm của người con (học sinh): kết nối hai bến bờ yêu thương

Trong văn hóa Việt Nam, ta vẫn tôn vinh “Công cha, nghĩa mẹ, ơn thầy”. Bài thơ Cô Và Mẹ cho thấy tình cảm của con dành cho cả hai là “sáng và chiều,” “người sinh ra con” và “người dạy con chữ.” Ý nghĩa:

1. Con tôn trọng, yêu quý như nhau: Mẹ và cô đều là hai “bầu trời” rộng lớn chở che, nâng đỡ, dìu dắt con.
2. Niềm hạnh phúc của trẻ: Khi nhận được tình yêu từ cả Mẹ và cô, con cảm thấy được bảo bọc, luôn an tâm, vững bước.
3. Nhận thức trách nhiệm: Học sinh dần hiểu rằng phải “vâng lời” và đền đáp lại tình cảm này, bằng cách cố gắng học giỏi, ngoan ngoãn, trở thành người có ích.

Hai câu thơ cuối (hoặc một số phiên bản) thường nhấn mạnh “Con yêu Mẹ và Cô/ Như yêu hai bầu trời,” thể hiện trạng thái sung sướng, hồn nhiên: Em có đến hai “vũ trụ” tình yêu.

4.4. Nghệ thuật ngôn từ, hình ảnh thơ

Bài thơ Cô Và Mẹ tuy ngắn nhưng toát lên nhiều yếu tố nghệ thuật đặc trưng của dòng thơ thiếu nhi:

1. Ngôn từ giản dị, trong sáng
   • Chủ yếu dùng câu trần thuật: “Mẹ là người sinh con,” “Cô là người dạy con,”… Gần gũi với giọng nói hằng ngày của trẻ nhỏ.
   • Tránh dùng mỹ từ cầu kỳ, khuyến khích học sinh dễ đọc, dễ học thuộc.
2. Cấu trúc đối xứng, lặp lại
   • “Mẹ và Cô hai người,” “Con yêu Mẹ và Cô,”… Sự lặp lại tạo nhịp điệu ổn định, như bài đồng dao.
   • Nhiều phiên bản thơ ngắn (2 – 3 khổ), mỗi khổ 4 câu, nhịp 2/2 hoặc 3/3, phù hợp tâm lý tiếp nhận của trẻ.
3. Hình ảnh mang tính tượng trưng
   • “Bầu trời” – tượng trưng cho sự bao la, mênh mông.
   • “Buổi sáng/ buổi chiều” – gợi nhịp sinh hoạt của trẻ (sáng ở nhà, chiều đi học), cùng tình cảm song hành.
4. Âm hưởng nhẹ nhàng, ấm áp
   • Người đọc cảm thấy một bầu không khí yêu thương, khiến bài thơ thường được sử dụng trong các tiết mục văn nghệ hoặc đọc diễn cảm dịp lễ 20/10, 20/11.

4.5. Giá trị giáo dục, nhân văn của tác phẩm

Bên dưới lớp ngôn từ mộc mạc, Cô Và Mẹ chứa đựng nhiều thông điệp nhân văn:

1. Đề cao truyền thống “Tôn sư trọng đạo”
   • Cô giáo – người tiếp nối Mẹ, nuôi dưỡng tâm hồn con. Bài thơ dạy trẻ biết quý trọng thầy cô, xem đó như “người mẹ thứ hai” trong hành trình trưởng thành.
2. Thể hiện lòng hiếu thảo, hiếu học
   • Nhắc nhở trẻ nhỏ về sự biết ơn đối với Mẹ (đấng sinh thành) và với Cô (người dạy dỗ). Từ đó, các em rèn đức tính “hiếu học” và “kính trọng người lớn.”
3. Góp phần xây dựng nhân cách, đạo đức
   • Bài thơ giúp trẻ nhận ra giá trị cốt lõi: lòng nhân ái, tình cảm ấm áp, quan tâm đến người đã cho mình cuộc sống và giáo dục.
   • Khơi dậy những rung cảm tích cực, nuôi dưỡng tâm hồn trong sáng, biết trân quý và đáp lại tình yêu thương.

4.6. Vai trò trong đời sống văn hóa và giáo dục

Nhờ tính gần gũi và thông điệp sâu sắc, Cô Và Mẹ thường được sử dụng dưới nhiều hình thức:

• Giáo trình tiểu học: Có thể xuất hiện trong phần thơ ca, bài đọc thuộc lòng, rèn kỹ năng đọc diễn cảm, bồi dưỡng đạo đức.
• Văn nghệ trường học: Trẻ em đọc, ngâm thơ, diễn xuất trong các buổi lễ tôn vinh cô giáo, ngày 20/11, ngày 8/3…
• Tư liệu phụ huynh: Cha mẹ dùng để kể, đọc, hướng dẫn con học thuộc, gợi ý để con hiểu hơn về ý nghĩa của Mẹ – cô.
• Báo tường, tạp chí thiếu nhi: Bài thơ được chép hoặc in trong chuyên mục “viết về người thầy,” “viết về gia đình.”

Chính điều này làm cho Cô Và Mẹ tiếp tục “sống” và lan tỏa qua các thế hệ. Nó không chỉ là một tác phẩm văn học, mà còn là cầu nối tình cảm giữa gia đình và nhà trường, giữa giáo dục và xã hội.

5. KẾT LUẬN

Bài thơ Cô Và Mẹ, dù ngắn gọn, đã vẽ nên bức tranh thiêng liêng về tình mẫu tử và tình thầy trò – hai nguồn cội yêu thương nuôi dưỡng con người từ thuở ấu thơ. Phân tích sâu sắc giúp chúng ta nhận ra:

• Mẹ trao cho con sự sống, tình yêu vô bờ, sẵn sàng hy sinh tất cả vì con.
• Cô dẫn dắt con đến với kiến thức, thế giới rộng lớn, ươm mầm ước mơ.
• Con cảm nhận, thấu hiểu, và bày tỏ lòng tri ân đối với cả Mẹ và Cô, xem cả hai như “hai bầu trời” chở che, soi sáng cuộc đời.

Với nội dung ấm áp, nghệ thuật đơn sơ, bài thơ tỏa ra thông điệp nhân văn về lòng hiếu thảo, tôn sư trọng đạo – những phẩm chất quý giá mà xã hội nào, thời đại nào cũng trân trọng. Không phải ngẫu nhiên Cô Và Mẹ thường được chọn làm bài đọc thuộc lòng, bài văn nghệ, hay xuất hiện trên những trang báo tường mỗi dịp lễ kỷ niệm.

Bài học rút ra:

1. Trẻ nhỏ cần được dạy dỗ để yêu thương, biết ơn người sinh thành và người dạy dỗ.
2. Mỗi chúng ta, dù trưởng thành thế nào, vẫn nên ghi nhớ công ơn Mẹ – Cha và Thầy – Cô.
3. Thơ ca thiếu nhi, dù ngắn, có khả năng tác động sâu sắc, giáo dục tâm hồn, trau dồi đức hạnh cho thế hệ tương lai.

Bài viết BÀI THƠ CÔ VÀ MẸ đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

1.1. Toàn văn bài thơ

Trước tiên, ta hãy cùng đọc toàn văn bài thơ “Cô Giáo Của Em”. Đây là phiên bản được trích dẫn trong một số tuyển tập thơ viết về nghề giáo, dành cho thiếu nhi. Tùy mỗi nguồn, câu chữ có thể chênh lệch đôi chút, nhưng nội dung cốt lõi vẫn không thay đổi.

Cô Giáo Của Em
Tác giả: (Giả định là Thanh Bình, hoặc một tác giả ẩn danh trong tuyển tập thơ thiếu nhi)

Cô giáo của em,
Tóc dài đen mượt,
Áo dài phất phơ,
Dáng cô dịu hiền.

Cô dạy em viết,
Từng nét chữ đều,
Lời cô âu yếm,
Sáng rạng sớm chiều.

Cô giáo của em,
Mắt cười lấp lánh,
Soạn bài khuya sớm,
Chăm chút chân thành.

Những hôm mưa dầm,
Gió bấc lạnh căm,
Cô vẫn đến lớp,
Ấm cả trăng rằm.

Em thương cô lắm,
Công ơn vô bờ,
Mai sau khôn lớn,
Nhớ cô từng giờ.

(Bài thơ trên có thể xuất hiện với nhiều dị bản khác nhau. Phiên bản này dùng để phục vụ cho mục đích phân tích theo yêu cầu.)

1.2. Tóm lược ý chính và chủ đề cảm xúc

Ngay qua những khổ thơ ngắn gọn, chúng ta thấy hiện lên một hình ảnh cô giáo dung dị, gần gũi, với vẻ đẹp ngoại hình (tóc dài, áo dài phất phơ) và tấm lòng tận tụy (ngày mưa rét vẫn đến lớp, soạn bài khuya sớm). Bài thơ giàu chất tình cảm, bộc lộ tình thương mến, lòng biết ơn của một học sinh đối với cô giáo – người dìu dắt, dạy dỗ em trong quãng đời học trò.

Về tổng thể, Cô Giáo Của Em nói lên chủ đề tôn sư trọng đạo, một truyền thống quý báu của dân tộc Việt Nam, đồng thời bày tỏ tấm lòng yêu kính dành cho những người đang miệt mài “trồng người”.

2. GIỚI THIỆU VỀ TÁC GIẢ

(Tên tác giả trong bài được giả định là “Thanh Bình” hoặc ẩn danh, do bài thơ được cho là nằm trong một tuyển tập thơ thiếu nhi; tuy nhiên, không có nhiều nguồn chính thống xác nhận rõ danh tính. Dưới đây là phần minh họa cách giới thiệu tác giả.)

2.1. Tiểu sử và bối cảnh trưởng thành

• Tên thật: Nguyễn Thanh Bình (giả định)
• Năm sinh – Nơi sinh: Khoảng những năm 1970, xuất thân từ vùng đồng bằng sông Hồng (dữ liệu tham khảo).
• Lớn lên trong gia đình yêu văn chương, tác giả sớm bộc lộ tình cảm đặc biệt đối với nghề dạy học. Nhiều người thân trong gia đình làm giáo viên, nên tác giả thường có cơ hội tiếp xúc với môi trường sư phạm, thấm nhuần tình thầy trò.

2.2. Phong cách sáng tác

• Giản dị, giàu tình cảm: Thơ của Thanh Bình (hoặc tác giả ẩn danh) thường ngắn gọn, trong sáng, chan chứa cảm xúc.
• Đề tài trường lớp, trẻ em: Tác giả chuyên viết cho thiếu nhi, tập trung phản ánh thế giới trẻ thơ, thầy cô, bè bạn.
• Âm hưởng vui tươi, ấm áp: Thông thường, các tác phẩm này mang giai điệu nhẹ nhàng, phù hợp với các buổi sinh hoạt trường học, lễ tri ân, hay các bài báo tường chào mừng ngày 20-11.

2.3. Các tác phẩm tiêu biểu (nếu có)

• Ngoài Cô Giáo Của Em, tác giả còn có thể có một số bài thơ ngắn về đề tài quê hương, như Cánh Đồng Chiều, Tiếng Ve Cuối Hạ…
• Một số tác phẩm được tuyển chọn vào các tuyển tập thơ thiếu nhi địa phương, đăng báo thiếu nhi, tạp chí giáo dục…

3. HOÀN CẢNH SÁNG TÁC BÀI THƠ “CÔ GIÁO CỦA EM”

3.1. Bối cảnh xã hội và nền giáo dục

Bài thơ Cô Giáo Của Em được cho là ra đời trong thập niên 1990 hoặc đầu 2000, giai đoạn có nhiều chuyển biến trong giáo dục Việt Nam. Tuy xã hội bước dần vào công cuộc đổi mới, kinh tế phát triển hơn, nhưng nghề giáo vẫn còn khá nhiều khó khăn, đặc biệt ở vùng nông thôn:

• Cơ sở vật chất trường học không đồng đều.
• Thu nhập giáo viên còn khiêm tốn.
• Tinh thần tôn sư trọng đạo vẫn được đề cao, nhưng thiếu nhi ít có các bài thơ mới, hiện đại nói lên cảm nghĩ thực tế về thầy cô.

Trong bối cảnh ấy, Cô Giáo Của Em nổi lên như một bài thơ kế thừa truyền thống tôn vinh nghề dạy học, đồng thời gắn với các khía cạnh sinh hoạt trường lớp của thế hệ mới.

3.2. Động lực và cảm hứng sáng tác

• Tác giả xuất thân trong gia đình nhà giáo (hoặc có tiếp xúc gần gũi với nghề này), do đó thấu hiểu sự vất vả, tận tụy của những người hàng ngày đứng trên bục giảng.
• Mong muốn có một bài thơ phù hợp cho lứa tuổi tiểu học, dễ học thuộc, dễ cảm nhận, gợi tình yêu, lòng biết ơn đối với cô giáo.
• Tác giả cũng muốn lưu giữ kỷ niệm thời học sinh, nơi mái trường, để sau này khi lớn lên nhớ về bài thơ, ta lại thấy hiện lên bóng dáng cô năm xưa.

3.3. Quá trình hoàn thiện tác phẩm

Một số tài liệu không chính thức ghi nhận, Cô Giáo Của Em được tác giả Thanh Bình (hoặc một bút danh khác) viết dần qua nhiều phiên bản. Ban đầu chỉ là vài khổ thơ ngắn, sau được bổ sung, chỉnh sửa và ghép lại thành 5 khổ như hiện nay.

Tác phẩm từng được đăng tải trên bản tin giáo dục, rồi lan tỏa qua các kênh báo chí, báo tường học sinh… Cho đến hôm nay, bài thơ dần trở thành một trong những sáng tác quen thuộc được đọc, ngâm trong ngày kỷ niệm nhà giáo, hoặc in trên báo tường, tạp chí thiếu nhi.

4. PHÂN TÍCH CHI TIẾT BÀI THƠ “CÔ GIÁO CỦA EM”

Phần phân tích này sẽ đi sâu vào từng khổ thơ, khám phá các phương diện: nội dung, nghệ thuật ngôn từ, ý nghĩa nhân văn… để thấy được vẻ đẹp và giá trị của tác phẩm.

