SKKN MÔN TOÁN PHÁT TRIỂN TƯ DUY ĐẠI SỐ CHO HỌC SINH

Các bài tập toán trong SGK chủ yếu hình thành kĩ năng cho học sinh, mục đích phát triển tư duy ở mức độ thấp nhằm đảm bảo tính giáo dục phù hợp với học sinh đại trà.. Phát huy tính tích

A ĐẶT VẤN ĐỀ:

I Lý do chọn đề tài:

Tư duy là thuộc tính của tâm lí, tư duy hình thành và phát triển theo từng giai

đoạn trong quá trình trưởng thành của con người Tư duy đặc biệt phát triển mạnh ở giai đoạn thanh, thiếu niên Vì vậy giáo viên cần phải quan tâm đến phương pháp giảng dạy nhằm phát triển tư duy cho học sinh một cách tốt nhất Tất cả các môn học đều phát triển tư duy cho học sinh nhưng môn toán có vai trò quan trọng hơn cả Giải bài tập toán là lúc học sinh được thể hiện kĩ năng, tính sáng tạo, phát triển óc tư duy Các bài tập toán trong SGK chủ yếu hình thành kĩ năng cho học sinh, mục đích phát triển tư duy ở mức độ thấp nhằm đảm bảo tính giáo dục phù hợp với học sinh đại trà Tuy nhiên nếu nghiên cứu kĩ và biết cách lựa chọn, định hướng tốt thì sẽ mang lại hiệu quả rèn luyện tư duy rất tốt

Phát huy tính tích cực học tập của học sinh là điều quan trọng nhất của nội dung đổi mới phương pháp.Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức mà cần phải dạy cho các em cách suy nghĩ, phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học Tất nhiên để làm được chính người thầy phải có những khả năng trên, cùng với

sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo ra tình huống

có vấn đề cho học sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào trong tiết học Tất cả đều được thể qua sự đầu tư thời gian và trí tuệ cho mỗi tiết dạy của người thầy trong suốt quá trình dạy học

Thể hiện cho điều óđ tôi ãđ chọn một số tiết dạy trong chuyên đề về hệ phương trình bậc hai hai ẩn và bất đẳng thức để trình bày Thông qua một bài tập quen thuộc cùng với những kiến thức cơ bản ãđ học trong chương trình Toán 10 định hướng cho học sinh làm quen với nhiều cách giải khác nhau nhằm giúp các em

có cái nhìn toàn diện hơn về hệ phương trình Đồng thời hướng cho các em một số ý tưởng tạo ra các bài toán mới, đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức Từ óđ tạo hứng thú học toán và rèn luyện tư duy cho học sinh

II Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

+ Đa số các em học sinh cảm thấy rất lo sợ và bối rối khi đứng trước một bài toán,

đặc biệt là các bài toán khó Từ đó gây cho các em tâm lí ngại học toán

+ Hơn nữa, học sinh hiện nay học chỉ mang tính chất đối phó, các em chỉ biết học cách giải cho một bài toán mà không chú ý nhiều đến vấn đề tìm ra hướng giải quyết cho bài toán Do đó tầm nhìn của các em đối với một vấn đề còn rất hạn chế Điều này gây khó khăn cho các em khi tiếp cận một bài toán khó, đặc biệt các bài toán trong đề thi tuyển

+ Vì vậy vấn đề đặt ra :

• Cần giúp học sinh tạo hứng thú và niềm đam mê học toán, từ đó phát triển

tư duy trừu tượng và tư duy sáng tạo trong các em

• Hướng dẫn các em biết cách nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ và có khả năng tổng quát hoá các vấn đề (lối tư duy xây dựng)

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:

1.Giải pháp thực hiện:

Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tưởng sau:

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt học sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt)

2 Các biện pháp thực hiện :

Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập trong sách giáo khoa, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán, biết nhìn bài toán dưới nhiều góc độ

Để cụ thể hoá điều trên, tôi đã trình bày trong đề tài này : Xuất phát từ một bài toán rất đơn giản, với cách giải là áp dụng thuật toán có sẵn Nhưng nếu suy nghĩ ta sẽ:

* Tìm thấy nhiều cách giải thú vị

* Đồng thời từ bài này đặt ra nhiều bài toán nâng cao, tổng quát thành nhiều bài toán mới

*Qua đó đưa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trực tiếp đến thi đại học

và thi học sinh giỏi

3.Nội dung:

Phần1: Rèn luyện qua bài toán giải hệ phương trình.

