Sáng kiến kinh nghiệm SKKN bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10

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 tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức vấn đề đề cập chương trình sách giáo khoa mơn tốn bậc Trung học phổ thơng Thời gian giảng dạy chủ đề khơng nhiều, mức độ tập trình bày sách giáo khoa sách tập dạng Tuy nhiên kỳ thi Đại học kỳ thi học sinh giỏi tốn bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lại đỉnh cao mà học sinh vượt qua Rất nhiều học sinh lúng túng trước tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đặc biệt học sinh lớp 10 Trong năm gần thực chương trình giảm tải Bộ giáo dục, mơn tốn chương trình ban lớp 10 tiết tuần Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn xây dựng kế hoạch giảng dạy thêm tiết tự chọn dành cho mơn tốn dạy theo chủ đề bám sát Căn vào kế hoạch nhà trường, Ban chun mơn, Tổ tốn xây dựng kế hoạch dạy tự chọn mơn tốn lớp 10 theo chủ đề, bám sát với phân phối chương trình Sở giáo dục có chủ đề : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biếu thức, chủ đề thực sau học sinh học xong Bất đẳng thức Năm học 2012-2013 tơi nhà trường phân cơng giảng dạy lớp 10A1.Thực tế năm học trước thân tơi có băn khoăn trăn trở cách hướng dẫn học sinh học tự chọn cho hiệu làm để học sinh có hứng thú học tự chọn? Trong tài liệu chung để học sinh giáo viên tham khảo khơng có Khóa học 2008 - 2011 tơi mạnh dạn đưa số dạng tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ vào giảng dạy tự chọn học sinh có hứng thú việc giải dạng tập đó.Tuy nhiên kết thi học sinh giỏi cấp tỉnh học sinh đạt giải ba, thi đại học có số em đạt điểm khối A khối B Trong năm học tơi mạnh dạn giới thiệu cho học sinh lớp 10 số dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức để giúp bồi dưỡng tư cho học sinh, nâng cao lực, rèn luyện kỹ giải tốn đặc biệt tạo cho học sinh hứng thú học tự chọn lòng đam mê chinh phục đỉnh cao kỳ thi tới Các tốn tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ có vị trí quan trọng kỳ thi có sức hấp dẫn học sinh giỏi người say mê tốn.Đối với đối tượng học sinh lớp 10 em chưa học đạo hàm nên dừng lại số phương pháp để giải tốn đó.Tuy nhiên thời gian dạy chủ đề khơng nhiều nên tơi dừng lại việc giới thiệu tốn tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ bất đẳng thức giúp cho học tự chọn đạt hiệu học sinh thích học tự chọn Chính lý tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến “ Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10” Xin trao đổi đồng nghiệp II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Giúp học sinh lớp 10 nâng cao khả tư tốn học, có suy nghĩ tích cực tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.Học sinh thích học tự chọn hơn, đồng thời qua giúp học sinh say mê nghiên cứu tốn học, ham học hỏi Tạo cho học sinh có niềm tin, mơ ước chinh phục đỉnh cao trí tuệ III PHẠM VI NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 10A1 Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn học tự chọn mơn tốn Phạm vi nghiên cứu: “ Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10” tốn Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât IV CƠ SỞ NGHIÊN CỨU Để thực đề tài này, tơi dựa sở kiến thức học Trường ĐHSP, tài liệu phương pháp giảng dạy, tài liệu bồi dưỡng thường xun, sách giáo khoa, sách tập, sách tham khảo mơn Tốn bậc trung học phổ thơng … V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Thực đề tài này, tơi sử dụng phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu sách tham khảo, đề thi học sinh giỏi, mạng Internet, tài liệu liên quan khác… – Phương pháp khảo sát thực tiễn: Khảo sát học sinh lớp 10A1 Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn – Phương pháp quan sát : Quan sát q trình dạy học trường THPT Nguyễn Trung Ngạn - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy thực nghiệm, cho đề kiểm tra khảo sát kết sau thực chun đề – Phương pháp thống kê tốn học VI THỜI GIAN THỰC HIỆN - Đề tài thực từ ngày 20 - 03 -2013 đến ngày 10 - 04 - 2013 VII GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI Đề tài sử dụng học tự chọn mơn tốn lớp 10A1 dùng để bồi dường học sinh thi Đại học , bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh PHẦN THỨ HAI: NỢI DUNG I Khảo sát tình hình thực tê Năm học 2012 – 2013, tơi BGH nhà trường phân cơng giảng dạy mơn tốn lớp 10A1 Đây hội tốt để tơi thực đề tài này.Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dạng tốn khó Trong q trình giải tốn học sinh lúng túng, kể học sinh đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh cấp THCS Sau học sinh học xong bất đẳng thức số ứng dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Tơi tiến hành khảo sát 46 học sinh lớp 10A1 kết đạt sau: 11/46 HS đạt điểm trung bình 35/46 HS đạt điểm trung bình II Nội dung đề tài: A Kiên thức bản: * Một số bất đẳng thức cần nhớ: - Bất đẳng thức Cơsi a1 + a + a3 + + a n n ≥ a1 a a3 a n Với > n Dấu xảy a1 = a2 = = an - Các bất đẳng thức khác : x + y ≥ xy 2 x + y ≥ xy 3, ( x + y ) ≥ xy a b + 1 + ≥ ( Khi b, c > 0) b c b +c b ≥2 a 1 + 2≥ với a ,b > a b ( a + b) r r r r r r u + v ≤ u + v , Với u,v B Giới thiệu các toán - Bài tập học sinh thực lớp: Từ đến 20 - Bài tập học sinh thực nhà : Từ 21 đến hết I.1 Giới thiệu tốn thực lớp: Bài 1: Cho x,y,z số dương x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x y z + + x +1 y +1 z +1 Lời giải: Ta có P = −  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  + + ÷ ≥ (2)  x +1 y +1 z +1 [ ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1)]  Mặt khác theo giả thiết x+ y+ z = nên từ(2) ta có Từ (3) (1) Ta có P ≤ Vậy Max P = 1 + + ≥ (3) x +1 y +1 z +1 Dấu xảy x = y = z = x = y = z = Bài 2: Cho x, y , z số dương thay đổi thỏa điều kiện : xy2z2 + x2z +y = z2 z4 Tìm giá trị lớn biểu thức P = + z ( x4 + y ) 1 = ( x4 + y4 ) + P z Lời giải: Ta xét x2 y Từ giả thiết suy xy + + = Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có : z z 1+ x8 x2 4 (1) + x + x ≥ = z4 z4 z 1 y4 4 1+ + + y ≥ = y2 (2) z z z z 1+ x4 + y4 +y4 ≥ 4 x y = 4xy2 (3) Cộng vế với vế BĐT (1),(2),(3) ta  x2 y 1 2 4 ≥ ⇒ P ≤ Dấu xảy +3( + x + y ) ≥  + + xy ÷ = 12 ⇔ z P  z z  x =y = z = Vậy Max P = x =y = z = Bài Cho a, b, c số thục dương thỏa điều kiện abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 1 + + 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a + Lời giải : Do a2+b2 ≥ 2ab, b2 + ≥ 2b : 1 = ≤ 2 a + 2b + a + b + b + + 2(ab + b + 1) Tương tự 1 1 ≤ ≤ 2 b + 2c + 2(bc + c + 1) c + 2a + 2(ac + c + 1) 1 1  + + Khi P ≤  ÷  ab + b + bc + c + ca + a +  1 ab b 1  ⇔P ≤  + + ac = ) ÷ = ( Do c =  ab + b + ab + b + ab + b +  ab b Dấu BĐT xảy a = b = c = Vậy Max P = a = b = c = Bài ( Đề thi HSG Tỉnh Hưng n) Cho a, b, c số dương tùy ý thỏa điề kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn 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 ab ab = = ab (c + a )(c + b) 2c + ab (c + a )(c + b) 1   ab ab   ≤ (ab)  + + ÷=  ÷  c + a c +b  2 c + a