Truyền thụ tri thức, đặc biệt là tri thức phương pháp như là phương tiện và kết quả của hoạt động trong dạy học toán cho học sinh lớp 10 chuyên toán

1 giáo dục đào tạo Trờng đại học vinh Lª Phi Hïng Trun thụ tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán luận văn thạc sĩ giáo dục học Vinh 2009 Mục lục Mở đầu Trang Chơng Cơ sở lí luận thực tiễn 1.1 Quan điểm hoạt động dạy học Toán 1.1.1 Lý thuyết hoạt động Tâm lý học 1.1.2 Quan điểm hoạt động dạy học Toán 1.1.3 Các t tởng chủ đạo quan điểm hoạt động 1.1.4 Định hớng đổi PPDH theo hớng "Hoạt động hoá ngời học" 1.2 Tri thức tri thức phơng pháp 1.2.1 Khái niệm tri thức số dạng tri thức 1.2.2 Tri thức phơng pháp 1.3 Dạy học tri thức phơng pháp 1.3.1 Vai trò ý nghĩa việc truyền thụ tri thức phơng pháp dạy học Toán 1.3.2 Một số cấp độ dạy học tri thức phơng pháp 1.3.3 Một số tiến trình dạy học tri thức phơng pháp cã tÝnh chÊt thuËt to¸n mét c¸ch têng minh…………………… 1.3.4 Dạy học tri thức phơng pháp có tính chất tìm đoán Thực trạng dạy học lớp chuyên Toán 1.4.1 Việc hình thành lớp chuyên Toán 1.4.2 Các kết đạt đợc 1.4.3 Một số vấn đề tồn hiƯn ……………………… 1.5 KÕt ln ch¬ng …………………………………………… Chơng Một số biện pháp nhằm truyền thụ tri thức, đặc biệt tri 4 9 15 22 22 26 30 34 34 35 35 36 thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán 2.1 Đặc điểm chơng trình môn Toán lớp 10 chơng trình chuyên Toán lớp 10 2.2 Một số định hớng s phạm việc đề biện pháp 2.3 Đề xuất số biện pháp s phạm nhằm cung cấp tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp dạy học Toán 10 cho học sinh chuyên Toán 2.3.1 Biện pháp 1: Làm cho häc sinh râ nguån gèc cña tri thøc, đờng khám phá tri thức nhằm khơi dậy niềm ham thích say mê môn Toán 2.3.2 Biện pháp 2: Rèn luyện cho học sinh kết hợp suy diễn dự đoán trình phát giải vấn đề. 2.3.3 Biện pháp 3: Rèn luyện cho học sinh khả liên tởng huy động tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp trình phát giải vấn đề 2.3.4 Biện pháp 4: Rèn luyện học sinh khả khai thác sâu lời giải toán, tìm tòi nhiều cách giải, phát triển toán theo nhiều hớng, đề xuất toán mới, chuỗi toán Vận dụng số kiến thức Toán học cao cấp để soi 37 41 41 65 sáng toán 74 2.3.5 Biện pháp 5: Xây dựng chuyên đề gợi mở, kích thích sáng tạo, say mê Toán học rèn luyện khả tự học, tự nghiên cứu häc sinh ………………… …… 2.4 KÕt luËn ch¬ng …………………………………………… Chơng Thực nghiệm s phạm 3.1 Mơc ®Ých thùc nghiƯm ………………………………………… 3.2 Néi dung thùc nghiƯm ………………………………………… 3.2 Tỉ chøc thùc nghiƯm ………………………………………… 3.3 иnh giá kt qu thc nghim 3.4 Kết luận chơng Kết luận Công trình đà công bố tác giả, đồng tác giả liên quan đến luận văn Tài liệu tham khảo 87 96 97 97 97 97 99 101 102 103 104 Mở đầu Lí chọn đề tài 1.1 Đất nớc ta đờng đổi mới, cần có ngời phát triển toàn diện, động sáng tạo Để đạt đợc mục tiêu đó, trớc hết nghiệp giáo dục đào tạo, đòi hỏi nghiệp giáo dục đào tạo phải đổi để đáp ứng nhu cầu xà hội Đổi nghiệp giáo dục đào tạo phụ thuộc vào nhiều yếu tố, yếu tố quan trọng đổi PPDH có PPDH môn Toán Nghị Trung ơng (khoá 8, 1997) Ban Chấp hành Trung ơng Đảng Cộng sản Việt Nam khẳng định: "Phải đổi phơng pháp giáo dục - đào tạo, khắc phục lèi trun thơ mét chiỊu, rÌn lun thµnh nÕp t sáng tạo cho ngời học" Kết luận Bộ Chính trị việc thực Nghị Trung ơng (2009) nêu rõ: "Tiếp tục đổi PPDH, khắc phơc lèi trun thơ mét chiỊu Ph¸t huy PPDH tÝch cực, sáng tạo" Luật Giáo dục (2005) quy định: "Nhà nớc phát triển giáo dục nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dỡng nhân tài", "Phơng pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, t sáng tạo ngời học" Chơng trình môn Toán (2002) đà viết: "Môn Toán có vai trò quan trọng việc thực mục tiêu chung giáo dục phổ thông Cùng với việc tạo điều kiện cho HS kiến tạo tri thức rèn luyện kỹ Toán học cần thiết, môn Toán có tác dụng góp phần phát triển lực trí tuệ chung" 1.2 Trong năm gần viƯc ®ỉi míi PPDH ë níc ta ®· cã mét số chuyển biến tích cực Các PPDH đại nh dạy học phát giải vấn đề, dạy học khám phá, dạy học kiến