Bài toán xuất phát: Giải hệ phương trình : (I)

2 9 2 18

x y

) 1 (

GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau đó gọi một em khác nêu cách giải hệ phương

trình gồm một phương trình bậc hai và một phương trình bậc nhất hai ẩn.

Khi học sinh hoàn thành lời giải trên bảng ta bắt đầu sửa lời giải :

Từ (2) rút ra x = 6 - 3y (3) thế vào (1)

Ta được :(6 3 ) − y 2 + 9y2 = 18 ⇔ 36 36 − y+ 9y2 + 9y2 = 18 ⇔ y2 − 2y+ = 1 0 (*)

⇔ y1 = y2 = 1 thay vào biểu thức (3) ta có : x=3

Vây hệ có nghiệm duy nhất : =x y=31

GV:còn cách giải nào khác để giải hệ trên không?

GV:Yêu cầu học sinh nhận xét về các số hạng tương ứng ở hai phương trình(1) và (2).

hệ đối xứng Từ đó ta có cách 2:

Cách 2: Hệ (I)

2 (3 ) 2 18

x y

Đặt : 3y=t khi đó hệ(I) trở thành:

2 2 18

6

x t

x t

 + =

t )

2 2 18

6

x t

x t

 + =



9 6

x t

x t xt

xt

x t

+ =

=



Vậy x, t là nghiệm của phương trình X2 − 6X + = 9 0 (**)

⇔ = = nên hệ có nghiệm x=t=3 Suy ra nghiệm của hệ (I) là : 3

1

x y

=



 =



Để rèn luyện tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 18 bằng 0 ai trả lời nhanh nghiệm của phương trình :

2 9 2 0

x y

 ?

TL: Ta thấy x2 ≥ 0 ;y2 ≥ 0 Suy ra x2 + y2 ≥ 0 vậy PT trên có nghiệm x=y=0

nhưng khi đó : x+ 3y≠ 6 nên hệ VN

GV:Từ PT(*) ở cách 1và(**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai PT

đó đều là ranh giới của sự vô ngiệm.

Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?

Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x

Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là 9y2 = (3 )y 2

Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là 3y

Ta dễ dàng chứng minh công thức (a2 +b2)(c2 +d2)≥(ac+bd)2

Ta có cách 3

Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức trên cho 4 số : x; 3y; 1; 1 ta có:

( 2 2) ( 2 2) ( )2 ( 2 2) ( )2

1 + 1 x +y ≥ x.1 3 1 + y ⇔ 2 x + 9y ≥ +x 3y (4)

Vậy theo (2) ta có :2(x2 + 9y2) ≥ 6 2 ⇒x2 + 9y2 ≥ 18

Để có (1) cần có 3 3

x y

= ⇔ = , thay vào (2) ta được : y=1 ; x=3

GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3, ta còn thấy một phép toán liên quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và (a2,b2)

Đó là : u→=( )a,b ,u→ = a2 +b2

Vậy nếu chọn →v =( )1 , 1 ⇒u→.→v =a+b Từ đó gợi cho ta cách giải 4.

Cách 4:

Đặt u→=(x y v,3 ;) →=( )1,1

2 ( )2

→ →

Mặt khác : →u.→v = →u.→v cos α 























= →u,→v

α ⇒uv ≤u v

GV:lưu ý cho học sinh: ở bên trái là trị tuyệt đối của một số

ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.

2

x+ y ≤ x + y

( )2 ( 2 2)

⇔ + ≤ + ⇔ 2(x2 + 9y2) ≥ 6 2 ⇒x2 + 9y2 ≥ 18 (5) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

‌cos α = 1 ⇒ α = 0o hoặc α =180o ⇔→u;→v cùng phương hay tồn tại

3 1

x k

y k

 =



GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cách 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.

Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việc đặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh bài tập bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ

Nếu bắt chước cách làm 4 của bài trên ta có cách chứng minh bài toán

( )2 ( 2 2) ( 2 2)

a c b d+ ≤ a +b c +d như sau:

Xét u→=( )a,b;→v =( )c,d

2 2 2

2 b ;v c d

a

do: ‌‌‌‌‌ →u.→v ≤ →u.→v nên 2 2 2 2 ( )2 ( 2 2)( 2 2)

.

.

.

0

0

.











=

=

⇔

=

=







=

=

⇔









=

=

→

→

→

→

d

b c

a hay b b d a d

b

d k c

b k a v

v k u

GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức quen thuộc khác:

a b+ ≤ a +b hay a b+ ≤ a +b (***)

từ đó ta có cách 5:

Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 3.y ta sẽ trở về BĐT(4)

cho ta liên tưởng đến một công thức trong hình học sin 2 α + cos 2 α = 1 ( 0o ≤ α < 180o) Nhưng vấn đề vế trái của công thức là 1 , để được điều đó ta chia hai vế của phương trình (1) cho 18 khi đó:

(1)

1

Vậy nếu có góc α để sin

3 2

x

2

3 2

x

3 2

Từ PT(1)

2 2

3 2 18

( )

x x

 <

Nếu có một trong hai số x hoặc 3y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+3y=6 dẫn đến số

3 2

x

1

2

0 ≤ y ≤ .

Từ đây ta có cách 6:

Cách 6:

Theo lý luận trên thì có góc α để sin

3 2

x

α = ( 0o ≤ α ≤ 90o) Thay vào PT(1) suyra:

Ta được 3 2 sin

3 3 2 cos

x

y

α α

 =





=



thay vào phương trình (2) ta được : sin α + cos α = 2

GV: Mặt khác ta có: Với 0o ≤ α < 180o thì sin α + cos α = 2.cos(α − 45 0)

Vậy .cos(α − 45o) = ⇒ 1 (α − 45o) = 0o ⇔ = α 45o

Suy ra 3 2 sin 45 3

2 cos 45 1

o o

x

y







GV:Ta thấy từ việc giải (I) đã đẫn đến việc tìm thêm được một cách giải BT

( )2 ( 2 2) ( 2 2)

a c b d+ ≤ a +b c +d

phương trình (I)

Cách 7:

Gọi (x o ,y o ) là nghiệm của hệ phương trình, tức



Ta xét phương trình bậc hai ẩn α : ( ) (2 )2

α − + α − = (**)

Rõ ràng PT(**) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x0= 3y0

Mặt khác ta thấy

2 α 2 α x 3y x 9y 0 2 α 2 6 18 0 α α 3

Vậy xo = 3 ; yo =1 Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn

GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.

GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 3y = t ta được hệ phương trình :

2 2 18 6

x t

x t

 + =



Còn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 6 là phương trình đường thẳng cắt trục Ox tại điểm A(6,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,6) Khi thử biểu diễn hình học của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, vậy

ta có cách giải thứ 8.

Cách 8:

Đường thẳng x+t=6 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B , khi đó ∆OAB là tam giác vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình :

x+t =6 là độ dài đường cao OH = 2 2

1

18 3 2

 ÷  ÷

   

và bằng bán kính của đường tròn có phương trình x2 + =t2 18 , vậy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại điểm H, hay nghiệm của hệ

2 2 18 6

x t

x t

 + =

 là toạ độ điểm H Mặt khác ∆OAB là tam

giác vuông cân tại O nên

2

1 3

2

+





H

A B H

x x

t

GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác

Cách 9:

Nhân phương trình (2) với (- 6) sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta được:

1

x

y

=



(sử dụng tính chất A2 + B2 = 0 ⇔ 0

0

A B

=



 =

thế vào hệ (I) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=3 ,y=1

GV:Ta chưa dừng lại ở đây , nếu ta tham số hoá hệ phương trình ta sẽ có những bài toán mới

Chẳng hạn: ta thay 18 bởi m ( tham số)

ta được hệ (II)

2 9 2

x y

) 6 (

và ta có thể đưa ra một số bài toán.

