SKKN Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hoá để tìm lời giải thông qua các bài toán chứng minh bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HỐ, ĐẶC BIỆT HỐ VÀ TƯƠNG TỰ HỐ ĐỂ TÌM LỜI GIẢI THƠNG QUA CÁC BÀI TỐN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC" A ĐẶT VẤN ĐỀ I Lý chọn đề tài: Giáo sư Hồng Tụy có viết tạp chí Tốn học tuổi trẻ “ Các nhà tốn học thường làm việc với bất đẳng thức nhiều đẳng thức” Đối với chương trình tốn trường phổ thông, BĐT phần quan trọng Ngay từ lớp 1, học sinh làm quen với BĐT thơng qua tốn như: So sánh hai số, điền dấu >, < vào ô trống Đến lớp 9, học sinh tiếp cận với vấn đề BĐT mức độ cao Sang bậc THPT, việc dạy học BĐT đưa vào chương III - đại số 10 BĐT có tất chủ đề tốn sơ cấp thơng qua dạng toán như: toán cực trị, khảo sát hàm số, giải phương trình, giải bất phương trình… Có tốn, việc sử dụng BĐT đóng vai trị định lời giải có tốn ta sử dụng BĐT khâu trung gian Vì vậy, viết sáng kiến kinh nghiệm “Vận dụng khái quát hố, đặc biệt hố tương tự hố để tìm lời giải thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức ” để hướng dẫn cho học sinh phương pháp tư giải toán II Cơ sở khoa học SKKN: Bài tập chứng minh BĐT có vai trị quan trọng mơn Tốn Điều tập có vai trị đánh giá hoạt động học sinh Thông qua giải tập, học sinh phải thực hoạt động định bao gồm nhận dạng thể định nghĩa, định lí, qui tắc hay phương pháp, hoạt động trí tuệ phức hợp, hoạt động trí tuệ phổ biến Tốn học, hoạt động trí tuệ chung hoạt động ngơn ngữ Vai trị tập chứng minh BĐT thể cụ thể là: * Với chức giáo dục, tập chứng minh BĐT giúp học sinh hình thành giới quan vật biện chứng niềm tin phẩm chất đạo đức người lao động mới, rèn luyện cho học sinh đức tính kiên nhẫn, xác, chu đáo học tập, bước nâng cao hứng thú học tập mơn tốn, phát triển trí thông minh, sáng tạo * Với chức dạy học, tập chứng minh BĐT nhằm hình thành, củng cố cho học sinh tri thức, kĩ năng, kĩ xảo khâu khác trình dạy học * Với chức phát triển, tập chứng minh BĐT nhằm phát triển lực trí tuệ: rèn luyện hoạt động tư duy, hình thành phẩm chất trí tuệ * Với chức kiểm tra, tập chứng minh BĐT nhằm đánh giá mức độ, kết dạy học, đánh giá khả độc lập học tốn trình độ phát triển học sinh Từ năm 2002 đến nay, đề thi vào đại học cao đẳng thực theo hướng ba chung, nội dung đề thi phải nằm chương trình học, phải bám sát chương trình, khơng q khó, khơng mang tính đánh đố học sinh lại phải có khả phân loại thí sinh Bài tập BĐT tập dạng BĐT thường sử dụng tập để phân loại học sinh BĐT nội dung khó, học sinh lại khơng rèn luyện nhiều, để giải BĐT đòi hỏi học sinh phải động não, tư mà điều thường học sinh khá, giỏi làm III Mục đích SKKN: Giúp học sinh phát triển tư khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hoá để tìm lời giải tốn số tốn bất đẳng thức IV.