tạo đà đợc số giáo viên áp dụng Những đổi nhằm tổ chức môi trờng học tập mà HS đợc hoạt động trí tuệ nhiều hơn, có hội để khám phá kiến tạo tri thức, qua HS có điều kiện tốt lĩnh hội học phát triển t cho thân họ Tuy nhiên, thực tế nhiều giáo viên gặp khó khăn việc tiếp cận thực PPDH 1.3 Mục tiêu lớp chuyên Toán phát HS có lực Toán học, bồi dỡng để em phát triển tốt mặt sở giáo dục toàn diện, góp phần đào tạo đội ngũ cán khoa häc kü thuËt giái, sè ®ã mét sè trở thành nhân tài đất nớc HS lớp chuyên Toán, nội dung môn Toán trờng phổ thông, em đợc học tăng cờng số nội dung mở rộng, đào sâu kiến thức SGK, trọng thêm ứng dụng thực tiễn Toán học, tăng cờng số yếu tố lôgic Toán học đại Do tính chất đặc thù HS chuyên Toán nội dung chơng trình chuyên Toán, cha có nhiều công trình giáo dục sâu vào nghiên cứu PPDH cho đối tợng này, đà có nhiều công trình khoa học giáo dục bàn PPDH nói chung Các công trình đà thực liên quan đến chuyên Toán thờng công trình sâu vào khía cạnh kiến thức, tìm tòi toán khó để thách thức khả giải toán HS, mà cha trọng đến việc dẫn dắt HS kiến tạo kiến thức Một số tác giả đà đặt vấn đề nghiên cứu, xây dựng nội dung PPDH cho đối tợng HS giỏi, kể tiêu biểu công trình tác giả Trần Luận (1996), nhng đề cập đến đối tợng HS chuyên Toán cấp II 1.4 Chơng trình môn Toán cho lớp chuyên Toán THPT nói chung chơng trình cho lớp 10 chuyên Toán nói riêng có nhiều vấn đề làm bật quan điểm dẫn dắt HS kiến tạo tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp, nh phơng tiện kết hoạt động Chẳng hạn, với vấn đề hàm số bậc nhất, tính đơn điệu đồ thị tri thức để giải toán cực trị biểu thức bậc đoạn, cách cần so sánh hai đầu mút, từ hình thành nên tri thức phơng pháp giải hiệu lớp toán cực trị Một ví dụ khác là, từ cách giải hệ đẳng cấp bậc hai với hai ẩn, hình thành nên tri thức phơng pháp giải lớp hệ phơng trình mà từ hệ đà cho ta đa đến phơng trình đẳng cấp hai biến Từ lí định lựa chọn đề tài luận văn là: "Truyền thụ tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán" với mong muốn đóng góp phần nhỏ vào việc dạy học môn Toán cho đối tợng học sinh lớp 10 chuyên Toán Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu luận văn thông qua nghiên cứu lí luận thực tiễn, đề xuất số biện pháp s phạm góp phần vào việc dạy học tri thức tri thức phơng pháp cho học sinh chuyên Toán lớp 10 nhằm nâng cao chất lợng dạy học Nhiệm vụ nghiên cứu 3.1 Hệ thống hoá số vấn đề tri thức, tri thức phơng pháp, tri thức hoạt động t việc dạy học tri thức phơng pháp 3.2 Nghiên cứu mục tiêu đào tạo chơng trình môn Toán trờng THPT chuyên 3.3 Thiết kế, đề xuất số biện pháp s phạm để thể việc truyền thụ tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán Phơng pháp nghiên cứu 4.1 Nghiên cứu tài liệu lĩnh vực: Toán học, PPDH Toán, Giáo dục học, Tâm lý học liên quan đến đề tài luận văn; văn bản, ch ơng trình quy định môn Toán chung cho lớp chuyên Toán 4.2 Điều tra, quan sát thực trạng dạy học cho HS chuyên Toán số trờng THPT chuyên 4.3 Tổ chức thực nghiệm s phạm Giả thuyết khoa học Trên sở khung chơng trình tài liệu môn Toán đợc giảng dạy lớp 10 chuyên Toán, xác định đợc biện pháp s phạm thích hợp nhằm tạo điều kiện cho học sinh sử dụng tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp tiến trình hoạt động chiếm lĩnh tri thức góp phần cao hiệu dạy học môn Toán Dự kiến đóng góp luận văn 6.1 Về mặt lí luận: Đa đợc số định hớng biện pháp khả thi việc dạy học lớp chuyên Toán, đặc biệt lớp 10 chuyên Toán 6.2 VỊ mỈt thùc tiƠn: Cã thĨ sư dơng ln văn làm tài liệu tham khảo cho giáo viên Toán nhằm nâng cao hiệu dạy học Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo, luận văn có chơng: Chơng 1: Cơ sở lí luận thực tiễn Chơng 2: Một số biện pháp nhằm truyền thụ tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán Chơng 3: Thực nghiệm s phạm Chơng Cơ sở lí luận thực tiễn 1.1 Quan điểm hoạt động dạy học Toán 1.1.1 Lý thuyết hoạt động Tâm lý học (Theo tài liệu [21], [12], [18]) Dựa quan điểm vật lịch sử ngêi: "Trong