Khai thác một số bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10

MỤC LỤC I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI……………………………………………………… II NỘI DUNG………………………………………………………………… .2 II.1 Từ toán đơn giản đến việc tìm tịi ứng dụng giải toán II.1.1 Bài toán 1……………………………………………………… .2 II.1.2 Bài toán 2……………………………………………………….… III.1.3.Bài toán 3……………………………………………………… 12 II.2 Một vài kinh nghiệm đúc kết qua việc dạy học sinh khai thác toán gốc nhằm rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh lớp 10 17 III KẾT LUẬN 16 III.1 Đối với giáo viên……………………………………………………… ….16 III.2 Đối với học sinh………………………………………………………… 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………… 18 I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đổi chương trình, nội dung, phương pháp dạy học luận điểm đổi toàn diện giáo dục đào tạo Đại hội Đại biểu toàn quốc Đảng lần thứ XI rõ tiếp tục đổi mạnh mẽ phương pháp dạy học theo hướng đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo vận dụng kiến thức, kỹ người học; Tập trung dạy cho học sinh cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo sở để người học tự học, tự cập nhật kiến thức đổi tri thức, kỹ nhằm phát triển lực cho học sinh Môn Tốn trường phổ thơng mơn học mơn học khác mơn học có tiềm phong phú việc khai thác phát triển lực toán học cho học sinh Thực trạng dạy học mơn Tốn năm gần cho thấy nhiều giáo viên làm công tác truyền lại vấn đề, điều có sẵn sách giáo khoa, tài liệu tham khảo mà chưa quan tâm nhiều việc rèn luyện kỹ giải tập tốn thơng qua việc khai thác số tốn gốc Nhiều giáo viên dạy làm nhiệm vụ cung cấp cho cho học sinh công thức, khái niệm, để em vận dụng nhớ cách máy móc, thuộc lịng Điều khơng phù hợp với xu đổi cách dạy, cách học Bộ giáo dục đào tạo đề Vì nhiều học sinh, chẳng hạn đội ngũ học sinh giỏi thi gặp bài, dạng(một cách dễ thấy) làm Cịn thay đổi giả thiết, tổng qt lên chút khơng làm Đặc biệt chương trình mơn Tốn lớp 10 hành phần vectơ, bất đẳng thức, vấn đề quan trọng khó Thế nên nhiều học sinh gặp tốn thuộc loại thường bỡ ngỡ, không làm kỳ thi học sinh giỏi ? Tại có điều đó, giáo viên chưa thực quan tâm đến nó, chưa đổi mới, chưa biết khai thác tiềm vốn có sách giáo khoa, chưa đọc ý đồ người viết sách Với lý đó, tơi suy nghĩ nhiều làm để thân em học sinh, đặc biệt học sinh giỏi không xem thường kiến thức học, tập sách giáo khoa, đồng thời em học sinh trung bình khơng e ngại kiến thức Đây vấn đề cần đặt ra? Trong phạm vi viết thân tham vọng lớn mà có mong muốn trao đổi với đồng nghiệp số kinh nghiệm nhỏ từ việc khai thác tiềm sách giáo khoa qua đề tài "Khai thác số toán gốc nhằm rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh lớp 10" Qua nhằm rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh lớp 10 trường trung học phổ thơng Tuy nhiên, kiến thức cịn hạn hẹp, khn khổ viết, kinh nghiệm cịn nhiều hạn chế Tơi thành thật mong nhận trao đổi góp ý độc giả để thân ngày tốt II NỘI DUNG II.1 Từ số toán đơn giản đến việc tìm tịi ứng dụng giải toán II.1.1 Bài toán Cho