Xác định và rèn luyện một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua dạy học giải bài tập toán phần bất đẳng thứ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG PT NGUYỄN MỘNG TUÂN -o0o SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM XÁC ĐỊNH VÀ RÈN LUYỆN MỘT SỐ KỸ NĂNG PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ THƠNG QUA DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP TỐN PHẦN BẤT ĐẲNG THỨC Ở TRƯỜNG THPT Người thực hiện: Trần Thị Hà Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Năm 2019 Tốn MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: 1.1 Nghị hội nghị lần thứ IV BCH Trung ương Đảng Cộng Sản Việt Nam (khoá IV, 1993) nêu rõ: “Mục tiêu giáo dục - đào tạo phải hướng vào việc đào tạo người tự chủ sáng tạo, có lực giải vấn đề thường gặp, qua mà góp phần tích cực thực mục tiêu lớn đất nước…” 1.2 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 luôn câu hỏi lớn, mà việc trả lời câu hỏi mấu chốt việc giải vấn đề 1.3 Phát sớm giải hợp lí vấn đề nảy sinh thực tiễn lực bảo đảm thành cơng sống Vì vậy, tập dượt cho học sinh biết phát hiện, đặt giải vấn đề gặp phải học tập, sống cá nhân, gia đình cộng đồng khơng có ý nghĩa tầm phương pháp dạy học mà phải đặt mục tiêu giáo dục 1.4 Trong 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 Toán học vào thực tiễn… Bài tập toán phần bất đẳng thức trường THPT đa dạng phong phú; sử dụng nhiều kì thi tuyển sinh đại học cao đẳng, kì thi 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 chúng tơi định chọn đề tài nghiên cứu là: “Xác định rèn luyện số kỹ phát giải vấn đề thơng qua dạy học giải tập tốn phần bất đẳng thức trường THPT’’ 1.2 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 thông qua dạy học giải tập toán phần bất đẳng thức trường THPT 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trong khuôn khổ đề tài chọn nghiên cứu khó khăn, sai lầm thường gặp học sinh THPT giải toán chủ đề Bất đẳng thức biện pháp khắc phục 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.4.1 Phương pháp nghiên cứu lý luận: Tìm hiểu, nghiên cứu tài liệu vấn đề liên quan đến đề tài 1.4.2 Phương pháp điều tra – quan sát: Quan sát, thăm dò thực trạng điều tra theo hình thức: Trực tiếp giảng dạy, dự giờ, vấn biện pháp khác 1.4.3 Phương pháp thống kê tốn học: Xử lí số liệu thu sau q trình giảng dạy NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1 Kỹ 2.1.1.1 Khái niệm kỹ Theo Tâm lý học lứa tuổi Tâm lý học sư phạm thì: “Kỹ khả vận dụng kiến thức (khái niệm, cách thức, phương pháp…) để giải nhiệm vụ mới” Còn Tâm lý học đại cương cho rằng: “Kỹ năng lực sử dụng liệu, tri thức hay khái niệm có, lực vận dụng chúng để phát thuộc tính chất vật giải thành công nhiệm vụ lý luận hay thực hành xác định” Theo từ điển Tiếng Việt khẳng định: “Kỹ khả vận dụng kiến thức thu nhận lĩnh vực vào thực tế” Để minh họa ta xét ví dụ sau: Bài tốn Tìm giá trị nhỏ hàm số y = x2 + x +1 + x2 − x +1 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 toán 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) = x2 + x +1 + x − x + đưa dạng u + v , tốn tìm giá trị nhỏ hàm số y giải (mục tiêu) ta lựa chọn phép biến đổi: 2  3 1  3     ; x − x +1 =  − x +   x + x + =  x +  +      2    2 Như