tÝnh hiƯn thùc cđa nã, b¶n chÊt ngời tổng hoà mối quan hệ xà hội" (Các Mác), mô hình lý luận xây dựng phạm trù HĐ đà trả lại cho tâm lý học ngêi thĨ, ngêi x· héi − lÞch sư, ngời HĐ HĐ trở thành khái niệm then chốt hệ thống khái niệm tâm lý học kiểu tâm lý học khách quan, khoa học Vận dụng nguyên lý vật biện chứng vật lịch sử vào tâm lý học với tính cách khoa học cụ thể, L.X.Vgôtxki đà r»ng, muèn x©y dùng mét khoa häc t©m lý thùc khách quan, trớc hết khoa học phải hiĨu ngêi nh mét tån t¹i x· héi − lịch sử lao động có ý thức, "một túi chứa đựng đầy phản xạ" Tâm lý ý thức ngời đợc nghiên cứu, tìm hiểu phân tích hình thái hành vi có chất lợng khác hẳn với hình thái hành vi động vật Thành phần hành vi ngời kinh nghiệm lịch sử, kinh nghiệm xà hội kinh nghiệm lao động Từ đa phơng pháp tiếp cận lịch sử tâm lý học kết vận dụng phơng pháp tiếp cận vào công trình nghiên cứu tâm lý ngời xây dựng nên lý thuyết văn hoá lịch sử mà ngày nay, đầu kỷ XXI, giới tâm lý học giới quan tâm Phát triển lý thuyết văn hoá lịch sử, vận dụng sáng tạo phơng pháp tiếp cận lịch sử vào công trình nghiên cứu tâm lý mình, A.N Lêônchiep đà xây dựng nên tâm lý học hoạt động Đó tâm lý học với phơng pháp tiếp cận lấy HĐ có đối tợng làm mô hình nghiên cứu, lý giải, hình thành, phát triển tâm lý, nhân cách ngời (theo Phạm Minh Hạc [12]) Toàn lý thuyết tâm lý học HĐ, cấu trúc vĩ mô HĐ đối tợng đà đợc A.N.Lêônchiep trình bày tóm tắt tác phẩm "Hoạt động ý thức Nhân cách" Cống hiến lớn ông xây dựng nên phơng pháp tiếp cận HĐ Đối tợng HĐ động thực HĐ Dĩ nhiên, vật chất hay tinh thần, có tri giác hay có tởng tợng, ý nghĩ Nh vậy, khái niệm HĐ gắn liền cách tất yếu với khái niệm động Không có HĐ động cơ; HĐ "không động cơ" HĐ thiếu Môi trường quan Cấu trúc tâm lý Tác giả Đỗ Ngọc Đạt đà mô hình hoá cấu trúc HĐ nh sau [9]: Động Mục tiêu Cấu trúc vật lý Hoạt động Hành động Đối tượng Thao tác Xà hội Chủ thể động mà HĐ với động ẩn giấu mặt chủ quan mặt khách Sơ đồ 1.1 Thành phần "hợp thành" HĐ riêng rẽ ngời hành động thực HĐ Chúng ta gọi hành động trình bị chi phối biểu tợng kết đạt đợc, nghĩa trình nhằm mục đích đợc ý thức Khái niệm mục đích quan hệ với khái niệm hành động giống nh khái niệm động quan hệ với khái niệm HĐ Phơng thức thực hành động gọi thao tác Các thuật ngữ "hành động" "thao tác" thờng không phân biệt nhau, nhng khung cảnh phân tích HĐ mặt tâm lý phân biệt rành mạch hai thuật ngữ hoàn toàn cần thiết Hành động liên quan đến mục đích, thao tác liên quan đến điều kiện "Tuy vậy, thao tác "phần riêng rẽ" hành động, giống nh hành động so với HĐ" [18, tr 124] HĐ có tính hớng đích hành động trình thực hoá mục đích, thao tác điều kiện quy định Do đó, khác mục đích điều kiện quy định khác hành động thao tác Nhng khác tơng đối, để đạt mục đích ta dùng phơng tiện khác Khi đó, hành động thay đổi mặt kỹ thuật, tức cấu thao tác không thay đổi chất Về mặt tâm lý, hành động sinh thao tác, nhng thao tác phần riêng lẻ hành động Sau đợc hình thành, thao tác có khả tồn độc lập tham gia vào nhiều hành động khác Theo A.N.Lêônchiep, cấu trúc chức HĐ bao gồm thành tố mô hình hoá nh sau: Hoạt động Động Hành động Mục đích Nhiệm vụ Thao tác Phương tiện (Về phía chủ thể) (Về phía đối tượng) Sơ đồ 1.2 Mối liên hệ bên HĐ mối liên hệ giữa: Hoạt động Hành động Thao tác, tơng ứng với mối liên hệ giữa: Động Mục đích Phơng tiện 1.1.2 Quan điểm hoạt động dạy học Toán Có thể vận dụng lý luận A.N.Lêônchiep HĐ tâm lý để giải hàng loạt vấn đề lý luận thực tiễn dạy học, đó, chủ yếu việc hình thành HĐ học tập cho ngời học, đặc biệt ngời học nhỏ tuổi Xung quanh vấn đề này, trớc hết cần hình thành cho ngời học đơn vị chức HĐ học tập: động cơ, mục đích học tập, để qua hình thành thao tác, hành động HĐ học Trong trình đó, hình thành hành động học khâu trung tâm Sau đà có HĐ học cần chuyển từ HĐ thứ yếu lên mức HĐ chủ đạo trình phát triển ngời học Mỗi nội dung dạy học liên hệ mật thiết với HĐ định Đây HĐ đà đợc tiến hành trình hình thành vận dụng nội dung Phát đợc HĐ tiềm tàng nội dung