G trọng tâm tam giác ABC uuur uuur uuur r (I) GA  GB  GC  (SGK Hình học 10, tr 11-NXBGD) Chứng minh: A Gọi M trung điểm BC uuur uuur uuur r Ta có: GA  GB  GC  uuur uuur uuur � GA   GB  GC uuur uuuu r uuur uuuu r r � GA  2GM � GA  2GM    G B  G trọng tâm tam giác ABC M C uuur Nhận xét 1: Như để chứng minh toán ta biểu thị GA qua vectơ uuu r uuur GB,GC Chúng ta nhận thấy G trọng tâm tam giác ABC nên G thuộc miền tam giác ABC, G chia diện tích tam giác ABC thành phần có diện tích S1, S2, S3 diện tích tam giác GBC, GCA, GAB uuur uuur uuur r SABC Vì từ (I)  S1GA  S2 GB  S3GC  Điều cho ta liên tưởng giả sử G điểm thuộc miền tam giác ABC Khi ta vận dụng phương pháp chứng minh toán gốc để chứng minh cho toán sau, qua việc biểu thị vectơ qua hai vectơ khác Bài 1: Cho ABC, M thuộc miền tam giác Gọi S 1, S2, S3 diện tích tam giác MBC, MAC, MAB uuuu r uuur uuur r Chứng minh rằng: S1MA  S2 MB  S3MC  (1) Giải: Như để chứng minh toán 1, ta vận dụng phương pháp biểu thị vectơ qua hai vectơ lại uuur r S uuur S1 uuuu Ta có (1)  MC   MA  MB S3 S3 Kéo dài AM, MB cắt BC, AC A1, B1 Dựng hình bình hành MB'CA' uuur uuuur uuuur  MC  MA '  MB' Gọi H, K hình chiếu A, C lên BM  B'C B1C KC B'C KC MA ' KC   �  �  (vì B'C = MA') AM B1A AH AM AH AM AH S1 MB.KC KC MA '     S2 MB.AH AH MA A B1 K M uuuur r S1 uuuu MA '   MA  (*) S3 B B' H C A1 uuuur S2 uuur Tương tự MB'   MB (**) S3 A' uuur r S uuur S1 uuuu MC   MA  MB Từ (*) (**) ta suy S3 S3 uuuu r uuur uuur r � S1MA S2 MB S3MC  Nhận thấy dạng khác toán gốc tổng quát Khi ta khai thác tốn dạng diện tích tam giác, nhiều học sinh khơng làm vấn đề học sinh bắt nguồn từ đâu, khơng biết mấu chốt tốn Do để hướng dẫn học sinh biết giải dạng tốn phải hướng dẫn cho học sinh biết “quy lạ quen” Nhật xét 2: Ở kết khơng phụ thuộc vào điểm M, ta thay M I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC học sinh sử dụng toán để giải toán sau Bài 2: Cho ABC, gọi I tâm đường tròn nội tiếp ABC Đặt BC = c, BC = a, uur uur uur r CA = b Chứng minh aIA  bIB  cIC  (2) Giải vắn tắt: Áp dụng 1, ta có: uur uu r uur S1IA  S2IB  S3IC uur uur uur r � raIA  rbIB  rcIC  2 uur uur uur r � aIA  bIB  cIC  A I B r a S1 C Nhận xét 3: Nếu ta nhìn cạnh "góc độ" góc, ta lại có tốn sau Bài 3: Cho ABC, gọi I tâm đường tròn nội tiếp ABC Đặt AB = c, BC = a, uur uur uur r CA = b Chứng minh rằng: IA sinA  IBsinB  ICsinC  Nhận xét 4: Ta thấy vị trí M thuộc miền tam giác, ABC nhọn tâm O đường tròn ngoại tiếp ABC thuộc miền Do đó, ta có tốn Bài 4: Cho ABC nhọn, BC = a,uuCA tròn ngoại ur = b, ABuu= ur c Gọi Ouulà ur tâm đường r tiếp ABC Chứng minh rằng: OA sin2A  OBsin2B  OCsin2C  (4) Nhận xét 5: Từ kết 2, ta bình phương vơ hướng (2) xuất uuur uuur uur uur uur uur uur uur IA.IB,IB.IC,IC.IA Và sử dụng công thức AB.AC  (AB2  AC2  BC2) uuu r uuur uuur uuur uuur (Thật CB  (AB  AC) � CB2  (AB  AC)2 ) Ta lại có toán sau Bài 5: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp IA IB2 IC2 ABC Chứng minh rằng: (5)   1 bc ca ab uur uur uur Giải vắn tắt: Từ (2)  (aIA  bIB  cIC)2  uur uur