Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác và sáng tạo bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về lôgarit và lũy thừa

Sáng kiến kinh nghiệm PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1 Lí chọn đề tài Mục tiêu giáo dục phổ thơng tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, lực công dân, phát bồi dưỡng khiếu, định hướng nghề nghiệp cho học sinh Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, trọng lí tưởng, truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, lực kỹ thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn Phát triển khả sáng tạo, tự học, khuyến khích học tập suốt đời Trong q trình dạy học tốn bậc phổ thông, việc bồi dưỡng kiến thức phát triển tư cho học sinh nhiệm vụ trọng tâm người giáo viên Thực tế cho thấy nhiều giáo viên dạy học còn nặng khâu truyền thụ kiến thức, kiến thức đưa hầu sẵn có, yếu tố tìm tòi phát hiện, chưa trọng nhiều việc dạy học sinh cách học, chưa phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh Thơng thường em học sinh giải trực tiếp tập toán mà chưa khai thác tiềm tốn Học sinh có khả giải vấn đề cách rời rạc mà có khả xâu chuỗi chúng lại với thành hệ thống kiến thức lớn Chính việc bồi dưỡng, phát triển tư tương tự hóa, khái quát hóa,… cần thiết học sinh phổ thơng Việc làm giúp em tích lũy nhiều kiến thức phong phú, khả nhìn nhận, phát vấn đề nhanh giải vấn đề có tính lơgic hệ thống cao Mục tiêu Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 nói chung mơn Tốn nói riêng phát triển phẩm chất lực cho học sinh, lực tư sáng tạo đóng vai trò quan trọng Trong chương trình Giải tích 12 THPT hành, chủ đề hàm số mũ, hàm số lũy thừa hàm số lôgarit chủ đề trọng tâm, đa dạng, có tính ứng dụng thực tiễn cao Đặc biệt toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, nhỏ liên quan đến chủ đề gây khơng khó khăn cho người học; toán loại xuất nhiều kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 kỳ thi THPT quốc gia mức độ vận dụng đề thi Để học tốt chủ đề người học việc nắm vững hệ thống kiến thức cần có thêm nhiều kỹ giải, có tư độc lập tư sáng tạo Vì vậy, trình dạy học, người dạy biết cách khai thác sáng tạo toán giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ liên quan đến lôgarit lũy thừa từ kiến thức bản, tập đơn giản khơng giúp em học tập có hiệu mà còn tạo hứng thú học tập cho em học sinh, còn góp phần quan trọng việc rèn luyện bồi dưỡng tư sáng tạo cho người học Từ ý tưởng lý nêu trên, định chọn đề tài nghiên cứu: ‘‘Phát triển lực tư cho học sinh thông qua việc khai thác sáng tạo toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lôgarit lũy thừa” Sáng kiến kinh nghiệm 1.2 Tổng quan đề tài tính mới của đề tài Thứ nhất, đề tài đã trình bày sở lí luận thực tiễn vấn đề phát triển lực tư cho học sinh thông qua khai thác sáng tạo tốn tìm tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ lôgarit lũy thừa Thứ hai, đề tài đã xây dựng lớp tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ loogarit lũy thừa dựa vào kết bất đẳng thức GTLN, GTNN biểu thức không chứa hàm số mũ, lôgarit Thứ ba, đề tài đã xây dựng lớp tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ lơgarit lũy thừa dựa vào tính đơn điệu hàm số lôgarit hàm số mũ Sáng kiến kinh nghiệm PHẦN II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận thực tiễn 2.1.1 Cơ sở lí luận a Khái niệm tư Theo từ điển tiếng Việt “Tư trình nhận thức, phản ánh thuộc tính chất, mối quan hệ có tính chất quy luật vật, tượng ”(Hoàng Phê1998) Nguyễn Thanh Hưng (2019, tr 184) cho rằng: “tư giai đoạn cao nhận thức, sâu vào chất phát quy luật vật hình thức biểu tượng, phán đốn, suy