SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ BÀI TẬP PHÁT TRIỂN CHƯƠNG I SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12

PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ BÀI TẬP PHÁT TRIỂN CHƯƠNG I SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12 I. ĐĂT VẤN ĐỀ: 1. Lý do chọn đề tài: - Dạy học bộ môn toán thực chất là dạy tư duy và dạy giải quyết các bài tập toán.Ngoài các bài tập cần đạt ở sách giáo khoa để phục vụ các kỳ thi học kỳ và thi tốt nghiệp của bộ môn toán ,cần có những bài tập nâng cao để phát huy tính sáng tạo .phát triển tư duy cho nhiều đối tượng học sinh - Kỳ thi học sinh giỏi và thi Đại Học do nhu cầu kiểm tra đối tượng học sinh ở mức độ phân hóa cao nên tất cả các học sinh cần phải đối diện các loại đề toán khó hơn do đó giáo viên cũng cần ra những loại bài tập mà sách giáo khoa không đề cập đến . - Người ta đã phân bậc trong nhận thức theo thứ tự :nhớ , hiểu , vận dụng , phân tích , tổng hợp và đánh giá .Ở mức độ trường phổ thông bài tập vận dụng là cần thiết mà ở mức độ vận dụng thì bài tập ở sách giáo khoa còn rất ít. - Học toán nếu vấn đề càng khó, càng hấp dẫn khi ấy không chỉ rèn luyện các phẩm chất tư duy , óc sáng tạo, trí thông minh, cách nhìn linh hoạt mà là động cơ gây hứng thú đam mê, yêu thích bộ môn toán. Vì những lý do trên chúng ta cần phải cho học sinh tiếp cận một số đề toán lạ mà cách giải từ thông dụng đến các kỹ thuật vận dụng giải quyết là đa dạng,phong phú. 3. Mục đích của đề tài • Bổ sung tài liệu và phương pháp giảng dạy bộ môn toán • Phát huy tính sáng tạo qua cách tìm các phương pháp giải toán • Chú ý đến các đối tượng học sinh khá ; giỏi . • Đánh động đến giáo viên và giúp họ mạnh dạn soạn các loại bài tập phát triển 4. Phạm vi nghiên cứu: Chương I giải tích và một số kiến thức đại số liên quan cần thiết. 5.Phương pháp nghiên cứu - Tìm hiểu cơ sở lý luận của phương pháp giải toán và mức độ phát triển cho phép của phần lý thuyết - Nên phát triển từ những bài toán cơ bản và kết hợp lý thuyết đến mức độ nào thì thích hợp (dựa vào định lý, tính chất đã học) - Khảo sát sự tiếp thu của các loại đối tượng học sinh tùy theo mức độ phát triển của bài toán để điều chỉnh - Kiểm tra hiệu quả để mở rộng kiểu bài tập. II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI: Các loại bài tập và ví dụ được sắp xếp song hành vớ cấu trúc chương trình chương I giải tích toán 12 1)Chủ điểm : Tính đơn điệu 1 Về tính đồng biến, nghịch biến trước đây sách giáo khoa Toán 10 có phần so sánh 1 số α với nghiệm của Phương trình bậc 2 nhưng nay không được sử dụng nên cần phải có cách giải quyết hoặc ra đề thich hợp Phương pháp Tam thức bậc 2 rất quan trọng và có nhiều ứng dụng nên cần vận dụng thành thạo. • Phương pháp Tịnh tiến nghiệm (Tương tự dời hệ toạ độ để biểu diễn công thức hàm số đơn giản) Mục đích đưa về so sánh với số 0 ví dụ cụ thể là 1 2 0 0 0 0 x x P S ∆ >   < < ⇔ >   >  Ví dụ 1: Kiểu tam thức có nghiệm đơn giản Cho hàm số y x m x m m x 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 = − + + + + có đồ thị (C m ). Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng − +∞ ( 3; ) Lời giải. y x m x m m 2 ' 6 6(2 1) 6 ( 1)= − + + + có m m m 2 2 (2 1) 4( ) 1 0 ∆ = + − + = > x m y x m ' 0 1  = = ⇔  = +  Hàm số đồng biến trên các khoảng m m( ; ), ( 1; ) −∞ + +∞ (a=2) Do đó: hàm số đồng biến trên − +∞ ( 3; ) ⇔ + ≤ − m 1 3 ⇔ ≤ − m 4 Ví dụ 2: Cho hàm số 4 2 2 3 1y x mx m = − − + (1), (m là tham số). Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1; 2). Lời giải. Ta có 3 2 ' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = − + 0m ≤ , 0, ′ ≥ ∀ y x ⇒ 0m ≤ thoả mãn. + 0m > , 0 ′ = y có 3 nghiệm phân biệt: , 0, m m − . Hàm số (1) đồng biến trên (1; 2) khi chỉ khi 1 0 1 ≤ ⇔ < ≤ m m . Vậy ( ] ;1m ∈ −∞ . Ví dụ 3: Kiểu nghiệm tam thức không đơn giản Cho hàm số = + − − + ≠ y (m -1)x m x x m 2 3 2 1 ( 1) 2 1( 1) 3 có đồ thị (C m ). Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng −∞ ( ;2) Lời giải. D = R = + − − y (m -1)x m x 2 2 ' 2( 1) 2 Đặt t = x -2 = = + − − + − y g t (m -1)t m m t m 2 2 2 ' ( ) ( 4 2 6) 4 10 2 YCBT ⇔ g(t) ≤ 0 0t ∀ < 0 0 0 0 0 0 a a S P  <    ∆≤    <  ⇔   ∆>     >    ≥    2 2 2 2 2 1 0 3 2 1 0 1 0 3 2 1 0 4 4 10 0 2 3 0 1 m m m m m m m m m m   − <    − − ≤      − <   ⇔  − − >      + − ≤   − −   >   +   ⇔ 1 1 3 m − < < Ví dụ 4: Cô lập tham số m và khảo sát hàm số liên quan Cho hàm số 3 2 (1 2 ) (2 ) 2y x m x m x m= + − + − + + . Tìm m để hàm đồng biến trên ( ) 0; +∞ . Lời giải. D = R Hàm đồng biến trên (0; ) +∞ y x m x m 2 3 (1 2 ) (22 ) 0 ′ ⇔ += − + − ≥ với x 0 )( ; ∀ ∈ +∞ x f x m x x 2 23 ( ) 4 1 2 + ⇔ = ≥ + + với x 0 )( ; ∀ ∈ +∞ Ta có: x f x x x x x x 2 2 2 2(6 ( ) 0 3) 1 73 36 (4 1 0 12 ) + − − ± + − = ⇔ = ′ = = ⇔ + Lập bảng biến thiên của hàm f x( ) trên (0; )+∞ , từ đó ta đi đến kết luận: f m m 1 73 3 73 12 8   − + + ≥ ⇔ ≥  ÷  ÷   2)Chủ điểm : Cưc trị của hàm số Vấn đề cực trị của hàm bậc 3 hay dạng hàm số 2 ax bx c y cx d + + = + cực trị của hàm số cũng liên quan đến tam thức bậc 2 và cũng với cách phân loại kỹ thuật giải toán như trên ta cũng có các bài tập phong phú Ví dụ 5: Xét bài toán tổng hợp sau: Cho hàm số 3 2 2 1 ( 1) 1 3 y x mx m m x= + − + +− .Tìm m để hàm số có điểm cực trị x 1 ,x 2 thoả a)thuộc (- ∞ ,1) b) thuộc (1, + ∞ ) c) 1 2 1x x < < d) 1 2 1x x < < e) 1 < 1 2 x x < 3 Lời giải. D = R = − + − + y x mx m m 2 2 ' 2 1 Đặt t = x -1 = = + − + − + y g t t m t m m 2 2 ' ( ) 2(1 ) 3 2 a)Hàm số có điểm cực trị thuộc (- ∞ ,1) ⇔ f ‘(x)=0 có nghiệm thuộc (- ∞ ,1) ⇔ g(t)=0 có nghiệm t < 0 ⇔ 2 ' 2 0 3 2 0 0 1 0 1 2 0 2 2 0 0 3 2 0 P m m m m S m P m m <   − + <    ∆ >  − >   ⇔ ⇔ < <     < − <       ≥   − + ≥     b) Tương tự m>1 thì Hàm số có điểm cực trị thuộc ( 1; + ∞ ) c) 1 2 1x x < < ⇔ g(t)=0 có 2 nghiệm 1 2 ,t t thoả 1 2 0t t < < ⇔ P < 0 ⇔ 2 3 2 0m m − + < ⇔ 1< m <2 d) g(t)=0 có 2 nghiệm 1 2 ,t t thoả 1 2 0t t < < ⇔ ' 2 1 0 0 0 3 2 0 0 2 2 0 m S m m P m − >   ∆ >   < ⇔ − + <     > − >   Không có m thích hợp ∗ Ta có thể không Tịnh tiến nghiệm mà xử lý trực tiếp từ = − + − + y x mx m m 2 2 ' 2 1 =0 và sử dụng định lý Vi-ét 1 < 1 2 x x < ⇔ 0 < 1 2 1 1x x − < − ' 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0 ( 1)( 1) ( ) 1 0 ( 1) ( 1) 2 0 x x x x x x x x x x  ∆ >  ⇔ − − = − + + >   − + − = + − >  ⇔ m>2 Ví dụ 6: Cho hàm số y= 2 2 2 3 2 x mx m x m − + − Tìm m để hàm số có 2 điểm cực trị thoả a)thuộc (- ∞ ,1) b) thuộc (1, + ∞ ) c) 1 2 1x x < < d) 1 2 1x x < < Gợi ý giải 2 2 ' 2 4 ( 2 ) x mx m y x m − + = − Xét g(t)= 2 2 2(1 2 ) 4 1t m t m m + − + − + 3)Chủ điểm: Sự tương giao Bài toán tương giao giữa đồ thị hàm bậc 3 và đường thẳng thì phuơng trình hoành độ giao điểm cũng là phương trình bậc 3 Việc có trước x 1 còn lại yêu cầu đối với 2 nghiệm còn lại ta có thể sử dụng các kỹ thuật tương tự như trên 4 Ví dụ 7: Từ PT ( 1)( )( ( 1)) 0x x m x m − − − + = ta có hàm số 2 ( 1)( (2 1) ( 1))y x x m x m m = − − + + + ⇔ 3 2 2 2( 1) ( 3 1) ( 1)y x m x m m x m m = − + + + + − + Có thể ra đề : Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3điểm phân biệt a) có hoành độ đều dương b) trong đó chỉ có 1điểm có hoành độ âm c) trong đó chỉ có 1điểm có hoành độ dương Ví dụ 8: Cho hàm số 3 2 ( 2) 2 12y x mx m x m = − + + + − Tìm m để đồ tị hàm số cắt trục hoành tại 3điểm phân biệt a) có hoành độ đều dương b) có hoành độ nhỏ hơn 3 c) có hoành độ x 1 ,x 2 ,x 3 thoả 2 2 2 1 2 3 26x x x + + = …. Gợi ý : x=2 là nghiệm của PT hoành độ giao điểm Một số Bài tập tương tự cho ba chủ dề trên: 1)Cho hàm số 3 2 2 1 ( 1) 1 3 y x mx m m x= + − + +− . Tìm m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A,B và AB= 4 65 2)Cho hàm số 3 2 2 3) 3( 3 )3( 5 1y x m x m m x= − + − + +− . Tìm m để hàm số có 2 điểm cực trị thoả 1 2 1 2 7x x x x + − < 3) Cho hàm số 3 2 (2 1 ( 1) 1) 3(2 1) 1 3 y m x m x m x= + − + − +− . Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng −∞ − ( ; 1) 4) Cho hàm số y x mx m x m 3 2 2 2 3 3( 1) ( 1)= − + − − − (m là tham số) (1). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. 