KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM BỒI DƯỠNG HSG MÔN TOÁN

KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 1 A- ĐẶT VẤN ĐỀ I- MỞ ĐẦU. Sinh thời Bác Hồ đã xem dốt nát như là một loại giặc cần phải đánh đuổi. Mà đánh đuổi nó thì cần phải có lực lượng, chiến lược, sách lược. Vận dụng thật nghệ thuật, sáng tạo mới dành thắng lợi như mong muốn. Dạy học là một mặt trận chính. Nghề dạy học thật là vất vả, khó khăn, nhưng cũng rất đỗi tự hào. Có thể nói ở một khía cạnh nào đó mỗi giáo viên như một MC trong mỗi tiết dạy. Mỗi thầy cô giáo khi vào một tiết học đều muốn cho mọi học sinh của lớp đều chủ động tiếp thu bài giảng một cách tích cực và hiệu quả nhất. Để đạt được sự mong muốn đó đòi hỏi chúng ta phải hết sức kiên trì , tìm tòi phương pháp thích hợp cho từng đối tượng học sinh. Số học sinh giỏi trong một lớp chỉ một vài em, số yếu kém cũng có còn lại đa số là trung bình, trung bình khá. Vậy làm thế nào để tất cả các đối tượng này cùng hào hứng say mê, chủ động tiếp thu bài học tốt được. Điều này cũng chính là yêu cầu của Bộ GD&ĐT về vấn đề đổi mới phương pháp dạy học. Người học là trung tâm, làm thế nào để họ yêu thích bộ môn học, họ tự đào tạo, họ tự tin vào khả năng của chính mình để lĩnh hội tri thức.Thầy cô giáo giúp đỡ như thế nào cho hiệu quả nhất. Sau nhiều năm công tác, bằng thực tiễn hoạt động dạy học của mình tại trường THPT Sầm Sơn, cách làm mà tôi đã thực hiện, thực sự có đem lại một số hiệu quả. II- THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU: 1/ Thực trạng: Từ khi còn đang là học sinh phổ thông , mỗi khi thầy cô giáo vào lớp tôi cảm thấy hành vi, dáng điệu ,cử chỉ , lời nói đều hấp dẫn mình , Đặc biệt khả năng tri thức bộ môn, tri thức xã hội thì hết ý. Làm sao mà các thầy ,các cô giỏi thế. Sự kết hợp nhuần nhuyễn và điệu nghệ những điều nói trên có tác động sâu sắc đến thế hệ học sinh chúng tôi. Những học sinh học yếu thường không tự tin, thậm chí sợ sệt mỗi khi bị hỏi bài cũ. Nếu chúng ta vì một lý do nào đó mà bất buộc họ phải trả bài thì hiệu quả rất thấp. Có thể làm cho học sinh đó chán ghét bộ môn. Cũng như vậy đối vối học sinh khá, giỏi,những câu hỏi, hay bài tập của sách giáo khoa rất đơn giản với các em. Để khích lệ học sinh và tạo sự công bằng tương đối, chúng ta đưa ra những bài toán có nhiều lời giải. Lời giải đơn giản dễ hiểu dành cho học sinh yếu, lời giải phức tạp giành cho học sinh khá hoặc giỏi. Thông thường chỉ gọi những em giơ tay, từng bước gia hạn thời gian yêu cầu tất cả mọi em đều phải tham gia giải quyết vấn đề. Ta tìm hiểu những em không biết từ đâu vì không nắm được lý thuyết hay lười biếng, hay do vấn đề tâm lý ngại phát biểu trước