c +b  Vậy ab  ab ab  ≤  + ÷(1) Tương tự ta có : 2c + ab  c + a c + b  bc  bc bc  ≤  + ÷ (2) 2a + bc  a + b a + c  ac  ac ac  ≤  + ÷ (3) Cộng vế với vế BĐT (1),(2),(3) ta 2b + ac  a + b b + c   ab bc ab ac bc ac  + + + + + P≤  ÷= ( a + b + c) = 2 c + a c + a b + c b + c a +b a + b  P = a = b = c = Vậy Max P = a = b = c = Bài Cho a,b,c ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c = thức P = 1 +3 +3 a + 3b b + 3c c + 3a 1 x Lời giải: Áp dụng BĐT (x+y+z)  + ( 1   + + 3 ÷  a + 3b b + 3c c + 3a  Khi P ≥ Hay a + 3b = (a + 3b).1.1 ≤ 1 + ≥ ta có y z÷  ) a + 3b + b + 3c + c + 3a ≥ 9 Mặt khác theo BĐT Cơ si ta có : a + 3b + b + 3c + c + 3a a + 3b ≤ Suy Tìm giá trị nhỏ biểu a + 3b + + a + 3b + = 3 a + 3b + , tương tự 3 a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ b + 3c ≤ c + 3a ≤ c + 3a + 4(a + b + c) + =3 Vậy P ≥ Dầu xảy a = b =c = Kết luận : Min P = a = b = c = b + 3c + Bài Cho số khơng âm x , y, z thỏa mãn x2 + y2 +z2 ≤ y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + + 2 ( x + 1) ( y + 2) ( z + 3) Lời giải : Ta có 2x + 4y + 2z ≤ ( x2 + 1) + ( y2 + 4) + (z2 + 1) ≤ 3y + Suy x + y + 2z ≤ Dấu xảy x = y = z = 1 + 2≥ ( 1) a b ( a + b) Với a b số dương ta có : Áp dụng BĐT (1) ta : 1 8 + + ≥ + 2 2 ( x + 1)  y  ( z + 3)  y  ( z + 3)  + 1÷  x + + + 1÷  2   64 64.4 64.4 ≥ = ≥ =1 2 (2 x + y + z + 10) (6 + 10) y    x + + + z + 3÷   Vậy Min P = x = 1, y = , z = Bài Cho x,y,z dương thỏa mãn xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ 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 2P ≥ 4( xy + yz + zx) = 20 hay P ≥ 10 P =10 x = y = , z =2 Kết luận Min P = 10 x = y =1 , z= Bài Cho P= x≥0, y≥0 x + y = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức x2 y2 + y +1 x +1 x2 y2 x + y3 + x + y + 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 = Đặt + xy t = xy = Khi = ( ) x + y - xy (vì x+y =1) + xy - 5xy + xy ≤ xy ≤ ( x + y) = hay 0≤t ≤ Giá trị lớn nhỏ biểu thức P giá trị lớn nhỏ biểu − 5t 2+t thức f (t ) = với 0≤t ≤ Ta có f(t) = -5 + 12 t+2 Để f(t) lớn tổng t +2 nhỏ hay t = Để f(t) nhỏ tổng t +2 lớn hay t = = x= 1, y =0 x= ,y= MinP = x = y= 0≤t ≤ 0≤t ≤ Vậy MaxP Bài Cho x, y hai số thực thỏa mãn điều kiện: giá trị nhỏ biểu thức: P = 7( x + y ) + x y 2 x + y − xy = Tìm giá trị lớn Lời giải: Ta có: = x + y − xy = 2( x + y )2 − xy ≥ −5 xy ⇒ xy ≥ − = x + y − xy = 2( x − y ) + xy ≥ xy ⇒ xy ≤ 1 ⇒ − ≤ 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 = đoạn Sử 1 [- ; ] dụng MaxP = bảng biến thiên hàm số bâc hai học sinh 70 18 ⇔ xy = , MinP = ⇔ xy = − 33 33 25 Bài 10 Cho x, y, z ≥ x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P= 33 7 t + t+ 4 x3 + y2 + y3 + z2 + z3 + x2 10 tìm được: Lời giải: Ta có: P + = ( x3 1+ y + y2 ) + ( y3 1+ z + z2 ) + ( z3 1+ x + x2 ) + y2 y3 y3 1+ z2 ⇔P+ =( + + ) +( + + ) 2 4 2 + y2 + y2 1+ z 1+ z x3 +( z3 + x2 + x3 z3 + x2 + + x2 ) 3 x6 y6 z6 (x2 + y2 + z ) = 3 hay P + 2 ≥ P+ ≥3 +3 +3 2 16 16 16 Suy P ≥ 23 − 2 = 2 − 2 = Dấu xảy x = y = z = Vậy MinP = Bài 11 Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx ≥ 2xyz Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) 1 Lời giải: Ta có xy + yz + xz ≥ xyz ⇔ x + y + z ≥ nên 1 y −1 z −1 ( y − 1)( z − 1) ≥ 1− +1− = + ≥2 (1) x y z y z yz Tương tự ta có 1 x −1 z −1 ( x − 1)( z − 1) ≥ 1− +1− = + ≥2 (2) y x z x z xz 1 x −1 y −1 ( x − 1)( y − 1) ≥ 1− +1− = + ≥2 (3) y x y x y xy Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta ( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤ Suy A ≤ Vậy