Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông từ các bài toán bất đẳng thức cơ bản

1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Chúng ta thừa nhận rằng, q trình dạy học khơng phải cung cấp tri thức cách đơn cho học sinh mà thơng qua q trình dạy học để: Hình thành bồi dưỡng cho học sinh phẩm chất lực định, chẳng hạn hình thành bồi dưỡng phẩm chất tư sáng tạo gồm: tính nhuần nhuyễn, tính mềm dẻo tính linh hoạt Hình thành bồi dưỡng cho học sinh lực cần thiết như: lực huy động tri thức, lực giải vấn đề Hình thành cho học sinh phẩm chất trí tuệ như: tính độc lập, sáng tạo Nghị Hội nghị lần thứ II Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng Sản Việt Nam ( khóa VIII, 1997) tiếp tục khẳng định: “Phải đổi phương pháp giáo dục – đào tạo, khắc phục lối truyền thụ chiều, rèn luyện nếp tư sáng tạo người học ” Trong chương trình tốn Trung học phổ thơng phần bất đẳng thức, giá trị lớn giá trị nhỏ nhất, học sinh làm quen từ sớm, song hành với học sinh lớp 12 chiếm vị trí quan trọng Hầu hết kỳ thi Đại học, học sinh giỏi Tỉnh, Thành phố, Olympic có xuất dạng tốn thơng thường tốn phát triển tư sáng tạo nên học sinh thường gặp phải khó khăn giải thường có hứng thú học Đứng trước thực trạng đó, với cương vị giáo viên dạy tốn, nhiều giáo viên khác suy nghĩ làm để phát triển tư sáng tạo cho học sinh thơng qua số tốn Trong q trình lên lớp, tơi thường tìm cách tiếp cận, định hướng cho em khai thác sâu nhiều khía cạnh tốn, thay đổi dự kiện toán hay xuất phát từ bất đẳng thức xây dựng toán phát triển toán theo nhiều định hướng khác có hệ thống từ dễ đến khó Tuy vậy, thực tế nhiều học sinh có cảm giác “ sợ” gặp toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lí sau: - Khơng nhớ bất đẳng thức bản, tính chất bất đẳng thức, không kết nối liên hệ bất đẳng thức với - Khơng tìm thấy mối liên hệ toán với học sinh không nhớ cách để làm toán phần - Chưa biết cách biến đổi để đưa toán - Các toán bất đẳng thức đa dạng nhiều tìm lời giải khó nên tạo tâm lý "ngại va chạm" cho học sinh thân giáo viên - Hầu học sinh tự học phần mà khơng có định hướng giáo viên - Một số giáo viên chưa có biện pháp tích cực để truyền tải mạch kiến thức cho học sinh cách tự nhiên, có hệ thống, điều làm cho học sinh nhớ kiến thức cách máy móc Trong q trình giảng dạy, tơi say mê, mày mị nghiên cứu nhằm giúp cho học sinh thấy hệ thống vấn đề xảy logic trình tư duy, việc thêm bớt nhìn nhận linh hoạt để tạo hệ thống tốn có bước tổng quát lên số kinh nghiệm q trình giải tốn bất đẳng thức mà tơi cảm thấy có nhiều nét thú vị Chính vậy, tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến: “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh trung học phổ thơng từ tốn bất đẳng thức bản” Trong phạm vi đề tài này, xin đề cập tới số vấn đề liên quan đến toán bất đẳng thức xây dựng theo hệ thống logic từ toán bất đẳng thức phát thông qua phương pháp đặc biệt hoá tổng quát hoá, thêm bớt