Rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập phần bất đẳng thức ở lớp 10 trường THPT

MỤC LỤC MỤC LỤC I MỞ ĐẦU 1 Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu .1 II NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề .7 2.3 Một số phương pháp nhằm rèn luyện kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập tốn phần Bất đẳng thức trường THPT 2.3.1 Rèn luyện cho học sinh kỹ dự đốn.[1] 2.3.2 Rèn luyện cho học sinh thói quen làm rõ phương pháp giải vấn đề cụ thể sau giải vấn đề 11 2.3.3 Rèn luyện cho học sinh kỹ biến đổi tốn dạng thuận lợi cho việc tìm liên hệ với kiến thức có học sinh điều kiện cho tốn 12 2.3.4 Rèn luyện cho học sinh kỹ nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác từ tìm nhiều cách giải .14 2.3.5 Rèn luyện cho học sinh thói quen khơng suy nghĩ cứng nhắc theo quy tắc học trước đó, khơng máy móc áp dụng mơ hình gặp để ứng xử trước tình 17 2.3.6 Rèn luyện cho học sinh thói quen khai thác, đào sâu kết tốn 18 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 19 Lớp 19 Điểm Giỏi 19 Điểm Khá .19 Điểm Tb 19 Điểm Yếu .19 Điểm Kém .19 SL 19 % 19 SL 19 % 19 SL 19 % 19 SL 19 % 19 SL 19 % 19 10C2=43HS 19 10C3=45HS 19 III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ .20 3.1 Kết luận 20 3.2 Kiến nghị (Khơng) 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO 22 I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Tinh thần phương pháp giảng dạy phát huy tính chủ động sáng tạo suy ngẫm học sinh, ý tới hoạt động tích cực học sinh lớp, cho học sinh trực tiếp tham gia vào giảng thầy; hướng dẫn thầy, học sinh phát vấn đề suy nghĩ tìm cách giải vấn đề…” Ở trường phổ thơng, dạy tốn dạy hoạt động tốn học Học sinh phải hoạt động tích cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho thân Cơ sở để học sinh hoạt động tri thức kinh nghiệm có Đứng trước vấn đề đặt vốn tri thức mà thân có, tích luỹ việc lựa chọn tri thức nào, sử dụng ln ln câu hỏi lớn, mà việc trả lời câu hỏi mấu chốt việc giải vấn đề Trong q trình dạy học mơn Tốn trường phổ thơng, việc dạy học giải tập tốn học có vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng tốn học vào thực tiễn… Bài tập tốn phần bất đẳng thức trường THPT đa dạng phong phú nói khó; sử dụng nhiều kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế Vì thơng qua dạy học giải tập tốn phần bất đẳng thức trường phổ thơng ta rèn luyện cho học sinh số kỹ phát giải vấn đề Vì lí nêu tơi định chọn đề tài SKKN là: “Rèn luyện số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập phần bất đẳng thức lớp 10 trường THPT’’ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu kỹ phát giải vấn đề xác định số kỹ phát giải vấn đề Từ đề xuất phương thức nhằm rèn luyện số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập tốn phần bất đẳng thức trường THPT Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài tập trung tìm hiểu giải pháp để nâng cao chất lượng dạy học giải tập tốn phần bất đẳng thức trường THPT (lớp 10) đồng thời đề phương thức để rèn luyện kỹ góp phần triển khai đổi phương pháp dạy học tốn trường phổ thơng Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu lí luận giảng dạy mơn Tốn làm sở để xác định số kỹ phát giải vấn đề Từ đề phương thức để rèn luyện kỹ thơng qua dạy học giải tập tốn phần bất đẳng thức trường THPT Trang Thực việc trao đổi với giáo viên học sinh, tham khảo tài liệu để đề phương thức để rèn luyện kỹ thơng qua dạy học giải tập tốn phần bất đẳng thức trường THPT II NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Cơ sở thực tiễn Trong thực tế dạy học, học sinh thường gặp khó khăn vận dụng kiến thức (khái niệm, cách thức, phương pháp ) vào giải tập cụ thể Học sinh thường khó tách chi tiết thứ yếu, khơng chất khỏi đối tượng nhận thức, khơng phát thuộc tính, mối quan hệ vốn có kiến thức đối tượng Sở dĩ kiến thức khơng chắn, khái niệm trở nên chết cứng, khơng gắn liền sở kỹ Sự dễ dàng hay khó khăn vận dụng kiến thức (hình thành kỹ năng) tùy thuộc vào khả nhận dạng kiểu tốn, phát hiện, nhìn thấy liệu cho tốn, có thuộc tính quan hệ chất để