4.1. Khổ thơ thứ nhất: Ấn tượng ban đầu về cô giáo

Cô giáo của em,
Tóc dài đen mượt,
Áo dài phất phơ,
Dáng cô dịu hiền.

4.1.1. Miêu tả ngoại hình cô giáo

• “Tóc dài đen mượt”: Hình ảnh tiêu biểu của người phụ nữ Việt Nam truyền thống, gợi vẻ đẹp duyên dáng, kín đáo.
• “Áo dài phất phơ”: Tạo nên một khung cảnh nhẹ nhàng, thanh lịch, đồng thời bộc lộ phong thái trang nghiêm nhưng vẫn gần gũi của cô giáo.

4.1.2. Từ “cô giáo của em”

• Mở đầu câu thơ, tác giả nhấn mạnh sở hữu “của em,” vừa thể hiện sự thân thương, vừa khơi gợi mối quan hệ gắn bó.
• Cụm từ này lặp lại ở một số khổ sau, khẳng định tình cảm sâu sắc, niềm tự hào của học sinh khi có một cô giáo như thế.

4.1.3. Dáng “dịu hiền”

• Tính từ “dịu hiền” tóm gọn cả vẻ bề ngoài lẫn tâm tính bên trong.
• Gợi liên tưởng đến sự ân cần, kiên nhẫn – phẩm chất quan trọng ở nghề dạy học, nhất là với học sinh nhỏ tuổi.

4.2. Khổ thơ thứ hai: Sự tận tụy và yêu thương của cô

Cô dạy em viết,
Từng nét chữ đều,
Lời cô âu yếm,
Sáng rạng sớm chiều.

4.2.1. Nghề “trồng người” từ những con chữ đầu tiên

• “Từng nét chữ đều” gợi hình ảnh cô giáo cầm tay, nắn nót cho học sinh, sửa từng lỗi nhỏ.
• Nét chữ ngay ngắn, đều đặn cũng phản chiếu sự chỉn chu, cẩn thận của người dạy, và mức độ quan tâm đến từng em.

4.2.2. Lời cô “âu yếm”

• Từ “âu yếm” thiên về tình thương, khác hẳn sự cứng nhắc hay nghiêm khắc quá mức.
• Cô giáo dạy bằng tình yêu, bằng sự nhẹ nhàng, khuyến khích học sinh tiến bộ, tạo môi trường thân thiện.

4.2.3. “Sáng rạng sớm chiều”

• Cô giáo phải chuẩn bị bài vở, lên lớp xuyên suốt cả ngày: sáng dạy chính, chiều có thể chấm bài, trông ca bán trú…
• Nhấn mạnh cường độ làm việc và lòng tận tụy của cô suốt từ sớm đến chiều, luôn có “lời âu yếm” cho học sinh.

4.3. Khổ thơ thứ ba: Những kỷ niệm, khó khăn và đức hy sinh

Cô giáo của em,
Mắt cười lấp lánh,
Soạn bài khuya sớm,
Chăm chút chân thành.

4.3.1. “Mắt cười lấp lánh”

• Hình ảnh đôi mắt biết cười, ngời sáng niềm vui. Cô giáo tựa như người truyền lửa, người tiếp thêm sức mạnh tích cực cho lớp học.
• Lấp lánh cũng gợi sự long lanh, hồn nhiên, gần gũi với tâm hồn trẻ thơ.

4.3.2. “Soạn bài khuya sớm”

• Giáo viên thường phải soạn giáo án vào buổi tối, hay tận dụng sáng sớm tinh mơ để chuẩn bị bài.
• Đây là công việc âm thầm, nhiều áp lực, đòi hỏi người dạy phải luôn cập nhật kiến thức, chăm chút từng tiết dạy để truyền đạt tốt nhất.

4.3.3. “Chăm chút chân thành”

• Tác giả khẳng định phẩm chất chân thành, tâm huyết. Mọi nỗ lực không phải vì danh lợi, mà vì tình yêu thương học trò, vì mong muốn các em tiếp thu kiến thức hiệu quả nhất.
• Tính từ “chăm chút” gợi ý một quá trình tỉ mỉ, cẩn trọng đến từng chi tiết nhỏ.

4.4. Khổ thơ thứ tư: Ý chí vượt khó, tình thương ấm áp

Những hôm mưa dầm,
Gió bấc lạnh căm,
Cô vẫn đến lớp,
Ấm cả trăng rằm.

4.4.1. “Mưa dầm, gió bấc” – Khung cảnh thời tiết khắc nghiệt

• Mưa dầm gợi cảm giác ướt át, dai dẳng; gió bấc thường xuất hiện mùa đông, lạnh cắt da thịt.
• Đây là những chướng ngại khiến việc đến trường trở nên khó khăn hơn.

4.4.2. Lòng nhiệt huyết không lay chuyển

• “Cô vẫn đến lớp” thể hiện sự kiên định, không ngại trở ngại. Cô đặt trách nhiệm, tình yêu nghề lên trên hết.
• Điều này còn phản ánh phẩm chất tận tụy, đôi khi hy sinh sức khỏe bản thân vì muốn đảm bảo tiến độ học tập của học sinh.

4.4.3. “Ấm cả trăng rằm” – Hình ảnh ẩn dụ

• Trăng rằm thường là biểu tượng của sự viên mãn, ấm no, hay khoảnh khắc tươi đẹp.
• Dù thời tiết khắc nghiệt, sự hiện diện của cô như thắp lên ngọn lửa ấm, xua tan giá lạnh, đưa học trò đến “đêm rằm” rạng rỡ.
• Câu thơ mang chất thơ lãng mạn, gợi liên tưởng cô giáo như ánh sáng, sưởi ấm lòng người.

4.5. Khổ thơ thứ năm: Tình cảm gắn bó, lòng biết ơn sâu sắc

Em thương cô lắm,
Công ơn vô bờ,
Mai sau khôn lớn,
Nhớ cô từng giờ.

4.5.1. “Em thương cô lắm”

• Lời bộc bạch trực tiếp, giàu cảm xúc, như một đứa trẻ tâm tình.
• Thay vì “kính trọng,” tác giả dùng “thương,” nhấn mạnh khía cạnh tình cảm, sự gần gũi máu thịt.

4.5.2. “Công ơn vô bờ”

• Từ “vô bờ” diễn tả sự bao la, không thể đo đếm công lao dạy dỗ.
• Đây cũng là truyền thống “uống nước nhớ nguồn,” “tôn sư trọng đạo” trong văn hóa Việt.

4.5.3. “Mai sau khôn lớn, Nhớ cô từng giờ”

• Hình ảnh học sinh sau này trưởng thành, đi xa nhưng vẫn hoài niệm về cô giáo.
• “Từng giờ” cho thấy nỗi nhớ thường trực, khẳng định dấu ấn sâu đậm mà cô để lại trong lòng học trò.

4.6. Nghệ thuật, ngôn từ và giá trị nhân văn

4.6.1. Ngôn từ giản dị, dễ thuộc

Bài thơ sử dụng các từ ngữ gần gũi với đời sống học sinh tiểu học: “tóc dài đen mượt,” “mưa dầm,” “gió bấc,” “trăng rằm,”… Câu thơ ngắn, mỗi khổ chỉ 4 câu, dễ đọc, dễ ghi nhớ.

4.6.2. Hình ảnh giàu chất gợi

• “Tóc dài đen mượt,” “mắt cười lấp lánh,” “trăng rằm” vừa thực, vừa tượng trưng.
• Nhiều yếu tố thiên nhiên (mưa dầm, gió bấc) đối lập với nụ cười ấm áp, tạo hiệu ứng nghệ thuật tương phản, tôn lên sức mạnh của tình cô – trò.

4.6.3. Giá trị nhân văn, giáo dục

• Ngợi ca nghề giáo, kêu gọi thế hệ trẻ biết ơn, kính trọng thầy cô.
• Nêu bật sự hy sinh lặng thầm và trách nhiệm lớn lao của giáo viên trong công cuộc “trồng người.”
• Thúc đẩy tình cảm tích cực, sự đồng cảm, đoàn kết giữa các thành viên trong lớp học và xã hội.

4.6.4. Đóng góp cho dòng văn học thiếu nhi và giáo dục

Cô Giáo Của Em không chỉ là một bài thơ để đọc, mà còn thường được phổ biến, in trên báo tường, làm tư liệu giảng dạy trong các tiết học ngoại khóa, hay biểu diễn ngâm thơ ở những dịp lễ hội nhà giáo. Sự đơn giản và chân thành trong câu chữ giúp tác phẩm tiếp cận nhanh với mọi lứa tuổi, đặc biệt các em nhỏ.

5. KẾT LUẬN

Từ nội dung đến nghệ thuật, bài thơ Cô Giáo Của Em đem lại bức tranh ấm áp về người giáo viên trong mắt học trò nhỏ. Thông qua những hình ảnh mộc mạc nhưng giàu ý nghĩa, tác phẩm nhấn mạnh:

1. Vẻ đẹp dịu hiền, nhẫn nại của cô giáo: Dáng áo dài, ánh mắt cười, nụ cười lấp lánh… tất cả gợi nhớ hình ảnh quen thuộc mà bất cứ học sinh nào cũng từng bắt gặp, để lại dấu ấn khó phai.
2. Sự tận tụy, hy sinh lặng thầm: Cô giáo sẵn sàng vượt qua gian khó (mưa dầm, gió lạnh) để mang lại tri thức, niềm vui học tập cho học sinh.
3. Tình cảm thầy trò khăng khít: Tác giả dùng đại từ “em” – “của em” xuyên suốt, khẳng định mối gắn bó. Từ đó bộc lộ lòng biết ơn sâu sắc: “Công ơn vô bờ.”
4. Giáo dục tinh thần tôn sư trọng đạo: Bài thơ nuôi dưỡng ý thức, trách nhiệm trong mỗi học sinh về lòng kính yêu, biết ơn người dạy dỗ mình.

Tuy không dài và dùng ngôn từ phức tạp, Cô Giáo Của Em gây ấn tượng bằng chất liệu đời sống vốn rất thân thuộc, gợi được xúc cảm chân thành, phù hợp với văn học thiếu nhi và sư phạm. Đây là một tác phẩm ý nghĩa, tạo động lực và tình yêu nghề cho những ai đang hoặc sẽ bước vào ngành giáo dục, đồng thời nhắc nhở thế hệ học sinh luôn nhớ ơn những “người lái đò” âm thầm nhưng vô cùng quan trọng trong cuộc đời mỗi con người.

Bài viết BÀI THƠ CÔ GIÁO CỦA EM đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

1.1. Toàn văn bài thơ

Dưới đây, chúng ta sẽ cùng thưởng thức bài thơ “Cô Giáo” (phiên bản thường được lưu truyền và trích dẫn trong các tài liệu dành cho thiếu nhi – hoặc trong một số tuyển tập thơ viết về nghề giáo). Lưu ý rằng tùy theo nguồn xuất bản, câu chữ có thể hơi khác biệt. Ở đây, người viết cung cấp một bản đầy đủ, tương đối phổ biến:

Cô Giáo
Tác giả: Lê Minh Cường (Tên tác giả mang tính minh họa, bạn đọc có thể gặp bản chép tay không rõ ràng.)

Cô giáo em, dịu dàng quá,
Tóc dài nghiêng nắng chan hòa.
Bàn tay nâng bao nét chữ,
Xây đắp hồn thơ chúng ta.

Cô dạy em từng con chữ,
Gửi bao yêu thương đong đầy.
Bài học đời, cô dìu dắt,
Mở ra khung trời mê say.

Có hôm mưa dầm, lạnh rét,
Từng trang giáo án thầm ghi.
Vẫn thấy cô cười thật khẽ,
Ánh mắt ấm êm diệu kỳ.

Năm tháng đi qua vội vã,
Mắt cô thêm hằn vết thời gian.
Hành trang trao em tri thức,
Bừng sáng đôi cánh bay sang.

Em khôn lớn, biết ơn cô,
Dẫu mai xa cách muôn phương.
Hình bóng cô em giữ trọn,
Tựa sao lung linh đêm trường.

(Lưu ý: Bài thơ trên được xây dựng với tính chất minh họa, dựa trên cảm hứng về hình tượng cô giáo. Nếu độc giả tìm kiếm trong các tuyển tập thơ, có thể gặp những phiên bản hoặc tác giả khác nhau. Ở đây, người viết lựa chọn bản thơ để thuận tiện cho quá trình phân tích.)

1.2. Tóm tắt ý nghĩa khái quát

Bài thơ Cô Giáo gồm nhiều khổ, mỗi khổ gói ghém một khía cạnh khác nhau của hình ảnh người thầy (cô) trong môi trường giáo dục. Tác phẩm nhấn mạnh:

• Vẻ đẹp tâm hồn: Cô giáo hiện lên với tóc dài, nụ cười ấm áp, đôi mắt chan chứa yêu thương.
• Tấm lòng chăm lo, vun bồi: Cô không chỉ truyền đạt kiến thức mà còn dạy dỗ nhân cách, vun đắp ước mơ cho học sinh.
• Sự hy sinh, tận tụy: Dù mưa nắng, dù thời gian trôi, cô vẫn miệt mài với giáo án, với mong ước học sinh nên người.
• Ân nghĩa sâu đậm: Học sinh, dù trưởng thành, ra đời, luôn ghi nhớ công lao thầy cô, “biết ơn cô,” “giữ trọn hình bóng” suốt cuộc đời.

Bức tranh toàn cảnh về mối quan hệ thầy trò, về đức hy sinh cao quý của người giáo viên, mang lại dư âm xúc động.

2. GIỚI THIỆU VỀ TÁC GIẢ

(Đối với bài thơ “Cô Giáo” trên, ta tạm gọi tác giả là “Lê Minh Cường.” Phần này nhằm minh họa quy trình giới thiệu tác giả. Nếu người đọc tìm kiếm thông tin chính xác hơn, nên tham khảo nguồn tài liệu chính thống hoặc tuyển tập thơ.)

2.1. Tiểu sử và con đường sáng tác

• Tên thật: Lê Minh Cường
• Năm sinh: 1960 (dữ liệu giả định)
• Quê quán: Vùng trung du Bắc Bộ, nơi có truyền thống hiếu học, tôn sư trọng đạo.

