Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua bài tập sử dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

I.Mở đầu 1.1.Lí chọn đề tài Trong dạy học tốn ta ln coi mục đích chủ yếu hình thành phát triển tư toán học cho học sinh, tạo cho học sinh vốn kiến thức biết vận dụng kiến thức vào thực tiễn Vì việc xây dựng hình thành cho học sinh phương pháp giải toán cho nhanh gọn, dễ hiểu cần thiết Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số dạng toán phổ biến quan trọng chương trình phổ thơng chun đề hay gặp đề thi chọn học sinh giỏi phổ thơng Có nhiều phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ sử dụng phương pháp hàm số, bất đẳng thức Côsi hay Bunhiacopsky Đứng trước tốn học sinh phổ thơng thường lúng lúng phương pháp giải, việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc nhiều vào đặc thù toán Việc dùng cơng cụ hình học tọa độ vào giải tốn đại số cách nhìn mẻ với học sinh THPT Vì để nâng cao tính tư sáng tạo cho học sinh mạnh dạn chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua tập sử dụng phương pháp tọa độ mặt phẳng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất” 1.2 Mục đích nghiên cứu Với đề tài hy vọng góp phần nâng cao chất lượng học tập, phát triển tư sáng tạo cho học sinh trình giải tập tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức phương pháp hình học tọa độ, giúp em đỡ lúng túng tự tin đứng trước toán Đặc biệt cho học sinh lớp 12 có thêm kiến thức chuẩn bị ôn thi THPT quốc gia Hy vọng đề tài tài liệu cho học sinh giáo viên ơn tập kì thi chọn học sinh giỏi lớp 10, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục 1.3 Đối tượng nghiên cứu Nội dung đề tài nhìn tốn đại số theo quan điểm hình học Từ xây dựng hệ thống tập theo mức độ khó tăng dần nhằm cung cấp cho học sinh cách ứng dụng phương pháp hình học tọa độ vào tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức giải toán, qua phát huy tính tư sáng tạo cho học sinh 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, số tài liệu liên quan khác… - Phương pháp quan sát: Quan sát trình dạy học trường THPT Tĩnh Gia - Thực nghiệm sư phạm: tổ chức số tiết dạy thực nghiệm, cho kiểm tra thử với lớp đối chứng Nội dung sáng kiến kinh ngiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Sau số kiến thức bổ trợ cho phương pháp sử dụng tọa độ để giải toán: a) Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số [1]: Cho hàm số y=f(x) xác định tập D  Số M gọi giá trị lớn hàm số y= f(x) D f ( x) �M với x0 �D cho f  x0   M f  x Kí hiệu M  max D  Số m gọi giá trị nhỏ hàm số y= f(x) D f ( x ) �m với x0 �D cho f  x0   m f  x Kí hiệu m  D b) Một số tính chất vectơ r r r r r r a  b �a  b Dấu “=” xảy a b hướng urr r r a .b �a b Dấu “=” xảy r r a b phương c) Các khái niệm tính chất hệ trục tọa độ Oxy uuuu r r r M x , y   � OM  xi  y j 1.Tọa độ điểm   r r r r Tọa độ vectơ u  x, y   � u  xi  y j Các công thức tọa độ vectơ r r Cho A  x A , y A  , B  xB , y B  , a   a1; a2  , b   b1; b2  thì: uuu r  AB   xB  x A ; yB  y A  r  a  a12  a22 r r  a �b   a1 �b1 ; a2 �b2  r r a b �  a  b � �1 a2  b2 � r r + a