Rèn luyện tư duy tích cực cho học sinh THPT qua một số phương pháp tìm tòi lời giải bài toán

1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Ở trường phổ thơng, học sinh xem việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động tốn học Vì dạy giải tốn nhiệm vụ chủ yếu người thầy giáo Để tìm cách giải phải thay đổi nhiều lần quan điểm cách nhìn tốn, phải ln ln thay đổi vị trí Thoạt đầu quan điểm tốn khơng đầy đủ, quan niệm khác thu số kết khác sửa nắm cách giải Để xếp câu hỏi lời khuyên thuận lợi, phân biệt bốn bước q trình giải tốn: - Bước 1: Phải hiểu tốn, thấy rõ phải tìm gì? - Bước 2: Suy nghĩ tìm tòi lời giải toán (Nắm mối quan hệ yếu tố khác toán, chưa biết với biết, để tìm thấy ý cách giải, để vạch chương trình - Bước 3: Thực chương trình - Bước 4: Nhìn lại cách giải thu lần nữa, nghiên cứu phân tích [1] Mặc dù nội dung ln gắn kết với (có tiến hành song song, có tách thành q trình tương đối riêng rẽ) tốn coi giải có lời giải Song việc dạy cho học sinh biết vận dụng phương pháp tìm tòi lời giải tốn sở quan trọng có ý nghĩa định cho việc rèn luyện khả tư tích cực sáng tạo cho học sinh thơng qua việc giải tốn Đề tài đề cập đến bước thứ hai thông qua việc dạy cho học sinh số phương pháp tìm tòi lời giải tốn nêu lên số ví dụ vận dụng tổng hợp phương pháp 1.2 Mục đích nghiên cứu Để làm tốt công tác giảng dạy nghiên cứu mặt phương pháp giảng dạy mơn Tốn trường THPT nay, phù hợp với đổi cách dạy, cách học phổ biến kinh nghiệm hay thực tiễn để đồng nghiệp trao đổi góp ý thực dạy học 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 10, 11 12 Trường trung học phổ thông Mai Anh Tuấn Huyện Nga Sơn - Tỉnh Thanh Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nhóm phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, sách giáo viên, sách tập, sách tham khảo, đề thi Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Luật giáo dục quy định “ Phương pháp giáo dục phổ thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư sáng tạo người học, phù hơp với đặc điểm lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh” Trong lý luận dạy học nói chung rõ, phương pháp dạy học tích cực phương pháp giáo dục/ dạy học nhằm phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo người học Trong hoạt động học tập tổ chức, định hướng người thầy, người học chủ động, tự lực, tích cực tham gia vào trình tìm kiếm, khám phá, phát kiến thức, vận dụng kiên thức để giải vấn đề thực tiễn, qua lĩnh hội nội dung học tập phát triển lực sáng tạo Trong phương pháp dạy học tích cực khơng quan tâm đến yêu cầu thông hiểu, ghi nhớ tái kiến thức theo SGK mà đặc biệt ý đến lực nhận thức, rèn luyện kỹ phẩm chất tư duy( phân tích, tổng hợp, xác lập quan hệ kiện, nêu giả thuyết,…) Trong lý luận dạy học tốn nói riêng ra: “ Cốt lõi việc đổi