Đối tượng nghiên cứu: - Khách thể: Học sinh THPT - Đối tượng nghiên cứu: Một số toán bất đẳng thức - Phạm vi nghiên cứu: Các toán sơ cấp toán bất đẳng thức chương trình PTTH - Thực đề tài tập học sinh lớp 10A2,10D3,10A6 năm học 2013 -2014 V Phương pháp nghiên cứu: Trong mơn tốn trường phổ thơng có nhiều tốn chưa có khơng có thuật giải Đặc biệt với chứng minh BĐT tốn mà khơng có thuật tốn để giải địi hỏi em phải ln tư duy, động não Vì vậy, dạy chứng minh BĐT giáo viên cố gắng hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ, cách tìm tịi lời giải Biết đề cho học sinh, lúc, chỗ câu hỏi gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ đối tượng Dựa tư tưởng tổng quát với gợi ý chi tiết G Pôlya cách thức giải toán kiểm nghiệm thực tiễn dạy học, nêu lên phương pháp chung để giải tốn sau: Bước 1: Tìm hiểu nội dung tốn Bước 2: Tìm cách giải Bước 3: Trình bày lời giải Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải Trong bước phương pháp tìm lời giải, khái qt hóa, đặc biệt hóa, tương tự thường sử dụng hai bước: Tìm cách giải nghiên cứu sâu lời giải VI Thời gian hoàn thành SKKN: Tháng 04 năm 2014 B PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ I Định nghĩa • Định nghĩa: Giả sử a b hai số thực Các mệnh đề “ a > b ”, “ a < b ”, “ a ≥ b ”, “ a ≤ b ” gọi bất đẳng thức Cũng mệnh đề lôgic khác, bất đẳng thức sai Chứng minh bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức I.2 Một số tính chất bất đẳng thức a > b ⇒ a > c b > c •  a > b ⇔ a+c > b+c Nếu c > a > b ⇔ ac > bc Nếu c < a > b ⇔ ac < bc • Từ ta có hệ sau: a > b c > d ⇒ a+c > b+d a+c > b ⇔ a > b-c a > b ≥ c > d ≥ ⇒ ac > bd a > b ≥ n ∈ ¥ * ⇒ a n > b n a>b≥0⇔ a > b a>b⇔ a> b I.3 Một số bất đẳng thức thường gặp • Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối a1 - a - a - - a n ≤ a1 +a +a + +a n ≤ a1 + a + a + + a n ( ∀a i ∈ ¡ ) Đặc biệt với n = ta có a - b ≤ a+b ≤ a + b ( với a, b ∈ ¡ ) • Bất đẳng thức Cauchy Cho a1 , a , a , a n số thực khơng âm ta có: a1 +a +a + +a n ≥ n n a1.a a a n Đẳng thức xảy a1 = a = a = = a n a+b ≥ ab Đẳng thức xảy a = b Đặc biệt với n = ta có Với n = ta có a+b+c ≥ abc Đẳng thức xảy a = b = c • Bất đẳng thức Bunhiacôpxki Với số thực a1 , a , a , a n b1 , b , b3 , b n ta có: ( a1b1 +a 2b2 +a 3b3 + +a n b n ) ≤ ( a12 +a 2 +a + +a n ) ( b12 +b 2 +b + +b n ) Đẳng thức xảy a1 a a a = = = = n b1 b2 b3 bn (Nếu bi = coi a i = ) 2 2 Với n = ta có ( ax+by ) ≤ ( a +b ) ( x +y ) 2 2 2 Với n = ta có ( ax+by+cz ) ≤ ( a +b +c ) ( x +y +z ) • Bất đẳng thức Chebyshev a) Cho hai dãy đơn điệu tăng a1 ≤ a ≤ a ≤ ≤ a n b1 ≤ b ≤ b3 ≤ ≤ b n ta có: ( a1 +a +a + +a n ) ( b1 +b +b3 + +b n ) ≤ n ( a1b1 +a 2b +a 3b3 + +a n b n )  a1 = a = a = = a n b1 = b = b3 = = b n Đẳng thức xảy  b) Nếu a1 ≤ a ≤ a ≤ ≤ a n b1 ≥ b ≥ b3 ≥ ≥ b n ( a1 +a +a + +a n ) ( b1 +b +b3 + +b n ) ≥ n ( a1b1 +a 2b +a 3b3 + +a n b n )  a1 = a = a = = a n b1 = b = b3 = = b n Đẳng thức xảy  • Bất đẳng thức Jenxen Cho f ( x ) hàm số