hành động biến đổi nhằm đạt mục tiêu: y = 1  3    x +  +      + 1     − x +  2     1 3 3 ; v =  − x;  ; u + v = 1; ) = u + v (Với u =  x + ; 2 2     ( ) Mà u + v ≥ u + v Do y ≥ + = Từ dễ dàng suy giá trị nhỏ y Khi hình thành kỹ yếu tố quan trọng lực nhận kiểu tốn, phát hiện, nhìn thấy kiện có thuộc tính quan hệ chất việc giải toán cho Trong tiến hành hoạt động, nhà Tâm lí học phát loạt nhân tố thúc đẩy hay cản trở hình thành kỹ Một nhân tố là: Tách cách rõ ràng hay ngược lại che đậy quan hệ chất toán kiện xuất phát Chẳng hạn, xét toán sau: Bài toán Cho số thực a, b, c Chứng minh rằng: Nếu a 2009 (a + b + c) < b − 4ac > Ta biến đổi giả thiết sau a≠0  a 2009 ( a + b + c) < ⇔  (Vì a ≠ nên a 2008 > ) 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 toán đơn giản hơn: Bài toán Cho số thực a, b, c Chứng minh rằng: Nếu a ≠ a(a + b + c) < phương trình bậc hai ax + bx + c = có hai nghiệm thực phân biệt Phương pháp giải khơng q khó, nhiên che đậy quan hệ chất phép biến đổi tương đương, nên gây cho học sinh khó khăn việc phát mối quan hệ chất ẩn chứa tốn Ngồi có nhiều học sinh thấy bị “choáng” thấy số mũ 2009 Nhân tố khác ảnh hưởng đến phát quan hệ cần thiết để hành động tâm người Trở lại với tốn có chứa số mũ 2009 trên, tâm nhiều học sinh khó chịu với phép tốn học sinh lưu ý tới số mũ 2009, để không phát mối quan hệ chất toán Nhân tố quan trọng để nhìn thấy mối quan hệ chất tốn - thâu tóm tồn tình khơng phải yếu tố riêng biệt Để làm xuất thuộc tính chất vật phù hợp với mục tiêu hoạt động, nhà Tâm lí học sư phạm đưa số thủ thuật làm dễ dàng cho suy xét, là: +) Những nguyên tắc giải +) Tách cách rõ rệt hay nhấn mạnh liệu quan hệ chất tốn +) Phân tích tốn 2.1.1.2 Sự hình thành kỹ Theo nhà Tâm lý học hình thành kỹ chịu ảnh hưởng yếu tố sau: +) Để phát mối quan hệ chất chứa tốn, học sinh nhìn thấy, phân tích yếu tố riêng biệt tốn mà cần thâu tóm tồn yếu tố có mặt tốn +) Ngồi ra, ngun nhân hình thành thói quen tâm lý nhận thức dừng lại bề mặt, khơng quan sát phân tích đặc điểm toán cụ thể Chẳng hạn, xét toán: Bài toán 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 không âm với x, y ∈ R ta cần chứng minh: ∆ = ( y + 1) − 4( y − y + 1) ≤ với y ∈ R Đó diễn đạt lại toán 1.1.2.1 chủ thể lại phải diễn đạt toán theo khía cạnh Cũng khơng loại trừ có chủ thể diễn đạt lại toán 1.1.2.1 sau: x + y + ≥ xy + x + y ⇔ [ ] ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1) ≥ Tuy nhiên, chủ thể phải nhận thấy cách diễn đạt phù hợp với đối tượng, để tiến hành hoạt động giải tốn Điều khơng phải học sinh thực tốt Bài tốn Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 – 2x + Phương pháp giải giới thiệu phân tích biểu thức thành ( x − 1) + , lời giải dựa mốc định hướng có đối tượng Ở giai đoạn hai, mốc định hướng thao tác có đối tượng thay kí hiệu hành động ngơn ngữ Trong ví dụ người ta khơng sử dụng phép phân tích thành bình phương tổng cộng với số để giải mà thay vào lập bảng biến thiên hàm số y= x2 – 2x + 3, giai đoạn tìm giá trị nhỏ biểu thức x – 2x + ngôn ngữ kí hiệu Ở giai đoạn thứ ba, hành động ngôn ngữ rơi rụng dần thay chúng thao tác diễn theo sơ đồ gọn hơn: “Hàm số y= x – 2x + có giá trị nhỏ x=1” Người ta gọi ý đồ dạy học phương pháp hình thành hành động trí tuệ qua