vạch đợc đờng để truyền thụ nội dung thực mục đích dạy học khác, đồng thời cụ thể hoá mục đích dạy học nội dung cách kiểm tra việc thực mục đích Cho nên điều PPDH khai thác đợc HĐ tiềm tàng nội dung để đạt đợc mục đích dạy học Khi giúp ngời học đờng chiếm lĩnh nội dung đạt đợc mục đích dạy học khác, tức kÕt hỵp trun thơ tri thøc víi trun thơ tri thức phơng pháp 10 Hoạt động ngời học đóng vai trò quan trọng trình dạy học Mỗi nội dung dạy học liên hệ với HĐ định Trớc hết, HĐ đà đợc tiến hành trình lịch sử hình thành ứng dụng tri thức đợc bao hàm nội dung này, HĐ để ngời học kiến tạo ứng dụng tri thức nội dung Trong trình dạy học, ta phải kể tới HĐ có tác dụng củng cố tri thức, rèn luyện kỹ hình thành thái độ liên quan Quan điểm thể rõ nét mối liên hệ mục đích, nội dung PPDH Nó hoàn toàn phù hợp với luận điểm giáo dục học cho ngời phát triển HĐ học tập diễn HĐ Theo tác giả Phạm Gia Đức Nguyễn Đức Quang "Dạy học nội dung khai thác, lựa chọn HĐ tiềm tàng nội dung Từ tổ chức, điều khiển HS thực HĐ sở đảm bảo thành phần tâm lý H§" (dÉn theo [21]) Con ngêi sèng H§, häc tập diễn HĐ Trong dạy học môn Toán điều đợc gọi học tập HĐ HĐ PPDH phơng pháp tổ chức HĐ có đối tợng Do việc xác định đợc đối tợng HĐ dựa sở tổ chức HĐ ngời học tảng để tiến hành việc giáo dục có hiệu Việc thiết kế HĐ, tạo môi trờng cho HS đợc học tập HĐ HĐ yêu cầu quan trọng việc đổi PPDH 1.1.3 Các t tởng chủ đạo quan điểm hoạt động Theo tác giả Nguyễn Bá Kim [16, tr.134], quan điểm HĐ PPDH đợc thể t tởng chủ đạo sau đây: a Cho HS thực hiện, luyện tập HĐ HĐ thành phần tơng thích với nội dung mục tiêu môn học; b Gợi động cho HĐ học tập; c Dẫn dắt HS kiến tạo tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp nh phơng tiện kết HĐ d Phân bậc HĐ làm điều khiển trình dạy học 74 phơng, cụ thể f() = (p2α2 + 2pqα + q2) −(a2α2+2acα+c2) − (b2α2 + 2bdα + d2) = (pα + q)2 − (aα + c)2 − (bα + d)2 − Em cã nhËn xÐt g× (p + q)2? (Luôn không âm) Có thể tồn để (p + q)2 = đợc không? Tại sao? (Có, q nên p 0, chän α = − p ) p2 > a + b2 HÃy xem xét giá trị f() pα + q = 0? (Khi ®ã f(α) = −(aα + c)2 − (bα + d)2 ≤ 0) Nh ta đà tìm đợc số để Bf() 0, tøc lµ tam thøc f(x) = Bx + 2Ax + C cã nghiÖm hay ∆ = A BC Bài toán đợc chứng minh Đây toán không dễ HS, khó để HS tự giải cách hoàn toàn độc lập Việc dẫn dắt HS giải toán nh có kết hợp phơng pháp thuyết trình phơng pháp đàm thoại giải vấn đề Các câu hỏi GV nêu phải vừa với sức suy nghĩ cố gắng HS, nhiên câu trả lời nh mong đợi Tuỳ vào điều kiện cụ thể, GV dẫn dắt thêm, thông báo thêm thông tin, giải đáp cho HS Tuy nhiên điều cần thiết GV cần có điều chỉnh hợp lý để giúp HS giải trọn vẹn toán nhng không sa vào lối truyền thụ chiều Sau dẫn dắt HS giải xong toán trên, nhận thức đợc phơng pháp giải, GV cho HS độc lập giải toán tơng tự hay tổng quát: 1) Cho c¸c sè a, b, c, d, e, f, p, q tho¶ m·n p2 + q2 > a2 + b2 +c2 +d2 + e2 + f2 Chøng minh r»ng: (p2 −a2 −b2 −c2)(q2−d2 − e2 −f2) ≤ (pq −ad − be − cf)2 2) Cho c¸c sè thùc a1, a2, …, a2; b1, b2, …, bn; p, q tho¶ m·n p2+q2 > n n ∑ +∑ i =1 i =1 bi n  n 2 n 2  Chøng minh r»ng:  p − ∑ a i   q − ∑ bi  ≤  pq − ∑ a i b i      i =1  i =1   i =1     Nếu HS có nhận xét khác giả thiết toán yêu cầu HS đa giả thiết toán dạng tơng tự giả thiết đà gặp Thật vậy, chẳng hạn với toán tơng tự trên, từ giả thiết suy 75 (p2 − a2 − b2 −c2) + (q2 − d2 − e2 − f2) > nªn hai số phải dơng Vì vai trò hai số nh toán nên ta giả sử p2 a2 b2 c2 > đa đợc toán HS đà biết cách giải Khi giải toán, phơng pháp tổng quát tìm cách đa toán phải giải toán đơn giản hơn, cho giải đợc toán giải đợc toán đà cho (nhờ áp dụng kết phơng pháp giải toán đơn giản đó) G Pôlya đà nói: Thực tế khó mà đề đợc toán hoàn toàn mới, không giống chút với toán khác, điểm chung với toán trớc đà giải Nếu có toán nh đà giải đợc Thật giải toán, ta luôn phải lợi dụng toán đà giải, dùng kết quả, phơng pháp kinh nghiệm có đợc giải toán [22, tr 55] Ví dụ 2.18: Cho elip (E): x y2 + =1 a b2 đờng thẳng (): Ax + By + C = Chøng minh r»ng (∆) tiÕp xóc