SKKN một số KINH NGHIỆM GIẢNG dạy PHÁT HUY TÍNH TÍCH cực của học SINH THÔNG QUA PHƯƠNG PHÁP GIẢI và SÁNG tác bài tập TOÁN THPT từ góc NHÌN bài TOÁN gốc

I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Để đáp ứng u cầu nghiệp cơng nghiệp hố, đại hố đất nước việc dạy học khơng cịn việc truyền thụ tri thức khoa học, mà phải trang bị cho học sinh khả tìm tịi, khám phá tri thức Cái cốt lõi hoạt động học học sinh vừa ý thức đối tượng cần lĩnh hội, vừa biết cách chiếm lĩnh lĩnh hội Mặt tích cực học sinh định chất lượng học tập Việc giảng dạy môn toán nhà trường phải lấy phương châm biết “biến lạ thành quen” tập dượt cho học sinh biết “biến quen thành lạ “để “biến lạ thành quen” q trình giải tốn Từ thúc đẩy vận động đổi PPDH Toán tổ chức cho học sinh học tập hoạt động hoạt động tự giác, tích cực sáng tạo Với lý chọn nghiên cứu là: “Một số kinh nghiệm giảng dạy phát huy tính tích cực học sinh thông qua phương pháp giải sáng tác tập tốn THPT từ góc nhìn tốn gốc” 1.2 Mục đích nghiên cứu Nhằm giúp đồng nghiệp học sinh có thêm tài liệu tham khảo giúp giải tốt dạng toán để có kết thi học sinh giỏi, thi TN THPT Quốc gia đạt kết cao 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu tính tích cực hoạt động học tập thực tiễn giảng dạy lớp, thông qua rút kinh nghiệm lớp dạy với tinh thần tích cực hố hoạt động học tập học sinh dạy học mơn Tốn trường THPT - Phạm vi nghiên cứu: Học sinh lớp khối A, khối A1 gồm: 10C4, 10C5 năm học 2018 - 2019; lớp 11B4, 11B5 năm học 2019 - 2020, học sinh lớp 12A4, 12A5năm học 2020 - 2021 trường THPT Bỉm Sơn, thị xã Bỉm Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp quan sát sư phạm - Phương pháp nêu vấn đề giảng dạy - Phương pháp thống kê, tổng hợp, so sánh II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NHỮNG KINH NGHIỆM NHẰM TÍCH CỰC HÓA HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH TRONG GIẢI VÀ SÁNG TÁC BÀI TẬP TOÁN 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Nhà sư phạm Đức – Diestsrwer nhấn mạnh: “Người thầy giáo tồi người thầy giáo mang chân lý đến sẵn, người thầy giáo giỏi người thầy biết dạy học sinh tìm chân lý” Luật Giáo dục nước Cộng hồ xã hội chủ nghĩa Việt Nam (năm 2005) quy định: “… Phương pháp giáo dục phổ thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo học sinh, phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh” Tính tự giác, tích cực người học từ lâu trở thành nguyên tắc giáo dục Nguyên tắc không chưa thực cách nghiêm túc nhà trường Tôi thực SKKN dựa định hướng sau: 2.1.1 Định hướng 1: Hệ thống biện pháp phải thể rõ ý tưởng tích cực hố hoạt động học sinh Q trình dạy học nhằm tích cực hố hoạt động học tập học sinh, dựa nguyên tắc phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo học sinh Thực chất q trình tổ chức, hướng dẫn học sinh tìm hiểu, phát giải vấn đề sở tự giác tạo khả điều kiện chủ động học tập Tác giả Nguyễn Bá Kim rõ bốn yêu cầu: - Xác lập vị trí chủ thể người học, đảm bảo tính tự giác tích cực, sáng tạo hoạt động học tập - Dạy học phải dựa nghiên cứu tác động quan niệm kiến thức sẵn có người học, nhằm khai thác mặt thuận lợi, hạn chế mặt khó khăn, nghiên cứu chướng ngại sai lầm có kiến thức q trình học tập học sinh - Dạy học không nhằm mục đích dạy nhứng tri thức, kiến thức, kỹ môn mà quan trọng dạy việc học, cách học cho học sinh - Quá trình dạy học bao gồm việc dạy học cách tự học thông qua việc để học sinh tự hoạt động nhằm đáp ứng nhu cầu thân xã hội Nói cách khác, tích cực hố hoạt động học tập học sinh trình làm cho người học trở thành chủ thể tích cực hoạt động học tập họ 2.1.2 Định hướng 2: Hệ thống biện pháp mang tính khả thi, phù hợp với điều kiện thực tiễn nhà trường THPT Tính khả thi yếu tố quan trọng nhằm đáp ứng với điều kiện thực tiễn yêu cầu dạy học 2.1.3 Định hướng 3: Hệ thống biện pháp phải phù hợp với đặc điểm nhận thức học sinh tức phải đảm bảo tính vừa sứccủa học sinh “Sức” học sinh, tức trình độ lực học sinh, khơng