Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc phát triển một số bài toán chứa căn thức bậc 2

Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua việc phát triển một số bài toán chứa căn thức bậc 2

Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH LỚP THÔNG QUA VIỆC PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Sự phát triển kinh tế đất nước không phụ thuộc nhiều tài nguyên thiên nhiên mà phụ thuộc vào trình độ dân trí Toán học có vị trí đặc biệt việc nâng cao phát triển dân trí, góp phần tạo nên nguồn tài nguyên chất xám nguồn tài nguyên quý cho đất nước Toán học không cung cấp cho người kó tính toán cần thiết mà (và điều kiện chủ yếu) rèn luyện cho người khả tư lôgic, phương pháp luận khoa học Việc nâng cao chất lượng giáo dục nhiệm vụ số nhà trường mục tiêu phấn đấu giáo viên Đặc biệt vấn đề chất lượng giáo dục học sinh lớp 9, năm cuối cấp bậc trung học sở đánh dấu bước chuyển tiếp quan trọng đường học tập học sinh Là giáo viên tham gia giảng dạy môn toán trăn trở điều làm để tư suy luận học sinh chặt chẽ, nhạy bén, sáng tạo? Có nâng cao chất lượng môn Trong việc giảng dạy môn toán người thầy đóng vai trò quan trọng việc hình thành, phát triển tư lô gíc phương pháp luận khoa học cho học sinh Để phát triển tư sáng tạo việc học toán giải toán tìm kết toán chưa coi kết thúc được, mà phải tiến hành khai thác, phải "mổ xẻ" phân tích toán Phát triển tư sáng tạo cho học sinh không nhằm đạt chất lượng cao dạy học mà nhằm phát triển nhân tố người, thời đại mà thông tin khoa học công nghệ bùng nổ Trong trình dạy học toán nói riêng trình dạy học nói chung người dạy người học cần tạo cho thói quen là: sau tìm lời giải toán dù đơn giản hay phức tạp, tiếp tục suy nghó, lật lại vấn đề, thêm điều kiện cho toán, hay thay đổi yêu cầu toán toán thú vị Chính lý chọn đề tài :" Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh lớp thông qua việc phát triển số toán chứa thức bậc hai " sân chơi trí tuệ dành cho học sinh lớp học toán Nhằm tạo điều kiện kích thích khả sáng tạo, ham học hỏi học sinh Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Hình thành cho học sinh có lực hành động, lực ứng xử, lực tự học kó diễn đạt (bằng lời, viết) Kích thích trí tưởng tượng, gây hứng thú học tập toán góp phần rèn luyện phương pháp học tập có kế hoạch khoa học, chủ động, linh hoạt, sáng tạo Trên sở nắm phương pháp giải số dạng toán biến đổi biểu thức chứa thức bậc hai học sinh biết nhận xét số đặc trưng toán gốc , học sinh lật lại vấn đề, thêm điều kiện cho toán, hay thay đổi yêu cầu toán toán thú vị Thông qua việc phát triển số toán gốc nhằm hình thành cho học sinh kó phân tích để tìm đặc trưng toán, phát triển toán Kích thích trí tưởng tượng, gây hứng thú học tập môn toán góp phần rèn luyện nhân cách người: Phát triển tư lô gíc phương pháp luận khoa học, rèn luyện cho