Một số giải pháp xây dựng chủ đề dạy học nâng cao cho học sinh lớp 10 ở giai đoạn đầu nhằm phát hiện và bồi dưỡng học sinh có năng khiếu về toán học

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong đợt tập huấn công tác bồi dưỡng học sinh giỏi cho giáo viên cốt cán trường THPT tháng 12 năm 2017, tơi Sở GD&ĐT Thanh Hóa điều động làm giảng viên (cùng với Thầy Trần Đức Nội – Trường THPT Đông Sơn 1), từ kinh nghiệm mà thân có được, tơi chuẩn bị báo cáo để trình bày trước thầy giáo viên cốt cán trường THPT tỉnh nhận nhiều phản hồi tích cực từ thầy cô tham dự đợt tập huấn Từ sau đợt tập huấn tháng 12 năm 2017, tiếp tục nhà trường giao phụ trách giảng dạy lớp mũi nhọn ban KHTN phụ trách đội tuyển HSG (năm 2017-2018 tham gia Hội đồng đề thi HSG Sở, năm 2018-2019 phụ trách ĐT HSG lớp 11 đạt 5/5 giải tỉnh, năm 2019-2020 tiếp tục phụ trách ĐT HSG 11 Sở dừng tổ chức thi dịch Covid-19), tơi tiếp tục nghiên cứu để hồn thiện nội dung báo cáo nêu để lấy làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp tổ mơn, góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn nhà trường Từ lý với kinh nghiệm giảng dạy định chọn đề tài: “Một số giải pháp xây dựng chủ đề dạy học nâng cao cho học sinh lớp 10 giai đoạn đầu nhằm phát bồi dưỡng học sinh có khiếu Tốn học’’ làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm thân năm học 2019 – 2020 Rất mong nhận đóng góp ý kiến, nhận xét đánh giá đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài thiết kế số chủ đề dạy học nâng cao cho học sinh lớp 10 nhằm định hướng hình thành phát triển cho học sinh lực tư toán học, phát bồi dưỡng học sinh có khiếu Tốn học 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ đề dạy học có liên quan đến lớp toán tam thức bậc hai, phương trình bậc hai quy bậc hai, hàm số bậc hai có tham số ,… 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu sử dụng đề tài bao gồm - Phương pháp nghiên cứu lý luận - Phương pháp điều tra, quan sát - Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm 1.5 Điểm đề tài - Điểm đề tài việc tác giả đề xuất ý tưởng xây dựng tình hống dạy học theo chủ đề thiết kế nội dung dạy học theo ý tưởng thiết kế nhằm phát triển lực tư toán học cho học sinh NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong nghiên cứu khoa học việc tìm quy luật, phương pháp để giải vấn đề vô quan trọng giúp có định hướng tìm lời giải lớp tốn Trong dạy học giáo viên người có vai trò thiết kế điều khiển cho học sinh thực luyện tập hoạt động tương thích với nội dung dạy học Vì trang bị phương pháp, tập trung dạy cách học, rèn luyện kỹ năng, phát triển lực cho học sinh nhiệm vụ quan trọng người giáo viên 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong trình dạy học nhận thấy học sinh lớp 10 tiếp cận tốn có tham số tốn vận dụng tính chất hàm số bậc hai thường lúng túng, hay gặp sai sót cịn thường theo lối mòn cấp gặp câu hỏi “Phương trình vơ nghiệm” hay “Phương trình có nghiệm nhất” có điều kiện   hay   ! 