(Sáng kiến kinh nghiệm) PHÁT TRIỂN tư DUY CHO học SINH từ một bài TOÁN THI học SINH GIỎI cấp TỈNH THANH HO

Mục lục Trang Mở đầu 01 1.1 Lý chọn đề tài 02 1.2 Mục đích nghiên cứu 03 1.3 Đối tượng nghiên cứu 03 1.4 Phương pháp nghiên cứu 03 Nội dung 04 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 04 2.2 Thực trạng vấn đề 04 2.3 Giải pháp tổ chức thực hiện:………………………… .05 Bài toán 05 Bài toán 06 Bài toán 07 Bài toán 09 Bài toán 10 Bài toán 11 Bài toán 12 Bài toán 13 Bài toán 13 Bài toán 10 13 Bài toán 11 14 Bài tập rèn luyện 15 2.4.Kết đạt được…………………………………………… 17 Kết luận 18 Tài liệu tham khảo 19 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài: Trong chương trình THCS, tốn học chiếm vai trị quan trọng Với đặc thù mơn khoa học tự nhiên, tốn học khơng giúp học sinh phát triển tư duy, óc sáng tạo, khả tìm tịi khám phá tri thức, vận dụng hiểu biết vào thực tế, sống mà tốn học cịn cơng cụ giúp em học tốt môn học khác góp phần giúp em học sinh phát triển cách tồn diện Từ vai trị quan trọng mà việc giúp em học sinh yêu thích, say mê toán học giúp em học sinh giỏi có điều kiện mở rộng, nâng cao kiến thức yêu cầu tất yếu giáo viên dạy tốn Trong q trình giảng dạy tốn cần thường xun rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Trong chương trình Tốn THCS khối lượng kiến thức phong phú đa dạng, dạng toán đề cập khơng Trong số có bất đẳng thức dạng toán quan trọng phổ biến Trong kì thi hoc sinh giỏi cấp thi váo lớp 10 chuyên bất đẳng thức thường hay gặp đề thi Bởi muốn bồi dưỡng phát triển đối tượng học sinh khá, giỏi thân người dạy phải nghiên cứu tài liệu, tìm tịi phương pháp giải Nhằm bổ trợ nâng cao kịp thời cho em Ở dạng tốn bất đẳng thức tốn với số liệu riêng nó, địi hỏi ta phải vận dụng cách giải phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tính tư tốn học linh hoạt sáng tạo người học Không bất đẳng thức đề tài thú vị môn Đại số, cịn tiếp tục giới thiệu nghiên cứu cấp THPT Do bất đẳng thức mãi đối tượng nghiên cứu Toán học, vấn đề đa số người học quan tâm kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh thi vào lớp 10 Từ yếu tố khách quan chủ quan Tơi tìm tịi nghiên cứu đề tài “ PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HỐ’’ Nhằm tìm biện pháp hữu hiệu để có phương án đắn giúp học sinh tiếp cận với toán bất đẳng thức chủ động hơn, có hứng thú q trình học 1.2 Mục đích nghiên cứu: Giúp giáo viên dạy tốn THCS nói riêng có quan điểm coi trọng việc nghiên cứu, dạy bất đẳng thức Giúp học sinh có kiến thức sâu bất đẳng thức, góp phần học tốt mơn tốn Đưa số kiến thức bất đẳng thức số phương pháp chứng minh bất đẳng thức phù hợp trình độ học sinh Qua việc triển khai đề tài góp phần nâng cao chất lượng dạy - học tốt nội dung bất đẳng thức dạy - học tốt mơn tốn trường THCS 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đối tượng số vấn đề, thực trạng dạy học bất đẳng thức học sinh THCS Một số tài liệu tham khảo sử dụng cho học sinh THCS, nghiên cứu, thử nghiệm trường THCS Tơi áp dụng đề tài qua trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn lớp trường THCS Lê Đình Kiên đội tuyển Tốn huyện Yên Định 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp sử dụng để nghiên cứu đề tài chủ yếu phương pháp sau: Phương pháp thực nghiệm sư phạm Phương pháp nghiên cứu