học sinh kó học tập làm việc có kế hoạch khoa học chủ động, sáng tạo III ĐỐI TƯNG NGHIÊN CỨU : Tiến hành học sinh lớp -Trường THCS TP Pleiku IV PHẠM VI NGHIÊN CỨU: Vì phạm vi đề tài rộng nên tập trung vào việc rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh lớp thông qua việc phát triển số toán chứa thức bậc hai Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku PHẦN B: THỰC TRẠNG VÀ MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT I/ THỰC TRẠNG : Phải nói kiến thức toán Trung học sở kiến thức quan trọng, làm tảng để em học bậc THPT cao học chuyên nghiệp Kiến thức toán THCS vật chất để em hình thành rèn luyện tư logic, trìu tượng, hình thành phẩm chất cần cù, kiên trì sáng tạo Việc hổng kiến thức toán dẫn đến em khó tiếp thu kiến thức mới, dẫn đến tâm lý chán nản, ngại học toán, sợ học toán Như ảnh hưởng chung đến việc học tập, hứng thú học tập em trường THCS Thực trạng trường THCS thành phố nói chung, trường vùng ven, xa thành phố nói riêng là: học sinh khối đa số hổng kiến thức toán dẫn đến tiếp thu kiến thức khó khăn không thạo kỹ như: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa, thức Số lượng học sinh lớp đông (trên 40 em, có 45 em), có trình độ nhận thức kiến thức tản g khác nhau, việc tiếp thu kiến thức không đồng Vì giáo viên giúp tất học sinh hiểu bài, kết học tập học sinh chưa cao Qua khảo sát thực tế chất lượng đầu năm lớp sau: Lớp Só số 93 40 94 42 Giỏi 7,5% (3 em) 21,4 % ( em ) Khaù 20% (8 em ) 38,1 % ( 16 em ) Trung bình 45% (18 em ) 23,8 % (10 em ) Yeáu 27,5% (11 em ) 16,7 % (7 em ) Những nguyên nhân thực trạng * Đối với giáo viên: Trình độ chuyên môn số giáo viên chưa đồng đều, hạn chế Giáo viên bị bó hẹp phạm vi tiết giảng mà nhiều nội dung Một số giáo viên tham lý thuyết rèn luyện kỹ nhiều cho học sinh Nhiều giáo viên “chế biến” kiến thức mà phụ thuộc nhiều vào SGK * Đối với học sinh : Phần lớn học sinh hổng kiến thức toán cấp Do hứng thú với môn toán Thói quen học tập không khoa học hình thành lớp dưới, học sinh thường giải tập xong xong, đưa toán khai thác học sinh làm Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku Gia đình thiếu quan tâm, tạo điều kiện học tập cho em Đặc biệt nhiều gia đình dân tộc thiểu số Các em ngại hỏi giáo viên, hỏi bạn bè; có tâm lý dấu dốt; quen với tâm lý học để thi Nhất cấp THCS muốn phổ cập giáo dục THCS giáo viên phải đẩy em lên lớp cách Vì xảy mâu thuẫn là: em không cần cố gắng điểm cao, lên lớp Dần dần tạo nên ỷ lại, lười biếng tư học sinh (Tất nhiên, có nhiều ý kiến chủ quan cá nhân tôi) II/ MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT Kiến thức sử dụng chuyên đề A2  A AB  A B ( A  0; B  0) A  B A ( A  0; B  0) B A2 B  A B ( B  0) A B  A2 B ( A  0; B  0) A B   A2 B ( A  0; B  0) A  AB ( AB  0; B  0) B B A A B  ( B  0) B B C AB  C ( A  B) ( A  0; A  B ) A B C C( A  B )  ( A  