Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 26 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "BỒI DƯỠNG TƯ DUY HỌC SINH QUA GIỜ HỌC TỰ CHỌN MƠN TỐN LỚP 10" PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Bất đẳng thức và các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức là các vấn đề đã được đề cập trong chương trình sách giáo khoa mơn tốn ở bậc Trung học phổ thơng. Thời gian giảng dạy chủ đề này khơng nhiều, mức độ bài tập trình bày trong sách giáo khoa và sách bài tập đều ở dạng cơ bản. Tuy nhiên trong các kỳ thi Đại học và các kỳ thi học sinh giỏi thì các bài tốn về bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất lại là một đỉnh cao mà rất ít học sinh có thể vượt qua. Rất nhiều học sinh cịn lúng túng trước các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đặc biệt là học sinh lớp 10 Trong những năm gần đây thực hiện chương trình giảm tải của Bộ giáo dục, mơn tốn chương trình ban cơ bản của lớp 10 cịn 3 tiết trên tuần. Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn xây dựng kế hoạch giảng dạy thêm một tiết tự chọn dành cho mơn tốn dạy theo chủ đề bám sát. Căn cứ vào kế hoạch của nhà trường, của Ban chun mơn, Tổ tốn đã xây dựng kế hoạch dạy tự chọn mơn tốn lớp 10 theo từng chủ đề, bám sát với phân phối chương trình của Sở giáo dục trong đó có chủ đề : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biếu thức, chủ đề này được thực hiện sau khi học sinh học xong bài Bất đẳng thức Năm học 20122013 tơi được nhà trường phân cơng giảng dạy lớp 10A1.Thực tế trong những năm học trước bản thân tơi cũng đã có những băn khoăn trăn trở về cách hướng dẫn học sinh học giờ tự chọn như thế nào cho hiệu quả và làm thế nào để học sinh có hứng thú học trong các giờ tự chọn? Trong khi tài liệu chung để học sinh và giáo viên tham khảo khơng có. Khóa học 2008 2011 tơi đã mạnh dạn đưa một số dạng bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất vào giảng dạy ở giờ tự chọn và học sinh đã có hứng thú trong việc giải các dạng bài tập đó.Tuy nhiên kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh học sinh chỉ đạt giải ba, cịn thi đại học mới có một số em đạt điểm 9 khối A và khối B. Trong năm học này tơi mạnh dạn giới thiệu cho học sinh lớp 10 một số dạng bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức để giúp bồi dưỡng tư duy cho học sinh, nâng cao năng lực, rèn luyện kỹ năng giải tốn và đặc biệt tạo cho học sinh hứng thú học trong giờ tự chọn và lịng đam mê chinh phục đỉnh cao trong các kỳ thi sắp tới. Các bài tốn tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất có một vị trí quan trọng trong các kỳ thi và nó có sức hấp dẫn đối với học sinh khá giỏi và cả những người say mê tốn.Đối với đối tượng học sinh lớp 10 các em chưa học đạo hàm nên chỉ dừng lại ở một số phương pháp cơ bản để giải các bài tốn đó.Tuy nhiên thời gian dạy chủ đề này khơng nhiều nên tơi chỉ dừng lại ở việc giới thiệu các bài tốn tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất bằng bất đẳng thức giúp cho các giờ học tự chọn đạt hiệu quả và học sinh thích học giờ tự chọn hơn. Chính vì lý do đó tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn mơn tốn lớp 10” Xin trao đổi cùng các đồng nghiệp. II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Giúp học sinh lớp 10 nâng cao khả năng tư duy tốn học, có những suy nghĩ tích cực trong các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.Học sinh thích học các giờ tự chọn hơn, đồng thời qua đó giúp học sinh say mê nghiên cứu tốn học, ham học hỏi Tạo cho học sinh có niềm tin, mơ ước chinh phục được đỉnh cao của trí tuệ III