Báo cáo sáng kiến Nâng cao hiệu quả giảng dạy loại toán “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” trong BDHSG toán 8; 9.

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Phố Lu, ngày 15 tháng 2 năm 2012 Kính gửi: Hội đồng sáng kiến cấp huyện. Họ và tên tác giả: Trần Thị Kim Hoa Sinh ngày: 04 tháng 04 năm 1960 Chức vụ: Giáo viên Nơi công tác: Trường THCS Thị trấn Phố Lu Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm khoa Toán Các điều kiện chủ yếu để xét công nhận sáng kiến như sau: 1. Tên sáng kiến (được gọi là giải pháp hữu ích): Nâng cao hiệu quả giảng dạy loại toán “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” trong BDHSG toán 8; 9. Phần tìm GTNN,GTLN (Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất) của một biểu thức luôn là vấn đề khó đối với học sinh. Trong mỗi bài học được tiếp cận với những vấn đề mới , làm quen với những dạng toán mới đòi hỏi của bộ môn này trong quá trình trình bày phải có sự lập luận chặt chẽ trên cơ sở tư duy lôgic của vấn đề. Để đạt được hiệu quả giáo dục thì nhiệm vụ đặt ra không chỉ đối với học sinh mà về phía giáo viên cũng phải có phương pháp dạy tốt. Qua tìm hiểu tình hình thực tế hiện nay học sinh đang phổ biến là sợ trong đó phải kể đến là dạng :Tìm GTLN, GTNN của một biểu thức. Học sinh nắm kiến thức ở phần này rất hời hợt, nhiều vấn đề không hiểu rõ, giữa lý thuyết và vận dụng vào giải toán cũng là khoảng cách khá xa. Đứng trước tình hình đó người giáo viên phải suy nghĩ tìm ra phương pháp dạy học dễ hiểu để học sinh học tốt, là giáo viên dạy toán tôi mong muốn tìm hiểu phương pháp dạy học dạng toán này của lớp8 và lớp 9 nhằm giúp thầy dạy tốt và trò học tốt dạng toán : “Tìm GTLN, GTNN của một biểu thức ” này. 2. Mô tả giải pháp; 1 I- Hình thành khái niệm: “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” là phải làm việc gì? Ta có các định nghĩa sau: * ĐN1: Cho biẻu thức f(x,y ) xác định trên miền D. Ta nói M là GTLN của f(x,y ) trên D nếu 2 điều kiện sau được thỏa mãn: -Với mọi x,y, thuộc D thì f(x,y ) M≤ với M là hằng số; -Tồn tại x 0 ; y 0 thuộc D sao cho f(x 0 ,y 0; ) =M. * ĐN 2: Cho biểu thức f(x,y ) xác định trên miền D. Ta nói m là GTNNtrên D nếu 2 điều kiện sau được thỏa mãn: -Với mọi x,y, thuộc D thì f(x,y ) m≥ với m là hằng số; -Tồn tại x 0 ; y 0 thuộc D sao cho f(x 0 ,y 0; ) = m. II- Các dạng toán thường gặp. - Tìm giá trị nhỏ nhất, gía trị lớn nhất một biểu thức thỏa mãn một điều kiện cho trước. -Tìm giá trị nhỏ nhất, gía trị lớn nhất một biêu thức cho trước III- Những sai lầm khi giải loại toán này - Học sinh không biết bắt đầu từ đâu? Từ giả thiết hay bắt đầu từ biểu thức cần tìm cực trị. 1- Dạng sai lầm thứ nhất: Học sinh thường mắc sai lầm đối với loại toán chứa dấu căn thức VD1:Tìm GTNN của biểu thức: a) A= 1a a− + b) B= 1a a+ + . Giải : a) A= 2 2 1 1 3 1 3 1 ( ) 2. . ( ) 2 4 4 2 4 a a a a a− + = − + + = − + Do 2 1 ( ) 0 0 2 a a− ≥ ∀ ≥ ; dấu bằng xảy ra khi a = 1 4 Vậy A (min) = 3 4 khi a = 1 4 b) HS thường mắc sai lầm làm tương tự câu a để có : B= 2 2 1 1 3 1 3 1 ( ) 2. . ( ) 2 4 4 2 4 a a a a a+ + = + + + = + + Do 2 1 ( ) 0 0 2 a a+ ≥ ∀ ≥ ; dấu bằng xảy ra khi a = - 1 4 2 Vậy