lí, Đối tượng tư hình ảnh, biểu tượng, kí hiệu Các thao tác tư chủ yếu gồm: phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hóa, trừu tượng hóa, ” (dẫn theo Trần Mạnh Sang, Nguyễn Văn Thái Bình, Tạp chí giáo dục, số đặc biệt, kỳ 1, tháng 5/2020 tr 111-116) b Năng lực tư phát triển của lực tư Thế lực? “Năng lực đặc điểm thuộc tính tâm lý riêng người, tổ hợp thuộc tính phản ánh quan hệ tác động khách thể chủ thể Năng lực khác với tri thức kỹ năng, kỹ xảo Năng lực đặc điểm tâm lí người, tạo thành điều kiện quy định tốc độ, chiều sâu, cường độ việc lĩnh hội tri thức, kỹ năng, kỹ xảo”(PGS.TS Đinh Thị Kim Thoa) Năng lực khả nhận thức vận dụng kiến thức, kỹ năng, thái độ học tập thực tiễn sống Thế lực tư duy? Có thể hiểu lực tư tổng hợp khả ghi nhớ, tái hiện, trừu tượng hóa, khái quát hóa, tưởng tượng, suy luận, giải vấn đề, xử lí tình cảm trình phản ánh, phát triển tri thức vận dụng chúng vào thực tiễn Theo Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 mơn Tốn , biểu quan trọng lực tư lập luận toán học “thực tương đối thành thạo thao tác tư duy, đặc biệt phát tương đồng khác biệt tình tương đối phức tạp lí giải kết việc quan sát”(Bộ GD-ĐT, 2018) Thế phát triển lực tư duy? Có thể nói, phát triển lực tư HS hình thành rèn luyện cho HS yếu tố tư gắn liền với việc hình thành phát triển cho học sinh thao tác tư duy(phân tích, so sánh, suy luận, tổng hợp, khát quát, đánh giá, trừu tượng hóa, đặc biệt hóa); phẩm chất tư duy(tính linh hoạt, tính sáng tạo, tính bền bỉ, tính động, tính đa dạng, đa chiều tư duy); Sáng kiến kinh nghiệm kỹ tư duy(kỹ tư phê phán, kỹ tư đối thoại, kỹ tư sáng tạo, kỹ tư giải vấn đề) Từ tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ quen thuộc, HS tự tìm lời giải cho tốn tương tự, tìm khác toán, cao phát biểu tốn 2.1.2 Cơ sở thực tiễn Qua thực tiễn dạy học, chúng tơi thấy: - Học sinh THPT còn yếu Tốn kiến thức bị hổng từ cấp dưới, thêm vào chưa chịu khó suy nghĩ, tư trình học tập; - Học sinh học tập còn thụ động, máy móc, thiếu tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân; - Khơng học sinh thực chăm học chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa chủ động, tích cực để tham gia vào hoạt động học tập để lĩnh hội kiến thức nên kết học tập chưa cao; - Nhiều học sinh học tập giải tập Toán, quan tâm đến kết toán hay sai, hoặc hài lòng với lời giải mình; tìm tòi lời giải khác, khơng khai thác để phát triển tốn, sáng tạo tốn nên khơng phát huy nhiều tính tích cực, độc lập sáng tạo thân - Trong trình dạy học luyện tập trường phổ thơng, khơng Giáo viên chữa tập đơn lẻ cho học sinh, hoặc tập mang tính áp dụng, chưa thực trọng để khai thác, phát triển sáng tạo tốn Do khơng phát huiy tính tích cực chủ động, sáng tạo, khó hình thành phát triển lực tư cho học sinh 2.2 Giải pháp thực Để phát huy tính tích cực, chủ động, tự giác phát triển lực tư cho học sinh, trình dạy học luyện tập hoặc dạy học tập tốn, giáo viên ln trọng định hướng để học sinh tìm tòi nhiều cách giải cho toán, khai thác phát triển để sáng tạo nhiều toán từ toán đã cho Trong phạm vi đề tài, lựa chọn việc khai thác sáng tạo toán tìm GTLN, GTNN lơgarit lũy thừa 2.2.1 Khai thác sáng tạo toán xuất phát từ kết các toán bất đẳng thức, tìm GTLN, GTNN không chứa hàm mũ lôgarit Bài toán 1: Cho số thực x, y, z �1 thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức T  xyz Lời giải: -Tìm giá trị lớn nhất: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có Sáng kiến kinh nghiệm 64 �x  y  z � 64 T  xyz �� � , dấu “=” xảy x  y  z  Suy maxT= 27 � � 27 Từ giả thiết suy T  xy   y  z    xy    x  xy  x y Vì z �� y x Xét hàm số f  y    xy    x  