giai đoạn 2.2 Kỹ phát giải vấn đề 2.2.1 Vấn đề Để hiểu vấn đề đồng thời làm rõ vài khái niệm khác có liên quan, ta khái niệm hệ thống Hệ thống hiểu tập hợp phần tử với quan hệ quan hệ tập hợp Một tình hiểu hệ thống phức tạp gồm chủ thể khách thể, chủ thể người, khách thể hệ thống Nếu tình huống, chủ thể chưa biết phần tử khách thể tình gọi tình tốn chủ thể Trong tình tốn, trước chủ thể đặt mục tiêu tìm phần tử chưa biết dựa vào số phần tử cho trước khách thể ta có tốn Một toán gọi vấn đề chủ thể chưa biết thuật giải áp dụng để tìm phần tử chưa biết toán 2.2.2 Một số kỹ phát giải vấn đề 2.2.2.1 Kỹ dùng dự đoán để phát giải vấn đề Dự đoán theo nghĩa có vai trò quan trọng tất pha dạy học toán: dạy học khái niệm; dạy định lý; dạy học giải tập toán, Chẳng hạn, xét toán sau: Bài toán Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz=1 Chứng minh x3 y3 z3 + + ≥ ( x + y )( x + z ) ( y + z )( x + y ) ( x + z )( y + z ) Để giải toán trước hết dự đoán dấu bất đẳng thức xảy x=y=z=1 Do ta áp dụng bất đẳng thức Cô – si, sau x3 x+ y x+z x3 x+ y x+z + + ≥ 33 = x ( x + y )( x + z ) 8 ( x + y )( x + z ) 8 (Để đảm bảo x=y=z=1 dấu bất đẳng thức xảy ra) Tương tự: y3 y+z x+ y z3 y+z x+z + + ≥ y ; + + ≥ z ( y + z )( x + y ) 8 ( x + z )( y + z ) 8 Từ suy x3 y3 z3 x + y + z 33 xyz + + ≥ ≥ = ( x + y )( x + z ) ( y + z )( x + y ) ( x + z )( y + z ) 4 Sau sơ đồ tổng quát hoạt động trí tuệ giải tốn: Tách biệt Nhận biết Động viên Nhóm lại DỰ ĐOÁN Nhớ lại Tổ chức Bổ sung Kết hợp Để có lực dự đốn vấn đề học sinh cần rèn luyện kỹ xem xét đối tượng toán học, quan hệ toán học mối quan hệ chung riêng, mối quan hệ nhân quả; phát bước chuyển hóa lượng dẫn đến thay đổi chất; Xem xét đối tượng toán học mâu thuẫn thống mặt đối lập; xem xét đối tượng toán học đồng thời xem xét phủ định đối tượng đó; kỹ thực thao tác tư phân tích- tổng hợp; đặc biệt hóa – khái quát hóa; lực liên tưởng đối tượng Trong q trình khám phá, khơng phải lúc hướng, đưa phán đốn Tính đúng, sai phán đốn cần phải kiểm nghiệm chứng minh khẳng định Nhưng dù dự đốn có vai trò thúc đẩy phát triển Tốn học Trong q trình phát triển ngàn năm Toán học, nhà Tốn học khơng ngừng đưa phán đốn minh chứng Có phán đốn hàng trăm năm sau khẳng định được, chẳng hạn Định lý Fermat lớn, … cố gắng để đến chân lý nhà khoa học làm nảy sinh nhiều phương pháp, lĩnh vực lý thuyết Tóm lại, dự đốn, suy luận có lý đóng vai trò quan trọng khoa học Tốn học Nó khơng đến phát sáng tạo mà dẫn đến thành cơng Vậy phải làm để học dự đoán suy luận có lý? Chẳng hạn, xét ví dụ sau: Bài toán Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn xy+yz+zx=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 10x2 + 10y2 + z2 Để giải toán 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 Cô – si, ta có ( ) P = (10 − m ) x + y + mx + ≥ 2(10 − m ) xy + z2 z2 + my + 2 m m yz + xz (với < 10 < m) 2 Để sử dụng giả thiết xy+yz+zx=1, ta cần chọn m cho  < m < 10  10 − m = m ⇔ m =  Do , ta giải tốn sau: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có x + y ≥ xy z2 ≥ xz z2 8y + ≥ yz 8x + Từ suy P ≥ 4( xy + yz + zx ) =  x = y = P=4⇔  z=  Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 2.2.2.2 Kỹ dùng suy luận diễn dịch để phát giải vấn đề Theo tác giả Hoàng Chúng: “Suy