giả thiết đề xuất toán mới, nối tiếp thành hệ thống suy luận giúp học sinh tích cực hơn, linh hoạt hơn, sáng tạo 1.2 Mục đích nghiên cứu Tăng cường khả tự học tự nghiên cứu học sinh, giúp HS chủ động tích cực việc tìm hiểu, ghi nhớ kiến thức Học sinh thấy nhiều điều thú vị việc học bất đẳng thức mà sợ hãi thấy toán BĐT 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sáng kiến đề cập đến chương trình tốn Trung học phổ thơng phần bất đẳng thức, giá trị lớn giá trị nhỏ nhất, học sinh làm quen từ sớm, ln song hành với học sinh lớp 12 Nghiên cứu học sinh trường THPT Quan Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu Thực phạm vi số buổi chữa tập buổi học thêm, bồi dưỡng học sinh giỏi, bồi dưỡng thi Đại học – cao đẳng Giáo viên đưa số ví dụ cách xây dựng tốn từ tốn bản, sau hướng dẫn học sinh tự tìm tịi phát số vấn đề xung quanh Hình thức học sinh tự nghiên cứu toán với hướng dẫn giáo viên Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1 Các khái niệm Sáng tạo Sáng tạo tìm mới, cách giải Theo Renzuli (Nhật, 93) sáng tạo sở cấu trúc tài Ba yếu tố sáng tạo là: tính nhuần nhuyễn, tính mềm dẻo, tính hồn thiện Tư sáng tạo Có tự lực chuyển tri thức kỹ sang tình Nhìn thấy vấn đề điều kiện quen biết qui cách Nhìn thấy cấu trúc đối tượng nghiên cứu Kỹ nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách giải Năm thành phần cấu trúc tư sáng tạo là: tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính hồn thiện, tính nhạy cảm vấn đề Q trình sáng tạo tốn học Q trình sáng tạo gồm giai đoạn Giai đoạn chuẩn bị: Thử giải vấn đề cách khác nhau, huy động thông tin, suy luận Giai đoạn ấp ủ: Khi cơng việc giải vấn đề bị ngừng lại, cịn lại hoạt động tiềm thức Giai đoạn bừng sáng: Đó bước nhảy vọt chất tri thức, thường xuất đột ngột Giai đoạn kiểm chứng: Kiểm tra trực giác, triển khai luận chứng logic 2.1.2 Phát triển tư sáng tạo cho học sinh Năm thành phần tư sáng tạo cho học sinh: Dựa hoạt động trí tuệ: Dự đốn, bác bỏ, khái qt hóa, tương tự hóa… Tìm nhiều lời giải toán, khai thác, đào sâu kết tốn… Nhìn nhận vật theo khía cạnh mới, nhìn nhận kiện nhiều góc độ khác Biết đặt nhiều giả thuyết phải lý giải tượng Biết đề xuất giải pháp khác phải xử lý tình 2.2 Thực trạng vấn đề 2.2.1 Thuận lợi Bản thân nhà trường tổ chuyên môn thường xuyên quan tâm giúp đỡ, khuyến khích động viên việc tổ chức thi Toán học như: “Học sinh giỏi trường”; “Câu lạc Toán học ”, "Câu lạc bảng tin", " Câu lạc Toán - Vật lý tuổi trẻ" Bản thân tơi giáo viên nhiệt tình, đam mê, ln chịu khó tìm tịi sáng tạo, ln trau dồi, tích lũy kinh nghiệm trăn trở đưa nhiều ý tưởng việc tổ chức thi Toán học Trường tơi, khóa học có số em học sinh giỏi Tốn, có đam mê với Tốn học, đặc biệt học sinh lớp mũi nhọn, nhiều em có tố chất thơng minh ln mong muốn tìm hiểu, khám phá vấn đề Tốn học 2.2.2 Khó khăn Đặc thù mơn Tốn khó so với mơn học khác nên số em thường có tâm lý e ngại học Tốn, chưa nói đến việc “ sáng