lý luận Phương pháp điều tra Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm: Trong q trình giảng dạy tốn cần thường xun rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán trí tuệ điều kiện cần thiết vơ việc học tốn Với mục đích thứ rèn luyện khả sáng tạo Tốn học, trước tập tơi cho học sinh tìm hiểu cách giải,đồng thời người thầy giáo phải gợi ý cung cấp cho học sinh nhiều cách giải.Trên sở học sinh tự tìm cách giải hợp lí nhất.Phát cách giải tương tự khái quát đường lối chung.Trên sở với tốn cụ thể em khái qt hố tốn thành toán tổng quát xây dựng toán tương tự Điều mong muốn thứ hai mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi từ trước tới Xây dựng phương pháp rèn luyện khả sáng tạo Toán cho học sinh cho lúc nơi em phát huy lực độc lập sáng tạo 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: Qua năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi thân nhận thấy đề thi học sinh giỏi cấp thi vào trường chuyên, hầu hết có toán bất đẳng thức em học sinh lung túng, chưa xác định rõ cách làm Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện khả sáng tạo, tìm xác định cách giải Do thân người thầy phải tìm tịi,tổng hợp dạng khác để giúp em học sinh hiểu biết vận dụng thành thạo dạng toán 2.3 Giải pháp tổ chức thực hiện: Trong đề thi HSG lớp tỉnh Thanh Hóa năm học 2015- 2016 có toán sau: 2 Cho số dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  Chứng minh rằng: 2a  3b5 2b5  3c 2c  3a    15(a  b3  c3  2) ab bc ca Theo thơng tin chúng tơi có có nhiều thí sinh bế tắc trước tốn này, phần lớn em tiếp cận toán cách Thực loại khơng cịn mẻ, em chưa nắm bắt phương pháp nên không làm Trong chương trình tốn THCS ta thường hay gặp tốn quen thuộc sau: Bài toán 1: Cho a, b, c  , chứng minh rằng: a2 b2 c2 a+b+ c + + ≥ a+b b+c c + a Có nhiều cách giải cho tốn này, cách đơn giản thường gặp sử dụng bất đẳng thức Côsi bất đẳng thức Bunnhiacopxki Chẳng hạn, sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta ghép cặp sau: a2 a+b a2 a−b + ≥a⇔ ≥ (1) a+b a+b Tương tự, ta có: b b−c ≥ (2) b+c c c−a ≥ (3) c+a Cộng (1),(2),(3) ta có điều phải chứng minh Ở có câu hỏi đặt là, không sử dụng bất đẳng thức Côsi có tìm đánh giá (1) hay khơng? Nếu làm nào? Câu trả lời có ta làm sau: Ta tìm hệ số m, n cho: a2 ≥ma+nb (4 ) a+b Chú ý bất đẳng thức toán xảy dấu đẳng thức a  b  c  mn Với a  b , từ (1) ta có: , để dấu “ = ” xảy ta chọn m, n cho mn  1 n  m 2 Khi (4) trở thành: a ≥ma+( −m )b ⇔2(m−1 )a2 −ab+(2 m−1)b2 ≥0(∗) a+b a t Chia hai vế (*) cho b , đặt b (4) trở thành:  2m   2( m  1)t  t  (2m  1)   2(1  m)(t -1)  t   (5)  2(1  m)  Để (5) ta chọn m thỏa mãn: 1  m   m n  2m  4  2(1  m)   Từ suy (1) Lời giải tốn trình bày sau: Lời giải: a2 3a  b  (i)  4a  ( a  b)(3a  b)  ( a  b)  a  b Ta có: (đúng) b2 3b  c c2 3c  a  (ii) ;  (iii) ca Chứng minh tương tự, ta có: b  c Cộng theo vế bất đẳng thức (i),(ii),(iii) ta có: a2 b2 c2 (a+b+ c )−(a+b+ c ) a+b+ c + + ≥ = a+b b+c c + a (đpcm) Nhận xét: Bài toán toán đơn giản, song với cách tiếp cận đem đến cho ý tưởng giải lớp toán đồng bậc cách dễ dàng Với ý tưởng trên, ta xem xét tiếp toán sau: Bài toán 2: Cho a, b, c  , chứng minh rằng: a3 b3 c3 a bc    2 2 2 a  ab  2b b  bc  2c c  ca  2a Phân tích: Dự đốn dấu “ = ” xảy a  b  c a3  ma  nb (6) 2 Tiếp theo tìm m, n cho a  