luận rút mệnh đề từ hay nhiều mệnh đề có” Phương pháp dạy học nặng lối “Thầy giảng – trò nghe”; giáo viên thường bao biện bước suy luận mà học sinh tự giải quyết, giáo viên chưa sử dụng hệ thống câu hỏi tập hợp lý, linh hoạt với đối tượng học sinh, nhiều trùng dạng, đòi hỏi áp dụng công thức, thiếu tập suy luận diễn dịch, chưa khai thác triệt để tình rèn luyện kỹ suy diễn; chưa khai thác tốt chủ đề kiến thức với thông qua bước suy diễn không đến mức phức tạp Chẳng hạn, gặp toán: a + b = Bài toán Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn   c+d =3 Chứng minh ac + bd + cd ≤ 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 2 a.c + b.d + cd 6 2   2   2   2  −  + =− a − a c + c b − b d + d a2 + b2 +       2         ac + bd + cd = ( 2 )   2 2 3 2 3 2   c + d + cd = − a − c  − b − d  + + c + d + cd   6  6    ( ) ( ) (Vì a + b = ) Suy ac + bd + cd ≤ ( ) 2 + c + d + cd (2) Lại tiếp tục biến đổi vế phải (2):  2 2 2 cd + c + d + cd = + c + 2cd + d + 1 −  6   ( = ) ( ) 2 (c + d ) − − (c − d ) + − (c + d ) = + − − (c − d ) + 12 12 12 (Vì c+d=3) Từ ta có điều phải chứng minh 2.2.2.3 Kỹ biến đổi toán dạng thuận lợi cho việc tìm liên hệ với kiến thức có học sinh điều kiện cho toán Các thành tố kỹ chủ yếu là: - Kỹ lựa chọn cơng cụ thích hợp để giải vấn đề - kỹ chuyển đổi ngôn ngữ - Kỹ quy lạ quen nhờ biến đổi vấn đề, biến đổi toán dạng tương tự Chẳng hạn, xét toán sau: Bài toán Cho ba số thực x, y, z Chứng minh x + xy + y + y + yz + z ≥ z + zx + x Khi gặp toán ta biết biến đổi vế trái 2 x    z      x + xy + y + y + yz + z =  y +  +  x + − y −  +  z         2 2 nghĩ đến bất đẳng thức u + v ≥ u + v ta giải toán sau  x   z  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét vectơ u y + ; x ; v − y − ; z  2 2     Ta có x z 3  u + v =  − ; x+ z u + v ≥ u + v  2 2 Suy 2 2 2 x    z        x z   x + − y −  +  z ≥  −  +  x+ z y+  + 2   2       2  Hay x + xy + y + y + yz + z ≥ z + zx + x 2.2.2.4 Kỹ nhìn nhận vấn đề nhiều góc độ khác từ tìm nhiều cách giải vấn đề Trong q trình tiếp cận phát giải vấn đề đặc biệt giải toán học sinh khơng nhìn tốn từ góc độ mà phải xem xét từ nhiều phía, khơng chấp nhận cách quen thuộc Từ ln tìm tòi đề xuất nhiều cách giải khác cho toán Chẳng hạn, xét toán sau: Bài toán 10 Cho x, y, z ba số dương x+y+z ≤ Chứng minh x2 + 1 + y + + z + ≥ 82 x y z +) Nếu nhìn nhận vế trái bất đẳng thức cần chứng minh tổng độ dài ba  1  1  1 vectơ u x; ; v y; ; w z;  ta giải toán sau  x  y  z  1    1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét ba vectơ u x; ; v y; ; w z;   x  y  z  1 1 Ta có u + v + w =  x + y + z; + +  u + v + w ≥ u + v + w x y z   Suy ( x + y + z ) +  + +  x y z 1 x + + y2 + + z2 + ≥ x y z 2 Mà 2 ( 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 +) Nếu nhìn nhận vế trái bất đẳng thức cần chứng minh “con mắt bất đẳng thức Bunhiacôpxki ” ta giải tốn sau: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có   x 3 1   +  x +  ≥  +  x  3 x 3   x 3 ⇒x + ≥  +  82  x  x 2 ⇒ x2 + 82  x  ≥  +  82  x  x2 Tương tự, ta có y2 + 82  y   + ; ≥ 82  y  y z2 + 82  z  ≥  +  82  z  z2 Từ suy x2 + Mà 1 82  x + y + z 3   + y2 + + z2 + ≥ + + +  82  x y z x y z x+ y+z 3 3 3 80 + + + = + 27 x + + 27 y + + 27 z − ( x + y + z ) x y z x y z ≥2 3 80 