0; B  0; A  B ) AB A B Các toán phát triển Bài toán Rút gọn biểu thức :A = (  3)  (  3) Giải Ta có : A =  -  =  -  =-2 Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku Nhận xét : Biểu thức A đãù cho số hạng dạng A nên học sinh dễ dàng áp dụng công thức A  A để tính toán Để yêu cầu học sinh buộc phải suy luận áp dụng công thức để tính ta phát triển toán thành toán sau : Bài 1.1 Rút gọn biểu thức :A =  15   15 Hd : Laøm cho biểu thức xuất dạng đẳng thức làm toán 2    15       =   3    3 A =  15   15 = 2  15   3 2 Ta kết toán Nhận xét Theo kết toán ta coù A =-2   A  6 số nguyên A  =  số nguyên Vì sởù toán toán 1.1 ta phát triển thành toán sau: Bài 1.2 Chứng minh biểu thức sau có giá trị số nguyên A = 24  15 - 24  15 B= 8 2  2 3 3 Nhận xét : Ta thay đổi yêu cầu toán 1.1 toán 1.2 để có toán : Bài toán 1.3 Chứng minh đẳng thức :  15   15  Bài 1.4 Tìm x biết a) (  x)  (  x)  b) x  15  x  15  rõ ràng 1.4a ta sử dụng công thức A  A ta tìm dễ dàng giá trị x Nhưng câu b áp dụng kiến thức làm để giải toán b Lúc ta phải sử dụng tính chất đẳng thức Vì vế phải > suy vế trái x  15  x  15 > Bình phương hai vế phương trình câu b ta phương trình tương đương (x+2 15 ) +(x–2 15 ) – x  4.15  12 ( x  15 )(*)  x  x  60  12  x  x  60   x   x  60 (1) x  15 nên x – > (1)  x  12 x  36  x  60 x  60   12 x  96 Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku  x  ( Thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy x = nghiệm phương trình x  15  x  15  Như từ toán gốc hai toán phát triển lúc có cách giải với toán gốc Tiếp tục nhận xét ta thấy: A = (  3)  (  ) =       5  5 5  12  5  5   12    5  12   = 12 5   =1 12   Từ kết ta phát triển thành toán sau: Bài 1.5 Chứng minh 5  12 5 vaø 12 5  12 5 12 5 x  x 5 x    x  hai số nghịch đảo Bài 1.6 Tìm x để 1  2  5 x  x 5 x  1  vaø   x 2   hai số nghịch đảo Nhận xét : Từ 1.1 ta có A =  15   15 ta đưa cách giải toán gốc laø A = (  )  (  ) để suy A=- Nhưng ta rút gọn A suy A Giải toán 1.1 theo cách khác sau: A =  15   15 <  15   15 Xeùt A = (8  15)  (8  15) – 64  60 =16 – =12 Vì A < nên suy A =  A =– 12 =– Cách giải toán cho ta toán tương tự sau Bài 1.7 Rút gọn biểu thức A = 3 3  3 3 Bài 1.8 Chứng minh đẳng thức  19    19  = 12  Bài 1.9 Chứng minh biểu thức sau số hữu tỉ C = 13  48  13  48 Nhận xét : Kết hợp 1.7 với cách giải 1.4 ta có toán sau Bài 1.10 Tìm x biết : x2  x2  Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku Nhận xét : Cộng vào hai vế 1.7 số – ta có toán sau : Bài 1.11 Chứng minh A =      - số nguyên Trở lại toán 1.10 : tìm x biểu thức chứa dấu thức bậc hai không hướng dẫn học sinh trình bày lời giải mẫu học sinh lúng túng gặp dạng toán Giải 1.10 Điều kiện : x  ( *) Bình phương hai vế phương trình 1.10 ta : x   ( x  5)( x  5)  x   20  x  x  20  20  x  x  20  10  x  20  10  x ( với x  10 ) (**)  x  20  x  20 x  100  20 x  120  x  ( Thỏa mẫn điều kiện (*) (**)) Vậy x = nghiệm phương trình x2  x2  Bài toán Rút gọn biểu thức : A =(1+ 3 3 )(  1) 1 1 Giải : Có thể dùng phương pháp nhân phân thức với liên hợp toán trở nên dài dòng, ta dùng phương pháp đặt nhân tử chung sau :  3(  1)   3(  1)  A  1   1     1   1     (1  3).