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm sử dụng để giải vấn đề Trong phần này, tác giả chủ yếu nêu ý tưởng cách thiết kế, xây dựng số chủ đề dạy học ý tưởng hướng giải yêu cầu đặt Do khuôn khổ SKKN bị hạn chế số trang nên việc chi tiết hóa cách giải tập xin phép dành cho bạn đọc quan tâm vận dụng trình giảng dạy 2.3.1 Xây dựng chủ đề dạy học Phương trình bậc cao (bậc 3, trùng phương) có tham số phương pháp nhẩm nghiệm khơng đổi Tư tưởng: + Đối với phương trình bậc 3: Xét phương trình dạng  x    ax  bx  c  k m  với  khơng đổi Các u cầu đặt cho tốn: - Có nghiệm phân biệt, có nghiệm, có nghiệm - So sánh nghiệm với số thực - Các nghiệm thỏa mãn hệ thức đối xứng nghiệm + Đối với phương trình trùng phương: Xét phương trình dạng x  bx  c  , hệ số b, c chọn cho phương trình nhận x   nghiệm thỏa mãn hệ thức 9b  100c Các yêu cầu đặt cho tốn: - Có nghiệm phân biệt, có nghiệm, có nghiệm - So sánh nghiệm với số thực - Các nghiệm thỏa mãn hệ thức đối xứng nghiệm Các tập minh họa (Nhẩm x  nghiệm) Bài 1.1 Cho phương trình x  x   m  1 x  m   (1.1) Tìm m để phương trình a) Có nghiệm phân biệt b) Có nghiệm c) Có nghiệm phân biệt khơng nhỏ 2 d) Có nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x13  x23  x33  10 Phân tích, hướng dẫn:   x 1 � PT �  x  1 x  3x  m   � � �f  x   x  3x  m   (2) a) (1.1) có nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt khác � 17 0 � m � �� �� �f  1 �0 � m �4 � 17 b) (1.1) có nghiệm � (2) VN có nghiệm kép � m  c) (1.1) có nghiệm phân biệt phân biệt không nhỏ 2 � (2) có hai nghiệm 0 � � 17 �f  1 �0 x , x �  � � 8 �m  , m �4 phân biệt khác �  x2     x3   �0 � �  x2    x3   �0 �   17 d) Điều kiện để (1.1) có nghiệm m � 3 3 3 Biến đổi x1  x2  x3  10 �  x2  x3  10 � x23  x33  � m  (Nhẩm x  2 nghiệm) Bài 1.2 Cho phương trình x  x   2m  1 x  4m   (1.2) Tìm m để phương trình a) Có nghiệm phân biệt b) Có nghiệm c) Có nghiệm phân biệt nhỏ 1 d) Có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn  x1  x2  x3   x1x2 x3  Phân tích, hướng dẫn: x  2 � PT �  x   x  x  2m   � � �f  x   x  x  2m   (2) a) (1.2) có nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0 � 13 �� � m   , m � �f  2  �0   13 c) (1.2) có nghiệm phân biệt phân biệt nhỏ 1 � (2) có hai nghiệm phân 0 � � �f  2  �0 � m �� (khơng có m) biệt x2 , x3  1 khác 2 � � x   x       � �  x2  1  x3  1  � b) (1.2) có nghiệm � (2) VN có nghiệm kép 2 � m   13 , m � 2 Biến đổi  x1  x2  x3   x1 x2 x3  10 �  2  x2  x3   2 x2 x3  13 �  3   2m  3  �   m   , m � (Nhẩm x  nghiệm) Bài 1.3 Cho phương trình x   2m  1 x  2m  (1.3) Tìm m để phương trình a) Có nghiệm phân biệt b) Có nghiệm phân biệt lớn 3 c) Có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14  x24  x34  x44  x1x2 x3 x4  20 Phân tích, hướng dẫn: Đặt t  x �0 , ta phương trình t   2m  1 t  2m  có hệ số thỏa mãn công thức nhẩm nghiệm ( a  b  c  ), suy phương trình có hai nghiệm t1  t2  2m t1   � m0 � � � t2  2m  � � a) (1.3) có nghiệm phân biệt � � m� � � t1 �t2 � � d) Điều kiện để (1.2) có nghiệm phân biệt m   m0 � � b) Với điều kiện � (1.3) có nghiệm phân biệt m� � � x1  1, x2  1, x3   2m , x4  2m Khi (1.3) có nghiệm phân biệt lớn 3 �  2m  3 � m  ta kết  m  , m � 2 c) (1.3) có nghiệm phân x14  x24  x34  x44  x1 x2 x3 x4  20 � 14   1   biệt   x1 , x2 , x3 , x4  Kết hợp thỏa   mãn 2m   2m  1.(1) 2m  2m  20 1  17 1  17 (thỏa mãn) m  (loại) 4 (Nhẩm x  nghiệm) Bài 1.4 Cho phương trình x   m  1 x  9m  72  (1.4) Tìm m để phương trình a) Có nghiệm phân biệt b) Có nghiệm phân biệt nhỏ c) Có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4  18 Phân tích, hướng dẫn: Đặt t  x �0 , ta phương trình t   m  1 t  9m  72  (2) � 8m  4m  18  � m  Phương trình (2) có    m  1   9m  72    m  17  �0 Suy phương trình (2) có hai nghiệm t1  t2  m   m  17  m  2 m    m  17  9 t1   � m8 � � t2  m   � � a) (1.4) có nghiệm phân biệt � � m �17 � � t1 �t2 � m8 � b) Với điều kiện � (1.4) có nghiệm phân biệt m �17 � x1  