MaxA = ⇔x=y=z= 11 Bài 12 Với số thực dương thỏa điều kiện x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ x; y; z 1 1 P = x + y + z +  + + ÷ x y z biểu thức: x Lời giải: Áp dụng BĐT Cơ-si : 18 x + ≥ 12 (1) Dấu xảy Tương tự: 18 y + y ≥ 12 (2) 18 z + Mà: −17 ( x + y + z ) ≥ −17 P = 19 ⇔ x = y = z = ≥ 12 z P= (3) (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: Vậy MinP = 19 ⇔ x = y = z = Bài 13 Cho x, y, z số dương thỏa mãn thức: x= P ≥ 19 1 + + = x y z Tìm giá trị lớn biểu 1 + + 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 11 1 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức: a + b ≤  a + b ÷ Dấu xảy a = b   1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có : 2x + y + z ≤ ( 2x + y + z ) ≤ 8x + 16  y + z ÷   Hay 2x + y + z ≤ 8x + 16  y + z ÷ (1)   1 Tương tự x + 2y + z ≤ 8y + 16  x + z ÷ (2)   1 1 1 ≤ +  + ÷ x + y + 2z 8z 16  x y  (3) Cộng vế với vế (1),(2),(3) áp dụng giả thiết ta P Mà P =1 Khi x = y = z = Vậy Max P = ⇔x =y=z= ≤ Bài 14 Cho số thực dương a,b,c thay đổi ln thoả mãn : a+b+c=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b2 b + c c + a + + b +c c +a a +b 12 Lời giải: Ta có: P = ( 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)]   a + b b + c c + a  A+3= 1 1 ≥ 3 (a + b)(b + c )(c + a)3 = a+b b+c c+a Và 12 = (a + b + c) ≤ ( Từ P ≥ + =2 2 Vậy Min P = ⇔a ⇒ A≥ a2 b2 c2 + + )(a + b + b + c + c + a ) ⇔ ≤ B.2 ⇔ B ≥ a+b b+c c+a Để P = a = b = c = = b = c = Bài15 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = Lời giải: P = 4x + y 2x − y x y y x y + = + + − = + + + − xy y x y x 2 y = 5− x Thay P= P= 4x + y 2x − y + xy tỉ số y x 5− x y y + + + − = + + + x − ≥ + x − = y x 2 y x y x 2 x = 1; y = Vậy Min P = Bài 16 Cho x, y, z > thỏa điều kiện xyz = Tìm GTNN + x3 + y3 + y3 + z3 + z + x3 S= + + xy yz zx Lời giải: Áp dụng BĐT Cơ si cho số dương ta có: + x3 + y + x + y ≥ 1.x y = xy ⇔ ≥ xy 3 3 13 xy cuối được: Tương tự: + y3 + z3 ; ≥ yz yz + z + x3 ≥ zx zx 3 + x3 + y + y3 + z3 + z + x3 ≥ + + Suyra: S = + + xy yz zx xy yz zx ≥3 3 =3 xy yz zx Dấu xảy x = y = z = Vậy MinS = 3 x = y = z = Bài 17 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 1 + + + xy + yz + zx  1  + + ÷≥ + xy + yz + zx   Lời giải: Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ]  ⇔P≥ 9 ≥ + xy + yz + zx + x + y + z Mà P = x = y = z= Vậy Min P = ⇔ x = y = z= Bài 18 Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Lời giải: Ta có : P= P= x (y + z) y (z + x) z (x + y) + + yz zx xz x x y2 y2 z z + + + + + y z z x x y Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ (*) ¡ Do : x + y ≥ xy(x + y) ∀x, y > hay 3 y2 z2 + ≥ y+z Tương tự, ta có : z y x y2 + ≥x+y y x ∀y, z > z2 x2 + ≥z+x x z ∀x, y > ∀x, z > Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P ≥ 2(x + y + z) = ∀x, y, z > x + y + z = 14 Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = Vì Min P = x + y + z ≤ xyz Bài 19 Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi thỏa mãn: x y z giá trị lớn biểu thức: P = x + yz + y + zx + z + xy Lời giải: Vì P≤ ≤ x x yz + x; y; z > , y y zx + Áp dụng BĐT Cơsi ta có: z z xy =  2  + +  yz zx xy   1 1 1   yz + zx + xy   x + y + z  + + + + + =   ≤   y z z x x y   xyz xyz  2 Dấu xảy ⇔ x = y = z = Vậy MaxP =   xyz   ≤  =  xyz   ⇔ x= y= z=3 Bài 20 Cho x,y ∈ R x, y > Tìm giá trị nhỏ (x P= + y3 ) − ( x2 + y ) ( x − 1)( y − 1) Lời giải: Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)2 ta có xy ≤ P= P≥ t − t − xy (3t − 2) xy − t + Do 3t - > − xy ≥ − t2 nên ta có t (3t − 2) t2 = t2 t−2 − t +1 t3 − t2 − Xét biểu thức f(t) = t2 = t −2+ +4≥8 t −2 t −2 f(t) = t = f (t ) = f(4) = đạt Do P = (2; +∞ ) x + y = x = ⇔   xy = y = I.2 Các tốn giao nhà cho học sinh thực 15 t2 Hãy tìm Bài 21 Cho x > 0, y > 0, x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y + 1− x 1− y T= Lời giải: 1− x x −1+1 P= + 1− x 1− y ≥ + y −1+1 1− y = (1 − x )(1 − y ) 1− x ≥ + 1− y ⇒ P Vậy Min P = x = y = ≥ Dấu “ = “ Có 1− x +1− y Mặt khác: − x + − y ≤ − x + − y = Từ (1) (2) − ( 1− x + 1− y) ⇔ =2 (1) (2) 1–x=1–y ⇔ x=y= 2 Bài 22 Cho số thực khơng âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ 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, x, y ≥ x + y = nên ≤ t ≤ Khi S = 16t2 – 2t + 12 = f(t) Hàm số f(t) xét đoạn ≤ t ≤ lớn t = 1 , đạt giá trị nhỏ t = 16 Max S = Min S = 25 191 16 x = y =  2+  x =  − y =  hay  2−  x =  + y =  Bài 23 Cho x, y, z biến số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 16 đạt giá trị  x y z  P = 4(x3 + y3 ) + 4(x3 + z3 ) + 4(z3 + x3 ) +  + +  y z2 x ÷ ÷   Lời giải: Với x, y > ta chứng minh : 4(x3 + y3) ≥ (x + y)3 (∗) Dấu = xảy ⇔ x = y Thật (∗) ⇔ 4(x + y)(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)3 ⇔ 4(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)2 x, y > ⇔ 3(x2 + y2 – 2xy) ≥ ⇔ (x – y)2 ≥ (đúng) 4(y3 + z3) ≥ (y + z)3 Dấu = xảy ⇔ y = z Tương tự ta có 4(z3 + x3) ≥ (z + x)3 Dấu = xảy ⇔ z = x Do Ta lại có Suy ( ) ( ) ( ) x + y3 + y3 + z + z + x ≥ ( x + y + z ) ≥ xyz  x y z  2 + +  ≥ z x  y xyz Dấu = xảy ⇔ x = y = z   P ≥ 6 xyz + ≥ 12 xyz    Dấu = xảy ⇔ xyz = ⇔x=y  x = y = z =z=1 Vậy minP = 12 x = y = z = Bài 24 Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức Lời giải: Ta có 3x + + y 3x + = + + +y 4x x y2 y2 A = x 3x + + y3 + :A = 4x y2  y y x+y ≥ 1+ + = 2  ⇒ A = + x +  y2 + + ÷+  Với x = y = A = Vậy giá trị nhỏ A 17  xy ≠ Bài 25 Cho  2 ( x + y ) xy = x + y − xy Tìm GTLN biểu thức A =  xy ≠ 1 1 ⇔ + = + − (1) 2 2 x y x y xy  xy ( x + y ) = x + y − xy Lời giải: Ta có:  1 1  ⇔ + = − ÷ + y > Ta đặt a = 1/x, b = 1/y x y  x 2y  a + b > ⇒ 2 a + b = a + b − ab 1 3 2 Mà A = x3 + y = a + b = ( a + b ) ( a + b − ab ) = ( a + b ) (*) Cách 1: Ta có: A = ( a + b)2 ⇒ A = a + b a + b3  a + b  ≥ ÷   Ta biết : “ = “ xảy ⇔a ( a + b > ) = b A  A Từ suy : ≥  ÷ ⇔ A ≤ 16  ÷  “ = “ xảy ⇔ a = b = Vậy Max A = 16 1/x = 1/y = Cách : Ta có: A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2 Từ (1) suy : a + b = (a + b)2 -3ab Mà: ab ≤ ( a+b ) → a + b ≥ ( a + b ) − ( a + b) 2 ⇒ ( a + b ) − 4(a + b) ≤ ⇒ a + b ≤ ( vi : a + b > ) ⇒ A = (a + b) ≤ 16 18 1 + x3 y Vậy MaxA = 16 x = y = ½ Cách 3: Đặt S = x + y , P = xy với S2 - 4P ≥0 S , P ≠ S2 S − SP ⇒ P = ( hayP = ) Ta có Từ gt suy ra:  S + 3 SP = S − P  1 x + 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 P 1− 2 S − SP S ≥ ⇔ P ≥ ⇒ S ≤ ⇒ S ≤ 16 S − 4P ≥ ⇔ S − ≥ ⇔ 1− 3 S P P2 Vậy MaxA = 16 ( x = y = ) Bài 26 Cho z ≥ 1, x ≥ 2, y ≥ Tìm GTLN M = Lời giải: Đk : xy z − + zy x − + zx y − xyz z ≥ 1, x ≥ 2, y ≥ Ta có : 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 x = , y = , z = Vậy Max M = 1 (1 + + ) 2 1 1 Bài 27 Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( x + y + z )  x + y + z ÷ với x , y , z   số thực thuộc đoạn [ 1;3] t Lời giải: Ta có: ≤ t ≤ ⇔ ( t − 1) ( t − 3) ≤ ⇔ t − 4t + ≤ ⇔ t + ≤ 19 3   1 Suy ra: x + x ≤ ; y + y ≤ ; z + z ≤ Q = ( x + y + z ) +  + + ÷ ≤ 12 x y z 1 1 Q 1 1 ( x + y + z )  + + ÷ ≤ ≤ ⇒ ( x + y + z )  + + ÷ ≤ 12 x y z x y z Bài 28 Cho x + y − xy = Tìm GTLN S = x +1 + y +1 Lời giải: Ta có: x + y − xy = ⇔ x + y = + xy ⇒ x, y ≥ ⇒ x+ y x+ y ≥ xy ⇔ xy ≤ (1) 2 Mà: x + y − xy = ⇔ x + y − = xy (2) Từ (1) ⇒ x+ y −3≤ (2) x+ y ⇔ x + y − ≤ ⇔ x + y ≤ (a).Ta có S= x + + y + ≤ 2( x + + y + 1) = 2( x + y + 2) (b) Từ (a) (b) S = x + + y + ≤ 16 = Dấu xảy x = y = Vậy MaxS = x = y = Bài 29 Cho x,y,z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz=1 Tìm GTNN 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 có x ( y + z ) ≥ 2x x ; y ( z + x ) ≥ 2y y ; z2 ( x + y ) ≥ 2z z P≥ 2x x y y + 2z z Đặt a= x ⇒x x= + 2y y z z + 2x x x + 2y y + 2z z x x + 2y y ; b= y y + 2z z ;c= z z + 2x x 4c + a − 2b ; 4a + b − 2c ; 4b + c − 2a y y= z z= 9  4c + a − 2b Vậy P ≥   b + 4a + b − 2c 4b + c − 2a  + ÷= c a  2  c b a a b c   + + ÷+  + + ÷− ≥ ( 4.3 + − ) =   b a c   b c a   Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z =1 Vậy Min P = 20 ⇒ Bài 30 Cho số dương x, y, z thoả x + y + z ≤ 1 1 + + x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + y + z + Lời giải: Theo BĐT Cơsi: ≥ x + y + z ≥ 3 xyz > ⇔ x+ ≥ , 9x ≥ 9y , y+ 1   z+ ≥ 9z 1  1 8 1 1 Từ đó: A=  x + 9x ÷ +  y + 9y ÷+  z + 9z ÷ +  x + y + z ÷≥ +     xyz xyz ≥3 ≥ 10 Dấu "=" xảy x = y = z = Vậy MinA = 10 đạt x = y = z = Bài 31 Cho x, y, z số dương x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = Lời giải:Với Đặt r r u,v Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: Vậy P = x2 + y2 + Khi đó: (x + y + z) + 1 1 1 + y2 + + z2 + 2 x y z r r r r u + v ≤ u + v (*) ta có: r   r   r  1 a =  x; ÷; b =  y; ÷; c =  z; ÷  x  z  y x2 + x2 + y2 + z2 +  1 1  + + ÷  x y z z2 r r r r r r r r r a + b + c ≥ a+b + c ≥ a+b+c ≥  1 1 (x + y + z) +  + + ÷  x y z 2 = 81(x + y + z) +  1 1  + + ÷  x y z – 80(x + y + z)2 1 ≥ 18(x + y + z)  x + y + z ÷ – 80(x + y + z)2 ≥ 162 – 80 = 82 Suy P ≥ Vậy Min P = 82 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = 82 x = y = z = Bài 32 Cho x,y,z số thực dương thỏa mãn: z(z – x – y) = x + y + Tìm giá trị x4 y4 lớn biểu thức T = ( x + yz )( y + xz )( z + xy )3 21 Lời giải: Từ giả thiết z(z – x – y) = x + y + suy ( z+1)( x+y) = z – z > nên ta có x + y + = z Khi biểu thức cho 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 số dương x , y ta có : 4  x x x   x  x , ÷ = ( x + 1) =  + + + 1÷ ≥  27  3   27 ÷  ( 4  y y y   y  y y + 1) =  + + + 1÷ ≥  , x + y ≥ 4xy ÷ = 27  3   27 ÷  Do ( x + y )2 [ ( x + 1)( y + 1) ] ≥ Mà T = (4 xy )48 ( x3 y ) 49 4 36 = ( x y ) , suy T ≤ ( *) 36 36 36 x = 3, y = 3, x= 49 36 Vậy Max T = x = 3, y = 3, x= Bài 33 Tìm giá trị nhỏ biểu thúc: A=x + 11 + 2x   1 + ÷,  x  Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức : ( a + b ) ( c + d ) ≥ ( ac + bd ) Ta có : ⇒ ( + ) 1 +  x A≥ x+ với x > 2 7   ÷≥  + ÷ x   11  7  9 3 15 +  + ÷ =  x + ÷+ ≥ + = 2x  x  x 2 Khi x = A = 15 Vậy Min A = 15 Bài 34 Cho a, b, c số dương thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a a2 + + b b2 + + 2c c2 + Lời giải: Xét + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b)( a + c) 22 + b2 = ab + bc + ca + b2 = ( b+a)(b +c) +c2 = ab + bc +ca +c2 = (c+a)(c+b) Khi 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  4(a + b) + b + c ÷+ c  a + c + b + c ÷ 4( a + b ) a + c       P≤ a+b a+c b+c + + = 4(a + b) a + c b + c 4(a + b) = a + c  a = b = 4(a + b) = b + c 15   ⇔ Dấu xảy chí   a = b c = ab + bc + ca =  15 Vậy giá trị lớn P III Kêt quả : -Kết khảo sát học sinh lớp 10A1 : ( sĩ số 46 học sinh ) 28/ 46 HS đạt điểm 18/ 46 HS đạt điểm -Học sinh giỏi cấp tỉnh : 01 em đạt giải ba kỳ thi giải tốn mạngIternet VI Bài học kinh nghiệm Qua việc thực chun đề “ Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10 ” thực tế giảng dạy.Bản thân tơi rút số học kinh nghiệm sau: Về cơng tác đạo 23 Đây cơng tác quan trọng việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn bồi dưỡng lực, tư cho học sinh đặc biệt học sinh giỏi Trong năm học vừa qua, chúng tơi ln nhận đạo sát sao, quan tâm thường xun từ phía Ban giám hiệu Nhà trường cấp lãnh đạo Kết thi Đại học thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày nâng lên, nhà trường gặt hái thành cơng lớn.Cũng nhờ có kết đó, mà ngành giáo dục Tỉnh Hưng n có bước đột phá kết thi ĐH-CĐ năm gần Về phía học sinh Để gặt hái thành tích cao cơng tác mũi nhọn Học sinh nhân vật trung tâm việc bồi dưỡng đào tạo, nhân tố giữ vai trò định thành cơng hay thất bại mỡi giáo viên làm cơng tác giảng dạy, bồi dưỡng Vì em người học, người thi người đem lại thành tích đó.Làm để từ bước vào ngơi trường cấp ba học sinh có niềm mơ ước chinh phục đỉnh cao trí tuệ Tuy nhiên, để giúp cho học sinh gặt hái thành cơng, đòi hỏi em phải có nỡ lực lớn Một tâm học tập 100% khả thân Nhất lứa tuổi học sinh lớp 10 bước vào năm chương trình học phổ thơng Nhưng kiến thức năm lớp 10 lại có vai trò định tương lai em sau Nhận thức rõ điều đó, mỡi giáo viên làm cơng tác bồi dưỡng cần phải dành quan tâm sát xao đến em, thường xun động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho em có đam mê cơng việc học tập Đặc biệt với học sinh tham gia học tập mơn Tốn mơn học khó nhiều thời gian để nghiên cứu Về phía giáo viên tham gia trực tiếp giảng dạy Đặc thù tiết học tự chọn giảng dạy theo chủ đề bám sát, vào kế hoạch nhà trường, tổ chun mơn giáo viên phải tự tìm tòi, đọc sách tham khảo để lựa chọn tập phù hợp với đối tượng học sinh lớp mà giảng dạy.Đối với lớp có nhiều học sinh giỏi học tự chọn thường sơi nổi, em củng cố bổ sung kiến thức tiếp cận với đề thi học sinh giỏi, đề thi Đại học việc định hướng để học sinh biết tìm tòi khám phá tìm lời giải trách nhiệm mỡi giáo viên Để thực điều phía giáo viên cần : Một là, kiến thức thầy phải có chiều sâu, giáo viên giảng dạy tốn phải người có nhìn tổng qt mơn tốn bậc học mình, phải người giải tốn 24 thường xun, cặp nhật thường xun thuật tốn, thủ thuật giải tốn hiệu Kiến thức thầy phải vững vàng, thầy thực phải người đam mê tốn học Hai là, cần phải lên kế hoạch giảng dạy cách chi tiết, ch̉n mực Cặp nhật thường xun kiến thức mà em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt phải kích thích em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy tố chất tốt em để cơng việc học tập em đạt hiệu cao V Kiên nghị : Bộ giáo dục Sở giáo dục cần có hướng dẫn cụ thể, có tài liệu tham khảo chung định hướng để giáo viên thực dạy tự chọn đạt hiệu cao PHẦN THỨ BA : KẾT ḶN Trên nội dung đề tài” Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10”, ban đầu học sinh có cảm giác ngại tiếp cận gặp khó khăn giải dạng tốn Tuy nhiên giáo viên hướng dẫn học sinh say sưa làm tập Nhiều em có động lực tâm chinh phục đỉnh cao, cố gắng phấn đấu dành điểm tuyệt đối ký thi Đại học Bài viết nhằm mục đích kích thích tính tò mò học sinh tạo động lực để em phấn đấu dành điểm cao kỳ thi Đại học thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài tơi khơng thể khơng sơ xuất Chính vậy, tơi mong có đóng góp, bổ sung đồng nghiệp để đề tài hồn thiện Người thực hiện Vũ Thị Hương Lan 25 [...]