b phương � rr + a.b  a1b1  a2b2 a1 a2  b1 b2 rr r r a1b1  a2b2 a.b cos a ; b   r r + a.b a12  b12 a22  b22   + Phương trình tổng quát đường thẳng qua điểm M  x0 ; y0  có vectơ r pháp tuyến n  A, B  : A  x  x0   B  y  y0   + Phương trình đường tròn tâm I(a,b) bán kính R là: Hoặc có dạng  x  a   y  b  R2 x  y  2ax  2by  c  0          (a  b  c  0) Trong trường hợp mặt cầu có tâm I(a,b) bán kính R  a  b  c + Khoảng cách từ điểm M  x0 ; y0  đến đường thẳng    : Ax  By  C  là: d  M ,   Ax0  By0  C A2  B d) Bất đẳng thức tam giác Với điểm A,B,C ta ln có: AB  BC �AC Dấu “=” xảy A,B,C theo thứ tự thẳng hàng Tổng quát: Trong tất đường gấp khúc nối hai điểm A, B cho trước đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ e) Tính chất khoảng cách Cho điểm M nằm đường thẳng d Khi độ dài đoạn thẳng MH  H �d  ngắn H hình chiếu vng góc M d 2.2.Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Thực tế tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số vấn đề khó khăn với nhiều học sinh Đặc biệt với biểu thức nhiều tham số Với số toán tinh ý lựa chọn hệ trục vectơ phù hợp ta tọa độ hóa tốn, làm cho toán trở nên đơn giản nhiều Tuy nhiên thực tế, học sinh hạn chế thường gặp khó khăn sau: + Kiến thức hình học yếu, nhiều học sinh có tâm lí ngại học phần + Khả phân tích, tổng hợp kiến thức chưa tốt + Kĩ biến đổi, phân loại dạng tốn tìm mối liên hệ dạng toán chưa tốt Khảo sát chất lượng học sinh lớp 12 trường THPT Tĩnh Gia cho thấy có số học sinh làm tốt, lại phận học sinh làm khơng làm lung tung…và thường bị điểm tập Từ vấn đề áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy bước đầu thu kết tốt năm qua 2.3 Giải pháp giải vấn đề Như nói trên, dạng tập cần chọn hệ trục tọa độ, vectơ phù hợp bà toán trở nên đơn giản nhiều Sau số tập minh họa cho phương pháp Hi vọng thông qua tập em áp dụng để giải tập tương tự Bài 1: Tìm giá trị lớn hàm số f ( x)   2cos x   2sin x R Hãy chọn đáp án ? A.1+ 2 B 2 C.2 D 1+ Hướng dẫn: r r Đặt u  (1;1);   v  (  2cos x ,  sin x ) r Ta có: u          r v   2cos x  2sin x  r ur r r u Do v �u v ta có: �  2cos 2sin x  x r r Dấu “=” xảy u , v phương r r r r u Từ bất đảng thức  v �u  v ta có: 2 f  x 2 �  2cos x   2sin x �  2cos x   2sin x  k � cos2x=0 � x=  (k �Z ) Vậy max f  x   2 Chọn đáp án B 1 Bài 2: Tìm max f  x    cos x   2sin x Hãy chọn đáp án 2 đúng? A 22 B.3 C Hướng dẫn: r r � � u  1;1 ; v  �  cos x ;  sin x �   Đặt � � 1 D  2 rr r r u Từ bất đăng thức v �u v ta có: 5 1  cos x   sin x �  cos x   sin x 2 1 22 �  cos x   2sin x � 2 22 ۣ f ( x) urr 22 u,v phương : Vậy Max f(x) = �  cos x   sin x � cos x  sin x  2   � cos2x  � x  �  k 2 � x  �  k               (k ��) Chọn đáp án A Bài 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  a  2a   a  2a  Hãy chọn đáp án ? A 2 B C D.2 Hướng dẫn : Ta có: A   a  1    a  1  r r u   a , ; v  a  1, Khi đó: Đặt     r u  1 a  r v   a  1  r r u  v  2;2 r r r r u Do  v �u  v nên ta có:   a  1  2  a  1   � 22  2 ۳ A  urr Vậy minA= u,v phương: 1 a  a 1� a  Chọn đáp án C Bài 4: Với x, y ��, tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  cos x.cos y  sin  