phương pháp dạy học mơn tốn trường THPT làm cho học sinh học tập tích cực, chủ động, sáng tạo, chống lại thói quen học tập thụ động”, mà việc dạy Tìm tòi lời giải đóng vai trò có tính định việc rèn luyện phương pháp suy luận khả tư cho học sinh toàn trình dạy học tốn trường phổ thơng [2] Bởi tìm tòi lời giải bốn tìm tòi, phát cách giải nhờ suy nghĩ có tính chất tìm đốn: biến đổi cho, biễn đổi phải tìm hay chứng minh, liên hệ cho phải tìm với tri thức biết, liên hệ toán cần giải với toán cũ tương tự…Tìm tòi cách giải khác, so sánh chúng để chọn dược cách giải hợp lý Đương nhiên rèn luyện khả tìm tòi lời giải tốn phải từ hình thức thấp đến cao; từ việc tìm lời giải theo phương pháp riêng biệt đến vận dụng tổng hợp phương pháp Nội dung đề tài vào chương trình, nội dung mơn tốn bậc THPT mà Bộ GD&ĐT ban hành 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Một thực trạng việc học toán là: Phần lớn học sinh đứng trước tốn khơng biết đâu, khơng biết phải giải vấn đề gì; sử dụng giả thiết kết luận để biến đổi Và biến đổi theo hướng khơng học sinh lúng túng nên dẫn đến tình trạng biến đổi vòng quanh sau hồi biến đổi lại quay ban đầu Mặt khác tư học sinh gặp nhiều sai sót mặt suy luận, mơ hồ khơng xác, thiếu chặt chẽ việc vận dụng điều kiện cho, suy luân sở hình thức khơng chất dẫn đến lời giải thiếu xác, thừa thiếu chí tưởng thực chất sai…Cũng nhiều học sinh khơng thấy hứng thú học toán Mặt khác đại đa số học sinh tìm lời giải tốn họ thấy thỏa mãn, q trình tìm tòi lời giải tốn phát lời giải khác sáng tạo toán Do việc dạy cho học sinh biết phương pháp tìm tòi lời giải góp phần quan trọng giúp học sinh khắc phục nhược điểm nêu Song quan trọng rèn luyện khả tư linh hoạt, sáng tạo phép suy luận có lý, tạo hứng thú học toán tâm lý tự tin Đương nhiên việc dạy tìm tòi lời giải tốn phải thực suốt q trình dạy tốn theo trình tự từ thấp đến cao 2.3 Giải pháp tổ chức thực 2.3.1 Thông qua hệ thống phương pháp tìm tòi lời giải 2.3.1.1 Khai thác triệt để giả thiết đặc điểm dạng toán Các đặc điểm dạng tốn phần hình thức tốn Vì hình thức nội dung có thống (phép biện chứng) Nên khai thác triệt để phần hình thức đồng thời ta phát đặc điểm bên tốn Ví dụ Giải phương trình  52   x  52  x  10 Tìm tòi lời giải: Đây dạng toán quen thuộc f ( x)  g ( x )  m với f ( x).g ( x)  a (hằng số) Ở  52  x  52   x 52  x  Vì đặt t   5  x 1  pt cho trở thành t   10 phương trình bậc hai quen thuộc t t Giải PT theo t > 0, từ tìm x Đáp số: x  2, x  2 Ví dụ 2: Giải phương trình: 2(tan x  sin x)  3(cot x  cos x)   Tìm tòi lời giải: Điều kiện: sinxcosx 0 Nhìn vào hình thức tốn ta thấy có mặt ba hệ số 2,3,5 lẽ tự nhiên ta nghĩ đến 2+3 = Chính ta tách = + ghép với số hạng đầu với số hang thứ hai ta được: 2(tan x  sin x  1)  3(cot x  cos x  1)  �sin x � �cos x � � 2�  sin x  1� �  