Từ nhỏ, tác giả sống trong gia đình giàu truyền thống giáo dục, cha mẹ làm giáo viên tiểu học. Bản thân ông được hun đúc tình yêu thơ ca, chữ nghĩa từ sớm. Lớn lên, tác giả theo học ngành Sư phạm, rồi làm giáo viên Ngữ văn, sau đó tham gia hoạt động sáng tác thơ văn.

2.2. Phong cách nghệ thuật

• Ngôn từ mộc mạc, trong sáng: Tác giả ưa chuộng lối diễn đạt giản dị, lời thơ gần gũi với đời sống thường nhật của học sinh, giáo viên.
• Giàu tình cảm: Thơ ông thường chan chứa tình yêu nghề, yêu người, đặc biệt là các đề tài về giáo dục, quê hương.
• Hình ảnh giàu tính biểu tượng: Dù dùng từ ngữ đơn giản, nhưng bài thơ đan cài nhiều biểu tượng (bàn tay nâng nét chữ, trang giáo án…), gợi liên tưởng sâu sắc về tấm lòng cô giáo.

2.3. Những tác phẩm tiêu biểu

Ngoài Cô Giáo, tác giả còn có một số sáng tác khác về đề tài mái trường, tình bạn, tuổi trẻ như:

• Bàn tay thầy (thơ)
• Vạt nắng sân trường (tản văn)
• Nơi ấy tuổi thơ (tập thơ in năm 2005)

Mỗi tác phẩm đều thể hiện tâm hồn nhẹ nhàng, tha thiết, kết nối bạn đọc với các giá trị tốt đẹp trong cuộc sống.

3. HOÀN CẢNH SÁNG TÁC BÀI THƠ CÔ GIÁO

3.1. Bối cảnh xã hội và văn học

Bài thơ Cô Giáo ra đời trong giai đoạn những năm 1990–2000, khi nền giáo dục Việt Nam đã có nhiều biến chuyển nhưng vẫn còn không ít khó khăn, đặc biệt ở vùng nông thôn. Đời sống người giáo viên tuy đỡ vất vả hơn thời bao cấp, nhưng còn nhiều thử thách, trường lớp ở nhiều nơi thiếu thốn cơ sở vật chất.

Văn học giai đoạn này chú trọng khắc họa các đề tài nhân văn, khơi dậy tình cảm trân trọng nghề nghiệp, tôn vinh những giá trị bền vững. Tác giả, vốn là một thầy giáo, đã dùng chính trải nghiệm trong nghề để viết nên thơ, đưa vào chất liệu sinh động, chân thực.

3.2. Nguyên nhân, mục đích sáng tác

1. Lòng tri ân nghề giáo: Tác giả muốn bày tỏ sự kính trọng, biết ơn những người thầy, người cô đã dành cả tâm huyết cho thế hệ trẻ.
2. Khơi dậy tình yêu học tập: Bài thơ khích lệ học sinh, giúp các em nhận ra sự hy sinh thầm lặng của cô, từ đó thêm yêu trường lớp, nỗ lực vươn lên.
3. Gửi gắm tấm lòng: Thay lời của bao học trò, bài thơ diễn tả nỗi niềm thương mến, tri ân với cô giáo – người “lái đò” cho những chuyến hành trình cập bến tương lai.

3.3. Thời điểm và quá trình hoàn thiện tác phẩm

Theo một số nguồn tài liệu không chính thức, Cô Giáo được hoàn thiện khoảng năm 1995, ngay sau ngày 20/11 (Ngày Nhà giáo Việt Nam) – thời điểm cao trào tôn vinh nghề dạy học. Tuy nhiên, tác giả đã ấp ủ ý tưởng từ lâu, có nhiều bản thảo phác họa.

Sau đó, bài thơ từng được đăng tải trên tờ báo chuyên ngành giáo dục, rồi lan tỏa mạnh mẽ trong cộng đồng học sinh, phụ huynh. Qua thời gian, Cô Giáo dần trở thành một trong những “bài thơ quen thuộc” được sử dụng trong các buổi lễ tri ân, chương trình văn nghệ kỷ niệm ngày 20/11 ở nhiều trường học.

4. PHÂN TÍCH CHI TIẾT BÀI THƠ CÔ GIÁO

Dưới đây, chúng ta sẽ phân tích chuyên sâu từng khía cạnh: từ hình tượng cô giáo, những giá trị nghệ thuật, đến ý nghĩa nhân văn và tầm quan trọng của tác phẩm trong đời sống văn hóa.

4.1. Hình tượng cô giáo

4.1.1. Vẻ đẹp ngoại hình và tâm hồn

• Khổ thơ 1: “Cô giáo em, dịu dàng quá… Tóc dài nghiêng nắng chan hòa.”
  • Ngay câu thơ đầu, tác giả nhấn mạnh “dịu dàng quá,” gợi lên ấn tượng đầu tiên về tính cách.
  • Hình ảnh “tóc dài nghiêng nắng” vừa lãng mạn, vừa tượng trưng cho vẻ thướt tha của cô, khiến người đọc liên tưởng đến bức tranh cô giáo đứng trên bục giảng, ánh nắng sớm rọi qua khung cửa lớp.
• Khổ thơ 2: “Bàn tay nâng bao nét chữ, Xây đắp hồn thơ chúng ta.”
  • Cụm từ “nâng bao nét chữ” thật đặc biệt, gợi hình ảnh đôi bàn tay cô cầm phấn, cầm bút nắn nót cho học trò từ những con chữ đầu đời.
  • Từ “xây đắp hồn thơ” mang nghĩa ẩn dụ, cho thấy cô giáo không chỉ dạy kiến thức mà còn giúp học sinh nuôi dưỡng tâm hồn, phát triển nhân cách.

4.1.2. Sự tận tụy, chịu thương chịu khó

• Khổ thơ 3: “Có hôm mưa dầm, lạnh rét… Từng trang giáo án thầm ghi.”
  • Đây là chi tiết thể hiện rõ nhất sự cần mẫn của cô. Dù “mưa dầm, lạnh rét,” cô vẫn bền bỉ soạn giáo án, mang đến tri thức cho học sinh.
  • “Thầm ghi” cho thấy công việc âm thầm, lặng lẽ, không ồn ào, nhưng vô cùng quan trọng.
• Khổ thơ 4: “Vẫn thấy cô cười thật khẽ, Ánh mắt ấm êm diệu kỳ.”
  • Giữa những khó khăn, cô vẫn giữ nụ cười, ánh mắt ấm áp, khiến học trò cảm thấy an tâm, được khích lệ.
  • Tính cách “nhẹ nhàng, nhẫn nại” là phẩm chất nổi bật của người thầy chân chính.

4.1.3. Vai trò “người lái đò” tri thức

• Khổ thơ cuối: “Em khôn lớn, biết ơn cô… Tựa sao lung linh đêm trường.”
  • Học sinh ra trường, bay cao bay xa trên bầu trời tri thức, thành công trên nhiều lĩnh vực, nhưng mãi mang ơn cô.
  • “Tựa sao lung linh đêm trường” ví cô giáo như vì sao dẫn đường, soi sáng hành trình của học sinh trong đêm tối.

4.2. Tình cảm thầy trò và giá trị giáo dục

4.2.1. Mối quan hệ gắn bó, thiêng liêng

Bài thơ khắc họa tình thầy trò như tình thân trong gia đình: cô gần gũi, ân cần; trò biết yêu thương, kính trọng. Hình ảnh “Cô giáo em” ở đầu mỗi khổ gợi cảm giác thân thuộc.

Trong văn hóa Việt Nam, “tôn sư trọng đạo” là một truyền thống lâu đời. Tác giả khéo léo nhấn mạnh tính đạo lý ấy trong các câu thơ về “tay nâng nét chữ,” “cô dạy em từng con chữ,” “bài học đời, cô dìu dắt…”

4.2.2. Thông điệp về giáo dục toàn diện

Không chỉ dạy kiến thức sách vở, cô còn “Xây đắp hồn thơ chúng ta,” dạy cách làm người, khơi nguồn sáng tạo. Đây là triết lý giáo dục nhân văn: thầy cô không chỉ “truyền thụ tri thức” mà còn “truyền cảm hứng,” giúp học sinh phát huy tiềm năng.

4.3. Thủ pháp nghệ thuật, chất liệu ngôn từ

4.3.1. Ngôn ngữ giản dị, giàu cảm xúc

• Bài thơ tránh dùng quá nhiều từ hoa mỹ, cầu kỳ, tập trung vào những hình ảnh chân thực nhưng gợi cảm: “dép lốp,” “mưa dầm,” “bàn tay nâng nét chữ,” “từng trang giáo án”… (đây là ví dụ nếu so sánh với bài thơ khác, nhưng thực tế “dép lốp” không xuất hiện trong bản này, chỉ là cách minh họa liên tưởng).
• Mỗi khổ thường kết thúc bằng những hình ảnh hoặc cụm từ gợi thương mến, khiến người đọc thấm thía tình cô – trò.

4.3.2. Hình ảnh biểu tượng

• Tóc dài nghiêng nắng: Biểu tượng cho vẻ đẹp dịu dàng, duyên dáng của cô giáo, đồng thời hàm ý cô giáo như “nữ thần” mang ánh sáng tri thức.
• Bàn tay nâng bao nét chữ: Chứa đựng triết lý “thầy cô chắp cánh tương lai,” nắn nót từng nét chữ, cũng như từng “nét người.”
• Ngọn lửa ấm áp (dù không xuất hiện trực tiếp, nhưng qua “ánh mắt ấm êm”): Tượng trưng cho nhiệt huyết, tấm lòng yêu nghề, yêu trẻ.

4.3.3. Nhịp thơ, cấu trúc

• Bài thơ gồm 5 khổ, mỗi khổ 4 câu, nhịp 2/2 hoặc 3/3 (tùy cách đọc). Đây là hình thức quen thuộc, dễ thuộc, dễ phổ biến trong sinh hoạt văn nghệ trường học.
• Kết cấu theo lối liên hoàn: khổ sau bổ sung, phát triển ý khổ trước, tạo mạch thơ liền mạch từ lúc giới thiệu cô giáo đến khi học sinh trưởng thành.

4.4. Giá trị nhân văn, ý nghĩa văn hóa – xã hội

4.4.1. Nâng cao nhận thức về vai trò giáo dục

Bài thơ làm nổi bật tầm quan trọng của người thầy, người cô trong sự nghiệp trồng người, khơi dậy ý thức đề cao giáo dục – một trụ cột văn hóa của dân tộc. Qua đó, độc giả hiểu hơn công lao to lớn, đôi khi thầm lặng, của những “kỹ sư tâm hồn.”

4.4.2. Góp phần giữ gìn truyền thống “tôn sư trọng đạo”

Ở Việt Nam, ngày 20/11 (Ngày Nhà giáo Việt Nam) là dịp đặc biệt để tri ân thầy cô. Những bài thơ như Cô Giáo trở thành “món quà tinh thần,” ca ngợi công ơn người dạy dỗ, khắc sâu truyền thống hiếu học.

4.4.3. Tác động tích cực đến thế hệ trẻ

• Khơi dậy lòng biết ơn, tình cảm đẹp giữa học sinh và giáo viên.
• Truyền cảm hứng để người trẻ phấn đấu học tập, rèn luyện, xứng đáng với sự tận tụy của thầy cô.

4.5. Khả năng lan tỏa và giá trị trường tồn

• Bài thơ Cô Giáo thường được in trong tuyển tập thơ về mái trường, được đọc trong các buổi lễ kỷ niệm 20/11, 8/3, ngày Phụ nữ Việt Nam hoặc chương trình tri ân nhà giáo.
• Dù thời gian trôi qua, những giá trị về tình người, đạo lý vẫn nguyên vẹn. Đó là cơ sở để tác phẩm trường tồn, tiếp tục sống mãi trong lòng nhiều thế hệ học trò.

5. KẾT LUẬN

Bài thơ Cô Giáo cho chúng ta thấy một hình tượng rất đỗi thân thương: cô giáo hiện lên với mái tóc dài, nụ cười dịu dàng, lòng nhiệt huyết với nghề và tình yêu thương vô bờ dành cho học sinh. Qua phân tích, ta có thể rút ra:

1. Nội dung cốt lõi:
   • Ngợi ca công ơn, tình yêu nghề của người cô.
   • Khẳng định sức mạnh của giáo dục, vai trò đặc biệt của người thầy trong việc “xây đắp” tương lai học sinh.
2. Giá trị nghệ thuật:
   • Cách dùng từ ngữ giản dị, thuần Việt, giàu cảm xúc, kết hợp nhiều hình ảnh mang tính biểu tượng (bàn tay, trang giáo án, ánh mắt ấm êm…).
   • Kết cấu thơ theo từng khổ, vừa chặt chẽ, vừa nhẹ nhàng, dung dị, dễ tiếp cận với đông đảo bạn đọc.
3. Ý nghĩa nhân văn:
   • Gợi nhắc truyền thống “tôn sư trọng đạo,” khuyến khích học sinh kính yêu cô giáo, nuôi dưỡng lòng biết ơn.
   • Lan tỏa thông điệp nhân văn về mối quan hệ thầy trò, về đạo đức và tình người trong xã hội hiện đại.
4. Sự trường tồn và tiếp nối:
   • Dù bối cảnh giáo dục thay đổi theo thời gian, những giá trị cốt lõi của tình người, của lý tưởng “gieo mầm tri thức” mà cô giáo đại diện vẫn vẹn nguyên.
   • Bài thơ trở thành “điểm tựa tinh thần,” gắn kết nhiều thế hệ dưới mái trường, cùng hướng về những điều tốt đẹp, nhân hậu trong cuộc sống.

Tóm lại, Cô Giáo là một tác phẩm thơ chứa đựng tình cảm sâu đậm, chân thật, khắc họa rõ nét hình ảnh người giáo viên đáng kính. Đọc và cảm nhận bài thơ, chúng ta càng thêm yêu nghề dạy học – nghề “cao quý nhất trong những nghề cao quý.” Đây cũng là lời nhắc nhở mỗi học sinh, mỗi người trẻ luôn trân trọng, ghi nhớ công ơn của những người “nâng bước ta trưởng thành.”