PHẠM VI NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 10A1 của Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn trong giờ học t ự ch ọn mơn tốn Phạm vi nghiên cứu: “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn mơn tốn lớp 10” bằng các bài tốn Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât IV. CƠ SỞ NGHIÊN CỨU Để thực hiện đề tài này, tơi dựa trên cơ sở các kiến thức đã học Trường ĐHSP, các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xun, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo của bộ mơn Tốn bậc trung học phổ thơng … V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Thực hiện đề tài này, tơi sử dụng các phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu sách tham khảo, đề thi học sinh giỏi, mạng Internet, các tài liệu liên quan khác… Phương pháp khảo sát thực tiễn: Khảo sát học sinh lớp 10A1 của Trường – THPT Nguyễn Trung Ngạn. Phương pháp quan sát : Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT – Nguyễn Trung Ngạn Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy thực nghiệm, cho đề kiểm tra khảo sát kết quả sau khi thực hiện chuyên đề – Phương pháp thống kê toán học VI. THỜI GIAN THỰC HIỆN Đề tài được thực hiện từ ngày 20 03 2013 đến ngày 10 04 2013 VII. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI Đê tai được sử dung trong giờ học tự chọn mơn tốn của lớp 10A1 và dùng để ̀ ̀ ̣ bồi dường học sinh thi Đại học , bồi dưỡng đơi tun hoc sinh gioi cấp tỉnh ̣ ̉ ̣ ̉ PHẦN THỨ HAI: NƠI DUNG ̣ I. Khao sat tinh hinh thực tế ̉ ́ ̀ ̀ Năm hoc 2012 – 2013, tơi được BGH nhà trường phân cơng giảng dạy mơn tốn ̣ lớp 10A1. Đây la mơt cơ hơi rât tơt đê tơi thực hiên đê tai nay Bài tốn tìm giá trị lớn ̀ ̣ ̣ ́ ́ ̉ ̣ ̀ ̀ ̀ nhất, giá trị nhỏ nhất là một trong những dạng bài tốn khó. Trong qua trinh giai toan ́ ̀ ̉ ́ hoc sinh con rât lung tung, kê ca nhưng hoc sinh đã đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh ở ̣ ̀ ́ ́ ́ ̉ ̉ ̃ ̣ cấp THCS. Sau khi học sinh học xong bài bất đẳng thức và một số ứng dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Tơi tiến hành khảo sát trên 46 học sinh ở lớp 10A1 và kết quả đạt như sau: 11/46 HS đạt điểm trên trung bình 35/46 HS đạt điểm dưới trung bình II. Nội dung đề tài: A Kiến thức cơ bản: * Một số bất đẳng thức cần nhớ: Bất đẳng thức Côsi a1 a2 a3 n a n n a1 a a3 a n Với 0 Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = = an Các bất đẳng thức khác : x y2 xy x y xy 3, x y a b b a 5. b 6. + c 1 + a2 b2 r r u+ v 7. xy ( Khi b, c > 0) b +c với a ,b > 0 ( a + b) r r rr u + v , Với mọi u,v B Giới thiệu các bài toán Bài tập học sinh thực hiện trên lớp: Từ bài 1 đến bài 20 Bài tập học sinh thực hiện ở nhà : Từ bài 21 đến hết I.1 Giới thiệu các bài tốn thực hiện trên lớp: Bài 1: Cho x,y,z là các số dương và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x y z + + x +1 y +1 z +1 Lời giải: Ta có P = 1 − �1 1 1 � +1− +1− =3−� + + ( 1) � x +1 y +1 z +1 x � +1 y +1 z +1� Theo bất đẳng thức Cơ si ta có : �1 1 � + + (2) x +1 y +1 z +1� � � [ ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1)] � 1 + + (3) x +1 y +1 z +1 Mặt khác theo giả thiết x+ y+ z = 1 nên từ(2) ta có 3 Từ (3) và (1) Ta có P Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 3 Vậy Max P = khi và chỉ khi x = y = z = Bài 2: Cho x, y , z là các số dương thay đổi và thỏa điều kiện : xy2z2 + x2z +y = 3 z2 z4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + z ( x4 + y ) Lời giải: Ta xét 1 = ( x4 + y4 ) + P z x2 y Từ giả thiết suy ra xy + + = Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có : z z 1 + + x4 + x4 z x8 x (1) 4 =4 z