B (min) = 3 4 khi a = - 1 4 . Sai lầm ở chỗ trong phần này là điều kiện để A có nghĩa là a 0≥ .Do đó nếu không hiểu rõ điều kiện tồn tại của A thì dễ dẫn đến sai lầm trong lời giải. Lời giải đúng như sau: B= 1a a+ + Có a 0 ≥ 0 1 1,a a a⇔ ≥ ⇒ + + ≥ dấu "=" xảy ra khi a =0 min 1 1 0B B a⇒ ≥ ⇒ = ⇔ = 2- Dạng sai lầm thứ hai: VD2: Tìm GTLN của biẻu thức 2 1 6x 17 A x = − + . Lời giải sai : Phân thức A có tử không đổi nên A có GTLN khi mẫu nhỏ nhất. Ta có : x 2 - 6x+17=(x-3) 2 +8 8≥ . Min( x 2 -6x+17) = 8 3x ⇔ = .Vậy Măx A= 1 3 8 x⇔ = . Tuy đáp số không sai nhưng lập luận sai khi khẳng định "A có tử không đổi nên A có GTLN khi mẫu nhỏ nhất " mà chưa đưa ra nhận xét tử và mẫu là số dương . Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét : x 2 -6x+17=(x-3) 2 +8 8≥ nên tử và mẫu của A là số dương hoặc từ nhận xét trên suy ra A > 0, do đó A lớn nhất 1 A ⇔ nhỏ nhất ⇔ x 2 - 6x+17 nhỏ nhất. 3- Dạng sai lầm thứ ba: VD3: Tìm GTLN của biẻu thức A= x+ x Lời giải sai A= x+ x =(x+ 2 1 1 1 1 1 ) ( x ) 4 4 2 4 4 x + − = + − ≥ − . Vậy Min A= - 1 4 Sai lầm ở chỗ sau khi chứng minh A 1 4 ≥ − chưa chỉ ra trường hợp A = - 1 4 . Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi 1 2 x = − , vô lý. Lời giải đúng: Để tồn tại x phải có x 0 ≥ . Do đó A= x+ x 0 ≥ . Min A= 0 khi và chỉ khi x = 0 4- Các ví dụ minh họa cho từng dạng. *TD 9 (BTrNC) Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn điều kiện 1 1 1 2x y + = ; tìm GTNN của biểu thức A x y= + 3 Giải Vì x >0, y >0 nên 1 1 0, 0; 0, 0x y x y > > > > Vận dụng BĐT Cô si đối với 2 số dương 1 1 & x y ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . ( ) 4 2 4 2 do xy x y x y x y xy   ≤ + ⇒ ≤ + = ⇒ ≥  ÷   Vận dụng BĐT Cô si với 2 số dương ,x y ta được: 2 . 2 4 4A x y x y= + ≥ ≥ = (dấu “=” xảy ra 2 4x y x y⇔ = = ⇔ = = ) Vậy min A= 4 ( ⇔ x = y =4) * Nhận xét: Trong TD trên ta vận dụng BĐT Cô si theo 2 chiều ngược nhau. - Lần thứ nhất ta làm “trội” 1 1 . x y bằng cách vận dụng 2 a b ab + ≤ để dùng điều kiện tổng 1 1 1 4 2 xy x y + = ⇒ ≥ - Lần thứ 2 ta làm giảm tổng ( x y+ ) bằng cách vận dụng BĐT Cô si theo 2 chiều a + b 2 ab≥ để dùng kết quả 4xy ≥ 1, Biện Pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị bình phương của biểu thức đó. TD 10 (BTrNC): Tìm GTLN của biểu thức: 3 5 7 3A x x= − + − Giải: ĐKXĐ: 5 7 3 3 x≤ ≤ Ta có ( ) ( ) 2 3 5 7 3 2 3 5 7 3A x x x x= − + − + − − 2 2 (3 5 7 3 ) 2 2 4A x x≤ + − + − = + + Dấu “=” Xảy ra ⇔ 3x - 5 = 7 - 3x ⇔ 6x = 12x ⇔ x = 2 Vậy max A 2 = 4 ⇒ max A = 2 ⇔ x=2. * Nhận Xét: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng 2 căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (=2). Vậy nếu ta bình phương biểu thức A sẽ xuất hiện hạng tử hai lần tích cuả hai căn thức, do đó có thể vận dụng BĐT Cô si 2 ab a b≤ + 2, Biện Pháp 2: Nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác 0. 