80 82 27 x + 27 y + 27 z − = 18 + 18 + 18 − = x y z 3 Từ suy điều phải chứng minh 2.2.3 Những yêu cầu chủ yếu lời giải tập - Lời giải khơng có sai lầm Học sinh phạm sai lầm giải tập thường ba nguyên nhân sau: + Sai sót kiến thức tốn học, tức hiểu sai định nghĩa khái niệm, giả thiết hay kết luận định lý, + Sai sót phương pháp suy luận + Sai sót tính sai, sử dụng ký hiệu, ngôn ngữ diễn đạt hay hình vẽ sai - Lời giải phải có sở lý luận - Lời giải phải đầy đủ - Lời giải đơn giản 2.3 Thực trạng vấn đề 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 toán theo cách ta làm, chẳng hạn toán sau: Bài toán 11 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 đưa dừng lại việc đưa lời giải: 1 “ P = x + x + y + y − 3( x + y ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si, ta có 4x + 1 ≥ x ⇒ x + ≥ x x x Tương tự y + y ≥ Theo giả thiết ta có x + y ≤ ⇒ −3( x + y ) ≥ −3 Do đó: P ≥ x > ; y >   x + y =1  p = ⇔  4x = ⇔x= y= x    4y = y  Vậy giá trị nhỏ P 5.”, mà không quan tâm tới việc lý giải yêu cầu học sinh giải thích lại giải Thực mấu chốt việc dự đoán P đạt giá trị nhỏ x= y= 2.4 Giải pháp tổ chức thực Trong Tốn học khả khái qt hóa có vai trò quan trọng việc hình thành kiến thức hay tiến hành giải toán Người ta thường xuất phát từ trường hợp cụ thể để đến tổng quát ngược lại dùng tổng quát để soi sáng trường hợp cụ thể Chẳng hạn: Bài toán 12 Từ bất đẳng thức Cô - si hai số không âm: “Với a ≥ 0, b ≥ ta có a+b ≥ ab Đẳng thức xảy a=b” bất đẳng thức Cô - si ba số không âm: “Với a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ ta có a+b+c ≥ abc Đẳng thức xảy a=b=c”, khái quát hóa ta có dự đoán: “Với a1 ≥ 0, a2 ≥ 0, an ≥ ta có a1 + a + + a n n ≥ a1a a n n Đẳng thức xảy a1= a2= =an” Bài toán 13 Để giải toán: “Chứng minh với tam giác ABC, ta có cos A + cos B + cos C ≤ ”, ta nghĩ đến việc giải toán tổng quát hơn: “Cho ba số thực dương x, y, z Chứng minh với tam giác ABC, ta có x2 + y2 + z2 yz cos A + xz cos B + xy cos C ≤ ” Ta giải vắn tắt toán tổng quát sau: “Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( z cos B + y cos C − x ) + ( z sin B − y sin C ) ≥ ” Bài toán ban đầu trường hợp cụ thể toán tổng quát ( x = 2, y = 1, z = ), việc tìm lời giải tốn ban đầu khó nhiều so với việc tìm lời giải toán tổng quát 2.2.1.2 Dự đoán đặc biệt hoá Chẳng hạn toán: Bài toán 14 Cho số nguyên n ≥ Giả sử n số dương a 1, a2, …, an thỏa mãn bất đẳng thức ( a12 + a22 + + an2 ) > ( n − 1) ( a14 + a24 + + an4 ) Hãy chứng minh ba số ai, aj, ak (1 ≤ i a14 + a 24 + a34 ) ⇔ ( a1 + a + a3 )( a1 + a − a3 )( a + a3 − a1 )( a3 + a1 − a ) > (1) Vì vai trò số a1, a2, a3 bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử < a1 ≤ a ≤ a3 (2) Từ (1) (2) suy a1 + a2 > a3 (3) Từ (2) (3) suy a1, a2, a3 độ dài cạnh tam giác” Như việc chứng minh toán n=3 thực đựợc Nhưng điều quan trọng dựa vào kết toán n=3, ta giải tốn sau: Với n = toán chứng minh Với n > 3, n số dương a 1, a2, …, an thỏa mãn điều kiện toán Lấy ba số n số Vì vai trò số (i=1, 2, …, n) bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta coi ba số lấy a1, a2, a3 Theo điều kiện tốn theo bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có ( n − 1) ( a14 + a24 + + an4 ) < ( a12 + a22 + + an2 ) =  (  a2 + a2 + a2 ≤ [ + ( n − 3) ]   )  ( )  a1 + a 22 + a32 + a 42 + + a n2   (   a2 + a2 + a2 + a + + a  = ( n − 1)    4 n )  + a 44 + + a n4   Suy ( a12 + a22 + a32 ) > 2( a14 + a24 + a34 ) Theo trường hợp n=3, ta có a1, a2, a3 độ dài cạnh tam giác 2.2.1.3 Dự đoán tương tự hóa Chẳng hạn gặp tốn: “Cho số nguyên dương n ≥ Giả sử t1, t2, …, tn số dương cho: 1 1 n + > ( t1 + t + + t n )  + + +  tn   t1 t Chứng minh ti, tj, tk độ dài ba cạnh tam giác với i, j, k với ≤ i t Ta chứng minh điều phương pháp phản chứng Thật vậy: giả sử t1 + t ≤ t , áp dụng bất đẳng thức Cơ - si ta có     ( 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 Điều mâu thuẫn với giả thiết  t1 t t  Do t1 + t > t Vậy t1, t2, t3 độ dài ba cạnh tam giác Với n>3, n số dương t1, t2, …, tn thỏa mãn điều kiện toán Lấy ba số n số Vì vai trò số t i (i=1, 2, …, n) bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta coi ba số lấy t1, t2, t3 Theo điều kiện toán theo bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có 1 1 n + > ( t1 + t + + t n )  + + +  tn   t1 t 2 2        2 1  + +    =  t1 + t + t + t + + t n   + +  +     t t     t t t  n       ( ) ( ) ( )   1 1 ≥  ( t1 + t + t )  + +  + n − 3    t1 t t    1 1 ⇒ n + >  ( t1 + t + t )  + +  + n − 3    t1 t t  1  t1 Đặt a = ( t1 + t + t )  + 1 +  t t  Ta có n + > ( a + n − 3) ⇔ a + 2( n − 3) a − 6n + < ⇔ − n − n2 +1 < a < − n + n2 +1 1 1 Do a < − n + n + hay ( t1 + t + t3 )  + +  < − n + n +  t1 t t  ( 1 1 ⇒ ( t1 + t + t )  + +  < 10 + 2( n − 3) n − n +  t1 t t  1 1 ⇒ ( t1 + t + t )  + +  < 10  t1 t t  (Vì n>3 nên n-3>0 n − n + < ) ) Do theo trường hợp n=3, ta có t1, t2, t3 độ dài ba cạnh tam giác 2.2.1.4 Dự đoán nhận xét trực quan thực nghiệm Bài toán 15 Để học sinh phát bất đẳng thức Cơ – si, Giáo viên yêu cầu học sinh hoàn thành bảng sau: Rồi so sánh a+b a B 0 2 1 a+b ab ab trường hợp Từ rút dự đốn gì? 2.5 Kiểm nghiệm 2.5.1 Kết từ thực tiễn: 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 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 2.5.2 Kết thực nghiệm: Thực nghiệm sư phạm tiến hành Chương IV: Bất đẳng thức bất phương trình ( SGK Đại số 10 – Nâng cao – 2008, Nhà xuất Giáo dục) Trong khoảng thời gian dạy thực nghiệm, tiến hành cho học sinh làm kiểm tra 15 phút Sau dạy thực nghiệm xong, lại cho học sinh làm kiểm tra với thời gian 60 phút hai lớp thực nghiệm lớp đối chứng Đề kiểm tra thực nghiệm (Thời gian 60 phút) Câu I Chứng minh 2a + b + c ≥ 2a( b + c ) với a, b, c ∈ R Khi có đẳng thức Câu II Chứng minh x, y, z ba số thực dương 1) x + y ≥ xy( x + y ) 1 1 2) x + y + xyz + y + z + xyz + z + x + xyz ≤ xyz Câu III Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ P = x+ y+z+ biểu thức 1 + + x y z Đối với đề kiểm tra không phức tạp kỹ tính tốn, học sinh nắm kiến thức biết huy động kiến thức phân tích hợp lý đề tốn để giải Tuy nhiên học cách thụ động, máy móc kiến thức, giáo viên không trọng đến việc rèn luyện tư linh hoạt, rèn luyện khả huy động kiến thức học sinh gặp phải khó khăn giải đề kiểm tra Qua kiểm tra đánh giá, chúng tơi tiến hành thống kê, tính tốn thu bảng số liệu sau: Bảng Bảng thống kê điểm số ( Xi) kiểm tra Lớp ĐC 10A4 TN 10A5 Số Số HS 48 45 KT 96 90 Sè bµi kiĨm tra ®¹t ®iĨm 18 22 25 14 16 20 20 11 Xi 10 Bảng Bảng phân phối tần