z 4 1+ 14 + 14 + y 4 y8 = y2 (2) z z z z 1+ x4 + y4 +y4 4 x y = 4xy2 (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được �2 y x 2� 4 = 3 +3( + x + y ) � + + xy � 12 z �z z � khi x =y = z = 1 P 3 P Dấu bằng xảy ra Vậy Max P = khi và chỉ khi x =y = z = 1 Bài 3 Cho a, b, c là các số thục dương thỏa điều kiện abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + + a + 2b + b + 2c + c + 2a + Lời giải : Do a2+b2 2ab, b2 + 1 2b khi đó : 1 = 2 a + 2b + a + b + b + + 2 Tương tự Khi đó P P b + 2c + 2(ab + b + 1) 1 và 2(bc + c + 1) c + 2a + 2(ac + c + 1) 1� 1 � + + � � � + b + bc + c + ca + a + � ab 1� ab b 1 �1 + + = và ac = ) � � ( Do c = � + b + ab + b + ab + b + � ab ab b Dấu bằng trong BĐT trên xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy Max P = khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài 4 ( Đề thi HSG Tỉnh Hưng Yên) Cho a, b, c là các số dương tùy ý và thỏa điề kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab bc ac + + 2c + ab 2a + bc 2b + ac Lời giải: Ta có 2c + ab = c( a+b+c) + ab = c2 + c( a+b) + ab = ( c+a)( c+b) Xét Vậy ab ab = = ab (c + a )(c + b) 2c + ab (c + a )(c + b) 1 � �ab ab � �1 (ab) � + = + � � � c c �+ a c +b � 2�+ a c +b � ab 2c + ab �ab ab � + (1). Tương tự ta có : � � 2� + a c +b � c bc 2a + bc ac 2b + ac P � bc bc � + (2) � � 2� +b a + c � a � ac ac � + (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được � � 2� +b b + c � a �ab bc ab ac bc ac � + + + + + = � � ( a + b + c) = 2� + a c + a b + c b + c a +b a + b � c P = 1 khi a = b = c = Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi a = b = c = Bài 5 Cho a,b,c là ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 +3 +3 a + 3b b + 3c c + 3a � x � Lời giải: Áp dụng BĐT (x+y+z) � + 1� + 9 ta có y z� � ( ) 1 �3 � 3 +3 +3 � � a + 3b + b + 3c + c + 3a b + 3c c + 3a � � a + 3b Khi đó P Mặt khác theo BĐT Cơ si ta có : a + 3b + b + 3c + c + 3a a + 3b = (a + 3b).1.1 Hay a + 3b a + 3b + + a + 3b + = 3 a + 3b + , tương tự b + 3c Suy ra a + 3b + b + 3c + c + 3a b + 3c + và c + 3a 4(a + b + c) + = 3 Vậy P 3 . Dầu bằng xảy ra khi a = b =c = Kết luận : Min P = 3 khi a = b = c = c + 3a + Bài 6 Cho các số khơng âm x , y, z thỏa mãn x 2 + y2 +z2 3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + 2 ( x + 1) ( y + 2) ( z + 3) Lời giải : Ta có 2x + 4y + 2z ( x2 + 1) + ( y2 + 4) + (z2 + 1) 3y + 6 y Suy ra x + y + 2z 6 Dấu bằng xảy ra khi x = = z = 1 Với a và b là các số dương ta có : 1 + a2 b2 ( 1) ( a + b) Áp dụng BĐT (1) ta được : 1 + + 2 ( x + 1) � y � ( z + 3) � + 1� � � 64 = � y � (2 x + x + + + z + 3� � � � 8 y � ( z + 3) � x � + + + 1� � � 64.4 64.4 =1 y + z + 10) (6 + 10) 2 + Vậy Min P = 1 khi x = 1, y = 2 , z = 1 Bài 7 Cho x,y,z dương và thỏa mãn xy + yz + zx = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3x2 + 3y2 + z2 Lời giải: Ta có 2P = ( 4x2 + z2) + (4y2+ z2) +(2x2+ 2y2) Áp dụng BĐT Cơ si ta có 4x2 + z2 4xz , 4y2 + z2 4yz, 2x2 + 2y2 4xy Khi đó 2P 4( xy + yz + zx) = 20 hay P 10 . P =10 khi x = y = 1 , z =2 Kết luận Min P = 10 khi và chỉ khi x = y =1 , z= 2 Bài 8 Cho x P= , y và x + y = Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 + y +1 x +1 x2 y2 x + y3 + x + y2 + Lời giải : Ta có: P = = x + y + xy +1 y +1 x +1 = ( x + y ) ( x xy + y ) + x + y x + y + xy +1 ( x + y ) 5xy = + xy = ( ) x + y xy + xy (vì x+y =1) 5xy = + xy Đặt t = xy Khi đó xy ( x + y) = hay t Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P chính là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức f (t ) = − 5t với t 2+t 12 Ta có f(t) = 5 + t+2 Để f(t) lớn nhất thì tổng t +2 nhỏ nhất hay t = 0 vì . t Để