tạo ” mơn Tốn Trong thực tế nhiều học sinh học thường dựa vào toán cách giải có sẵn mà khơng chịu khó suy nghĩ tìm xem tốn bắt nguồn từ đâu, để từ tìm cách giải xây dựng tốn Có thể nói có khơng giáo viên “lãng qn” hoạt động giúp học sinh “Sáng tạo” toán ngại tìm hiểu mày mị học hỏi để nâng cao trình độ, lực mà chủ yếu cịn dựa vào có sẵn tài liệu, sách để truyền lại cho học sinh cách thụ động Rõ ràng, truyền thụ kiến thức cho học sinh mà bỏ qua hoạt động khơng thân bị mai kiến thức mà em học sinh bị động trước vấn đề “tưởng chừng mẻ” toán học, khả suy luận, tư sáng tạo học sinh bị hạn chế 2.3 Các giải pháp giải vấn đề 2.3.1 Dựa vào bất đẳng thức biết 2.3.1.1 Bất đẳng thức cô si Cho n số thực không âm x1; x ; x n ta có : x1  x   x n n � x1x x n (1) n Dấu xảy � x1  x   x n 2.3.1.2 Bất đẳng thức Bunhia-copxki Cho hai dãy số thực x1 ; x ; x n y1 ;y ; y n có bất đẳng thức x  x 22   x 2n   y12  y 22   y 2n  � x1 y1  x y   x n y n  Dấu xảy � (2) x1 x x    n với yi �0  i  1,2, ,n  y1 y yn 2.3.1.3 Một số bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức Bunhia-copxki Hệ 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho hai số x1 x x , , , n y1 , y , , y n yi   i  1,2, ,n  ta bất y1 y yn đẳng thức x12 x 22 x n2  x1  x   x n     � y1 y yn y1  y   y n Đẳng thức xảy � (3) x1 x x    n y1 y yn x i2 x i2 x   i  Hệ 2: Nếu ta đặt yi  x i z i   i  1,2, ,n  yi x i zi zi x1 x x  x  x   x n     n � z1 z z n x1z1  x z   x n z n (3) tương đương với (4) Dấu xảy � z1  z   z n 2.3.2 Biện pháp liên tưởng Trong lịch sử phát triển tốn học, nhờ có tính sáng tạo, đột phá cách giải vấn đề mà thúc đẩy phát triển sâu sắc tốn học Đối với học sinh, khó sáng tạo lý thuyết phương pháp có ý nghĩa nhà toán học, cần phải điều nhỏ, đơn giản Chẳng hạn, giải vấn đề, cần phải huy động kiến thức nào, phương pháp nào, không nên nghĩ giải xong, mà phải suy nghĩ cịn có cách khơng? Cịn có cách hay khơng? Phải huy động tồn trí lực để giải vấn đề cách sáng tạo Theo Từ điển tiếng Việt liên tưởng có nghĩa là: "Nhân vật, tượng mà nghĩ đến vật, tượng khác có liên quan" L.B.Itenxơn cho rằng: "Tư tốt tức tư đắn có hiệu quả, biết thực liên tưởng khái quát, liên tưởng phù hợp với toán cần giải Vì vậy, để việc dạy tư có hiệu quả, khơng địi hỏi phải tìm hiểu thuộc tính hay quan hệ chung xác định đối tượng, mà cịn phải biết thuộc tính chất tốn nào" Vai trị liên tưởng trình tư quan trọng Một người có tư tốt người có tư đắn có hiệu quả, biết thực liên tưởng khái quát, liên tưởng phù hợp với vấn đề cần giải K.K.Plantônôv xem tư trình gồm nhiều giai đoạn nhau, mà hai giai đoạn là: xuất liên tưởng, sàng lọc liên tưởng hình thành giả thuyết Trong dạy học, đặc biệt hoạt động tư giải tốn, liên tưởng có vai trị quan trọng Đứng trước toán cụ thể, liên tưởng hướng khác tốn ta sáng tạo toán Bài toán xuất phát Cho số dương x, y, z Chứng minh x y z   �  1 yz zx xy Với toán đưa học sinh có số cách giải sau: � x �� y �� z �9 � 1 1 � � � �� � yz� � zx� � x y� �1 1 �9   Cách 1: �  x  y  z  � �� �x  y y  z z  x �  1 � �1  �1 1 � ��   �x  y    y  z    z  x  � �x  y y  z z  x ��9 � � � Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có �1 � �1 � �1 � VT �9  x  y   y  z   z  x  � � � � � � �z  x � �x  y � �y  z � Dấu xảy x  y  z Cách 2: Chuẩn hóa x  y  z  ta chứng minh bất đẳng thức đại diện x x �۳� x�1 y z 3 x 2 Khi 2x x  x   x 1  x 1 x y z x y z 3      �   x  y  z  3  y  z z  x x  y 3 x 3 y 3z 2 (đpcm) Cách 3: Đặt a  x y z ;b ;c  yz zx xy Khi ta đưa toán cho a, b, c dương thỏa mãn 1   2 1 a 1 b 1 c Chứng minh a  b  c � Thậy vậy, giả sử a  b  c  1 9   �  2 ta có  a  b  c   a  b  c  (trái với giả thiết) 3 Bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc với nhiều bạn đọc tài liệu giới thiệu 45 cách chứng minh bất đẳng thức xây dựng nhiều toán ứng dụng bất đẳng thức Nếu ta đặt P  x y z   yz zx xy Với toán ta hướng dẫn học sinh liên tưởng đến bất đẳng thức khác Đó ta thay đổi y  z; z  x; x  y mẫu bất đẳng thức (1) x  y; y  z; z  x Ta biểu thức Q  x y z   x y yz zx Và ta xét thêm biểu thức G  y z x   xy yz zx Khi P  G  �x  z � �z  y � xz yx zy �y  x �   �3 � � � � z  x �x  y �  Q  G yz zx xy � � �y  z � � � Như ta có bất đẳng thức x y z x y z   �   yz zx xy xy yz zx Liệu ta xây dựng bất đẳng thức mạnh bất đẳng thức Nesbitt không ? Ta đặt bất đẳng thức sau bất đẳng thức sau: Bài Toán: Cho số dương x; y;z Chứng minh x y z   � xy yz zx  1 Ta có: Bất đẳng thức rõ ràng vơ lí Vì chọn x  4; y  1; z  ta có:   � 1 1 2  Như toán đặt sai Nhưng ta lại biết bất đẳng thức Nesbitt tác giả khai thác nhiều toán từ Vậy với kết đẹp tốn liệu hướng dẫn học sinh khai thác tốn từ hay khơng ??? 2.3.3 Biện pháp nghiên cứu tìm nguyên nhân khắc phục nguyên nhân 2.3.3.1 Tìm nguyên nhân:Ta tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết vơ lí là: +Ngun nhân 1: Do giả thiết biến x; y; z bình đẳng +Nguyên nhân 2: Biểu thức P  x y z   có tính đối xứng xy yz zx Như để xây dựng tốn ta hướng dẫn học sinh khắc phục hai nguyên nhân dẫn đến kết vơ lí tốn 2.3.3.2 Khắc phục nguyên nhân +) Khắc phục nguyên nhân tạo toán � � Bài Toán 1: Cho số dương x, y,z �� ;2 �.thỏa mãn x �y �z � � Chứng minh x y z 23   � x  y y  z z  x 15 Lời giải Cách 1: Đặt f  x   Ta có: f ' x y z   xy yz zx  y  z   x  yz    �0  x  2 2 x  y z  x x  y z  x         y z ( x �y �z ) Hàm số f  x  đồng biến x �2   f  x f  2 2y y yz z z2 g z  y    2y  z  g'  z     2 2 y  z z       y  z   z  2 y �0 ( �y �z ) � � Hàm số g  z  nghịch biến z �� ;2 � � � 2y �1 � g  z  �g � �    h  y �2 � y  2y  Ta có: h'  y    2y  1   y  2  6  y   y  2y  1  y   2 y 1 � h  y  � � y  1 � Khi ta có bảng biến thiên sau: y h'  y  +   h  y 23 15 23 Vậy, f(x) � (đpcm) 15 Dấu xảy x  , y  1,z  Cách 2: Thậy ta xét bổ đề sau Bổ đề 1: Nếu a,b dương ab �1 ta có bổ đề:  1  �  a  b  ab  Thậy ta có :  a  b    ab �2   a    b  �  a  b  ab  ab �a  b  2ab �   ab  a b  �0 , với a b