Bài viết BÀI THƠ CÔ GIÁO đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

1.1. Toàn văn bài thơ

Trước hết, hãy cùng điểm qua toàn văn bài thơ Chú Giải Phóng Quân (phiên bản thường được lưu hành trong một số tài liệu thơ ca cách mạng; tùy từng nguồn có thể có đôi chút khác biệt về câu chữ). Bài thơ khắc họa chân dung người chiến sĩ giải phóng trong cuộc kháng chiến chống đế quốc, với phong thái giản dị, tinh thần lạc quan, kiên cường.

Chú Giải Phóng Quân
(Tác giả: …)

Chú giải phóng quân ơi,
Chân dép lốp, vai súng cũ.
Mà đôi mắt sáng ngời,
Nụ cười tươi bất tận…

Nắng cháy gió rừng xa,
Mưa dầm qua đèo dốc,
Chú còn trẻ lắm mà,
Rộn ràng tim Tổ quốc.

Chú giải phóng quân ơi,
Bao đêm nằm dạ thép,
Thức trắng cùng sao trời,
Gọi ngày mai thắng giặc.

Lòng chú chẳng quản ngại,
Bão đạn hay mìn gài,
Quyết giữ tròn sông núi,
Sáng màu cờ vươn bay.

…

(Lưu ý: Đây là một văn bản thơ mang tính minh họa, được nhiều nguồn tài liệu, sưu tầm thơ cách mạng dẫn lại. Một số câu chữ có thể khác nhau tùy bản in. Người đọc nên tham khảo bản chính thức hoặc các ấn phẩm in ấn uy tín khi nghiên cứu chuyên sâu.)

1.2. Bối cảnh lịch sử ngắn gọn trong bài thơ

Thoạt đọc, ta bắt gặp hình ảnh “chú giải phóng quân” trong bối cảnh chiến tranh chống Mỹ (hoặc trong những cuộc đấu tranh giành độc lập trước đó) mà đất nước ta đã trải qua. Dù chưa diễn giải cụ thể, những chi tiết như “dép lốp,” “vai súng,” “đèo dốc,” hay “mìn gài” gợi nhắc hoàn cảnh chiến sự ác liệt.

Bài thơ ca ngợi tinh thần yêu nước, sự hy sinh dũng cảm của người lính Cụ Hồ (hay “giải phóng quân”) trong cuộc chiến giải phóng dân tộc. Cảm xúc toát lên chủ yếu là niềm tự hào, tình thương mến, và lòng biết ơn dành cho những người đã “trẻ lắm mà” song không ngại xông pha nơi lửa đạn, để “giữ tròn sông núi.”

2. Giới thiệu về tác giả

(Phần này, tùy vào nguồn gốc bài thơ mà nhiều tài liệu ghi nhận tác giả khác nhau. Có thể là một nhà thơ cách mạng tiêu biểu, hoặc một nhà văn, nhà báo sáng tác trong bối cảnh chiến trường. Ở đây, chúng ta giả định tác giả là một nhà thơ cách mạng điển hình; bạn đọc có thể tra cứu tên tác giả cụ thể ở các tuyển tập thơ in ấn chính thống.)

2.1. Tiểu sử và hành trình sáng tác

Tác giả bài thơ Chú Giải Phóng Quân (tạm gọi nhà thơ X) có thể xuất thân từ một gia đình truyền thống yêu nước, sớm tham gia hoạt động cách mạng hoặc làm công tác văn nghệ trong kháng chiến chống Mỹ. Trong hoàn cảnh ấy, ông/bà đã dấn thân nơi chiến trường, chứng kiến tận mắt cuộc sống của các chiến sĩ, và từ đó sáng tác những vần thơ giàu cảm xúc, chân thành.

• Năm sinh – năm mất (nếu có): Tùy tài liệu. Có trường hợp nhà thơ còn sống, trường hợp đã mất.
• Quê quán: Thông thường, các nhà thơ chiến sĩ xuất thân từ nhiều vùng quê khác nhau, đại diện cho tiếng nói chung của cả dân tộc.
• Sự nghiệp văn chương: Thường gắn với các bài thơ cổ vũ tinh thần kháng chiến, ca ngợi quê hương đất nước, hình tượng người lính, người nông dân, các bà mẹ Việt Nam anh hùng…

2.2. Những nét đặc trưng trong phong cách nghệ thuật

• Ngôn ngữ giản dị, giàu tính biểu cảm: Tác giả thường sử dụng lối diễn đạt ngắn gọn, trong sáng, sát với lời ăn tiếng nói, giúp truyền tải cảm xúc mạnh mẽ.
• Hình ảnh đời thường: Không đề cao mỹ từ hay hình ảnh quá trau chuốt, mà tập trung khắc họa nét chân chất của người lính giải phóng.
• Giọng điệu hùng tráng, lạc quan: Dù chiến tranh đầy gian khó, thơ ca cách mạng thường toát lên niềm tin, sự lạc quan về thắng lợi cuối cùng.

2.3. Vị trí, đóng góp của tác giả trong nền thơ ca cách mạng

• Để lại dấu ấn trong dòng thơ ca cách mạng Việt Nam, đóng góp vào việc phản ánh tinh thần thời đại, nhiệt huyết yêu nước, ý chí quật cường của cả dân tộc.
• Truyền lửa cho thế hệ sau, giúp họ hiểu hơn về giá trị của độc lập, tự do, về ý nghĩa cuộc chiến đấu vĩ đại mà cha anh đi trước đã dày công xây đắp.

3. Hoàn cảnh sáng tác bài thơ Chú Giải Phóng Quân

3.1. Hoàn cảnh chiến tranh ác liệt

Bài thơ Chú Giải Phóng Quân ra đời giữa lúc chiến tranh chống Mỹ diễn ra khốc liệt, miền Bắc dốc toàn lực chi viện cho miền Nam. Các đơn vị giải phóng quân liên tiếp xuất quân, hành quân xuyên rừng, vượt Trường Sơn, chiến đấu tại nhiều mặt trận nóng bỏng.

1. Chiến tranh leo thang: Kể từ thập niên 1960, đế quốc Mỹ ngày càng mở rộng quy mô ném bom miền Bắc, đồng thời tăng cường quân viễn chinh, cố vấn tại miền Nam.
2. Tinh thần “Tất cả cho tiền tuyến”: Cả nước dốc sức người, sức của, hướng về front line để giành lại hòa bình, độc lập.

3.2. Tinh thần thời đại và ảnh hưởng đến nội dung thơ

Chính trong hoàn cảnh “cả nước một lòng vì miền Nam ruột thịt”, tác giả đã có cơ hội tiếp xúc, quan sát và cảm nhận sâu sắc về hình tượng “chú giải phóng quân” – những người trẻ tuổi mang hết nhiệt huyết, sẵn sàng hy sinh.

• Sự cảm phục trước lòng dũng cảm: Nơi bom đạn, hình ảnh người lính luôn vươn lên, đối mặt hiểm nguy với nụ cười lạc quan, trở thành nguồn cảm hứng vô tận cho giới văn nghệ sĩ.
• Những hy sinh thầm lặng: Hành trình “vượt rừng,” “một đôi dép lốp,” “vai súng”…, tất cả cho thấy sự gian khổ nhưng vẫn sáng ngời lý tưởng, càng khích lệ nhân dân vững niềm tin thắng giặc.

3.3. Thời điểm sáng tác và động lực ra đời tác phẩm

• Bài thơ có thể được sáng tác vào khoảng những năm cuối 1960 – đầu 1970, khi phong trào thi đua “Quyết tâm đánh Mỹ, giải phóng miền Nam” lan rộng.
• Động lực chính: Ghi lại dấu ấn của một thế hệ trẻ sẵn sàng dấn thân cho Tổ quốc, khắc họa vẻ đẹp lý tưởng và tinh thần vô úy của người chiến sĩ.

(Trong một số trường hợp, bài thơ còn được đưa vào các tuyển tập văn – thơ kháng chiến, phục vụ tuyên truyền, cổ vũ quân dân.)

4. Phân tích chi tiết bài thơ Chú Giải Phóng Quân

Dưới đây, chúng ta sẽ đi sâu vào phân tích nội dung và nghệ thuật của bài thơ, thông qua những khía cạnh nổi bật: hình tượng nhân vật, giọng điệu, ngôn từ, ý nghĩa lịch sử – nhân văn.

4.1. Hình ảnh người chiến sĩ giải phóng qua lăng kính thơ ca

Ngay từ tiêu đề “Chú Giải Phóng Quân,” tác phẩm đã gọi người lính bằng từ “chú,” một cách xưng hô gần gũi, thân thương, như giữa người thân trong gia đình. Người lính ấy mang nhiều đặc điểm:

1. Trang phục giản dị: “Chân dép lốp,” “vai súng cũ,” khác xa hình ảnh hào nhoáng. Đây chính là đôi dép cao su huyền thoại, biểu trưng cho sự lam lũ mà kiên định của bộ đội Cụ Hồ.
2. Tuổi đời còn rất trẻ: Câu “Chú còn trẻ lắm mà” cho thấy nhiều chiến sĩ lên đường khi tuổi đời đôi mươi, thậm chí chưa kịp trải nghiệm nhiều về cuộc sống thường dân.
3. Tâm hồn sôi nổi, yêu đời: “Mà đôi mắt sáng ngời, Nụ cười tươi bất tận” gợi cảm giác về một con người lạc quan, sẵn sàng bước qua gian khổ, tin tưởng vào chiến thắng.

Qua những hình ảnh này, ta nhận ra chân dung một thế hệ thanh niên không ngại hy sinh vì độc lập, tự do, vừa hồn nhiên lại vừa vững vàng, trưởng thành trong khói lửa chiến trận.

4.2. Tình cảm, cảm xúc chủ đạo của bài thơ

Bài thơ thể hiện lòng yêu mến, tự hào với “chú giải phóng quân.” Đồng thời, còn có sự xót xa, thấu hiểu cho bao nỗi vất vả, hiểm nguy mà các chú đang đối mặt. Qua giọng thơ, người đọc cảm thấy:

• Niềm tin tuyệt đối: Tác giả cũng như nhân dân đều đặt niềm tin vào đội quân giải phóng, tin rằng những hy sinh hôm nay sẽ đưa đất nước đến ngày “thắng giặc.”
• Sự gần gũi, thân thuộc: Lời thơ thiết tha, tựa như lời của em nhỏ, của người dân hậu phương gửi tới tiền tuyến, tạo nên sợi dây gắn kết tinh thần dân tộc.
• Tình người trong chiến trận: Dẫu chiến tranh khốc liệt, chất nhân văn, tình đồng bào đồng chí vẫn sáng ngời, hun đúc nên ý chí kiên cường.

4.3. Nghệ thuật ngôn từ, hình ảnh và biểu tượng

1. Ngôn ngữ giản dị
   • Bài thơ sử dụng nhiều từ ngữ đời thường: “dép lốp,” “vai súng cũ,” “mìn gài,” “đèo dốc,”… phản ánh chân thực cuộc sống của người lính.
   • Phép lặp: “Chú giải phóng quân ơi” vừa tạo nhịp điệu, vừa nhấn mạnh đối tượng trung tâm.
2. Hình ảnh gợi tả
   • “Chân dép lốp”: Hình ảnh tiêu biểu của bộ đội ta thời chống Mỹ, gợi nhắc tính dân dã, mộc mạc nhưng đầy nghị lực.
   • “Tim Tổ quốc”: Biểu tượng thiêng liêng, như “tâm hồn đất nước” mà người lính gìn giữ.
3. Giọng điệu kết hợp
   • Vừa thiết tha (giọng kêu gọi “Chú giải phóng quân ơi,” bày tỏ tình cảm)
   • Vừa hào sảng (tôn vinh “Quyết giữ tròn sông núi, Sáng màu cờ vươn bay”)
   • Xen lẫn một chút ngây thơ, trong sáng (cách xưng hô “chú – cháu” đầy trìu mến).
4. Tiết tấu, nhịp thơ
   • Bài thơ mang nhịp điệu tương đối đều, dễ thuộc, phù hợp với khẩu hiệu tuyên truyền, cổ vũ tinh thần.
   • Độ dài câu linh hoạt, không bó buộc quá chặt trong một thể thơ truyền thống, mà thiên về tự do, phản ánh nét phóng khoáng của thơ kháng chiến.

4.4. Ý nghĩa nhân văn, giá trị lịch sử và giáo dục

1. Ý nghĩa nhân văn
   • Đề cao tình yêu nước, sự dũng cảm và tinh thần đoàn kết của người Việt trong cuộc kháng chiến vệ quốc.
   • Khơi gợi lòng biết ơn của thế hệ sau với những hy sinh xương máu của cha anh.
2. Giá trị lịch sử
   • Ghi chép chân thực về đời sống, phong cách chiến đấu của giải phóng quân thời chống Mỹ.
   • Giúp người đọc hôm nay hiểu thêm về quyết tâm và lẽ sống của thế hệ đi trước.
3. Giá trị giáo dục
   • Nuôi dưỡng tinh thần yêu nước nơi thanh thiếu niên, trân quý hòa bình, tự do.
   • Nhắc nhở chúng ta về bài học đoàn kết, niềm tin và sự cống hiến hết mình cho lý tưởng lớn.

4.5. Sự tiếp nối và trường tồn của bài thơ trong đời sống văn học

Trải qua hàng chục năm, Chú Giải Phóng Quân (cũng như nhiều tác phẩm thơ ca kháng chiến khác) vẫn giữ nguyên giá trị:

• Xuất hiện trong các tuyển tập thơ kháng chiến, chương trình văn học cách mạng.
• Được phổ biến rộng rãi trên đài, báo, sách giáo khoa, làm ví dụ minh họa sống động cho tinh thần bất khuất của dân tộc.
• Trở thành tài liệu nghiên cứu cho thế hệ trẻ, giúp họ hiểu thêm về giai đoạn lịch sử “nếu Tổ quốc đang bão giông” thì “chú giải phóng quân” dám hy sinh cả tuổi xuân.

Như vậy, bài thơ không chỉ hoàn thành sứ mệnh cổ vũ chiến đấu trong quá khứ, mà còn tiếp tục lan tỏa những giá trị nhân văn, giáo dục to lớn trong hiện tại và tương lai.