f(t) nhỏ nhất thì tổng t +2 lớn nhất hay t = vì MaxP = 1 khi x= 1, y =0 hoặc x= 0 ,y= 1 MinP = khi x = y= t Vậy Bài 9 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện: x + y − xy = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 7( x + y ) + x y 2x2 y2 = Lời giải: Ta có: 1− −�− +2=− + xy x 2 xy 2( x ��2−� y�+− =− + = 2( x y ) xy y ) xy xy xy xy xy xy P = 7[( x + y ) − x y ] + x y = 7( x + y ) − 10 x y + xy 33 7 = 7( ) − 10 x y = − x y + xy + 4 1 [ Đặt t = xy, t � ; ] � P = 33 7 t + t+ 4 Bài tốn trở thành: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 33 7 1 t + t + trên đoạn [ ; ] 4 10 1 x −1 y −1 ( x − 1)( y − 1) 1− +1− = + (3) y x y x y xy Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x − 1)( y − 1)( z − 1) Vậy MaxA = � x = y = z = 1 Suy ra A 8 Bài 12 Với mọi số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x + y + z Tìm giá trị nhỏ nhất � 1� của biểu thức: P = x + y + z + � + + � x y z � � Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi : 18 x + 2 12 (1). Dấu bằng xảy ra khi x = x 12 (3) z Tương tự: 18 y + y 12 (2) và 18 z + Mà: −17 ( x + y + z ) −17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P 19 P = 19 � x = y = z = Vậy MinP = 19 x = y = z = 1 Bài 13 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1 thức: P = 2x + y + z + x + 2y + z + x + y + 2z Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức: Ta có : Hay 2x + y + z 2x + y + z Tương tự a+b 1� 1� D � + b � ấu bằng xảy ra khi a = b 4� a � 1 1 � 1� ( + ) + �+ � 2x y + z 8x 16 � z � y 1 � 1� + �+ � (1). 8x 16 � z � y x + 2y + z x + y + 2z 1 � 1� + �+ � (2) 8y 16 � z � x 1 � 1� + �+ � (3) 8z 16 � y � x Cộng vế với vế của (1),(2),(3) và áp dụng giả thiết ta được P 1 12 4 Mà P =1 Khi x = y = z = Vậy Max P = 1 x = y = z = Bài 14 Cho các số thực dương a,b,c thay đổi ln thoả mãn : a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = Lời giải: .Ta có: P = ( A+3 = a +b2 b + c c + a + + b +c c +a a +b a b c b2 c2 a2 + + )+( + + ) = A+ B b+c c+a a +b b+c c+a a+b 1 1 � [ (a + b) + (b + c) + (c + a)] � + �+b b+c + c +a� a � � 1 1 = + (+ �)(b c)(c a)3 3+ a b a+b b+c c+a a2 b2 = (a+ �+c+ + + + + + ۳ + b ) ( a+b b+c Và Từ đó P A c2 )(a b b c c a) c+a B.2 B 1 + = Để P = 2 thì a = b = c = 2 Vậy Min P = 2 a = b = c = Bài15 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + y = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = Lời giải: P = Thay P= 4x + y 2x − y + xy 4x + y 2x − y x y y x y + = + + − = + + + − xy y x y x 2 y = 5− x y x 5− x y + + + − = + + + x− y x 2 y x tỉ số y + x − = y x 2 P = khi x = 1; y = Vậy Min P = Bài 16 Cho x, y, z > 0 thỏa điều kiện xyz = 1 Tìm GTNN của S = + x3 + y3 + y3 + z3 + z + x3 + + xy yz zx 13 cuối được: Lời giải: Áp dụng BĐT Cơ si cho 3 số dương ta có: + x �= ۳ 1.x y + y Tương tự: 3 + y3 + z yz + x3 + y xy xy xy 3 ; + z + x yz zx zx + x3 + y + y3 + z + z + x3 Suyra: S = + + xy yz zx 3 + + xy yz zx 3 3 = 3 xy yz zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 Vậy MinS = 3 khi x = y = z = 1 Bài 17 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1 + + + xy + yz + zx � 1 � + + �9 � + xy + yz + zx � Lời giải: Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ] � ۳� P + xy + yz + zx + x + y2 + z2 Mà P = khi x = y = z= 1 Vậy Min P = x = y = z= 1 Bài 18 Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1 x (y + z) y (z + x) z (x + y) + + yz zx xz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = Lời giải: Ta có : P = x x y2 y z z + + + + + y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy xy x, y ﾡ Do đó : x + y xy(x + y) 3 x y2 x, y > 0 hay y + x 14 x + y x, y > 