4 *TD 11 (BTrNC): Tìm GTLN của biểu thức 5 x y A x − = Giải ĐKXĐ: x ≥ 9 1 9 9 9 9 3 .3 9 1 2 3 3 3 5 5 5 10 30 x x x x A x x x x −   − − + +  ÷ −   = = ≤ = = Dấu “ =” xảy ra 9 3 18 3 x x − ⇔ = ⇔ = Vậy Max 1 18 30 A x= ⇔ = * Nhận Xét: Trong cách giải trên, x – y được biểu diễn bằng 9 .3 3 x − vậy khi vận dụng BĐT Cô si, tích 9 .3 3 x − được làm trội thành nửa tổng 9 1 3 3 3 x x − + = có dạng kx có thể rút gọn cho x ở mẫu kết quả là một hằng số. 3, Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành 1 tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số. a, Tách 1 hạng tử của tổng thành nhiều hạng tử bằng nhau. *TD 12 (BTrNC): Cho x >0. Tìm GTNN của biểu thức: 4 3 3 16x A x + = Giải 4 3 3 3 16 16 16 3 4 . . .A x x x x x x x x x x = + = + + + ≥ 4.2 8A ≥ = ( dấu “=” xảy ra 3 16 2x x x ⇔ = ⇔ = ) Vậy min A =8 ( ⇔ x = 2). * Nhận xét: Hai số dương 3x & 3 16 x có tích không phải là hằng số. Muốn khử x 3 ở tử phải có x 3 = x.x.x do đó ta biểu diễn 3x = x +x +x rồi dùng BĐT Cô si với 4số dương. b, Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của 1 hằng số với 1 hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho ( có thể sai khác 1 hằng số). *TD 13 (BTr NC): 5 Cho 0 < x < 2. Tìm GTNN của biểu thức 9 2 2 x A x x = + − Giải 9 2 1 2 x A x x = + + − 9 2 2 . 1 2 9 1 7 2 x x A x x − ≥ + = + = − Dấu “=” Xảy ra 9 2 1 2 2 x x x x x − ⇔ = ⇔ = − ) Vậy min A= 7 1 2 x⇔ = * Nhận xét: Trong cách giải trên ta dã tách 2 x thành tổng 2 1 x x − + . Hạng tử 2 x x − nghịch đảo với 2 x x− nên vận dụng BĐT Cô si ta được tích của chúng là 1 hằng số. 4, Biện pháp 4: TD 14 (BTr NC): Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2. Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 x y z P y z z x x y = + + + + + Giải Áp dụng BĐT Cô si với 2 số dương 2 & 4 x y z z y + + ta được: 2 2 2 . 2. 4 4 2 x y z x y z x x y z y z + + + ≥ = = + + (1) Tương tự 2 4 y z x y z x + + ≥ + (2) 2 4 z x y z x y + + ≥ + (3) Cộng từng vế (1),(2),(3) có 2 x y z P x y z + + + ≥ + + ( ) 2 1 2 2 2 x y z x y z P x y z + + + + ≥ + + − = = = (Dấu “=” xảy ra 2 3 x y z⇔ = = = ) Vậy min P = 1 2 3 x y z⇔ = = = 6 * Nhận xét: Ta đã thêm 4 y z+ vào hạng tử thứ nhất 2 x z y+ để khi vận dụng BĐT Cô si có thể khử được (y+z) - Cũng như vậy đối với hai hạng tử còn lại. Dấu đẳng thức xảy ra đồng thời trong (1), (2), (3) 2 3 x y z⇔ = = = Bài 75: Cho x,y, z ≥ 0 thỏa mãn điều kiện x+y+z = a a, Tìm GTLN của biểu thức A= xy + yz + zx b, Tìm GTNN của biểu thức B = x 2 + y 2 + z 2 Giải a, Áp dụng BĐTCô si với 2 số dương ta có: xy 2 2 2 x y+ ≤ Tương tự có 2 2 2 2 ; 2 2 y z z x yz zx + + ≤ ≤ Cộng từng vế 3 biểu thức trên ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 xy yz zx x y z xy yz zx x y z xy yz zx a xy yz zx x y z A a A + + ≤ + + ⇒ + + ≤ + + − + + ⇒ + + ≤ + + ⇒ ≤ ⇒ ≤ Dấu “=” xảy ra 3 a x y z⇔ = = = Vậy max A 2 3 a = 3 a x y z⇔ = = = b, B = x 2 + y 2 + z 2 = ( x+y+z) 2 - 2(xy+yz+zx) = a 2 – 2( xy+yz+zx) B min ⇔ ( xy +yz+zx) max ⇔ xy+yz+zx = 2 3 a ( theo a) Lúc đó Min 2 2 2 2 3 3 3 a a a B a x y z= − = ⇔ = = = V- Bài tập áp dụng Bài 1: Cho x + y = 15 Tìm GTLN, GTNN của 4 3B x y= − + − Bài 2: Cho x > 0, y > 0 & x + y = 2a (a > 0) Tìm GTNN của biểu thức 1 1 A x y = + 7 Bài 3: Cho x >1. Tìm GTNN của biểu thức 25 4 1 A x x = + − Bài 4: Cho x> 0. Tìm GTNN của biểu thức 3 2000x N x + = 3. Tính mới của giải pháp - Nêu một số sai lầm HS hay mắc phải trong khi làm toán cực trị - Cung cấp cho học sinh về phương pháp giải dạng toán liên quan đến tìm