Bài toán 1 : Tìm m để hệ (II) có nghiệm

Cách 1:

Dựa vào cách 1 của hệ (I) ta có cách sau:

Rút từ phương trình (7) : x= 6 - 3y (6’) thế vào phương trình (6) ta được :

(6 - 3y)2 + 9y2 = m ⇔18y2- 36y+ 36 - m = 0

GV: ta nên chia hai vế cho 18 để được phương trình với hệ số gọn hơn:

2 2 2 0(7 ')

18

ta để ý :với mỗi nghiệm y 0 của phương trình (7’) ta được một nghiệm (x o ,y o )

∆ ≥ ⇔ ≥ ′ 0 m 18

Cách 2:

GV: Nếu ta phân tích cách giải 2 của hệ (I) với phép đặt 3y= t ta đưa hệ về dạng

2

m



Để hệ có nghiệm cần và đủ là:

2 4 4(18 ) 6 2 18

2

m

S ≥ P⇔ − ≤ ⇔ ≥m

Bài toán 2 : Tìm m để hệ (II) có nghiệm duy nhất

Bài làm:

Cách 1:

Với việc phân tích bài toán 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là

∆’= 0 ⇔ =m 18

GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng tư duy

biện chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh như :

GV:Ta thấy đáp số là đáng tin cậy? Vì sao?

TL: vì m= 18 ta trở lại của hệ (I)

GV: còn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 18 GV khẳng định ngay kết quả là sai mặc dù chưa cần kiểm tra các bước tính toán

này

GV: với phép đặt 3y = t ta đã đưa hệ về dạng hệ đối xứng

2 2

6

x t

 + =



Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x 0 ,t o ) là nghiệm của hệ thì (x 0 ,t o ) cũng là nghiệm

đây ta có cách giải :

Cách 4 :

ĐK cần : (x0, to) là nghiệm của hệ thì (t0, xo) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x0=to

2

18 2

3

o

o

m x

m x

 =





ĐK đủ : Thay m =18 vào hệ ta thấy thoả mãn

Vậy m=18 là kết quả cần tìm

GV: Đây là một phương pháp rất quan trọng để giải bài toán nghiệm duy nhất của

hệ đối xứng Đối với các bài toán sau ta sẽ thấy tầm quan trọng của phương pháp này :

Bài toán : Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :

a/

2 2

x y xy a



1

xy x y a

x y y x a

+ + = +





c/

2 2

2 2

3

a x y x y a



GV: Yêu cầu học sinh tự làm

GV:tiếp tục ta mở rộng bài toán với sự rằng buộc của nghiệm.

Bài toán 3 : Tìm m để hệ (II) có hai nghiệm (x1, y1) và (x2, y2) sao choy1 < 0 < y2.

Bài làm :

Cách 1:

Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho sao choy1 < 0 < y2cần và đủ là phương

trình (7’) phải có 2 nghiệm y1,y2 thoả mãn điều kiện y1 < 0 < y2 tức a.c < 0

2 0 36

18

m

m

Cách 2:

Nếu sử dụng cách 2của hệ (I) với phép đặt 3y = t đưa về hệ

2

m

x t



vậy để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện y1 < 0 < y2 thì hệ này phải có hai

nghiệm thoả mãn t1 <0 t< 2

2 8 4

2 − X + −m =

X có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0

2 0 36

18

m

m

Bài toán 4 : Tìm m để hệ (II) có hai nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho0 < y2 ,y2.

GV gọi 1 HS trình bày

Thực chất đây là bài toán tìm điều kiện để phương trình bậc 2 một ẩn có hai nghiệm

dương phân biệt và điều kiện là











>

>

≥

∆

0 0

0

'

P S

Vẫn sử dụng được cả 2 cách ở bài toán 3 Đáp số: 18 ≤ <m 36

GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc của x tức là:

Bài toán 5 : Tìm m để hệ phương trình (II) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho :

0 < x1, x2

GV : Đây là vấn đề gay vướng mắc cho học sinh.

Vấn đề ở đây là ta đưa về phương trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x.