xác định, liên tục có đạo hàm cấp hai liên tục [ a;b ] ; x1 , x , x , , x n ∈ [ a;b ] , α1 ,α ,α , ,α n >0 α1 +α +α + +α n = ta có:  n  a) Nếu f ( x ) > với ∀x ∈ [ a;b ] ∑ α if ( x i ) ≥ f  ∑ α i x i ÷ i=1  i=1  n '  n  b) Nếu f ( x ) < với ∀x ∈ [ a;b ] ∑ α if ( x i ) ≤ f  ∑ α i x i ÷ i=1  i=1  n ' I.4 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai Phương pháp quy nạp Phương pháp phản chứng Phương pháp lượng giác Phương pháp hình học Phương pháp hàm số Phương pháp làm trội 10 Phương pháp so sánh 11 Phương pháp dùng tính chất tỉ số 12 Phương pháp đổi biến số CH ƯƠNG II VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ VÀ TƯƠNG TỰ HOÁ ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TỐN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC II.1 Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự hố vào tìm lời giải toán chứng minh bất đẳng thức Các tập toán học nhà trường phổ thơng chia làm hai loại: loại có thuật tốn để giải loại chưa có thuật tốn để giải Bài tập chứng minh BĐT thuộc dạng tập chưa có thuật tốn để giải Để tìm cách giải dạng tốn ta hướng dẫn học sinh tìm tịi, phát nhờ suy nghĩ có tính chất tìm đốn: biến đổi cho, biến đổi phải tìm, liên hệ toán cần giải với toán tương tự đơn giản hơn, mị mẫm dự đốn thử xét vài trường hợp riêng, toán tổng qt hay tốn liên quan Ví dụ Chứng minh BĐT: a1 +a +a 3 ≥ a1a 2a với a1 , a , a ≥ (1) BĐT nêu lên SGK đại số 10 phép ứng dụng, nhiên khơng có chứng minh Giáo viên hướng dẫn học sinh chứng minh BĐT sau: Cách 1: Sử dụng đặc biệt hóa Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy cho hai số để đánh giá a1 +a ≥ ?, a + b ≥ ? Từ suy a1 +a +a +b ≥ ? ( ∀b ≥ 0) Học sinh: a1 +a +a +b = ( a1 +a ) + ( a +b ) ≥ a 1a +2 a 3b = ( a 1a + a 3b ) ⇒ a1 +a +a +b ≥ ( ) a1a + a 3b , ∀b ≥ Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy để đánh giá vế phải BĐT Học sinh: a1a + a 3b ≥ a1a 2a 3b Giáo viên: Từ ta có điều gì? Học sinh: a1 +a +a +b ≥ Giáo viên: Thay b = Học sinh: a1 +a +a + a1a 2a (*) có dạng gì? a1a 2a ≥ ⇔ a1 +a +a + ⇔ a1 +a +a ≥ ⇔ a1a 2a 3b (*) a1a 2a a1a 2a ≥ 3 a1a 2a a1a 2a a1a 2a a1 +a +a 3 ≥ a1a 2a Giáo viên: Như BĐT chứng minh nhờ thao tác đặc biệt hóa Cách 2: Sử dụng tương tự đặc biệt hóa Chúng ta biểu diễn (1) dạng:  a1 +a +a   ÷ ≥ a1a 2a (2)   Giáo viên: Hãy xét BĐT tương tự với (2), đơn giản Học sinh:  a1 +a   ÷ ≥ a1a (3)   Giáo viên: Hãy chứng minh (3) a, b > 2-a >   + ⇒ ( 2-a+2-b ) ≥ (vì  )  2-a 2-b ÷   a+b = 2-b > ⇔ 1 + ≥ (3) 2-a 2-b Từ (2) (3) ta ĐPCM Đẳng thức xảy a = b = Giả thiết toán tổng hai số dương Với cách nhìn ta thử tăng thêm số lượng biến toán cho biến ràng buộc với điều kiện có tổng Cho a, b, c dương thỏa mãn a+b+c = , ta có: a b c + + ≥ (4) 2-a 2-b 2-c Cho a, b, c, d dương thỏa mãn a+b+c+d = , ta có: a b c d + + + ≥ (5) 2-a 2-b 2-c 2-d Từ khái quát hóa tốn với n ( n ∈ ¥ * ) số dương tùy ý Cho n số dương tùy ý a1 , a , a , a n thỏa mãn n ∑a i = CMR: i=1 a1 a a n + + + n ≥ (6) 2-a1 2-a 2-a n 2n-1 Vẫn cách nhìn góc độ trên, tổng biến mà n số bất kì, tức ∑a = k i ta có BĐT tổng quát i=1 a1 a a nk + + + n ≥ (7) 2-a1 2-a 2-a n 2n-k Ta xây dựng BĐT cách thay số BĐT tham số α với α ≥ Khi ta có tốn: Cho n số dương tùy ý a1 , a , a , a n thỏa mãn n ∑ a = k , chứng minh: i i=1 a1 a a nk + + + n ≥ với α ≥ (8) α-a1 α-a α-a n nα-k Ngoài ta cịn mở rộng tốn cách tăng số mũ biến Cho n số dương tùy ý a1 , a , a , a n thỏa mãn n ∑a m i = k , chứng minh: i=1 a1m a 2m a nm nk + + + ≥ với α ≥ (9) m m m α-a1 α-a α-a n nα-k Thông qua tốn ta thấy việc nhìn tốn nhiều góc độ khác giúp ta khai thác mở rộng toán theo nhiều hướng khác Ngoài việc nghiên cứu đào sâu lời giải tốn cụ thể, giáo viên cịn giúp học sinh vận dụng cách giải toán ban đầu cho lớp tập khác Đây xem khái quát hóa phương pháp Ví dụ Chứng minh rằng: 1 1 + + + + > ( n ∈ ¥ *) n n+1 n+2 2n Lời giải 1 1  + + + ÷ > ( n+1) Ta có: ( n+n+1+n+2+ 2n )  + 2n   n n+1 n+2 1 1 ( n+1) ⇒ + + + + > n n+1 n+2 2n n+n+1+n+2+ +2n 2 1 1 ⇒ + + + + > n n+1 n+2 2n ( n+1) n ( n+1) + n ( n+1) = ( n+1) 2n > = 3n 3n ĐPCM Sau giáo viên tiếp tập sau: Chứng minh rằng: 1 1 1 + + + + + > 1998+1 1998+2 1998+3 3.1998 3.1998+1 1 1 + + + + > với n ∈ ¥ * n+1 n+2 n+3 3n+1 1 1 + + + + > 3n+1 3n+2 5n 5n+1 CMR x số thực lớn số a1 , a , , a n thì: 1 n + + + ≥ x-a1 x-a x-a n x- a1 +a + +a n n Giả sử < a k < ( k = 1, 2, , n ) , đặt a1 +a + +a n = a n Chứng minh rằng: ak ∑ 1-a k=1 ≥ k na n-a Qua tốn đó, giáo viên cần cho học sinh phát mấu chốt tập sử dụng cơng thức A n ≥ H n Trong đó: A n = a1 +a + +a n ; H n = n2 1 + + + a1 a an Ví dụ Cho a, b, c ≥ a+b+c = CMR: a +b3 +c3 ≥ a +b +c (*) Lời giải 3 2 (*) ⇔ ( a +b +c ) ≥ ( a +b +c ) ⇔ ( a +b +c ) ≥ ( a+b+c ) ( a +b +c ) ⇔ ( a +b3 +c3 ) ≥ a +ab +ac +b3 +ba +bc +c3 +ca +cb ⇔ 2a +2b3 +2c3 ≥ ab +ac +ba +bc +ca +cb ⇔ ( a-b ) ( a -b ) + ( b-c ) ( b -c ) + ( c-a ) ( c -a ) ≥ ⇔ ( a-b ) ( a+b ) + ( b-c ) ( b+c ) + ( c-a ) ( c+a ) ≥ 2 Dấu “=” xảy a = b = c Lời giải Áp dụng BĐT Cauchy ta có: a +a +1 ≥ 3 a a 3.1=3a ⇒ 2a ≥ 3a -1 Tương tự: 2b3 ≥ 3b -1 2c3 ≥ 3c − Cộng vế với vế BĐT ta được: ( a +b3 +c3 ) ≥ ( a +b +c ) -3 = ( a +b +c ) - ( a +b +c ) = ( a +b +c ) ⇔ a +b3 +c3 ≥ a +b +c2 Dấu “=” xảy a = b = c Nhận xét hai cách giải ta thấy: Với cách giải Giáo viên yêu cầu học sinh giải tiếp toán sau: Bài toán Cho a+b = Chứng minh rằng: a +b ≥ a +b3 Bài tốn (Học viện Cơng nghệ bưu viễn thông 1998-1999) Cho a, b, c ≥ a+b+c = Chứng minh rằng: a +b +c ≥ a +b3 +c3 Bài tốn (Đại học Ngoại thương TP Hồ Chí Minh 1995-1996) Cho x ≥ 0, y ≥ x +y3 = Chứng minh rằng: x +y ≤ Bài toán (Đại học Y Dược TP Hồ Chí Minh 1992-1993) Cho a+b ≥ Chứng minh rằng: a n+1 +b n+1 ≥ a n +b n Sau học sinh giải hệ thống toán trên, giáo viên yêu cầu học sinh tìm phương pháp chung để giải tập Ngun tắc để thực tìm cách biến đổi cho hai vế