uur uur uur uur � a2IA  b2IB2  c2IC2  2cbIA.IB  2caIC.IA  2abIA.IB  � a2IA  b2IB2  c2IC2  2ab (IA  IB2  a2)  1 2ca (IC2  IA  b2)  2ab (IA  IB2  c2)  2  (a2 + ab + ac) IA2 + (b2 + ba + bc) IB2 + (c2 + ca + cb) IC2 - abc(a + b + c) =  a(a + b + c) IA2 + b(a + b + c) IB2 + c(a + b + c) IC2 = abc (a + b + c)  aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc  IA IB2 IC2    bc ca ab Nhận xét 6: Từ công thức (2) ta thay I M bất ta ln có uuuu r uuur uuur (aMA  bMB  cMC)2  biến đổi hoàn toàn tương tự toán 5, ta suy aMA2 + bMB2 + cMC2  abc (***) Dễ thấy dấu "=" xảy  M  I Từ ta vận dụng giải toán sau: Bài 6: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh tồn điểm M cho aMA2 + bMB2 + cMC2  abc (6) Hướng dẫn: Từ (***) (6)  aMA2 + bMB2 + cMC2 = abc  M  I, với I tâm đường tròn nội tiếp ABC Vậy M Nhận xét 7: Cũng tốn 6, ta phát biểu dạng khác Nhằm rèn luyện lực sáng tạo tốn học cho học sinh từ quy lạ quen sau Bài 7: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c Tìm vị trí M cho P = aMA + bMB2 + cMC2 đạt giá trị nhỏ Nhận xét 8: Qua dạng toán trên, biết vận dụng linh hoạt kết hợp tốn lại, ta vận dụng giải tốn tương tự sau, mức độ cao Bài 8: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c, nội tiếp đường tròn (O; 1) Chứng minh với M ta ln có a2(b2 + c2 - a2) MA + b2 (c2 + a2 - b2) MB + c2 (a2 + b2 - c2) MC  a2b2c2 uuur uuur uuur r Giải vắn tắt: Theo 4, ta có OA sin2A  OBsin2B  OCsin2C  Và OA = OB = OC = 1, a = 2RsinA = 2sinA, b = 2sinB, c = 2sinC uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuuu r  MA = OA MA = OA MA �OA.MA  OA(OA  OM)  (1 OA.OM) (****) uuur uuuu r Dấu xảy (****) OA,MA hướng uuur uuuu r Ta có: a2 (b2 + c2 - a2) MA = 2abc sin2A MA  2abcsin2A(1 - OA.MA ), tương tự cho trường hợp lại Ta suy uuuu r uuur uuur uuur VT  2abc (sin2A + sin2B + sin2C) - 2abc OM(OA sin2A  OBsin2B  OCsin2C) = 2abc 4sinA sinB sinC = a2b2c2 Mấu chốt toán này, xuất a2(b2 + c2 - a2) = 2abc cosA.sinA, O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nhọn Do đó, ta liên tưởng vận dụng Nhận xét 9: Từ tốn có xuất a2(b2 + c2 - a2) ta nghĩ đến cosA Do vậy, biết kết hợp với cách giải tốn 1, ta vận dụng giải toán sau Bài 9: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c Gọi H trực tâm ABC Chứng minh uuur uuur uuur r 1 HA  HB  HC  O b2  c2  a2 c2  a2  b2 a2  b2  c2 Giải sơ lược: Tương tự toán Kéo dài AH, BH cắt BC, AC A1, B1 Dựng hình bình hành HB' CA' uuur uuuur uuuu r  HC  HA '  HB' Ta có: B1 H CB' B1C acosC   AH AB1 ccosA uuuur uuur acosC uuur � HA '  CB'   HA ccosA B' A B A1 C (9') uuuu r uuuu r bcosC uuur HB (9'') tương tự HB'  CA '   ccosB A' uuur acosC uuur bcosC uuur HA  HB Từ (9') (9'') ta suy HC   ccosA ccosB a uuur b uuur c uuur r HA  HB  HC  cosA cosB cosC uuur uuur uuur r 1 � 2 HA  2 HB  HC 0 b c a c a b a  b2  c2 � Nhận xét 10: Qua việc giải toán trên, ta thấy điểm M ln thuộc miền tam giác Đây vấn đề đặc trưng, mấu chốt cho dạy thuộc loại Khi gặp tốn có liên quan đến điểm M vectơ, hay cạnh Giáo viên hướng cho em học sinh cách liên tưởng định