dương, ab �1 Dấu xảy , a  b ab  Áp dụng bổ đề cho hai số dương VT  Đặt 1 y x  1 z y  y z y z z ;  �1 ta có x y x y x z �  zx z 1 x 1 z x � � � � z  t x �z x,z �� ;2�� t �� ;1� � � � � x t2  Thật xét hàm số f  t   t 1 1 t Ta có f  t   ' 2t  t  1  1 t  � � , t �� ;1� � �  t  1   t   t  1   t  2  � �  đoạn � ;1�  f  t  Hàm số f  t  nghịch biến � � 2  t  1 t  t  1  t  1   t  2 �0 �1 � 23 f�� �2 � 15 23 Vậy, f(x) � (đpcm) 15 Dấu xảy x  , y  1,z  Như ta tìm điều kiện x; y;z có giới hạn ta xây dựng bất đẳng thức Bài Toán 2: Cho số thực x, y,z � 0;1 thoả mãn x  y �1  z Tìm giá trị nhỏ x y z   P  y  z z  x xy  z Lời giải Do x, y � 0;1 �  x  1  y  1 �0 � xy  �x  y Kết hợp với giả thiết suy xy �z x y Ta có P  z  x  z y x xy 1 1 1 z z z2 x x x y Đặt a  , b  , c  , � �1 y z z z z z a b c    ab �c �1 Khi ta có P  b  a  ab  1  � Áp dụng bất đẳng thức b  a  1  ab a b � �a � �b � �1  �  1� �  1�   a  b  1 �  � b  a  �b  � �a  � �b  a  �    ab   12 abab � ab  a b c ab   �  b  a  ab  1  ab  ab Đặt t  ab �1 , xét hàm số 2t f  t   t �1  t  t2 Từ ta suy P  f  t  '  t  t  1    t   t  1  t  1 2 2 Hàm số đồng biến t�۳1 f  t  f  1 3 x  y  z  Bài Toán 3: Cho số dương x, y, z thỏa mãn z �x Vậy Min P  10 3 �x � �y � �z � Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  � � �y  z � �z  x � x  y � � � � � � Lời giải x  y3 �x  y � Ta có: �� � �2 � 3 3 � x � x3 � y � y3 �z � z � � , , � �x  y � x  y3 �y  z � y3  z � � 3 �z  x � z  x � � � � Cộng vế lại với ta � x3 y3 3z � P � �3   � �x  y3 y3  z z  x � 3 �z � �y � �x � Đặt a  � �; b  � �; c  � � c �1 abc  đưa toán �x � �z � �y � 1�1 �   Tìm giá trị nhỏ biểu thức P � � � 4� 1 a 1 b 1 c � Thật dựa vào điều kiện ta có ab �1;0  c �1 1 2 c  �   a  b  ab c 1 �2 c � �2 c � �3  c �   Hay P � � �� � � � � � c 1 c 1� � c 1 c 1� � c 1 � c c c  � Đặt t  c �  t �1 1 ' 2t  f t  0   f t   t � Xét hàm số   với ta có:  t  1 t 1  với  t �1  f  t  f  1 Hàm số nghịch biến Vậy, giá trị nhỏ P ; x  y  z +) Khắc phục nguyên nhân tạo toán Bài Toán 1: Cho số dương x, y,z � 1;4 thỏa mãn x �y; x �z Tìm giá trị x y z   nhỏ biểu thức P  (Đề thi khối A năm 2011) 2x  3y y  z z  x Lời giải: Cách 1: Áp dụng bổ đề ta có: 11 Khi : P x 1   �  2x  3y  z  x  3y x x �y 1 y z x y x  t x �y x, y � 1;4 � t � 1;2 y Đặt Thật xét hàm số f  t   t2  2t   t t2  Khi : P � 2t   t , t � 1;2 2 � t  4t  3  3t  2t  1  � � � Ta có f  t   2  2t  3   t  '  đoạn  1;2 Hàm số f  t  nghịch biến Vậy, giá trị nhỏ P  f  t f  2 34 33 34 ; x  , y  1,z  33 Cách 2: � � Đặt y  ax, z  bx � a,b �� ;1� � � Khi P  x ax bx a b      2x  3ax ax  bx bx  x  3a a  b b  Xét hàm số: f  a   a b    3a a  b b  b   3a    a  b  b f  a     2   3a   a  b    3a   a  b  2 ' Ta có: b   3a    a  b   9a b  6ab  4b  3a  3b � 2 � � 15a b  4b  3a  3b  3a  5b  1  b   3b  �0 b �� ;1� � � ' Vậy f  a  �0 hàm số đồng biến với a � b �1 � f  a  �f � �    g  b 11  4b b  �� g'  b      4b    b  1 � � g'  b   � b  �� ;1� � � 12 � �1 � �1 � � 34 