ab  2b Các hệ số m, n chọn phải đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra, đó: m n  1  n  m 4 Khi (6) trở thành: a3 1   ma    m  b 2 a  ab  2b 4   4(1  m)a  a 2b  (4m  1)ab  (8m  2)b3  (7) a t Chia vế (6) cho b , đặt b được: 4(1  m)t  t  (4m  1)t  (8m  2)   (t  1)  4(1  m)t  (4m  3)t  8m    (8) Nếu (8) với t  4(1  m)t  (4m  3)t  8m   phải có nghiệm t  Thay t  vào phương trình ta m 9 m 16 Với 16 , (8) trở thành: (t  1) (7t  10)  0, t  Do m n 16 thỏa mãn, suy 16 Lời giải: Ta có: a3  a  b (i)  ( a  b) (7 a  10b)  2 a  ab  2b 16 16 (đúng) Tương tự, ta có: b3  b  c (ii) 2 b  bc  2c 16 16 c3  c  a (iii) 2 c  ca  2a 16 16 Cộng theo vế bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy điều phải chứng minh Bài tốn 3: (HSG tốn 9, Thanh Hóa năm học 2015 - 2016) 2 Cho số dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  Chứng minh rằng: 2a  3b5 2b5  3c 2c  3a    15(a  b3  c3  2) ab bc ca Phân tích: Ta nhận thấy dấu đẳng thức xảy a  b  c Bất đẳng thức viết lại sau: 2a  3b5 2b5  3c5 2c  3a    15(a  b3  c )  10  ab  bc  ca  ab bc ca Dựa vào ý tưởng trên, ta tìm m, n, p cho: 2a  3b5  ma  nb3  pab (9) ab 4 Ta có (9)  2a  ma b  pa b  nab  3b  (10) a t Sau chia vế (10) cho b , đặt b ta được: 2t  mt  pt  nt   (11) Dấu “ = ” xảy (13) t  Do để (13) vế trái phải có nhân tử (t  1) , suy 2t  mt  pt  nt  chia hết cho (t  1)2  n  2m  Thực phép chia đa thức cho phần dư 0, ta được:  p   3m Khi đó: (13)  (t  1)  2t  (4  m)t  2(3  m)t  3  Đến cần lựa chọn m cho: 2t  (4  m)t  2(3  m)t   Gỉa sử giá trị m m0 Như vậy, (9) trở thành: 2a  3b5  m0 a  2m0b3  (5  3m0 )ab (i) ab Tương tự có: 2b5  3c5  m0b3  2m0 c3  (5  3m0 )bc (ii) bc 2c  3a  m0 c  2m0 a  (5  3m0 )ca (iii) ca Cộng vế (i),(ii),(iii) được: 2a  3b5 2b5  3c5 2c  3a    3m0 (a  b3  c3 )  (5  3m0 )  ab  bc  ca  ab bc ca Để có điều cần chứng minh, chọn m0  Với m0  , 2t  (4  m0 )t  2(3  m0 )t   (t  1) (2t  3)  0, t  Vậy m0  giá trị thỏa mãn, suy n  10, p  10 Lời giải: Ta có: 2a5  3b5  5a3  10b3  10ab2 (i) ab  2a5  5a4b  10a2b3  10ab4  5b5   (a  b)4(2a  3b)  (® óng) Chứng minh tương tự, có: 2b5  3c5  5b3  10c3  10bc2 (ii) bc 2c  3a5  5c3  10a3  10ca2 (iii) ca Cộng theo vế bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy điều phải chứng minh Bài toán (Đề dự bị HSG lớp cấp tỉnh, Thanh hoá năm học 2014-2015) Cho ba số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x  y  3z  Tìm giá trị lớn biểu thức: Q 88 y  x 297 z  y 11x3  27 z   xy  16 y yz  36 z xz  x Nhận xét: Bài có ý tưởng giống trên, sau đặt a  x  b  2y c  3z  , Q trở thành: 11b3  a3 11c3  b3 11a3  c3 Q   (*) ab  4b2 bc  4c2 ca  4a2 Đến đơn giản rồi, làm tương tự ta có đánh giá: 11b3  a3   a  3b ab  4b2 Bất đẳng thức đúng, tương đương với (a  b) (a  b)  Cũng cho đánh giá khác, có điều cần chứng minh Có lẽ, biểu thức Q ban đầu giống (*), người đề muốn gây chút khó khăn cho thí sinh, cách đặt ngược lại Cũng tương tự học sinh giỏi cấp huyện yên định năm học 2016-2017 sau:  x, y , z   Cho ba số thực x, y, z thoả mãn điều kiện:  x  y  z  40 y  x3 135 z  y x  27 z   2 2 xy  12 y yz  27 z zx  x Tìm giá trị lớn biểu thức: P = Qua kết kỳ thi vừa rồi, gần có thí sinh làm Điều chứng tỏ em học sinh chưa trang bị đầy đủ Hy vọng qua viết em có thêm cơng cụ giải bất đẳng thức Tiếp theo ta xét tốn sau khơng cịn