lý học Các độc giả từ tốn khai thác thêm vận dụng sáng tạo, giải toán thuộc loại này, hay sử dụng toán khác Việc khai thác tiềm Sách giáo khoa điều quan trọng II.1.2 Bài toán 2: Chứng minh a 0, b 0 a  b ab(a  b) (II) Đẳng thức xảy ? Chứng minh Cách 1: (II)  a  a b  b  ab 0  a ( a  b )  b ( a  b ) 0  ( a  b)( a  b ) 0  ( a  b ) ( a  b ) 0 Bất đẳng thức cuối Đẳng thức xảy a = b Cách 2: Ta có: a  b (a  b)( a  b  ab) (a  b)( 2ab  ab) ab(a  b) ( a  b 2ab ) Dấu xảy a=b Nhận xét 1: Vì a, b hai số dương nên, từ (II) ta suy bất đẳng thức b � ab(a b) a  3 a  b3 ab a b (1) Bài 1: Cho a,b,c số thực dương Chứng minh a  b3 b  c c  a   �2(a  b  c) (1) ab bc ca Hướng dẫn: Bất đẳng thức (1) giải nhờ việc áp dụng nhận xét 1, ba lần Bài 2: Cho a, b, c ba số thực không âm Chứng minh a  b  c a bc  b ac  c ab Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (II) ta a3 + b3 ≥ ab(a + b) b3 + c3 ≥ bc(b + c) a3 + c3 ≥ ac(a + c) Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có 2(a3 + b3 + c3) ≥ a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a + b) (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số thực không âm ta a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a + b) ≥ 2a bc  2b ac  2c ab (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Nhận xét 2: Thực chất dạng khai thác toán Tuy nhiên người GV khai thác,vận dụng tốn nhiều khía cạnh liệu tốn giải HS khơng phải dễ chút Và toán sau đây, đặt thêm vấn đề nhằm khai thác tốn với việc ab=1 Ta lại có tốn sau góc độ khác Bài 3: Cho a > 0, b > ab = Chứng minh a3 b3  1 1 b 1 a Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a  b3  a  b 1 2a b Áp dụng bất đẳng thức (II) bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có a  b3  a  b ab(a  b)  2a 2b 2  a  b �  1 2ab 2ab 2 ab (đpcm) Đẳng thức xảy a = b = Bài 4: Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh rằng: �1 1 � �b  c c  a a  b � (a  b3  c3 ) �   �� �   b c � �a b c � � a � Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (II) ta a3 + b3 ≥ ab(a + b) b3 + c3 ≥ bc(b + c) a3 + c3 ≥ ac(a + c) Suy 2(a3 + b3 + c3) ≥ bc(b + c) + ac(a + c) + ab(a + b) (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta 1  3  abc a b c (2) Từ (1), (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài 5: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng: 5b3  a 5c  b3 5a  c3   �a  b  c ab  3b cb  3c ac  3a Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (II) ta có a3 + b3 – 6b3 ≥ ab(a + b) - 6b3 = b(a2 + ab - 6b2) = (ab + 3b2)(a - 2b)  5b  a (ab  3b )(2b  a )  5b  a 2b  a ab  3b Tương tự 5c  b 5a  c  c  b 2a  c , cb  3c ac  3a Cộng bất đẳng thức vế với vế ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài 6: Chứng minh với ba số dương a, b, c ta có a3 b3 c3 a b c   � 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ac  a Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (II) ta a3 + b3 ≥ ab(a + b) ۳ a3 a 2b  ab  b3 ۳ 3a3 a 2b  ab  a  a  b3 ۳ 3a3 a( a  ab  b )  ( a  b)(a  ab  b ) a3 ۳ a  ab  b 2a  b b3 2b  c c3 2c  a � Tương tự , � 2 