day hoc bai toan tim gia tri lon nhatgia tri nho nhat

Trong quá trình tiếp cận, giải quyết bài toán tính GTLN- GTNN nào đó không chỉ nhìn bài toán từ một góc độ mà phải xem xét bài toán đó theo quan điểm toàn diện; không chấp nhận một cách [r]

MỞ ĐẦU 1. Lí chọn đề tài

Tư sáng tạo loại hình tư có tầm quan trọng đặc biệt người, người học tập, nghiên cứu khoa học Mơn tốn mơn khoa học cơng cụ mơn khoa học, coi “nữ hồng khoa học”, mơn “thể thao trí tuệ”, có tác dụng việc rèn luyện, phát triển tư sáng tạo Tuy nhiên nay, việc thực nhiệm vụ phát triển tư sáng tạo cho học sinh chưa trọng rèn luyện cách mức Phương pháp dạy học cũ nhìn chung chưa ý đến nhiệm vụ

Phương pháp thuyết trình áp đặt dạy học phổ biến kìm hãm phát triển tư sáng tạo học sinh, dẫn tới thực trạng học sinh phổ thông thường thụ động học tập

Trong chương trình tốn học, cực trị nói chung tốn tìm GTLN- GTNN nói riêng nội dung hàm số Đồng thời vấn đề tốn học quan trọng chương trình tốn trường phổ thơng Thơng qua tập tìm GTLN-GTNN người học tốn hiểu kĩ sâu sắc giải biện luận phương trình, chứng minh bất đẳng thức Hơn trình giải tập, lực tư sáng tạo học sinh phát triển đa dạng mạnh mẽ

Xuất phát từ lí trên, khố luận lấy tên: “Phương pháp dạy học tốn tìm GTLN- GTNN, theo hướng phát triển tư sáng tạo cho học sinh THPT”

2. Mục đích nghiên cứu

Nếu tiến hành dạy giải tốn tìm GTLN- GTNN vào học tập môn thực tiễn sở khoa học góp phần phát triển tư sáng tạo, luyện tập cho học sinh kĩ vận dụng khả sáng tạo

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

 Tìm hiểu làm sáng tỏ số sở lí luận TDST

 Nghiên cứu số phương pháp tìm GTLN- GTNN nhằm góp phần rèn luyện số yếu tố cụ thể TDST

 Bước đầu kiểm nghiệm hiệu phương pháp dạy học ý bồi dưỡng yếu tố TDST sở thực nghiệm sư phạm

4. Phương pháp nghiên cứu

Kết hợp nghiên cứu lí luận, quan sát thử nghiệm sư phạm 5. Đóng góp khố luận

Khố luận góp phần vào xây dựng cách có hệ thống phương pháp tìm GTLN- GTNN Đồng thời tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên, sinh viên ngành sư phạm toán để nâng cao chất lượng giảng dạy Khố luận tài liệu hữu ích cho học sinh THPT để phát triển lực TDST thông qua giải tốn tính GTLN- GTNN

6. Cấu trúc khố luận

Ngồi phần mở đầu, kết luận, mục lục, danh mục tài liệu tham khảo, khố luận gồm có chương:

Chương 1: Cơ sở lí luận thực tiễn

Chương 1:

Cơ sở lí luận thực tiễn 1.1.Cơ sở lí luận

1.1.1. Khái niệm tư sáng tạo

Theo từ điển, sáng tạo tạo giá trị vật chất tinh thần; sáng tạo tìm mới, cách giải mới, khơng bị gị bó phụ thuộc vào có

Ví dụ: Tìm GTNN- GTLN hàm số y x  x

Lời giải: Trước tiên ta phải tìm điều kiện tồn hàm số cho:

3 x x

6 x x

  

 



 

  

 

Hầu hết học sinh thường tìm GTLN- GTNN hàm số 3;6 phương pháp đạo hàm Tuy nhiên, việc sử dụng bất đẳng thức đơn giản nhiều

 2    

2

y x  x  y  x  x  9 x x  9 y

  (vì y 0 với x   3;6)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

 2    

2

y  x  x  1 x x   18 y

  (vì y 0; x    3;6)

Khi ta có: y 2  Vậy:

 3;6

3 x x

min y

6 x x



  

 

    

  

 

 3;6

max y

  

3

3 x x x

2

    

Theo Đề sáng tạo, khơn ngoan- khơn ngoan vận dụng đối tượng đa dạng bị thay đổi đa dạng Sự sáng tạo hoạt động đặc trưng tính khơng lặp lại, tính độc đáo tính

Như sáng tạo nghiên cứu nhiều bình diện, trình phát sinh mới, kiểu tư duy, lực người cần thiết lĩnh vực xã hội lồi người

Theo G.Polya: “có thể gọi tư có hiệu dẫn đến lời giải tốn cụ thể Có thể coi tư sáng tạo tư tạo tư liệu, phương tiện để giải toán Các toán vận dụng tư liệu, phương tiện có số lượng lớn, có dạng mn màu mn vẻ mức độ sáng tạo tư cao”

Tôn Thân nhấn mạnh: “tư sáng tạo dạng tư độc lập, tạo ý tưởng độc đáo có hiệu giải vấn đề cao”

1.1.2. Các đặc trưng tư sáng tạo

Lecne đặc trưng tư sáng tạo:

 Nhìn thấy vấn đề điều kiện đối tượng quen biết “đúng quy cách”

 Nhìn thấy chức đối tượng quen biết  Nhìn thấy đối tượng nghiên cứu

 Kĩ nhìn thấy lời giải nhiều cách nhìn việc tìm kiếm lời giải (khả xem xét đối tượng khía cạnh khác nhau, đơi mâu thuẫn nhau)

 Kĩ kết hợp kiến thức giải biết thành phương thức  Kĩ sáng tạo phương thức giải biết phương thức khác 1.1.3. Các giai đoạn trình sáng tạo

Quá trình sáng tạo bao gồm giai đoạn sau:

 Giai đoạn chuẩn bị: giai đoạn mà người tìm kiếm cách giải vấn đề cần giải

 Giai đoạn ấp ủ: cách giải sáng tạo thường nảy sinh sau thời gian ấp ủ, khoảng thời gian mà người ngừng suy nghĩ tích cực vấn đề cần giải chuyển sang việc khác Trong giai đoạn ấp ủ, hoạt động bổ sung cho vấn đề quan tâm diễn chí trạng thái vô thức

 Giai đoạn bừng sáng: giai đoạn thời điểm người nhìn thấy le lói ban đầu giải pháp mà họ tìm kiếm lâu Sáng tạo thường xuyên xuất bừng sáng bất ngờ

 Giai đoạn xác minh: giai đoạn bừng sáng chưa phải giai đoạn kết thúc trình sáng tạo Thường phải có sàng lọc thử nghiệm cẩn thận để có đủ chứng giải pháp thực sáng tạo khẳng định

Ví dụ: Tìm GTLN- GTNN hàm số:

4x y

x

 



 Giai đoạn chuẩn bị: giai đoạn mà học sinh tìm kiếm lời giải Họ tìm GTLN- GTNN hàm số công cụ đạo hàm Họ tínhyvà xét dấuytrên tập xác định hàm số Cũng biến đổi f x về dạng biểu thức trừ cộng với hạng tử tự Nếu theo hướng hai q trình biến đổi nhiều lâu, có lâm vào bế tắc

 Giai đoạn ấp ủ: Quá trình trăn trở suy nghĩ để thêm bớt số hạng tử tử số dạng bình phương biểu thức

 Giai đoạn bừng sáng: Nhận thấy4xcó thể biểu diễn:4x 2.2x Khi ta biến đổi

2 2

2 2

4x 2.2x x 2.2x x

y

x x x

      

  

  

 2    2

2

x x x

1 GTNN

x x

   

    

 

Cách biến đổi tìm GTNN Vậy GTLN tìm cách nào?

   2  2

2

2 2

4 x 2x 2x

4x 4x 2.2x

y GTLN

x x x

   

    

    

  

Vậy vấn đề giải

1.1.4. Một số đặc tính tư sáng tạo

Theo nghiên cứu nhà tâm lí học, giáo dục học, nhà khoa học giáo dục…về cấu trúc TDST ta thấy đặc tính sau:

 Tính mềm dẻo  Tính nhuần nhuyễn  Tính độc đáo  Tính hồn thiện  Tính nhạy cảm vấn đề 1.1.4.1. Tính mềm dẻo

Tính mềm dẻo lực thay đổi dễ dàng, nhanh chóng trật tự hệ thống tri thức, chuyển từ góc độ quan niệm sang góc độ quan niệm khác; định nghĩa lại vật, tượng, gạt bỏ sơ đồ tư có sẵn xây dựng phương pháp tư quan hệ chuyển đổi quan hệ nhận chất vật điều phán đoán

Tính mềm dẻo tư chuyển từ dạng hoạt động trí tuệ sang hoạt động trí tuệ khác, từ thao tác tư sang thao tác tư khác, vận dụng linh hoạt hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái qt hố, cụ thể hóa phương pháp suy luận quy nạp, suy diễn, tương tự, dễ dàng chuyển từ giải pháp sang giải pháp khác, điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ gặp trở ngại

Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng cách máy móc kiến thức kĩ có sẵn vào hồn cảnh mới, điều kiện có yếu tố thay đổi; có khả khỏi ảnh hưởng kìm hãm kinh nghiệm, phương pháp, cách suy nghĩ có từ trước Đó nhận vấn đề điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức đối tượng quen biết

Ví dụ: Cho x, y số dương thỏa mãn

1

x

y

 

Tìm GTNN biểu thức

x y

M 32 1999

y x

 

Thoạt đầu đọc u cầu tốn có người làm theo “thói quen” sau: Từ

x y

x, y ta có 2; x

y x y

    

Ta có

2

1 y

1 x 4x

y y x

 

     

 

Do

x y y

M 32 1967 32.2 1967.4 7932

y x x

 

      

 

Dấu “=” xảy  x y

Vậy M 7932. Nhưng x y M 2031 Sai lầm lời giải đâu?