x  y   4sin x.sin y  sin  x  y  Hãy chọn đáp án đúng? A Min A = B Min A = C Min A = D Min A = Hướng dẫn: r r Đặt a   2cos x.cos y;sin  x  y   ; b   2sin x.sin y;sin  x  y   Suy ra: r r a  b    cos x.cos y  s inx.sin y  ; 2sin  x  y     cos  x  y  ; 2sin  x  y   r a  cos x.cos y  sin  x  y  r b  4sin x.sin y  sin  x  y  r r a  b  cos  x  y   4sin  x  y   r r r r Do a  b �a  b nên ta có: cos x.cos y  sin  x  y   4sin x.sin y  sin  x  y  �2 Vậy Min A = Dấu “=” xảy khi: � �x  k � � �y  l � � r r � � �  a0 x   k � � r r � � � � b0    � �                          ( k , l ��) � �  �y   l � cos x.cos y sin  x  y  � � � �2sin x.sin y  sin  x  y  � �  x   y  k � � Chọn đáp án B Bài 5: Tìm giá trị lớn biểu thức C  đáp án đáp án sau:  a  b  (1  ab)   a    b  2 cách chọn A B C Hướng dẫn: r r r r cos u ,v  u  1, a ; v  1,  b Đặt     Ta có   D  ab  a  b2 Từ ta có: r r r r �  ab � a  b  2 sin u , v   cos u, v   � � 2 2  a  b � �  1 a   1 b  r r ab � sin u , v   a  b2       Khi đó: r r r r r r sin u , v  2sin u , v cos u, v    2      a  b  (1  ab) ab  a  b2  ab  a  b2   a    b  2 r r  a  b  (1  ab) Do sin u , v �1�2�   a2    b2    Vậy Max C = 1  a  b  (1  ab)   a    b  2 r r r r  sin  u, v   �  u, v    k           k �� Chọn đáp án C Bài 6: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: D  a  b2  2a  12b  37  a  b  6a  6b  18 Hãy chọn đáp án đúng? A.3 B.4 C.5 D.6 r u r r Hướng dẫn: Xét vectơ x    a;6  b  ; y   a  3; b   ; z   4;3  r u r r Suy x  y  z và: r x  a  b  2a  12b  37 u r y  a  b  6a  6b  18 r z 5 r u r r u r r u r r x  y � x  y � x  y �z Suy ra: Áp dụng BĐT: a  b2  2a  12b  37  a  b2  6a  6b  18 �5 r u r Dấu “=” xảy x, y phương, chiều hay hai vectơ có vectơ vectơ không � 1 a  b � 1 a  b  0 �  0 a 3 b3 � � a3 b3 � r r � a 1 � �� x0 �� � b6 u r r � � � y  � � a  3 � � � � � b3 � � � 1 a  b �  0 a 3 b3 � � a 1 � Vậy Min D = � � b6 � � � a  3 � � � � b3 � � Chọn đáp án C 2 �x, y  � 1� � 1� Bài 7: Cho � Tìm giá trị lớn biểu thức P  �x  � �y  � � x� � y� �x  y  Chọn đáp án đúng? A 23 B 27 C.8 Hướng dẫn: r r � 1� Đặt u   1;1 ; v  �x  ; y  � Ta có: y� � x D 25 rur 1 u.v  x   y  ; x y r u  2 r � 1� � 1� v  �x  � �y  � � x� � y� rr r r Từ bất đẳng thức u.v �u v ta có: 2 1 � 1� � 1� x   y  � �x  � �y  � �  � P (1) x y xy � x� � y� �� ۳y xy Theo bất đẳng thức cơsi ta có: x  Khi  1 ۳ 2P Vậy Max P = 5۳ P xy xy xy 25 25 x  y  2 Chọn đáp án D Bài 8: Cho x,y hai số thực thỏa mãn x  y  x  y  y  x Tìm Max A  3x  y Hãy chọn đáp án đúng? A.5 B.6 C r r u  x , y ; v     y ;  x2 Hướng dẫn: Đặt rr r r u Từ bất đăng thức v �u v ta có:  D 3  x  y  y  x2 � x2  y  y   x2  � x  y2  y  x2  2 � x  y  �  x  y  � � � �  x  y  � x  y  �   x2  y  � � � �  x2  y2  � ( x2  y2 )    x2  y  � � ��0 � 2 x2  y2  � x  y  1� � ��0 � x  y �1                                                                         (1) r Đặt a   3;4  ; r r b   x; y  = u rr r r Từ bất đăng thức a.b �a b ta có: 3x  y �5 x  y     (2) Từ (1) (2) ta có: 3x  y �5 � 3x  y �5 r r Dấu “=” xảy chi x  y  a, b phương � �x  y  �x  � � � �x y �� �3  �y  � � � x � � Vậy Max A= � � �y  � Chọn đáp án A a, b, c  � cos x sin y Bài 9: Cho � Tìm giá trị lớn S   asinx  b cos y  c a b � Hãy chọn đáp án đúng? 2 c2 A Max S=   a b a  b3 1 3c B Max S=   a b a  b3 1 c2 D Max S=   2a 2b a  b3 1 c2 D Max S=   a b a  b3 Hướng dẫn: Ta có: asinx  b cos y  a a sinx cosy b b a b r r �sinx cosy � Đặt u  a a ; b b ; v  � ; � b � � a rr r r Từ bất đăng thứ c u.v �u v ta có:   10 [2] asinx + �+ b cos y  a b sin x a cos y b c a �sin x b � �a cos y � � b � sin x cos y c2  cos x  sin y c2 �  �3 �  �3 a b a  b3 a b a  b3 cos x sin y 1 c2 �  �   a b a b a  b3 1 c2   Vậy Max S= a b a  b3 � a 2c sinx  3 �sinx cosy � r r �  � a b �� b Dấu “=” xảy � u, v phương �a b 2c � � asinx  b cos y  c cosx  � � a  b3 � Chọn đáp án D Bài 10: Giả sử a,b,c tham số làm cho hàm số : F ( x)  a cos x  b sin x  c  a sin x  b cos x  c  m sin x xác định với x Tìm giá trị lớn F(x) R Hãy chọn đáp án ? [3] A max F(x)= 2a  2b  2c  m B max F(x)= 2a  2b  4c  m D max F(x)= 2a  2b  4c  m C max F(x)= 2a  2b  4c  m Hướng dẫn: r r Đặt u   1;1 ; v    a cos x  b sin x  c ; a sin x  b cos x  c Khi ta có: r u  r v  a cos x  b sin x  c  a sin x  b cos x  c  a  b  2c rr r r u Từ bất đăng thứ c v �u v ta có: a cos x  b sin x  c  a sin x  b cos x  c � a  b  2c Đặt g(x) = a cos x  b sin x  c  a sin x  b cos x  c suy ra: max g(x)= 2a  2b  4c a cos x  b sin x  c  a sin x  b cos x  c � cos2x=0 Ta có: F(x) = g(x) + m sin2x 11 +) Nếu m �0 � max F(x) = max g(x) + m = 2a  2b  4c  m �  k x  cos2x=0 � �  � �� � x   k ( k �Z ) Dấu “=” xảy � sin2x=1 � �x    k � +) Nếu m  � max F(x) = max g(x) - m = 2a  2b  4c  m Dấu “=” xảy �  k x  � cos2x=0 �  � �� � x    k (k �Z ) � sin2x=-1 �  � x    k � Vậy max F(x) = 2a  2b  4c  m Chọn đáp án D Bài 11: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: y  cos x  2cos x   cos x  4cos x  [4] Hãy chọn đáp án đúng? A.Max y =  13 ; Min y = B.Max y = C.Max y =  13 ; Min y = D.Max y = Hướng dẫn : Ta có y   cosx-1 2  cosx   ; Min y =4  13 ; Min y =4 4 Gọi M(2, 1-cosx); N(4;3) Do �1  cos x �2 nên M thuộc đoạn M M với M  2;0  , M  2;2  12 Gọi I giao điểmcủa ON M M � y= OM + MN +) y đạt giá trị nhỏ O, M, N thẳng hàng Hay M trùng với I Vậy Min y = ON = 32  42 =5 +) y đạt giá trị lớn M xa I � M M0 Max y = OM M0N 13 Chọn đáp án A Bài 12: Cho hai số a,b thỏa mãn điều kiện: a  2b   Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b  6a  10b  34  a  b  10a  14b  74 Hãy chọn đáp án đúng? A Hướng dẫn: Ta có P  B.6  a  3 C.7   b  5   a  5 D.8   b  7 (1) Xét đường thẳng (d): x-2y+2=0 Các điểm A(3;5); B(5;7), Gọi M( a,b) thuộc (d) Theo cơng thức tính khoảng cách hai điểm nằm mặt phẳng tọa độ P = MA+ MB Gọi A' điểm đối xứng A qua d Gọi H hình chiếu A d Ta có phương trình đường thẳng () qua A vng góc với (d) 2x + y -11=0 x  y  11  �x  � �� � H  4,3 Tọa độ điểm H nghiệm hệ : � �x  y   �y  �x A� xH  x A �x � � �A � A�  5,1 Do H trung điểm AA�nên � y  y  y y  � � �A H A �A 13 Ta có MA  MB  MA�  MB �A� B  5,1 nên A� B  � MA  MB �6 Suy Min P = Do B(5,7), A� Dấu xảy  M M Ta tìm tọa độ điểm M Ta có phương trình A�: B x=5 Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình : �x  �x  � � 