(  1)  (  1).(  1)    Nhận xét : A = số nguyên tố, thay số biểu thức A số nguyên dương ta có toán sau : Bài 2.1 Chứng minh giá trị biểu thức sau số nguyên  a) 1   5   5   1   1   1      17  17   17  17  b) 1   1 .   17     17    Vaãn từ toán 2, thay số biến x với x  x  ta có vài toán thú vị sau:  Bài 2.2 Rút gọn biểu thức 1     Bài 2.3 Tìm x biết 1    x x   x x  1   x x 1   1 x    x x  x x   1 =    x   x 1     Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku hay thay tham số a để có toán sau Bài 2.4 Tìm a để biểu thức sau số nguyên   a a   a a 2 .    a 1   :  a 1     Bài 2.5 Chứng minh giá trị biểu thức không phụ thuộc vào biến  x x   x x   1  x 1     x 1   x      Bài 2.6 Chứng minh  5  5    laø hai số nghịch đảo 2     1  1      Bài 2.7 Tìm x biết   x x  x x    hai số nghịch đảo 3     x 1  x 1      Kết hợp dạng toán biểu thức dạng toán ta có toán sau : Bài 2.8 Thu gọn biểu thức sau A =  xx  x 1 3 xx x 1 Hướng dẫn : Sử dụng cách toán Rút gọn A  A  A (vì A > 0) Và dó nhiên thay đổi yêu cầu 2.8 ta toán sau Bài Tính giá trị biểu thức sau x = vaø x = A = 5 xx  x 1 Bài 2.10 Tìm x biết Giải: (1)   xx x 1 1 x 1 5 xx  x 1 x (1  x) + 1 1 xx x 1 x (1  x) x 1 = (1) (0  x  1) =2   x   x  (2) Vì  x  nên  x   x  Bình phương hai vế pt (2) ta được:  1 x    x    x   x  ( Thỏa mãn điều kiện  x  1) Vậy x = nghiệm phương trình Nhận xét :Như toán thu gọn biểu thức A tổng hay hiệu hai số hạng liên hợp tốt ta nên thu gọn từ A2 để suy A Với suy luận phương pháp thay đổi giả thiết hay yêu cầu toán ( thay đổi dạng toán ) ta tiếp tục suy luận toán thành nhiều toán thú vị Mời độc giả phát triển toán để chuyên đề đạt hiệu cao Xin tiếp tục trình bày toán Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku Bài toán : Tính A =     1 2 3 99  100 1 1 Giải : Ta có: A =     1 2 3 99  100 1 3 4 100  99 =     1 3 43 100  99 =        100  99 = –  100 = – + 10 =9 Nhận xét : Bài toán toán tính tổng dãy mà hạng tử phân số có tử số 1, mẫu số tổng hai bậc hai hai số tự nhiên liên tiếp Vì toán viết dạng tổng quát Bài toán 3.1: Rút gọn biểu thức B= 1  2  3   n 1  n ( n N , n  ) Thay đổi yêu cầu toán ta có số toán sau: Bài 3.2: Tìm x để 1  2  3   x  x 1 x  N   10 Baøi 3.3: Chứng minh biểu thức sau số nguyên A= 1   3 5 1 Giải Ta có: A =   1 3 1 5 =   1 53 = (  1  = (1  121) = (1  11) = 5Z   1 119  121   5 119  121 7 121  119   75 121  119     121  119 ) Vậy A số nguyên Tiếp tục phát triển ta có toán sau Bài toán 3.4: Rút gọn A= 1  3   13   165  13 Nhận xét: Đối với toán 3.4 ta không hoàn toàn áp dụng cách giải toán 