Phân tích sai lầm: Nếu phụ thuộc vào cách giải có, thực cách máy móc giải tốn dài dịng, nhiều vấp phải sai lầm Ta thấy ngay: Với

x y

x, y

y x

  

đẳng thức xảy  x y Nhưng

y

khiy 4x Vậy khơng thể có đẳng thức Khix y giả thiết

1

x

y

 

trở thành

1

x

x

 

(vô lý), nghĩa với giả thiết cho khơng thể có khả năngx y. Lời giải đúng:

Từ giả thiết ta có:

2

1 x y

1 x 4

y y x

 

     

 

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

32x 2y 32x 2y

2 16

y  x  y x 

Do

x y y

M 32 1997 8004

y x x

 

   

 

Dấu “=” xảy

2

y 4x 1

x

x y 2

y



 



 

    

 

 

  

 



Vậy

1 x

min M 8004 2

y

  

  

  

1.1.4.2. Tính nhuần nhuyễn

Là lực tạo cách nhanh chóng tổ hợp yếu tố riêng lẻ tình huống, hồn cảnh, đưa giả thuyết Các nhà tâm lý học coi trọng yếu tố chất lượng ý tưởng sinh lấy làm tiêu chuẩn để đánh giá sáng tạo

Tính nhuần nhuyễn đặc trưng khả tạo số lượng định ý tưởng Số ý tưởng nghĩ nhiều có nhiều khả xuất ý tưởng độc đáo Trong trường hợp số lượng làm nảy sinh chất lượng Tính nhuần nhuyễn cịn thể rõ nét hai đặc trưng sau: tính đa dạng cách xử lý giải tốn; khả tìm nhiều giải pháp nhiều góc độ tình khác Hai xem xét đối tương khía cạnh khác nhau, có nhìn sinh động từ nhiều phía vật tượng khơng phải nhìn bất biến, phiến diện, cứng nhắc

Ví dụ: Tìm GTLN- GTNN hàm số: y 3 x 1 3 x

Bằng cách nhìn tốn nhiều phương diện sở hàm số mũ ta có lời giải khác

 Nếu nhìn tốn phương diện sử dụng bất đẳng thức cổ điển ta có lời giải 1:

Ta thấy  

x x

3  0; 3  x

    

Áp dụng bất đẳng thức Causchy ta có

x x x x 2

3 3 3

3

      

   

2

y

3

 

Dấu “=” xảy  3x 1 3x 1  x 0

Vậy

2 y

3



 Cũng từ phương diện sử dụng bất đẳng thức cổ điển thông qua số phép biến đổi khác ta có lời giải 2:

x x

x x x x x

x

3

y 3 y 3y 3 3y

3 3



   

          

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số

x

x

1

3 0;

3   ta có: x x x x 1

3

3

   y

3

 

Dấu “=” xảy

x x

1

3 x

3     Vậy y 

 đạt x 0 .

 Nếu nhìn tốn dạng phương trình siêu việt Tìm điều kiện có nghiệm phương trình ta có lời giải 3:

Xét phương trình siêu việt

 

x x

x x 3 x x 2x x

y 3 y 3y 3 3y.3 1

3



   

           

Đặt  

x

3 t t 0

Phương trình (1) trở thànht2 3y.t 0 

2

9y

   .Phương trình (1) có nghiệm

2

2 y

3

0 9y

2 y              

Vì y 3 x 1 3x 1 0 nên

2 y

3



Dấu “=” xảy  x 0

Vậy

2 y

3



 đạt x 0

 Từ hàm số cho ta đưa hàm số hàm số mà dễ dàng suy tính đồng biến nghịch biến hàm số Từ ta có lời giải 4:

 

x x 1 x x

y 3 3

3

   

   

Xét hàm  

x x

f x 3

 

Ta có f x là hàm chẵn Do cần xét f x  với x 0 Đặt 3x t x 0    t 1

Khi ta có:  

1

g t t

t

 

với t 1

   

1

g t t

t

     

 hàm số g(t) đồng biến t 1 .

  f x



đồng biến x 0   y y

3    Vậy y 

Nhận xét: Qua lời giải toán trên, ta nhận thấy lời giải lời giải có cách trình bày đơn giản, dễ hiểu so với lời giải Tuy nhiên với cách nhìn tốn góc độ rộng ta dùng phép biến đổi cách đặt ẩn phụ để đưa toán dạng quen thuộc lời giải Đây linh hoạt sáng tạo nhìn nhận, phân tích tốn thể phần tính nhuần nhuyễn TDST

1.1.4.3. Tính độc đáo

Tính độc đáo tư sáng tạo đặc trưng khả sau:  Khả tìm tượng kết hợp

 Khả nhìn mối liên hệ kiện mà bên tưởng khơng có mối liên hệ với

 Khả tìm giải pháp hay, lạ biết giải pháp khác Ví dụ: Cho số dương x, y, z thỏa mãn

1 1

xy z  Tìm GTLN biểu thức:

1 1

A

2x y z x 2y z x y 2z

  

     

Phân tích tìm tịi cách giải: xét thấy biểu thức cho có tính đối xứng, đó:  Chắc chắn dấu “=” xảy x y z 

 Nhận xét

   

a b

1

2x y z   x y  x z

     

có liên hệ với

1 a b

Chúng ta có bất đẳng thức quen thuộc  

1

* a b a b

Mấu chốt cách giải tìm mối liên hệ giả thiết toán với bất đẳng thức (*) mà tưởng chúng mối liên hệ với Hướng giải thể phần tính độc đáo TDST

Trình bày lời giải

Trước tiên ta chứng minh  

1

* a b a b

Thật

   

 

2

a b

1

* 0

a b a b ab a b



     

  (luôn đúng)

Dấu “=” xảy  a b

Từ

1 1 1 1 1

4

x y z x y y z z x

1 4

2 x y y z z x

1 1 1

x y y z y z z x z x x y

4 4

2x y z x 2y z x y 2z

     

          

 

   

 

 

    

  

 

     

      

     

     

  

1 1

1 2x y z x 2y z x y 2z

   

     

Dấu “=” xảy

3 x y z

4

   

Vậymax A 1 

3 x y z

4

   

Kết luận: Các yếu tố nói không tách rời mà trái lại chúng quan hệ mật thiết với nhau, hỗ trợ, bổ sung cho Khả dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ sang hoạt động trí tuệ khác (tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm nhiều giải pháp nhiều góc độ tình khác (tính nhuần nhuyễn), nhờ đề xuất nhiều phương án khác tìm phương án tối ưu (tính độc lập) Các yếu tố lại có quan hệ khăng khít với yếu tố khác như: tính xác, tính hồn thiện, tính nhạy cảm vấn đề…tất yếu tố đặc trưng nói góp phần tạo nên TDST, đỉnh cao hoạt động trí tuệ người

1.2. Cơ sở thực tiễn

Tìm hiểu việc dạy tốn tính GTLN- GTNN số trường THPT để thấy thực trạng dạy học nội dung GTLN-GTNN biểu thức, hàm số trường THPT Sơn La Tôi điều tra mẫu trường: THPT Mai Sơn (Mai Sơn – Sơn La), THPT Mường La ( Mường La  Sơn La).

Để tìm hiểu thực trạng dạy học tiến hành điều tra hai đối tượng: giáo viên học sinh Quá trình điều tra thu kết sau:

1.2.1. Điều tra giáo viên

Bảng 1: Đội ngũ giáo viên toán trường THPT tỉnh Sơn La

STT Trường THPT

Số lượng

giáo viên

Tuổi nghề Hệ đào tạo Chất lượng giảng dạy

1-10

10-20

Trên 20

Trên Đại học

Đại học

Cao

đẳng Giỏi Khá TB

1 Mai Sơn 10 4 2

2 Mường La 12 11

Nhận xét: Qua điều tra cho ta thấy số giáo viên có thâm niên cơng tác lâu năm nên có kinh nghiệm định công tác giảng dạy Do trình độ bước lên lớp phương pháp dạy mơn nắm vững Tuy nhiên có số giáo viên trẻ bước vào nghề nên chưa có nhiều kinh nghiệm cơng tác giảng dạy

chất lượng loại giỏi danh hiệu giáo viên dạy giỏi cấp Tuy số lượng chưa nhiều có vai trị tích cực cổ vũ động viên nhà giáo phấn đấu nâng cao tay nghề chất lượng giảng dạy