c  ac  a b  bc  c Cộng vế với vế bất đẳng thức ta điều cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài 7: Cho x, y, z ba số thực dương xyz =1 Chứng minh x9  y y9  z9 z  x9   �3 x6  x3 y  y y  y z  z z  z x3  x Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (II) ta (x3)3 + (y3)3 ≥ x6y3 + x3y6 � x9  y �x y  x3 y  x9 � x9  y �x3 ( x  x3 y  y ) x9  y ۳ 3 x3 x x y y 2y  z 2z  x9 � y z Tương tự , 3 y6  y3 z3  z z z x x Cộng vế với vế bất đẳng thức ta 2x  y 2y9  z9 2z  x9    x  y  z (1) 3 3 3 x x y y y y z z z z x x Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: x3 + y3 + z3 ≥ 3xyz = (2) Từ (1), (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x=y =z =1 Bài 8: Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh 1 1    3 abc a  abc  b b  abc  c a  abc  c Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (II) ta a3 + b3 ≥ ab(a + b)  a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c)  Tương tự c  abc(a  b  c) a  abc  b a b   , 3 abc(a  b  c) abc(a  b  c) a  abc  c b  abc  c Cộng vế với vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Nhận xét 3: Nếu toán chứng ta cộng điều kiện abc=1 ta có tốn sau Bài 9: Cho a, b, c ba số thực dương abc=1 Chứng minh 1  3  3 �1 a  b 1 b  c 1 a  c 1 Nhận xét 4: Nếu ta lại đặt a3 = x; b3 = y; c3 = z Ta lại có tốn sau Bài 10: Cho x, y, z ba số thực dương xyz = Chứng minh 1   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 Nhận xét 5: Ta lại bỏ điều kiện xyz=1 Ta lại có tốn khó Bài 11: Cho x, y, z ba số thực dương Chứng minh 10 x  y  xzy  y  z  xyz  z  x  xyz  xyz a3 b3 c3   1 a  b  ab b  c  bc a  c  ca Bài 12: Cho a, b, c >0 thoả mãn Tìm giá trị lớn biểu thức S = a + b + c Nhận xét 6: Việc chứng minh 10, 11, 12 khơng khó, biết sử dụng linh hoạt tốn tương tự Nếu HS khơng biết vận dụng (tức vận dụng toán 1) 3  a  b  c a b c         Trong a, b, c Bài 13: Chứng minh       b c a  b  c  a số thực dương Chứng minh  a  a a a a  1      Áp dụng bất đẳng thức (II) ta    b b  b b  b  3  b c c b b  c  1   Tương tự      ,   c c c a a a     Cộng vế với vế bất đẳng thức ta 3  a  b  c a b c a b c        b    c    a   b  c  a  b  c  a       Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có a b c   3 b c a (1) (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài 14: (bài toán tổng quát) Cho a1, a2, ,an số thực không âm, n  N * Chứng minh a1n+1 + a2n+1 + + ann+1 ≥ a1a2 an(a1 + a2 + + an) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + số thực khơng âm ta có 11 a1n+1 + a1n+1 + a2n+1 + + ann+1 ≥ (n + 1)a12a2…an a1n+1 + a2n+1 + a2n+1 + … + ann+1 ≥ (n + 1)a1a22a3…an ……………………………………… a1n+1 + a2n+1 + … + ann+1 + ann+1 ≥ (n + 1)a1a2….an2 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a1 = a2 = … = an Áp dụng bất đẳng thức (II) bất đẳng thức tổng quát vào chứng minh bất đẳng thức sau Nhận xét 8: Từ ví dụ minh hoạ thêm khai thác tốn nhiều cách nhiều hướng khác Biết nhìn nhận vấn đề nhiều hướng khác Để làm điều hẳn người Giáo viên phải tìm cách hướng dẫn khai thác ứng dụng nhiều góc độ Chẳng hạn ta có