cos x  1� �cos x � �sin x � �  sin x  cos x  sin x.cos x   2sin x  3cos x   Đây phương trình tích giải thừa số chuyển PT dạng biết Rõ ràng không để ý đến đặc điểm tốn vơ khó giải Ví dụ 3: Giải phương trình 3x  3 x  cos x  2018 x 2019! Tìm tòi lời giải: Đặc điểm tốn : vế trái tổng hàm số mũ, vế phải lại hàm số lượng giác Chính khơng thể dùng phép biến đổi đại số hay lượng giác để giải phương trình cho Trong trường hợp ta nghĩ đến phương án đánh giá giá vế phương trình cho (rõ ràng giải đồ thị được) Những giá trị x làm cho vế nghiệm phương trình Theo đường lối ta có: 3x  3 x �2 dấu = xảy x = 0; x  2018 x cos �2 dấu xảy 2019! cos x  2018 x cos  Do x = 2019! x  2018 x  nên x = nghiệm PT 2019! Ví dụ 4: Chứng minh : với n, p số tự nhiên 1 1 1        2 n  n  p   n  1  n  2  n  p n n  p Tìm tòi lời giải: Do số hạng vế trái phải BĐT “xa lạ” với p số hạng nên để chứng minh bất đẳng thức cho rõ ràng ta dùng phép biến đổi tương đương Ta nghĩ đến việc đánh giá tổng T= (n 1)  (n  2)   (n  p) phía Xuất phát từ số hạng tổng quát , ta 1 1  có: (n  k )(n  k  1)  mà (n  k )(n  k  1) = (n  k )  n  k  (n  k ) (n  k  1)(n  k ) 1 (n  k  1)(n  k ) = (n  k  1)  n  k 1 1 Từ ta có : (n  k )  n  k  < n  k < (n  k  1)  n  k   (*) Áp dụng (*) cho k= 1,2,3,….,p cộng p BĐT, khử số hạng đối dấu ta có đpcm 2.3.1.2 Sử dụng điều kiện đặt cho đại lượng tham gia toán; biểu thức, hàm số có tốn để xác định phương hướng giải tốn Vì điều kiện đặt cho đại lượng có tốn khơng phải ngẫu nhiên, tùy tiện mà biểu mối liên hệ có tính nhân yếu tố tạo nên toán Khai thác hướng điều kiện tìm lời giải tốn Ví dụ 5: Giải phương trình 41  x  41  x 2 Tìm tòi lời giải: ĐK -41 x 41 Rõ ràng dùng phép biến đổi tương đương dẫn đến phương trình bậc cao phức tạp Do ta nghĩ đến hướng sau Cách 1) Xét hàm số f(x) = 41  x  41  x tập xác định 41 �x �41 ; Ta thấy f(x) hàm chẵn (Vì f(x) = f(-x) với 41 �x �41 ) Xét x 41 41  x  41 >2 Vậy 41  x  41  x >2 phương trình vơ nghiệm x 41 Do tính chất chẵn hàm số nên phương trình cho vô nghiệm khoảng 41 �x  Tóm lại phương trình cho vơ nghiệm uv  � Cách 2) Đặt u  41  x , v  41  x ta có hệ �4 u  v  82 � Đây hệ đối xứng quyen thuộc nên ta giải theo cách giải hệ đối xứng 2 Ví dụ 6: Cho tam giác ABC Gọi D    cos A  cos B  cos C  Chứng minh D  0, D  0, D  tương ứng tam giác ABC tam giác nhọn, vuông tù Tìm tòi lời giải: Điều ta quan tâm dấu D Mà ta biết: +) Nếu cosAcosBcossC > tam giác ABC nhọn ( khơng thể xảy có số âm) +) Nếu cosAcosBcossC = tam giác ABC vng +) Nếu cosAcosBcossC < tam giác ABC tù (vì khơng thể số âm) Từ ta có suy nghĩ D tích cosAcossBcossC có mối liên hệ với có mối liên hệ phải có dạng D = k cosAcossBcossC Ta kiểm tra xem điều dự đốn có khơng? Ta có  cos B  cos 2C � � D  1 � cos A   � 2 � � � �  � cos A   cos B  cos 2C  � � �    cos A  cos( B  