Bảng 2

STT Nội dung THPT

Mường La

THPT Mai Sơn

1

Thực trạng dạy tập toán trường

THPT

Thầy giảng trò chép

Đưa hướng giải để học sinh giải x x Học sinh tự giải

Phương pháp khác

2

Chức giáo viên

khi dạy học tập toán

Giải tập cho học sinh

Hướng dẫn để học sinh làm tập x x Tạo câu hỏi kích thích tư cho học

sinh

x x

Phương pháp khác x

3

Bản chất phương pháp

dạy học giải tập tốn

Hình thành, củng cố tri thức, kĩ năng, kĩ xảo câu khác

trình học tập

Phát triển lực, trí tuệ, rèn luyện hoạt động TDST, phát triển khả

suy đoán

Tăng cường thực hành tri thức, trọng khả tự học

Cả ba ý kiến x x

Nhận xét: Hầu hết giáo viên quan tâm đến việc vận dụng phương pháp giải tập toán vào dạy học giải tập toán trường THPT Họ nắm chất phương pháp dạy học giải tập toán; tiến hành tổ chức, hướng dẫn học sinh giải tập đồng thời tạo câu hỏi kích thích học sinh tư

Bảng 3

TT

Rèn luyện đặc tính

của TDST

THPT Mường La THPT Mai Sơn Thường

xuyên Đôi

Không

Thường

xuyên Đôi

Không

1 Tính mềm dẻo 30% 65% 5% 35% 60% 5%

2 Tính nhuần

nhuyễn 25% 68% 7% 33% 59% 8%

Nhận xét: Việc rèn luyện TDST trình giảng dạy giáo viên thấp Chỉ diễn số chuyên đề hay tập

Kết luận: Qua điều tra rút số kết luận chung thực trạng giảng dạy nội dung “tìm GTLN- GTNN ”ở trường THPT Sơn La sau:

 Sử dụng linh hoạt phương pháp dạy học truyền thống phương pháp vào giảng, ý tới thao tác thực hành chưa thực sâu sắc, chưa ý tới sở xuất phát Do gây hạn chế cho việc học sinh phát triển khả nhìn nhận, đánh giá có cứ, phát triển khả TDST, phần lớn lúng túng giảng “bài tốn tìm GTLN-GTNN” có dạng phức tạp

 Một số giáo viên thực đổi theo hiểu biết dựa sở phương pháp truyền thống, hiệu chưa cao

1.2.2. Điều tra học sinh

Khó khăn lớn học sinh THPT nói chung học sinh THPT miền núi nói riêng chưa linh hoạt việc giải tốn tìm GTLN-GTNN Dễ chán nản, ngại làm gặp tốn dạng khó

Bên cạnh đa số em em đồng bào dân tộc nên điều kiện để học tập, tài liệu tham khảo cịn Do kết học tập chưa cao

Bảng điều tra học sinh:

Bảng 4 STT Tên trường

THPT Lớp Sĩ số

Dân tộc thiểu số

Kết học tập Khá-Giỏi TB

Yếu-kém

1 Mai Sơn 12A2 45 28 11

2 Mường La 12B1 40 24 14

Nhận xét: Số lượng học sinh dân tộc phân nhỏ Đây số lớp chọn trường có tỉ lệ học sinh khá cao

Qua dự mơn tốn, kiểm tra viết, trực tiếp chấm bài, kiểm tra trao đổi trực tiếp với giáo viên thu kết sau:

Bảng 5: Thống kê số kỹ giải tốn tìm GTLN- GTNN

TT Kỹ

THPT Mai Sơn THPT Mường La Thành

thạo (%)

Chưa thành thạo (%)

Chưa biết (%)

Thành thạo (%)

Chưa thành thạo (%)

Chưa biết (%)

1

Nhận dạng tốn tính GTLN- GTNN

80 20 78 20

2 Sử dụng định

nghĩa 77 15 75 20

3 Sử dụng công

4 Sử dụng bất

đẳng thức 15 50 35 20 40 40

5 Tìm miền giá

trị 32 43 25 35 45 20

6 Các phương

pháp khác 22 28 50 15 40 45

Nhận xét: Qua bảng điều tra thấy học sinh hầu hết nắm phương pháp tìm GTLN- GTNN hàm số: phương pháp định nghĩa phương pháp dùng công cụ đạo hàm phương pháp khác em chưa thành thạo chưa biết Hầu hết kĩ tư cao lớp có vài học sinh thực Do khả sáng tạo học sinh chậm

1.2.3. Đề xuất nâng cao chất lượng dạy giáo viên, chất lượng học học sinh  Giáo viên cần giới thiệu nhiều phương pháp cho học sinh giải tập

 Trong luyện tập giáo viên cần củng cố hệ thống kiến thức cũ mà em học, nhằm khơi dậy, tái tạo kiến thức cũ giúp em vận dụng giải tập cách nhanh chóng

Chương 2:

Phương pháp dạy học tốn tìm GTLN- GTNN theo hướng phát triển tư sáng tạo cho học sinh THPT

2.1. Định nghĩa

GTLN- GTNN hàm số định nghĩa sau: cho hàm số f(x) xét miền D (f hàm biến, hai biến hay tổng quát n biến) Ta nói rằng:

 Số M GTLN f(x) D đồng thời thỏa mãn hai điều kiện:  

f x M, x D 

tồn x0D cho f x 0 M

Kí hiệu: M max f x hay M max f x  x D     D   

 Số m GTNN f(x) D đồng thời thỏa mãn hai điều kiện :  

f x m, x D 

tồn x0D cho f x 0 m

Kí hiệu: m f x hay m f x x D     D   

Chú ý: GTLN- GTNN biểu thức đại số định nghĩa cách tương tự

2.2. Một số phương pháp giải tốn tìm GTLN- GTNN 2.2.1. Phương pháp dùng định nghĩa

Nội dung phương pháp sử dụng trực tiếp biểu thức định nghĩa GTLN-GTNN Tuy nhiên trình giải toán theo phương pháp thường tiến hành theo hai bước:

 Chứng minh bất đẳng thức f x M (hoặc f x m) với  x D  Chỉ x0D cho f x 0 M (hoặc f x 0 m)

Ví dụ: Tìm GTNN hàm số:  

2

x 2x 2010

f x

x

 



với x 0

Phân tích tìm tịi cách giải

Nhận thấy thơng qua số phép biến đổi ta đánh giá hàm số cho cách dễ dàng: f x M

Lời giải

 

2 2010

f x

x x

  

Đặt  

1

t t

x

 

Bài tốn trở thành tìm GTNN hàm số  

2

2 2 1 2009

f t 2t 2010t 2010 t t 2010 t

2010 2010 2010 2010

   

           

  2009 f t 2010 2009 f 2010 2010               

Vậy t  

2009

min f t t

2010 2010

    Tức x  

2009

min f x x 2010

2010

   

2.2.2. Phương pháp đưa dạng bình phương

Nội dung phương pháp sử dụng kiến thức A2 0 Dấu “=” xảy  A 0 .

Ngồi cịn sử dụng số tính chất lũy thừa bậc chẵn:  Nếu  

2n 2m

f x  C A B

trong đóC const ;A, B biểu thức biến;m, n .

Do  

2n 2m

A 0; B  0 f x  C GTNN C A B     

 có nghiệm.

 Nếu    

2n 2m

f x  C A B

thìf x  C GTLNlà

A C B     

 có nghiệm

Ví dụ: Tìm GTNN-GTLN biểu thức T x 2y2 biết x, y nghiệm phương trình 5x28xy 5y 36 (*)

Phân tích tìm tịi cách giải:

Nhận thấy ta đưa phương trình (*) biểu thức có chứa hạng tử biểu thức T, hạng tử cịn lại biểu diễn dạng bình phương Có thể dễ dàng đánh giá T:   T Từ ta suy GTNN- GTLN T

Trình bày lời giải:

   

2 2 2

5x 8xy 5y 36 x y 4 x 2xy y 36

 2

T x y 36 T 36

     

Dấu “=” xảy

2 2 x 2

5x 8xy 5y 36 x 18

x y x y y

 

      

     

   

  

x

y

      

Vậy max T 36 đạt

x

y

   

 



x

y

      

Mặt khác ta lại có:

   

 

2 2 2

2

5x 8xy 5y 36 x y x 2xy y 36

9T x y 36 T

        

     

Dấu “=” xảy

2 2 x 2

5x 8xy 5y 36 x

x y x y y

 

      

     

   

  

x y       

Vậymin T 4 đạt khix y  2hoặcx y 

loại toán tương tự Đồng thời giúp họ nhìn nhận tốn nhiều góc độ, khía cạnh khác để từ tìm cách giải phù hợp với toán cụ thể

2.2.3. Phương pháp miền giá trị hàm số

Xét tốn tìm GTNN-GTLN hàm số f x trên miền D cho trước.y0là giá

trị tùy ý hàm sốf x trên miền D cho Điều có nghĩa hệ phương trình sau (ẩn x):

 

f x y

x D

 

 

 có nghiệm (I)

Tùy dạng hệ (I) mà ta có điều kiện có nghiệm tương ứng Trong nhiều trường hợp điều kiện (sau phép biến đổi rút gọn) đưa dạng:  y0  (3), với

,

  là số (dấu “=” xảy được).