0 y2 z2 Tương tự, ta có : + z y 2 x z y + z y, z > 0 và z + x z + x x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P 2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = Vì vậy Min P = 2. Bài 19 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x giá trị lớn nhất của biểu thức: P Lời giải: Vì x; y; z P x 1 y z 2 x yz 2 y zx z z x z xy x Dấu bằng xảy ra Bài 20 Cho x,y x y yz y z zx z xy y x 2 yz zx xy xyz Hãy tìm yz zx xy xyz y z x2 y2 z2 xyz Vậy MaxP = x xyz xyz y z (x R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 3 + y3 ) − ( x2 + y2 ) ( x − 1)( y − 1) Lời giải: Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy (x + y) ta có xy t − t − xy (3t − 2) P= Do 3t 2 > 0 và − xy xy − t + P z2 , Áp dụng BĐT Cơsi ta có: y x y2 t2 − nên ta có t (3t − 2) t2 = t2 t−2 − t +1 t3 − t2 − Xét biểu thức f(t) = t2 =t −2+ + f(t) = 8 khi t = 4 t −2 t −2 15 t2 x �+ y=4 Do đó min P = (2;+ ) f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi � = xy x �=2 � y � =2 � I.2 Các bài toán giao về nhà cho học sinh thực hiện Bài 21 Cho x > 0, y > 0, x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y + 1− x 1− y T= x − 1+ y − 1+ 1 Lời giải: P = − x + − y = − x + − y − ( − x + − y ) Có 1 + 1− x 1− y (1 − x)(1 − y) Mặt khác: − x + − y Từ (1) và (2) P Vậy Min P = 1− x + 1− y = 2 − x + − y = (2) Dấu “ = “ khi x = y = 2 1 – x = 1 – y (1) x = y = 2 Bài 22 Cho các số thực khơng âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy Lời giải: S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y 0 và x + y = 1 nên 0 t Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 = f(t). Hàm số f(t) xét trên đoạn 0 t đạt giá trị lớn nhất tại t = , đạt giá trị nhỏ nhất tại t = 16 16 25 khi x = y = 2 Max S = 2+ x= 191 Min S = khi 2− 16 y= hay 2− 2+ y= x= Bài 23 Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: �x y z � P = 4(x3 + y3) + 4(x3 + z3) + 4(z3 + x3) + 2� + + � z2 x2 � � y � � Lời giải: Với x, y > 0 ta chứng minh : 4(x3 + y3) (x + y)3 ( ) Dấu = xảy ra x = y Thật vậy ( ) 4(x + y)(x2 – xy + y2) (x + y)3 4(x2 – xy + y2) (x + y)2 do x, y > 0 3(x2 + y2 – 2xy) 0 (x – y)2 0 (đúng) Tương tự ta có 4(y3 + z3) (y + z)3 Dấu = xảy ra y = z 4(z3 + x3) (z + x)3 Dấu = xảy ra z = x Do đó ( x + y3 ) + ( y3 + z3 ) + ( z3 + x ) Ta lại có x y2 Suy ra P y z2 xyz Dấu = xảy ra z x2 xyz xyz x y z 2( x + y + z) Dấu = xảy ra xyz xyz x = y = z 12 x = y = z = 1 Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1 Bài 24 Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 3x + + y3 + 4x y2 17 Lời giải: Ta có A = x 3x + + y 3x + = + + +y 4x x y2 y2 �1 y � y y� x+y � + A = + x + � + + � 1+ + = 2 Với x = y = 2 thì A = Vậy giá trị nhỏ nhất của A là Bài 25 Cho xy ( x + y ) xy = x + y − xy Lời giải: Ta có: xy Tìm GTLN của biểu thức A = xy ( x + y ) = x + y − xy 2 x y � + = 1 + 2− x y xy 1 � � � + = � − �+ y > Ta đặt a = 1/x, b = 1/y x y � 2y � x a+b > a + b = a + b − ab Mà A = 1 + = a + b3 = ( a + b ) ( a + b − ab ) = ( a + b ) (*) x y Cách 1: Ta có: A = ( a + b)2 � A = a + b a3 + b3 Ta biết : “ = “ xảy ra a � +b � � � ( vì a + b > 0 ) �2 � a = b A � A� Từ đó suy ra : � � � �2 � � � “ = “ xảy ra A 16 a = b = 2 Vậy Max A = 16 khi 1/x = 1/y = 2 18 (1) 1 + x3 y Cách 2 : Ta có: A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2 Từ (1) suy ra : a + b = (a + b)2 3ab Mà: ab ( a+b ) a+b ( a + b) − ( a + b) � ( a + b ) − 4(a + b) � � a + b � ( vi : a + b > ) � A = ( a + b) � 16 Vậy MaxA = 16. khi x = y = ½ Cách 3: Đặt S = x + y , P = xy với S2 4P S, P S2 S − SP �P= ( hayP = ) Ta có Từ gt suy ra: S +3 SP = S − 3P 1 x3 + y ( x + y)( x + y − xy ) ( x + y ) xy ( x + y ) S A= + = 3 = = = 2 = x y xy x3 y3 x3 y xy P Khi đó S S − SP �� − S − 4− ۳P � 1− P S Vậy MaxA = 16 ( khi x = y = ) Bài 26 Cho z 1, x 2, y Tìm GTLN của M = Lời giải: Đk : z 1, x xy z − + zy x − + zx y − xyz 2, y Ta có : 19 P S S P S2 P2 16 y−2 1.