g� � ;g � � ;g  1 � Hay f  a  �g  b  �Min � Vì hàm số g  b  liên tục 33 � �4 � �2 � � � ;1 � � � � Vậy, giá trị nhỏ P 34 ; x  4, y  1, z  33 Tương tự tốn kết hợp điều kiện ta xây dựng toán sau Bài toán 2: Cho số thực dương x, y, z Chứng minh x y z   �1 (Bài toán gốc 1) x  2y y  2z z  2x Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức (4) ta có x y z  x  y  z   �  (đpcm) x  2y y  2z z  2x x  x  2y   y  y  2z   z  z  2x  Dấu xảy x  y  z x2 y2 z2  x  y  z VT    �2 1 Cách2 2 2 x  2xy y  2yz z  2zx x  y  z   xy  yz  zx  2.3.4 Phép tương tự Trong chương trình đổi sách giáo khoa phương thức giảng dạy , học sinh việc chủ động hoạt động học tập lĩnh hội tri thức, việc kích thích tính học tập chủ động học sinh cần thiết tiết dạy lý thuyết đặc biệt tiết luyện tập , ơn tập địi hỏi người giáo viên luôn sáng tạo dạy tiết dạy để tránh việc " thông báo kiến thức " , ''chữa tập'' qua học sinh thấy hứng thú chủ động tìm tịi từ có Để làm điều người giáo viên phải tạo từ có việc đào sâu mở rộng khai thác cách triệt để từ ban đầu, khó ta làm dễ để đơn giản từ dễ ta tổng hợp lên để thích ứng với đối tượng tạo tốn có nhiều tình gắn với thực tế Trong khuôn khổ sáng kiến này, vấn đề tương tự toán ta xem xét khía cạnh sau: phép tương tự Mỗi tốn có nhiều cách giải khác Cách thức giải vấn đề lời giải khác nhau, lời giải có đặc trưng riêng mà nhiều dựa vào ta khai thác sáng tạo toán tương tự toán ban đầu Xây dựng số toán từ toán gốc 13 2.3.4.1 Khai thác từ toán gốc Xuất phát từ x   x   �3x y3   y3   �3y (Với x, y, z  ) z   z3   �3z Và kết hợp với toán gốc ta có tốn sau Bài tốn 1.1 Cho số thực dương x, y, z Chứng minh x  y3  z    �3 x  2y y  2z z  2x Lời giải � x y z �   Thật theo ta có VT �3 � ��3 (đpcm) x  2y y  2z z  2x � � Dấu xảy x  y  z  Tương tự cách xây dựng toán 1.1 với x (y  z) �2x yz  2x x xyz x, y, z  ta có: Nếu thêm giả thiết xyz  Ta có : x (y  z) �2x x tương tự ta có y (z  x) �2y y z (x  y) �2z z Bài toán 1.2 Cho x, y, z số thực dương thay đổi, thoả mãn điều kiện xyz  x (y  z) y (z  x) z (x  y)   �2 Chứng minh x x  2y y y y  2z z z z  2x x Lời giải 2y y 2x x 2z z   Như ta có VT � x x  2y y y y  2z z z z  2x x Đặt a  x x; b  y y; c  z z Khi b c � � a VT �2 �   ��2 (đpcm) �a  2b b  2c c  2a � Dấu xảy x  y  z  Qua hai toán ta hướng dẫn học sinh tìm cách khai thác tốn từ biểu a b c   thức P  a  2b b  2c c  2a 2 Ta đặt a   x ; b   y ; c   z với x, y, z  14 a  x2  x2 �  x2 �  �  Ta có : � a  2b (1  x )  2(1  y ) 2x  2(1  y ) � �x   y � Như qua toán ta hướng dẫn học sinh khai thác từ bất đẳng thức để chuyển tốn gốc lúc ta toán mới.Tương tự ta xét toán gốc 2.3.4.2 Khai thác từ toán gốc Bài toán gốc với x, y, z  ta sáng tạo toán từ giả thiết xyz  đặt x  ab bc ca ;y ;z c a b ab bc ca c a b   �1 xyz  tốn trở thành ab bc ca 2 2 2 c a b Và ta xây dựng toán sau: Bài toán 2.1: Cho số thực dương x, y, z Chứng minh xy yz zx   �1 2z  xy 2x  yz 2y  zx Như từ toán gốc ta đặt hay x  để