BĐT cần chứng minh có bậc Đây phương pháp chứng minh BĐT có điều kiện gọi phương pháp “cân bậc” Với cách giải Học sinh đặt câu hỏi số BĐT Cauchy đến từ đâu? Tại ta lại nghĩ áp dụng BĐT Cauchy có tham gia số Câu trả lời tính bình đẳng a, b, c nên ta dự đốn dấu đẳng thức có a = b = c , kết hợp với điều kiện a+b+c = ⇒ a = b = c = Phương pháp gọi phương pháp sử dụng điểm rơi để chứng minh BĐT Chú ý: Nếu BĐT Cauchy có p biến tham gia đánh giá, kết khai tổng số biến k , ta nói “cân bậc k cho p biến với điểm rơi” Từ giáo viên yêu cầu học sinh giải tiếp tập sau: Bài toán Cho a, b, c ≥ a+b+c = Chứng minh rằng: a) a +b3 +c3 ≥ b) a +b5 +c5 ≥ a +b3 +c3 c) a m +b m +c m ≥ a n +b n +c n với ≤ n ≤ m; m, n ∈ ¥ Bài tốn 3 a b c a  b c Cho a, b, c dương thay đổi Chứng minh:  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ + + b c a b c a Bài toán 3 3 2 Cho a, b, c dương thay đổi Chứng minh:  a  +  b  +  c  ≥ a + b + c b÷ c÷ a÷ b c a       Đến toán toán học sinh gặp lúng túng tập tương tự dạng khơng có điều kiện ràng buộc biến Giáo viên gợi ý cho học sinh đằng sau biến x = a b c ,y= ,z= ngầm ẩn b c a giả thiết xyz = Với gợi ý học sinh dự đốn dấu đẳng thức có a b c = = = Suy điểm rơi BĐT Cauchy Bởi có lời giải cân b c a bậc cho biến với điểm rơi 3 a a a Từ áp dụng Cauchy ta có:  ÷ +  ÷ +1+1+1+1 ≥ b b b Đánh giá tương tự số lại cộng vế BĐT ta có BĐT 3 a b c a b c  ÷ +2  ÷ +2  ÷ ≥  + + ÷ − 12 b c a b c a Mặt khác a b c + + ≥3 b c a 3 a b c a b c a b c a b c ⇒  ÷ +2  ÷ +2  ÷ ≥  + + ÷ −  + + ÷ =  + + ÷ b c a b c a b c a b c a Tiếp ta lại cho học sinh tốn sau: Bài toán Cho x, y, z số thực thỏa mãn xy+yz+zx = 15 Chứng minh : x +y +z ≥ 300 Học sinh lập luận tương tự, dự đoán dấu đẳng thức có x = y = z = 25 Vì giả thiết xy+yz+zx = 15 nên ta dự đoán vế trái BĐT so sánh với biểu thức có chứa xy+yz+zx Bởi có lời giải cân bậc hai cho biến với điểm rơi sau: 4 Theo Cauchy ta có: x +y +25+25 ≥ 20 xy ≥ 20xy ⇔ x +y +50 ≥ 20xy Đánh giá tương tự BĐT lại Cộng vế BĐT ta BĐT cần chứng minh Qua giáo viên yêu cầu học sinh chứng minh toán tổng quát BĐT (*) Cho số thực dương a i , i = 1, 2, , k thỏa mãn k ∑a i = Chứng minh với i=1 ∀m, n ∈ ¥ *, m ≥ n ta có: a1m +a m + +a k m ≥ a1n +a n + +a k n k k Sau chứng minh xong tốn học sinh thay ∑a i=1 kết BĐT không thay đổi i = ∏a i=1 i = C PHẦN KẾT LUẬN 1.Kết thực đề tài: I Sau dạy xong lý thuyết ,phương pháp tập áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hoá để tìm lời giải thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức ”tôi thử nghiệm cho học sinh hai lớp 10A2 , 10D3 làm thử tập vận dụng Kết cụ thể hai lớp sau : Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu SL TL% SL TL% SL TL% SL TL% 10A2 42 10 25% 22 50% 10 25% 0 10D3 37 11% 12 32% 18 49% 8% Tổng kết kinh nghiệm ý kiến đề xuất: Từ vấn đề trình bày, SKKN đạt kết sau: + Đã nghiên cứu việc vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự dạy học tìm lời giải dạy học nghiên cứu lời giải thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức + Đã hệ thống hóa mẫu nhóm tốn chứng minh bất đẳng thức dạng theo phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự + Đã đề xuất số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự cho học sinh + Tác giả bước đầu tổ chức thực nghiệm đối tượng học sinh cụ thể để kiểm tra tính khả thi SKKN IV -TÀI LIỆU THAM KHẢO Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, Trần Văn Vuông (2006), Đại số 10 nâng cao, NXBGD 2.Trần văn Hạo, Vũ Tuấn, Doãn Minh Cường,Đỗ Mạnh Hùng,Nguyễn Tiến Tài (2006), Đại số 10 bản, NXBGD 3.Nguyễn Huy Đoan,Phạm Thị Bạch Ngọc,Đồn Quỳnh,Đặng Hùng Thắng, Lưu Xn Tình.(2006),Bài Tập Đại số 10 nâng cao, NXBGD 4.Nguyễn Thái Hòe (1998), Rèn luyện tư qua việc giải tập toán, NXBGD 5.G.Polia (1975), Giải toán nào, NXBGD 6.Trần Phương, Nguyễn Đức Tấn (2004), Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán, NXB Hà Nội Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, đề thi ĐH số tài liệu khác MỤC LỤC Lời nói đầu Chương I Một số kiến thức bản……………………………… Chương II Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hố để tìm lời giải thơng qua toán chứng minh bất đẳng thức .7 Kết luận 23 CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc BÁO CÁO YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ (Kèm theo CV số:1367/SGD ĐT- CNTT ngày 12 tháng 09 năm 2013) I Thông tin chung: Họ tên tác giả sáng kiến : LÊ VĂN QUÝ Ngày, tháng, năm sinh: Nơi công tác : 09- 08-1982 Trường THPT Tiên Lữ - Tỉnh Hưng n Trình độ chun mơn, nghiệp vụ: Đại học Sư phạm Hà Nội II - Khoa Toán Đơn vị: Trường THPT Tiên Lữ - Tỉnh Hưng Yên Các đồng tác giả : Không Đề nghị xét, công nhận sáng kiến: Lĩnh vực áp dụng: Cấp sở Trong giảng dạy mơn tốn lớp 10 II Báo cáo mơ tả sáng kiến bao gồm: Tình trạng sáng kiến biết: Mô tả sáng kiến biết; ưu khuyết điểm sáng kiến đã, áp dụng quan, đơn vị - Mô tả sáng kiến : Sáng kiến kinh nghiệm “Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hố tương tự hố để tìm lời giải thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức ”được xây dựng sở tốn học Mục đích nhằm nâng cao chất lượng dạy - học , rèn luyện lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự cho học sinh * Ưu khuyết: - Bố cục mẫu hướng dẫn, chi tiết, lô gic, khoa học Giải pháp rõ ràng, tính khả thi cao Áp dụng thực tế có chất lượng chuyển biến, nâng cao Đặc biệt giải pháp áp dụng phạm vi rộng cho nhiều năm Nội dung sáng kiến đề nghị cơng nhận: Mục đích sáng kiến; điểm khác biệt, tính sáng kiến so với sáng kiến đã, áp dụng; mô tả chi tiết chất sáng kiến - Mục đích sáng kiến: Nâng cao chất lượng dạy - học ,rèn luyện lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự cho học sinh Tạo kinh nghiệm cho thân hỗ trợ cho GV HS trình dạy học bất đẳng thức cho học sinh lớp 10 đạt hiệu