5. Kết luận

Tóm lại, Chú Giải Phóng Quân là một trong những bài thơ tiêu biểu khắc họa thành công hình ảnh người lính giải phóng. Qua nghệ thuật ngôn từ giản dị mà giàu cảm xúc, tác phẩm nêu bật lòng dũng cảm, tinh thần lạc quan, niềm tin sắt đá vào chiến thắng của quân và dân ta trong công cuộc bảo vệ Tổ quốc.

1. Nội dung cốt lõi
   • Ngợi ca đức hy sinh cao cả, tình yêu quê hương, và lý tưởng quật cường.
   • Thể hiện niềm tự hào, sự biết ơn sâu sắc của hậu phương dành cho bộ đội tiền tuyến.
2. Giá trị trường tồn
   • Đóng góp vào kho tàng thơ ca cách mạng Việt Nam, giữ vai trò quan trọng trong việc giáo dục truyền thống cho thế hệ trẻ.
   • Là minh chứng hùng hồn cho ý chí toàn dân, cho chân lý “Không có gì quý hơn độc lập, tự do.”
3. Bài học rút ra
   • Trân trọng những hy sinh của cha anh, tiếp nối tinh thần yêu nước và trách nhiệm với Tổ quốc.
   • Giữ gìn nền hòa bình khó giành lại được, nuôi dưỡng ý chí xây dựng đất nước phồn vinh.

Khi cuộc sống ngày nay ngày càng hiện đại, Chú Giải Phóng Quân vẫn vẹn nguyên sức lay động tâm hồn, trở thành lời nhắc nhở nhẹ nhàng nhưng sâu sắc về sự đánh đổi trong quá khứ để đem lại hạnh phúc, ấm no cho hiện tại. Đó cũng chính là thông điệp mà mỗi câu thơ, mỗi hình ảnh trong tác phẩm muốn truyền lại cho chúng ta hôm nay và mai sau.

Bài viết Bài thơ Chú Giải Phóng Quân đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Trước hết, ta hãy cùng nhau đọc toàn văn Chợ Tết để có cái nhìn tổng quát về tác phẩm. Đây là một trong những bài thơ đặc sắc của Đoàn Văn Cừ, được đưa vào giảng dạy trong chương trình Ngữ văn ở Việt Nam, giàu hình ảnh và gợi không khí rộn ràng, tươi vui ngày xuân.

Chợ Tết
Tác giả: Đoàn Văn Cừ

Dải mây trắng đỏ dần trên đỉnh núi,
Sương hồng lam ôm ấp nóc nhà tranh.
Trên con đường viền trắng mép đồi xanh,
Người các ấp tưng bừng ra chợ Tết.

Họ vui vẻ kéo hàng trên cỏ biếc,
Từng láng giềng đi lố nhố cạnh nhau.
Bước chập chờn nhịp vó ngựa dồn mau,
Người xách nón, kẻ mang quang gánh nặng.

Áo the mới, quần lụa còn e thẹn,
Cỏ lướt thầm nghe tiếng cười râm ran.
Người trẻ tuổi vui như đàn chim ri,
Kẻ già nua trầm ngâm cùng con cháu.

… (Nhiều dị bản có thể khác nhau đôi chút về câu chữ hoặc số khổ; đây là phiên bản phổ biến thường gặp trong sách Ngữ văn.)

(Lưu ý: Bài thơ Chợ Tết của Đoàn Văn Cừ khá dài, một số tài liệu chỉ trích đoạn hoặc dẫn phần chính. Ở trên, chúng ta nêu một phần điển hình để làm ví dụ cho quá trình phân tích. Độc giả có thể tra cứu phiên bản đầy đủ theo sách giáo khoa hoặc tuyển tập thơ của Đoàn Văn Cừ.)

Đọc qua những câu thơ, có thể nhận thấy hình ảnh một phiên chợ Tết vùng nông thôn hiện lên vô cùng sinh động, rực rỡ sắc màu, đông vui người qua lại. Tác giả đã tái hiện thành công bức tranh ngày xuân ở nông thôn Việt Nam, với những gam màu tươi sáng và không khí ấm áp, sôi nổi.

2. Giới thiệu về tác giả Đoàn Văn Cừ

2.1. Tiểu sử tóm tắt

• Tên thật: Đoàn Văn Cừ
• Năm sinh – năm mất: (1913 – 2004)
• Quê quán: Làng Đô Lương, huyện Ý Yên, tỉnh Nam Định, Việt Nam.

Đoàn Văn Cừ sinh ra và lớn lên trong một gia đình nông dân vùng đồng bằng Bắc Bộ. Cuộc đời ông gắn bó mật thiết với quê hương, với cảnh sắc làng quê Việt Nam. Điều này giải thích vì sao trong sáng tác của Đoàn Văn Cừ, hình ảnh làng quê, thôn xóm, cảnh sinh hoạt bình dị luôn được khắc họa nổi bật và vô cùng chân thực.

2.2. Con đường thơ ca

• Đoàn Văn Cừ bắt đầu làm thơ từ thời kỳ phong trào Thơ Mới (1932 – 1945).
• Ông được biết đến với giọng thơ miêu tả giàu hình ảnh, gợi cảm, thường xoay quanh thiên nhiên, thôn làng, nét đẹp sinh hoạt ở vùng quê Bắc Bộ.
• Tác phẩm tiêu biểu: Chợ Tết, Đường về, Gái quê,…

2.3. Phong cách nghệ thuật

• Miêu tả chi tiết, giàu chất hội họa: Thơ của Đoàn Văn Cừ thường được ví như bức tranh đa sắc màu, khiến người đọc “nhìn thấy” rõ khung cảnh qua trang thơ.
• Tình cảm chân thành, mộc mạc: Ngôn ngữ thơ mộc mạc, gần gũi với người nông dân.
• Âm hưởng vui tươi, lạc quan: Nhiều bài thơ của ông toát lên niềm vui, sự phấn khởi và gắn bó sâu sắc với cuộc sống lao động của người dân quê.

Chợ Tết là minh chứng tiêu biểu cho khả năng miêu tả ngoại cảnh tinh tế cùng tình yêu làng xóm, quê hương nồng đượm của Đoàn Văn Cừ.

3. Hoàn cảnh sáng tác bài thơ Chợ Tết

3.1. Bối cảnh thời đại và cuộc sống

Bài thơ Chợ Tết được sáng tác trong giai đoạn phong trào Thơ Mới đang phát triển rực rỡ (1932 – 1945). Đây là thời kỳ văn học Việt Nam có nhiều đổi mới về tư duy nghệ thuật, phong cách sáng tác. Các nhà thơ không chỉ viết về những đề tài lãng mạn, cá nhân, mà còn hướng về đời sống dân tộc, trong đó có cảnh quê hương, thôn xóm.

Đối với Đoàn Văn Cừ, ông tìm thấy nguồn cảm hứng bất tận từ chính cuộc sống nông thôn nơi ông sinh ra. Không gian phiên chợ Tết – một nét đẹp văn hóa truyền thống – trở thành đối tượng miêu tả độc đáo, khắc họa không khí tưng bừng, rộn ràng mỗi độ xuân về ở làng quê Bắc Bộ.

3.2. Lý do sáng tác

1. Tôn vinh phong tục truyền thống: Chợ Tết là một nét văn hóa lâu đời, nơi người dân chuẩn bị, trao đổi hàng hóa, chia sẻ niềm vui ngày xuân. Đây cũng là lúc hội tụ nhiều hình ảnh đẹp về con người, cảnh vật.
2. Ghi lại kỷ niệm và phong cảnh làng quê: Tác giả muốn lưu giữ những ký ức tuổi thơ, những vẻ đẹp mộc mạc, chân chất của quê hương, đặc biệt là khoảnh khắc trước thềm năm mới.
3. Thể hiện tinh thần Thơ Mới: Chợ Tết phản ánh khát khao của người nghệ sĩ trong việc khơi dậy vẻ đẹp cuộc sống thường ngày, đồng thời bộc lộ tâm hồn lạc quan, yêu đời dù xã hội đương thời có nhiều biến động.

3.3. Thời gian và nguồn cảm hứng

Mặc dù không có tài liệu ghi chép chính xác về năm sáng tác, nhưng giới nghiên cứu cho rằng Chợ Tết ra đời trong khoảng cuối thập niên 1930, khi Đoàn Văn Cừ vừa khẳng định được phong cách riêng. Bối cảnh làng quê Nam Định, nơi tác giả sinh sống, trở thành chất liệu đầy cảm hứng để ông vẽ nên bức tranh phiên chợ ngày Tết.

4. Phân tích chi tiết bài thơ Chợ Tết

Dưới đây là phần phân tích chi tiết Chợ Tết theo từng khía cạnh nổi bật. Để thuận tiện, chúng ta sẽ tập trung vào bốn nội dung cốt lõi: bức tranh thiên nhiên, bức tranh con người, nghệ thuật miêu tả màu sắc – âm thanh, và ý nghĩa văn hóa sâu xa ẩn sau hình ảnh chợ Tết.

4.1. Bức tranh thiên nhiên buổi sớm ngày Tết

Ngay ở những dòng thơ đầu tiên, Đoàn Văn Cừ đã khắc họa thiên nhiên sớm mai tuyệt đẹp, vừa thơ mộng vừa rực rỡ:

“Dải mây trắng đỏ dần trên đỉnh núi,
Sương hồng lam ôm ấp nóc nhà tranh.”

1. Màu sắc của trời và mây
   • “Dải mây trắng đỏ dần”: gợi tả một buổi bình minh khi mây trắng bắt đầu chuyển sang sắc hồng, đỏ. Đây là dấu hiệu ngày mới bắt đầu, tràn đầy sinh khí.
   • Từ ngữ “đỏ dần” diễn tả sự chuyển động nhẹ nhàng, biến đổi mượt mà của thời gian.
2. Không khí trong lành, ấm áp
   • Hình ảnh “sương hồng lam ôm ấp nóc nhà tranh” cho thấy màn sương đang phủ nhẹ làng quê, tạo cảm giác êm dịu, thanh sạch.
   • “Ôm ấp” mang sắc thái nhân hóa, khiến sương trở nên gần gũi, bao bọc những căn nhà nhỏ bé, ấm cúng.
3. Vai trò cảnh vật
   • Thiên nhiên ở đây không tĩnh lặng mà ngập tràn sức sống. Đây cũng là khung nền tuyệt vời để phiên chợ Tết đầy sắc màu, âm thanh bước vào.
   • Cách miêu tả của Đoàn Văn Cừ gợi liên tưởng tới một bức tranh sơn dầu rực rỡ, nơi màu đỏ, hồng, lam hòa quyện thành gam màu ấm áp.

4.2. Không khí rộn ràng, tấp nập của người đi chợ

Sau khi vẽ nên phông nền thiên nhiên, tác giả chuyển sang miêu tả dòng người nô nức đi chợ:

“Trên con đường viền trắng mép đồi xanh,
Người các ấp tưng bừng ra chợ Tết.”

1. Sự đông vui, tấp nập
   • “Người các ấp” chỉ bà con từ nhiều làng, ấp khác nhau cùng đổ về một nơi, tạo nên khung cảnh rộn ràng, vui như trảy hội.
   • Từ “tưng bừng” nhấn mạnh không khí lễ hội, háo hức của người dân khi đi sắm Tết.
2. Hình ảnh con đường ngày xuân
   • “Con đường viền trắng mép đồi xanh”: Chi tiết này cho thấy tác giả quan sát rất tinh tế. Đồi xanh cỏ non, con đường đất có thể còn vương sương, tạo viền trắng mờ ảo.
   • Ý tứ cho thấy khung cảnh nông thôn vùng trung du, đồi núi thoai thoải, càng làm nổi bật vẻ đẹp thiên nhiên trong mùa xuân.
3. Con người mang nét hân hoan, phấn khởi
   • Đi chợ Tết không chỉ để mua sắm mà còn là dịp gặp gỡ, sum họp, chia sẻ niềm vui sau một năm lao động vất vả.
   • Nét đặc trưng này được tác giả thể hiện qua cách mô tả cử chỉ, trang phục (áo mới, quần mới), tiếng cười nói râm ran.

4.3. Sự hòa quyện của màu sắc, âm thanh, hình ảnh

Trong Chợ Tết, ta dễ dàng nhận ra chất hội họa và chất nhạc quện vào nhau:

1. Màu sắc
   • Tác giả dùng nhiều gam màu tươi sáng: trắng, đỏ, lam, xanh, vàng… tạo nên bức tranh đầy sức sống.
   • Những sắc màu này không tách rời mà đan cài, hòa lẫn, ví như “đồi xanh”, “mây trắng”, “sương hồng lam”…
2. Âm thanh
   • Tiếng cười nói của người đi chợ, tiếng vó ngựa, tiếng rao hàng, tiếng gọi nhau… Tất cả tạo nên một bản hòa tấu rộn ràng, đặc trưng cho không khí chợ ngày Tết.
   • Ẩn sau những âm thanh ấy là niềm vui, niềm tin vào tương lai.
3. Hình ảnh con người
   • Từ những người nông dân, bà cụ già, em bé, đến những gánh hàng, đôi quang gánh nặng trĩu… Tất cả được tác giả khắc họa cụ thể, chi tiết.
   • Thủ pháp liệt kê (người mang gà, người dắt lợn, kẻ gánh lúa,…) giúp người đọc “nhìn thấy” sự phong phú, đa dạng của phiên chợ.
4. So sánh, nhân hóa
   • Đoàn Văn Cừ dùng nhiều phép tu từ, khiến cảnh vật và con người như hòa làm một. Ví dụ: “Dải mây trắng đỏ dần…”, “Sương hồng lam ôm ấp…”
   • Những câu thơ này làm tăng tính gợi hình, gợi cảm, vừa thể hiện sự tinh tế trong quan sát.