đám đông. Từ đó có cách để tháo gỡ cho các em. 2 Một sự thay đổi phương pháp dạy học sẽ được coi là thành công nếu nó làm lay động, làm thức tỉnh người học, làm cho họ hứng thú học tập, yêu mến bộ môn và họ có tiến bộ trong kết quả học tập của mình. Với suy nghĩ và cảm nhận rằng, tâm lý lứa tuổi học sinh cũng gần gũi với mình ngày còn đi học phổ thông,do đó tôi đã kết hợp những kiến thức sư phạm được học, năng lực bản thân, tâm lý học trò, mức độ yêu cầu kiến thức học sinh phải tiếp thu, trong một bài học, trong một chương học ,thậm chí cả năm học và toàn khoá học. Theo dõi chặt chẽ mức độ kiểm tra, mức độ thi tốt nghiệp, thi đại học hàng năm. 2/ Kết quả của thực trạng trên: Khi học sinh đứng trước một bài toán ở tầm sách giáo khoa và đã nhiều lần được chứng kiến thầy giáo và các bạn giải quyết bằng nhiều cách khác nhau, xuất phát từ những kiến thức khác nhau cũng của sách. Một cách hết sức tự nhiên từ đâu đó trong tiềm thức thúc đẩy tính tự giác phải xem lại lý thuyết, đọc kỹ đề bài cho gì đòi hỏi ta phải tìm gì, chứng minh cái gì . Giả thiết bài toán liên quan đến những bài học nào đã học. Từ đó mạnh dạn Biến đổi, suy luận, viết ra những suy nghĩ của mình và thực sự có những chuyển biến tích cực. B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I- CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN. 1/ chuẩn bị của giáo viên. - Người thầy phải chủ động hoàn toàn trong vai trò hướng dẫn viên, không bị lúng túng khi có những tình huống phát sinh, đồng thời xử lý các tình huống đó một cách thông minh , thích hợp văn cảnh. - Giáo viên đọc thật kỹ sách giáo khoa, chuẩn bị giáo án thật kỹ về các bài toán có liên quan đến bài học, căn cứ vào đối tượng học sinh và giải các bài toán đó bằng nhiều cách sao cho thật sát với chương trình học. - Khích lệ học sinh đúng mức phù hợp với từng đối tượng, để các em yêu thích cách giải đẹp, từ đó tự tìm lấy cách giải cho riêng mình. 2/ Tổ chức lớp: - Để chuẩn bị bài học hôm sau yêu cầu học sinh về nhà giải các bài tập thầy giáo ra từ tiết học trước đó (có thể học sinh giải được, cũng có thể không giải được). Nhưng phải hiểu đề bài, có thể thuộc đề bài thì càng tốt. - Học sinh phải có đầy đủ sách giáo khoa, vở nháp, dụng cụ học tập, đặc biệt phải thuộc cơ bản phần lý thuyết có liên quan đến bài tập sắp được chữa hoặc phần lý thuyết sắp được học. II/ CÁC BIỆN PHÁP ĐỂ TỔ CHỨC THỰC HIỆN. 1/ Đối với học sinh: 3 - Nên yêu cầu học sinh thực hiện cơ bản nội dung bài học trước ở nhà. - cho học sinh tự nguyện phát biểu theo yêu cầu của giáo viên, sau đó thực hiện chỉ định trong mục kiểm tra bài cũ - Nêu bài tập đề nghị cần chữa, hoặc bài tập tương tự bài đã chữa hôm trước. 