thực giải tốn cho Để minh họa ta xét ví dụ sau: Bài tốn Tìm giá trị nhỏ hàm số y = f ( x ) = x + x + + x − x + Có thể thấy tri thức phản ánh vật thể qua tốn có nhiều: tổng hai bậc hai, tam thức bậc hai, Để tiến hành hoạt động giải tốn ta phải lựa chọn tri thức phù hợp với mục tiêu tìm giá trị nhỏ hàm số y Ta nhận thấy biểu thức f ( x ) = x + x + + x − x + đưa dạng r r u + v , tốn tìm giá trị nhỏ hàm số y giải (mục tiêu) ta lựa chọn phép biến đổi: 2 2 1   3 1   3 2 x + x +1=  + x÷ +  ÷ x − x + =  − x ÷ +  ÷ 2    2    Như hành động biến đổi nhằm đạt mục tiêu: 2 2 1   3 1    = ur + vr f ( x) =  + x ÷ +  ÷ +  − x÷ +  ÷ 2    2    3 r 1 3 r 1 r r r r Với u =  + x; ÷; v =  − x; ÷ mà u + v ≥ u + v = + = 2   2 2 Từ dễ dàng suy giá trị nhỏ hàm số cho Bài tốn Cho số thực a, b, c Chứng minh rằng: 2017 Nếu a ( a + b + c ) < b − 4ac > Ta biến đổi giả thiết sau Trang a≠0  2016 a 2017 ( a + b + c ) < ⇔  (Vì a ≠ nên a > ) a (a + b + c) < Đồng thời việc chứng minh b − 4ac > tương đương với việc chứng minh phương trình bậc hai ax + bx + c = có hai nghiệm thực phân biệt Từ việc giải tốn quy giải tốn đơn giản Kỹ hình thành thơng qua hoạt động trí tuệ, thơng qua q trình tư để giải nhiệm vụ đặt Khi tiến hành tư vật chủ thể thường biến đổi, phân tích đối tượng để tách khía cạnh, thuộc tính Q trình tư diễn nhờ thao tác phân tích - tổng hợp, trừu tượng hóa - khái qt hóa hình thành mơ hình mặt đối tượng có ý nghĩa chất việc giải tốn cho Chẳng hạn, xét tốn: Bài tốn Cho hai số thực x y Chứng minh rằng: x + y + ≥ xy + x + y Tiến hành phân tích đối tượng ta nhận thấy đối tượng tư liên quan tam thức bậc hai ẩn x ( y tham số): x + y + ≥ xy + x + y ⇔ x − ( y + 1) x + y − y + ≥ Để chứng minh tam thức bậc hai ẩn x ( y tham số) vế trái ln khơng âm 2 với x ∈ ¡ ta cần chứng minh: ∆ x = ( y + 1) − ( y − y + 1) ≤ 0, ∀y ∈ ¡ Đó diễn đạt lại tốn chủ thể lại phải diễn đạt tốn theo khía cạnh Cũng khơng loại trừ có chủ thể diễn đạt lại tốn sau: 2 x + y + ≥ xy + x + y ⇔ ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1)  ≥ 2.1.2 Kỹ phát giải vấn đề a) Kỹ dùng dự đốn để phát giải vấn đề Bài tốn Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh x3 y3 z3 + + ≥ ( x + y) ( x + z) ( y + z) ( x + y) ( x + z) ( y + z) Để giải tốn trước hết dự đốn dấu bất đẳng thức xảy x = y = z = (Do vai trò x, y, z nhau, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy, sau x3 x+ y x+z x3 x+ y x+z + + ≥ 33 = x 8 ( x + y) ( x + z) ( x + y) ( x + z) 8 (Để đảm bảo x = y = z = dấu bất đẳng thức xảy ra) Tương tự: y3 y+z x+ y z3 y+z x+z + + ≥ y; + + ≥ z 8 8 ( y + z) ( x + y) ( x + z) ( y + z) Từ suy Trang x3 + y3 + z3 ( x + y) ( x + z) ( y + z) ( x + y) ( x + z) ( y + z) ≥ x + y + z 3 xyz ≥ = 4 Bài tốn Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn xy + yz + zx = 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 10 x + 10 y + z Để giải tốn này, dự đốn: “Vì vai trò x y tốn bình đẳng nên P đạt giá trị nhỏ x = y ”; đưa vào tham số thực dương m áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có z2 z2 P = ( 10 − m ) ( x + y ) + mx + + my + 2 m m ≥ ( 10 − m ) xy + yz + xz (với < 10 < m ) 2 Để sử dụng giả thiết xy + yz + zx = , ta cần chọn m cho  < m < 10   m ⇔ m =8 10 − m =   Do đó, ta giải tốn sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có z2 z2 x + y ≥ xy; x + ≥ xz;8 y + ≥ yz 2 Từ suy  x = y =  P ≥ ( xy + yz + zx ) = 4; P = ⇔   z=  Vậy giá trị nhỏ biểu thức P b) Kỹ dùng suy luận diễn dịch để phát giải vấn đề a + b = Bài tốn Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn  c + d = 9+6 ( 1) Ta dùng suy luận sau để giải tốn này: “Vì vai trò a b tốn bình đẳng; đồng thời vai trò c d tốn bình đẳng nên ta dự đốn dấu ( 1) xảy a = b = ; c=d = 2 Do ta biến đổi vế trái (1) sau: 2 ac + bd + cd = a.c + b.d + cd 6 Chứng minh rằng: ac + bd + cd ≤ Trang 2     2   2   =− a ÷ − a.c + c  − b ÷ − b.d + d           2 2 a + b2 ) + c + d ) + cd ( ( 2   23 23 2 =− a − c÷ − b−d÷ + + c + d ) + cd (       2 Suy ac + bd + cd ≤ + c + d ) + cd ( ) ( Lại tiếp tục biến đổi vế phải ( ) :  2 2 2 + c + d ) + cd = + c + 2cd + d ) + 1 − ( ( ÷cd 6   2 3− 3− 2 2 = + (c+ d) − (c−d) + (c+d) 12 12 9+6 3− 2 = − ( c − d ) (Vì c + d = ) 12 Từ ta có điều phải chứng minh c) Kỹ biến đổi tốn dạng thuận lợi cho việc tìm liên hệ với kiến thức có học sinh điều kiện cho tốn Bài tốn Cho ba số thực x, y, z Chứng minh x + xy + y + y + yz + z ≥ z + zx + x Khi gặp tốn ta biết biến đổi vế trái + 2 2 x   z     x + xy + y + y + yz + z =  y + ÷ +  x÷ + −y − ÷ +  z÷ 2   2     r r r r nghĩ đến bất đẳng thức u + v ≥ u + v ta giải tốn sau Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét vectơ x  r  z  r r x z 3  r  u =y+ ; x ÷; v =  − y − ; z ÷⇒ u + v =  − ; x+ z ÷ 2 2 2 2       Suy 2 2 2 2 2 x   z      x z  x÷ + −y − ÷ +  z÷ ≥  − ÷ + x+ z÷ y+ ÷ + 2 2 2 2             Hay x + xy + y + y + yz + z ≥ z + zx + x Trang d) Kỹ nhìn nhận vấn đề nhiều góc độ khác từ tìm nhiều cách giải vấn đề Bài tốn Cho x, y, z ba số dương x + y + z ≤ 1 1 x + + y + + z + ≥ 82 Chứng minh x y z +) Nếu nhìn nhận vế trái bất đẳng thức cần chứng minh tổng độ dài ba r  r  r   vectơ u  x; ÷; v  y; ÷; w  z; ÷ ta giải tốn sau  x  y  z r  r  r   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét ba vectơ u  x; ÷; v  y; ÷; w  z; ÷  x  y  z 1 1 r r r  r r r r r r Ta có u + v + w =  x + y + z; + + ÷ u + v + w ≥ u + v + w x y z  Suy 1 x + + y2 + + z2 + ≥ x y z 2 1 1 ( x + y + z) +  + + ÷ x y z 2 1 1 1 1 2 Mà ( x + y + z ) +  + + ÷ = 81( x + y + z ) +  + + ÷ − 80 ( x + y + z ) x y z x y z 1 1 ≥ 18 ( x + y + z )  + + ÷− 80 ( x + y + z ) ≥ 162 − 80 = 82 x y z Từ suy điều phải chứng minh +) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta giải tốn sau: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có 2   x 3  x 3 1  2  + ÷ x + ÷≥  + ÷ ⇔ x + ≥  + ÷ x  3 x x 82  x  3  82  x  ⇔ x2 + ≥  + ÷ x 82  x  Tương tự, ta có 82  y  82  z  y2 + ≥ + ÷; z + ≥  + ÷  y 82  y  z 82  z  Từ suy 1 82  x + y + z 3  x2 + + y2 + + z + ≥ + + + ÷ x y z 82  x y z x+ y+z 3 3 3 80 + + + = + 27 x + + 27 y + + 27 z − ( x + y + z ) Mà x y z x y z Trang 3 80 80 82 27 x + 27 y + 27 z − = 18 + 18 + 18 − = x y z 3 Từ suy điều phải chứng minh Dựa phân tích kỹ hình thành kỹ SKKN xác định số kỹ phát giải vấn đề, phân tích minh họa kỹ Từ đó, khẳng định việc rèn luyện cho học sinh số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập phần bất đẳng thức lớp 10 THPT cần thiết thực 2.2 Thực trạng vấn đề Đối với đa số em học sinh nói đến Bất đẳng thức em ln cho vấn đề khó, thường khơng đầu tư thời gian vào học tập nghiên cứu chí nhiều em bỏ qua phần này; Hơn để dạy phần có hiệu giáo viên cần phải đầu tư nhiều cơng sức thời gian để sưu tầm biên soạn tốn theo chủ đề theo dạng; Hơn có q nhiều dạng, có cách biến đổi khác nhau; chưa kể giảng dạy, giáo viên khơng nhớ cách biến đổi, mà có nhớ học sinh tiếp thu cách thụ động Khi chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức, theo phương pháp cũ, học sinh bị thụ động cách giải, biến đổi q phức tạp, phải nhớ nhiều bất đẳng thức áp dụng chúng thật khéo làm tốn u cầu ≥2 2.3 Một số phương pháp nhằm rèn luyện kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập tốn phần Bất đẳng thức trường THPT 2.3.1 Rèn luyện cho học sinh kỹ dự đốn.[1] Tác dụng phương thức nhắc nhở học sinh ln quan tâm tới dự đốn có sở giải số tốn bất đẳng thức Trong q trình dạy học mơn Tốn, nhiều lúc người giáo viên thể áp đặt mặt kiến thức Sở dĩ họ áp đặt mặt kiến thức họ khơng tài lí giải cho học sinh hiểu ta lại tiến hành biến đổi tốn theo cách ta làm, chẳng hạn tốn sau: Bài tốn Cho hai số thực dương x y thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức P = x + y + + x y Đa số giáo viên dừng lại việc đưa lời giải: Cauchy 1 P = x + + y + − 3( x + y ) ≥ + − 3( x + y ) ≥ − = x y P ≥ , Pmin = x = y = Vậy mà khơng quan tâm tới việc lý giải u cầu học sinh giải thích lại giải Thực mấu chốt việc dự đốn P đạt giá trị nhỏ x = y = Trang a) Dự đốn khái qt hóa.