cao - Tính sáng kiến, chất sáng kiến: Sáng kiến sở pháp lý, áp dụng lý luận vào thực tiễn dạy học Từ hạn chế thực trạng sở đề xuất giải pháp cụ thể phát huy lực học tập tất đối tượng học sinh lớp Đề xuất phương pháp hiệu để nâng cao chất lượng dạy học bất đẳng thức cho học sinh Khắc phục hạn chế phương pháp cũ Bản chất vấn đề quan tâm dừng lại việc học tập, tổng hợp kinh nghiệm xoay quanh việc đổi phương pháp dạy học phép nhân cho học sinh Vận dụng lý luận phương pháp vào thực tiễn dạy học phép nhân đúc rút kinh nghiệm cho thân trình dạy học năm học năm Bằng vận dụng lý luận vào thực tiễn trình giảng dạy, đặt mục đích nghiên cứu đề xuất số biện pháp, giải pháp giúp cho người giáo viên có phương pháp tạo cho học sinh có kỹ tính nhân Giúp học sinh: nâng cao khả vận dụng thực hành, phát triển lực tư duy, đặc biệt khả phân tích, suy luận lơgíc nâng cao chất lượng học Kết luận khoa học: Chúng tơi tiến hành thực nghiệm để kiểm nghiệm tính khả thi đề tài, hiệu phương pháp, hình thức tổ chức dạy học, giúp học sinh bất đẳng thức , biết suy nghĩ tìm tịi phát triển trước đề Toán gặp phải Căn vào kết dự hai lớp áp dụng phương pháp trình giảng dạy, kết chấm cho thấy: đa số HS tiếp thu tốt, hiểu vận dụng nhanh chóng trình làm bài.Nếu áp dụng nhân rộng chắn chất lượng dần nâng cao Kết thực nghiệm cho thấy GV ý triển khai dạy học tích cực nội dung rộng rãi kết khả quan Khả áp dụng sáng kiến Sáng kiến áp dụng kiểm định thực tế dạy học mơn tốn lớp 10 sở đơn vị trường có chất lượng, tính khả thi cao, giá trị sử dụng lâu dài Có thể áp dụng phạm vi rộng với đối tượng học sinh tương đồng khu vực Phạm vi áp dụng sáng kiến quan, đơn vị, tổ chức hệ thống quan, đơn vị, tổ chức; xã, huyện, tỉnh nhiều tỉnh Đối với quan áp dụng phạm vi trường Hiệu quả, lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả sáng kiến; theo ý kiến tổ chức, cá nhân áp dụng sáng kiến Có tính hiệu cao Có thể nhân rộng Những người tham gia tổ chức áp dụng sáng kiến lần đầu Tôi cam đoan nội dung báo cáo Nếu có gian dối khơng thật báo cáo, xin chịu hồn toàn trách nhiệm theo quy định pháp luật./ XÁC NHẬN CỦA CƠ Tiên Lữ, ngày 01 tháng 04 năm 2014 QUAN, ĐƠN VỊ QUẢN LÝ Người báo cáo yêu cầu công nhận (Ký ghi rõ họ tên) sáng kiến ... VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ VÀ TƯƠNG TỰ HỐ ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC II.1 Vận dụng khái qt hóa, đặc biệt hóa tương tự hố vào tìm lời giải tốn chứng minh bất. .. Mặt khác, tìm nhiều cách giải chọn cách giải hay nhất, đẹp II.2 Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự hoá vào nghiên cứu lời giải tốn chứng minh bất đẳng thức Sau bước tìm cách giải, học... sáng kiến đã, áp dụng quan, đơn vị - Mô tả sáng kiến : Sáng kiến kinh nghiệm ? ?Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hoá để tìm lời giải thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức ”được xây