Vì y0 giá trị f x nên từ (3) ta có f xD  ; max f xD  

Như sử dụng phương pháp để sử dụng GTNN- GTLN hàm số, thực chất ta quy việc tìm điều kiện để phương trình (thường có thêm điều kiện phụ) có nghiệm

Ví dụ: Cho x số thực dương thay đổi Tìm GTNN hàm số:  

2

y x x

x

  

Phân tích tìm tịi lời giải:

Nếu coi (1) phương trình ẩn x (có điều kiện tồn phương trình), coi y tham số Việc tìm điều kiện có nghiệm phương trình việc tìm GTNN hàm số cho

Trình bày lời giải:

 

2 2

y x y x

1

1 x y x 1

y 2xy

x 2yx xy

x



 

 

       

     

 

Để tìm tập giá trị (1) ta tìm tất giá trị y cho phương trình (ẩn x)

2

2yx  y x 0  có nghiệm x thỏa mãn 0 x y 2   

Đặt  

2

f x 2yx  y x 1

Do      

3

f  1 0; f y y  1  y  

4

y 8y

0

2 S y y

y y

2 4y

  

  

 

     

 

 

 

Vậy tập giá trị y 2;

1

min y x

2



   



2.2.4. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển

 Phương pháp bất đẳng thức xem phương pháp thông dụng hiệu để tìm GTLN- GTNN hàm số

 Trước hết chứng minh bất đẳng thức có dạng: f x     x D với tốn tìm GTNN, f x    x D với tốn tìm GTLN

 Sau phần tửx0Dsao cho ta có đẳng thứcf x 0 .

Cần lưu ý hai bước nói khơng xem nhẹ bước Tùy dạng toán cụ thể mà ta lựa chọn phương pháp chứng minh bất đẳng thức thích hợp, cách phần tử x0Dở bước thuật toán.

Ví dụ: Cho số dương x, y, z thỏa mãnxyz 1 Tìm GTNN biểu thức:

3 3 3

1 x y y z z x

A

xy yz zx

     

  

Phân tích tìm tịi lời giải:

Ta nhận thấy biểu thức cho dạng đối xứng, để khử x, y, z dựa điều kiện xyz 1; x,y,z 0  Ta cần áp dụng hai lần bất đẳng thức Cauchy xong

Trình bày lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương1 0; x 0; y 0   ta có  

3

3 3 3 x y

1 x y 1.x y 3xy

xy xy

 

     

Tương tự ta có:

 

3

1 y z

yz yz

 



;  

3

1 z x

zx zx

 



Mặt khác

3

3 3 3

3 3

xy  yz  zx  xy yz zx 

(vì xyz  ) (4) Kết hợp (1), (2), (3), (4) ta có A 3

Dấu “=” xảy

3 3

1 x y z

x y z

3 3

xy yz zx

   



   



 

 

Vậy A 3   x y z 1  



2.2.5. Phương pháp dùng đạo hàm khảo sát hàm số

Việc tìm GTLN- GTNN hàm số f x  miền Da;b tiến hành theo bước sau:

 Tính đạo hàm bậc f x : y  f x   Tìm nghiệm phương trình f x  0  Xét dấu y

 Tính f a , f b ,    lập bảng biến thiên f x  miền D  Từ suy GTLN- GTNN f x  miền D

Ví dụ: Cho

2 2

a, b,c

a b c

 



  

Tìm GTNN biểu thức: 2 2 2

a b c

A

b c c a a b

  

  

Phân tích tìm tịi lời giải:

Từ điều kiện tốn a, b,c 1  , ta biến đổi:

     

     

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

a b c a b c

b c c a a b a b c b c a c a b

a b c

a a b b c c

    

     

  

  

Khi ta tìm GTLN    

2

f x x x

0;1 Từ ta tìm GTNN biểu thức cần tìm

Trình bày lời giải

Theo giả thiết a2b2c2 1 đó

2 2

b c  1 a ; c2a2  1 b2; a2b2  1 c2

     

2 2

2 2 2

a b c a b c

A

1 a b c a a b b c c

      

     

Xét hàm số:      

2

f x x x x x; x  0;1

   

f x 3x 1; f x x

3

      

x0;1 Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có    

2

f x x 0;1

3

  

Khi ta có:

 

 

 

2

2

2

2 a a

3 b b

3 c c

3



  

  

  

  

  

 

       

2 2

2 2

2 2

a b c 3 3

A a b c

2

a a b b c c

       

  

Vậy 0;1

3

min A a b c

2

    

1 3

x 0

0 0

0

2 3 3

 0 

 

f x 

 

2.2.6. Phương pháp sử dụng định lý dấu tam thức bậc hai

Để tìm GTLN- GTNN hàm sốf (x)có dạng:f (x) ax 2bx c (a 0)  , biểu thức mà đưa dạng Ta khai thác tính chất đồ thị tam thức bậc hai f x trên ; như sau:

Giả sử đồ thị hàm số y f x  là (P) có hồnh độ đỉnh

b x

2a



 TH1: a 0

 Nếu x0   ;   ;   0  ;     

min y f x ; max y max f ;f

       

 Nếu x0   ; 

 ;        ;      

min y f ;f ; max y max f ;f

         

 TH2: a 0

 Nếux0   ;   ;   0  ;      

m ax y f x ; y f ;f  

     

 Nếu x0   ;  thì min y f ;       ;f   ;max y max f ;       ;f  

Ví dụ: Tìm GTLN- GTNN hàm số  

1

y f x cos x cos2x

2

  

Phân tích tìm tịi cách giải:

Bằng số phép biến đổi ta chuyển hàm số ban đầu hàm số bậc hai với phép đặtt cos x thì ta có hàm số cho trở thành    

2

G t t t ; t 1;1

2

    

; việc tìm GTLN-GTNN hàm số  

1

y f x cos x cos2x

2

  

trênquy việc tìm GTLN- GTNN của

hàm sốG t  trên1;1 Trình bày lời giải:

  1   

f x cos x cos2x cos x 2cos x cos x cos x *

2 2

       

Đặt t cos x    1 t

(*) trở thành    

2

G t t t ; t 1;1

2

    

    1    

G t 2t 1; G t t ; G ;G ;G

2 2

 

           

 

Ta có bảng biến thiên

G t 

1 2



x 

1 2

 3

2



0

3 4



 

G t

- +

Từ bảng biến thiên ta có

   

     

 

   

0;1

0;1

1 3

min G t G f x f k2

2 4

3

m ax G t G max f x f k2

2

      

       

 

     



 

      

 







Vậy:  

 

3

min f x x k2

4

3

max f x x k2

2



    

   





2.2.7. Phương pháp chọn phần tử lớn

Đối với số toán số có vai trị bình đẳng, ngang gần bình đẳng tốn hàm số đoạn mà có GTLN việc chọn phần tử lớn hiểu số lớn số GTLN hàm số, làm cho giả thiết toán sáng tỏ thêm hay cho thêm giả thiết

Ví dụ: Cho ba số a, b, c thỏa mãn a, b, c 2  a b c 3  

Tìm GTLN biểu thức A a 3b3c3

Phân tích tìm tịi lời giải:

Nếu xử lí tốn bất đẳng thức cổ điển việc làm tương đối khó khăn Ta nhận thấy vai trị a, b,c có mặt tốn Khơng làm tính tổng quát giả sử a max a, b, c   ,c a, b, c   Từ nhận xét ta đánh giá xác a nằm đoạn

Trình bày lời giải:

Vai trò a, b, c toán nên giả sử a b c 

Khi a b c 3a     a 2 

     

   

3

3 3 3 3

3 3

A a b c a b c 3bc b c a b c a a

a b c 9a 27a 27 9 a a

 

              

          

Dấu “=” xảy  a;b;c  2;1;0 Vậy max A 9  a; b;c  2;1;0 2.2.8. Phương pháp đồ thị hình học

Để giải tốn cực trị phương pháp đồ thị hình học, người ta thường sử dụng tính chất sau:

 Trong tất đường gấp khúc nối điểm A, B cho trước đoạn thẳng nối AB có độ dài bé

 Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B cho trước đường thẳng d qua C Khi đó: + Nếu A, B phía so với (d) CA CB  đạt GTNN C giao điểm của

AB với(d) Trong điểm B1 điểm đối xứng với điểm B qua đường thẳng (d), đó

+ Nếu A, B khác phía so với (d) CA CB  đạt GTNN C giao điểm AB

với (d), lúc CA CB AB  .

 Trong tam giác tổng hai cạnh lớn cạnh thứ ba

 Cho điểm M đường thẳng (d) cho trước Khi độ dài đường vng góc kẻ từ M xuống(d) ngắn đường xiên kẻ từ M xuống đường thẳng

 Trong tam giác nội tiếp đường trịn tam giác có chu vi diện tích lớn

Nếu tốn tìm GTLN-GTNN phép biến đổi quy kiện hình học nói ta nên dùng phương pháp để giải chúng

Ví dụ: Tìm GTNN hàm số: y x2  x x2 x 1 Phân tích tìm tịi lời giải:

Để ý tam thức bậc hai dấu dương  x Hơn biến

đổi:

2

2 3

x x x ; x x x

2 4

   

           

   

Các biến đổi có nhờ liên tưởng đến công thức độ dài đoạn thẳng:

 2  2

2

2

AB  x  x  y  y

trong A x ; x ; B y ; y 2  2

Trình bày cách giải

2

2 3

y x x x x x x

2 4

                        2 2

1 3

x x

2 2

    

    

               

      

Chọn

1 3

A ; ; B ; ;

2 2

                   

M x;0 mặt phẳng tọa độ.

1 3

MA x ; ; MB x ;

2 2

                                              

MA MB AB 

Mà AB1; 3 AB  2 

                             

y x

    

Dấu “=” xảy  M;A; B thẳng hàng

 Tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình đường thẳng AB.

Thay tọa độ điểm M x;0  vào (*) ta có 3.x 0  x 0 .