Vì vậy ta có hai hướng giải quyết :

- Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y.

- Chuyển thành phương trình của x.

Ta thấy hướng 2 khả thi hơn.

Bài làm:

Từ pt (7) ⇒ y = 6

3

x

−

thế vào (6) ⇒ x2 + (6 - x)2 = m ⇔2x2- 12x +36 - m = 0 (8) yêu cầu bài toán ⇔phương trình (8) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện:0 < x1, x2

⇔











>

>

≥

∆

0 0

0

'

P

S ⇔ 18 ≤ <m 36

(GV:Tất nhiên bài toán này có thể giải dựa theo cách 2 của bài toán 3)

GV: Tiếp tục ta đưa ra các bài toán ràng buộc giữa các nghiệm với áp dụng định lý Viét như:

Bài toán 6 : Tìm m để hệ phương trình có hai nghiệm (x1,y1),(x2,y2) thoã mãn điều kiện : y2

1+y2

2 = 20 (*)

Bài làm:

Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1),(x2,y2) theo bài toán 1 cần ĐK : m ≥ 18

Khi đó phương trình : 2 2 2 0

18

m

y − y+ − = có 2 ngiệm y1,y2 và (*)⇔ (y1+y2)2- 2y1y2=1

⇒ 22 - 2( 2 -

18

m ) = 20 ⇔ 4- 4 +

9

m

=20 ⇔ m=180.

Vậy m = 180 là giá trị cần tìm

Bài toán 7: Tìm m để hệ phương trình (II) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) thoã mãn điều kiện : x12+x22+y12+y2

2=4 (**)

Cách 1:

Với m ≥ 18 khi đó x1,x2 là nghiệm của phương trình: 2 x2 - 12x + 36 - m=0

=>x12+x2

2= (x1+x2)2 -2x1x2 =36 -2

2

36 - m

= m Tương tự ta có : y1,y2 là nghiệm của phương trình: 2 2 2 0

18

m

y12+y2

2=

9

m Vậy (**)⇔ m+

9

m

=20 ⇔

9 10m

=20 ⇔ m=18

Vậy m=18 là giá trị cần tìm.

Cách 2 :

(x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x+3y = 6 hay x = 6- 3y

Vậy (**)⇔ (6- 3y1)2 + (6-3y2)2 +y12+y2

2= 20

⇔ 36 -36y1+9y12+36-36y2+9y22 +y12+y2

2= 20

⇔ 72 -36(y1+y2)- 10(y12+y2

2) =20

⇔ 72 - 36 2 + 10

9

m

= 20 ⇔ m=18

GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đưa ra các bài toán sau:

Bài toán 8: Tìm m để hệ pt (II) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho :

x12 + 2x22 +y12+10y22 =38 (***)

Bài làm:

Với m ≥ 18 khi đó: do x2,y2 là nghiệm của hệ phương trình nên : x22 + 9y22 = m (***)⇔ x12 + x22 +y12+y22 +( x22 + 9y22 ) = 38

⇔ m+

9

m +m =27 ⇔ 38

9 =

19m

⇔ m = 18

Bài toán 9: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình (II) tìm m để :

x x( 3 − =9) 27 (y y3 −1)

Bài làm:

Với m ≥ 18 khi đó:

2 2 2 2

( 9 )( 9 ) 9( 3 ) ( 3 )6 9( 3 )

3

 =





=



m

3 2 10

6 6

m

y

 =













⇔

3 2

m

 =



 =

m 10

(loại)

Vậy không tồn tại giá trị nào m thoả mãn bài toán

Bài toán 10: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:

2 9 2 18 3



Tìm m để A= 6 3 + y + 3y x+ 6 đạt giá trị lớn nhất

Bài làm: Áp dụng bất đẳng thức ( )2 ( 2 2) ( 2 2)

a c b d+ ≤ a +b c +d ta có:

≤ 18 (12+ 2(x2 + (3 ) )y 2 ) = 18(12+6) = 18.18 = 324

Dấu “=” xảy ra khi

3

3



 =



⇒x=3y=3 ⇔ m = 6 ⇒Max A=18