víi (E) vµ chØ a A + b B2 = C §èi víi HS líp 10, toán khó Do cha đợc học phơng pháp đạo hàm nên cách giải họ sử dụng đến phơng pháp tìm nghiệm nhÊt Nh vËy (∆) tiÕp xóc víi (E) hệ phơng trình x y2  2+ 2=1 cã nghiÖm nhÊt a b  Ax + By + C = Phơng trình x y2 + =1 a b2 nÕu biÕn ®ỉi vỊ d¹ng 2 x y   + =1 a b đợc liên t- ởng đến phơng trình đờng tròn nên ta tiếp tục có yêu cầu tơng đơng là: x y2   +   =  a   b  cã nghiÖm nhÊt   aA x  + bB y  + C =   a   b   76 ⇔  X2 + Y2 = cã nghiÖm nhÊt (víi X =   aAX + bBY + C = x a ,Y= y b ) §Õn ta lại liên tởng đến hệ điều kiện tiếp xúc đờng thẳng đờng tròn nên yêu cầu trên: đờng thẳng ('): aAX + bBY + C = tiÕp xóc víi (T): X + Y = Điều kiện đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn quen thuộc: Khoảng cách từ tâm O(0; 0) (T) đến (') ⇔ C a A + b B2 =1 ⇔ a A + b B2 = C 2.3.4 BiƯn ph¸p RÌn luyện HS khả khai thác sâu lời giải toán, tìm tòi nhiều cách giải, phát triển toán theo nhiều hớng, đề xuất toán mới, chuỗi toán Vận dụng số kiến thức Toán học cao cấp để soi sáng toán 2.3.4.1 Mỗi toán thờng có nhiều lời giải Khi có đợc lời giải, không đợc vội vàng thoả mÃn, mà hÃy tiếp tục phân tích mối liên hệ giả thiết kết luận đà đợc vận dụng lập luận lời giải toán Xoay xở, tìm tòi, liên tởng huy động nhiều loại kiến thức có lại cho lời giải khác, lời giải hay hơn, ngắn gọn "Ngay HS giỏi vậy, sau đà tìm thấy lời giải trình bày sáng sủa lý luận mình, có xu hớng gấp sách lại làm việc khác Làm nh họ đà bỏ giai đoạn quan trọng bổ ích cho việc học hỏi Nhìn lại cách giải tìm ra, khảo sát phân tích lại kết đờng đà họ củng cố kiến thức họ phát triển khả giải toán" [22, tr 29] Học sinh chuyên Toán thờng đợc tiếp xúc với toán khó, có nhiều ý nghĩa Với lời giải tìm đợc thờng cha thể bộc lộ hết đợc hay, đẹp toán Trong trình dạy học, ngời GV phải có trách nhiệm rèn luyện HS thói quen phân tích lời giải đà tìm đợc "Một ngời thầy giỏi phải hiểu làm cho HS hiểu toán hoàn toàn kết thúc Bao lại để suy nghĩ Có đầy đủ kiên 77 nhẫn chịu khó suy nghĩ sâu sắc, ta hoàn thiện cách giải trờng hợp hiểu đợc cách giải sâu sắc hơn"[22, tr.29] G Pôlya khuyên rằng: "Ngay lời giải mà ta tìm đợc đà tốt tìm đợc lời giải khác có lợi Thật sung sớng kết tìm đợc xác nhận nhờ hai lý luận khác Có đợc chứng cớ rồi, muốn tìm thêm chứng cớ nh chóng ta mn sê vµo mét vËt mµ ta ®· tr«ng thÊy" VÝ dơ 2.19: Chóng ta xÐt vÝ dụ sau toán tiếng, bất đẳng thức Nesbit: Cho a, b, c số thực dơng Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c c+a a +b (1) Đẳng thức xảy a = b = c Bất đẳng thức Nesbit bất đẳng thức đẹp, có nhiều cách giải ứng dụng Trớc hết, xét số cách giải sau Cách Chú ý đến tính chất: phân số vế trái có tổng tử sè vµ mÉu sè lµ a + b + c, cộng vào hai vế (1) ta cã:  a    b     c     (1) ⇔  b + c + 1 +  c + a + 1 +  a + b + 1 ≥ ⇔ [ (a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ] 1   a + b + b + c + c + a  ≥ Đây bất đẳng thức ta có bất đẳng thức quen thuộc ( x + y + z ) + +  ≥ víi mäi x, y, z >  x y z Đẳng thức xảy ⇔ a + b = b + c = c + a ⇔ a = b = c C¸ch Dự đoán rằng, đẳng thức xảy các phân thức vế trái , sử dụng phép biến đổi tơng đơng, bất đẳng thức (1) t- ơng đơng với bất đẳng thøc: 1  b 1  c 1  a − + − + − ≥0   b + c 2 c + a 2 a + b 2 ⇔ a −b+a −c b−c+b−a c−a +c−b + + ≥0 b+c c+a a+b 78       ⇔ ( a − b) b + c − c + a  + ( b − c) a + c − c + b  + ( a − c) b + c − a + b  ≥       ( a − b) + ( b − c) + ( a − c) ≥ ⇔ ( b + c )( c + a ) ( a + c )( c + b ) ( b + c )( a + b ) Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, ta có đợc điều cần chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c C¸ch Sư dơng phơng pháp tự nhiên làm gọn mẫu thức đến mức đơn giản nhất, đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b Khi ®ã ta cã a= y+z−x z+x−y x +y−z ,b = ,c = 2 Bất đẳng thức (1) đợc viết thành y +z x z +x y x +y −z + + ≥ 2x 2y 2z ⇔ y+z z+x x +y + + ≥6 x y z x y y z z x ⇔  y + x+ z + x+x + z  ≥         BÊt đẳng thức đúng, nên toán đợc chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z a = b = c Cách Vì phân thức vế trái có vai trò nh nên ta cố gắng tìm đánh giá đại diện Do có bất đẳng thức ( x + y ) ≥ 4xy víi mäi [ 2a + ( b + c ) ] ≥ 4.2a.