Vậy y 2   x 0

2.2.9. Phương pháp lượng giác

Trong số tốn tìm GTLN- GTNN hàm số ta sử dụng tính chất hàm số lượng giác, hệ thức thức lượng điều kiện để phương trình lượng

giác có nghiệm Ngồi ra, dựa vào điều kiện biến có hàm số hay biểu thức ta đặt ẩn phụ để lượng giác hóa tốn

Khi gặp biểu thức lượng giác có dạng:

 

2 2

2

2 2

2

1 sin x cos x 1; sin x y sin x cos y sin y cos x; 1+tan x

cos x tan x

tan 2x ; a b a sin x b cos x a b

1 tan x

     

       



Ta nghĩ đến hướng đặt sau: 

2 2

x y a ta đặt x acost, y asint  (hoặcx asint; y acost  ), t0; 2

 x athì đặtx acost , t0; 2  x thì đặt

x tan t, t ;

2

 

 

   

 

 x ahoặc toán chứa biểu thức x2 a2 đặt

a

t ,

cos x

 t 0; ;3

2

 

   

   

   

Khi tốn đưa việc tìm GTNN- GTLN hàm số lượng giác đơn giản sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc đơn giản

Ví dụ: Hãy tìm GTLN- GTNN biểu thức P x y 2004   số thực x, y thỏa mãn hệ thức

2

x y

36 16 

Phân tích– trình bày cách giải:

Ta biết hàm số lượng giác có tính chất riêng phép biến đổi riêng Ví dụ hàm sốsin x;cos xcó tập giá trịsinx 1; cos x x   ; hàm sốtan xcó tập giá trị tập số thực

Từ điều kiện  

2

x y

36

9 16  gợi cho ta nhớ tới đẳng thức lượng giác bản:

2

sin  cos  1

Đặt

x

6cos x 18cos

3

y 24sin y

6sin



 

   





 

 



  

 

Từ điều kiện (1) trở thành  

2

36 cos  sin  36

Đó đồng thức với  Khi P 18cos   24sin 2004

Sử dụng bất đẳng thức  a2b2 a sin x b cos x  a2b2

2 2

18 24 18cos 24sin 18 24 1974 P 2034

           

Vậy P 1974 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Vậy maxP 2034 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Để giải tốn tìm GTLN- GTNN hàm số f x xác định miền D người ta thường sử dụng tính chất hàm lồi sau:

n

  và x 2    

1

1

x x

f x f x 2f

2



 

   

 

      n

1 n

x x x

thì f x f x f x nf

n

  

 

     

 

Hàm số có tính chất    

1

1

x x

f x f x 2f

2



 

   

  gọi hàm lồi D.

Hàm số có tính chất    

1

1

x x

f x f x 2f

2



 

   

  gọi hàm lõm D.

Ví dụ: Cho n số x , x , , x1 nthỏa mãn x1x2 x n 1 Tìm GTNN biểu thức

 

m m m

1 n

T x x  x 1 m 2

Trình bày lời giải:

Xét hàm      

m

f x x m 0;  , ta có:

  m     m    

f x mx  ; f x m m x  Vì m x nên f x x 0;

           

D o f x là hàm lõm 0;

Áp dụng tính chất hàm lõm ta được:

m m m

1 n m m

1 1

T x x x nf n

n n n 

 

       

 

Dấu “=” xảy n

1

x x x

n

    

Vậy m

1 T

n 



đạt n

1

x x x

n

    

2.2.11.Sử dụng phương pháp tham biến

Giả sử cần tìm GTNN- GTLN biểu thứcQ x  Để đơn giản ta xét biểu thứcQ x trên(nghĩa nếuQ x có mẫu thức mẫu thức dương), ta đưa thêm

tham biến t để xét biểu thứcf x Q x  t

Nếuf x  0 f x  0  x TXĐ t0sao chof x 0(tức làQ x  t0) t0

chính GTNN (GTLN) biểu thức Q x 

Ví dụ: Tìm GTNN biểu thức:     2 x Q x x   

Phân tích tìm tịi lời giải:

Nhận thấy x2    1 x Vậy TXĐ Q x  .

Xét             2 2

1 t x 2tx t g x

f x Q x t

1 x x

   

   

 

Dấu f x  dấu tử thức    

4

Xét tam thức  

2

2 b

g x ax bx c a x

2a 4a

 

 

       

   b2 4ac

*) Nếu a 0 g x bx c ln dấu b g x   c khi

 

 

c g x 0

*) Nếu a 0 g x  0 x  0 g x  0  0.

*) Nếu a 0 g x  0 x  0 g x  0  0.

Trình bày lời giải:

Xét

     

 

 

 

4

2

2

1 t x 2tx t g x

f x Q x t

1 x x

   

   

 

Vì    

2

1 x   0 x  f x

g x cùng dấu Ta có:    

4

g x  1 t x  2tx  1 t Đặt  

2

u x u 0 

Khi    

2

g u  1 t u  2tu t 

   

2

t t t 2t 1; t

2

 

          

Khi

1 t

2



1

a

2

   

nên g u   0 f x 0 Dấu “=” xảy  f x   0 g x 0

Mà    

2

1 1

g x g u u u u

2 2

         

Khi ta có: x2  1 x1

Vậy  

x 1

min Q x

x

2

 

   





Kết luận: Một “bài toán tìm GTLN-GTNN” có nhiều cách giải, nhiều phương pháp giải Trong phương pháp giải lại có khả rèn luyện cho học sinh nhiều cách suy nghĩ tìm tịi định hướng nhiều loại hình tư duy, thao tác tư bật TDST Chính mảnh đất tốt để có hội phát triển TDST cho học sinh

Lưu ý:

 Khi tìm GTNN- GTLN hàm số f x  miền D Nếu  

f x A

f x A chưa thể kết luận GTNN- GTLN f x  A Chỉ tìm x0D cho f x 0 A có kết luận đúng.

 Giá trị x0D cho f x 0 A tìm cách áp dụng điều kiện xảy dấu “=”

trong BĐT thường dùng Chẳng hạn:

 BĐT Cauchy:  

n

1 n n i

a a  a n a a a a 0,i 1, n

Dấu “=” xảy

1 n

a a a

   

 BĐT giá trị tuyệt đối: a1a2 a n a1 a2  a n Dấu “=” xảy

1 n

a a a

 Trong tốn cực trị có điều kiện ý đến điều kiện xảy dấu “=” BĐT dùng mà không kết hợp điều kiện rành buộc tốn dễ mắc sai lầm

 Khi áp dụng nhiều lần bất đẳng thức, ví dụ sử dụng hai lần BĐT sau:

     

f x, y, , z g x, y, , z A *

f x, y, , z  A

   

 

f x, y, , z g x, y, , z g x, y, , z A

 

  

 



 Điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức bên trái (*) thỏa mãn điều kiện

xảy dấu “=” BĐT bên phải (*) thỏa mãn

2.3. Phương pháp dạy toán tính GTLN- GTNN theo hướng phát triển tư sáng tạo 2.3.1. Rèn luyện cách nhìn tốn nhiều khía cạnh, từ tìm nhiều cách giải, phân tích lựa chọn cách giải phù hợp cho tốn

Trong q trình tiếp cận, giải tốn tính GTLN- GTNN khơng nhìn tốn từ góc độ mà phải xem xét tốn theo quan điểm tồn diện; khơng chấp nhận cách giải quen thuộc nhất, luôn suy nghĩ tìm tịi nhiều cách giải khác cho tốn; việc phân tích lời giải giúp ta phát nhiều vấn đề ẩn náu Giáo viên có nhiệm vụ định hướng, đặc biệt tìm lời giải hợp lý cho tốn cho từ gợi mở cho học sinh hình thành phương pháp giải cho toán

Việc cho học sinh làm quen với tốn có đối tượng, quan hệ xem xét nhiều khía cạnh khác giúp học sinh rèn luyện khả chuyển từ hoạt động trí tuệ sang hoạt động trí tuệ khác; nhìn nhận mối tương quan với tượng khác, tìm cách giải sáng tạo Qua bước đầu giúp em rèn luyện tư mềm dẻo, nhuần nhuyễn độc đáo

Mặt khác sở tập hợp nhiều lời giải khác cho toán, ta so sánh lời giải, tìm lời giải lạ nhất, hay nhất, ngắn gọn nhất, dễ hiểu dùng kiến thức đơn giản Đó tiềm tính độc đáo, phẩm chất cần thiết hoạt động sáng tạo

Khi giải tốn việc tìm lời giải ngắn gọn nhờ phân tích sâu sắc đặc điểm cụ thể tốn, nhờ đề ý độc đáo lời giải hay, đáng động viên, khích lệ Nhưng lời giải dài mà phương pháp tự nhiên, dễ hiểu, thơng dụng, suy nghĩ tý chút làm q có tính chất phổ dụng

Ví dụ 1: Cho x, y số thực thay đổi Tìm GTNN biểu thức:  2  2

A x 1 y  x 1 y y 2

Phân tích tìm tịi lời giải:

Nhận thấy tam thức bậc hai dấu dương với x, y 

Hơn biểu thức giúp ta liên tưởng đến công thức độ dài véctơ

2

1

a  x x



ax ; x1 2 

Kết hợp với kiến thức cũ trị tuyệt đối:

a b c    a b c

Lời giải 1:

Xét a 1 x; y ; b  1 x; y

 

Ta có

2

Aab y 2  a b  y 2 2 y  y 2

Dấu “=” xảy  x 0

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

2

3 y  y y 

A y y y y

          

Dấu “=” xảy

1 y

3

 