3, x2  3, x3   m  8, x4  m  Khi (1.4) có nghiệm phân biệt nhỏ � m   � m  24 Kết hợp với điều kiện  m  24, m �17 c) (1.4) có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4  18 �  m   18 � m  44 (thỏa mãn) (Không nhẩm nghiệm, nhiên hệ số thỏa mãn: a  1,9b  100c ) Bài 1.5 Cho phương trình x   m  1 x   2m  1  (1.5) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt x1  x2  x3  x4 thỏa mãn x2  x1  x3  x2  x4  x3 Phân tích, hướng dẫn: Đặt t  x �0 , ta phương trình t   m  1 t   2m  1  (2) Phương trình (2) có  '   m  1   2m  1  3m(m  2) (1.5) có nghiệm phân biệt � (2) có hai nghiệm phân biệt dương t1  t2 0 � � � �S  � 2  m  0, m � �P  � 2 Khi nghiệm (1.5) xếp theo thứ tự tăng dần  t2 ;  t1 ; t1 ; t2 Hệ thức x2  x1  x3  x2  x4  x3 � t2  t1 � t2  9t1 � � 2 t2  9t1 m � � 2 � 13 t1  t2  2  m  1 � 36  m  1  100  2m  1 � � Khi ta có hệ � 8 � � m t1t2   2m  1 � � 2.3.2 Xây dựng chủ đề dạy học Phương trình quy bậc hai có tham số phương pháp chọn tham số độc lập (cô lập tham số) Tư tưởng: - Cơ lập tham số để biến đổi phương trình dạng t  t  x  �K ��, f  t  hàm số bậc f  t   g  m  , với - Lập bảng biến thiên hàm số f  t   at  bt  c K - Hướng thiết kế tập xuất phát từ phương trình: + Dạng: f  x   c.m  ax  b ( m tham số, f  x  hàm số bậc bậc hai) + Dạng: f  x   c.m  g  x  ( m tham số, f  x  ,g  x  hàm số bậc bậc 2) + Dạng: a � �f  x  � � bf  x   c  d m  ( m tham số) + Dạng: a   x     x  b  x       x   c  d m   Các tập minh họa: Bài 2.1 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình nghiệm Phân tích, hướng dẫn: �x �1 Phương trình x  m  x  � � m  x2  4x  � ( m tham số) x  m  x  có Lập bảng biến thiên hàm số f  x   x  x   1;� ta m  3 m  2 Bài 2.2 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x  x  m  x  có nghiệm âm Phân tích, hướng dẫn: �x  �0 �x �1 �� Phương trình x  x  m  x  � �2 m  x  3x  �x  x  m  x  � Lập bảng biến thiên hàm số f  x   x  3x  nửa khoảng  1;0  ta giá trị m cần tìm Bài 2.3 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình � � 1� � �x  � 3�x  � 2m   có nghiệm � x � � x� Phân tích, hướng dẫn: Đặt t  x  Điều kiện t �2 t �2 Phương trình trở thành x 2m  2t  3t  Lập bảng biến thiên hàm số f  x   2t  3t   �; 2 � 2; � ta m � Bài 2.4 Tìm m để phương trình 3   x   x     x   x  2m   có nghiệm Phân tích, hướng dẫn: Đặt t   x   x � t     x   x Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có �t � � x   x  12 t �t  � � Phương trình trở thành 2m  3 � � t  3, t �� � 6;2 � � � �t  � � f x   Lập bảng biến thiên hàm số   � � t  � � 6;2 �ta � � m cần tìm Bài 2.5 Tìm m để phương trình 16  x   x   x  m   có   nghiệm Phân tích, hướng dẫn: Tương tự Bài 2.4 Bài 2.6 Tìm m để phương trình x  x   x  x  3m   (2.6) có   nghiệm Phân tích, hướng dẫn: ĐKXĐ: x �� Đặt t  x  x  Để tìm điều kiện t ta làm theo cách sau: Cách 1: t �۳ x2 x  x 1 t Cách 2: t  x  x  � t  x  x   t   2 Lập bảng biến thiên hàm số t  g  x   x  x  tập � tìm điều kiện t Cách 3: t  x  x  � x  x   t   t   Coi PT ẩn x ĐK để ' t PT có nghiệm �۳ Phương trình (2.6) trở thành 3t  2t  16  3m phải có nghiệm t �2 Lập BBT hàm số f  t   3t  2t  16 nửa khoảng  2; �) ta ĐK m Nhận xét: Nếu yêu cầu tốn nghiệm phân biệt cần tìm ĐK t để t cho giá trị phân biệt x Khi sử dụng Cách Cách ta tìm ĐK t t  Bài 2.7 Tìm tất giá trị nguyên tham số m để phương trình �x � x  m  có bốn nghiệm? � � �x  � x  Phân tích, hướng dẫn:  t  t  �x  � x2  t � �2 �� Đặt x 1  t  t  4t �x  tx  t   * � t0 � Với t thỏa mãn t  � �  * có hai