... III Kêt qua : -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 tốn trên mạngIternet VI Bài học kinh nghiệm Qua việc thực hiện chun đề “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn mơn tốn lớp 10 ” và thực tế giảng dạy.Bản thân tơi đã rút ra được một số bài học kinh nghiệm. .. liệu tham khảo chung định hướng để giáo viên thực hiện các giờ dạy tự chọn đạt hiệu quả cao hơn PHẦN THỨ BA : KẾT ḶN 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... các tiết học tự chọn là giảng dạy theo chủ đề bám sát, như vậy căn cứ vào kế hoạch của nhà trường, của tổ chun mơn giáo viên phải tự tìm tòi, đọc sách tham khảo để lựa chọn bài tập phù hợp với đối tư ng 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,... 1 Về cơng tác chỉ đạo 23 Đây là một cơng tác quan trọng trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ mơn và bồi dưỡng năng lực, tư duy cho học sinh đặc biệt là học sinh khá giỏi Trong năm học vừa qua, chúng tơi ln nhận được sự chỉ đạo sát sao, sự quan tâm thường xun từ phía Ban giám hiệu Nhà trường và của các cấp lãnh đạo Kết quả thi Đại học và thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày một nâng lên, nhà trường... trường cấp ba học sinh đã có những niềm mơ ước được chinh phục đỉnh cao của trí tuệ Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gặt hái được những thành cơng, đòi hỏi các em phải có một sự nỡ lực rất lớn Một sự quyết tâm học tập trên 100 % khả năng của bản thân mình Nhất là đối với lứa tuổi học sinh lớp 10 mới bước vào năm đầu tiên của chương trình học phổ thơng Nhưng kiến thức của năm lớp 10 này lại có vai... thuật giải tốn hiệu quả Kiến thức của thầy phải vững vàng, thầy thực sự phải là người đam mê tốn học Hai là, cần phải lên được kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, ch̉n mực Cặp nhật thường xun những kiến thức mới mà các em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt là phải kích thích được các em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy được những tố chất tốt nhất của các em để cơng việc học tập của các em đạt... học sinh Để gặt hái được những thành tích cao trong cơng tác mũi nhọn Học sinh là nhân vật trung tâm trong việc bồi dưỡng đào tạo, đây là nhân tố giữ vai trò quyết định trong sự thành cơng hay thất bại của mỡi giáo viên làm cơng tác giảng dạy, bồi dưỡng Vì chính các em mới là người học, là người đi thi và là người đem lại những thành tích đó.Làm thế nào để ngay từ khi bước vào ngơi trường cấp ba học. .. năm lớp 10 này lại có vai trò quyết định tư ng lai của các em sau này Nhận thức rõ điều đó, mỡi giáo viên làm cơng tác bồi dưỡng cần phải dành một sự quan tâm sát xao đến các em, thường xun động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có một sự đam mê trong cơng việc học tập của mình Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ mơn Tốn vì đây là một mơn học khó và mất nhiều thời gian để nghiên... 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 tò mò 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 thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài của tơi khơng thể khơng còn những sơ xuất Chính vì vậy, tơi... cận với các đề thi học sinh giỏi, đề thi Đại học vì vậy việc định hướng để học sinh biết tìm tòi khám phá tìm ra các lời giải hay là trách nhiệm của mỡi giáo viên chúng ta Để thực hiện được điều đó về phía giáo viên cần : Một là, kiến thức của thầy cơ phải có chiều sâu, giáo viên giảng dạy tốn phải là người có một cái nhìn tổng qt về mơn tốn trong bậc học của mình, phải là người giải tốn 24 thường