tốn sau III.1.3 Bài toán 3: Chứng minh a 0, b 0 a  b ab(a  b ) (III) Đẳng thức xảy ? Chứng minh (III)  a  b  a 3b  ab 0  a ( a  b )  b ( a  b ) 0  (a  b)(a  b)(a  ab  b ) 0  (a  b) (a  ab  b ) 0 Bất đẳng thức cuối Đẳng thức xảy a = b Bài 1: (bài toán tổng quát) Cho a1, a2,….,an số thực không âm, n  N * Chứng minh a1n+2 + a2n+2 + … + ann+2 ≥ a1a2….an(a12 + a22 + … + an2) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + số thực không âm ta có a1n+2 + a1n+2 + a1n+2 + a2n+2 + … + ann+2 ≥ (n + 2)a13a2….an a1n+2 + a2n+2 + a2n+2 + a2n+2 + … + ann+2 ≥ (n + 2)a1a23a3….an ………………………………… a1n+2 + a2n+2 + ….+ ann+2 + ann+2 + ann+2 ≥ (n + 2)a1a2….an3 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a1 = a2 = … = an 12 Áp dụng bất đẳng thức (III) bất đẳng thức tổng quát vào chứng minh bất đẳng thức sau Bài 2: Cho hai số dương a, b Chứng minh a a  b b b a a  b Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a  b  a b (a  b) Đây bất đẳng thức (III) cho hai số dương a b nên ta điều phải chứng minh Bài 3: Chứng minh a  b  c a bc  b ac  c ab Trong a, b, c ba số thực khơng âm Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (III) ta có a4 + b4 ≥ a3b + ab3 b4 + c4 ≥ b3c + bc3 a4 + c4 ≥ a3c + ac3 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta 2(a4 + b4 + c4) ≥ a3(b + c) + b3(a + c) + c3(a + b) (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số khơng âm ta có a3(b + c) + b3(a + c) + c3(a + b) 2a bc  2b ac  2c ab (2) Từ (1), (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c 2 a b c a b  c  Bài 4: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh            b c a b c a Chứng minh  a a a    1   Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có   b b  b  b b b    c    c 1  c     c c c    a    a 1  a    Cộng vế với vế bất đẳng thức ta 13 3 2 a b c  a   b   c  a b  c      (1)       3  b c a  b   c   a  b c a a b c   3 (2) b c a Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 3  a  b  c a b c áp dụng kết Bài ta            (3) b c a  b  c  a Từ (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài 5: Chứng minh x 16  y 16 y 16  z 16 z 16  x16   x  y  z 12 12 12 12 12 12 x x y y y y z z z z x x x, y, z ba số thực dương Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (III) ta có x    y  4 4  x12 y  x y 12  x16  y16 x12 y  y 12 x  x16  x16  y16 x ( x12  x y  y12 ) x16  y 16  12 x 12 x x y y Tương tự y 16  z 16 z 16  x 16  y , 12 z 12 12 12 y y z z z z x x Cộng vế với vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z Bài 6: Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh a  1 1  b  c     3(a  b  c ) a b c   Chứng minh 14 Áp dụng bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức (**) cho n = ta a5 + b5 + c5 ≥ abc(a2 + b2 + c2) (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có 1  3 3 (2) a b c abc Từ (1), (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Nhận xét 1: Từ toán 6, khai thác bậc 5, số bất đẳng thức a  b (a  b)a b (IV) rõ ràng việc chứng minh bất đẳng thức thật khơng khó Tuy nhiên, nêu người thầy