C ).cos(B C)  cos A  cos( B  C )  cos(A  B)    cos A cos B cos C ( với ý cosA= - cos(B+C) Từ suy kết tốn 2.3.1.3 Phân tích biến đổi kết (u cầu tốn) để tìm phương hướng giải tốn Bằng cách ta tìm cách thay tồn cho tốn tương đương đơn giản giải Vì cách ta tìm phép biến đổi ngược với tác giả toán, nên tất nhiên dẫn ta tới đường tìm lời giải tốn Ví dụ7: Chứng minh a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc  a  b3  c (1) 2 Tìm tòi lời giải: Biến đổi (1) ta có (1) � a � (b  c )2  a � (c  a )  b � (a  b )  c � � � b � � � c � � � 0(2) � a (b  c  a)(b  c  a )  b(c  a  b)(c  a  b)  c (a  b  c)(a  b  c )  � (a  b  c ) � (ab  ac  a )  (bc  ab  b )  (ca  cb  c ) � � �   � (a  b  c ) � c  a  2ab  b � � � � (a  b  c )(c  a  b)(c  a  b )  Điều a, b, c cạnh tam giac nên thừa số VT BĐT cuối Chú ý : Nếu từ (2) ta sử dụng định lý hàm số cosin BĐT Ví dụ : Chứng minh: với n số tự nhiên, ta có 0,785n2 – n < n  12  n  2   n  (n  1) < Tìm tòi lời giải : Gọi Sn-1 =  n2 n  12  n  2   n  (n  1) Rõ ràng ta nghĩ đến chuyện biến đổi tương đương BĐT cho Nhưng biểu thức a k = n k ( với k = 1, 2, …n-1) gợi cho ta độ dài cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền n cạnh góc vng k ( hình 1.) Lại để ý biểu thức  n2 gợi cho ta sử dụng cơng thức diện tích hình B tròn để chứng minh BĐT với ý n k = 2 n  k diện tích n n hình chữ nhật có cạnh cạnh ak O n-1 n A Hình Khi Sn-1 tổng diện tích n-1 hình chữ nhật tạo nên hình bậc thang nội tiếp đường tròn OAB có bán kính n Nên Sn-1 <  n2 (1) Với BĐT vế trái ta viết lại tương đương 0,785n < n+ Sn-1 (2) coi VP (2) tổng n hình chữ nhật mà cạnh chúng cạnh ak ( trừ hình chữ nhật có kích thước n.1) Những hình chữ nhật tạo nên hình bậc thang ngoại tiếp Nên n+ Sn-1 > đường tròn OAB có bán kính n 3,14  n2 > n 0,785n Đó đpcm 4 Ví dụ 9: Chứng minh a, b, c độ dài cạnh tam giác ta có   a  b  c �2 a 2b  b2 c  c a Tìm tòi lời giải: Phân tich yêu cầu toán ta thấy, từ a  b  c tìm thấy a  b2  c2   a  b2  c  , a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta sử dụng  a  b  c  để áp dụng định lý hàm số cơsin Ta có a  b2  c   4a 2b cos C hay a  b  c4  2a 2b2  2a 2c  2b2c  4a 2b2 cos C Vậy BĐT cần chứng minh tương đương với 4a 2b2 cos C �4a 2b2 Đến ta BĐT (vì cos2C ≤ 1) 2.3.1.4 Phân tích đồng thời giả thiết u cầu tốn để tìm phương hướng giải Cơ sở phương pháp mối liên hệ tất yếu phải có yếu tố cho điều mà tốn đòi hỏi Người làm tốn có nhiệm vụ khám phá cho mối liên hệ tất yếu dẫn tới đường giải tốn Ví dụ 10: Chứng minh rằng, x, y, z độ dài cạnh tam giác x BĐT sau đúng: │ y + z y z y x + - - y - │ < (1) z x x z Tìm tòi lời giải: Trước hết ta phân tích biến đổi giả thiết Vì x, y, z độ dài cạnh tam giác nên *) x + y > z ; y + z > x; z + y > x (a) *) x  y  z, y  z  x, z  x  y (b) Rõ ràng để “gần gũi” với giả thiết ta