5) Cho hàm số y= 2 m x x − + ( H m ) Tìm m để đường thẳng d: 2x+2y=1 cắt (H m ) tại A;B sao cho diện tích 3 8 OAB ∆ = 6) Cho hàm số y x mx 3 2= + + có đồ thị (C m ) Tìm m để đồ thị (C m ) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. 7) Cho hàm số y x x m 3 2 3 = + + (1) Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho · AOB 0 120= . 8) Cho hàm số y= 2 2 3 1 x x m x − + − Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng +∞ (2; ) 5 Trong ba chủ đề trên: định hướng ; mục đích ; phương pháp ra đề đã cô đọng rất rõ ràng do đó 8 ví dụ và 8 bài tập tạm gọi là đủ ,các đồng nghiệp có thể linh hoạt ra rất nhiều đề luyện tập kiểu này dễ dàng. Tham khảo thêm ở phần đề kiểm tra Tôi xin tăng cường ví dụ ở nội dung thứ tư : GTNN-GTLN 4)Chủ điểm:GTNN-GTLN • Trong các đề thi Đại học Cao đẳng gần đây bài toán Tìm GTNN-GTLN của biểu thức chứa 2 hay 3 biến được sử dụng nhiều thậm chí có khi phải khảo sát theo 1 biến các biến còn lại xem như hằng số ( do mối kiên kết các biến không gắn với giả thiết theo qui luật định trước tương tự cách giải của hàm nhiều biến ở năm đầu đại học ) .Việc dạy giải các bài tập này cho nhiều đối tượng là có khó khăn. • Ngoài các bài tập trong sách giáo khoa ta lần lượt đưa thêm các dạng bài tập kiểu từ dễ đến khó như sau: Ví dụ 9: Tìm GTLN-GTNN của a) 2 2 1 1 x x y x x − + = + + b) sin 2cos 1 sin cos 2 x x y x x + + = + + Lời giải. a) Ngoài PP đạo hàm ta giới thiệu PP Miền Giá Trị D = R gọi T là miền giá trị của y 0 y T ∈ ⇔ 2 0 2 1 1 x x y x x − + = + + (1) có nghiệm đối với x (1) ⇔ 2 2 0 ( 1) 1y x x x x + + = − + ⇔ 2 0 0 0 ( 1) ( 1) 1 0y x y x y − + + + − = ( ∗ ) Nếu y 0 = 1 thì ( ∗ ) ⇔ x =0 Nếu y 0 -1 ≠ 0 ( ∗ ) có nghiệm ⇔ ∆ >0 ⇔ 2 0 0 0 1 3 10 3 0 3 3 y y y− + − ≥ ⇔ ≤ ≤ Vậy GTLN y=3 GTNN y= 1 3 b) Tương tự 0 0 0 ( 1)sin ( 2)cos 1 2y x y x y − + − = − có nghiệm 2 0 0 0 2 0 2 1y y y + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Vậy GTLN y=1 GTNN y= -2 Biến hoá từ ví dụ trên ,ta có bài toán Ví dụ 10: Cho x,y thực dương thỏa 2 2 x y 1 + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 x xy 2y P 1 xy − + = + Với 0 = y , ta được 1 = P . Với 0 ≠ y , ta đặt = x t y Khi đó: 2 2 ( ) 1 2t t P f t t t − + = + + = Ta cũng đã gặp Bài toán Khối B 2008 khai thác cách này 6 Chú ý tính đẳng cấp của biểu thức nhiều ẩn thì có ngay ý tưởng giải • Cho x,y là 2số thực thay đổi và thỏa 2 2 x y 1 + = . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức 2 2 2(x 6xy) P 1 2xy 2y + = + + Ta đưa BT giả thoát tính đẳng cấp để học sinh biến hoá ra sao .Đây là bài tập phần kiểm tra • Cho x,y là 2 số thực thay đổi và thỏa 2 2 x y 1 + = . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức 4 2 2 y (xy 1) P 1 2xy 2y + + = + + ⊕ Phương pháp ẩn phụ hay đổi biến từ các dạng toán phương trình được dùng tương tự cho GTNN-GTLN như ví dụ sau : Ví dụ 11: Tìm GTNN, GTLN của hàm số 1 3 ( 1)(3 )y x x x x = + − − − + − Lời giải. [ ] 1;3D = − Nhận xét ( ) 2 1 3 4 2 ( 1)(3 )x x x x+ − − = − + − , Vì thế nếu đặt 1 3t x x = + − − thì 2 4 ( 1)(3 ) 2 t x x − + − = và ta có hàm số theo biến t sau: 2 ( ) 2 2 t g t t= + − . Để tìm điều kiện cho biến số t ta lưu ý rằng [ ] 2 4 2 ( 1)(3 ) 4, 1;3t x x x= − + − ≤ ∀ ∈ − , từ đó suy ra 2 2.t − ≤ ≤ (hoặc lập BBT của hàm số ( ) 1 3t x x x = + − − trên [ ] 1;3D = − để suy ra 2 2.t − ≤ ≤ ) Bài toán quy về tìm GTNN, GTLN của hàm số 2 ( ) 2 2 t g t t = + − trên đoạn [ ] 2;2 − . Đáp số: Maxy = 2 ⇔ x = 3; Miny = 2 5 − ⇔ . 2 7 1−=x Ví dụ 11: Kiểu lượng giác a) Tìm GTNN, GTLN 2 cos 2 4 3 sin cos 2y x x x= − + b) Tìm GTNN, GTLN 3 sin cosy x x = 0, 2 x π   ∈     Gợi ý a) t= sin2x 2 ( ) 2( 3 1) 3y f t t t = = − − − + b) 3 ( ) (1 )f t t t= − với t=sin 2 x 0 1t ≤ ≤ 7 8 VẤN ĐỀ HÀM NHIỀU BIẾN QUI VỀ 1 BIẾN Tiến hành các dang bài tập từ đơn giản đến phức tạp từ 2 biến đến 3 biến để mở rông đối tượng luyện tập Rất tự nhiên Tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế Ví dụ 12: Cho các số thực 0 ≥ x và 0 ≥ y thỏa 2 =+ yx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 13 3 22 +− −+++ = xyx xyxyx P Giải : .Ta có 2=+ yx ⇒ xy −= 2 . 1 1 1)2(3 3)2()2( 2 222 ++ +− = +−− −+−+−+ = xx xx xxx xxxxx P .Điều kiện      ≤≤⇒ =+ ≥ ≥ 20 2 0 0 x yx y x Bảng biến thiên 22 2 / )1( 22 ++ − = xx x P . 3 1 = PGTNN khi 1 = x Ví dụ 13: (Khai thác cách tìm điều kiện của x ) Cho , ∈ x y R thỏa mãn 2 0; 12 ≤ + = + y x x y . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 17 = + + + P xy x y Từ giả thiết ta có 2 12 0= + − ≤y x x hay 4 3 − ≤ ≤ x . Khi đó 3 2 3 9 7 + − − x x x . Xét hàm số 3 2 ( ) 3 9 7; [ 4;3]= + − − ∈ −f x x x x x Ta có 2 ( ) 3( 3 2 ); ( ) 0 3 1 ′ ′ = − + = ⇔ = − ∨ =f x x x f x x x Từ bảng biến thiên ta có x [ 4;3] x [ 4;3] min f (x) f (1) 12; m ax f (x) f( 3) f(3) 20 ∈ − ∈ − = = − = − = = Vậy min P=-12 đạt được khi x=1;y=-10 và max P=20 đạt được khi x=-3; y=-6 hoặc x=3; y=0 Ví dụ 14: Cho x,y>0 thỏa x+y=1. Tìm GTNN của biểu thức x y K y x = + Từ giả thiết ta có y=1-x, 0<x<1. Khi đó K viết lại thành 1 1 − = + − x x K x x 9 Xét hàm số f(x)= 1 1 − + − x x x x 2 x x 1 f '(x) 2(1 x) 1 x 2x x − + = − − − 1 '( ) 0 2 = ⇔ = f x x Vậy min K= 2 đạt được khi 1 2 = =x y ( Dĩ nhiên dùng BĐT x y x y y x + ≥ + thì đơn giản hơn nhiều ) Cách giải khác Vì P > 0 với mọi x, y > 0 nên P đạt GTNN khi và chỉ khi P 2 đạt GTNN. Kết hợp với giả thiết x + y = 1, ta có: 2 2 2 2 2 3 x y 2xy x y 2xy P 1 x 1 y y x (1 x)(1 y) 1 x y xy (x y) (x y) 3xy 2 xy xy 1 1 2 xy 3 2 t 3 f(t) (t xy). xy t = + + = + + - - - - - - + é ù + + - ê ú ë û = + = + - = + - = = Từ giả thiết và BĐT đúng . 