Vậy A 2  3

1 x 0; y

3

 

Nhìn toán phương diện hàm số Sử dụng cơng cụ đạo hàm để tìm GTNN ta có lời giải 2:

Xét a 1 x; y ; b  1 x; y

 

Ta có

2

Aab y 2  a b  y 2 2 y  y 2

Dấu “=” xảy  x 0

Xét  

2

g y 2 y  y 2

+ Với y 2 g y  2 y  2 y   2y 2

g y

1 y

  

   2

y

2y

g y y

4y y

1 y

 

        

 

 

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có: g y   2 + Với  

2

y 2  g y 2 y 2 2  Vậy A 2  3 với x, y 

Dấu “=” xảy

1 y

3

 

1 3

x   

0

 

g y

 

g y

 +

2

Vậy

1

min A x 0; y

3

    

Cũng từ tam thức bậc hai dấu căn, tổng hai biểu thức bình phương giúp ta liên tưởng đến bất đẳng thức Bunhiacopski Sử dụng bất đẳng thức cách linh hoạt ta có lời giải 3:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

     

     

2 2

2 2 2

3

1 x y x y x y

2 4

3

1 x y x y x y

2 4

   

           



 

   

           



 

Khi đó:

   

3

A x y x y y

2 2

       

3 3

x y x y y

2 2 2

         

Dấu “=” xảy

x y

  

 

Vậy

1

min A x 0; y

3

    

Ví dụ 2: Tìm GTNN hàm số: y x2  x x2 x 1

Bằng cách nhìn tốn nhiều phương diện sở hàm số vô tỷ ta có lời giải khác

 Nhận thấy ta đưa vế trái hàm số cho dạng bình phương biểu thức Từ dễ dàng đánh giá hàm số y Ta có lời giải 1:

4 2    

2 2 4 2

y x   x x  x 1  x   x x  x 1 2 x  x x  x 1

    

2

4

2 x  x x  x 1  y 2; x   

Dấu “=” xảy

   

4 2 2

4

2

4

x x x x x x x x 1

x

x x 1

x x x x 1

           



  

 

  

     

 

Vậy y 2   x 0

 Nhận thấy x2 x 1; x2 x 1 biểu thức liên hợp Từ ta đánh giá hàm số y cách dễ dàng Ta có lời giải 2:

Ta thấy

2 2

2

1

x x x x x x 1 x x

x x

           

 

Do

2

2

1

y x x x x

x x x x

       

Dấu “=” xảy

2

2

4

1

x x

x

x x

x x 1



   

 

  



  



Vậy y 2   x 0

 Nếu nhìn toán phương diện sử dụng bất đẳng thức cổ điển, ta có lời giải 3:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số x2  x 0; x2 x 0  ta có:

   

2 2

y x   x x  x x   x x  x 1 2 x x  1

Dấu “=” xảy

2

4

x x x x

x

x x 1

     



   

  

 

Vậy y 2   x 0

 Nhận thấy vế trái hàm số ln 0 Nếu bình phương vế ta có điều gì? y y2có đạt GTLN- GTNN đồng thời không? Từ suy nghĩ ta có lời giải 4:

   

2

x   x 0; x  x 0   x   y 0  x 

 y y2 đạt GTLN- GTNN đồng thời.

Ta có    

2

y 2 x 1 2 x x     1 2 y 2   x

Dấu “=” xảy

2

4

x 1

x

x x 1

  



   

  

 

Vậy y 2   x 0

 Nhìn toán phương diện hàm số túy Sử dụng tính đơn điệu ta có lời giải 5:

  2  2    2  

y f x  x   x x  x 1  x  x  1 x  x 1

 f x là hàm số chẵn

Xét f x 0;    Ta có   2

2x 2x

f x

2 x x x x

 

  

   

Do

2

2

1

x x x x x

2 x x x x

         

   

  2x 12 2x 12 22x  

f x x

2 x x x x x x

 



      

     

  f x



đồng biến 0;  f x f 0   2 f x 2 x 0 Dấu “=” xảy  x 0

Vậy y 2   x 0

 Lời giải 6: Do f x là hàm số chẵn nên ta xét với  x Trên trục Ox chọn A B cho OA OB 1  .Trên tia Ot tạo với OA góc600lấy M Đặt OM x

Theo định lý hàm số cosin ta có

M t

o

2 2

MA x 1 2x cos 60

2 2

MB x 1 2x cos120

   

f x MA MB AB f x

      

Dấu “=” xảy  M O  x 0

Vậy y 2   x 0

Nếu nhìn tốn quan điểm hình học đồ thị ta có lời giải (được trình bày ví dụ trang 19 )

Nhận xét: Sự có mặt lời giải toán nhắc nhở người giải toán: chưa nên thỏa mãn với lời giải tốn cho dù lời giải tốt Như có nghĩa biết cách nhìn, cách phân tích tốn với “góc”, “cạnh” thu lời giải khác

2.3.2. Rèn luyện mềm dẻo suy nghĩ, giải vấn đề

Một nhiệm vụ vô quan trọng người thầy giáo rèn luyện cho học sinh lòng say mê học tập, ham muốn hiểu biết, biến thành yêu cầu, nguồn vui lớn sống

Cần rèn luyện cho học sinh ý chí tiến lên khơng ngừng, ln ln sáng tạo, khơng lịng với có, mà ln tìm cách cải tiến nó, tránh ý nghĩ “vấn đề cạn, chẳng cịn để đào sâu, mở rộng cải tiến sáng tạo nữa” Ý nghĩ làm cằn cỗi, chí thui chột khả sáng tạo học sinh

Muốn cần rèn luyện cho học sinh khả phân tích vấn đề cách tồn diện, nhiều khía cạnh khác Có đưa đến sáng tạo phong phú Khả phân tích vấn đề cách tồn diện thể nhiều mặt:

+ Phân tích tốn, kết nhiều khía cạnh khác nhau, từ tổng quát hóa, xét vấn đề tương tự với nhiều khía cạnh khác

+ Tìm nhiều lời giải khác tốn, khai thác lời giải để giải toán tương tự, tổng quát đề xuất tốn

Ví dụ 1: Cho x, y số dương thỏa mãn

1

x

y

 

Tìm GTNN biểu thức

x y

M 32 1999

y x

 

Nếu khơng có “mềm dẻo” suy nghĩ giải vấn đề dễ dẫn đến sai lầm giải tốn (xem cách giải trang 7)

Ví dụ 2: Cho số thực x 0; y 0  thay đổi thỏa mãn điều kiện x y xy x   2y2 xy * 

Tìm GTLN biểu thức:

3

1

A

x y

 

Phân tích: Nhìn vào vế trái (*) thấy xuất x2y2 xy giúp ta liên hệ tới kết mà ta biết trước đó:

 2 2m n 2 2m n   2

m a b nab a b a b **

4

 

     

Áp dụng kết ta có lời giải 1:

O

O O

o

Trước tiên ta chứng minh công thức (**)

 2  2

2m n 2m n 2m n 2m n

VP a b 2ab m a b nab VT

4 4

   

   

          

   

Từ giả thiết ta có: x 0; y 0   x y 0 

Sử dụng kết (**) với m 4; n 4 ta có

   2  2  2 x y

4xy x y x y 4xy x y x y 0

xy



           

Vậy

  2

3

3 3

x y x xy y

x y

A

x y x y

  



 

Theo giả thiết  

2

x y xy x  y  xy

, ta có

 2

3

3 3

x y xy

x y x y

A 16

x y x y xy

  

 

    

 

Dấu “=” xảy

1 x y    Vậy

max y 16 x y

2

    



 Từ yêu cầu toán, ta nghĩ đến đẳng thức đáng nhớ:

  

3 2

a b  a b a  ab b

kết hợp với việc biến đổi điều kiện (*) cho điều kiện chứa ẩn

1

;

x y Việc đổi biến

1

a; b

x  y khiến việc tìm GTLN tốn đối

với ẩn đơn giản nhiều Ta có cách 2: Từ giả thiết ta có:

   

2

2 2 2

x y xy x y xy 1 1

*

x y x y x y x y xy

  

      

Đặt

1

a; b

x  y Ta có a b a  2b2 ab 1      2  

3 2

A a b  a b a  ab b  a b Cũng từ    

2

1  a b  a b  3ab

Vì a b ab     

  nên    

2

a b a b a b

4

    

a b2 a b  0 a b

        

 2

A a b 16

   

Dấu “=” xảy  a b 2 

Khi với

1 x y

2

 

A 16 .