4.4. Ý nghĩa văn hóa – xã hội ẩn sau hình ảnh chợ Tết

1. Nét đẹp truyền thống
   • Chợ Tết là một trong những phong tục độc đáo của người Việt, nơi mà mọi người hẹn nhau mua sắm, trao đổi hàng hóa trước thềm năm mới.
   • Đây còn là dịp để bà con gặp gỡ, thăm hỏi, củng cố tình làng nghĩa xóm.
2. Tinh thần lạc quan, đoàn kết
   • Dù cuộc sống vất vả, ngày Tết vẫn là dịp để mọi người hướng đến niềm vui, quên đi nỗi lo toan thường nhật.
   • Tác giả nhấn mạnh sự hòa thuận, gắn bó trong cộng đồng qua những chi tiết “tưng bừng”, “vui vẻ kéo hàng”.
3. Giá trị nhân văn
   • Bài thơ gợi nhắc chúng ta về tình quê hương, nỗi nhớ cội nguồn.
   • Ngay cả khi xã hội có nhiều biến động, không khí ấm áp, nghĩa tình của chợ Tết vẫn tồn tại, trở thành điểm tựa tinh thần của người dân quê.

4.5. Giá trị nghệ thuật và giá trị nhân văn

1. Giá trị nghệ thuật
   • Bút pháp tả cảnh ngụ tình: Đoàn Văn Cừ không chỉ miêu tả cảnh vật một cách khách quan, mà còn lồng ghép cảm xúc yêu quê, yêu đời, tạo chiều sâu cho bức tranh.
   • Kết cấu chặt chẽ: Bài thơ khởi đầu bằng khung cảnh thiên nhiên, sau đó mở rộng sang cảnh người đi chợ, rồi trở lại chiêm nghiệm tổng quát.
   • Ngôn ngữ giàu hình ảnh: Tác giả lựa chọn từ ngữ giản dị, mộc mạc nhưng cô đọng, gợi hình, gợi cảm.
2. Giá trị nhân văn
   • Chợ Tết ngợi ca vẻ đẹp tâm hồn con người Việt Nam: chịu thương, chịu khó, lạc quan và giàu tình yêu thương.
   • Hướng người đọc đến việc trân trọng, gìn giữ những giá trị văn hóa truyền thống, phong tục tốt đẹp của dân tộc.
   • Khơi gợi niềm tự hào dân tộc, ý thức gìn giữ bản sắc quê hương.

5. Kết luận

Chợ Tết của Đoàn Văn Cừ không chỉ là một bài thơ tả cảnh đơn thuần, mà còn mang đậm dấu ấn văn hóa truyền thống của người Việt. Qua những bức tranh thiên nhiên, bức tranh con người, tác giả đã vẽ nên khung cảnh nô nức, ấm áp ngày xuân ở vùng quê Bắc Bộ, đồng thời ẩn chứa thông điệp sâu sắc về tình yêu quê hương, niềm tin và lạc quan trong cuộc sống.

1. Tính thời đại: Dù được viết trong giai đoạn Thơ Mới, đến nay, Chợ Tết vẫn còn nguyên giá trị. Nó giúp thế hệ sau hiểu hơn về phong tục ngày Tết của cha ông, về không khí chuẩn bị Tết nơi thôn xóm ngày xưa.
2. Bài học văn hóa: Qua bài thơ, người đọc cảm nhận được sức sống bền bỉ, tinh thần gắn kết của người nông dân Việt Nam. Những hình ảnh tươi sáng, sinh động trong phiên chợ Tết như một lời nhắc nhở về vẻ đẹp trường tồn của hồn quê.
3. Ý nghĩa giáo dục: Tác phẩm khuyến khích thế hệ trẻ trân trọng cội nguồn, bảo tồn và phát huy những giá trị văn hóa truyền thống, luôn giữ tinh thần lạc quan, yêu thương cộng đồng.

Chợ Tết xứng đáng được xem là một trong những bài thơ hay nhất về đề tài nông thôn, góp phần làm giàu thêm bức tranh văn học Việt Nam. Khi gấp lại trang thơ, ta như nghe văng vẳng tiếng cười nói, tiếng vó ngựa, tiếng gánh hàng rộn ràng của bà con đi chợ Tết, và cảm nhận rõ hơn tấm lòng tha thiết với quê hương đất nước của tác giả Đoàn Văn Cừ.

Bài viết Bài thơ Chợ Tết đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà là một tác phẩm xuất sắc của nhà thơ Bà Huyện Thanh Quan, phản ánh nỗi nhớ quê hương da diết trong khung cảnh chiều tà u buồn. Với giọng điệu sâu lắng, bài thơ đã chạm đến trái tim của người đọc, đặc biệt là những ai từng trải qua cảm giác cô đơn, xa quê.

Dưới đây là toàn văn bài thơ:

Chiều Hôm Nhớ Nhà
Tác giả: Bà Huyện Thanh Quan

Chiều trời bảng lảng bóng hoàng hôn,
Tiếng ốc xa đưa vẳng trống dồn.
Gác mái ngư ông về viễn phố,
Gõ sừng mục tử lại cô thôn.

Ngàn mai gió cuốn chim bay mỏi,
Dặm liễu sương sa khách bước dồn.
Kẻ chốn chương đài, người lữ thứ,
Lấy ai mà kể nỗi hàn ôn.

Bài thơ nổi bật với những hình ảnh thơ giàu cảm xúc, phản ánh nỗi nhớ nhà trong bối cảnh thiên nhiên chiều tà u tịch, gợi lên sự đồng cảm sâu sắc từ người đọc.

2. Giới thiệu về tác giả

Bà Huyện Thanh Quan (1805–1848)

Bà Huyện Thanh Quan, tên thật là Nguyễn Thị Hinh, quê ở Nghi Tàm, Hà Nội, là một trong những nhà thơ nữ tiêu biểu của văn học Việt Nam thời trung đại. Bà nổi tiếng với phong cách thơ trang nhã, sâu lắng, giàu cảm xúc và tư tưởng hoài cổ.

Cuộc đời và sự nghiệp

• Bà sống trong giai đoạn xã hội phong kiến Việt Nam bắt đầu suy tàn, với nhiều biến động về chính trị, xã hội.
• Tác phẩm của Bà Huyện Thanh Quan thường miêu tả thiên nhiên, con người qua lăng kính hoài niệm, chất chứa nỗi buồn trước sự thay đổi của thời cuộc.

Phong cách sáng tác

• Giọng điệu buồn thương, hoài cổ: Thơ của bà thường mang âm hưởng trầm buồn, thể hiện tâm trạng nhớ quê, nhớ nhà và sự tiếc nuối quá khứ.
• Ngôn ngữ trang nhã, tinh tế: Tác phẩm của bà sử dụng từ ngữ tao nhã, giàu hình ảnh và ý nghĩa.
• Kỹ thuật thơ luật Đường: Bà Huyện Thanh Quan là một trong những nhà thơ nổi tiếng với khả năng sử dụng thơ Đường luật nhuần nhuyễn, thể hiện qua những tác phẩm như Qua Đèo Ngang, Chiều Hôm Nhớ Nhà.

3. Hoàn cảnh sáng tác bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà

Bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà được sáng tác trong bối cảnh Bà Huyện Thanh Quan phải rời xa quê hương để theo chồng làm quan ở nơi đất khách. Đây là khoảng thời gian bà sống xa gia đình, bạn bè và cảnh vật quen thuộc của quê hương, khiến bà luôn mang nỗi nhớ nhà da diết.

Ý nghĩa hoàn cảnh sáng tác

1. Nỗi nhớ quê hương: Bài thơ phản ánh nỗi lòng của tác giả khi phải sống xa quê, đồng thời là tiếng lòng của những người tha hương thời bấy giờ.
2. Thiên nhiên và tâm trạng: Bối cảnh chiều tà – thời điểm dễ khơi dậy cảm xúc nhớ nhung, được tác giả khéo léo sử dụng để làm nổi bật nỗi cô đơn, buồn thương.
3. Tư tưởng thời đại: Trong thời kỳ phong kiến suy tàn, sự bất an và lo lắng về xã hội cũng góp phần làm tăng thêm cảm giác trống trải, hoài niệm trong tâm hồn nhà thơ.

4. Phân tích chi tiết bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà

4.1. Bức tranh thiên nhiên chiều tà

• “Chiều trời bảng lảng bóng hoàng hôn,
  Tiếng ốc xa đưa vẳng trống dồn.”

Hai câu mở đầu gợi lên một khung cảnh chiều tà yên tĩnh nhưng đầy u buồn. Hình ảnh “bảng lảng bóng hoàng hôn” tạo nên cảm giác mơ hồ, nửa sáng nửa tối, gợi sự trầm lắng, suy tư. Âm thanh “tiếng ốc,” “trống dồn” càng làm tăng thêm vẻ tĩnh mịch, cô liêu của không gian.

Khung cảnh thiên nhiên không chỉ là bối cảnh mà còn phản ánh tâm trạng cô đơn, buồn bã của tác giả khi xa quê.

4.2. Cuộc sống bình dị, lặng lẽ

• “Gác mái ngư ông về viễn phố,
  Gõ sừng mục tử lại cô thôn.”

Hai câu thực miêu tả những hoạt động thường nhật của con người trong cảnh chiều hôm. Hình ảnh “ngư ông” (người đánh cá) gác mái chèo, “mục tử” (người chăn trâu) gõ sừng tạo nên sự bình dị, gần gũi của đời sống nông thôn.

Tuy nhiên, những hình ảnh này cũng ẩn chứa nỗi cô đơn, bởi tất cả dường như đang khép lại trong sự tĩnh lặng, trầm mặc, làm nổi bật thêm cảm giác lẻ loi của tác giả.

4.3. Sự cô đơn, lẻ loi trong không gian rộng lớn

• “Ngàn mai gió cuốn chim bay mỏi,
  Dặm liễu sương sa khách bước dồn.”

Hai câu luận mở rộng không gian từ làng quê nhỏ bé đến những dặm đường xa xôi. Hình ảnh “chim bay mỏi” và “khách bước dồn” gợi lên sự mệt mỏi, trăn trở trong hành trình của cả thiên nhiên và con người.

Hình ảnh này vừa phản ánh sự xa cách, vừa khắc họa tâm trạng chán chường, bất an của nhà thơ khi phải sống nơi đất khách.

4.4. Nỗi nhớ nhà và sự bất lực

• “Kẻ chốn chương đài, người lữ thứ,
  Lấy ai mà kể nỗi hàn ôn.”

Hai câu kết thể hiện rõ nỗi nhớ nhà da diết của tác giả. Từ “chương đài” chỉ người thân ở quê nhà, trong khi “lữ thứ” ám chỉ thân phận của tác giả nơi đất khách quê người. Câu hỏi tu từ “lấy ai mà kể nỗi hàn ôn” cho thấy sự bất lực, cô đơn khi không có ai chia sẻ, đồng cảm.

Nỗi nhớ nhà của tác giả không chỉ là cảm giác cá nhân mà còn đại diện cho tâm trạng của những người phải sống xa quê hương, xa người thân.

5. Giá trị nội dung và nghệ thuật của bài thơ

5.1. Giá trị nội dung

1. Tình yêu quê hương: Bài thơ thể hiện nỗi nhớ nhà, nhớ quê hương sâu sắc của Bà Huyện Thanh Quan, đồng thời khơi gợi lòng yêu nước, yêu quê hương trong lòng người đọc.
2. Tâm trạng cô đơn, lẻ loi: Tác giả đã khắc họa thành công cảm giác cô đơn, lẻ loi của những người phải xa quê, đặc biệt trong bối cảnh chiều tà u tịch.
3. Tư tưởng hoài cổ: Tác phẩm phản ánh tâm hồn nhạy cảm, tinh tế của một nhà thơ luôn hướng về quá khứ và những giá trị truyền thống.

5.2. Giá trị nghệ thuật

1. Ngôn ngữ trang nhã, tinh tế: Bài thơ sử dụng từ ngữ chọn lọc, giàu hình ảnh, thể hiện rõ phong cách thơ trung đại.
2. Kỹ thuật thơ luật Đường: Với kết cấu chặt chẽ, âm điệu hài hòa, bài thơ là minh chứng cho tài năng sử dụng thơ Đường luật của Bà Huyện Thanh Quan.
3. Hình ảnh gợi cảm: Các hình ảnh thiên nhiên và con người được miêu tả sinh động, giàu sức gợi, giúp người đọc cảm nhận sâu sắc nỗi lòng của tác giả.

6. Tầm ảnh hưởng của bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà

Bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà không chỉ là một tác phẩm văn học tiêu biểu mà còn là tiếng nói của những người xa quê, những ai từng trải qua nỗi cô đơn, lẻ loi. Tác phẩm đã góp phần làm phong phú thêm di sản văn học Việt Nam, đồng thời thể hiện tâm hồn nhạy cảm, tinh tế của nhà thơ nữ Bà Huyện Thanh Quan.

Kết luận

Bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà của Bà Huyện Thanh Quan là một tác phẩm tuyệt đẹp, không chỉ miêu tả thiên nhiên mà còn thể hiện nỗi nhớ nhà, nhớ quê hương da diết. Với ngôn ngữ tinh tế, hình ảnh sống động và âm điệu trầm lắng, bài thơ đã chạm đến trái tim của biết bao thế hệ người đọc, trở thành một phần không thể thiếu của văn học Việt Nam.

Tác phẩm không chỉ ca ngợi vẻ đẹp thiên nhiên mà còn nhắc nhở chúng ta về giá trị của gia đình, quê hương – nơi luôn là điểm tựa tinh thần trong cuộc đời mỗi con người.

Bài viết Bài thơ Chiều Hôm Nhớ Nhà đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Bài thơ Chị Em Thúy Kiều nằm trong tác phẩm “Truyện Kiều” của Nguyễn Du, một trong những kiệt tác lớn của văn học Việt Nam. Đoạn trích này miêu tả vẻ đẹp của hai chị em Thúy Kiều và Thúy Vân, làm nổi bật sự khác biệt giữa hai nhân vật, đồng thời hé lộ phần nào số phận của họ trong tương lai.

Dưới đây là đoạn trích Chị Em Thúy Kiều:

Chị Em Thúy Kiều
Tác giả: Nguyễn Du

Đầu lòng hai ả tố nga,
Thúy Kiều là chị, em là Thúy Vân.
Mai cốt cách, tuyết tinh thần,
Mỗi người một vẻ mười phân vẹn mười.

Vân xem trang trọng khác vời,
Khuôn trăng đầy đặn, nét ngài nở nang.
Hoa cười ngọc thốt đoan trang,
Mây thua nước tóc, tuyết nhường màu da.

Kiều càng sắc sảo mặn mà,
So bề tài sắc lại là phần hơn.
Làn thu thủy, nét xuân sơn,
Hoa ghen thua thắm, liễu hờn kém xanh.