[2] Ví dụ Từ bất đẳng thức Cauchy hai số khơng âm: “Với a, b ≥ ta a+b ≥ ab Đẳng thức xảy a = b ” bất đẳng thức có a+b+c ≥ abc Cauchy ba số khơng âm: “Với a, b, c ≥ ta có Đẳng thức xảy a = b = c ”, khái qt hóa ta có dự đốn: a + a + + an n ≥ a1a2 an Đẳng thức xảy “Với a1 , a2 , , an ≥ ta có n a1 = a2 = = an ” Ví dụ Để giải tốn: “Chứng minh với tam giác ABC , ta có cos A + cos B + 2cos C ≤ ”, ta nghĩ đến việc giải tốn tổng qt hơn: “Cho ba số thực dương x, y, z Chứng minh với tam giác x2 + y2 + z ABC , ta có yx.cos A + xz.cos B + xy.cos C ≤ ” Ta giải vắn tắt tốn tổng qt sau: “Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2 với ( z.cos B + y.cos C − x ) + ( z.sin B − y.sin C ) ≥ Bài tốn ban đầu trường hợp cụ thể tốn tổng qt x = 2; y = 1; z = , việc tìm lời giải tốn ban đầu khó ( ) nhiều so với việc tìm lời giải tốn tổng qt b) Dự đốn đặc biệt hố.[3] Bài tốn Cho số ngun n ≥ Giả sử n số dương a1 , a2 , , an thỏa mãn bất 2 4 đẳng thức ( a1 + a2 + + an ) > ( n − 1) ( a1 + a2 + + an ) Hãy chứng minh ba số , a j , ak với ( ≤ i ≤ k ≤ n ) độ dài cạnh tam giác Để giải tốn phải hiểu điều cần chứng minh là: chứng minh ba số , a j , ak với ( ≤ i ≤ k ≤ n ) độ dài cạnh tam giác nghĩa ta cần chứng minh + a j > ak , + ak > a j , ak + a j > Để chứng minh trực tiếp điều khó ta thử chứng minh tốn n = : “Với n = , bất đẳng thức có dạng ( a12 + a22 + a32 ) > ( a14 + a2 + a34 ) ⇔ ( a1 + a2 + a3 ) ( a1 + a2 − a3 ) ( a1 + a3 − a2 ) ( a3 + a2 − a1 ) > ( 1) Vì vai trò số a1 , a2 , a3 bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử < a1 ≤ a2 ≤ a3 ( ) Từ ( 1) ( ) suy a1 + a2 > a3 ( 3) Từ ( ) ( 3) suy a1 , a2 , a3 độ dài cạnh tam giác” Trang Như việc chứng minh tốn n = thực Nhưng điều quan trọng dựa vào kết tốn n = , ta giải tốn sau: Với n = tốn chứng minh Với n > , n số dương a1 , a2 , , an thỏa mãn điều kiện tốn Lấy ba số n số Vì vai trò số ( i = 1,2,3, , n ) bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta coi ba số lấy a1 , a2 , a3 Theo điều kiện tốn theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có ( n − 1) ( a14 + a2 + + an ) < ( a12 + a2 + + an )  = ( a12 + a2 + a32 ) + a4 + + an     ( a12 + a2 + + an )  ≤  + ( n − 3)   + a4 + an     ( a12 + a2 + + an )  = ( n − 1)  + a4 + an    2 4 Suy ( a1 + a2 + a3 ) > ( a1 + a2 + a3 ) Theo trường hợp n = , ta có a1 , a2 , a3 độ dài cạnh tam giác c) Dự đốn tương tự hóa.[2] Chẳng hạn gặp tốn: “Cho số ngun dương n ≥ Giả sử 1 1 t1 , t2 , , tn số dương cho: n + > ( t1 + t2 + + tn )  + + + ÷ tn   t1 t2 Chứng minh ti , t j , tk độ dài ba cạnh tam giác với i, j , k ≤ i ≤ k ≤ n ”, Chúng ta nghĩ tới tốn tương tự 2.3.1.2 Vậy liệu ta giải tốn tương tự với tốn hay khơng? Câu trả lời có thể, sau lời giải: Với n = , bất đẳng thức có dạng 1 1 10 > ( t1 + t2 + t3 )  + + ÷  t1 t2 t3  Vì vai trò số t1 , t2 , t3 bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử < t1 ≤ t2 ≤ t3 Khi ta cần chứng minh t1 + t2 > t3 Ta chứng minh điều phương pháp phản chứng Thật vậy: giả sử t1 + t2 ≤ t3 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 1 1 1 t t t +t ( t1 + t2 + t3 )  + + ÷ = + + + + t3  + ÷ t1 t2 t3  t1 t2   t1 t2 t3  Trang t +t t t +t  t  ≥ + + + ≥ + 55  ÷ t3 t1 + t2 t3  t1 + t2   t  = + 5  ÷ ≥ + = 10  t1 + t2  Mâu thuẫn với giả thiết     ( t1 + t + t )  + +  = + t + t1 + t1 + t + t  +   t1 t2 t3  t1 t2 t3  t1 t2  t t +t t +t  t  ≥ + + + ≥ + 55   = + 55 t3 t1 + t t  t1 + t   t3    ≥ + = 10  t1 + t  1 1 ⇒ ( t1 + t + t )  + +  ≥ 10  t1 t t  Điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy t1 + t2 > t3 Hay t1 , t2 , t3 độ dài ba cạnh tam giác Với n > , n số dương t1 , t2 , , tn thỏa mãn điều kiện tốn Lấy ba số n số Vì vai trò số ti ( i = 1,2, , n ) bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta coi ba số lấy t1 , t2 , t3 Theo điều kiện tốn theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có 1 1 n + > ( t1 + t2 + + tn )  + + + ÷ tn   t1 t2 =  ( t1 + t2 + t3 ) +( t ) + + ( t) n   1 1 ≥ ( t1 + t2 + t3 )  + + ÷+ n − 3  t1 t2 t3    Đặt k = Ta có (t 2  1        + + + + +  ÷   t1 t2 t3 ÷  t4 ÷ t     n    1 1 + t2 + + tn )  + + + ÷ tn   t1 t2 n + > ( k + n − ) ⇔ k + ( n − ) k − 6n + < ⇔ − n − n2 + < k < − n + n2 + Do k < − n + n2 + Hay k= (t 1 1 + t2 + + tn )  + + + ÷ < − n + n + tn   t1 t2 Trang 10 ( ) 1 1 Suy ra: ( t1 + t2 + + tn )  + + + ÷ < 10 + ( n − 3) n − n + tn   t1 t2 1 1 Hay ( t1 + t + + tn )  + + + ÷ < 10 tn   t1 t2 Vì theo trường hợp n = , ta có t1 , t2 , t3 độ dài ba cạnh tam giác 2.3.2 Rèn luyện cho học sinh thói quen làm rõ phương pháp giải vấn đề cụ thể sau giải vấn đề Mục đích phương thức nhấn mạnh tri thức phương pháp hoạt động phát giải vấn đề Ví dụ Cho x, y, z số thực dương Chứng minh ta ln có bất đẳng 2 thức xyz + ( x + y + z ) + ≥ ( x + y + z ) Thật vậy: Dễ thấy: “Trong số t1 , t2 , t3 ln tồn hai số ti , t j ( ti ≠ t j , ∀i, j ∈ { 1,2,3} ) cho ti , t j ≤ ti , t j ≥ ” Từ nhận xét vai trò x, y, z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử x, y ≤ x, y ≥ Khi ta có ( x − 1) ( y − 1) ≥ ⇔ xy ≥ x + y − ⇒ xyz ≥ xz + yz − z xyz + ( x + y + z ) + ≥ xz + yz − z + ( x + y + z ) + ( 1) Ta chứng minh: xz + yz − z + ( x + y + z ) + ≥ ( x + y + z ) ( ) Thật vậy: 2 2 ( ) ⇔ ( y + z − ) + ( x + z − ) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ ln 2 Từ ( 1) ( ) suy ra: xyz + ( x + y + z ) + ≥ ( x + y + z ) Từ cách giải tốn ta rút phương pháp để giải tốn chứng minh bất đẳng thức dạng f ( x, y, z ) ≥ (Biểu thức f ( x, y, z ) có chứa xyz vai trò x, y, z tốn bình đẳng) là: Dựa vào bổ đề: “Trong số t1 , t2 , t3 ln tồn hai số ti , t j ( ti ≠ t j , ∀i, j ∈ { 1,2,3} ) cho ti , t j ≤ k ti , t j ≥ k ” ( k số thực bất kỳ)” suy f ( x, y, z ) ≥ g ( x, y, z ) Sau chứng minh g ( x, y, z ) ≥ Từ suy f ( x, y, z ) ≥ Vận dụng phương pháp ta giải nhiều tốn, chẳng hạn: Ví dụ Cho số thực x, y, z khơng âm thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng: ( xy + yz + zx ) ≤ + xyz Chứng minh Trang 11 Do vai trò x, y, z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta 1 giả sử x, y ≤ x, y ≥ Khi ta có: 3 ( 3x − 1) ( y − 1) ≥ ⇔ xy ≥ 3x + y − ⇔ xyz ≥ 3xz + yz − z ⇔ + xyz ≥ + xz + yz − z ( 1) Ta chứng minh cho + xz + yz − z ≥ ( xy + yz + zx ) ( ) Thật vậy: ( ) ⇔ ≥ z + z + ( x + y ) + xy ⇔ ≥ z + z ( − z ) + xy ⇔ ( − z ) ≥ xy ⇔ ( x + y ) ≥ xy ⇔ ( x − y ) ≥ 2 Từ ( 1) ( ) ta có điều phải chứng minh Ví dụ Cho x, y, z ∈ ( 0;1) thoả mãn xyz = ( − x ) ( − y ) ( − z ) ( *) x2 + y2 + z ≥ Chứng minh rằng: Thật Do vai trò x, y, z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta có 1 thể giả sử x, y ≤ x, y ≥ Khi ta có: 2 ( x − 1) ( y − 1) ≥ ⇔ xy ≥ x + y − ⇔ xyz ≥ xz + yz − z ( 1) Mặt khác từ ( *) ta có xyz + x + y + z = xy + yz + zx + ⇔ xyz + x + y + z = xy + yz + zx + ( ) Từ ( 1) ( ) suy ra: xy + yz + zx + ≥ xz + yz − z + x + y + z ⇔ xy + ≥ +2 x + y + z ⇔ ( − x ) ( − y ) ≥ z ⇔ ( − x ) ( − y ) ( − z ) ≥ z ( − z ) ⇔ xyz ≥ z ( − z ) ⇔ yx ≥ − z ⇔ z + xy − ≥ ( 1) 4 Ta chứng minh 2 x + y + z ≥ z + xy − ( ) ⇔ ( x − y ) + ( z − 1) ≥ ln Từ ( 1) ( ) suy x + y + z ≥ 2.3.3 Rèn luyện cho học sinh kỹ biến đổi tốn dạng thuận lợi cho việc tìm liên hệ với kiến thức có học sinh điều kiện cho tốn Khi giải tốn, phương pháp tổng qt tìm cách đưa tốn phải giải tốn đơn giản hơn, cho giải tốn giải tốn cho (nhờ áp dụng kết phương pháp giải tốn đơn giản đó) Chẳng hạn: Trang 12 Bài tốn Cho a b hai số thỏa mãn điều kiện a + b + 16 = 8a + 6b Chứng minh: 10 ≤ 4a + 3b ≤ 40 ( 1) +) Để giải tốn học sinh viết lại giả thiết dạng: 2 ( a − ) + ( b − 3) = ; Đồng thời biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a + b + 16 10 ≤ ≤ 40 ⇔ ≤ a + b ≤ ⇔ ≤ OM ≤ Từ suy a, b hai số thỏa mãn điều kiện đầu điểm M ( a; b ) nằm đường tròn tâm O1 ( 4;3) bán kính Vậy tốn trở thành : Chứng minh với điểm M nằm đường tròn nói : ≤ OM ≤ Nối OO1 cắt đường tròn M , M Hiển nhiên ta có: OM ≤ OM ≤ OM Do OO1 = nên OM = OO1 − O1M = − = Và : OM = OO1 + O1M = + = Suy : ≤ OM ≤ +) Để giải tốn học sinh biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( 4a + 3b − 10 ) ( 4a + 3b − 40 ) ≤ ⇔ ( 4a + 3b ) − 50 ( 4a + 3b ) + 400 ≤ ( 4a + 3b ) ⇔ 4a + 3b ≥ + 400 ( 4a + 3b ) ⇔ 8a + 6b ≥ + 400 50 25 4a + 3b ) + 400 ( Do ta cần chứng minh ≤ a + b + 16 ( *) 25 2 ( *) ⇔ ( 4a + 3b ) ≤ 25 ( a + b ) , (theo bất đẳng thức Bunyakovsky) Bài tốn Cho ba số thực x, y, z Chứng minh xz + yz − z + ( x + y + z ) + ≥ ( x + y + z ) Để giải tốn ta nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2z + ( x + y − ) z + 2x + 2y − 5x − 5y + ≥ Xem vế trái bất đẳng thức tam thức bậc hai ẩn z ∆ z = ( x + y − ) − ( 2x + 2y − 5x − 5y + ) Như ta cần chứng minh ∆ z ≤ với x, y Để chứng minh điều ta nghĩ đến việc biến đổi ∆ z dạng ∆ z = −15x + ( y + 14 ) x − 15y + 28y − 28 xem ∆ z tam thức bậc hai ẩn x Có ∆ 'x = ( y + 14 ) − ( −15 ) ( −15y + 28y − 28 ) = −224 ( y − 1) ≤ 0, ∀y ∈ ¡ 2 xz + yz − z + ( x + y + z ) + ≥ ( x + y + z ) Từ suy Bài tốn Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức Trang 13 ( x − 1) P= ( x + 1) + y2 + + y2 + y − Để giải tốn ta phải biến đổi tốn dạng thuận lợi hơn, chẳng hạn chứng minh P ≥ Q với Q biểu thức chứa biến: r r Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , xét u ( − x; y ) ; v ( + x; y ) r r r r 2 Ta có u + v ≥ u + v ⇔ ( − x ) + y + ( x + 1) + y ≥ + y P= ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y2 + y − ≥ + y2 + y − (Dấu bất đẳng thức xảy số t x = 0, y số thực bất kì) Như tốn giải ta giải tốn: “Tìm giá trị nhỏ hàm số f ( y ) = + y + y − ” Bài tốn đơn giản tốn ban đầu, Do ta tìm giá trị nhỏ hàm số f ( y ) = + y = Vậy giá trị nhỏ A + 2.3.4 Rèn luyện cho học sinh kỹ nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác từ tìm nhiều cách giải 3 Bài tốn Chứng minh rằng, a ≥ b≥ a + b ≥ ab ( a + b ) ( 1) Để giải tốn học sinh định hướng theo cách sau: Định hướng Để chứng minh bất đẳng thức định hướng ta nghĩ đến biến đổi bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức có dạng tích số khơng âm ln khơng âm tổng số khơng âm ln khơng âm từ ta chứng minh ( 1) theo cách sau: Cách ( 1) ⇔ ( a + b ) ( a − b ) ≥ Cách Vì vai trò a b tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử: a ≥ b ≥ Khi 2 (1) ⇔ ( a − b ) ( a − b ) ≥ (Bất đẳng thức a ≥ b ≥ nên a − b ≥ a − b ≥ ) Cách (1) ⇔ a − 2a 2b + ab + b3 − 2ab + a 2b ≥ ⇔ a ( a − b ) + b ( a − b ) ≥ Định hướng Để chứng minh bất đẳng thức định hướng thứ hai ta nghĩ đến dựa vào bất đẳng thức suy bất đẳng thức cần chứng minh +) Dựa vào giả thiết tốn ( a ≥ b≥ ) bất đẳng thức cần chứng minh ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy Tùy thuộc vào khả vận dụng khéo léo bất đẳng thức Cauchy học sinh mà em chứng minh ( 1) theo sau: Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có a + a + b3 3 3 a b = a a b ≤ ( 2) 2 Trang 14 a + b3 + b ab = a b b ≤ ( 3) Cộng theo vế ( ) ( 3) ta có điều phải chứng minh Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có a + ab ≥ a 3ab = 2a 2b ( ) 3 3 b3 + a 2b ≥ b 3a 2b = 2ab ( ) Cộng theo vế ( ) ( ) ta có điều phải chứng minh Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có a + a 3b3 + a 3b3 ≥ 3 a a 3b3 a 3b = 3a 2b ( ) b3 + a 3b3 + a 3b3 ≥ 3 b a 3b a 3b = 3ab ( ) a 2b + ab ≥ a 3b3 ( ) Cộng theo vế ( ) ( ) , kết hợp với ( ) ta có điều phải chứng minh +) Một bất đẳng thức khác mà học sinh THPT nghĩ đến bất đẳng thức Bunyakovsky Nếu học sinh nhận mối quan hệ a 2b = a ab ; ab = b3 a 2b học sinh chứng minh ( 1) theo cách sau: Cách Nếu b = trở thành a ≥ , (vì a ≥ ) Nếu a = trở thành b3 ≥ , (vì a ≥ ) Nếu a, b > áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có ( a3 + b3 ) ( ab + a 2b ) ≥ ( a 2b + ab ) ⇒ a + b3 ≥ ab ( a + b ) (Vì a b + ab > ) Định hướng Để chứng minh bất đẳng thức định hướng thứ ba ta nghĩ đến biến đổi đưa tốn dạng: “Chứng minh f ( t ) ≥ , t biểu thức thỏa mãn điều kiện đó” Dựa vào đặc điểm tổng số mũ a b số hạng hai vế ( 1) a 3, ta biến đổi (1) dạng với t = (khi b ≠ ) Từ ta có b cách giải sau: Cách Nếu b = trở thành a ≥ , (vì a ≥ ) a a a Nếu b > ( 1) ⇔  ÷ −  ÷ − + ≥ ( *) b b b a Đặt t = ; t ≥ , bất đẳng thức ( *) trở thành: t − t − t + ≥ ( **) b Để chứng minh ( **) ta lập bảng biến thiên hàm số f ( t ) = t − t − t + [ 0;+∞ ) , từ suy điều phải chứng minh biến Trang 15 đổi: ( **) ⇔ ( t + 1) ( t − 1) ≥ Định hướng Nếu nhìn nhận bất đẳng thức cần chứng minh có dạng bất đẳng thức đối xứng dạng bất đẳng thức ta chứng minh ( 1) theo cách sau: Cách Đặt S = a + b; P = ab; S , P ≥ 0; S ≥ P Khi (1) trở thành: S − 3SP ≥ SP ⇔ S ( S − P ) ≥ Từ ta có điều phải chứng minh Cách 10 Ta chuẩn hóa a + b = hay b = − a Khi đó: ( 1) ⇔ a + ( − a ) ≥ a ( − a ) ⇔ ( 2a − 1) ≥ Từ ta có điều phải chứng minh Bài tốn Cho hai số thực x y thỏa mãn x + y = Chứng minh x2 + y2 ≥ Cách Từ giả thiết x + y = suy y = − x 2 Do x + y ≥ ⇔ x + ( − x ) ≥ ⇔ ( x − 1) ≥ , 2 Cách Vì x + y = nên x + y ≥ ⇔ x + y ≥ ( x + y ) ⇔ ( x − y ) ≥ , Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có x2 + ≥ x2 = x ⇒ x2 + ≥ x ≥ 2x y + ≥ y Tương tự ta có x2 + y2 + ≥ ( x + y ) ⇒ x2 + y ≥ Từ suy Cách Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có ( + 1) ( x + y ) ≥ ( x + y ) ⇔ ( x + y ) ≥ ⇔ x + y ≥ 2 Cách Đặt a = x − 1; b = y − Khi ta có a + b = x + y ≥ trở thành ( a + 1) + ( b + 1) ≥ ⇔ a + b + ( a + b ) ≥ ⇔ a + b ≥ , 2 Cách Gọi m giá trị biểu thức x + y Khi hệ phương trình sau có nghiệm  x+ y=2 ( I)  2 x + y = m   x+ y=2 x+ y=2   x+ y=2  ⇔ ⇔ Ta có ( I ) ⇔  4−m xy = 4 − xy = m ( x + y ) − xy = m  4−m ⇔ m ≥ Do hệ phương trình ( I ) có nghiệm ≥ x2 + y2 ≥ Vậy 2 Trang 16 Cách Trong mặt phẳng Oxy xét đường thẳng ∆ có phương trình x + y − = M ( x, y ) Khi M ∈ ∆ OM = x + y d ( O; ∆ ) = Ta có 0+0−2 = OM ≥ d ( O; ∆ ) (vì M ∈ ∆ ) 1+1 x2 + y2 ≥ ⇒ x2 + y ≥ suy 2.3.5 Rèn luyện cho học sinh thói quen khơng suy nghĩ cứng nhắc theo quy tắc học trước đó, khơng máy móc áp dụng mơ hình gặp để ứng xử trước tình Bài tốn Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y = x + − x Khi gặp tốn giáo viên thường định hướng cho học sinh giải sau: “Tập xác định hàm số [ −2;2] Dễ thấy hàm số liên tục [ −2;2] x y' =1− = ⇔ x = 2, y ( −2 ) = −2; y = 2; y ( ) = − x2 Vậy: Min y = −2; Max y = 2 ” ( ) [ −2;2] [ −2;2] Giáo viên thường định hướng cho học sinh giải ta cần tìm giá trị lớn nhỏ hàm số hàm số cho [ −2;2] hàm số liên tục [ −2;2] Lí thứ hai để học sinh thường giải là: học sinh thường biết vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để tìm giá trị lớn hàm số mà khơng tìm giá trị nhỏ hàm số Học sinh thường làm sau: “Tập xác định hàm số [ −2;2] Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có ( x + − x2 ) ≤ ( + 1) ( x + − x ) = ⇒ −2 2 ≤ x + − x2 ≤ 2 Nhưng học sinh khơng thể tìm x để y = −2 ” Do học sinh thường dừng lại lời giải ban đầu Bài tốn Cho ba số thực x, y, z Chứng minh ( x2 + 2) ( y + ) ( z + ) ≥ 3( x + y + z ) Khi gặp tốn ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunyakovsky vận dụng điều quan trọng Nếu áp dụng bất đẳng thức 2 Bunyakovsky để đánh giá ( x + ) ( y + ) ta khơng giải tốn Do ta phải linh hoạt, biến đổi áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, chẳng hạn ta biến đổi 1 ( x + ) ( y + ) = ( x + 1) ( + y ) + ( + 1) ( x + y ) + ≥ ( x + y ) + ( x + y ) + Suy Trang 17  x + y    3  + + z2  ( x + ) ( y + ) ( z + ) ≥  ( x + y ) + 3 ( z + ) =   ÷        ≥ 3( x + y + z ) Ta vừa giải tốn cách sáng tạo; đồng thời ta giải tốn cách độc đáo sau: Vai trò x, y, z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta 2 2 giả sử x , y ≤ x , y ≥ Khi ta có (x 2 ( ) − 1) ( y − 1) ≥ ⇔ x y ≥ x + y − ⇔ x y + x + y + ≥ ( x + y + 1) ⇔ ( x + ) ( y + ) ≥ ( x + y + 1) ⇔ ( x + ) ( y + ) ( z + ) ≥ ( x + y + 1) ( z + ) ( 1) Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có ( x + y + 1) ( + + z ) ≥ ( x + y + z ) Hay ( x + y + 1) ( z + ) ≥ ( x + y + z ) ( 2) Từ ( 1) ( ) suy điều cần chứng minh 2.3.6 Rèn luyện cho học sinh thói quen khai thác, đào sâu kết tốn Mục đích phương thức nhắc nhở học sinh ln có thói quen đặt mục tiêu khai thác đào sâu kết tốn tìm lời giải Chẳng hạn sau học sinh giải tốn sau : Bài tốn Cho x, y, z số thực khơng âm thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng: ( xy + z + zx ) ≤ + xyz (Ví dụ Tr 12) Giáo viên cho học sinh nghiên cứu, khai thác tốn cách sau: +) u cầu học sinh giải tốn: Bài tốn Cho x, y, z số thực khơng âm thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = xy + yz + zx − xyz (Từ kết tốn 1, ta dễ dàng tìm giá trị lớn biểu thức P ) +) Tiếp theo u cầu học sinh tìm giá trị nhỏ biểu thức P (Dựa vào bất đẳng thức ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ≥ xyz ta dễ dàng thể tìm giá trị nhỏ biểu thức P 0) Như ta giải tốn: Bài tốn Cho