đồng bậc giải với ý tưởng nhiên cần thêm đánh giá phụ: Bài toán (Chọn đội tuyển quốc gia Moldova 2005) 4 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c  Chứng minh rằng: 1   1  ab  bc  ca Phân tích:  ma4  nb4  p  ab Ở ta tìm m,n,p để có đánh giá 4 2 Chú ý a  b  c  (ab)  (bc)  (ca) dấu đẳng thức xảy a  b  c , ta nghĩ đến đánh giá  m(ab)2  n (12)  ab Đặt t  ab ,  ab  (a4  b4 ) t (0, )  2 nên Sau biến đổi rút gọn ta có (12)   mt  4mt  nt  4n 1  m 18  n  Đến thực giống tìm  18 Lời giải: (ab)2   (i) 18 Ta chứng minh:  ab Thật vậy, (i )  (4  ab) (ab)2  5  18   2(ab 1)2(2  ab)  Bất đẳng thức đúng,  ab  (a4  b4 )   2 Tương tự ta có: (bc)2   (ii )  bc 18 10 (ca)2   (iii )  ca 18 Cộng các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) vế theo vế ta có: 1 ( ab)  (bc)  (ca)  15 a  b  c  15     1  ab  bc  ca 18 18 Đẳng thức xảy a  b  c  Có BĐT khơng thể xây dựng đánh giá trực tiếp mà cần thông qua số đánh giá trung gian Bài toán sau ví dụ Bài tốn Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a3  b3 b3  c3 c3  a3   9 ab bc  ca  Phân tích: Nhận thấy dấu đẳng thức xảy a  b  c  Nếu ta đánh giá trực tiếp a3  b3 a3  b3  ma  nb  p  m(a  b)  n ab  ab  ta gặp bế tắc Thế phải xử lý theo hướng nào? Tất nhiên, ta sử dụng ý tưởng giống đánh giá a3  b3  m(a  b)  n ab  , song trực tiếp mà cần có đánh giá trung gian  a  b Chú ý 2 1  ab; a3  b3  (a  b)   a  b   a  b    a  b 4  (a  b)3 a3  b3 (a  b)3   ab  (a  b)2  (a  b)2  36 Suy 11 (a  b)3  m(a  b)  n ( a  b )  36 Tiếp theo ta tìm m, n cho bất đẳng thức sau Đến dễ dàng tìm m 1, n  3 Lời giải:  a  b Ta có: 2 1  ab; a3  b3  (a  b)   a  b   a  b    a  b 4  (a  b)3 a3  b3 (a  b)3   (13) ab  (a  b)2  (a  b)2  36 Suy (a  b)3  a  b  (14) Mà (a  b)  36 Thật vậy, (14)  (a  b)3  (a  b)2  36  a  b  3  3(a  b  3)2  (đúng) a3  b3  a  b  3(i ) Từ (13),(14) suy ra: ab  b3  c3 c3  a3  b  c  3(ii )  c  a  3(iii ) ca  Chứng minh tương tự được: bc  Cộng các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) theo vế điều chứng minh Qua số toán hẳn bạn đọc hình dung phương pháp giải cảm nhận tính đơn giản, hiệu Vẫn với suy nghĩ đó, ta giải lớp toán dạng (phân li biến): f (a)  f (b)  f (c)  m (Có thể coi lớp trường hợp đặc biệt lớp trên) Bài toán Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  Chứng minh rằng: 12 1 1 + + + ≥2 a +1 b +1 c +1 d +1 Hướng dẫn:  ma  n Tìm hệ số m,n cho a  Dễ dàng tìm m 1, n  2 Lời giải: a(a  1)2   a  (i)  0 a2  Ta có: a  (đúng) Tương tự với biến lại Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c  d  Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a+b +c=3 Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 a +b +c b +c +a c +a+ b Hướng dẫn: Ở ta cần tìm m, n để bất đẳng thức 1   ma  n a  b c a  a  m  , n  9 bất đẳng thức phụ Tương tự ta tìm Thật 2 (a−1) ( 3−a) (a−1) (b+c ) a ≤ − ⇔ 0≤ ⇔ 0≤ a2 −a+3 9 3( a2 −a+3 ) 3( a 2−a+3 ) Bài toán 2 2 Cho a, b, c, d số thực không âm thỏa a +b + c +d =4 Chứng minh rằng: 2( a3 +b3 +c + d3 )≥2+ √2+ab+ac +ad +bc +bd+ dc √2 Hướng dẫn: 13 Theo a, b, c, d số thực dương thỏa mãn: a  b2  c  d   (a  b  c  d )  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd )  (a  b  c  d )  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd ) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2( a3 +b3 +c + d3 )≥2+ ( a+ b+c +d ) Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau 2a3  ma  n Dễ dàng tìm m 6, n  4 Ta sẽ chứng minh điều đó, thật vậy: 2a3  6a   2(a  1)2(a  2)  Điều này hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy và chỉ a  b  c  d  Bài toán 10 (HSG Toán 9, Hà Nội 2016) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a2016 b2016 c2016    a2015  b2015  c2015 b c  a c  a  b a  b  c Phân tích: Để đơn giản ta đưa dạng phân li biến cách chuẩn hóa a  b c  a2016 b2016 c2016    a2015  b2015  c2015 Bất đẳng thức trở thành: 3 2a 3 2b 3 2c a  ma  n Tìm số m, n cho bất đẳng thức sau đúng: 3 2a (Tại lại không a2016  ma  n tìm đánh giá 3 2a ?) Dễ có m 3, n  2 suy ra: a2016  3a2016  2a2015  3(a2016  a2015 )  a2015 3 2a 14 2016 2015 Mà a  a  a  (15) Thật (15) tương đương với (a  1)2(a2014  a2013   a2  a  1)  a2016  3a2016  2a2015  3(a  1)  a2015  a Do vậy, Tương tự với biến khác, cộng lại có điều cần chứng minh Bài toán 11 3 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a +b +c =3 Chứng minh rằng: ( 1a + 1b + 1c )+5( a +b +c )≥27 2 Hướng dẫn: Ta cần tìm hệ số m, n cho  5a2  ma3  n (16) a Ta dễ dàng nhận đẳng thức xảy a  b  c  Khi cho a  ta dự đốn m  2, n  Ta chứng minh với m  2, n  bất đẳng thức (16) Thật vậy: 2 (a−1) (−2 a + a+ ) +5 a2 ≥7+2 a ⇔ ≥0 a a Do a≤√3 ⇒−2 a +a+ 4≥0 Vậy bất đẳng thức phụ Đẳng thức xảy a  b  c  Như trải qua số tốn thú vị, khơng nhiều có lẽ bạn đọc nắm ý tưởng phương pháp… Tất nhiên, viết nhỏ khơng thể nói nhiều vấn đề liên quan, chẳng hạn mở rộng, kết nối phương pháp với kỹ thuật khác (như kết hợp bất đẳng thức cổ điển, Schur phân tích bình phương …) để xử lý 15 tốn có độ phức tạp cao hơn, hy vọng viết nhỏ đem lại cho bạn đọc vài điều bổ ích nho nhỏ niềm vui giải toán bất đẳng thức Để củng cố phương pháp nêu số tập tương tự để bạn đọc rèn luyện BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài Cho a, b, c  Chứng minh : a3 b3 c3 a  b c    2 2 2 a  3ab  b b  3bc  c c  3ca  a 5b3  a3 5c3  b3 5a3  c3    a b c 2 Bài Cho a, b, c  Chứng minh : ab  3b bc  3c ca  3a Bài Tìm giá trị lớn biểu thức: M 232y3  x3 783z3  8y3 29y3  27x3   2xy  24y2 6yz  54z2 3xz  6x2 x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện x  2y  3z  a4  b4 b4  c4 c4  a4  3  3  2016 3 Bài Cho a, b, c  0: a  b  c  2016 CMR: a  b b  c c  a Bài (Olympic toán Mỹ 2003) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng: (b  c  2a) (a  c  2b) (a  b  2c)   8 2a  (b  c) 2b  ( a  c) 2c  (b  a) Bài Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  Chứng minh rằng: 1 1 16    3a  3b  3c  3d   3 3 Bài Cho a, b, c, d , e số thực không âm thỏa mãn a  b  c  d  e  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a2 b2 c2 d2 e2      a  b  c  d  e3 16 2 Bài Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  Chứng minh rằng: 1     ab  bc  ca Bài Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  Chứng minh rằng: 6( a b c  d )  ( a b  c  d )  Bài 10 Cho a, b, c số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 6(a b c )   5(a b c ) Bài 11 Cho a, b, c số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 1 27    2 1 a 1 b 1 c 10 Bài 12 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng: (b  c  3a) (a  c  3b) ( a  b  3c)    2a  (b  c) 2b  ( a  c) 2c  (b  a) 2 2.4.Kết đạt được: Trong thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn, với cách làm mang lại hiệu cao việc rèn luyện lực sáng tạo học toán cho học sinh Cụ thể em học sinh thực có hứng thú học tốn bồi dưỡng học sinh giỏi, tự độc lập tìm tịi cách giải Qua sáng kiến kinh nghiệm mong muốn có nhiều học sinh đam mê đạt đượckết cao học tập Qua điều tra học sinh đội tuyển Toán Huyện Yên định (35 học sinh) năm học 2017-2018 kết đạt trước sau dạy xong nội dung kết đạt sau: Số học sinh Số HS làm trước dạy Số HS làm sau dạy 17 35 15 Trong năm học 2017-2018 nhà trường phòng giáo dục giao nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh lớp thi cấp huyện cấp tỉnh: +) Cấp huyện: giải nhì, giải ba khuyến khích Đồng đội xếp thứ cấp huyện +) Cấp tỉnh: giải nhì, giải ba khuyến khích Đồng đội xếp thứ toàn tỉnh 3.KẾT LUẬN: - Giảng dạy áp dụng sáng kiến kinh nghiệm mang lại hiệu việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn.Nhiều học sinh chủ động tìm tịi,định hướng sáng tạo nhiều cách giải tốn khơng cần góp ý giáo viên.Từ giúp em phát triển lực tư q trình học tốn - Ngồi mức độ u thích mơn tốn học sinh nâng lên em say sưa hứng thú học toán nhiều - Đa số em nắm phương pháp giải,biết sử dụng phương pháp hợp lý vào cụ thể 18 - Các em bước khai thác toán cho thành toán khác nhằm mở rộng rèn luyện kiến thức - Chính giáo viên nói chung thân tơi nói riêng cần tìm tịi tham khảo nhiều tài liệu để tìm tốn hay, với nhiều cách giải khác để tung cho học sinh làm,cùng phát cách giải hay tạo hứng thú q trình học tốn, đặc biệt phát triển tư cho học sinh Trong viết nhỏ này,chúng nêu hướng giải lớp toán trao đổi thầy giáo dạy tốn em học sinh Do điều kiện thời gian hạn chế nên viết cịn có thiếu sót, mong thầy giáo em học sinh góp ý Tài liệu tham khảo: TT Tài liệu Đề thi học sinh giỏi lớp cấp tỉnh Thanh hoá Đề thi học sinh giỏi lớp cấp huyện Yên Định Tuyển tập phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Toán Nâng cao phát triển lớp 9( Vũ Hữu Bình) Sáng tạo bất đẳng thức ( Phạm Kim Hùng) Những viên kim cương bất đẳng thức (Trần Phương) 19 Các đề tài SKKN đánh giá xếp loại: TT Tên đề tài Một vài ý kiến dạy phương pháp hình học Xếp loại Loại A cấp huyện năm cho học sinh thông qua tốn Rèn luyện khả tìm lời giải tốn hình học 2008 - 2009 Loại A cấp huyện năm học cho học sinh khá, giỏi lớp Dạy định lí tốn học để phát học 2010 – 2011 Loại B cấp huyện năm huy tính tích cực học sinh Hướng dẫn học sinh giải số phương trình học 2011 – 2012 Loại A cấp huyện năm quy phương trình bậc hai học 2013 – 2014 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Yên Định, ngày 10 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Lê Tiến Long 20 21 ... người học quan tâm kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh thi vào lớp 10 Từ yếu tố khách quan chủ quan Tơi tìm tịi nghiên cứu đề tài “ PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH. .. việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn, với cách làm mang lại hiệu cao việc rèn luyện lực sáng tạo học toán cho học sinh Cụ thể em học sinh thực có hứng thú học toán bồi dưỡng học sinh giỏi, tự độc... cho học sinh làm,cùng phát cách giải hay tạo hứng thú q trình học tốn, đặc biệt phát triển tư cho học sinh Trong viết nhỏ này,chúng nêu hướng giải lớp tốn trao đổi thầy giáo dạy toán em học sinh