xyz  ta nhiều toán a b c ;y ;z ,…làm b c a Với x, y  ta xét bất đẳng thức: xy  x  y  xy  �  Bài toán 2.2: Cho số thực dương x, y, z thoả mãn  x  y   y  z   z  x   x  xy  y � Chứng minh x  xy  y y  yz  z z  zx  x   �3 xy  yz  zx  Lời giải Thật theo ta có  x  y x  xy  y � tương tự ta có xy2 xy   y  z y  yz  z � yz2 yz  3 z  x z  zx  x � zx2 zx  Cộng vế lại với ta 15 � xy yz zx � VT � �   � �x  y  y  z  z  x  � Đặt a  x  y; b  y  z; c  z  x abc  toán trở thành b c � �a VT � �   �� (đpcm) �a  b  c  � Dấu xảy x  y  z  2.3.4.3 Khai thác tam giác Cho tam giác ABC Nếu ta thay x  sin A ; y  sin B ; z  sin C ta thay vào tốn ta có nhiều toán +) sin A sin B sin C   �1 sin A  2sin B sin B  2sin C sin C  2sin A sin A sin B sin C A B C   �2cos cos cos +) sin A  sin B sin B  sin C sin C  sin A 2 3 � sin A � � sin B � � sin C � +) � � � � � �� �sin A  sin B � �sin B  sin C � �sin C  sin A � Và thay vào tốn ta có nhiều toán khác Hay ta thay x; y;z  h a ;h b ;h c  ,  ;rb ;rc  ,  tan A; tan B;tan C  ; B C� � A ,� cos ;cos ;cos � ,  p  a;p  b;p  c  vào tốn ta 2� � nhiều toán khác 3 � h � � h � � h � + � a � � b � � c �� �h a  h b � �h b  h c � �h c  h a � 2 �r � �r � �r � + � a � � b � � c �� �ra  rb � �rb  rc � �rc  � ……… Ta mở rộng tốn khơng gian Và ta mở rộng sang hàm số mũ logarit sau 2x 2y 2z +) x   �1  y1 y  2z 1 2z  2x 1 16 x y y z zx +) x  y   � y z yz zx z x xy 2 2 2 2 2.3.5 Phương pháp thực nghiệm đánh giá thực nghiệm 2.3.5.1 Tiến hành thực nghiệm - Tổ chức thực nghiệm sư phạm tiến hành Trường THPT Quan Hóa, thời gian thực nghiệm: Tháng 11, 12 năm 2018 ( Thời gian nghiên cứu đề tài hai năm 2017-2018; 2018-2019) - Lớp thực nghiệm: 12A1, gồm 42 HS; Lớp đối chứng: 12A4, gồm 39 HS Các lớp đối chứng thực nghiệm chọn đảm bảo trình độ nhận thức nhau, có kết thi vào trường THPT Quan Hóa khảo sát đầu năm tương đương thuận lợi cho việc đánh giá kết thực nghiệm - Tác giả tiến hành dạy lớp thực nghiệm cho thấy: + Lớp thực nghiệm đa số em có nhiều cách giải với tốn bất đẳng thức, tìm lời giải nhanh sáng tạo nhiều toán có số tốn hay lạ + Các em có hứng thú học phần bất đẳng thức - Sau dạy xong thực nghiệm, cho hai lớp thực nghiệm đối chứng làm kiểm tra sau ĐỀ BÀI Bài 1: Cho x, y, z số thực dương thoả mãn xyz  Chứng minh y z x   � x   y   5y y   z   5z z   x   5x Bài 2: Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  Chứng minh x y 3z   � 10 2 1 x 1 y  z2 Bài 3: Cho số thực dương x, y, z thoả mãn xy  yz  zx  x 2012 y 2012 z 2012   Chứng minh 2 �  x  y  y  z  z  x  2.3.5.2 Đánh giá thực nghiệm Sau trình thực nghiệm chúng tơi theo dõi chuyển biến hoạt động nhận thức HS đặc biệt khả sáng tạo, khả tìm tịi phát tri thức Chúng thấy lớp thực nghiệm có dấu hiệu tích cực so với lớp đối chứng Sau kiểm tra, thống kê kết làm HS, thu số liệu sau: 17 Kết kiểm tra: Điểm 10 Thực nghiệm 12 42 Đối chứng 7 12 0 39 Lớp Tổng số Lớp thực nghiệm có 36/42 (85,7%) đạt trung bình trở lên, có 39 % giỏi.Có