suất Lớp Số HS ĐC 10A4 48 TN 10A5 45 Số KT 96 90 0,0 1,1 Sè % bµi kiểm tra đạt điểm Xi 10 1,1 3,3 3,1 1,1 4,2 7,8 5,2 18,7 22,9 26,0 14,6 10,0 17,8 22,2 22,2 12,2 4,2 2,2 Biểu đồ 1: Biểu đồ phân phối tần suất hai lớp Đồ thị Đồ thị phân phối tần suất hai lớp KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 3.1 KẾT LUẬN: Quá trình thực nghiệm kết rút sau thực nghiệm cho thấy: mục đích thực nghiệm hồn thành, tính khả thi tính hiệu phương thức khẳng định Thực phương thức góp phần phát triển kỹ phát giải vấn đề, góp phần nâng cao hiệu dạy học mơn Tốn cho học sinh phổ thơng 3.2 ĐỀ XUẤT: Bộ giáo dục nên đưa thêm nhiều tập mà học sinh hay mắc sai lầm làm toán vào chương trình sách giáo khoa kỳ thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia để học sinh tìm tòi sai lầm thường mắc giải tốn giúp em tránh sai lầm làm tập XÁC NHẬN CỦA THỦ Thanh Hóa, ngày 19 tháng 05 năm TRƯỞNG ĐƠN VỊ 2019 Tôi xin cam đoan sáng SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Trần Thị Hà Tài liệu tham khảo Đoàn Quỳnh (Tổng Chủ biên) – Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Nguyễn Xuân Liêm – Đặng Hùng Thắng – Trần Văn Vuông (2006), Đại số 10 nâng cao, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội Phạm Văn Hồn (chủ biên), Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình (1981), Giáo dục học mơn tốn, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội Trần Bá Hoành (2007), Đổi phương pháp dạy học, chương trình sách giáo khoa, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội Lê Văn Hồng, Lê Ngọc Lan, Nguyễn Văn Thàng (2001), Tâm lý học lứa tuổi tâm lý học sư phạm, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội, Hà Nội Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất tri thức Phan Huy Khải – Nguyễn Đạo Phương, Các phương pháp giải toán sơ cấp Đại số 10, Nhà xuất Đại học Quốc gia, Hà Nội Nguyễn Bá Kim (2002), Phương pháp dạy học môn Toán, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội Trần Phương, Các phương pháp kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, Nhà xuất Hà Nội MỤC LỤC Mở đầu Trang 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 Nội Dung 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Kỷ phát giải vấn đề 2.3 Thực trạng vấn đề 13 2.4 Giải pháp tổ chức thực 14 2.5 Kiểm nghiệm 18 Kết luận đề xuất Tài liệu tham khảo 21 22 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Trần Thị Hà Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường PT Nguyễn Mộng Tuân TT Tên đề tài SKKN Khắc phục khó khăn sai lầm thường gặp giải toán chủ đề giới hạn cho học sinh trung học phổ thông Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Sở GD & ĐT Thanh Hóa Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) C Năm học đánh giá xếp loại 2017-2018 ... 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 định chọn đề tài nghiên cứu là: Xác định rèn luyện số kỹ phát giải vấn. .. vấn đề thông qua dạy học giải tập toán phần bất đẳng thức trường THPT’’ 1.2 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. .. 2.2.2 Một số kỹ phát giải vấn đề 2.2.2.1 Kỹ dùng dự đoán để phát giải vấn đề Dự đoán theo nghĩa có vai trò quan trọng tất pha dạy học toán: dạy học khái niệm; dạy định lý; dạy học giải tập toán,