biết khai thác tốn việc nhận chứng minh toán việc làm đơn giản Cũng việc vận dụng tốn này, nhìn góc độ “biện chứng” ta lại có tốn Bài 7: Các số dương x, y, z có tích Chứng minh rằng: xy yz zx   1 5 x  xy  y y  yz  z z  zx  x 5 Chứng minh: áp dụng (IV), ta có: x  y  xy ( x  y ) x y  xy  xy xy z    2  ( x  y ) xy x  y  z x  xy  y xy  ( x  y ) x y Tương tự yz x zx y  ;  5 x  y  z z  zx  x x yz y  yz  z Cộng vế theo vế BĐT ta có điều cần chứng minh Các tập tương tự Áp dụng bất đẳng thức (II), (III) bất đẳng thức tổng quát chúng giải tập sau Bài 8: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh a  b  c  abc ( a  b  c ) Bài 9: Cho a, b, c ba số dương a2 + b2 + c2 = Chứng minh a3 + b3 + c3 ≥ a + b + c Bài 10: Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh a2 b2 c2 d a b c d        b2 c2 d a2 b c d a 15 Bài 11: Cho a1, a2,………,an số thực dương (n ≥ 3, n  N) Chứng minh rằng: a n a  a   an   1  n  a2   an a1  a3   an n n     a2   an  n  n   n      n  a a a a a a n   n     y (3  x ) 2 Bài 12: Giải hệ phương trình sau   y (4 y  x ) 2 x II.2 Một vài kinh nghiệm đúc kết qua việc dạy khai thác số toán gốc nhằm rèn luyện kỹ giải tập tốn cho học sinh lớp 10 Theo thân tơi, hướng dẫn học sinh khai thác toán gốc để nhằm rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh người giáo viên việc làm quan trọng hướng dẫn học sinh giải tập tốn Trong q trình giảng dạy, thân tơi vận dụng số biện pháp qua việc khai thác toán gốc nhằm rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh Đặc biệt ứng dụng tốn vào dạy học Tốn phân tích tơi thất tương đối có hiệu Khi dạy học vận dụng khai thác tiềm Sách giáo khoa, cách có hệ thống Biết phân tích vấn đề, trường hợp xảy ra, điều mà nhà viết sách đưa ra, ẩn tàng Tăng cường tham khảo, tìm tịi nghiên cứu tài liệu Qua hệ thống loại tốn dạng, có tính chất Để tìm cách đưa tốn "quy lạ quen" nhằm khai thác rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh cách có hiệu Trong q trình dạy học ln hướng cho học sinh cách phân tích, tiếp cận toán Nhằm rèn luyện kỹ giải tập tốn, biết phân tích khai thác dạng tốn qua số toán gốc để từ tương tự hóa khái quát hóa tốn, học sinh khơng phải cung cấp cho học sinh cách giải máy móc tốn Khi gặp tốn giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh xem xét nhiều góc độ, cách nhìn khác Vận dụng biết, để chuyển từ chưa biết biết Trong trình dạy học cần tạo chuỗi toán liên quan Làm cho học sinh vận dụng linh hoạt kiến thức học để giải III KẾT LUẬN III.1 Đối với giáo viên 16 -Việc khai thác số toán sách giáo khoa việc làm cần thiết, từ để từ rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh, phát triển lực sáng tạo dạy học tốn Trong q trình dạy học nhận thấy người dạy biết khai thác cách khéo léo tập sách giáo khoa, chọn lọc toán để rèn luyện kỹ giải tập toán tạo nên cho học sinh niềm đam mê toán học - Rèn luyện kỹ giải tập toán qua việc khai thác số tốn giúp cho học sinh có khả phát triển tư toán học cách tốt nhất, nâng cao khả nhạy bén tình phát triển toàn diện - Tập luyện cho