4 1 004)( 2 ≤=<⇒>≥+ xytxyyx (quan trọng) Chứng minh được hàm số f(t) nghịch biến trên đoạn       4 1 ;0 , suy ra GTNN của hàm số này (chính là GTNN của P 2 ) là 2) 4 1 ( = f , từ đó có kết quả bài toán. Ta cũng có thể cho các em làm quen dần với biểu thức đối xứng và dựa vào giả thiết mà đổi biến là t = x+y hay t = xy khi ấy điều quan trọng là miền giá trị của biến t. Các Bất đẳng thức thường dùng thương dung cho 2 biến 22 22 2 baba ab + ≤       + ≤ )0,0( ≥≥ ba       +≤≤ + ba ab ba 11 4 1 2 11 )0,0( >> ba 22 33 3 baba + ≤       + )0,0( ≥≥ ba Ví dụ 15: Cho 0,0 >> yx và 1 =+ yx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức       +         += 2 2 2 2 11 x y y xP . 10 [...]... sinh cỏc phng phỏp gii toỏn tuy nhiờn i khi cng trn tr vi nhng loi bi tp m mỡnh xem l quỏ ti Tuy nhiờn i vi hc sinh lp 12 thỡ vn tip cn vi thi i hc l tt yu Do ú vn l dn dt t nhng vớ d thớch hp nõng cao nng lc hiu v gii cỏc bi toỏn khú cng l kinh nghiờm lý thỳ Trong SKKN ny t i c gng a ra cỏc vớ d t d n khú tuy nhiờn vn vit khụng din t ht ý tng v cng khú chi tit hoỏ k thut ỏp dng bng nhng li gii... sỏt cỏc lp( trong 3 nm t i ging dy gn õy) thng thc hin vi thi lng 35 phỳt trc bui hc luyn gii ụn tp hay gii thi th i hc Do thng ch thu bi cỏc em t trờn 70% xem xột cỏch gii nh th no v rỳt kinh nghim nờn khụng nờu ra bng thng kờ v li khụng ỳng kiu mu ca bi kim tra ỏnh giỏ nờn xin phộp khụng lit kờ õy T i ch xin phộp nờu tờn mt s hc sinh t im >9 (hoc gii c dng cõu 6 ca thi i hc) cỏc em ny cú c hc... x2 + y2 iu kin t l khú vỡ cn rỳt t gi thit x + y 1 ;giỏo viờn nờn tp cho hc sinh khai thỏc cỏc loi gi thit kiu ny vỡ cn cho vic gii h phng trỡnh 4: Mc ớch kho sỏt cỏch tỡm mi liờn h gia cỏc biu thc 3 n do ó hng dn m hc sinh thỡ trớ nh tt nờn thnh ra 90% hc sinh hon thnh khi 1 9 kho sỏt (t t = x 2 + y 2 + z 2 Xột hm s f (t ) = t + ) 2 2t IV KT LUN Qua nhiu nm ging dy t i cng thng xuyờn phi ra v... li tip tuc xột hm s h(b) = 3 3 b +7 8 b +7 8 2 1 3 + = Do ú P h(a ) h(1) = 1+ 7 8 8 P g (a) g (1) = trờn [ 0;1] 3 khi a=b=c=1 8 Ngoi ra phng phỏp tip tuyn hoc sinh cng cn tip cn vỡ thc ra lý thuyt khụng quỏ khú so vi trỡnh hc sinh khỏ hay gii lp 12 hin nay; Lch s vn :Thỏng 12/ 2005, 1/2006, Tin s Kin Yin Li (cụng tỏc ti Khoa Toỏn H khoa hc v cụng ngh Hng Kụng) ó vit mt bi bỏo vi tiờu Using... Cho x, y R v x > 1, y > 1 Tỡm giỏ tr nh nht ca (x P= 3 + y3 ) ( x2 + y 2 ) ( x 1)( y 1) III KIM TRA: Cỏc bi toỏn trờn t i thng lng ghộp khi dy ụn tp , ụn chng ,kim tra hc k, dy tng cng ,bi dng hc sinh gii ,ra kim tra thi hc sinh gii, thi th i hc Sau õy l mt s kim tra ó thc hin 1: 1) Cho hm s y = x 3 3(m + 1) x 