7� � � � M0  � 5, � � � 2� �x  y   �y  � a5 � � Hay dấu toán xảy � b � � Chọn đáp án B Bài 13: Cho a,b hai số thỏa mãn điều kiện : a  b  16  8a  6b Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức A=4a+3b Hãy chọn đáp án đúng? A Max A=14; Min A=3 B Max A=36; Min A=13 C Max A=40; Min A=10 D Max A=35; Min A=9 Hướng dẫn: Ta có: a  b  16  8a  6b �  a     b  3  Từ suy a,b hai số thỏa mãn điều kiện đề điểm M(a,b) nằm đường tròn (C) tâm 2 O1 (4,3), bán kính a  b  16 Từ giả thiết ta có: 4a  3b  Mà a  b  OM 14 Nối OO1 cắt đường tròn M1, M2 Vì M1, M2 điểm đường tròn (C) gần xa O nên hiển nhiên ta có: OM �OM �OM Do OO1=5 nên ta có OM1 = OO1 - O1M1 = 5-3 = OM2 = OO1 + O1M2 = 5+3 = Như �OM �8 hay �� �a b a  b2 64 �� � 32 10 a  b  16 40 Suy 10 �4a  3b �40 Vậy Min A = 10 M trùng với M1 Theo định lí talet ta có: M 1M 1� OM OM  � M 1M 1�  O1O1�   OO1 5 O1O1� OO1 OM 1� OM OM  � OM 1�  OO1�   OO1 5 OO1� OO1 � a � � �6 � Suy M � ; �hay � �5 � � b � 15 � 32 a � � �32 24 � M , tương tự ta tìm M � ; �hay � 24 �5 � � b � + Max A = 40  M Chọn đáp án C Bài 14: Cho a,b,c,d số thỏa mãn điều kiện: a  b   2(a  b); c  d  36  12(c  d ) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức A   a  c    b  d  Hãy chọn đáp án đúng?  B Max A=  C Max A=  A Max A=  2  ; MinA    1  7    ; MinA    1 D Max A=    ; MinA      ; MinA  1 2 Hướng dẫn: Ta có 2 a  b   2(a  b) �  a  1   b  1  1; c  d  36  12(c  d ) �  c     d    36 Như a,b,c,d số thỏa mãn điều kiện đề điểm M(a,b) nằm đường tròn (C1) có tâm O1(1;1) bán kính điểm N(c,d) nằm đường tròn (C2) có tâm O2(6;6) bán kính Nối O với O1O2 ( hiển nhiên O,O1,O2 thẳng hàng ) cắt (C1) M1, M2 cắt (C2) N1, N2 2 16 Dựa vào đồ thị ta thấy M1N2 M2N1 khoảng cách xa gần hai điểm hai đường tròn Như với cặp điểm M,N hai đường tròn ta có: M N1 �MN �M N Do OO1  2;   OO  nên ta có:    M N  ON  OM  (OO2  O2 N )  (OO1  O1M )     1   Tương tự M N1   Khi ta có:  �MN �5  �  �  a  c    b  d  �5     �  � a  c    b  d  �  2  2 �M �M � Dấu “=” bên phải xảy � �N �N1 Gọi O1� , O2� , M 1� , M 2� , N1� , N 2� hình chiếu vng góc O1 , O2 , M , M , N1 , N lên Ox Theo talet ta có:   OM 2� OM OM OO2� OO2�  OO1  O1M       � OM 2�   OO2 OO2 OO2� OO2 M M 2� OM OM O2O2�   � M M 2�   OO2 O2O2� OO2 2 2 Tương tự c  d   �a b  17 � 2 ab �M �M � �� Dấu “=” bên trái xảy � � N � N � � c d 63 �  Vậy max A=    , A=   Chọn đáp án D Bài 15: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số: P  a  b  4a  8b  20 biết a �0, b �0,2a  b �2, a  3b �9 Hãy chọn đáp án đáp án sau: A Min   P  ; max P = 65 B Min   P  ; max P = 63 2 C Min   P  ; max P = 61 D Min   P  ; max P = 67 2 Hướng dẫn: Ta có P  a  b  4a  8b  20 � P   a     b   Gọi P0 giá trị biểu thức P Khi a,b hai số thỏa mãn điều kiện tốn điểm M(a,b) nằm đường tròn tâm O1 (2,4) , bán kính r  P0 nằm tứ giác ABCD với A(1;0); B(0;2); C(0;3); D(9,0) Ta có O1M   a  2 2   b   � O1M   a     b   Khi tốn 2 trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ O1M Dựa vào đồ thị dễ thấy O1M  d  O1; CD  Mà phương trình CD: x+3y-9 =0 18  3.4  5  � Min  P  M �H 2 1 10 �3 � (H hình chiếu vng góc O CD ) Dễ dàng tìm điểm H � ; � �2 � � a � � tức � � b � + Max O1M  Max  O1 A; O1B; O1C ; O1D   O1D  65 � Max   P    65 Suy O1M   a9 � M �D � � b0 � Chọn đáp án A Bài tập rèn luyện: Bài 1: Tìm GTNN biểu thức: A  x   y  1  x   y  3 2 Trong x,y số thực thỏa mãn 2x – y = (Trích đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1998) � a � � Đáp án : MinA  � � � b � Bài 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y  x  px  p  x  2qx  2q Với p, q hai số thực cho trước p �q (Trích 157 sách “ Các dạng toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đại số, hàm số, hình học ) Đáp số: y   p  q  p  q  � x  19 p q  q p pq Bài 3: Cho a,b,c >0 ab+bc+ac=abc Tìm giá trị nhỏ a  2b b  2c c  2a P   ab bc ca Đáp án: Min P = kh a = b = c = 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 2.4.1 Đối với hoạt động giáo dục + Thực nghiệm sư phạm trình quan trọng nhằm làm sáng tỏ vấn đề lí luận đề tài trường THPT Tĩnh Gia 4, đồng thời kết thu thực nghiệm sở khoa học để xác định tính đắn đề tài + Kết việc thực nghiệm sư phạm cho biết phù hợp đề tài với xu hướng đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực Sau năm học 2017-2018 cho việc áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 12 trường THPT Tĩnh Gia 4, có hai lớp thực nghiệm hai lớp đối chứng Kết thực nghiệm tiến hành cách khách quan lớp thực nghiệm đối chứng Kết thu sau: Lớp số lượng học sinh tham gia thực nghiệm: STT Lớp 12C2 12C3 Sỉ số học sinh 39 36 Tổng số học sinh 75 Sỉ số học sinh 35 41 Tổng số học sinh 76 Lớp số lượng học sinh đối chứng: STT Lớp 12C5 12C8 Tổng hợp điểm kiểm tra lớp đối chứng Lớp SL Loại giỏi Loại Loại TB Loại yếu SL % SL % SL % SL % 13 37,1 12C5 35 2,9 17,1 15 42,9 12C8 41 0 17,1 16 39 18 43,9 Tổng hợp điểm kiểm tra lớp thực nghiệm Lớp SL Loại giỏi Loại 20 Loại TB Loại yếu SL 12C2 39 12C3 36 % SL % SL % 15,4 17 43,6 12 30,8 10,2 38,9 11 30,5 16,7 13,9 14 SL % 2.4.2 Đối với thân: - Giáo viên phải phân tích sâu, kỹ kiến thức chuyên môn kiến thức liên quan đến dạy Từ mà bồi dưỡng cho kiến thức chun mơn vững vàng - Thơng qua đề tài sáng kiến kinh nghiệm,những cách giải vấn đề khác học sinh làm cho giáo viên có nhiều kinh nghiệm dự đốn xử lí tình 2.4.3 Đối với đồng nghiệp, tổ nhóm chun mơn Đây phương pháp khơng q khó, giáo viên thực Và đặc biệt áp dụng với tất đối tượng học sinh Nên đem phổ biến tổ, anh em tổ có nhiều góp ý q báu tơi mạnh dạn áp dụng vào lớp phụ trách bước đầu mang lại thành công Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận Thơng qua q trình làm sáng kiến tơi rút cho học kinh nghiệm sau: 1.Đối với toán đòi hỏi tư dạng tốn đơi lúc học sinh phân tích giải khơng với u cầu giáo viên, giáo viên phải tơn trọng phân tích theo hướng giải em sau rõ ưu khuyết điểm hướng giải mà em đưa Theo phương pháp giúp học sinh tiếp thu học cách tích cực giải vấn đề cách sáng tạo khoa học Kết thu góp phần khơng nhỏ, đáp ứng nhu cầu đổi phương pháp mà ngành giáo dục đề Trong q trình làm sáng kiến tơi thấy phương pháp tọa độ ngồi ứng dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhiều ứng dụng khác như: chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình …Vì tơi khuyến khích em học sinh tìm hiểu thêm ứng dụng khác phương pháp Thực tế giảng dạy cho thấy học sinh hào hứng tiếp thu vận dụng ý tưởng đề tài, học sinh khơng sợ mà trở nên thích thú, ham tìm hiểu tốn tương tự Tuy nhiên khơng phải tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ dùng phương pháp tọa độ Ngồi phương pháp tọa độ nêu nhiều kĩ thuật phương pháp khác để giải dạng toán Tuy nhiên phương pháp cho thấy việc sử dụng phương pháp tọa độ hình học vào giải vào toán đại số mạnh mẽ, làm 21 cho nhiều toán trở nên gọn gàng, sáng sủa nhiều 3.2 Đề xuất kiến nghị: Việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn học nhiệm vụ, trách nhiệm lương tâm thầy, cô giáo Với tinh thần tơi mong muốn góp phần nhỏ trí tuệ giảng dạy với đồng nghiệp Tuy nhiên lực thời gian có hạn, tơi mong đóng góp, bổ sung đồng nghiệp hội đồng khoa học cấp để sáng kiến kinh nghiệm tơi hồn chỉnh hơn,đồng thời giúp đỡ tiến thành công giảng dạy Mong tất thầy, cô giáo có nhiều SKKN hay góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy nói chung mơn Tốn nói riêng Tơi xin chân thành cảm ơn! Thanh hóa, ngày 24 tháng năm 2018 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Tôi xin cam đoan SKSN viết, khơng chép nội dung người khác Người thực Lê Thị Phượng 22 PHỤ LỤC MỘT SỐ SÁCH VÀ WEBSITE Đà THAM KHẢO Tốn nâng cao hình học THPT- Nhà xuất ĐH sư phạm- Nguyễn Vĩnh Cận Các dạng toán luyện thi đại học - Nhà xuất HN- Phan Huy Khải Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ 1,2,3,4 - Nhà xuất giáo dục 500 toán chọn lọc bất đẳng thức- Nhà xuất Hà Nội - Phan Huy Khải Các dạng toán bất đẳng thức , giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đại số, hàm số, hình học- Nhà xuất Đà Nẵng - Nguyễn Văn Qúy, Nguyễn Tiến Dũng, Nguyễn Việt Hà Các phương pháp giải toán sơ cấp đại số 10- Nhà xuất Hà Nội- Phan Huy Khải- Nguyễn Đạo Phương Bất đẳng thức, bất phương trình đại số - Nhà xuất giáo dục - Nguyến Thế Hùng www.mathvn.com www.vnmath.com http://violet.vn http://tailieu.vn http://www.htv4.vn [1]: Trích sách giáo khoa Giải tích 12- Nhà xuất giáo dục [2]: Trích đề 315 – Sách 500 toán chọn lọc bất đẳng thức – Nhà xuất Hà Nội (Các bạn tham khảo cách giải khác tử tài iệu này) [3] Trích đề tập 466 – Sách 500 toán chọn lọc bất đẳng thức – Nhà xuất Hà Nội (Các bạn tham khảo cách giải khác tử tài iệu này) [4] Trích 159 – Sách dạng toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ – nhà xuất Đà nẵng 23 ... tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ dùng phương pháp tọa độ Ngoài phương pháp tọa độ nêu nhiều kĩ thuật phương pháp khác để giải dạng toán Tuy nhiên phương pháp cho thấy việc sử dụng phương pháp tọa độ. .. sáng kiến tơi thấy phương pháp tọa độ ngồi ứng dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhiều ứng dụng khác như: chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình …Vì... dung sáng kiến kinh ngiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Sau số kiến thức bổ trợ cho phương pháp sử dụng tọa độ để giải toán: a) Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số [1]: Cho