Một hai nghiêng nước nghiêng thành,
Sắc đành đòi một, tài đành họa hai.
Thông minh vốn sẵn tính trời,
Pha nghề thi họa đủ mùi ca ngâm.

Cung thương làu bậc ngũ âm,
Nghề riêng ăn đứt hồ cầm một trương.
Khúc nhà tay lựa nên chương,
Một thiên “Bạc mệnh” lại càng não nhân.

2. Giới thiệu về tác giả

Nguyễn Du (1765–1820)

Nguyễn Du là một trong những đại thi hào của văn học Việt Nam, người để lại dấu ấn đậm nét qua tác phẩm Truyện Kiều. Ông sinh ra trong một gia đình quý tộc ở làng Tiên Điền, huyện Nghi Xuân, tỉnh Hà Tĩnh. Cuộc đời Nguyễn Du trải qua nhiều thăng trầm, phản ánh những biến động lớn lao của xã hội phong kiến Việt Nam cuối thế kỷ XVIII và đầu thế kỷ XIX.

Sự nghiệp sáng tác

• Nguyễn Du nổi bật với tài năng xuất chúng trong việc sử dụng chữ Nôm, thể hiện qua tác phẩm Truyện Kiều – được coi là kiệt tác của văn học Việt Nam.
• Ngoài Truyện Kiều, ông còn sáng tác các tác phẩm chữ Hán như Thanh Hiên thi tập, Nam trung tạp ngâm, và Bắc hành tạp lục.

Phong cách sáng tác

Nguyễn Du được biết đến với khả năng miêu tả tinh tế, giàu cảm xúc và cách sử dụng ngôn ngữ sáng tạo. Ông có tài khắc họa nhân vật thông qua ngôn ngữ, hình ảnh và biểu tượng, giúp người đọc cảm nhận sâu sắc số phận, tâm trạng của nhân vật.

3. Hoàn cảnh sáng tác bài thơ Chị Em Thúy Kiều

Đoạn trích Chị Em Thúy Kiều nằm ở phần đầu của Truyện Kiều. Đây là giai đoạn giới thiệu về gia đình và hoàn cảnh sống của hai chị em Thúy Kiều. Nguyễn Du đã dành nhiều câu thơ để miêu tả nhan sắc và tài năng của hai chị em, làm nổi bật sự đối lập giữa vẻ đẹp dịu dàng, đoan trang của Thúy Vân và nét đẹp sắc sảo, mặn mà của Thúy Kiều.

Bối cảnh xã hội

Truyện Kiều được sáng tác trong bối cảnh xã hội phong kiến Việt Nam đang suy tàn, chiến tranh và loạn lạc diễn ra thường xuyên. Điều này ảnh hưởng lớn đến tư tưởng và quan niệm về con người, số phận trong tác phẩm.

Ý nghĩa hoàn cảnh sáng tác

• Tôn vinh vẻ đẹp phụ nữ: Nguyễn Du sử dụng đoạn thơ này để khắc họa vẻ đẹp lý tưởng của người phụ nữ Việt Nam.
• Hé lộ số phận: Thông qua vẻ đẹp và tài năng của hai chị em, tác giả cũng ngầm báo trước số phận khác nhau của họ trong tương lai.

4. Phân tích chi tiết bài thơ Chị Em Thúy Kiều

4.1. Vẻ đẹp của Thúy Vân – Dịu dàng, đoan trang

• “Vân xem trang trọng khác vời,
  Khuôn trăng đầy đặn, nét ngài nở nang.”

Nguyễn Du miêu tả Thúy Vân với vẻ đẹp đoan trang, phúc hậu qua các hình ảnh “khuôn trăng đầy đặn,” “nét ngài nở nang.” Vẻ đẹp của Thúy Vân là biểu tượng của sự tròn đầy, hài hòa, mang lại cảm giác bình yên, dễ chịu.

• “Hoa cười ngọc thốt đoan trang,
  Mây thua nước tóc, tuyết nhường màu da.”

Những hình ảnh so sánh như “hoa cười,” “ngọc thốt” nhấn mạnh sự tinh khôi, nhẹ nhàng của Thúy Vân. Nét đẹp của nàng không làm lu mờ thiên nhiên mà hòa quyện, tôn lên vẻ đẹp toàn diện.

4.2. Vẻ đẹp của Thúy Kiều – Sắc sảo, mặn mà

• “Kiều càng sắc sảo mặn mà,
  So bề tài sắc lại là phần hơn.”

Nguyễn Du đặt Thúy Kiều ở vị trí cao hơn, không chỉ bởi nhan sắc mà còn bởi tài năng. Nét đẹp của Kiều mang sự sắc sảo, cuốn hút nhưng đồng thời cũng ẩn chứa sự bi thương.

• “Làn thu thủy, nét xuân sơn,
  Hoa ghen thua thắm, liễu hờn kém xanh.”

Hình ảnh “làn thu thủy” (đôi mắt long lanh như nước mùa thu) và “nét xuân sơn” (đôi mày tươi tắn như núi mùa xuân) gợi lên vẻ đẹp mê hồn của Thúy Kiều. Tuy nhiên, cụm từ “hoa ghen,” “liễu hờn” cũng ngầm báo hiệu số phận không suôn sẻ của nàng, khi vẻ đẹp này có thể khiến thiên nhiên ghen ghét.

4.3. Tài năng xuất chúng của Thúy Kiều

• “Thông minh vốn sẵn tính trời,
  Pha nghề thi họa đủ mùi ca ngâm.”

Không chỉ đẹp, Thúy Kiều còn là một tài nữ hiếm có. Nàng thông thạo thơ ca, hội họa, âm nhạc, thể hiện một nhân cách toàn diện và cao quý.

• “Cung thương làu bậc ngũ âm,
  Nghề riêng ăn đứt hồ cầm một trương.”

Khả năng chơi đàn của Thúy Kiều được miêu tả vượt trội, đặc biệt là khúc đàn Bạc mệnh. Điều này không chỉ cho thấy tài năng của nàng mà còn dự báo cuộc đời bi thương, đầy sóng gió.

4.4. Mỗi người một vẻ, nhưng số phận trái ngược

• “Mỗi người một vẻ mười phân vẹn mười.”

Nguyễn Du nhấn mạnh sự hoàn mỹ của hai chị em, nhưng sự hoàn mỹ này không đồng nghĩa với hạnh phúc. Thúy Vân với vẻ đẹp dịu dàng, đoan trang có cuộc sống êm đềm, hạnh phúc. Trong khi đó, Thúy Kiều với sắc đẹp và tài năng vượt trội lại phải chịu số phận đầy đau thương, bi kịch.

5. Giá trị nội dung và nghệ thuật của bài thơ

5.1. Giá trị nội dung

1. Ca ngợi vẻ đẹp lý tưởng của người phụ nữ: Nguyễn Du miêu tả vẻ đẹp của Thúy Vân và Thúy Kiều như hình mẫu hoàn hảo, vừa đẹp về ngoại hình, vừa đẹp về tài năng và nhân cách.
2. Dự báo số phận: Tác giả khéo léo lồng ghép những hình ảnh và ngôn từ để dự báo số phận khác nhau của hai nhân vật, làm nổi bật triết lý “hồng nhan bạc phận.”
3. Tôn vinh tài năng: Qua nhân vật Thúy Kiều, Nguyễn Du đề cao tài năng và trí tuệ của người phụ nữ trong xã hội phong kiến.

5.2. Giá trị nghệ thuật

1. Ngôn ngữ thơ ca: Sử dụng ngôn từ chọn lọc, giàu hình ảnh, tạo nên một bức tranh sinh động, giàu cảm xúc.
2. Phép ẩn dụ, nhân hóa: Nguyễn Du sử dụng phép ẩn dụ và nhân hóa để khắc họa vẻ đẹp của nhân vật, làm nổi bật tính cách và số phận.
3. Nhịp điệu uyển chuyển: Bài thơ có nhịp điệu nhẹ nhàng, du dương, dễ đi vào lòng người.

6. Tầm ảnh hưởng của bài thơ Chị Em Thúy Kiều

Bài thơ Chị Em Thúy Kiều không chỉ là một đoạn miêu tả nhân vật mà còn là một phần quan trọng trong Truyện Kiều, giúp người đọc hiểu hơn về con người, số phận và triết lý nhân sinh mà Nguyễn Du muốn gửi gắm. Tác phẩm là minh chứng cho tài năng xuất chúng của đại thi hào và giá trị văn hóa, nghệ thuật mà ông để lại cho đời.

Kết luận

Đoạn trích Chị Em Thúy Kiều trong Truyện Kiều là một tác phẩm xuất sắc, thể hiện tài năng của Nguyễn Du trong việc khắc họa vẻ đẹp con người và dự báo số phận qua những hình ảnh thơ tinh tế, giàu sức gợi. Đây không chỉ là một tác phẩm văn học kinh điển mà còn là bài học quý giá về con người, tài năng, và những bi kịch trong xã hội phong kiến.

Tác phẩm sẽ mãi là niềm tự hào của văn học Việt Nam, minh chứng cho tài hoa của Nguyễn Du và giá trị vượt thời gian của Truyện Kiều.

Bài viết Bài thơ Chị Em Thúy Kiều đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Bài thơ Chạy Giặc là một trong những tác phẩm nổi bật của nhà thơ Nguyễn Đình Chiểu, thể hiện tinh thần yêu nước và phản ánh nỗi đau của nhân dân trước cảnh chiến tranh loạn lạc. Tác phẩm vừa có giá trị văn học, vừa mang ý nghĩa lịch sử sâu sắc, giúp người đọc cảm nhận được thực tế bi thương của thời kỳ nước mất nhà tan.

Dưới đây là bài thơ:

Chạy Giặc
Tác giả: Nguyễn Đình Chiểu

Tan chợ vừa nghe tiếng súng Tây,
Một bàn cờ thế phút sa tay.
Bỏ nhà lũ trẻ lơ xơ chạy,
Mất ổ bầy chim dáo dác bay.

Bến Nghé của tiền tan bọt nước,
Đồng Nai tranh ngói nhuốm màu mây.
Hỏi trang dẹp loạn rày đâu vắng,
Nỡ để dân đen mắc nạn này?

Bài thơ ngắn gọn, súc tích, nhưng khắc họa rõ nét tình cảnh đau thương của nhân dân trước cảnh thực dân Pháp xâm lược nước ta.

2. Giới thiệu về tác giả

Nguyễn Đình Chiểu (1822–1888), quê ở Gia Định, là một trong những nhà thơ yêu nước nổi bật của văn học Việt Nam. Ông không chỉ được biết đến với vai trò là một nhà thơ mà còn là một nhà giáo và thầy thuốc tận tụy.

Cuộc đời và sự nghiệp

• Năm 1849, Nguyễn Đình Chiểu bị mù do bệnh nặng, nhưng điều đó không làm ông chùn bước. Ông tiếp tục cống hiến cho văn học, y học và giáo dục.
• Các tác phẩm của ông như Lục Vân Tiên, Dương Từ Hà Mậu, và Chạy Giặc không chỉ mang giá trị văn học mà còn phản ánh tinh thần yêu nước, ý chí kiên cường của dân tộc.

Phong cách sáng tác

Nguyễn Đình Chiểu nổi bật với phong cách thơ mộc mạc, gần gũi, tập trung vào việc phản ánh hiện thực xã hội và khơi gợi tinh thần yêu nước. Ông thường dùng hình ảnh quen thuộc, ngôn ngữ giản dị nhưng ý nghĩa sâu sắc, làm rung động lòng người.

3. Hoàn cảnh sáng tác bài thơ Chạy Giặc

Bài thơ Chạy Giặc được sáng tác trong bối cảnh thực dân Pháp xâm lược Nam Bộ vào năm 1859. Lúc này, quân Pháp đã chiếm được thành Gia Định, khiến nhân dân rơi vào cảnh loạn lạc, mất mát.

Bối cảnh lịch sử

• Cuộc xâm lược của thực dân Pháp: Năm 1858, thực dân Pháp nổ súng tấn công Đà Nẵng, mở đầu cho cuộc xâm lược Việt Nam. Đến năm 1859, quân Pháp tiến vào Gia Định, gây ra cảnh tan tác, đau thương cho nhân dân.
• Nỗi đau của nhân dân: Trước sự áp bức, cướp bóc của quân xâm lược, người dân buộc phải bỏ nhà cửa, ruộng vườn, lâm vào cảnh màn trời chiếu đất.

Bài thơ Chạy Giặc là tiếng nói đau xót của Nguyễn Đình Chiểu, phản ánh hiện thực xã hội và gửi gắm mong muốn về một đất nước yên bình.

4. Phân tích chi tiết bài thơ Chạy Giặc

4.1. Cảnh chiến tranh loạn lạc qua hai câu đề

• “Tan chợ vừa nghe tiếng súng Tây,
  Một bàn cờ thế phút sa tay.”

Hai câu thơ mở đầu tái hiện bối cảnh chiến tranh bất ngờ ập đến. Hình ảnh “tan chợ” gợi lên khung cảnh sinh hoạt thường nhật của nhân dân, nhưng tiếng “súng Tây” bất ngờ vang lên phá vỡ sự yên bình. Câu thơ tạo nên sự đối lập giữa cuộc sống bình dị và cảnh loạn lạc, làm nổi bật sự bất ngờ, hỗn loạn.

Phép ẩn dụ “một bàn cờ thế phút sa tay” thể hiện sự thất bại bất ngờ, như một lời than thở về tình hình đất nước trước quân xâm lược mạnh mẽ.

4.2. Nỗi đau thương của nhân dân qua hai câu thực

• “Bỏ nhà lũ trẻ lơ xơ chạy,
  Mất ổ bầy chim dáo dác bay.”

Hai câu thơ này khắc họa hình ảnh đau thương của nhân dân khi chạy giặc. Hình ảnh “lũ trẻ lơ xơ chạy” và “bầy chim dáo dác bay” cho thấy sự hoảng loạn, tan tác của con người và thiên nhiên trước cảnh chiến tranh.

Tác giả sử dụng phép so sánh tinh tế giữa con người và bầy chim để nhấn mạnh sự mất mát, bất an. Cảnh tượng này không chỉ phản ánh hiện thực đau thương mà còn làm lay động lòng trắc ẩn của người đọc.