xy với �y �3  x f '  y   2 xy    x  x f '  y   � y  4 x  y0 2 Lập bảng biến thiên hàm số suy f  1  f   x    x  3x �f  y  �f  y0  Từ giả thiết ta lại có x   y  z �2 Xét hàm số g  x    x  3x, x � 1;2 có giá trị nhỏ x  Suy giá trị nhỏ f  y  x  2; y  z  Nhận xét 1: Với giả thiết toán đã cho, biểu thức T  xyz đạt giá trị nhỏ Suy biểu thức log a xyz  log a x  log a y  log a z đạt giá trị nhỏ log a Chọn x, y, z , a số thích hợp ta tạo nhiều toán từ toán đã cho a Chọn x  y  9b , z  27c , a  ta toán: a Bài toán 1.1: Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn  9b  27c  Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức T  a  2b  3c Nhận xét: Khái qt hóa tốn ta toán tổng quát: Bài toán 1.2: Cho số thực x, y, z �1 thỏa mãn x  y  z  a  a  3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức T  xyz Lời giải: -Tìm giá trị lớn nhất: Tương tự toán 1, dễ thấy maxT= a3 a � x yz 27 -Tìm giá trị nhỏ nhất: Từ giả thiết suy T  xy  a  y  z    xy   a  x  xy x  y Vì z a�� y a x Xét hàm số f  y    xy   a  x  xy với �y �a   x Sáng kiến kinh nghiệm f '  y   2 xy   a  x  x f '  y   � y  ax  y0 Lập bảng biến thiên hàm số suy f  1  f  a   x    x   a  1 x �f  y  �f  y0  Từ giả thiết ta lại có x  a  y  z �a  Xét hàm số g  x    x   a  1 x, x � 1; a  2 đạt giá trị nhỏ x  a  Suy giá trị nhỏ f  y  a  x  a  2; y  z  Nhận xét: Tương tự toán 1.1, từ toán 1.2 biểu thức T  xyz đạt giá trị nhỏ a  , biểu thức log c xyz  log c x  log c y  log c z đạt giá trị nhỏ log c  a   Chọn x, y, z, a, c số thích hợp ta nhiều toán từ toán đã cho Chẳng hạn: Thay x, y, z , c lần lượt bới số b x , b y , b z , b ta toán: Bài toán 1.3: Cho số thực không âm x, y,z thỏa mãn: b x  b y  b z  a  b  1, a  3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức T  x  y  z Đặc biệt hóa toán thay x, y, z , c lần lượt bới số x ,25 y ,125 z ,2020 đồng thời chia T cho ta toán: Bài toán 1.3.1: Cho số thực không âm x, y,z thỏa mãn: x  25 y  125 z  2020 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức T  x y z   Nhận xét: Bài toán 1.3.1 nội dung tốn vận dụng cao đề thi thử TNTHPT lần năm 2020 trườngTHPT chun Bắc Giang, tốn có nội dung sau: Bài toán: Cho số thực không âm x, y,z thỏa mãn: x  25 y  125 z  2020 Giá trị nhỏ biểu thức T  A log 2020 B log 2018 C x y z   log 2020 D log 2018 Trong toán 1.3.1, đặt x  a,5 y  b,5 z  c toán: Sáng kiến kinh nghiệm Bài toán 1.3.2: Cho số thực a, b,c thỏa mãn a, b,c �1 a  b  c3  2020 Tìm 1 giá trị nhỏ biểu thức T  log a  log b  log c Xét toán: Bài toán 2: Cho số thực x, y thỏa mãn x, y �1 log 2019 x  log 2020 y  Gọi M, m lần lượt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P  log 2020 x  log 2019 y Khẳng định sau đúng? A M  m  log 2019 2020 B M  m2  log 22019 2020  log 22020 2019 C M  n  log 2019 2020  log 2020 2019 D M  n  log 2019 2020 (Trích đề thi thử TN THPT SGD Hà Tĩnh lần 2, năm học 2019 - 2020) Lời giải: Cách Đặt a  log 2020 x, b  log 2019 y Từ giả thiết suy a, b �0 a log 2019 2020  b log 2020 2019  1 * -Tìm giá trị lớn nhất: Theo bất đẳng thức Bunhiacơpski ta có: a log 2019 2020  b log 2020 2019   log 2020 2019  log 2019 2020  � a  b  Suy P � log 2019 2020  log 2020 2019 Dấu ‘‘=’’ xảy a log 2019 2020 b log 2019 2020  � a log 2019 2020  b log 2019 2020 Kết hợp (*) ta có log 2020 2019 log 2019 2020 a log 2020 2019 log 2019 2020 ,b  log 2019 2020  log 2020 2019 log 2019 2020  log 2020 2019 Suy M  log 2019 2020  log 2020 2019 -Tìm giá trị nhỏ nhất:  a log 2019 2020  b log 2020 2019   a  b  log 2019 2020  b  log 2019 2020  log 2020 2019  � a  b  log 2019 2020 Do a  b �log 2020 2019 �  a  b  �log 2020 2019 � a  b � log 2020 2019, dấu ‘‘=’’ xảy b  