phải bất biến mà thay đổi trình học tập Việc dạy cho học sinh mặt phải đảm bảo tính vừa sức để chiếm lĩnh tri thức, kỹ năng, kỹ xảo mặt khác lại địi hỏi khơng ngừng nâng cao u cầu để phát triển lực học sinh Vì vậy, tính vừa sức thời điểm khác có nghĩa không ngừng nâng cao yêu cầu học tập 2.1.4 Định hướng 4: Trong trình thực biện pháp cần đảm bảo thống vai trò chủ đạo thầy với tính tự giác trị Trong q trình dạy học, thầy trị hoạt động, hoạt động có chức khác Hoạt động thầy thiết kế, điều khiển Hoạt động trị học tập tự giác tích cực Vì vậy, đảm bảo thống hoạt động điều khiển thầy hoạt động học tập trị thống vai trị chủ đạo thầy tính tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo học tập trò 2.2 Thực trạng trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giảng dạy Tốn nhằm phát huy tính tích cực học sinh trường THPT Bỉm Sơn cịn có hạn chế Trong đơn vị lớp có nhiều đối tượng học sinh với khả nhận thức, tư khác nên cho học sinh thảo luận để phát huy tối đa tính tích cực, chủ động học tập em nhằm phát triển tư cho em Giáo viên Toán trường chưa có nhiều kinh nghiệm vấn đề 2.3 Những kinh nghiệm sư phạm nhằm tích cực hóa hoạt động học tập học sinh dạy học giải tập toán THPT 2.3.1 Giới thiệu toán với tư cách tình gợi vấn đề Theo nhà tâm lý học, người bắt đầu tư tích cực nảy sinh nhu cầu tư duy, tức đứng trước khó khăn nhận thức cần phải khắc phục, tình có vấn đề, Rubintein nói: "Tư sáng tạo ln bắt đầu tình gợi vấn đề "Giới thiệu tốn với tư cách tình gợi vấn đề với mục đích làm cho vấn đề trở nên hấp dẫn, tạo khả kích thích hoạt động tích cực học sinh Ví dụ 1: Sau học xong công thức cộng, yêu cầu học sinh tính giá trị hàm số lượng giác cung khơng đặc biệt, chẳng hạn tính cos150 Tình trở thành có vấn đề học sinh nhận thấy 15 số đo cung đặc biệt chưa biết thuật giải để giải trực tiếp tốn Học sinh tích cực suy nghĩ, huy động tri thức, kỹ tìm lời giải cách: Biểu thị 15 qua hai cung có số đo đặc biệt (150 = 600 - 450 = 450 - 300), từ áp dụng công thức cộng: cos150 = cos(600 - 450) = cos600 cos450 + sin600 sin450 1 = + = = ( + ) 2 2 Để củng cố kiến thức cho học sinh giải tốn sau: Tính: P = sin 120 sin 480 Khơng dùng bảng số máy tính, tính giái trị biểu thức A= − sin 70 0 sin 10 Ví dụ 2: Dựa vào kết sau: sin x cos x = sin 2x 1 sin x cos x cos x = sin 2x cos 2x = sin x 1 sin x cos x cos 2x cos 4x = sin 4x cos 4x = sin 8x Hãy nêu toán tổng quát tính: A = cos π 3π 5π cos cos 7 Tình gợi vấn đề khơng xảy từ đầu giáo viên yêu cầu học sinh tính giá trị biểu thức A, khơng tạo điều kiện để học sinh vượt qua sau tích cực suy nghĩ Dự đoán nhờ nhận xét trực quan, học sinh dễ dàng nêu toán tổng quát n Chứng minh rằng: sin x cos x cos x cos x = sin n +1 x n +1 Như vậy, ta biết cơng thức tính: cosx.cos2x.cos4x cos2n x để tính giá trị biểu thức A ta làm nào? Có thể yêu cầu học sinh quan sát biểu thức A, tìm cách biến đổi để đưa tốn tổng qt Ta có: cos 3π 4π 5π 2π = − cos ; cos = − cos 7 7 π π 2π 4π sin cos cos cos π 2π 4π 7 7 cos = Suy ra: A = cos cos π 7 sin 8π π π sin sin(π + ) sin =8 =1 =1 = π π π 8 sin sin sin 7 Hiển nhiên, tập vấn đề học sinh chưa có quy tắc có tính chất thuật tốn để giải phương trình Bài tập tương tự: giải phương trình 1) cos x = cos ( 3x ) sin x − 2) sin x − cos x = tan x 3) tan x + cot x = sin x + sin x Ví dụ: Sau học "Cơng thức lượng giác" u cầu học sinh giải tập sau: Chứng minh: sinx sin( π π − x ) sin( + x ) = sin 3x 3 Chứng minh rằng: Trong ∆ABC ta ln có: Cos3A + cos3B + cos3C = - 4sin 3A 3B 3C sin sin 2 Tìm giá trị lớn biểu thức: M= sin A + sin B + sin C Trong A,B,C ba góc tam giác cos A + cos B + cos C 2.3.2 Sử dụng dạy học phân hoá điều kiện tiến hành đồng loạt Dạy học phân hoá xuất phát từ biện chứng thống phân hoá từ yêu cầu đảm bảo thực tốt mục đích dạy học với tất học sinh, đồng thời khuyến khích phát triển tối đa khả cá nhân Là kết hợp giáo dục diện “đại trà” với giáo dục “mũi nhọn”, “phổ cập” với “nâng cao” giảng dạy Ví dụ 1: Bài tập phân hố nhằm củng cố cơng thức biến đổi tổng thành tích 1) Biến đổi tổng thành tích biểu thức sau: A = cos x +cos x B = sin 2a − sin 4b C = sin x sin 2x + sin 3x D = cos a + sin b E = cos a +cos b + cos(a + b) + 2) Chứng minh tam giác ABC ta có: cos A + cos B + cos C = cos 3) Tính: A =cos A B C cos cos 2 π 5π 7π + cos + cos 9 B = cos π 3π 5π 17 π + cos + cos + + cos 19 19 19 19 Ví dụ 2: Bài tập phân hóa nhằm củng cố "Phương trình lượng giác bản" 1) Giải phương trình sau: a) sin x = b) cos 3x = − 2 c) sin x + = 2) Giải phương trình sau: a) sin( x − 15 ) = 2 với -1200< x < 900 b) sin 3x = cos x c) tan x − sin x = d) sin (5x + 2π x ) = cos ( + π) e) cos x tan x = sin x f) 1 + = cos x sin 2x sin 4x 3) Giải biện luận phương trình: a) (m - 1) sin x + - m = (m tham số) b) sin α cos x = (α tham số) c) (m − 4) tan x − m = (m tham số) 2.3.3 Xây dựng hệ thống toán gốc sở kiến thức kỹ để giải toán Theo quan điểm cá nhân, tốn dù khó đến đâu bắt nguồn từ toán đơn giản, có quen thuộc Vì vậy, hệ thống tốn gốc giúp cho học sinh tìm chìa khố để giải vấn đề q trình giải toán Vậy toán gốc toán nào? Bài toán gốc toán thoả mãn ba điều kiện sau: - Kết tốn sử dụng nhiều việc tìm lời giải toán khác - Phương pháp giải toán sử dụng việc tìm lời giải cho toán khác - Nếu thay đổi giả thiết, kết luận tốn 2.3.3.1 Xây dựng toán gốc nhờ khai thác đẳng thức: sin2a + cos2a = với ∀a Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức: sin4a + cos4a = Bài toán 2: Chứng minh đẳng thức: sin6a + cos6a = cos 4a + 4 cos 4a + Bài toán 3: Chứng minh đẳng thức: sin8a + cos8a= 35 cos 8a + cos 4a + 64 16 64 Một số ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào α a) A = sin α + cos α − sin α +cos α − 6 b) B = ( sin α − sin α − sin α) + (2 cos α − cos α − cos α) 6 8 Ví dụ 2: Giải phương trình: sin x + cos x = 2(sin x + cos x ) (*) Gặp toán này, vận dụng kết toán toán phương trình đưa dạng quen thuộc biết cách giải Ví dụ 3: a) Chứng minh đẳng thức: sin 10 x + cos10 x = 63 15 + cos 4x + cos 8x 128 32 128 29 cos42x 16 b) Giải phương trình: sin10x + cos10x = Ví dụ 4: Cho phương trình: sin x + cos x =m (**) π π tan( x − ) tan( x + ) 4 a) Giải phương trình với m = − b) Với giá trị m phương trình (**) có nghiệm Ví dụ 5: Cho phương trình sin6 x + cos6 x= m sin2x a) Giải phương trình m = b) Với giá trị m phương trình có nghiệm 17 cos2 x 16 Ví dụ 6: Giải phương trình : sin8x+ cos8x = Ví dụ 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm sin6x + cos6x = m (sin4x + cos4x) 2.3.3.2 Hệ thống toán gốc để giải toán hệ thức lượng giác tam giác Bài toán 1: Chứng minh tam giác ABC ta có: A B C a) sinA + sinB + sinC = cos cos cos A B C b) cosA + cosB + cosC = + sin sin sin c) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (với ∆ ABC khơng vng) Bài tốn 2: Chứng minh tam giác ABC ta có: a) sin2A + sin2B + sin2C = 4sinA.sinB.sinC b) cos2A + cos2B + cos2C = -1- 4cosA.cossB.cosC c) sin2A + sin2B + sin2C = + 2cosAcosBcosC d) cos2A + cos2B + cos2C = 1- 2cossAcosBcosC Bài toán 3: Chứng minh tam giác ABC ta có: a) cot A B C A B C + cot + cot = cot cot cot 2 2 2 b) tan A B B C C A tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 Một số ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh tam giác ABC ta có: cos A + cosB + cosC > Ví dụ 2: Chứng minh tam giác ABC ta có: a) tan A + tan B + tan C ≥ 3 b) tan A + tan B + tan C ≥ , xây dựng tốn tổng qt Ví dụ 3: Chứng minh tam giác ABC ta có: tan A B C tan tan ≤ 2 3 Ví dụ 4: Chứng minh tam giác ABC vuông khi: cos2A + cos2B + cos2C + = Ví dụ 5: Tam giác ABC có đặc điểm nếu: a) sinA sinB sinC = (*) (sinA + sinB + sinC) b) sin6A + sin6B + sin6C = c) sin10A + sin10B + sin10C = d) sin2A + sin2B + sin2C = đ) sin2A + sin2B + sin2C > e) sin2A + sin2B + sin2C < f) cos2A + cos2B + cos2C = 2.3.3.3 Xây dựng số PT giải cách đưa hệ phương trình Ví dụ Xét hệ phương trình đối xứng loại hai  x = − y ⇒ x = − − 3x   y = − x ( ) Từ ta xây dựng tốn sau: Bài tốn