nghiệm x phân biệt t  � Phương trình cho trở thành: t  2t  m  � m  t  2t (**) Phương trình cho có nghiệm (**) có hai nghiệm t phân t0 � biệt thỏa mãn điều kiện � Lập bảng biến thiên hàm số f  t   t  2t t4 �  m 1 � khoảng  �;0  � 4; � ta điều kiện tham số m là: � m   24 � Bài 2.8 Tìm m để phương trình x  x   x  x   m  (2.8) có nghiệm phân biệt Phân tích, hướng dẫn: Tương tự Bài 2.7 với điều kiện ẩn phụ t   x  x  �t  Bài 2.9 Tìm m để phương trình x   m x   x  (2.9) có nghiệm Phân tích, hướng dẫn: ĐKXĐ: x �1 x 1 Chia hai vế phương trình cho x  đặt t  , với điều kiện ẩn x 1 phụ �t  Đưa PT trở thành m  3t  2t Lập BBT hàm số f  t   3t  2t nửa khoảng  0;1 điều kiện m Bài 2.10 Tìm m để phương trình : x   x  2 x  x   2m (2.11) có nghiệm Phân tích, hướng dẫn: t2  Đặt t  x   x ,4 �t �8 � x   x   2 Phương trình (2.11) trở thành: t  t 4    2m � t  10t  18  4m (*) Đặt z  t ,4 �z �8 , lập BBT hàm số f ( z )  z  10 x  18 đoạn  4;8 Phương trình (1) có nghiệm phương trình (*) có nghiệm Dựa vào bảng biến thiên, (*) có nghiệm : 7 �4m �2 �  �m � Vậy phương trình có nghiệm  �m � Bài 2.11 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  C  hình vẽ bên Tìm m để phương trình: f  x    f ( x)   2m  (2.12) có nghiệm thuộc đoạn  5;1 Phân tích, hướng dẫn: Đặt t  f ( x )  , (2.12) trở thành t  4t  2m  (*) Điều kiện t : Khi x � 5;1 f ( x) � 0;9 , suy t  f ( x )  �� 0; � � � Khi phương trình (2.12) có nghiệm thuộc đoạn  5;1 (*) có � 0; � 0; � nghiệm thuộc � � �� 2m  t  4t (**) có nghiệm thuộc � � 0; � Xét hàm g (t )  t  4t , lập bảng biến thiên hàm số g (t ) đoạn � � �, từ tìm giá trị m Bài 2.12 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Tìm m để phương trình � �f  x    1� � f  x     m  (2.13) có nghiệm thuộc đoạn  2;4 Phân tích, hướng dẫn: Khi x � 2;4 x  � 0;2 � f ( x  2) � 1;0  � f ( x  2)  1� 2;0 Do đặt t  f ( x  2)  t � 0;2 Khi (2.13) trở thành m  g (t )  t  3t (*) Lập bảng biến thiên hàm số g (t )  0;2 tìm giá trị m 2.3.3 Xây dựng chủ đề dạy học Giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) hàm số biểu thức đại số phương pháp quy tính chất hàm số bậc hai Tư tưởng: Bằng cách đổi biến để đưa việc tìm GTLN, GTNN hàm số biểu thức việc tìm GTLN,GTNN hàm số bậc hai dạng f  t   at  bt  c, t �  ;   �� Bài 3.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: a) F  x  3x  , x � 3;4 b) F     x   x       x   x 1   c) F  x  x   x  x   , x � 2;4 d) F  x  x  x  x   , x � 3;5 e) F  x  x  x , x �[1;1] Phân tích, hướng dẫn: a) Đặt t  x � 0;16 , đưa tìm GTLN,NN hàm số F  f  t   2t  3t  1, t � 0;16 � b) Đặt t   x   x �� � 7; 14 �, đưa tìm GTLN,NN hàm số F  f  t   t   t  1, t �� 7; 14 � � � c) Đặt t  x  x  1, x � 2;4 Lập bảng biến thiên hàm số t  x  x   2;4 , ta t � 3;13 Đưa tìm GTLN,NN hàm số F  f  t   t  3t  2, t � 3;13   d) Đặt t  x  x  3, x � 3;5 Lập bảng biến thiên hàm số y  t  x  x  đoạn  3;5 ta t �� 0;2 � � � 0;2 � Đưa tìm GTLN,NN hàm số F  f  t   t  5t  6, t �� � � e) Ta có F  x  x3  x  ( x  x)  ( x  x) Đặt t  x  x Lập bảng biến thiên hàm số t  x  x với x �[1;1] Suy t   �t �max t   1;1  1;1 �1 �  ;2 Khi đó, hàm số viết lại : f (t )  t  t với t �� �4 � � max y  max f (t )  y  f ( t )   [  1;1] � � t  Từ bảng biến thiên ta có: , [ 1;1]  ; 2� �1 � � �4 �  ;2 � �4 � � Bài 3.2 Tìm giá trị nhỏ hàm số: y  x  x   3 x   Phân tích, hướng dẫn: Đặt t  x  1, t �1 � t  x  x  Đưa tìm GTNN hàm số y  f  t   t  3t  với t �1 Lập BBT, suy GTNN  t  t  Bài 3.3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: 