2/ Phần bài tập chuẩn bị của thầy giáo. HỆ THỐNG CÁC BÀI TẬP GIẢI NHIỀU CÁCH Bài 1: Cho vectơ v  = (-3;2) và đường thẳng ( ∆ ): 2x + 3y – 7 = 0. Tìm ảnh của ( ∆ ) qua phép tịnh tiến vectơ v  . Bài giải: Cách 1. Lấy điểm A(1;1) và B(6;-1) thuộc đường thẳng ( ∆ ). Ảnh của A và B qua phép tịnh tiến vectơ v  là: A’(4;-1) và B’(9;-3). Đường thẳng ( ∆ ) là đường thẳng A’B’ có = (5;-2), có pháp tuyến là n = (2;5). Suy ra ( ∆ ): 2(x – 4) + 5(y + 1) = 0 ⇒ 2x + 5y – 3 = 0. Cách 2. Lấy M(x;y) thuộc ( ∆ ), ảnh của M là M’(x’;y’) ⇒ x’ = x + 3 ; y’ = y – 2 ⇒ đường thẳng ( ∆ ’): 2(x’ – 3) + 5(y’ + 2 ) = 0 ⇒ 2x + 5y – 3 = 0. Cách 3 . Đường thẳng ( ∆ ’) có dạng: 2x + 5y + c = 0. Điểm A(1;1) ∈ ( ∆ ). Ảnh của A qua phép tịnh tiến vectơ v  là A’(4;-1).Thay vào dạng của đường thẳng ( ∆ ’) ta có: 2.4 + 5(-1) + c = 0 ⇒ c = -3. Vậy đường thẳng ( ∆ ’): 2x + 5y – 3 = 0. Bài 2: Tìm các giá trị m để phương trình x 4 + 2(m-2)x 2 + m 2 -5m + 5 có 4 nghiệm phân biệt. Bài giải 4 Cách 1. Phương trình đã cho có 4 nhiệm phân biệt khi phương trình f(t)= t 2 + 2(m-2)t+ m 2 -5m + 5 = 0 có 2 nghiệm dương. điều kiện là        −=< > >+−−−=∆ m s tf mmm 2 2 0 0)( 0)55()2( 22/ ⇔      >− >+− >− 02 055 01 2 m mm m ⇔        > + > − < > m mm m 2 2 55 ; 2 55 1 Vậy: 1< m < 2 55 − . Cách 2. Áp dụng Viet ta có      >+ > >∆ 0 0 0 21 21 tt tt ⇔      >− >+− >− 024 055 01 2 m mm m ⇔ 1 <m < 2 55 − . Bài 3: Giải phương trình: sin 3 x + cos 3 x = 1 Bài giải Cách 1. Phương trình ⇔ sin 2 x + cos 2 x - sin 3 x - cos 3 x = 0 ⇔ sin 2 x (1- sinx) + cos 2 x (1- cosx) = 0 Vậy: a/ sinx = 0 và cosx = 1 cho x = 2k π (k nguyên) b/ cosx = 0 và sinx = 1 cho x = 2 π + 2k π (k nguyên) Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k π và x = 2 π + 2k π (k nguyên) Cách 2 ; Ta có 1 = sin 3 x + cos 3 x = (sinx + cosx ) (sin 2 x + cos 2 x - sinx cosx ) = (sinx + cosx ) (1 - 2 1 sin2x) , Đặt sinx + cosx = t ta được phương trình theo t là : t 2 - 3t + 2 = 0 chỉ lấy t = 1 ta có cos(x- 4 π ) = 2 2 từ đó Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k π và x = 2 π + 2k π (k nguyên) 5 Cách 3 ; Ta có 1 = sin 3 x + cos 3 x mà ta cũng có sin 2 x + cos 2 x = 1 Trong khi xsin ≤ 1 và xcos ≤ 1 với mọi x Do đó phải có sin 3 x = sin 3 x và cos 3 x = cos 2 x Trở lại a/ sinx = 0 và cosx = 1 cho x = 2k π (k nguyên) b/ cosx = 0 và sinx = 1 cho x = 2 π + 2k π (k nguyên) Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k π và x = 2 π + 2k π (k nguyên) Bài 4 Cho góc nhọn xOy. Một điểm M cố định nằm trong góc xOy. M không nằm trên 2 tia Ox, Oy. Tìm trên Ox điểm A và trên Oy điểm B sao cho M là trung điểm của AB. Bài giải. Cách 1. • Cách dựng: Kẻ Mx // Oy. Mx cắt Ox tại C. • Lấy A đối xứng với