( x − 1) 2.( y − 2) 3.( z − 3) x −1 z −3 + + = + + x y z x y z + x −1 + y − + z − 1 + + = + + 2x 2y 2 2 3 2z M= Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 2 , y = 4 , z = 6 Vậy Max M = (1 + 1 + ) � x � Bài 27 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( x + y + z ) � + 1� + � ới x , y , z là các v y z� số thực thuộc đoạn [ 1;3] t t 0 Lời giải: Ta có: � � � ( t − 1) ( t − 3) � � t − 4t + � � t + � Suy ra: x + x ; y+ � y 4; z+ 1� Q z � 1� và Q = ( x + y + z ) + � + + � 12 x � y z� ��� ( x + y + z ) � + + � x � y z� � x � ( x + y + z) � + 1� + � 12 � y z� Bài 28 Cho x + y − xy = Tìm GTLN của S = x + + y + Lời giải: Ta có: x + y − xy = � x + y = + xy x, y 0 x+ y xy xy x+ y (1) Mà: x + y − xy = � x + y − = xy (2) Từ (1) (2) x +1 + y +1 x+ y � x + y − � � x + y � (a).Ta có S= � x + y − � 2( x + + y + 1) = 2( x + y + 2) (b) Từ (a) và (b) S = x + + y + MaxS = 4 khi x = y = 3 16 = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = Vậy Bài 29 Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz=1. 20 Tìm GTNN của biểu thức :P = x2 ( y + z) y y + 2z z + y2 ( z + x) z z + 2x x + z2 ( x + y) x yx + 2y y Lời giải: Ta coù x2 ( y + z) 2x x ; y2 ( z + x) 2y y ; z2 ( x + y) 2z z P 2x x 2y y + y y + 2z z z z + 2x x Đặt a= x x x= Vaäy P + 2z z x x + 2y y x + 2y y ; b= y y + 2z z ;c= z z + 2x x 4c + a− 2b ; y y = 4a+ b − 2c ; z z = 4b+ c − 2a 9 � c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a � + + = � � 9� b c a � �� b a � � b c � � c a + − �� + a + c � � + c + a � 6� ( 4.3+ 3− 6) = �� b b �� � � Dấu “=” xảy ra � x = y = z = 1. Vậy Min P = 2 Bài 30 Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z 1. 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y + z + x + y + z Lời giải: Theo BĐT Côsi: 1 x + y + z 3 xyz > 0 xyz 3 x + 9x , , y + 9y z + 9z � 1�� 1�� � �� � 8� �� 1� x + y + z + Từ đó: A= � + 9x � � + 9y � � + 9z � � + y + z � 2 + xyz x � � � 10 1 Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = Vậy MinA = 10 đạt được khi x = y = z = Bài 31 Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x + r r rr Lời giải:Với mọi u,v ta có: u + v r � 1� r � � � �r r r u+ v (*) � 1� � � x; ; y; ; z; Đặt a = � x � b = � y �c = � z � � � 1 + y2 + + z2 + 2 x y z 21 r r Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: a + b + Vậy P = x2 + x2 + y2 + Khi đó: (x + y + z) � 1 y2 + z2 + z2 r c r r r a+b + c r r r a + b+ c � 1� (x + y + z) + � + + � x � y z� 2 1 1 1 + � + y + z � = 81(x + y + z)2 + � + y + z � – 80(x + y + z)2 � � � � x x � � � � 1� 18(x + y + z) � + y + z � – 80(x + y + z)2 162 – 80 = 82 x � � Suy ra P 82 Dấu "=" xảy ra Vậy Min P = x = y = z = 82 khi và chỉ khi x = y = z = Bài 32 Cho x,y,z là các số thực dương và thỏa mãn: z(z – x – y) = x + y + 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = x4 y ( x + yz )( y + xz )( z + xy )3 Lời giải: Từ giả thiết z(z – x – y) = x + y + 1 suy ra ( z+1)( x+y) = z 2 – 1 và do z > 0 nên ta có x + y + = z Khi biểu thức cho có thể viết dạng T= x4 y4 ( x + y )(1 + y )( x + y )(1 + x ) [ ( x + 1)( y + 1) ] = x4 y4 ( x + y ) [ ( x + 1)( y + 1) ] Áp dụng BĐT Cơ si cho các số dương x , y ta có : x x x ( x + 1) = � + + + 1� � � � 3 � 4 � x � 44.x3 , �4 �= � 27 � 27 � � y y y ( y + 1) = � + + + 1� � � � 3 � � y � 44 y , và x + y 4xy �4 �= � 27 � 27 � � Do đó ( x + y )2 [ ( x + 1)( y + 1) ] 4 (4 xy )48 ( x3 y ) 49 4 36 = ( x y ) , suy ra T ( *) 36 22 Mà T = 36 khi và chỉ khi x = 3, y = 3, x= 7 49 Vậy Max T = 36 khi x = 3, y = 3, x= 7 49 Bài 33 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thúc: A = x + 11 + 2x � � �+ � với x > , � x � Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức : ( a + b ) ( c2 + d ) ( ac + bd ) 2 7 Ta có : ( + ) �+ � � + � � �� � � x � � x� A x+ 11 � � � � + �+ � � + � = x + 2x � x � � x � Khi x = 3 thì A = 6+ 15 = 2 15 15 Vậy Min A = 2 Bài 34 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a a2 + + b b2 + + 2c c2 + Lời giải: Xét 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b)( a + c) 1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = ( b+a)(b +c) 1 +c2 = ab + bc +ca +c2 = (c+a)(c+b) Khi đó P = = a b 2c + + ( a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) 2a 2b 4c + + 4(a + b)(a + c) 4(b + a)(b + c) 4(c + a )(c + b) � 1 � � 1 � �1 � + + + + + P a � � � b� � c� 4( 4( a � a + b) a + c � � a + b) b + c � � + c b + c � P a+b a+c b+c + + = 4(a + b) a + c b + c 23 4(a + b) = a + c 4( � a + b) = b + c Dấu bằng xảy ra khi và chí khi � a �=b � + bc + ca = ab a=b= 15 � � �= c � 15 Vậy giá trị lớn nhất của P là III Kết quả : Kết quả khảo sát học sinh lớp 10A1 : ( sĩ số 46 học sinh ) 28/ 46 HS đạt điểm trên 5 18/ 46 HS đạt điểm dưới 5 Học sinh giỏi cấp tỉnh : 01 em đạt giải ba trong kỳ thi giải toán trên mạngIternet VI. Bai hoc kinh nghiêm ̀ ̣ ̣ Qua viêc thực hiên chuyên đề “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự ̣ ̣ chọn mơn tốn lớp 10 ” và thực tế giảng dạy.Ban thân tơi đa rut ra được mơt sơ bai ̉ ̃ ́ ̣ ́ ̀ hoc kinh nghiêm như sau: ̣ ̣ 1. Vê công tac chi đao ̀ ́ ̉ ̣ Đây la môt công tac quan trong trong viêc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ ̀ ̣ ́ ̣ ̣ môn và bôi dương năng lực, tư duy cho học sinh đặc biệt là hoc sinh khá gioi. Trong ̀ ̃ ̣ ̉ năm hoc vưa qua, chúng tôi luôn nhân được sự chi đao sat sao, sự quan tâm thương ̣ ̀ ̣ ̉ ̣ ́ ̀ xuyên tư phia Ban giam hiêu Nha trườ và của các cấp lãnh đạo. Kết quả thi Đại học ̀ ́ ́ ̣ ̀ ng và thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày một nâng lên, nhà trường đa va đang găt hai được ̃ ̀ ̣ ́ nhưng thanh cơng lơn.Cũng nhờ có kết quả đó, ma nganh giao duc Tỉnh Hưng yên đã ̃ ̀ ́ ̀ ̀ ́ ̣ có những bước đột phá trong kết quả thi ĐHCĐ những năm gần đây 2. Vê phia hoc sinh ̀ ́ ̣ Đê găt hai được nhưng thanh tich cao trong công tac mui nhon. Hoc sinh la nhân ̉ ̣ ́ ̃ ̀ ́ ́ ̃ ̣ ̣ ̀ vât trung tâm trong viêc bôi dương đao tao, đây la nhân tô giữ ̣ ̣ ̀ ̃ ̀ ̣ ̀ ́ vai tro quyêt đinh trong ̀ ́ ̣ sự thanh công hay thât bai cua môi giao viên lam công tac giang day, bôi dưỡ ̀ ́ ̣ ̉ ̃ ́ ̀ ́ ̉ ̣ ̀ ng. Vì 24 chinh cac em mơi la ngươi hoc, la ngươi đi thi va la ngươi đem lai nhữ ́ ́ ́ ̀ ̀ ̣ ̀ ̀ ̀ ̀ ̀ ̣ ng thanh tich ̀ ́ đóLàm thế nào để ngay từ khi bước vào ngơi trường cấp ba học sinh đã có những niềm mơ ước được chinh phục đỉnh cao của trí tuệ. Tuy nhiên, đê giup cho hoc sinh co thê găt hai được nhưng thanh cơng, đoi hoi cac ̉ ́ ̣ ́ ̉ ̣ ́ ̃ ̀ ̀ ̉ ́ em phai co môt sự nô lực rât lớ ̉ ́ ̣ ̃ ́ n. Môt sự quyêt tâm hoc tâp trên 100% kha năng cua ban ̣ ́ ̣ ̣ ̉ ̉ ̉ thân minh. Nhât la đôi vơi lưa tuôi hoc sinh lơp 10 mới bước vào năm đầu tiên của ̀ ́ ̀ ́ ́ ́ ̉ ̣ ́ chương trình học phổ thơng. Nhưng kiến thức của năm lớp 10 này lại có vai trị quyết định tương lai của các em sau này. Nhân thưc ro điêu đo, mơi giao viên lam cơng tac bơi ̣ ́ ̃ ̀ ́ ̃ ́ ̀ ́ ̀ dương cân phai danh môt sự quan tâm sát xao đên cac em, thương xuyên đông viên, uôn ̃ ̀ ̉ ̀ ̣ ́ ́ ̀ ̣ ́ năn kip thơi đê giup cho cac em co môt sự đam mê trong công viêc hoc tâp cua minh. ́ ̣ ̀ ̉ ́ ́ ́ ̣ ̣ ̣ ̣ ̉ ̀ Đăc biêt la vơi nhưng hoc sinh tham gia hoc tâp bơ mơn Toan vì đây la mơt mơn hoc khó ̣ ̣ ̀ ́ ̃ ̣ ̣ ̣ ̣ ́ ̀ ̣ ̣ và mất nhiều thời gian để nghiên cứu 3. Vê phia giao viên tham gia trực tiêp giảng dạy ̀ ́ ́ ́ Đặc thù của các tiết học tự chọn là giảng dạy theo chủ đề bám sát, như vậy căn vào kế hoạch của nhà trường, của tổ chun mơn giáo viên phải tự tìm tịi, đọc sách tham khảo để lựa chọn bài tập phù hợp với đối tượng học sinh trên lớp mà mình giảng dạy.