chọn BĐT (b) để biến đổi Từ (b) ta có: x y z 1 ; y z x 1 ; z x y  Suy ( x  y )( y  z )( z  x ) xyz  (*)(BĐT đúng) Mặt khác biến đổi (1) (yêu cầu toán) ta được: (1)  ( x  y ) z  (y  z ) x  (z  x ) y xyz  (**) So sanh (*) (**) ta thấy giả thiết kết luận gần gũi Ta hy vọng phải chứng minh ( x  y ) z  (y2  z ) x  (z  x ) y  ( x  y )( y  z )( z  x) (2) Nhờ việc phân tích biến đổi đồng thời giả thiết kết luận ta dến toán (2) thuận lợi nhiều so với tốn (1) định hướng ( chẳng hạn khai triển vế) 10 Ví dụ 11: Chứng minh tam giác ABC a2 + b2 = c2 + 4R2 tan A tan B   tan C tan A tan B  Tìm tòi lời giải: Để cho giả thiết gần gũi với yêu cầu toán ta chuyển yếu tố có giả thiết yếu tố góc Khi áp dụng định lý hàm số sin ta đưa giả thiết dạng : sin A  sin B   sin C (1) Bây ta biến đổi kết luận để chứa sin cosin Ta có : sin A sin B 1 sin C tan A tan B  cos( A  B ) sin C cos A cos B   tan C   sin A sin B  cos( A  B ) cos C tan A tan B   cos C cos A cos sB � cos C.cos(A  B)  sin C ( cos C   cos( A  B ) ) Để gần với (1) ta cộng vế với  cos( A  B).cos(A  B)   sin C �  cos A   cos B   sin C � sin A  sin B   sin C (so sánh với (1) đpcm) 2.3.1.5 Đưa thêm vào toán yếu tố phụ, đại lượng trung gian để toán dễ giải Chẳng hạn đại số việc giải PT hệ PT ẩn khó giải ta đưa vào ẩn phụ để chuyển toán nhiều ẩn dễ giải Hay lượng giác nhiều phải chuyển PT, hệ PT ẩn PT hệ PT đại số nhiều ẩn Ví dụ 12: Giải phương trình x3   2( x  2) Tìm tòi lời giải: ĐK: x ≥ -1 với ĐK thơng thường ta bình phương vế ta PT bậc khơng có dạng đặc biệt nên khó giải Nhưng để ý : x   ( x  1)( x  x  1) ; x   ( x  1)  ( x  x  1) ta có mơi liên hệ vế thông qua đại lượng ( x  1) ( x  x  1) 11 Từ ta đưa vào ẩn phụ u  x  �0 v  x  x  > phương trình chuyển dạng 5uv = 2(u2 + v2) phương trình đại số ẩn dễ giải (PT đẳng cấp bậc 2) u v Chia vế cho v2 > ta PT bậc hai t  �0 2t  5t   có nghiệm t = 2; t = � 37 Từ có nghiệm PT cho x  2 Ví dụ 13; Giải phương trình 3.25x   (3x  10).5x    x  Tìm tòi lời giải; VT chứa hàm số mũ hàm bậc (đại số) Cho nên việc biến đổi tương đương, phân tích thành thừa số khó khăn Để ý 25x    5x 2  nên ta đưa ẩn phụ t  5x 2  phương trình cho � 3.t  (3x  10)t   x  (1) � tương đương với hệ � x  t   (2) � Đến coi (1) PT bậc t x tham số, ta tìm t theo x Từ ta tìm x Đáp số x  2, x   log 2.3.1.6 Phương hướng giải toán xác định từ nội dung loại toán lý thuyết trang bị nhờ hệ thống toán gốc Đây lớp toán rộng thường gặp kỳ thi tốt nghiệp THPT thi đại học trước Đường lối giải toàn xác định qua nội dung loại toán mẫu mực Ở loại tốn cần đòi hỏi nắm vận dụng tốt kiến thức Do hạn chế đề tài nên nêu vài ví dụ minh họa mà khơng nêu Tìm tòi lời giải lời giải Ví dụ 14: Cho hàm số y = x2 x 1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Tìm đồ thị điểm A B đối xứng với qua đường thẳng y = x-1 