4 00 ;1800 � a) y  sin x  3cos x, x �� � � 6 00 ;1800 � b) y  sin x  cos x, x �� � � 00 ;1800 � c) y   5sin x   5cos x , x �� � � 10 Phân tích, hướng dẫn: a) Đặt t  sin x � 0;1 Đưa tìm GTLN,GTNN hàm số y  f  t   t    t  , t � 0;1    b) Ta có y  sin x  cos6 x  sin x  cos x  3sin x cos x sin x  cos x    3sin x cos x Đặt t  sin x � 0;1 Đưa tìm GTLN,GTNN hàm số y  f  t    3t   t  , t � 0;1 c) Ta có y   5sin x   5cos x � y    25sin x cos x ( y  0) Đặt t  sin x � 0;1 Đưa tìm GTLN,GTNN hàm số f  t    25t   t  , t � 0;1 , từ tìm GTLN,GTNN hàm số cho Bài 3.4 Cho số thực a, b thoả mãn ab �0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a b2 a b P      b a b a Phân tích, hướng dẫn: a b a b a b a b  2, Đặt t   Ta có t     �2 b a b a b a b a a2 b2 a2 b2 t    �   t2  b a b a Ta có P  t   t   t  t  Xét hàm số f (t )  t  t  với t � �; 2 � 2; � f (t )  t  hay Từ bảng biến thiên ta có P   �;min 2 � 2;� a b  � a  b b a Bài 3.5 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: 2  P  a  b2  c2   4(ab  ac  bc )  Phân tích, hướng dẫn: Ta có �ab  ac  bc � (a  b  c )  3 Đặt t  ab  ac  bc t � 0;3 a  b  c  (a  b  c)2  2(ab  ac  bc)   2t 11 2 Khi P  f (t )  (9  2t )  4t   4t  40t  84, t � 0;3 Bằng cách lập BBT hàm số f (t )  0;3 , ta P  0,max P  84 Bài 3.6 Cho số x, y thoả mãn: x  y   xy Chứng minh �x  y  x y � Phân tích, hướng dẫn: Đặt P  x  y  x y Ta có P  ( x  y )2  3x y    xy   x y  2 x y  xy  Đặt t  xy , P  2t  2t  �x  y �2 xy �1  xy �2 xy 1 �  � xy �  �t �1 Vì � nên Do �  xy �  xy 3 x  y �  xy � � �1 �  ;1 Xét hàm số f (t )  2t  2t  � �3 � � f ( t )  � P � max f ( t )  Từ bảng biến thiên ta có � 1;12� �1 �  ;1� � � � �3 �3 � � Suy điều phải chứng minh Bài 3.7 Cho x, y số thực thoả mãn: 2( x  y )  xy  18 70 �7( x  y )  x y � Chứng minh : 25 33 Phân tích, hướng dẫn: 4 2 x  y  x y � x y Ta có: 7( x  y )  x y  � � � � � 2 1 �xy  � 2  7� 33  xy   14 xy  � 33t  14t  , v � � x y � x y  � � 4� � � � � ới t  xy 1  2( x y ) xy xy Ta có xy  � 2 y2 ) � xy1  x y  xy xy Mặt khác 2( x  �1 1�  ; Xét hàm số f  t   33t  14t  , t �� � 3� � 70 18 max f  t   � t  , f  t   �t  Suy � 1� 1� 33 33 � 25  ; �  ; � � �     �5 �   �5 � Từ suy ĐPCM 12 Bài 3.8 Cho số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x  y  Tìm giá 2 trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: S  x  y y  x  25 xy    Phân tích, hướng dẫn: 2 3 Do x  y  nên S  16 x y  12 x  y  xy  25 xy    16 x y  12 �  34 xy �x  y   3xy  x  y  � �  26 x y  xy  12 � 1� x  y  t  xy 0; � Đặt , ta được: S  16t  2t  12;0 �xy �  � t �� � � 4 � 1� 0; ta tìm được: Xét hàm số f  t   16t  2t  12 đoạn � � 4� � 25 �1 � S  �  x; y   � ; �; �2 � �2   � �2   � 191 max S  �  x; y   � ; ; �hoặc  x; y   � � 16 4 4 � � � � Bài 3.9 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức:  P  a  b2  c2   4(ab  ac  bc )  Tính giá trị M  m Phân tích, hướng dẫn: Ta có �ab  ac  bc � (a  b  c )  3 Đặt t  ab  ac  bc t � 0;3 a  b  c  (a  b  c)2  2(ab  ac  bc)   2t 2 Khi P  f (t )  (9  2t )  4t   4t  40t  84, t � 0;3 Bài toán trở thành: Tìm GTLN, GTNN hàm số f (t )  4t  40t  84  0;3 Dựa vào BBT hàm số f (t )  4t  40t  84  0;3 , ta có: P  f  t   , t  � a  b  c   0;3 a3 a0 a0 � � � � � � max P  max f  t   84 , t  � � b  � b  � b0  0;3 � � � c0 c0 c3 � � � Ta có: M  m  84 Nhận xét: Khi thực hành “dồn biến” ta phải ý đến điều kiện ràng buộc (điều kiện toán) khéo léo đánh giá điều kiện biến x2  y2 Một số đánh giá bản: Với x, y �R ta có: x  y �2 xy ; xy � 13 �x  y � Với x, y không âm, ta có: xy �� � �2 � 2.3.4 Xây dựng chủ đề dạy học Hàm số đồ thị hàm số bậc hai phằng phương pháp phối hợp xử lí linh hoạt yếu tố đại số hình học Bài 4.1 Tìm giá trị tham số m cho parabol  P  : y  x  x  m cắt Ox hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn OA  3OB Phân tích, hướng dẫn Phương trình hồnh độ giao điểm: x  x  m   * Để  P  cắt Ox hai điểm phân biệt A, B  * có hai nghiệm phân biệt �  '   m  � m  x A  xB � Theo giả thiết OA  3OB � x A  xB � � x   x �A B �x A  xB � Viet � �x A  xB  � m  x A xB  + TH1: x A  3xB ��� �x x  m �A B �x A  3 xB � Viet � �x A  xB  � m  x A xB  12 + TH2: x A  3xB ��� �x x  m �A B Do m  3; m  12 Bài 4.2 Cho parabol  P  : y  x  x  đường thẳng d : y  mx  Tìm tất giá trị thực m để d cắt  P  hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác OAB Phân tích, hướng dẫn Phương trình hồnh độ giao điểm  P  d x  x   mx  x0 � � x� x  m  �  �   � � � xm4 � m 0 m Để d cắt  P  hai điểm phân biệt A, B �۹ Với x  � y  � A  0;3 �Oy   2 Với x   m � y  m  4m  � B  m; m  4m  Gọi H hình chiếu B lên OA Suy BH  xB   m Theo giả thiết tốn, ta có m  1 � 9 SOAB  � OA.BH  � m   � � m  7 2 2 � 14 Bài 4.3 Tìm m để đường thẳng y  2m( x  1) cắt parabol y  x  x  hai điểm phân biệt với gốc tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Phân tích, hướng dẫn Tương tự Bài 4.2 Bài 4.4 Cho parabol  P  : y  x  x  đường thẳng d : y  mx  Tìm giá trị thực tham số m để d cắt  P  hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x13  x23  Phân tích, hướng dẫn Phương trình hồnh độ giao điểm  P  d x  x   mx  x0 � � x� x  m  �  �   � � � xm4 � m 0 m Để d cắt  P  hai điểm phân biệt A, B �۹ Khi đó, ta có x13  x23  �    m   �  m  � m  2 Bài 4.5 Cho hàm số y  x  x  hàm số y   x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng AB đến trục tọa độ Phân tích, hướng dẫn u cầu tốn � PT sau có hai nghiệm phân biệt x  3x    x  m hay x  x   m  (*) có  '  � m>1 x  xB  1; Gọi x A ; xB nghiệm (*), I trung điểm AB ta có xI  A y I   xI  m  m  � yI  xI � m   � m  2; m  Kết hợp ĐK, kết luận m  Bài 4.6 Cho hàm số y  x  x  Tìm m để đường thẳng  : y  x  m cắt đồ thị hàm số cho hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB khoảng cách từ O đến ∆ Phân tích, hướng dẫn Phương trình hồnh độ giao điểm x  x   x  m � x  x  m   Đường thẳng cắt đồ thị hai điểm phân biệt �  '  � m  3 m  : x  y  m  0, d  O,    , A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  AB   x2  x1    x2  m  x1  m    x2  x1  2   x2  x1   x1x2  2.22   m    8m  24 AB  d  O,   � m � m  16m  48  � m  �4 (thỏa mãn điều kiện) 15 Bài 4.7 Cho parabol (P) có phương trình y  x  , đường thẳng d có phương trình y  x  Lập phương trình đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d cho ∆ cắt (P) hai điểm phân biệt A, B AB = Phân tích, hướng dẫn Đường thẳng ∆ song song với d có dạng y = x + m (m ≠ 3) Phương trình hồnh độ giao điểm x  x   m  (1) Để ∆ cắt (P) hai điểm phân biệt A, B (1) có nghiệm phân biệt, điều kiện 15 0� m 16 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phân biệt (1) Theo định lý Viet ta có 1 m x1  x2  ; x1x2  4 Tọa độ hai giao điểm A  x1; x1  m  ,B  x2 ; x2  m  2 AB  �  x2  x1   � � 1 �x2  x1   x1x2 � � 1 m � 23 23 �1 � �  Kết hợp điều kiện ta m  � � m  16 � 16 16 � Bài 4.8 Cho hàm số y  x  2mx  3m hàm số y  2 x  Tìm m để đồ thị hàm số cắt điểm phân biệt hồnh độ chúng dương Phân tích, hướng dẫn 2 Ta có: x  2mx  3m  2 x  � x   m  