học sinh biết cách chuyển đổi toán tương đương, biết dự đốn Cần động viên, khích lệ cho học sinh đồng thời rèn luyện cho em tư toán học - Rèn luyện cho học sinh huy động kiến thức giải toán Hướng dẫn học sinh suy nghĩ theo kiểu tương tự, khái qt, biết tìm tịi khai thác, dự đoán để vận dụng cho toán khác - Trong q trình dạy học người giáo viên ln phải tìm tịi hướng dẫn học sinh biết chủ động tình huống, làm chủ kiến thức Cần hướng cho học sinh biết nhìn soi xét kĩ toán sách giáo khoa, tập cho em tự nghiên cứu, tìm tịi cách sáng tạo tốn mới, cách khai thác toán biết vận dụng tốn để khám phá kiến thức toán học III.2 Đối với học sinh - Học sinh phải người trung tâm biết cách nhìn nhận tốn, tránh cách học thụ động, tránh cách học chủ yếu ghi nhớ kiến thức để đối phó với thi cử, qua biết chủ động tích cực hình thành lên khả tự học, tự nghiên cứu để qua dạy thầy chiếm lĩnh tri thức cao - Đứng trước dạng tốn, tốn dù có đơn giản đến mấy, ngồi việc giải, học sinh cần phải tìm cách giải khác nhau, chẳng hạn giải tốn có liên quan đến định lý đảo dấu tam thức bậc hai, học sinh phải biết tìm tòi cách giải hợp lý để né tránh vấn đề mà chương trình giảm tải - Học sinh cần rèn luyện cho hoạt động thật linh hoạt theo nhiều hướng khác Đặc biệt toán vecto, toán bất đẳng thức chương trình Tốn lớp 10 - THPT Ngày 04 tháng 03 năm 2021 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB Đại học sư phạm G Plya, Toán học suy luận có lí, NXB Giáo dục Bộ GD&ĐT, Toán học tuổi trẻ,NXB Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Bá Kim –Vũ Dương Thụy, Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB Giáo dục 1992 Đào Tam(chủ biên), Tuyển tập 200 Bài thi vơ địch tốn, NXBGD Đồn Quỳnh(Chủ biên), SGK Hình học 10,NXB Giáo dục Đoàn Quỳnh(chủ biên), SGK Đại số 10 11, NXB Giáo dục Ban tổ chức kì thi 30/4, Tuyển tập đề thi 30/4 năm, NXB Giáo dục 18 19 LỜI CẢM ƠN Sáng kiến kinh nghiệm hồn thành q trình giảng dạy trường THPT Quỳnh lưu 4, thực nghiệm áp dụng thử trường THPT Quỳnh lưu Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới Ban giám hiệu, thầy tổ Tốn –Tin - Văn phòng, trường THPT Quỳnh lưu 4, tạo điều kiện tốt cho thân làm công tác thực nghiệm Đặc biệt xin cảm ơn thầy Chu Viết Tân (THPT Hồng Mai), thầy Ngơ Quang Vân (THPT Quỳnh Lưu 4), thầy Hồ Đức Tráng (THPT Quỳnh lưu 4) đọc, góp ý thực áp dụng thử sáng kiến trực tiếp Cuối xin cảm ơn lòng ưu thầy cô! ... sách giáo khoa qua đề tài "Khai thác số toán gốc nhằm rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh lớp 10" Qua nhằm rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh lớp 10 trường trung học phổ thơng Tuy nhiên,... quen" nhằm khai thác rèn luyện kỹ giải tập toán cho học sinh cách có hiệu Trong q trình dạy học ln hướng cho học sinh cách phân tích, tiếp cận toán Nhằm rèn luyện kỹ giải tập tốn, biết phân tích khai. .. toán để rèn luyện kỹ giải tập toán tạo nên cho học sinh niềm đam mê toán học - Rèn luyện kỹ giải tập toán qua việc khai thác số tốn giúp cho học sinh có khả phát triển tư toán học cách tốt nhất,