em đạt điểm Lớp đối chứng có 27/39 (69,2%) đạt trung bình trở lên Thực tế cho thấy năm học vừa qua, tỷ lệ học sinh thi đậu vào Đại học - Cao đẳng trường THPTQuan Hóa chúng tơi cao, số học sinh đạt điểm toán từ điểm đến điểm tăng dần 2.4 Hiệu SKKN hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 2.4.1 Đối với thân tác giả Đây cách giúp cho thân tơi trau dồi kiến thức, nâng cao chuyên môn, đặc biệt phần kiến thức khó bất đẳng thức 2.4.2 Đối với học sinh Giúp em hiểu sâu bất đẳng thức làm tốt phần tập mức độ vận dụng cao 2.4.3 Đối với đồng nghiệp nhà trường Với đề tài thu hút quan tâm ủng hộ đồng nghiệp để từ tổ đồng chí hỗ trợ chuyên môn đặc biệt ôn thi học sinh giỏi, đem lại kết tốt nhât cho nhà trường Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận Như điều cốt lõi đề tài thơng qua tốn phát triển thành hệ thống suy luận tương đối logic Điều tạo nên tính mẻ nhìn ý tiềm tàng tốn Các tốn gốc ứng dụng rộng rãi với việc nhìn tốn nhiều góc độ khác cách biến đổi điều kiện biến số mở lớp toán hay đẹp ứng dụng nhiều kỳ thi chọn học sinh giỏi kỳ bồi dưỡng học sinh giỏi, kỳ thi vào Đại học - Cao đẳng Trong trình dạy học thói quen tổng quát hóa, đặc biệt hóa để đào sâu nghiên cứu góc cạnh tốn học kiểu điều cần thiết cho phát triển tư kích thích tính tích cực khám phá em học sinh.Việc sử dụng hệ thống toán cho ta cách giải tập liên quan cách đơn giản tiếp tục sáng tạo khai thác sâu chắn ta tìm nhiều vấn đề thú vị 18 Vậy đề tài: “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông từ tốn bất đẳng thức bản”có tác dụng thực tiễn lớn trình giảng dạy giáo viên trình học tập học sinh 3.2 Kiến nghị Để nâng cao chất lượng, hiệu hoạt động dạy học theo định hướng phát triển phẩm chất lực, xin kiến nghị: Đối với nhà trường - Tăng cường công tác kiểm tra đánh giá chất lượng giáo viên, học sinh cách tổ chức nhiều thi Toán học - Với tổ chuyên môn, tăng cường việc trao đổi học hỏi lẫn giúp hoàn thành tốt nhiệm vụ Trên kinh nghiệm mà áp dụng rút từ thực tế giảng dạy Trong trình thực hiện, thời gian khuôn khổ đề tài nên không tránh khỏi hạn chế Vì vậy, tơi mong nhận đóng góp bạn bè, đồng nghiệp để xây dựng phương pháp dạy học môn ngày hiệu XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 05 tháng 05 năm 2021 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Hoàng Thị Nga ` 19 20 ... dạn đề xuất sáng kiến: ? ?Phát triển tư sáng tạo cho học sinh trung học phổ thơng từ tốn bất đẳng thức bản? ?? Trong phạm vi đề tài này, xin đề cập tới số vấn đề liên quan đến toán bất đẳng thức xây... thú vị 18 Vậy đề tài: ? ?Phát triển tư sáng tạo cho học sinh trung học phổ thơng từ tốn bất đẳng thức bản? ??có tác dụng thực tiễn lớn trình giảng dạy giáo viên trình học tập học sinh 3.2 Kiến nghị Để... ta có bất đẳng thức x y z x y z   �   yz zx xy xy yz zx Liệu ta xây dựng bất đẳng thức mạnh bất đẳng thức Nesbitt không ? Ta đặt bất đẳng thức sau bất đẳng thức sau: Bài Toán: Cho số