2 + 12mx 3m + 4 (m l tham s).Tỡm m 2 2 hm s cú im cc tr x1 ,x2 tho x1 + x2 + x1... Lines to Prove Inequalities trờn tp chớ toỏn quc t Mathematical Excalibur nhm a ra mt phng phỏp chung hiu qu gii quyt mt lp cỏc bi toỏn v bt ng thc Vit Nam cú mt s tỏc gi nh Nguyn Tt Thu, Phm Trng Th, ó vit chuyờn ny Vy GTLN ca P = 25 C s lý thuyt :Phng phỏp tip tuyn Cho hm s f(x) liờn tuc.cú o hm trờn D Ti im x0 D ,tip tuyn vi thi hm s cú PT y=f(x0)(x-x0)+f(x0) cú th nm phớa trờn hay phớa di... tng v cng khú chi tit hoỏ k thut ỏp dng bng nhng li gii thớch v li nng lc v nhiu mt cũn khim khuyt chc cũn nhiu thiu sút rt mong ng nghip trao i b sung v hon thin.T i s c gng cho cỏc ch im khỏc trong mt bi vit khỏc Vi 68 bi trờn cú th lm quớ ng nghip khụng hi lũng kớnh mong cú s lng th.Trõn trng cỏm n Long khỏnh ,15 thỏng 5 nm 2014 Ngi vit 31 Ngụ Tn Tuõn 32 ... kim tra kt qu nh :T Hi , Nguyn Anh Khoa (12A3)Nguyn Lờ Phng KhanhA2 Nguyn Xuõn HoaA1 H Anh Phi A2Nguyn Th Phng Linh ,Vừ Chớ Trung A8 1: Cõu 1 hc sinh cú th phỏt hin nghim hay s dng Vi-et cho o hm u c Cõu 2 a s b khoỏ ng cp v cú th gii bng nhiu cỏch 2: Cõu 1 tng t trờn Cõu 2 ch khong 70% lm c do qui v hi khú (Kho sỏt f(x)= 1 25 (x+1)(x2+1) trờn (-1 ;0) GTNN= 2 27 x=y=- 1 5 ;z= ) 3 3 3: 80% hc sinh... 2b + (3 b) 2c + (3 c) Minh ho bng th : 27 Bi toỏn m rng Cho cỏc s thc dng a, b, c tho a 2 + b 2 + c 2 = 1 Tỡm GTNN ca biu thc Hng gii : = x ,i tỡm y= mx 2 + n m thio ca hm s sau nm 2 1 x 1 phớa di thi hm s trc trờn ( 0 ;1) v tip xỳc ti x0= 3 Xột hm s y= iu kin cn l h sau cú nghim x = mx 2 + n 2 1 x 1 3 3 Th x0= v tỡm c m = ;n=0 2 x +1 3 2 = 2mx 2 (1 x) Ta i chng minh x 3 3 2 2 x x (0;1)... ta cú Min f(x)= Vy GTNN P= 1 4 khi x=0 hay x= 1 3 1 1 1 1 1 1 Khi (x,y,z)=(0, , ) hay (x,y,z)=( , , ) 2 2 3 3 3 4 Vn kho sỏt hm nhiu bin , chn mt tham s l bin v c nh cỏc tham s cũn li õy l ni dung khú cng ch nờn xem l tp lm quen cho hc sinh ph thụng chun b vo i hc 21 Bt u t bi toỏn sau Vớ d 33: 1 Cho a,b,c l 3 s thc thuc [ ;3] Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc: 3 P= a b c + + a+b b+c c+a Li gii t P ( . PHƯƠNG PHÁP GI I VÀ B I TẬP PHÁT TRIỂN CHƯƠNG I SÁCH GIÁO KHOA GI I TÍCH 12 I. ĐĂT VẤN ĐỀ: 1. Lý do chọn đề t i: - Dạy học bộ môn toán thực chất là dạy tư duy và dạy gi i quyết các b i tập toán.Ngo i. các đ i tượng học sinh khá ; gi i . • Đánh động đến giáo viên và giúp họ mạnh dạn soạn các lo i b i tập phát triển 4. Phạm vi nghiên cứu: Chương I gi i tích và một số kiến thức đ i số liên quan. tập toán.Ngo i các b i tập cần đạt ở sách giáo khoa để phục vụ các kỳ thi học kỳ và thi tốt nghiệp của bộ môn toán ,cần có những b i tập nâng cao để phát huy tính sáng tạo .phát triển tư duy cho nhiều đối