Giải phương trình x + ( − x ) = 2  x = − y Giải: Đặt y = – 3x ta có hệ phương trình   y = − x 2 Từ phương trình cho có nghiệm x = −1; x = ; x = − 21 + 21 ;x = 6 Chú ý: Từ lời giải toán khai triển ( − 3x ) ta đưa phương trình phương trình bậc biến đổi thành ( x + 1) ( 3x − ) ( x − 3x − 5) = Vậy xây dựng toán, ta cố ý làm cho phương trình khơng có nghiệm hữu tỷ phương pháp khai triển đưa phương trình bậc cao, sau đưa phương trình tích gặp khó khăn Ví dụ Xét phương trình bậc hai có hai nghiệm số vô tỷ 5x2 − x − = ⇔ x = 5x2 − 2  5x2 −   y = x − ⇒ x = Do ta xét hệ phương trình   ÷ −1    x = y − Ta có tốn sau: Bài tốn Giải phương trình x − ( x − 1) = −8  y = x − Giải: Đặt 2y = 5x - Khi ta có hệ phương trình  phương trình có  x = y − nghiệm là: ± −1 ± ; 5 Ví dụ Xét phương trình bậc ba x3 − x = − ⇔ x3 − x = − ⇔ x = x3 − 6 y = x − Do ta xét hệ  6 x = y − Từ ta có tốn sau ( Bài tốn Giải phương trình 162 x + 27 = x3 − ) Giải: Bằng cách đặt y = x − ta có hệ giải ta có nghiệm x = cos 5π 17π 7π ; x = cos ; x = cos 18 18 18 Ví dụ Ta xây dựng phương trình vơ tỷ có nghiệm theo ý muốn Xét x = Khi x − = ⇒ ( x − ) = = x − Từ ta có hệ phương trình: ( y − ) = x −  ( x − ) = y − 10 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Hoàng Minh Hiển Chức vụ đơn vị cơng tác: Phó Hiệu trưởng, trường THPT Bỉm Sơn TT Tên đề tài SKKN Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Quy trình giải tập hình học phép biến hình Phương pháp lượng giác hóa tốn bậc trung học phổ thơng Ứng dụng véc tơ vào giải toán đại số giải tích SEMINAR ‘‘Các chun đề tốn lớp 10, 11 đề thi đại học, cao đẳng’’ Một số giải pháp quản lý nhằm xây dựng nâng cao chất lượng đội ngũ giáo viên trường trường trung học phổ thông Bỉm Sơn Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Ngành GD cấp Tỉnh, tỉnh Thanh Hóa Ngành GD cấp Tỉnh tỉnh Thanh Hóa Ngành GD cấp Tỉnh, tỉnh Thanh Hóa Ngành GD cấp Tỉnh, tỉnh Thanh Hóa Ngành GD cấp Tỉnh, tỉnh Thanh Hóa Ngành GD cấp Tỉnh, tỉnh Thanh Hóa Ngành GD cấp Tỉnh, tỉnh Thanh Hóa Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại C 1993-1994 B 1996-1997 C 1999-2000 B 2001-2002 B 2004-2005 A 2012-2013 B 2018-2019 * Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ tác giả tuyển dụng vào Ngành thời điểm 22 MỤC LỤC NỘI DUNG Phần 1: Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phần 2: Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Những kinh nghiệm sư phạm nhằm tích cực hóa hoạt động học tập học sinh dạy toán bậc THPT 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, giảng dạy nhà trường Phần 3: Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TRANG 1 1 1 3 19 20 20 20 23 PHẦN PHỤ LỤC: Một số tập minh họa thêm việc phát triển từ toán gốc 1, Bài toán gốc thứ 1: " Với a, b, c số dương ( a + b + c )  1 1 + + ÷ ≥ " a b c Dấu = xảy a = b = c 1 + + ≥ a b c a+b+c Hay ta có bất đẳng thức tương đương Từ toán với cách hướng dẫn học sinh đưa toán sau: a b c + + ≥ b+c a+c a+b Bài toán Cho a, b, c số dương (Bất đẳng thức Nesbit) Bài tốn Cho a, b, c số dương 2 + + ≥ a +b b+c c+a a +b+c Bài toán Cho a, b, c số dương a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a +b Bài toán Chứng minh tam giác ABC ta ln có + hb + hc ≥ 9r , ha, hb, hc đường cao r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Bài tốn Cho tam giác ABC có góc nhọn Gọi H trực tâm tam giác Gọi chân đường cao tam giác kẻ từ A, B, C đến cạnh A1, B1, C1 Chứng minh: AH BH CH + + ≥ Dấu “ = ” xảy nào? A1 H B1 H C1H Bài toán Cho a, b, c số dương a + b + c ≤ Chứng minh: a+b+c+ 1 + + ≥ 10 a b c Bài toán Cho a, b, c số dương a+b+c+ a b c + + = bc ac ab 1 + + ≥ 10 a b c Bài toán Chứng minh ab + bc + ca = 1 1 a + b + c + + + ≥ 10 a b c Bài toán (Mở rộng 1) Cho n số dương x1, x2 , x3 , ….,xn Chứng minh 24 1 1 + + xn  x1 x2 ( x1 + x2 + x3 + + xn )   ÷≥ n  Bài toán 10 (Mở rộng 2) Cho n số dương x1, x2 , x3 , …., xn thoả mãn x1 + x2 + + xn ≤ Chứng minh x1 + x2 + + xn + 1 + + + ≥ n + x1 x2 xn 