Đối với các lớp có nhiều học sinh khá giỏi thì giờ học tự chọn thường rất sơi nổi, các em được củng cố bổ sung kiến thức và được tiếp cận với các đề thi học sinh giỏi, đề thi Đại học vì vậy việc định hướng để học sinh biết tìm tịi khám phá tìm ra các lời giải hay là trách nhiệm của mỗi giáo viên chúng ta Để thực hiện được điều đó về phía giáo viên cần : Mơt la, kiên thưc cua thầy cơ phải có chiều sâu, giao viên giang day toan phai là ̣ ̀ ́ ́ ̉ ́ ̉ ̣ ́ ̉ ngươi co môt cai nhin tông quat vê môn toan trong bâc hoc cua minh, phai la ngươi giai ̀ ́ ̣ ́ ̀ ̉ ́ ̀ ́ ̣ ̣ ̉ ̀ ̉ ̀ ̀ ̉ toan thương xuyên, căp nhât thương xuyên nhưng thuât toan, nhưng thu thuât giai toan ́ ̀ ̣ ̣ ̀ ̃ ̣ ́ ̃ ̉ ̣ ̉ ́ hiêu qua. Kiên thưc cua thây phai vưng vang, thây thực sự phai la ngươi đam mê toan ̣ ̉ ́ ́ ̉ ̀ ̉ ̃ ̀ ̀ ̉ ̀ ̀ ́ học Hai la, cân phai lên được kê hoach giang day môt cach chi tiêt, chuân mực. Căp nhât ̀ ̀ ̉ ́ ̣ ̉ ̣ ̣ ́ ́ ̉ ̣ ̣ thương xuyên nhưng kiên thưc mơi ma cac em vưa hoc đê bôi dưỡ ̀ ̃ ́ ́ ́ ̀ ́ ̀ ̣ ̉ ̀ ng ngay, đăc biêt là ̣ ̣ phai kich thich được cac em say sưa hoc tâp, tự giac hoc tâp, phat huy được nhữ ̉ ́ ́ ́ ̣ ̣ ́ ̣ ̣ ́ ng tố chât tôt nhât cua cac em đê công viêc hoc tâp cua cac em đat được hiêu qua cao ́ ́ ́ ̉ ́ ̉ ̣ ̣ ̣ ̉ ́ ̣ ̣ ̉ V. Kiến nghị : Bộ giáo dục và Sở giáo dục cần có hướng dẫn cụ thể, và có những tài liệu tham khảo chung định hướng để giáo viên thực hiện các giờ dạy tự chọn đạt hiệu quả cao hơn 25 PHẦN THỨ BA : KÊT LN ́ ̣ Trên đây là nội dung đề tài” Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn mơn tốn lớp 10”, ban đầu học sinh có cảm giác ngại tiếp cận và gặp khó khăn khi giải các dạng bài tốn trên. Tuy nhiên khi giáo viên hướng dẫn thì học sinh say sưa làm bài tập. Nhiều em đã có động lực và quyết tâm chinh phục đỉnh cao, cố gắng phấn đấu dành điểm tuyệt đối trong ký thi Đại học. Bài viết trên đây nhằm mục đích kích thích tính tị mị của học sinh và tạo động lực để các em phấn đấu dành điểm cao trong các kỳ thi Đại học và thi học sinh giỏi cấp tỉnh , do thơi gian nghiên cưu chưa nhiêu nên đề ̀ ́ ̀ tai cua tơi khơng thê khơng con nhưng sơ xt. Chinh vi vây, tơi rât mong co sự đong ̀ ̉ ̉ ̀ ̃ ́ ́ ̀ ̣ ́ ́ ́ gop, bô sung cua cac đông nghiêp đê đê tai hoan thiên hơn ́ ̉ ̉ ́ ̀ ̣ ̉ ̀ ̀ ̀ ̣ Ngươi thực hiên ̀ ̣ Vũ Thị Hương Lan 26 ... Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có : z z 1 + + x4 + x4 z x8 x (1) 4 =4 z z 4 1+ 14 + 14 + y 4 y8 = y2 (2) z z z z 1+ x4 + y4 +y4 4 x y = 4xy2 (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được �2 y x 2� 4 = 3 +3( + x + y... sinh? ?đã có hứng thú trong việc giải các dạng bài tập đó.Tuy nhiên kết quả thi? ?học? ?sinh? ? giỏi cấp tỉnh? ?học? ?sinh? ?chỉ đạt giải ba, cịn thi đại? ?học? ?mới có? ?một? ?số em đạt điểm 9 khối A và khối B. Trong năm? ?học? ?này tơi mạnh dạn giới thiệu cho? ?học? ?sinh? ?lớp? ?10? ?một số dạng bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức để... � 4 � x � 44 .x3 , ? ?4 �= � 27 � 27 � � y y y ( y + 1) = � + + + 1� � � � 3 � � y � 44 y , và x + y 4xy ? ?4 �= � 27 � 27 � � Do đó ( x + y )2 [ ( x + 1)( y + 1) ] 4 (4 xy )48 ( x3 y ) 49