1 x  3m   � '  � 3m   � m  4 Điều kiện � � 2  m  1  � Bài 4.9 Cho parabol (P): y   x đường thẳng (d) qua điểm I  0; 1 có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giải sử A, B có hồnh độ x1; x2 a) Tìm k để trung điểm đoạn AB nằm trục tung b) Chứng minh x1  x2 �2  k �R  Phân tích, hướng dẫn a) Đường thẳng (d) có PT: y  kx  PT tương giao (d) (P):  x  kx  � x  kx   (*) PT (*) ln có nghiệm phân biệt x1; x2   k   (k ) x x k ; M nằm trục tung Trung điểm M AB có hồnh độ  2 k � 0�k 0 2 b) Chứng minh x1  x2 �2  k �R  16 Theo Vi et có: x1  x2  k ; x1 x2  1 2  x1  x2  x1  x2   x1x2 �x1  x2   x1x2 � Ta có x1  x2   x1  x2  � � Có x1  x2   x1  x2   x1 x2  k  2   � x12  x23  k  k  �2, k �R Đẳng thức xảy k = Bài 4.10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y  ax đường thẳng (d ) : y  x  a (với a  ) Tìm điều kiện a để đường thẳng (d ) cắt parabol ( P ) hai điểm A  x1; y1  B  x2 ; y2  phân biệt Tìm giá trị nhỏ biểu  thức T  x1  x2 x1 x2 Phân tích, hướng dẫn Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) parabol (P): ax  x  a � ax  x  a  (1) Điều kiện để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) có nghiệm phân biệt �  '   a3  �  a  Gọi x1 , x2 hai nghiệm phân biệt phương trình (1) 1   2a  Theo định lí Viet ta có : x1  x2  ; x1 x2  a Suy T  x1  x2 x1x2 a a Áp dụng Bất đẳng thức Cosi, ta có: T  2a  1 �2 2a  2 a a 1 �a Vậy MinT  2 a Bài 4.11 Xác định parabol  P  : y  ax  bx  c , a �0 biết: a)  P  qua A(2;3) có đỉnh I (1;2) Dấu xảy � 2a  b) c   P  qua B  3; 4  có trục đối xứng x   c) Hàm số y  ax  bx  c có giá trị nhỏ x  nhận giá trị x  d)  P  qua M (4;3) cắt Ox N (3;0) P cho INP có diện tích biết hồnh độ điểm P nhỏ Phân tích, hướng dẫn a)  P  cần tìm y  x  x  b)  P  cần tìm y   x  x  c)  P  cần tìm y  x  x  d) Vì  P  qua M (4;3) nên  16a  4b  c (8) 17 Mặt khác  P  cắt Ox N (3;0) suy  9a  3b  c (9),  P  cắt Ox P nên P  t ;0  , t  b � t    � � a Theo định lý Viét ta có � � 3t  c � a  � � b  ;  �lên trục hoành Ta có SIBC  IH NP với H hình chiếu I � � 2a a �   Do IH   , NP   t nên SINP  �    t   4a 4a  t  3  3t  �  t  �b � c �   t  � �  �   t  (10)   a a �2a � a a 2 Từ (8) (9) ta có 7a  b  � b   7a suy t     7a 4t �  a a 8  t  � 3t  27t  73t  49  � t  Suy a  � b  4 � c  Vậy  P  cần tìm y  x  x  Bài 4.12 Cho đồ thị (P): y  x  (1  m) x Tìm giá trị m để (P) cắt đường thẳng (d) : y  x  m hai điểm phân biệt A, B cho góc hai đường thẳng OA, OB 600 Phân tích, hướng dẫn Để đồ thị cắt hai điểm phân biệt phương trình Thay vào (10) ta có   t   x  (1  m) x  x  m � x  mx  m  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 m4 � �   m  4m  � � Giả sử A( x1; x1  m); B( x2 ; x2  m) m0 � uuu r uuu r � OA( x1; x1  m)  ( x1;  x2 ); OB ( x2 ; x2  m)  ( x2 ;  x1 ) uuu r uuu r cos(OA; OB )  cos(OA; OB  uuu r uuu r x1x2  ( x1 )(  x2 ) � cos(OA; OB)  � ( x1 )  ( x2 )2 ( x2 )2  ( x1 ) m  (l ) � � m  m  2m x1 x2 � � � �� � m  Vậy m  6; m  2 � ( x1  x2 )  x1x2 4 m  m  m � � m  2 � 18 Bài 4.13 Cho Parabol ( P) : y  x  2( m  1) x  (1) Tìm tất giá trị tham số m để parabol (P) cắt trục Ox điểm phân biệt A B cho tam giác IAB tam giác (với I đỉnh (P)) Phân tích, hướng dẫn Đỉnh (P): I m  1;3  (m  1)   Phương trình hồnh độ giao điểm (P) trục Ox : x  2(m  1) x    * Để (P) cắt Ox điểm phân biệt �  * có nghiệm phân biệt � m 1 �  '  (m  1)   � � m 1 � Khi phương trình  * có nghiệm: x1   m  m  2m  2, x2   m  m  2m      � A  m  m  2m  ;0 , B  m  m  2m  ;0 , uuu r uu r AB 2 m  2m  2;0 , IA m  2m  2; m  m      Do (P) nhận đường thẳng x   m làm trục đối xứng nên tam giác IAB cân I Để tam giác IAB AB  IA , suy    �  m  2m     m m2  2m      2m     m   2m   m  2m   m  m  2 2 � m  2m   � m  �  tm  Vậy m  � 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua thực tế giảng dạy Trường THPT Triệu Sơn 3, thân áp dụng trực tiếp đề tài cho lớp H6 (Khóa 2011-2014), B4 (Khóa 20142017), E4 (Khóa 2017-2020), A35 (Khóa 2018-2021) đạt hiệu khả quan Các em trang bị kỹ kiến thức giai đoạn đầu lớp 10 giúp em tự tin việc học mơn Tốn lớp cao Thông qua việc dạy học chủ đề, tơi sớm phát học sinh có khiếu mơn Tốn (mặc dù điểm thi vào lớp 10 mơn Tốn em khoảng 7-8 điểm) để bồi dưỡng cho đội tuyển HSG mơn Tốn nhà trường Đề tài tổ chuyên môn đánh giá cao định hướng áp dụng giảng dạy cho ĐT HSG nhà trường cho lớp mũi nhọn ban A Nội dung sử dụng để giảng dạy lớp ôn thi THPT Quốc gia, ôn thi đại học trước nhận tín hiệu tích cực từ phía học sinh Kết thi HSG cấp tỉnh mơn Tốn năm tơi trực tiếp phụ trách năm gần đạt 100% giải, cụ thể sau: - Năm 2017: giải (1 Nhất, Nhì, Ba, KK); năm có em Hà Thọ Huy đạt giải KK điểm thi vào lớp 10 em năm 2014 6,5 điểm 19 - Năm 2019: giải (1 nhì, Ba, KK); năm có em Đỗ Đức Phương đạt giải Nhì điểm thi vào lớp 10 em năm 2017 8,0 điểm; Em Nguyễn Dũng đạt giải Ba điểm thi vào lớp 10 em năm 2017 7,5 điểm em nói học cấp em sợ mơn Tốn, đặc biệt mơn Hình học Các em năm top triển vọng đạt điểm cao (từ 27đ trở lên /3 môn khối) kỳ thi Tốt nghiệp tới KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua trình áp dụng vào thực tế giảng dạy trường THPT Triệu Sơn từ năm học 2011 - 2020, thân tơi nhận thấy có kết khả quan , tạo tự tin cho em học giải toán Trong phạm vi SKKN nên quan tâm đến số chủ đề nhỏ hướng xây dựng ví dụ mang tính chất gợi mở, phân hóa theo trình tự từ dễ đến khó, từ đơn lẻ đến tổng quát, từ đơn giản đến phức tạp tạo điều kiện phát triển lực tư duy, khả sáng tạo phù hợp với nhiều đối tượng học sinh Tôi thiết nghĩ với cách xây dựng thực ta mở rộng sang chủ đề khác chương trình lớp 11, 12 Đó hướng mà nghiên cứu thời gian tới Trên kinh nghiệm thực tế qua trình giảng dạy nhiều năm tơi rút cho thân bước đầu áp dụng có kết khả quan Đề tài không tránh hạn chế, tơi tiếp tục bổ sung hồn thiện dần năm học tới Tôi mong nhận đóng góp ý kiến quý vị bạn đồng nghiệp để đề tài vào thực tiễn, áp dụng nhiều đạt hiệu cao giảng dạy 3.2 Kiến nghị Trên số sáng kiến kinh nghiệm thực đơn vị năm học vừa qua Rất mong đề tài tiếp tục xem xét, mở rộng để áp dụng cho đối tượng học sinh, giúp học sinh yêu thích say mê học Tốn Tơi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp tổ chuyên môn, nhà trường em học sinh giúp đỡ tơi hồn thành sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 08 tháng 06 năm 2020 Tơi xin cam đoan SKKN viết khơng chép nội dung người khác Trịnh Quốc Phượng 20 ... thức giai đoạn đầu lớp 10 giúp em tự tin việc học mơn Tốn lớp cao Thông qua việc dạy học chủ đề, sớm phát học sinh có khiếu mơn Tốn (mặc dù điểm thi vào lớp 10 mơn Toán em khoảng 7-8 điểm) để bồi. ..  100  2m  1 � � Khi ta có hệ � 8 � � m t1t2   2m  1 � � 2.3.2 Xây dựng chủ đề dạy học Phương trình quy bậc hai có tham số phương pháp chọn tham số độc lập (cô lập tham số) Tư tưởng:... khơng âm, ta có: xy �� � �2 � 2.3.4 Xây dựng chủ đề dạy học Hàm số đồ thị hàm số bậc hai phằng phương pháp phối hợp xử lí linh hoạt yếu tố đại số hình học Bài 4.1 Tìm giá trị tham số m cho parabol