O qua C. Kẻ AM kéo dài cắt Oy tại B. Ta được hai điểm A và B cần tìm. * Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng ta có MC // OB. Lại có C là trung điểm OA nên theo tính chất đường trung bình trong tam giác cho ∆ AOB thì M phải là trung điểm của AB. Cách 2. * Cách dựng: Lấy C đối xứng với O qua M. Từ C kẻ Cx // Ox, Cy // Oy. Cx cắt Oy tại B, Cy cắt Ox tại A. Ta được A và B cần tìm. * Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng Ta có tứ giác OACB là hình bình hành (Vì AC // OB và OA // BC). Nên 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Vậy nên M là trung điểm AB. 6 A C O M x B O A B M C x x y Cách 3. * Cách dựng: Kẻ Mx // Ox. Mx cắt Oy tại C. Lấy D đối xứng với C qua M. Kẻ Dt cắt Ox tại A. Kéo dài AM cắt Oy tại B. * Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng ta có AD // CB nên: góc DAM = góc MBC góc ADM = góc MCB ⇒ ∆ ADM đồng dang với ∆ BCM (g.g) ⇒ BC AD = MB AM = MC DM = 1 (vì DM = MC). Vậy M là trung điểm AB. Bài 5: Giả sử phương trình ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm dương x 1 , x 2 chứng minh rằng phương trình cx 2 + bx + a = 0 cũng có 2 nghiệm dương. Gọi các nghiệm đó là x 3 , x 4 , chứng minh x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≥ 4. Bài giải: Cách 1: Do phương trình ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm dương x 1 , x 2 nên có các điều kiện.          >= > − =+ ≥−=∆ 0 0 04 21 21 2 a c xx a b xx acb Chú ý là a b− > 0, a c > 0 nên ( a b− ) : ( a c ) = c b− > 0 nên suy ra các điều kiện :          >= > − =+ −=∆ 0 0 4 43 43 2 a c xx a b xx acb 7 A X x M D O C B Y y Điều này suy ra các nghiệm x 3 , x 4 của phương trình cx 2 + bx + a = 0 tồn tại và là các nghiệm dương. Do các nghiệm x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là các nghiệm dương nên ta có áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cô - si của các cặp số dương: x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = (x 1 + x 2 ) + (x 3 + x 4 ) ≥ 2 21 xx + 2 43 xx = = 2( 21 xx + 43 xx ) ≥ 4 4321 xxxx = 4. 4 . c a a c = 4 Vậy x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≥ 4. Cách 2 Nhận xét rằng từ định lí Vi – ét x 3 + x 4 = a b− = ac ab / /− = 21 21 xx xx + = 1 1 x + 2 1 x nên suy ra x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = x 1 + x 2 + 1 1 x + 2 1 x = = ( 1 x - 1 1 x ) 2 + ( 2 x - 2 1 x ) 2 + 4 ≥ 4. Cách 3: Gọi x1 là nghiệm dương của phương trình ax 2 + bx + c = 0 , tức là ta có ax 1 2 + bx 1 + c = 0. Do x1 > 0 chia hai vế cho x 1 2 ta được: a + b ( 1 1 x ) + c( 2 1 x ) = 0, nghĩa là 1 1 x là nghiệm của phương trình cx 2 + bx + a = 0. Tương tự x 2 là nghiệm dương của phương trình ax 2 + bx + c = 0 