Vậy

1

max y 16 x y

2

    



Từ giả thiết ta có:

  2 2

3

3 3

x y x xy y

x y x y 1

A

x y x y xy x y

      

 

      

   

Đặt x ty , từ giả thiết  

2

x y xy x  y  xy ty y ty  ty y2 ty2 t t y  t2 t y

         

 

2

t t t t

y ; x ty

t t t

   

   

 

Ta có

 

2 2

2 2

t t

1 t t 2t

A

x y t t t t t t



   

    

      

     

     

Xét hàm số:  

2

t 2t

f t

t t

 



  ;

 

   

2

2

2

t

3t

f t ;f t 3t

t

t t



  

         

   

Lại có  

2

t t

t 2t

lim f t lim

t t

   

 

 

 

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: Max f t   4 t 1

Vậy

1

max A 16 x y

2

    



2.3.3. Rèn luyện tính độc lập

Tính độc lập tư thể khả tự phát vấn đề, tự phát phương hướng, tìm cách giải quyết, tự kiểm tra hồn thiện kết đạt Tính độc lập mật thiết với tính phê phán tư biểu khả nghiêm túc đánh giá ý nghĩ tư tưởng người khác, nghiêm khắc đánh giá ý nghĩ Có tinh thần hồi nghi khoa học (đặt câu hỏi “tại sao” “vì đâu” “như nào” lĩnh hội kiến thức)

Vốn kiến thức thu nhà trường “chỉ sống sinh sôi nảy nở người học sinh biết sử dụng cách sáng tạo hoạt động độc lập suy nghĩ thân luyện” Học sinh có tư sáng tạo khơng có tư độc lập Khái niệm “hoạt động độc lập học sinh” có liên hệ hữu với khái niệm “hoạt động tích cực học sinh”



1

1



0

0

+

1

 1

0

4

Rèn luyện kĩ hoạt động độc lập cho học sinh công việc lâu dài, cần tiến hành có hệ thống qua khâu hoạt động giảng dạy: giảng mới, củng cố, ơn tập, phân tích ngăn ngừa sai lầm học sinh, sử dụng sách giáo khoa, hướng dẫn làm tập, thực hành tốn học

Ví dụ 1: Tìm GTNN- GTLN biểu thức P x y 2004   số thực x, y thỏa mãn hệ thức

2

x y

36 16 

Thầy giáo phân tích: ta tìm miền giá trị biểu thức P x y 2004   khơng? Từ học sinh suy nghĩ:

<?> Bài tốn tìm miền giá trị biểu thức P x y 2004   phát biểu hình thức nào? (phân tích kết luận)

Tìm P để phương trình P x y 2004   có nghiệm <?> x y cịn phải thỏa mãn phương trình

2

x y

36

9 16  Hãy phát biểu tốn

dưới ngơn ngữ khác? (tổng hợp tốn)

Tìm giá trị P (xem P tham số)

để hệ phương trình

   

2

x y 2004 P

x y

36

9 16

   

 

 



 có nghiệm x; y

<?> Hãy phối hợp phương trình    1 ; hệ để chuyển tốn tốn phương trình (phân tích, tổng hợp)

Từ  1 ta có y x 2004 P   Thay vào  2 phương trình:

 

   

2

2

2

x 2004 P x

36 16x 9x 2004 P 18x 2004 P 5184

9 16

 

        

   2  

2

25x 18x 2004 P 2004 P 5184

      

có nghiệm

Điều kiện có nghiệm phương trình  3 điều kiện có nghiệm hệ điều kiện

 2  2

0 144 2004 P 129600 2004 P 900 1974 P 2034

            

<?> Chỉ GTLN- GTNN biểu thức P Vậy P 1974 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Vậy max P 2034 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Đến lời giải tốn

Có thật có cách giải thơi khơng? Những học sinh ham suy nghĩ khơng chịu dừng lại đó, họ muốn tìm phương pháp khác

Nhìn tốn sở tọa độ véc tơ ta có lời giải

 

x y x y

P x y 2004 2004 P 2004

3 4

 

         

p d O O O x O

Nhìn vế trái (2) bình phương độ dài véc tơ cịn

x y 4     

 như tích của

các véc tơ  

x y

a ; ;b 3;

3

 

   

 

 

Ta có    

2

2 2

ab a b cos a, b  a b

 

      

Từ

   

2

2 x y

P 2004 16 900 1974 P 2034

9 16

 

        

 

Vậy P 1974 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Vậy max P 2034 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Giải toán cách vận dụng bất đẳng thức cổ điển ta có lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski cho số 3; 4và

x y ;     

 ta có

 

2 2 2

2

x y x y

3 4 25.36 x y 30

3 16

 

 

        

 

   

Dấu “=” xảy

 

2

x y

54 96 54 96

9 16 x; y ; ; ;

5 5

x y 36 16                             

Từ 1974 P 2034 

Vậy P 1974 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Vậy max P 2034 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Nhìn điều kiện tốn toán sở biểu thức thức lượng giác ta có lời giải (xem lời giải ví dụ trang 20 )

Nếu nhìn tốn quan điểm hình học có lời giải sau:

Tập hợp x; y thỏa mãn P x y 2004   tọa độ điểm đường thẳng (dp) có phương trình x y 2004 P  0 Đường thẳng cắt trục 0y

0;2004 P 

Tập hợp giá trị x; ythỏa mãn

2

x y

36

9 16 tọa độ điểm trên

elip có phương trình  

2 x y E 18 24              

Khi ta phải tìm dp cắt (E)

Ta thấy dp cắt (E) dp biến thiên

tuyến (E)

Khi dp d1ta có max P;

Khi dp d2ta có min P p

d

tiếp xúc với E

 2  2

2 2 2 2

a A b B C 18 24 2004 P

       

P 2034 P 1974

 

  



Vậy P 1974 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Vậy max P 2034 đạt  

54 96

x; y ;

5

 

  

 

Nhận xét: Lời giải sử dụng phương pháp miền giá trị có tính chất mẫu mực có ưu lời giải khác dùng lời giải để giải tốn tổng qt sau: “tìm GTNN-GTLN hàm số u ax by c   x, y thỏa mãn phương trình

2

mx nxy py qx ry s 0   , a, b,c,m, n, p,q,s hệ số” Tuy lời giải 1

khơng hấp dẫn dài thiếu sáng tạo

Các lời giải đến lời giải gọn hay Có lời giải ta khai thác riêng nhiều vẻ toán, cách khơng thể giải tốn tổng qt nêu Đây mặt yếu lời giải

Ví dụ 2: Từ việc tìm GTNN biểu thức

a b

P

b a

 

với a, b 0 Xét toán thực tiễn sau: Một người bán trái có cân đĩa khơng cịn xác địn cân hai bên khơng (hình vẽ) Một khách hàng muốn mua ông kg trái cây, người bán hàng cân cho khách sau:

 Lần thứ nhất, ông dùng cân 1kg đặt lên đĩa A, cho trái vào đĩa B cho hai đĩa cân thăng

 Lần thứ hai, ông ta đặt cân 1kg lên đĩa B, cho trái vào đĩa A cho hai đĩa thăng

Dồn số trái lần cân đưa cho khách hàng, ông ta giải thích: lần thứ tơi lợi thiệt lần lần cân thứ hai tơi thiệt lợi nhiêu, mzzthế hòa Hỏi người mua hàng lợi hay thiệt?

Lời giải:

Trước tiên ta tìm GTNN

a b

P

b a

 

với a, b 0 Vì a, b 0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

a b a b

P

b a b a

   

Dấu “=” xảy  a b

Gọi độ dài hai đòn cân tương ứng với đĩa A B a, b

Khối lượng trái lần cân thứ m1, lần cân thứ hai m2

Ta có hệ:

1

2

2

a m

1.a m b b

m a 1.b b

m a

   

 



 



  

 

Vậy tổng số trái sau hai lần cân

a b

m m

b a

   

Dấu “=” khơng xảy a b .

Vậy người mua lợi

Nhận xét: Trong đời sống có nhiều vấn đề địi hỏi phải giải cho có lợi nhất, đạt hiệu kinh tế cao Để thực tiêu chí người làm tốn phải tốn học hóa tình thực tế, giải toán toán học, kiểm nghiệm kết toán toán học với kết tốn thực tế Các cơng việc giúp học sinh nhìn nhận vật tượng trình vận động biến đổi, phát mâu thuẫn vật, tượng Từ tìm cách giải mâu thuẫn cách tốt Thông qua phát triển TDST cho học sinh, đặc biệt rèn luyện tính độc đáo TDST

2.3.4. Rèn luyện tính linh hoạt

Trong q trình giải vấn đề, người có tư linh hoạt mạnh biểu tính ứng dụng cao Họ khơng tìm cách giải vấn đề mà cịn tìm nhanh có phương pháp tốt Để bồi dưỡng tư linh hoạt cho học sinh thầy giáo cần giúp học sinh hiểu sâu vấn đề cần giải Độ sâu hiểu biết chủ yếu thể việc nắm vững chất vấn đề biểu đạt dạng khác Học cách biến hóa thay đổi diễn đạt vấn đề khơng có lợi để nối thơng kiến thức liên quan với mà cịn có lợi cho việc vận dụng linh hoạt kiến thức

Ví dụ 1: Với a, b,c số dương, tìm GTNN biểu thức

a b c

P 1

5b 5c 5a

     

        

     

Một bạn giải sau:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:  

a a

1

5b 5b

 

;  

b b

1 2

5c 5c

 

;  

c c

1

5a 5a

 

Nhân vế với vế      1 ; ;

a b c

P

5b 5c 5a 25

  

Do

8 P

25



Phân tích sai lầm

a b

Khi đọc lời giải có bạn cho lời giải ngắn gọn Tuy nhiên số đơng bạn phát không  a, b, c để

8 P

25



Đây sai lầm thường mắc dùng bất đẳng thức để tìm GTLN-GTNN biểu thức Một nguyên nhân xa nhiều bạn không hiểu ý nghĩa dấu “

”; “” Không phải viết “” xảy đẳng thức “=” Có thể viết 2 1

đúng khơng thể có 1 .