2, Bài toán gốc thứ 2: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a b c + + ≥ 2 1+ b 1+ c 1+ a Chứng minh bất đẳng thức cách biến đổi sau: Ta có a ab = a − + b2 + b2 ≥a− ab b =a− 2b Hồn tồn tương tự ta có a b c + + ≥ a + b + c − ( ab + bc + ca ) ≥ 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 Bằng cách tương tự học sinh đưa toán sau: Bài toán Cho a, b, c, d số dương a + b + c + d = Chứng minh bất đẳng thức a b c d + + + ≥2 2 + b + c + d + a2 Bài toán Cho a, b, c, d số dương a + b + c + d = Chứng minh bất đẳng thức a b c d + + + ≥2 2 + b c + c d + d a + a 2b HD: Ta có b ( a + ac ) a ab c ab2 c b a 2c = a − ≥ a − = a − ≥ a− 2 1+ b c 1+ b c 2b c Tương tự với số hạng cịn lại ta có đpcm Bài tốn Cho a, b, c, d số dương Chứng minh bất đẳng thức a3 b3 c3 d3 a +b+c+d + + + ≥ 2 2 2 2 a +b b +c c +d d +a HD: Ta có a3 ab ab b = a − ≥ a − =a− 2 2 a +b b +a 2ab Bài toán Cho a, b, c dương a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Bài toán Cho a, b, c dương a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức 25 a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b3 b + 2c c + 2a HD: Ta có a2 2ab3 2ab3 + 2a = a − ≥ a − = a − b a2 ≥ a − b 3 a + 2b a + 2b 3 3b a Bài toán Cho a, b, c dương a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b2 + c2 + a2 + Bài toán Cho a, b, c, d dương a + b + c + d = Chứng minh bất đẳng thức a +1 b +1 c +1 d +1 + + + ≥4 + b2 + c + d + a Bài toán Cho a, b, c, d dương a + b + c + d = Chứng minh bất đẳng thức 1 1 + + + ≥2 2 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d Bài toán Cho a, b, c dương a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a2 b2 c2 + + ≥ 2 a+b b+c c+a Bài toán 10 (Đề thi khối A năm 2007) Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 ( y + z) y ( z + x) z ( x + y) + + y y + 2z z z z + 2x x x x + y y 3, Bài toán gốc thứ 3: (Câu 47 Đề Chính Thức 2018 - Mã 103) Cho phương trình x + m = log ( x − m ) với m tham số Có giá trị nguyên m ∈ ( −25; 25 ) để phương trình cho có nghiệm? A B 25 C 24 D 26 Lời giải: Chọn C Điều kiện: x > m 7 x + m = t ⇒ x + x = 7t + t ( 1) Đặt t = log ( x − m ) ta có  t 7 + m = x u Do hàm số f ( u ) = + u đồng biến R , nên ta có ( 1) ⇔ t = x Khi đó: 7x + m = x ⇔ m = x − 7x x x Xét hàm số g ( x ) = x − ⇒ g ′ ( x ) = − ln = ⇔ x = − log ( ln ) Bảng biến thiên: 26 Từ phương trình cho có nghiệm m ≤ g ( − log ( ln ) ) ≈ −0,856 (các nghiệm thỏa mãn điều kiện x − m = x > ) Do m nguyên thuộc khoảng ( −25; 25 ) , nên m ∈ { −24; −16; ; −1} Từ toán với cách hướng dẫn học sinh phát triển toán sau: Bài tốn Phương trình log ( cot x ) = log ( cos x ) có nghiệm khoảng  π   − ; 2π ÷?   A B C D Giải: Chọn A cot x >  π   π Kết hợp giả thiết x ∈  − ; 2π ÷ ⇒ x ∈  0; ÷    2 cos x > Điều kiện:  cot x = 3t Đặt log ( cot x ) = log ( cos x ) = t , ta có hệ  t cos x = 1 t t t Áp dụng công thức: + cot x = , ta có phương trình: + = t ⇔ + 12 − = ( *) cos x t t t Xét hàm số f ( t ) = + 12 − liên tục R có f ′(t ) = ln + 12t ln12 > 0, ∀x ∈ ¡ Suy f ( t ) = + 12 − hàm đồng biến R Nên phương trình (*) có nhiều nghiệm Lại có f ( −1) f ( ) = − < , suy phương trình ( *) có nghiệm t khoảng t t cot x = 3t 1   π ( −1;0 ) ⇒ ∈  ;1÷.Khi hệ phương trình  có nghiệm  0; ÷ t 2   2 cos x =  π  Vậy phương trình log ( cot x ) = log ( cos x ) có nghiệm  − ; 2π ÷   t Bài toán Cho phương trình log3 ( cot x ) = log ( cos x ) Phương trình có  π 9π  nghiệm khoảng  ; ÷ 6  A B C D Giải: Chọn C u  cot x = Điều kiện sin x > 0, cos x > Đặt u = log ( cos x )  u  cos x = ( ) = 3u ⇔ f u =   + 4u − = cos x ( )  ÷ Vì cot x = suy 3 − cos x − ( 2u ) u u 27 u 4 4 f ' (u ) =   ln  + u ln > 0, ∀u ∈ R Suy hàm số f ( u ) đồng biến R , nên phương 3 3 trình f ( u ) = có nhiều nghiệm, ta thấy f ( −1) = suy cos x = π ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ Z ) Theo điều kiện ta đặt suy nghiệm thỏa mãn x = π + k 2π Khi phương trình nằm π 7π 13π  π 9π  ,x = khoảng  ; ÷ x = , x = Vậy phương trình có ba nghiệm 