thì 2 1 x là nghiệm dương của phương trình cx 2 + bx + a = 0. Việc chứng minh x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = x 1 + x 2 + 1 1 x + 2 1 x ≥ 4 làm tương tự cách 2 và cách 1. Bài 6: Hãy xác định m để 2 phương trình x 2 – mx + 2m + 1 = 0, mx 2 – (2m + 1)x – 1 = 0 có nghiệm chung. Bài giải: Cách 1. Gọi x 0 là nghiệm chung của 2 phương trình, khi đó: 8      =−+− =++− )2(01)12( )1(0)12( 2 0 0 2 0 mmx mmxx Chú ý: phương trình (2) cho phép kết luận x 0 ≠ 0 . Nhân x 0 vào (1) rồi cộng với (2) ta được: x 0 3 – 1 = 0 ⇒ x 0 = 1. thay x 0 vào (1) và (2) ta được:    =−+− =++− 01)12( 0121 2 mm mm ⇒    =−− =+ 02 02 m m ⇒ m = - 2 Vậy với m = - 2, hai phương trình đã cho có nghiệm chung. Cách 2. Từ các phương trình (1) và (2) rút ra: m = 2 1 2 − + x x = )2( 1 − + xx x (3) Giải (3) suy ra x = 1, thay lại vào (3) suy ra m = - 2. Cách 3. Đặt y 0 = x 0 2 thay vào (1) – (2), ta có thể coi đó là hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn sau:    =+− +−=− 1)12( )12( 00 00 xmmy mmxy Giải hệ ta được y 0 = 1 )12( +− m )12( +− − m m : m 1 )12( +− − m m = 12 154 2 2 −− ++ mm mm , x 0 = m 1 1 )12( +− m : m 1 )12( +− − m m = 12 12 2 2 −− ++ mm mm . Điều kiện y 0 = x 0 2 ⇒ ( 12 12 2 2 −− ++ mm mm ) 2 = 12 154 2 2 −− ++ mm mm Biến đổi ta có: (2m 2 + m + 1) 2 = (m 2 – 2m – 1)(4m 2 + 5m +1) ⇔ 7m 3 + 18m 2 + 9m + 2 = 0 ⇔ ⇔ (m + 2)(7m 2 + 4m +1) = 0 ⇔ m = - 2 ( phương trình 7m 2 + 4m +1 vô nghiệm) Chú ý. Thay m = - 2 vào (1) và (2) có 2 phương trình x 2 + 2x – 3 = 0 và - 2x 2 + 3x – 1 = 0 đều nhận x = 1 là nghiệm. Bài 7: Giả sử a, b, c là 3 cạnh của tam giác, chứng minh rằng phương trình (b 2 + c 2 –a 2 )x 2 - 4bcx +b 2 + c 2 - a 2 =0 Bài giải: Cách 1. Nếu b 2 + c 2 – a 2 = 0 thì phương trình có nghiệm x = 0. Nếu b 2 + c 2 – a 2 ≠ 0, xét '∆ = 4b 2 c 2 – (b 2 + c 2 –a 2 ) = [ ] 222 2 acbbc +−− [ ] 222 2 acbbc −++ = 9 = [ ] 22 )( cba −− [ ] 22 )( acb −+ = (a + b – c)(a – b + c)(a + b + c)(b + c – a ) > 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm. Cách 2. Theo định lí hàm số cosin: b 2 + c 2 –a 2 = 2bc.cosA. Phương trình có dạng: 2bc.cosA x 2 – 4bcx + 2bc.cosA = 0 ⇔ cosA.x 2 – 2x + cosA = 0 Nếu cosA = 0 ⇒ phương trình có nghiệm x = 0. Nếu cosA ≠ 0 ⇒ '∆ = 1 – cos 2 A = sin 2 A > 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm Cách 3. Xét tam thức f(x) = (b 2 + c 2 – a 2 )x2 - 4bcx +b 2 + c 2 - a 2 ta có f(1) = 2(b – c – a)(b – c + a) < 0, f(-1) = (b + c – a)(b + c + a) > 0. Vậy f(x) có ít nhất một nghiệm trong khoảng (-1;1) Bài 8: Giả sử a 2 + b 2 ≠ 0. Chứng minh rằng, ít nhất một trong hai phương trình a.sinx + b.cosx = 0 (1) a.tanx + b.cotx + 2c =0 (2) có nghiệm. Bài giải: Cách 1. Phương trình (2) có thể biến đổi at 2 + 2ct + b = 0 ; t = tanx; x ≠ 2 π k . Phương trình này sẽ vô nghiệm khi: (i) a = c = 0; b ≠ 0 suy ra (1) có nghiệm cosx = 0. (ii) a ≠ 0; '∆ = c 2 – ab < 0 hay ab > c 2 > 0 ta sẽ chứng minh phương trình (1) có nghiệm. Dùng công thức sinx = 2 1 2 t t + ; cosx = 2 2 1 1 t t + − với t = tan 2 x . Phương trình (1) có dạng a. 2 1 2 t t + + b. 2 2 1 1 t t + − + c = 0. ⇔ (c – b )t 2 + 2at + (c + b) = 0 (1’) Nếu c = b ⇒ t = tan 2 x = a b− luôn có nghiệm; c ≠ b ⇒ '∆ = a 2 – (c 2 – b 2 ) = a 2 + b 2 – c 2 >2ab – c 2 > 0 do điều kiện (i) ab > c 2 > 0. Vậy (1’) có nghiệm hay (1) có nghiệm. 10 [...]... đến 4 tháng theo sáng kiến đã đạt kết quả khá thuyết phục chỉ còn từ 1đến 3% còn khó khăn Các năm học về sau đặc biệt năm học 2009-2010 này kết quả rất tốt c- kết luận thực nghiệm Có thể nói, lâu nay học sinh yếu, học lực trung bình, học kém, không mặn mà, thích thú gì với nhiều môn học, đặc biệt là môn toán không thể tự mình giải được bài tập nên chán nản Song mỗi gioá viên chúng ta biết gần gũi, khích... giác truyền thụ cho nhiều thế hệ học trò, mong rằng được học hỏi thêm các kinh nghiệm hay của đồng nghiệp để góp sức nâng cao chất lượng giáo dục cho học sinh đại trà và học sinh giỏi 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO : 1-Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương (Chủ biên) – Phạm Vũ Khê – Bùi Văn Nghị Sgk – Hình học 10 Nân cao NXB GD 2-Văn Như Cương (Chủ biên)- Tạ Mân Sgk – Hình học –Sách chỉnh lý hợp nhất năn... dần với môn học, nhất là môn toán Qua đây mỗi giáo viên càng cần gần gũi học sinh hơn ,ý thức trách nhiệm về công việc, nghề nghiệp cũng được nâng lên 2- Kiến nghị, đề xuất Bên cạnh sự cố gắng vươn lên của giáo viên về chuyên môn , về lòng yêu nghề yêu học trò thì đề nghị lãnh đạo các nhà trường cũng tạo điều kiện, phối hợp với sở giáo dục và đào tạo, có nhiều chương trình, hình thức chuyên đề, học nâng... Văn Hoành – Trần Đức Huyên Sgk – Hình học 10 – (Nxb – GD), năm 2006 4- Tài liệu: Hội nghị tập huấn phương pháp dạy học toán học phổ thông (Nhà xuất bản – Hà Nội thán 12 năm 2000) 5-Phan Đức Chính - Phạm Văn Điều - Đỗ Văn Hà - Phan Văn Hạp Phạm Văn Hùng - Phạm Đăng Long (Khoa Toán cơ - Tin – Truờng Đại học Tổng hợp Hà Nội) Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp tập I – NXBGD – năm 1997... (3) a 2 + b2 −c ≤ 1 ⇔ c2 ≤ a2 + b2 thì (1) có nghiệm a 2 + b2 β ) Nếu (3) vô nghiệm ⇔ c2 > a2 + b2 Ta sẽ chứng minh (2) có nghiệm Chú ý nếu a = 0, do giả thiết a2 + b2 ≠ 0 nên b2 ≠ 0, khi đó (2) có dạng cotx = − 2c b Luôn có nghiệm a ≠ 0, biến đổi (2) ⇔ atan2x + 2ctanx + b = 0 Phương trình (4) có ∆' = c2 – ab >a2 + b2 – ab = Vậy (4) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm (4) 3 2 1 a +( a – b) > 0 4 2 Bài 9 : Cho... trình (2) vô nghiệm, ta chứng minh được phương trình (1) có nghiệm Vậy: cặp phương trình (1) , (2) luôn luôn có ít nhất một phương trình có nghiệm Cách 2 a a 2 + b2 sinx + Do điều kiện a2 + b2 ≠ 0 nên ta biến đổi (1) b a 2 + b2 c cosx = - c ⇔ sinx(x + ϕ ) = - a 2 + b2 b  sin ϕ = 2 a + b2 ϕ là nghiệm của hệ phương trình  Với  a cos ϕ =  a 2 + b2  Do (1) ⇔ (3) nên: α ) Nếu (3) có nghiệm (3) a... biết rằng phương trình có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối Bài giải: Cách 1 Phân tích đa thức vế trái: (x4 – 4) – (4x3 – 8x ) + (3x2 – 6) = 0 ⇔ (x2 – 2)(x2 + 2) – 4x(x2 – 2) +3(x2 – 2) =0 ⇒ * x2 – 2 = 0 ⇔ x = ± 2 * x2 + 2 – 4 x + 3 = 0 ⇔ x2 – 4x + 5 = 0,phương trình có ∆' = - 1 < 0 nên vô nghiệm Vậy phương trình có 2 nghiệm x1,2 = ± 2 Cách 2 Gọi 2 nghiệm trái dấu của phương trình... chúc thực nghiệm : Tôi đã tiến hành ứng dụng vào thực hiện giảng dạy tại các lớp 10A1, 11A1, 12A1, 12A3 của trường THPT Sầm Sơn liên tục trong 3 năm từ 20072008 , 2008-2009, và 2009-2010 đồng thời đã thảo luận, có sự góp ý kiến của tổ chuyên môn toán nhiều lần và được đồng nghiệp góp ý bổ sung đánh giá cao b Kết quả sơ bộ: Lớp 10A1, 10A3 từ (20-40)% chưa nắm vững công thức (lượng giác, hình học, đại số... x1, x2 là nghiệm cuả y’ cho bởi 1 1 (2) ⇒ (x1 + x2)( x x − 2 ) = 0 1 2 4 3 1 − )=0 (m – 1) ( 2 3 m − 4m + 1 2 2 2(m − 1)(m − 4m − 5) ⇒ = 0 ⇒ m1 = 1, m2 = -1, m3 = 5 3(m 2 − 4m + 1) ⇒ Kết hợp điều kiện y’ = 0 có 2 nghiệm, hay ∆' = 4(m – 1)2 – 3(m2 – 4m + 1) = m2 + 4m +1 > 0 Hay: m < - 2 - 5 ; - 2 + 5 < m Vậy m = 1, m = 5 là 2 giá trị cần tìm Bài 10 Tìm m để phương trình x2 – 4mx + 1 = 0 Có hai nghiệm thoả... – 4x03 + 3x02 + 8x0 – 10 = 0 x04 + 4x03 + 3x02 – 8x0 – 10 = 0 Từ 2 đẳng thức ta được 8x03 – 16x02 = 0 ⇒ x0 = 0, x02 = 2 ⇒ x0 = ± 2 đã cho và x = ± 2 là nghiệm của phuơng trình đã cho Cách 3 Dùng phuơng pháp hệ số bất định Nếu phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu x = ± a thì đa thức f(x) = x4 – 4x3 + 8x – 10 có thể phân tích ra thừa số dạng f(x) = (x – a)(x + a)(x2 + bx + c) = x4 + bx3 + (c – a2)x2 . KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 1 A- ĐẶT VẤN ĐỀ I- MỞ ĐẦU. Sinh thời Bác Hồ đã xem dốt nát như là một loại giặc. này kết quả rất tốt. c- kết luận thực nghiệm Có thể nói, lâu nay học sinh yếu, học lực trung bình, học kém, không mặn mà, thích thú gì với nhiều môn học, đặc biệt là môn toán không thể tự mình. giác truyền thụ cho nhiều thế hệ học trò, mong rằng được học hỏi thêm các kinh nghiệm hay của đồng nghiệp để góp sức nâng cao chất lượng giáo dục cho học sinh đại trà và học sinh giỏi. 18 TÀI LIỆU