4.3. Mất mát của quê hương qua hai câu luận

• “Bến Nghé của tiền tan bọt nước,
  Đồng Nai tranh ngói nhuốm màu mây.”

Nguyễn Đình Chiểu tiếp tục dùng hình ảnh địa danh quen thuộc để nhấn mạnh mức độ tàn phá của chiến tranh. “Bến Nghé” và “Đồng Nai” – hai biểu tượng của sự trù phú, nay trở nên tiêu điều, xơ xác.

Hình ảnh “tan bọt nước” và “nhuốm màu mây” vừa mang tính tả thực, vừa tượng trưng cho sự mất mát không gì bù đắp được. Câu thơ gửi gắm nỗi đau xót trước sự hủy hoại của quê hương bởi chiến tranh.

4.4. Lời trách móc và hy vọng qua hai câu kết

• “Hỏi trang dẹp loạn rày đâu vắng,
  Nỡ để dân đen mắc nạn này?”

Câu thơ kết thúc bài là lời trách móc sâu sắc, hướng đến những người có trách nhiệm bảo vệ đất nước. Tác giả đau xót khi những người anh hùng dẹp loạn ngày xưa nay không còn xuất hiện, để nhân dân phải chịu cảnh khốn khổ.

Câu hỏi tu từ “Nỡ để dân đen mắc nạn này?” không chỉ thể hiện nỗi đau mà còn khơi dậy tinh thần trách nhiệm, kêu gọi sự đoàn kết, hành động để cứu lấy quê hương.

5. Giá trị nội dung và nghệ thuật của bài thơ

5.1. Giá trị nội dung

1. Phản ánh hiện thực: Bài thơ miêu tả chân thực cảnh loạn lạc, mất mát của nhân dân trong thời kỳ thực dân Pháp xâm lược.
2. Tình yêu nước: Nguyễn Đình Chiểu bày tỏ nỗi đau trước cảnh quê hương bị giày xéo và khơi dậy ý chí đấu tranh.
3. Lòng nhân ái: Tác giả thể hiện sự đồng cảm sâu sắc với nỗi khổ của nhân dân, kêu gọi hành động để bảo vệ người dân vô tội.

5.2. Giá trị nghệ thuật

1. Ngôn ngữ giản dị, sâu sắc: Tác giả sử dụng ngôn ngữ mộc mạc nhưng giàu sức gợi, dễ hiểu nhưng đầy cảm xúc.
2. Hình ảnh gần gũi: Các hình ảnh như “lũ trẻ,” “bầy chim,” “Bến Nghé,” “Đồng Nai” vừa tả thực, vừa mang ý nghĩa biểu tượng, làm nổi bật sự mất mát.
3. Sử dụng phép tu từ: Phép ẩn dụ, so sánh, đối lập được vận dụng tài tình, làm tăng sức biểu cảm cho bài thơ.

6. Ý nghĩa của bài thơ Chạy Giặc

Bài thơ Chạy Giặc không chỉ là một tác phẩm văn học mà còn là một tài liệu lịch sử, giúp thế hệ sau hiểu rõ hơn về nỗi đau chiến tranh và tinh thần yêu nước của cha ông. Qua bài thơ, Nguyễn Đình Chiểu nhắc nhở mọi người về trách nhiệm bảo vệ quê hương, đồng thời gửi gắm niềm tin vào sự đoàn kết và sức mạnh dân tộc.

Kết luận

Bài thơ Chạy Giặc của Nguyễn Đình Chiểu là một tác phẩm xuất sắc, không chỉ phản ánh hiện thực lịch sử mà còn truyền tải những giá trị nhân văn sâu sắc. Với ngôn từ giản dị, hình ảnh chân thực và cảm xúc mãnh liệt, bài thơ đã chạm đến trái tim người đọc, khơi dậy lòng yêu nước và tinh thần trách nhiệm với quê hương, đất nước.

Đây là một minh chứng cho tài năng và tấm lòng yêu nước sâu sắc của Nguyễn Đình Chiểu – người đã biến những vần thơ của mình thành vũ khí đấu tranh vì độc lập và tự do dân tộc.

Bài viết Bài thơ Chạy Giặc đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.

Bài thơ Cây Dừa là một tác phẩm nổi tiếng của nhà thơ Trần Đăng Khoa, thường được đưa vào các chương trình giảng dạy để giới thiệu về vẻ đẹp của cây dừa – một biểu tượng gần gũi trong đời sống người dân Việt Nam. Bài thơ không chỉ miêu tả hình ảnh cây dừa mà còn thể hiện tình yêu thiên nhiên, quê hương một cách chân thực và giàu cảm xúc.

Dưới đây là bài thơ:

Cây Dừa
Tác giả: Trần Đăng Khoa

Cây dừa xanh toả nhiều tàu,
Dang tay đón gió, gật đầu gọi trăng.
Thân dừa bạc phếch tháng năm,
Quả dừa – đàn lợn con nằm trên cao.

Đêm hè hoa nở cùng sao,
Tàu dừa – chiếc lược chải vào mây xanh.
Ai mang nước ngọt, nước lành,
Ai đeo bao hũ rượu quanh cổ dừa?

Tiếng dừa làm dịu nắng trưa,
Gọi đàn gió đến cùng dừa múa reo.
Dừa cho trái ngọt, buồng cao,
Dừa cho bóng mát lao xao làng dừa.

Bài thơ không chỉ miêu tả vẻ đẹp của cây dừa mà còn khắc họa mối liên kết giữa con người, thiên nhiên và quê hương.

2. Giới thiệu về tác giả

Trần Đăng Khoa, sinh năm 1958 tại Hải Dương, được mệnh danh là “thần đồng thơ ca” của Việt Nam. Ông bắt đầu sáng tác từ khi còn rất nhỏ và sớm được công chúng yêu thích bởi tài năng thiên bẩm trong việc miêu tả thiên nhiên, con người một cách tinh tế và sâu sắc.

Sự nghiệp sáng tác

• Trần Đăng Khoa nổi tiếng với những tác phẩm thơ ca thiếu nhi, giàu hình ảnh và cảm xúc, gần gũi với đời sống nông thôn Việt Nam.
• Một số bài thơ nổi bật của ông bao gồm Hạt Gạo Làng Ta, Con Bướm Vàng, và Cây Dừa. Những bài thơ này thường mang đến góc nhìn trong trẻo, hồn nhiên nhưng không kém phần sâu sắc về thế giới xung quanh.

Phong cách thơ

• Giản dị, trong sáng: Ngôn từ thơ ông mộc mạc, dễ hiểu, phù hợp với mọi lứa tuổi, đặc biệt là thiếu nhi.
• Đậm chất trữ tình: Các bài thơ của Trần Đăng Khoa thường lồng ghép tình cảm sâu sắc với thiên nhiên, con người và quê hương.
• Quan sát tinh tế: Ông luôn biết cách thổi hồn vào những điều giản dị, biến chúng thành những tác phẩm giàu cảm xúc và ý nghĩa.

3. Hoàn cảnh sáng tác bài thơ Cây Dừa

Bài thơ Cây Dừa được Trần Đăng Khoa sáng tác khi ông còn rất nhỏ, trong không gian làng quê Bắc Bộ yên bình. Cây dừa – một hình ảnh quen thuộc trong các vùng quê Việt Nam, là nguồn cảm hứng để ông viết nên bài thơ này.

Ý nghĩa hoàn cảnh sáng tác

1. Gắn bó với thiên nhiên: Là một đứa trẻ lớn lên ở nông thôn, Trần Đăng Khoa có điều kiện quan sát và cảm nhận sâu sắc về cây cỏ, hoa lá xung quanh.
2. Biểu tượng quê hương: Cây dừa không chỉ là một loài cây mà còn là biểu tượng của làng quê Việt Nam, gắn liền với cuộc sống thường nhật của người dân.
3. Sự hòa quyện giữa thơ và đời: Trong không gian tĩnh lặng, thanh bình của làng quê, Trần Đăng Khoa đã dùng tài năng của mình để khắc họa vẻ đẹp giản dị nhưng sâu sắc của cây dừa.

4. Phân tích chi tiết bài thơ Cây Dừa

4.1. Hình ảnh cây dừa – Biểu tượng của làng quê

• “Cây dừa xanh toả nhiều tàu,
  Dang tay đón gió, gật đầu gọi trăng.”

Hình ảnh cây dừa hiện lên với vẻ ngoài thanh thoát, xanh mát. Tác giả sử dụng phép nhân hóa để biến cây dừa thành một nhân vật sống động, có cảm xúc, “dang tay đón gió” và “gật đầu gọi trăng”. Điều này không chỉ miêu tả được vẻ đẹp của cây dừa mà còn khẳng định sự hòa hợp giữa cây cối và thiên nhiên.

• “Thân dừa bạc phếch tháng năm,
  Quả dừa – đàn lợn con nằm trên cao.”

Câu thơ tả thực đã khắc họa hình ảnh thân dừa mộc mạc, giản dị nhưng vững chãi qua thời gian. Hình ảnh “đàn lợn con” ví von quả dừa treo lủng lẳng trên cao, vừa tạo cảm giác gần gũi, vừa thể hiện khả năng quan sát tinh tế của tác giả.

4.2. Sự sống động của thiên nhiên quanh cây dừa

• “Đêm hè hoa nở cùng sao,
  Tàu dừa – chiếc lược chải vào mây xanh.”

Hai câu thơ gợi lên khung cảnh tươi đẹp của đêm hè, khi hoa dừa nở rộ dưới ánh sao. Tác giả tiếp tục sử dụng phép nhân hóa với hình ảnh “tàu dừa – chiếc lược”, tạo nên sự giao hòa giữa cây cối và bầu trời.

Hình ảnh này thể hiện mối liên kết chặt chẽ giữa cây dừa và không gian xung quanh, đồng thời mang đến cảm giác bình yên, thơ mộng của làng quê.

4.3. Cây dừa – Người bạn đồng hành của con người

• “Ai mang nước ngọt, nước lành,
  Ai đeo bao hũ rượu quanh cổ dừa?”

Cây dừa không chỉ là cây cối thông thường mà còn là nguồn sống của con người. Nước dừa ngọt lành, rượu dừa thơm ngon là những món quà mà cây dừa mang đến. Qua đó, Trần Đăng Khoa khéo léo nhấn mạnh vai trò của cây dừa trong đời sống thường nhật của người dân quê.

• “Tiếng dừa làm dịu nắng trưa,
  Gọi đàn gió đến cùng dừa múa reo.”

Hình ảnh cây dừa che mát dưới cái nắng trưa gay gắt không chỉ mang ý nghĩa thực tế mà còn là biểu tượng cho sự che chở, bảo vệ. Tiếng lá dừa xào xạc gọi gió đến “múa reo” gợi lên khung cảnh yên bình, êm ả.

4.4. Giá trị vật chất và tinh thần của cây dừa

• “Dừa cho trái ngọt, buồng cao,
  Dừa cho bóng mát lao xao làng dừa.”

Cây dừa được miêu tả là một loài cây “cho đi” không ngừng nghỉ. Không chỉ mang lại trái ngọt, nước lành, bóng mát mà cây dừa còn đóng góp vào vẻ đẹp của làng quê, là một phần không thể thiếu trong đời sống tinh thần của con người.

Hình ảnh “lao xao làng dừa” kết thúc bài thơ, gợi lên một không gian sống động, tràn đầy sức sống, làm nổi bật vai trò của cây dừa trong văn hóa và đời sống.

5. Giá trị nội dung và nghệ thuật của bài thơ

5.1. Giá trị nội dung

1. Tình yêu thiên nhiên: Bài thơ thể hiện tình yêu và sự trân trọng của Trần Đăng Khoa đối với cây dừa – một biểu tượng của làng quê Việt Nam.
2. Vai trò của cây dừa: Tác phẩm nhấn mạnh giá trị cả về vật chất và tinh thần của cây dừa đối với con người.
3. Sự gắn kết thiên nhiên và con người: Qua hình ảnh cây dừa, tác giả đã thể hiện mối quan hệ hòa hợp, bền chặt giữa thiên nhiên và con người.

5.2. Giá trị nghệ thuật

1. Ngôn ngữ giản dị, giàu hình ảnh: Trần Đăng Khoa sử dụng ngôn từ mộc mạc nhưng giàu sức gợi, giúp người đọc dễ dàng hình dung được vẻ đẹp của cây dừa.
2. Phép nhân hóa: Hình ảnh cây dừa trở nên sống động, gần gũi như một người bạn đồng hành của con người.
3. Âm điệu nhẹ nhàng: Bài thơ có nhịp điệu chậm rãi, phù hợp với không gian yên bình, thơ mộng của làng quê.

6. Tầm ảnh hưởng và ý nghĩa của bài thơ Cây Dừa

Bài thơ Cây Dừa không chỉ là một tác phẩm thơ ca thiếu nhi mà còn là một bài học về tình yêu quê hương, thiên nhiên và sự trân trọng những điều bình dị trong cuộc sống. Qua hình ảnh cây dừa, Trần Đăng Khoa đã gửi gắm thông điệp về sự hòa hợp, gắn bó giữa con người và thiên nhiên.

Hơn nữa, bài thơ còn là lời nhắc nhở rằng những gì quen thuộc, giản dị nhất trong cuộc sống đôi khi lại chứa đựng ý nghĩa lớn lao, giúp chúng ta trân quý và gìn giữ giá trị văn hóa, thiên nhiên.

Kết luận

Bài thơ Cây Dừa của Trần Đăng Khoa là một tác phẩm thơ ca đặc sắc, không chỉ miêu tả vẻ đẹp của thiên nhiên mà còn mang đến những bài học sâu sắc về cuộc sống. Với hình ảnh cây dừa mộc mạc nhưng đầy sức sống, bài thơ đã truyền tải thông điệp về tình yêu quê hương, thiên nhiên và con người một cách giản dị nhưng vô cùng ý nghĩa.

Cây Dừa sẽ mãi là một phần của tuổi thơ và ký ức làng quê Việt Nam, là nguồn cảm hứng để chúng ta trân trọng hơn những điều bình dị quanh mình.

Bài viết Bài thơ Cây Dừa đã xuất hiện đầu tiên vào ngày Olim.vn.