6  3  π 9π  khoảng  ; ÷ 6  Bài tốn Có giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số ( x; y ) thỏa mãn 2 e3 x +5 y − e x +3 y +1 = − x − y , đồng thời thỏa mãn log ( x + y − 1) − ( m + ) log x + m + = A B C D Giải: Chọn B x+5 y + ( 3x + y ) = e x + y +1 + ( x + y + 1) Ta có: e3 x +5 y − e x +3 y +1 = − x − y ⇔ e t t Xét hàm số f ( t ) = e + t R Ta có f ′ ( t ) = e + > nên hàm số đồng biến R Do phương trình có dạng: f ( 3x + y ) = f ( x + y + 1) ⇔ x + y = x + y + ⇔ y = − x 2 Thế vào phương trình cịn lại ta được: log x − ( m + ) log x + m + = Đặt t = log x ( x > 0) , phương trình có dạng: t − ( m + ) t + m + = Để phương trình có nghiệm ∆ ≥ ⇔ −3m + 12m ≥ ⇔ ≤ m ≤ Do có số nguyên m thỏa mãn 2 4, Bài toán gốc thứ 4: (Câu 45 - Đề TN Chính Thức 2020 - Mã 101, đợt 1) Cho hàm số y = ax + bx + cx + d (với a, b, c, d ∈ R ) có đồ thị đường cong hình bên Có số dương số a , b , c , d ? A Giải: Chọn C y = +∞ ⇒ a < Ta có xlim →+∞ B C D Gọi x1 , x2 hoành độ hai điểm cực trị hàm số suy x1 , x2 nghiệm phương trình y′ = 3ax + 2bx + c = nên theo định lý Viet: +) Tổng hai nghiệm x1 + x2 = − +) Tích hai nghiệm x1 x2 = 2b b > ⇒ < ⇒ b > 3a a c >0 ⇒ c Vậy có số dương số a , b , c , d Từ toán với cách hướng dẫn học sinh phát triển toán sau: Bài toán Cho hàm số y = ax + bx + x + c (với a, b, c, d ∈ R ) có đồ thị hình sau Mệnh đề đúng? Giải: A a > 0, b > 0, c > B a > 0, b < 0, c > C a < 0, b < 0, c < D a < 0, b > 0, c > +) Từ dạng đồ thị bậc ba ta a > +) Đồ thị giao với trục Oy điểm có tung độ dương nên c > +) Điểm uốn đồ thị nằm bên phải trục Oy nên hoành độ điểm uốn dương Mà y′ = 3ax + 2bx + y′′ = 6ax + 2b Ta có y′′ = ⇔ x = − b > , mà a > nên b < 3a Do chọn đáp án B Bài tốn Cho hàm số y = ax + bx + c có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề đúng? A a < 0, b > 0, c < B a > 0, b > 0, c < C a < 0, b < 0, c < D a < 0, b > 0, c > Giải: Chọn A Hàm số f ( x ) = ax + bx + c f ' ( x ) = 4ax + 2bx Từ đồ thị, ta thấy f ' ( x ) = 4ax3 + 2bx = có nghiệm ab < f ( x ) = −∞ nên a < ⇒ b > Mặt khác, đồ thị Mà xlim →±∞ cắt trục tung điểm có tung độ âm Nên c < Bài toán Cho hàm số y = ax + b có đồ thị hình cx + d vẽ bên Mệnh đề đúng? A ac > 0, bd > C bd < 0, ad > B ab < 0,c d < D bc > 0, ad < 29 Giải: Chọn D Dựa vào đồ thị hàm số ta có:  a  c >0  ac >  − d >   c bc >  dc < ⇒ ⇒ a, b, c dấu; d , c trái dấu ⇒   ad < − b <  ab >  a bd <  b  − x ⇒ y > − x ) f '( y ) = 1 − ≥ 0, ∀x ∈ D (do x + y ≥ x + y > , ln > ln ) ( x + y ) ln ( x + y ) ln ( ) ⇒ f đồng biến D Ta có f (− x + 1) = log ( x − x + 1) − log x − x + ≤ Có khơng q 728 số ngun y thỏa mãn f ( y ) ≤ ⇔ f (− x + 729) > ⇔ log 729 − log ( x − x + 729 ) > ⇔ x − x + 729 − 46 < ⇔ x − x − 3367 < ⇔ −57,5 ≤ x ≤ 58,5 Mà x số nguyên nên x ∈{ −57, − 56, ,58} Vậy có 58 − (−57) + = 116 số nguyên x thỏa mãn Từ toán với cách hướng dẫn học sinh phát triển toán sau: Bài toán Trong tất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn log x + y +3 ( x + y + ) ≥ 1, tìm giá 2 trị thực tham số m để tồn cặp số thực ( x; y ) cho x + y + x + y + 13 − m = Giải: Ta có: log x + y +3  ( x + y  +5 )  ≥1  ⇔ x + y + ≥ x + y  2 +  3  ⇔ x + y  −2 x − y  −2 ≤  0 ( 1)   ⇒ Tập hợp cặp số thực ( x,y ) thỏa mãn log x + y +3  ( x + y  +5 )  ≥1   hình trịn ( C1 ) : x + y  −2 x − y − = (tính biên) 2 Xét x + y + x + y + 13 − m = ⇔ ( x + ) + ( y + ) = m.   x = −2 , không thỏa mãn (1)  y  = −3  TH1: m = ⇒  TH2: m >0 , tập hợp cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn x + y + x + y + 13 − m = đường tròn ( C2 ) : x + y  +4 x + y + 13 − m = 0.  30 Để tồn cặp số thực ( x;y ) thỏa mãn u cầu tốn hai đường tròn ( C1 ) ( C2 ) tiếp xúc ngồi với hai đường trịn ( C1 ) ( C2 ) tiếp xúc đường trịn ( C2 ) có bán kính lớn đường trịn ( C1 ) ( C1 ) có tâm I1 ( 1;1) , bán kính R1 = 2.  ( C2) có tâm I ( −2; −3) , bán kính R2 = m ( m > )   Để ( C1 ) ( C2 ) tiếp xúc ngồi I1I = R1 + R2   ⇔ ( −3 ) + ( −4 )  2 = 2 + m    ⇔ = + m ⇔ m =  9 ( tm )   Để đường tròn ( C1 ) ( C2 ) tiếp xúc đường trịn ( C2 ) có bán kính lớn đường tròn ( C1 ) ⇒ R2 − R1 =  I1I ⇔ m − = ( −3)  2 +  42 ⇔m = 49 ( t/m ) Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán Cho x , y số thực dương thỏa mãn log x + log y ≥ log ( x + y ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y Giải: 2 Ta có: log x + log y ≥ log ( x + y ) ⇔ log ( xy ) ≥ log ( x + y ) ⇔ xy ≥ x + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x (1) Vì x , y > ⇒ x > ⇒ y ( x − 1) > ⇒ x > x2 x2 P = x + y ≥ 2x + Từ (1) ⇒ y ≥ Khi đó: x −1 x −1 2 x x −1+1 x −1 1 = 2x + = 2x + + = 2x + x + 1+ = 3x + + Xét x + x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 1 = ( x − 1) + + ≥ ( x − 1) + = + x −1 x −1 ⇒ P ≥ 3+4  3 ( x − 1) = 3 ( x − 1) = ⇔ ⇔ x = 1± x −1 Dấu xảy    x >  x > Vậy giá trị nhỏ P = x + y + Bài toán (Câu 48 - Đề TN Chính Thức 2020 - Mã 101, đợt 1) Xét số thực không âm x y thỏa mãn x + y.4 x + y −1 ≥ Giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + x + y A 33 B 65 C 49 D 57 Giải: Chọn B x + y −1 = ( 1) làm cho biểu thức P nhỏ Giá trị x, y thỏa mãn phương trình x + y ×4 y a −1 Đặt a = x + y , từ ( 1) ta phương trình + a − − =0 y 31 y hàm số đồng biến theo biến a , nên phương trình y 3 có nghiệm a = ⇒ x + y = 2  65 65  Ta viết lại biểu thức P = ( x + y ) + ( x + y ) +  y − ÷− = Vậy Pmin = 4 8  Bài toán Cho hai số thực x, y thỏa mãn log y + y + x − x = log 3 − x + ( y + 1)  Tính giá trị lớn biểu thức P = x + y a −1 Nhận thấy y = + a − − ( Giải: Đk : x ≤ Từ giả thiết ta có : ( ) ) y + y + x − x = − x + y + ⇔ ( y − 1) + y − = ( − x ) − x + − x (*) x ≤ ⇒ VP ≥ ⇒ VT ≥ ⇒ y − ≥ ⇒ y ≥ Xét hàm số f ( t ) = 3t + t đồng biến [ 0; +∞ ) (*) ⇔ f ( y − 1) = f ( ) ( − x ⇔ y −1 = − x ⇔ y = − x +1 ⇒ P = x + + − x Từ tính GTLN P ( −∞;1] )  3y  Bài toán Xét số thực dương x, y thỏa mãn log 1 + ÷ = ( x − y ) + Tính giá x+ y  trị nhỏ biểu thức P =  x4 − x2 y + x2 ( x + y) Giải: 3y ) = 2( x − y) + x+ y x + 4y log ( ) − log 2 = x − y x+ y x + 4y log = 2x − y 2x + y log ( x + y ) + 2(x + y) = log (2 x + y ) + 2(2 x + y) Xét hàm đặc trưng f (t ) = log t + 2t Xét hàm f(t) thấy đồng biến x + y = x + y x = y log (1 + 24 y + 24 24 16 16 ( ) = ( y + ) ≥ y = (Do y>0) Vậy GTNN 27 y 27 y 27 y 9  a + 2b  Bài toán Cho a , b hai số dương thay đổi thỏa mãn log  ÷+ a + 3b = Tìm giá  a + b +1  1 + trị nhỏ biểu thức P = ab b  a + 2b  Giải: Ta có log  ÷+ a + 3b =  a + b +1  ⇔ log ( a + 2b ) − log ( a + b + 1) + ( a + 2b ) − ( a + b + 1) + log 2 = => P = ⇔ log 2 ( a + 2b ) + ( a + 2b ) = log ( a + b + 1) + ( a + b + 1) 32 Xét hàm số f ( t ) = log ( t ) + t > 0, ∀t > + > , ∀t > t.ln ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến khoảng ( 0; + ∞ ) ⇒ f ′( t ) = ⇒ f ( ( a + 2b ) ) = f ( a + b + 1) ⇔ ( a + 2b ) = a + b + ⇔ a + 3b =  a + 3b =  a + 3b a + 3b a b a a b b b a + = +3 + +3= + + + + +3 1 ⇒P= Ta có:  b b a b b a a a b ab  P = ab + b  Áp dụng BĐT Côsi cho số a b b b a ; ; ; ; ta có: b a a a b a b b b a + + + + + ≥ Dấu xảy a = b = b a a a b Vậy ( P ) = đạt a = b = Bài toán Cho x y số thực không âm thỏa mãn ⇒P= − y2 y2 Tính giá trị lớn biểu thức T = x + y x + x + − = log 2 x +1 Giải: Điều kiện: − y > ⇒ ≤ y < ( x + 1) + − y2 y2 − y2 − = log ⇔ ( x + 1) + = log ( − y ) − log ( x + 1) x +1 2 ( x + 1) + y − = log ( − y ) − log ( x + 1) 2  − y2  − y2 ⇔ ( x + 1) + log ( x + 1) = log  ÷+ 2   + > ∀t > Xét hàm số f ( t ) = log t + 2t ta có f ′ ( t ) = t ln1 2 − y2 2 = ( x + 1) ⇔ ( x + 1) + y = Từ suy Ta có ( x + + y ) 2 ( )     27 = ( x + 1) + y ÷ ≤ ( x + 1) + y  + 1÷ = 2    Suy x + + y ≤ 6 ⇔ x+ y ≤ −1 2  −1 x = Dấu xảy ( x + 1) = y = ⇔  y =   −1 x = Vậy giá trị lớn biểu thức T đạt − Đạt  y =  33 5, Bài toán gốc: (Câu 39 - Đề TN Chính Thức 2020 - Mã 101, đợt 1) Cho hàm số x f ( x) = A x2 + x2 + 2x − 2 x +2 Họ tất nguyên hàm hàm số g ( x ) = ( x + 1) f ′ ( x ) +C x−2 B x +2 +C C x2 + x + x +2 +C D x+2 x2 + +C Giải: Chọn B Sử dụng phương pháp tích phân phần: Tính ∫ g ( x)dx = ∫ ( x + 1) f ' ( x)dx = ( x + 1) f ( x) − ∫ ( x + 1)' f ( x) dx = = x2 + x x +2 −∫ x x +2 dx = x2 + x x +2 − x2 + + C = x2 + x x2 + x−2 x2 + − ∫ f ( x)dx + C Từ toán với cách hướng dẫn học sinh phát triển toán sau: Bài toán Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục R Biết f ( 5) = ∫ xf ( x ) dx = , A 15 ∫ x f ′ ( x ) dx bằng: B 23 123 C D −25 Giải: Chọn D 5 0 2 ∫ x f ′ ( x ) dx = x f ( x ) − ∫ xf ( x ) dx = 25.1 − 2∫ 5tf ( 5t ) d ( 5t ) = 25 − 50.1 = −25 0 Bài toán Cho hàm số f ( x ) liên tục khoảng ( 0; +∞ ) thỏa mãn f ( 1) = e x3 f ' ( x ) = e x ( x − ) với x ∈ ( 0; +∞ ) Tính I = A I = − e B I = − e ∫ ln x f ( x ) dx C I = + e Giải: Chọn A Ta có: x f ' ( x ) = e x ( x − ) ⇒ f ' ( x ) = e x D I = + e − ex x x dx − ∫ e x dx x x   u = du = − dx ⇒ x x Đặt  , ta được: x x dv = e dx v = e   x x x x x x ∫ e x dx = e x + ∫ e x3 dx + C ⇒ ∫ e x dx − ∫ e x3 dx = e x + C 1 f ( 1) = e ⇒ C = Do đó: f ( x ) = e x ⇒ f ( x ) = ex + C ; x x ⇒ f ( x) = ∫ ex ln ln Suy ra: I = ∫1 x f ( x ) dx = ∫1 e x dx = e x = − e ln Bài toán Cho hàm số y = f ( x ) liên tục R \ { − 1; 0} thỏa mãn điều kiện f ( 1) = ln 2 x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x + 3x + Giá trị f ( ) = a + b ln , với ∀a, b ∈ R Tính a + b A 25 B C D 13 Giải: Chọn B 34 x x+2 f ( x) = Từ giả thiết, ta có x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x − 3x + ⇔ x + f ′ ( x ) + x +1 ( x + 1)  x ′ x + , với ∀x ∈ R \ { − 1; 0} ⇔ f ( x)  = x +1  x +1  x+2  x x  dx = ∫  + f ( x) = ∫ f ( x ) = x + ln x + + C Suy ÷dx = hay x +1 x +1 x +1  x +1  x f ( x ) = x + ln x + − Mặt khác, ta có f ( 1) = ln nên C = −1 Do x +1 Với x = 3 3 f ( ) = + ln ⇔ f ( ) = + ln Suy a = b = 2 2 Bài toán Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục [ 0;π ] Biết f ( ) = 2e f ( x ) thỏa mãn đẳng thức f ' ( x ) + sin xf ( x ) = cos xe π cos x ∀x ∈ [ 0; π ] Tính I = ∫ f ( x ) dx (làm tròn đến phần trăm) A I ≈ 6,55 B I ≈ 17,30 C I ≈ 10,31 D I ≈ 16,91 Giải: Chọn C f ' ( x ) + sin xf ( x ) = cos xe cos x ∀x ∈ [ 0; π ] ⇔ f ' ( x ) e − cos x + sin xf ( x ) e − cos x = cos x ⇔  f ( x ) e− cos x  ' = cos x x ⇔ ∫  f ( x ) e − cos x ⇔ f ( x) e − cos x x  dx = ∫ cos xdx x = sin x ⇔ f ( x) e − cos x x − f ( ) e = sin x −1 ⇔ f ( x ) e − cos x − 2e.e −1 = sin x ⇔ f ( x ) e − cos x = sin x + ⇔ f ( x ) = ( sin x + ) e cos x π π 0 cos x Khi ta có I = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( sin x + ) e dx ≈ 10,31 Bài toán Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′ ( x )  f ( x )  Hỏi phương trình f ( x ) = − A B Giải: Chọn D Ta có: ⇔ 2018 = x.e x với x ∈ R f ( 1) = có nghiệm? e C D ∫ f ′ ( x )  f ( x )  2018 dx = ∫ x.e x dx ⇔ ∫  f ( x )  2018 df ( x ) = ( x − 1) e x + C 2019 2019  f ( x )  = ( x − 1) e x + C ⇔  f ( x )  = 2019 ( x − 1) e x + 2019C 2019 35 Do f ( 1) = nên 2019C = hay  f ( x )  Ta có: f ( x ) = − ⇔  f ( x )  e 2019 =− e 2019 x Xét hàm số g ( x ) = 2019 ( x − 1) e + + 2019 ⇔ 2019 ( x − 1) e x + + e = 2019 ( x − 1) e x + 2019 x →−∞ e 2019 e = R g ′ ( x ) = 2019 x.e x , g ′ ( x ) = ⇔ x = , g ( ) = −2019 + + lim g ( x ) = + 2019 e 2019 g ( x ) = +∞ , < , xlim →+∞ > Bảng biến thiên hàm số: Mà g ( ) = −2019 + + e 2019 < -1/e Do phương trình f ( x ) = − có nghiệm e -Bản thân có mong muốn SKKN làm tài liệu tham khảo cho học sinh giáo viên Toán trường THPT 36 ... số: Chọn B 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Thông qua tiến hành nghiên cứu lớp ba năm liên tục với đề tài : ? ?Một số kinh nghiệm giảng dạy phát huy tính tích cực học sinh thơng qua phương pháp giải. .. thống biện pháp phải thể rõ ý tưởng tích cực hố hoạt động học sinh Q trình dạy học nhằm tích cực hố hoạt động học tập học sinh, dựa nguyên tắc phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo học sinh Thực... hoá quan điểm hoạt động học tập tích cực hố hoạt động học sinh thơng qua phương pháp sáng tạo toán nhờ toán gốc 3.1.2 Đưa định hướng xây dựng kinh nghiệm sư phạm nhằm tích cực hố hoạt động học sinh