( b + c ) ⇔ 4a + 4a ( b + c ) + ( b + c ) ≥ 8a ( b + c ) ⇔ 4a ( a + b + c ) ≥ ( b + c )( 8a − b − c ) ⇔ a 8a − b − c ≥ b +c a +b +c T¬ng tù, ta cịng chøng minh ®ỵc: b 8b − c − a ≥ c +a a +b +c c 8c − a − b ≥ a +b a +b +c , x, y, nên: 79 Cộng bất đẳng thức theo vế ta đợc a b c 8( a + b + c ) − 2( a + b + c ) + + ≥ = b+c c+a a+b a+b+c C¸ch Vì biểu thức vế trái (1) nên ta cần chứng minh bất đẳng thức (1) với điều kiện a, b, c > a + b + c = Khi ®ã (1) trë thµnh a b c + + ≥ 1−a 1b 1c (2) Ta có đánh giá sau với mäi x ∈ (0, 1): x − (1 − x )( x −1) = ( 3x −1) ≥ ⇒ 4x ≥ (1 − x )(9x −1) Nh vậy, a, b, c (0, 1) nên: x hay − x ≥ x −1 a 9a −1 b 9b −1 c 9c −1 ≥ , − b ≥ , −c ≥ −a ®ã a b c 9(a + b + c) − 3 + + ≥ = 1− a 1− b 1− c Bất đẳng thức Nesbit có nhiều ứng dụng hay đây, ta xét số ứng dụng giải toán Hình học 1) Cho tam giác ABC có AA', BB', CC' đờng phân giác Gọi a', b', c' khoảng cách lần lợt từ A', B', C' đến A đờng thẳng AB, BC, CA Chøng minh r»ng: a ' b ' c' + + ≥ hb hc K I Hớng dẫn giải (Hình 2.11) Ta có: B AH.BA'=A'I.AB AH.CA'=A'K.AC ⇒ a ' BA ' CA ' BA'+CA ' a = = = = AB AC AB + AC b + c T¬ng tù: b' b c' c = vµ h = a + b hb c + a c Do đó, áp dụng (1): a ' b' c' + + hb hc = a b c + + ≥ b+c c+a a +b Đẳng thức xảy tam giác ABC a' a' H A' Hình 2.11 C 80 2) Cho lơc gi¸c ABCDEF cã AB = BC, CD = DE, EF = FA Chøng minh r»ng: BC DE FA + + ≥ BE DA FC C D B Ta ký hiÖu AC = a, CE = b AE = c a (Hình 2.12) b c áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tø gi¸c ACEF, ta cã : AC.EF + CE.AF ≥ AE.CF F H×nh 2.12 ⇔ FA(AC + CE) ≥ AE.FC ⇔ E A FA c ≥ FC a + b Hoàn toàn tơng tự, ta có: DE b ≥ DA c + a vµ BC a ≥ BE b + c Cộng bất đăng thức theo vÕ, suy BC DE FA + + BE DA FC ≥ a b c + + ≥ b+c c+a a +b Đẳng thức xảy tứ giác ACEF, ABCE, ACDE tứ giác nội tiếp a = b = c Lục giác ABCDEF nội tiếp a = b = c ABCDEF hình lục giác ®Ịu A 3) Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp đờng tròn (O) Các đờng trung tuyến AA1, BB1, CC1 cắt đờng C2 Hớng dẫn giải Ta có: AA1 AA1 AA1 = = = AA AA1.AA AA1 (AA1 + A1A ) B A1 C A H×nh 2.13 2 2 AA1 Mµ AA1 = 2b + 2c − a vµ AA1.A1A = A1B.A1C = a nªn 4 AA1 + AA1.A1A AA1 2b + 2c − a a2 = =1− AA 2 b2 + c2 2b + 2c T¬ng tự ta có: B2 C1 tròn (O) A2, B2, C2 Chøng minh r»ng: AA1 BB1 CC1 + + ≤ AA BB2 CC B1 81 BB1 b2 =1− BB 2 c2 + a Từ đó: CC1 c2 =1 CC 2 a + b2 AA1 BB1 CC1  a2 b2 c2  ≤ + + = 3−  2 + + AA BB CC 2b +c c + a a + b2 Đẳng thức xảy tam giác ABC 2.3.4.2 Đứng trớc toán bất kỳ, tìm đợc lời giải toán đà thành công Tất nhiên tốt nghiêm túc nhìn lại cách giải mình, kiểm tra lại lập luận, tìm khâu cốt lõi, mấu chốt lời giải Từ đó, phát triển toán theo nhiều hớng, đề xuất toán mới, chuỗi toán Ví dụ 2.20: Chúng ta biết phơng pháp tìm giá trị lớn (GTLN) giá trị nhỏ (GTNN) hàm bậc tập D R em HS lớp 10 lập bảng biến thiên hàm số tập D kết luận Chẳng hạn, để tìm GTLN, GTNN hàm số y = −2 x + x + trªn [0; 2], ta lập bảng biến thiên hàm số [0; 2] x y Từ BBT ta có ngay: 3/4 17 −1 max y = x ∈ 0, ] [ 17 vµ y x∈ 0, ] [ = −1 Qua lời giải toán GV cần thiết phải củng cố cho HS kiến thức liên quan đến khái niệm GTLN, GTNN cách thay đổi số giả thiết toán Nếu ta thay đổi toán tìm GTLN, GTNN hàm số (0, 2) GTNN hàm số không tồn bảng biến thiên hàm số "có cảm nhận không thay đổi" Ta sử dụng phơng pháp để sáng tác nhiều tập, đặc biệt toán đa đợc việc khảo sát hàm số bậc hai miền từ nhiều dạng khác 1) Tìm GTLN vµ GTNN cđa hµm y = x − x [1; 2] 82 Bài toán ta đặt t = x2 Với x [−1; 2] ta cã t ∈ [0; 4] (HS cã thĨ sai lÇm cho r»ng t ∈ [1; 4]) suy đợc kết 2) Tìm GTLN GTNN cđa hµm y = x + 2x x [1; 1] Đối với toán này, biến đổi có khó GV nên cho HS tìm tòi cách biến đổi hàm số Ta có kết qu¶ nh sau: y = x + 2x − x = (x + x ) − (x + x ) Đặt lại : t = x2 + x , víi x ∈ [−1; 1] ta cã t ∈ [− ; 2] Khi ®ã, hàm số đợc viết y = t t = f (t) Bảng biến thiên hàm số f(t) = −1/4 t t2 −t