12 Tìm điểm trục Oy mà từ kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số  x  y a  Ví dụ 15: Cho x, y thỏa mãn hệ :  2  x  y 2 a  Tìm x, y cho x.y đạt giá trị lớn Ví dụ 16: Tính tích phân I =  � 2017 2017 sin x dx cos x  2017 sin x Thoạt nhìn ta thấy “ngợp” biểu thức dấu tích phân chi phức tạp Song nhớ đến toán “gốc” : “ Cho hàm số f liên tục [0; 1] Chứng minh rằng,    0 f (sin x)dx  f (cos x)dx ”  ta dễ có 2I = 1dx nên I = 2.3.2 Vận dụng tổng hợp phương pháp nêu để rèn luyện kỹ tìm tòi lời giải toán Sau nêu số toán mà ta cần vận dụng sáng tạo phương pháp nêu 2 2 � � ( x  y  z  t )  27( x  y  z  t ) Ví dụ 17: Giải hệ phương trình �3 3 � �x  y  z  t  95 Tìm tòi lời giải: Hệ cho có phương trình mà ẩn số Như ta phải “ tìm thêm” PT cho số PT số ẩn Để ý đến PT thứ hai ta thấy: (x + 3y + 4z + t)2 ≤ (12+ 32 + 42 + 12)( x2 + y2+ z2 + t2 ) = 27(x2 + y2+ z2 + t2 ) Dấu xảy x y z t    Vậy hệ cho tương đương với x y z t     Đến lời giải rõ ràng 1  x  y  z  t 95  13 Ví dụ 18: Cho góc tam diện vng Sxyz Trên cạnh Sx, Sy, Sz lấy điểm A, B, C Đặt SA = a, SB = b, SC = c Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC Chứng minh: SO cắt mặt (ABC) trọng tâm G tam giác ABC Tính độ dài SG Tìm tòi lời giải: Ta thấy trọng tâm G xem là: - Giao đường trung tuyến, - Điểm nằm trung tuyến chia trung tuyến thành đoạn theo tỷ số 2:1 Với điểm O xem giao điểm trục đường tròn đáy với mặt trung trực cạnh bên Đương nhiên ta nên chọn đáy SBC cạnh bên AS để lợi dụng tính chất vng tam giác SBC Như trục (d) đường tròn A ngoại tiêp SBC song song với SA (d) mặt trung trực SA song I song với đáy (SBC) Khi việc xác O G định giao điểm O chúng thuận lợi S C M Ta xét mp(P) xác định SA (∆), SA//(∆) OM = IS = SA B nên GA SA  2 ( đpcm) GM OM hình 14 Khi SO  SM  OM  tam giác OSM vuông M nên BC SA2 a  b2  c   Từ đo SG  SO  a  b2  c Ta có 3 4 có lời giải Chú ý: Sau ta nêu cách tìm tòi khác: 1, Nếu ta coi tam giác vuông SBC phần hình chữ nhật SBDC dựng cạnh SB, SC M giao đường chéo BC SD Nối AD ta thấy tam giác ABD, ACD, ASD tam giác vuông (đễ chứng minh được) có chung cạnh huyền AD, nên O trung điểm AD Suy SO trung tuyến tam giác ASD ( Vì AM 1trung tuyến) Nên G = AM  SO trọng tâm tam giác ASD Suy G trọng tâm tam giác ABC (theo đ/n 2).( hình 2) Ta có lời giải A K A J I G O O C G S S M M D D B C B H ình Hình 2, Nếu ta coi tứ diện SABC phần hình hộp chữ SBDCẠIJK dựng cạnh SA, SB, SC (hình 3) tâm O hình cầu ngoại tiếp tứ diện tâm hình cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật giao đường chéo hình hộp chữ nhật Khi độ dài SG tính dễ dàng qua đường chéo hình hộp chữ nhật Ta có lời giải 15 Ví dụ 19 Cho x, y, z độ dài cạnh tam giác, chứng minh: x y y z z x │xy + yz + │< zx Tìm tòi lời giải: Vì x, y, z độ dài cạnh tam giác nên x y y z x y z x y z z x │ x  y │