Như để bồi dưỡng tính linh hoạt tư cho học sinh, trước hết phải rèn luyện cho học sinh nắm vững chất vấn đề cần nghiên cứu

Lời giải đúng

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số

1 a

0;

5 5b  ta có:

 

6

a 1 1 a a

1

5b 5 5 5b b

       

Tương tự ta có:    

6

b b c c

1 ;

5c c 5a a

   

Nhân vế      1 ; ; ta có

216 P

125



Dấu “=” xảy

a b c

a b c

5b 5c 5a

      

Vậy P đạt GTNN

216 125



a b c 

Ví dụ 2: Giả sử x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:  

2 2

xy z x z y 3z * 

Hãy tìm GTLN biểu thức:

  

4

4 4

z

P **

1 z x z



 

Phân tích – trình bày lời giải:

Từ giả thiết toán, z 0 nên chia hai vế (*) cho z2 ta được:

  2

2

1 y

* xy x

z z

   

Cũng tương tự ta có:  

4

4

1

** P

1

x y

z

 

 

Khi chuyển tốn cho tốn mà việc tìm GTLN lúc trở lên dễ dàng Đặt

1 t

z



Ta có tốn mới:

“ Với x, y, t số dương thỏa mãn xy2yt2tx2 3 Tìm GTLN biểu thức: 4

1 P

x y t



  ”

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương: x 0; y 0; 0   ta có:  

4 4 4

Tương tự:  

4 4 4

y t t  1 y t 4xt  

4

4 4

z x x  1 z x 4zx Cộng vế với vế      1 ; ; ta có:

 4 4  2 2

3 x y z  3 xy yt tx 12

4 4

4 4

1

x y z

x y z

     

 

Vậy

1 P

3



đạt x y z 1   2.3.5. Tăng dần mức độ khó phức tạp

Trong nhà trường phổ thơng, vấn đề phát huy tính sáng tạo, tích cực bồi dưỡng khiếu toán học học sinh việc làm cần thiết Để giải vấn đề thầy trị phải có cố gắng lớn: Người thầy phải nhiệt tình, biết đào sâu, mở rộng kiến thức, hồn thành tốt vai trị chủ đạo mình; trị phải có lịng say mê học tập, tích cực, nhiệt tình, tiến sâu vào khoa học, có ý thức học tập tự giác, có óc tị mị, sáng tạo, có khả khai thác tình huống, phân tích vấn đề cách tồn diện

G.Polya cho rằng: “ví dịng sơng bắt nguồn từ suối nhỏ, tốn dù khó đến đâu có nguồn gốc từ tốn đơn giản, có quen thuộc chúng ta” Vì vậy, q trình tìm tịi lời giải tốn, việc tìm hiểu xuất xứ chúng giúp tìm chìa khóa để giải tốn

Ví dụ: Tìm GTLN tích x.yvới x, y số dương thỏa mãn điều kiện: x y 1 

2 x y 1  y a với a 1   *

Phân tích tìm tịi lời giải:

1 Để tìm GTLN tích x.y khơng có khó khăn Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy, sử dụng phép biến đổi đưa xét GTLN hàm biến…

2 Việc giải tốn khó biến bị ràng buộc thêm điều kiện (y a với a 1  ).

Nói cách khác tập dạng có nội dung biến đổi Nhìn bề ngồi dường quan trọng nội dung cách giải biến đổi hẳn Đây dạng tập rèn luyện khả chuyển từ hoạt động tư sang hoạt động tư khác, chống “tính ỳ” tư Do học sinh cần có so sánh để tìm cách giải

Trình bày lời giải:

Cách 1: Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy:

2

x y 1

xy

2



   

    

   

Dấu “=” xảy

1 x y

2

  

Vậy  

1

GTLN xy x y

4

Cách 2: Đưa xét cực trị hàm biến ta có:  

2

2 1 1

xy x x x x x x x

4 4

   

              

   

Dấu “=” xảy

1 x y

2

  

Vậy  

1

GTLN xy x y

4

   

Cách 3: Sắp thứ tự giá trị biến (theo điều kiện vai trò chúng nhau) so sánh với giá trị không đổi xen chúng

Giả sử: x y Từ x y 1  ta có

1

x y

2

 

nên

1 1

x y xy x y

2 2

     

       

     

     

1 xy

4

 

Dấu “=” xảy

1 x y

2

  

Vậy  

1

GTLN xy x y

4

   

2  Nếu

1 a

2



theo cách giải tốn phần ta có  

GTLN xy



1

x y a

2

  

 Nếu

1 a

2



Lúc sử dụng cách giải phần Theo cách 2: Đặt y a t  với t 0

Từ xy 1 y y  1 a t a t    t t 2a 1   a a  a a   (vì t 0, t 2a 0    )

Dấu “=” xảy t 0; y a 

Vậy GTLN xy  a a    y a x a 

Theo cách ta thấy

1

x a y

2

  

nên        

2

x a y a   0 xy a x y   a  xy a a  a a

Dấu “=” xảy x a; y a  

Vậy GTLN xy  a a    y a x a 

Nhận xét: Trong phần thay điều kiện  * điều kiện x b với b 1 .

Lúc lời giải ta xét hai trường hợp

1 b

2



1 b

2



Chương 3: Thực nghiệm sư phạm 3.1 Mục đích thực nghiệm

 Kiểm tra giả thuyết khoa học sở lí luận khóa luận

 Cụ thể: Cung cấp cho học sinh số phương pháp khai thác toán tìm GTLN-GTNN có khả phát triển đặc tính tư sáng tạo cho học sinh

3.2 Phương pháp thực nghiệm: Phương pháp thực nghiệm có đối chứng 3.3 Nội dung thực nghiệm

 Giới thiệu số phương pháp tính GTLN-GTNN hàm số, biểu thức; đưa số ví dụ rèn luyện đặc tính TDST

 Rèn luyện mềm dẻo cách suy nghĩ, cách giải vấn đề  Rèn luyện tính độc lập

 Tăng dần mức độ khó phức tạp

 Các yêu cầu kiến thức- kĩ cần trang bị cho học sinh đảm bảo 3.4 Tổ chức thực nghiệm

 Thời gian tiến hành: Từ ngày 20/3/201010/4/2010  Lớp thực nghiệm: 12B1 trường THPT Mường la  Lớp đối chứng: 12B2 trường THPT Mường la

 Trước tiến hành thực nghiệm, tơi tìm hiểu số đặc điểm hai lớp thể bảng sau:

Lớp Tổng số học sinh

Giới tính

Dân tộc người

Xếp loại học tập mơn tốn

Nam Nữ

Khá-giỏi

Trung

bình Yếu-kém

12B1 40 18 22 24 14

12B2 42 23 19 14 20 18

 Tiến hành dạy lớp thực nghiệm

 Giáo viên phổ thông dạy lớp đối chứng theo giáo án truyền thống 3.5 Đánh giá kết thực nghiệm

3.5.1 Biện pháp

 Kết thực nghiệm đánh giá thông qua kiểm tra chất lượng trước sau thực nghiệm tuần

 Sau tiến hành kiểm tra, ta so sánh chất lượng hai để thấy rõ khác biệt nhận thức đối tượng thực nghiệm

3.5.2 Phân tích kết

Sau thu chấm kiểm tra chất lượng ban đầu, phương pháp xử lí số liệu, tính tốn tổng hợp tơi thu kết quả:

Điểm Lớp 12B1 Lớp 12B2

Tần số Tần suất (%) Tần số Tần suất (%)

10 2,5 0

9 7,5 4,7

8 15 7,1

7 17,5 16,7

6 20 14,3

5 17,5 11,9

4 7,5 11,9

3 14,3

2 14,3

1 2,5 2,4

0 0 2,4

Bảng cho thấy tỉ lệ điểm khá, giỏi, trung bình, yếu hai lớp sau:  Lớp thực nghiệm: Khá- giỏi: 42,5 %; Trung bình: 37,5 %; Yếu-kém: 20 %  Lớp đối chứng: Khá- giỏi: 28,5 %; Trung bình: 26,2 %; Yếu-kém: 45,3 %  Điểm trung bình lớp thực nghiệm:

3.6 Kết luận rút từ thực nghiệm

 Kết kiểm tra lớp thực nghiệm cao so với lớp đối chứng giảng dạy  Qua thực nghiệm dạy cách tổ chức cho học sinh mềm dẻo, độc lập, linh hoạt cách suy nghĩ giải vấn đề học sinh hứng thú hơn, sôi việc học giải tập Các em bước đầu biết phân dạng tập, ý thức phương pháp học tập

Kết luận Khóa luận đạt kết sau đây:

1 Hệ thống cụ thể hóa khái niệm sáng tạo, tư sáng tạo, đặc trưng tư sáng tạo Trên sở khóa luận nêu số hội phát triển tư sáng tạo cho học sinh THPT thơng qua dạy học tốn tìm GTLN- GTNN

2 Việc hệ thống hóa phương pháp giải tốn tìm GTLN- GTNN cơng cụ, sở tảng cho học sinh phát huy khả sáng tạo học giải loại tốn

Hy vọng khóa luận tài liệu hữu ích cho sinh viên khoa tốn, giáo viên học sinh nhà trường phổ thơng

Khóa luận: “Phương pháp dạy học tốn tìm GTLN- GTNN, theo hướng phát triển tư sáng tạo cho học sinh THPT” cơng trình nghiên cứu khoa học giáo dục đầu tay Hơn khóa luận tiến hành người thực sinh viên sư phạm, trình độ hiểu biết cịn hạn chế, kinh nghiệm thực tế giảng dạy chưa có Do nội dung khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót…

Người thực khóa luận mong nhận đóng góp thầy giáo bạn sinh viên để khóa luận dần hồn thiện