3, 3.4 buộc học sinh phải đưa toán áp dụng Giải : Ta có A= 1  3   13   165  13 Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku =  1 5   13 1 9   1 95 =   165  169 13  169  165   13  169  165 (     13    169  165 ) = (1  169 ) = (1  13) = = Bài 3.5 Chứng minh biểu thức sau số nguyên dương A= 1 1     1 2  7  10 99  10 Bài 3.6 Tìm a  N ,a  16 để A= 1   11  11  16   a  a5 số nguyên dương Bài 3.7 Rút gọn biểu thức A= 1 1 a   a   2a   1  99a   100a Bài 3.8 Tìm điều kiện a để biểu thức sau số nguyên dương A= 1 1 a   a   2a   1  99a   100a Bài 3.9 Chứng minh với a  N , a  A= 1 1 a  1  a   2a   1  99a   100a Bài 3.10 Tìm a  N biết 1 1 a    1  a   2a  99a   100a x Bài toán Cho P = ;( x  0, x  9) Tìm x để P >0 x 3 =10 Giải :Vì x  0, x  nên biểu thức P có nghóa Khi để P >  x ( x  3) >0  ( x  3) >0  x >3  x > Từ toán thay đổi yêu cầu toán để số toán dạng với toán sau : Bài 4.1 Cho P = x với x  0, x  Tìm x để P < x 3 Baøi Cho P = x 1 với x  0, x  Tìm x để P > x 3 Bài 4.3 Cho P= x 5 với x  0, x  Tìm x để P > x 3 10 Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku Nhận xét : Khi thực phép chia tử cho mẫu phân thức P = x  0, x  ta P = x với x 3 x  1 Tìm x để P >0 x 3 x 3 Và ta thay đổi yêu cầu toán để toán Bài 4.4 Cho P = x với x  0, x  Tìm x để P đạt giá trị số nguyên x 3 Giải: Để P đạt giá trị số nguyên P   x  1 số nguyên x 3 x 3 x 3 số nguyên   ( x  )  ( x  3)  Ö(3)  ( x  3)   ±1; ±2; ±3  * x  =1  x =4  x =16; * x  =-1  x =2  x = 4; * x  =2  x =5  x = 25; * x  =-2  x =1  x = 1; * x  =3  x =6  x = 36; * x  =-3  x =0  x = 0; Vậy để P đạt giá trị số nguyên x   ; ; ; 16 ; 25 ; 36  Tương tự toán 4.4 ta phát triển thành số toán sau: Bài 4.5 Cho P = x 5 với x  0, x  Tìm x để P nhận giá trị số nguyên x 3 Tiếp tục nhận xét ta thấy x = với  x = suy x +1 > 0,  x = suy x ( x  1) = với  x = Từ ta có số toán sau: x  với x  0, x  x 1 x2  Bài 4.7 Chứng minh P =  với x = –1 x 1  Bài 4.6 Chứng minh P = Giải : x = –1 nên x + = suy P có nghóa Ta có :x2 = với  x  x2+1> với  x(1) x  = với  x =  x  +1> với  x =1 (2) x2   với  x = –1 x 1  1 Bài Chứng minh P = 1– > với x = x 1 Từ (1) (2) suy P = Giải :Vì x = với x = nên x +1 =1 với x = 1  ( điều phải chứng minh )  1  1 x 1 x 1 11 Nguyễn Thị Hương – THCS Trần Phú, Pleiku Tiếp tục phân tích toán cho thấy P = – x = Vì x 3 x  1 coù x 3 x 3 x -3 đạt giá trị nhỏ đạt giá trị lớn –1 x = Do ta có toán sau : Bài 4.9 Cho P = x với x  0, x  Tìm x để P đạt giá trị lớn x 3 Phân tích 4.3 ta thấy P = –3 x = Vì – x 5  1 ; ( x  0, x  9) coù x 3 x 3 x – đạt giá trị nhỏ đạt giá trị lớn  x 3 2 đạt giá trị nhỏ x = x 3 x = suy Do ta có toán sau : Bài 4.10 Cho P = x 5 với x  0, x  Tìm x để P nhận giá trị nhỏ x 3 Từ toán ta lại thấy có vấn đề nảy sinh : tìm giá trị x để P > ? Có thể tìm giá trị x để P > để P < ? Khi toán sử lý ? Bài 4.11 Cho P = x với x  0, x  Tìm x để P