x, y, z số thực khơng âm thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = xy + yz + zx − xyz +) u cầu học sinh tổng qt tốn giải tốn tổng qt Trang 18 Tổng qt tốn 3, ta có tốn sau: Bài tốn Cho x, y, z số thực khơng âm thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = xy + yz + zx + m.xyz , m số thực cho trước m+9 Gợi ý: Nếu m < −9 PMax = ; PMin = 27 Nếu −9 ≤ m < − PMax = ; PMin = 4 m+9 ; PMin = Nếu m ≥ − PMax = 27 Từ ta có bất đẳng thức: “Nếu x, y, z số thực khơng âm thỏa mãn x + y + z = m+9 ≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤ với m < −9 a) 27 b) ≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤ với −9 ≤ m < − 4 9+m c) ≤ xy + yz + zx + m.xyz ≤ với m ≥ − 27 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Sáng kiến áp dụng năm học 2016-2017 Khi áp dụng chuyên đề vào giảng dạy học sinh môn Toán trường THPT, nhận thấy em học sinh hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ mà số tốn tưởng chừng khơng thể giải giải cách nhanh chóng nhờ kỹ phát giải vấn đề thơng qua việc giải tập phần Bất đẳng thức Để có kết đối chứng tơi áp dụng kết SKKN cho lớp 10C2(43 HS) lớp đối chứng 10C3(45 HS) kết em HS lớp 10C2 học tập tích cực hứng thú đặc biệt giải tốn bất đẳng thức thể việc phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học sinh khơng “sợ” bất đẳng thức Kết kiểm tra tiết chương IV Tiết 66-PPCT Điểm Giỏi Điểm Khá Điểm Tb Lớp SL % SL % SL % 10C2=43HS 18.6 27 62.8 11.6 10C3=45HS 6.7 19 42.2 15 33.3 Điểm Yếu SL % 17.8 Điểm Kém SL % 0 0 Trang 19 III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận SKKN đưa số phương thức nhằm rèn luyện cho học sinh số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập Tốn phần bất đẳng thức trường THPT Đồng thời thể cụ thể số ví dụ cách thức thực phương thức Theo kết thực nghiệm cho thấy, học sinh tiếp cận với số phương thức rèn luyện số kỹ phát giải vấn đề, em có hứng thú học tập hăng say Tỉ lệ học sinh chăm học tập tăng cao Sau buổi học tinh thần học tập em phấn chấn hẳn tỏ u thích học tập mơn Tốn Sau nghiên cứu sử dụng phương thức xây dựng chương SKKN, giáo viên dạy thực nghiệm có ý kiến rằng: khơng có khó khả thi việc vận dụng quan điểm này; đặc biệt cách tạo tình huống, đặt câu hỏi dẫn dắt đến nội dung cần đạt hợp lí Vừa sức học sinh, vừa kích thích tính tích cực, hứng thú, chủ động độc lập học sinh, lại vừa kiểm sốt, ngăn chặn khó khăn, sai lầm nảy học sinh ; học sinh lĩnh hội tri thức phương pháp q trình phát giải vấn đề Giáo viên hứng thú dùng phương thức đó, học sinh học tập cách tích cực hơn, chủ động hơn, sáng tạo có hiệu Những khó khăn nhận thức học sinh giảm nhiều đặc biệt hình thành cho học sinh phong cách tư khác trước Với nỗ lực thân nhiên kết nghiên cứu bước đầu hạn chế mong nhận góp ý xây dựng thầy, giáo làm cơng tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, bạn đồng nghiệp quan tâm đến vấn đề 3.2 Kiến nghị (Khơng) XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm2017 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Trang 20 Trương Ngọc Hạnh Trang 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đào Văn Trung (2001), Làm để học tốt tốn phổ thơng, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội, Hà Nội [2] Nguyễn Bá Kim (2002), Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội [3] Polya G (1995), Tốn học suy luận có lí, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội Trang 22 ... phần bất đẳng thức lớp 10 trường THPT ’ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu kỹ phát giải vấn đề xác định số kỹ phát giải vấn đề Từ đề xuất phương thức nhằm rèn luyện số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy. .. tốn phần bất đẳng thức trường phổ thơng ta rèn luyện cho học sinh số kỹ phát giải vấn đề Vì lí nêu tơi định chọn đề tài SKKN là: Rèn luyện số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập phần. .. tích kỹ hình thành kỹ SKKN xác định số kỹ phát giải vấn đề, phân tích minh họa kỹ Từ đó, khẳng định việc rèn luyện cho học sinh số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập phần bất đẳng thức