trªn [− ; 2]: 1/2 16 f(t) −4 max y = max f ( t ) = y = f ( t ) = −   Tõ BBT, , [ −1;1]   − ;2 − ;  [ −1;1]       3) Cho số a, b thoả mÃn ab Tìm GTLN GTNN biểu thức: F= a b2 a b + − − + b2 a b a Đây biểu thức biến số Để đa dạng toán trên, ta đặt t = a b + b a Víi ab ≠ th× t ∈ (−∞, −2] ∪ [2, +∞)  x − y = 3a − 4) Cho số x, y nghiệm hệ: Tìm GTLN 2 x + y + xy = a + 3a − GTNN cđa biĨu thøc: P = xy Khi d¹y häc giải toán này, GV hớng dẫn, gợi ý để HS đa dạng toán Các yêu cầu đặt toán là: Phải tìm điều kiện a để hệ đà cho cã nghiƯm x, y − BiĨu diƠn biĨu thøc P theo a từ tìm GTLN GTNN cđa P 83 5) Cho c¸c sè x, y tho¶ m·n: biĨu thøc: F = x − xy + y =1 Tìm GTLN GTNN x + y4 x 2y2 Bài toán khó khăn chỗ tìm cách đặt ẩn phụ đánh giá điều kiện ẩn phụ Vì biểu thức đặt t = xy, suy − ( x + y ) ≤ xy ≤ x + y − ta cã f (t ) trªn   − ;1 xy có liên quan đến nªn ta x + y =1 + t Sử dụng bất đẳng thức t Khi đó, biến đổi đợc F = hµm x + y2 ( x + y ) − 3x y = − 2t + 2t + = f (t ) Xét ta suy kết 6) Cho sè a, b, c tho¶ m·n: a + b2 + c2 = Tìm GTLN GTNN biÓu thøc: F = a + b + c + ab + bc + ca Đối với toán này, đặt t = a + b + c Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có t [ Xét hàm f (t ) [ 3; 3; 3 ] Khi đó, biến đổi đợc F = t+ ] ta tìm đợc kết t = f (t) Chóng ta hoµn toµn cã thĨ sáng tạo nhiều toán tơng tự với hình thức khác để rèn luyện HS có đợc nhìn phong phú, sâu sắc toàn diện dạng toán Ví dụ 2.21: Khai thác số tính chất hàm số bậc Cho hàm số f(x) = ax + b đoạn [; ] R Khi đó, đồ thị hàm số y = f(x) [; ] đoạn thẳng nên ta có y số tính chất: max] f(x) = max{f(α); f(β}, [α, β f(β)  [min] f(x) = min{f(α); f(β}, α, β  max f ( x ) = max{ f (α) ; f ( β) } [α, β ] ¸p dơng c¸c tÝnh chÊt đơn giản cho f() cách giải nhiều toán cách thú vị, ngắn gọn, hiệu 1) Cho hàm số f(x) = (2m + 1)x 3m + a Tìm m để phơng trình f(x) = cã nghiÖm x ∈ [0; 1] O Hình 2.14 x 84 b Tìm m để f(x) ≥ víi mäi x ∈ [−1; 2] Lêi gi¶i thông thờng toán phân chia trờng hợp để biện luận phơng trình bất phơng trình bậc ta xét cách giải sau: a Ta có đồ thị hàm số y = f(x) [0; 1] đoạn thẳng AB với A(0; 3m + 2) B(1; m + 3) nên phơng trình f(x) = có nghiệm [0; 1] đoạn thẳng AB có điểm chung với trục hoành điểm đầu mút A, B nằm hai phía Ox (có thể nằm Ox) Điều có nghÜa lµ f(0) f(1) ≤ ⇔ (−3m + 2)(−m + 3) ≤ ⇔ ≤ m ≤ 3 b Vẫn sử dụng phơng pháp đồ thị, f(x) ≥ víi mäi x ∈ [−1; 2] ⇔ ®å thị hàm số y = f(x) đoạn [1; 2] nằm Ox hai đầu mút đoạn thẳng m nằm Ox ⇔  f (− 1) ≥   f ( 2) ≥ ⇔  − 5m + ≥  m+ 4≥ 2) Cho hµm sè f(x) = x −m Tìm m để giá trị lớn f(x) [1; 2] đạt giá trị nhỏ Đây toán tơng đối khó Dựa vào nhận xét trªn ta thÊy max f ( x ) chØ cã thể đạt đợc x = x = Nh đặt M = max f ( x ) th× M ≥ f(1) = [1; ] [1; ] −m vµ M ≥ f(2) = m Để tìm giá trị nhỏ M ta có đánh giá: M f (1) + f ( 2) ( − m ) + ( m − 4) −m + −m =1 = ≥ 2 Đẳng thức xảy  2− m = 4− m ⇔ m =   (2 − m)(m − 4) ≥ Vậy giá trị nhỏ M 1, đạt ®ỵc chØ m = 85 3) Cho hµm sè 2x − − m + x y= Tìm m để giá trị lớn hàm số y nhỏ Bài toán tơng tự với toán 2) Tập xác định hµm sè lµ [0; 2] vµ gäi A = max y Ta đặt t = 2x x t = đặt k = 3m Khi đó, hàm số đợc viết lại A= = max t − k [ 0,1] ⇔m= = max { k , −k } ≥ ∈ [0, 1] x ∈ [0; 2] vµ − ( x −1) t −k nªn: k + 1−k 2 Vậy giá trị nhỏ A Đẳng thức xảy k , đạt đợc m = 4) Cho số thực không âm x, y, z tho¶ m·n x + y + z = Chứng minh bất đẳng thức: x + y + z + xyz ≥ (1) Ta viÕt bất đẳng thức (1) dới dạng: ( y + z) − yz + x + xyz ≥ ⇔ yz( x − 2) + x x + (2) Đặt t = yz, vế trái (2) hàm sè bËc nhÊt cña biÕn t, f ( t ) = ( x − 2) t + x − x + Do yz ≥ vµ yz ≤ (3 − x ) y +z   =   nªn bÊt ®¼ng thøc (2) ta sÏ chøng minh f(0) ≥ vµ ThËt vËy, ta cã f(0) = ( x − 1) ( x + 2) ≥  (3 − x )  t ∈0;     (3 − x ) f    ≥0   3  x − 6x + = 2 x −  + ≥ 2  nªn bất đẳng thức đợc chứng minh ( − x)  =0  f   Đẳng thức xảy  yz = ( − x )  x + y+ z =   x, y, z ≥  ⇔ x = y = z = Để chứng minh (3 x ) f       = 86 5) Cho số không âm x, y, z tho¶ m·n x + y = z = Chứng minh bất đẳng thức: 4( x + y + z ) +15xyz ≥ Bµi toán đợc giải tơng tự với