cực trị của một biểu thức. - Một số bài tập cơ bản áp dụng cách tìm cực trị của một biểu thức - Bài tập tự luyện cho học sinh 4. Hữu ích của giải pháp - Học sinh có khả năng làm các bài toán dạng : “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” - Giáo viên tham khảo trong công tác BDHSG môn toán các cấp - Khi áp dụng giải pháp này dự kiến kết quả thu được là: + Loại giỏi: 50% + Loại khá: 30% +Loại trung bình: 20% 5. Khả năng phổ biến và nhân rộng: - Dùng làm tài liệu cho giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp - Áp dụng cho học sinh THCS, đặc biệt là học sinh khối 8; 9 trong thi học sinh giỏi các cấp . KẾT LUẬN Thông qua thực tế cho thấy thời gian dành cho phần kiến thức này không nhiều đòi hỏi giáo viên phải nghiên cứu , phân tích tổng hợp kiến thức sao cho khi gặp dạng toán “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” học sinh phải nhận dạng được ngay nó thuộc loại nào trong các dạng đã học từ đó lựa chọn phương pháp giải thích hợp Để nâng cao hiệu quả giảng dạy loại toán “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” trong BDHSG toán 8; 9 đáp ứng yêu cầu đối với công tác 8 bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp đòi hỏi mỗi giáo viên chúng ta phải tìm tòi , đúc rút kinh nghiệm trong giảng dạy , giúp học sinh dễ hiểu, dễ nhớ tự mình làm được các bài toán mà không cần sự trợ giúp của giáo viên. Qua thực tế giảng dạy và bồi dưỡng tôi nghĩ nếu giáo viên xây dựng cho học sinh một phương pháp giải thì tự mình học sinh cũng có khả năng vượt khó để vươn lên trong học tập và tu dưỡng và cao hơn nữa là khả năng tự học sau này . Qua thăm nắm tình hình học sinh lớp bồi dưỡng tôi thấy học sinh hứng thú hơn khi gặp loại toán này mà không "sợ "như trước nữa kết quả số học sinh tự giải được loại toán này cũng cao hơn. Vì vậy với một số đúc rút kinh nghiệm của tôi mong các bạn đồng nghiệp tham khảo và đóng góp ý kiến để đề tài được áp dụng hiệu quả hơn.Tôi xin chân thành cảm ơn XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN CẤP TRÊN NGƯỜI VIẾT SÁNG KIẾN (ký, ghi rõ họ và tên) 9 DANH MỤC TƯ LIỆU THAM KHẢO STT TƯ LIỆU THAM KHẢO Tác giả 1 Toán nâng cao và chuyên đề lớp 8 Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Việt Hải Vũ Dương Thụy 2 Nâng cao và phát triển Toán 8 Vũ Hữu Bình 3 Bổ trợ và nâng cao toán 8 Trần Diên Hiển 4 Bổ trợ và nâng cao toán 9 Trần Diên Hiển 5 Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8Vũ Hữu Bình Vũ Hữu Bình Tôn Thân Đỗ Quang Thiều 6 Luyện giải Đại số lớp 9 Phan Đức Chính Hoàng Doanh- Tôn Thân 10 . chọn phương pháp giải thích hợp Để nâng cao hiệu quả giảng dạy loại toán “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” trong BDHSG toán 8; 9 đáp ứng yêu cầu đối với công tác 8 bồi. khoa Toán Các điều kiện chủ yếu để xét công nhận sáng kiến như sau: 1. Tên sáng kiến (được gọi là giải pháp hữu ích): Nâng cao hiệu quả giảng dạy loại toán “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ. dạng : “Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biếu thức ” - Giáo viên tham khảo trong công tác BDHSG môn toán các cấp - Khi áp dụng giải pháp này dự kiến kết quả thu được là: + Loại