toán Đẳng thức xảy (x, y, z) = 1 1   ; ;  3 hoán vị 1 0; ;   2 2.3.4.3 Trong thi HS giỏi toán Quốc gia Quốc tế thờng có nhiều toán ẩn chøa mét mét sè néi dung cđa To¸n häc cao cấp Toán học đại Trong nội dung dạy học cho HS chuyên Toán, GV cần phải khéo léo cài đặt số nội dung Toán học cao cấp nhng dới góc độ sơ cấp để HS có ý thức ban đầu tiếp cận Toán học cao cÊp VÝ dơ 2.22: Trong d¹y häc cho HS chuyên Toán lớp 10 đa vào số kiến thức ánh xạ Đây kiến thức Toán học cao cấp nhng có nhiều ứng dụng giải toán phổ thông, đặc biệt việc bồi dỡng HS giỏi Các nội dung lý thuyết vấn đề ánh xạ bao gồm: + Định nghĩa ánh xạ Làm rõ số khái niệm liên quan: tập nguồn, tập đích, ¶nh, t¹o ¶nh, tËp ¶nh, ¶nh cđa mét tËp… + Các loại ánh xạ: đơn ánh, song ánh, toàn ánh + Tích ánh xạ, ánh xạ ngợc song ánh Các khái niệm đợc định nghĩa, rõ đặc trng đầy đủ; tính chất chứng minh chặt chẽ Chẳng hạn, khái niệm đơn ánh đợc định nghĩa: ánh xạ f: X Y đợc gọi đơn ánh với x1, x2 X mà x1 x2 f(x1) f(x2) Bên cạnh định nghĩa này, đơn ánh định nghĩa phát biểu tơng đơng sau: ánh xạ f: X Y đợc gọi đơn ánh với x 1, x2 X mà f(x1) = f(x2) x1 = x2 ánh xạ f: X Y đợc gọi đơn ánh với y Y, tồn không mét phÇn tư x ∈ X cho f(x) = y 87 Một vấn đề đợc phát biểu theo nhiều cách nh nhằm tạo điều kiện cho HS liên tởng huy động kiến thức giải vấn đề có liên quan Các dạng tập đợc đa nhằm củng cố phần lý thuyết, rèn luyện HS bớc đầu vận dụng kiến thức lý thuyết khả suy luận Chẳng hạn ta xét tập sau: 1) Cho ánh xạ f: X Y A, B tập cña X a Chøng minh r»ng f(A ∩ B) ⊂ f(A) f(B) b Nếu f đơn ánh, chứng minh r»ng f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B) §Ĩ giải toán HS phải vận dụng linh hoạt tính chất, phép toán tập hợp ánh xạ a Lấy phần tử y f(A B) Khi tồn phần tử x A B cho  x ∈ A  f ( x ) ∈ f (A) f(x) = y Tõ ®ã suy  ⇒ ⇒ f(x) ∈ f(A) ∩ f(B) hay y ∈ f(A)  x ∈ B  f (x) ∈ f (B) ∩ f(B) Nh vËy f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B) b Ta chØ cÇn chøng minh điều ngợc lại f(A) f(B) f(A ∩ B) f lµ  y ∈ f (A) đơn ánh Thật lấy phần tử y f(A) f(B) Dẫn đến tồn  y ∈ f (B) phÇn tư x1 ∈ A cho y = f(x1) vµ x2 ∈ B cho y = f(x2) Từ suy x1, x2 X mà f(x1) = f(x2) Sử dụng điều kiện f đơn ánh ta có x1 = x2 Suy  x1 ∈ A nªn x   x1 ∈ B ∈ A ∩ B hay f = f(x1) f(A B) Từ ta có đợc f(A) ∩ f(B) ⊂ f(A ∩ B) vµ hoµn thµnh điều phải chứng minh 2) Lập song sánh từ: 88 a [a; b] vµo [c; d] b (−1; 1) vào R GV hớng dẫn HS xác định tơng ứng để lập song ánh dựa vào dự đoán hình minh hoạ: a Từ tơng ứng đồng dạng (Hình 2.15): a x −a d − y = b −a d −c x b S đến dự đoán chứng minh đợc song ánh là: c f: [a; b] [c; d] x  d y H×nh 2.15 d −c y = − b − a (x − a) + d b Ta cã thĨ sư dơng c¸c cung tròn cung Parabol để xác định tơng ứng Tơng tự câu a, ta có song ánh f: (1; 1) → R x  y= x 1−x2 3) Tìm hàm số f: Q Q thoả mÃn điều kiƯn f(f(x) + y) = x + f(y) víi mäi x, y Q Dạng toán phơng trình hàm đa dạng phong phú Đối với toán cụ thể này, giải phải sử dụng đến điều kiện đơn ánh f Thật vậy, giả sử a, b ∈ Q cho f(a) = f(b) Khi ®ã f(a) + = f(b) + ⇒ f(f(a) + 0) = f(f(b) + 0) ⇒ a + f(0) = b + f(0) ⇒ a = b Nh vËy f đơn ánh Để tìm đợc hàm f trên, tríc hÕt ta cho x = Khi ®ã f(f(0) + y) = + f(y) = f(y) Do f đơn ánh f(0) + y = y f(0) = Vì f(0) = 0, nên từ giả thiÕt cho y = suy f(f(x)) = x víi mäi x ∈ Q L¹i thay x bëi f(x) ta đợc: f(f(f(x)) + y) = f(x) + f(y) f(x + y) = f(x) + f(y) víi mäi x, y Q Đến ta đà gặp phơng trình hàm Kết từ suy f(x) = ax víi a ∈ Q Thư l¹i ta đợc a = a = Vậy có hai hàm số thoả mÃn ... PPDH cho học sinh lớp 10 chuyên Toán 40 Chơng Một số biện pháp nhằm truyền thụ tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán. .. việc truyền thụ tri thức, đặc biệt tri thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán Phơng pháp nghiên cứu 4.1 Nghiên cứu tài liệu lĩnh vực: Toán học, ... Một số biện pháp nhằm truyền thụ tri thức, đặc biệt tri 4 9 15 22 22 26 30 34 34 35 35 36 thức phơng pháp nh phơng tiện kết hoạt động dạy học Toán cho học sinh lớp 10 chuyên Toán 2.1 Đặc điểm chơng