0; a  log 2020 2019 Suy m  log 2020 2019 Sáng kiến kinh nghiệm Vậy M  m  log 2019 2020 Cách Đặt a  log 2019 x, b  log 2020 y Từ giả thiết ta có a, b �0 a  b  P  log 2020 2019 a  log 2019 2020  a 0;1� Xét hàm số f  a   log 2020 2019 a  log 2019 2020  a với a �� � � Ta có f ' a   log f ' a   � 2020 a 2019  log 2020 2019 1 a log 2020 2019 log 2019 2020 log 2020 2019  �a a log 2019 2020  log 2020 2019 a 1 a f  a0   log 2019 2020  log 2020 2019, f    log 2019 2020, f  1  log 2020 2019 Từ suy m  log 2020 2019 , M  log 2019 2020  log 2020 2019 Nhận xét 2: Khái qt hóa tốn thay 2019 số thực n  ta toán tổng quát: Bài toán 2.1: Cho số thực x, y thỏa mãn x, y �1 log n x  log n1 y  1 n  1 Gọi M, m lần lượt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P  log n1 x  log n y Tìm M, m Đáp số: m  log n 1 n , M  log n  n  1  log n1 n Tiếp tục khái quát hóa thay hệ số giả thiết trước số log m1 x , log m y P số l , q, r  l �1; q, r   ta toán tổng quát: Bài toán 2.2: Cho số thực x, y thỏa mãn x, y �1 log n x  log n 1 y  l  n, l  1 Gọi M, m lần lượt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P  q log n1 x  r log n y  q, r   Tìm M, m Lời giải Đặt a  log n x, b  log n 1 y Từ giả thiết ta có a, b �0 a  b  Khi P  q log n 1 n a  r log n n  b  q log n 1 n a  r log n n  l  a 0; l � Xét hàm số f  a   q log n 1 n a  r log n n  l  a với a �� � � Ta có Sáng kiến kinh nghiệm f ' a   q log n 1 n r log n  n  1  a la f ' a   � q log n 1 n r log n  n  1 l.q log n 1 n  �a a r log n  n  1  q log n 1 n a 1 a f  a0   l  r log n  n  1  q log n 1 n  , f    q l log n 1 n , f  l   r l log n  n  1   Từ suy m  q l log n 1 n , r l log n  n  1 , M  l  r log n  n  1  q log n 1 n  Nhận xét 3: Xuất phát từ bất đẳng thức xy  yz  zx �a0  a0  0, x, y, z   phương pháp cân hệ số bất đẳng thức Côsi, ta tìm GTNN biểu thức M  ax  by  cz (a, b, c  0) Ta cần đánh giá M �T ( xy  yz  zx ) � mx  ny �2 mnxy � � m ' x  pz �2 m ' pxz Thông qua : � � n ' y  p ' z �2 n ' p ' yz � m  m�  a,  n  n�  b,  p  p� c � Suy cần chọn m, m ', n, n ', p, p ' thỏa mãn: � m.n  m ' p  n� p � Từ ý tưởng ta xét trường hợp đặc biệt, chẳng hạn M  ax  by  bz Vì vai trò y, z nên dự đoán P đạt � y  z Do ta có đánh � mx  ny �2 mnxy � � 2 giá: �mx  nz �2 mnzx � p( y  z ) �2 pyz � Sáng kiến kinh nghiệm a � m  � mna � � 2 p2 � �  a  a  8ab n  p  b � n  Chọn m, n, p thỏa mãn: � � � p a �m.n  p � � p  ap  ab  � � � M  a  a  8ab  xy yz zx  a  a  8ab a0 � n �xy  yz  zx  a0 �x  � mn  m � Dấu "  " xảy � � mx  n y � � m � �y  z  yz � � mn  m � Chọn a, b, a0  bất kỳ thay x  log m a ', y  log m b ', z  log m c ' ta lớp toán + Chọn a0  , x  log a� , y  log b ' , z  log c ' , b  c  28 � log a� log b ' log b 'log c ' log c 'log a� �1  a’, b’, c’  1 � log a� �(1  log b 'log c ') log b ' c ' 2, từ ta có tốn: Bài tốn 3.1 Cho a, b, c  1 thỏa mãn: log a �  log b log c  log bc Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  log 22 a  28log 22 b  28log 22 c (Trích từ đề thi thử THPT lần 4, năm 2020 trường THPT Chuyên Hưng Yên) Lời giải: Đặt x  log a, y  log b, z  log c Vì a, b, c  � x, y, z  Khi giả thiết log a �  log b log c  log bc trở thành x �  yz  � xy  yz  zx �1, P  x  28 y  28 z yz Theo nhận xét ta có 49 � �1 49 � �1 P  � x2  y � � x  z �  y  z  2 �2 �2 � �2 �2 49 2 49 x y 2 x z  yz   xy  yz  zx  �7 2 2 Sáng kiến kinh nghiệm 11 � x2  y3  x2  y3  2x  y 4 7 111  x  y  y  x  y � ( )2   4 16 TH2:  x  � x  Từ nhận xét ta có 15 63 11 63 P � x2  y   x  y  x  y  x2  y  2x  y  4 32 4 32 Đánh ta GTNN P 101 32 Kết hợp đánh giá: � 25 x  � x � 13 � 16 � x  y � (5 x  y )  � �y  �1 y � 16 Ta có tốn: x  y 1 �3 Tìm giá Bài tốn 8.3: Cho số thực khơng âm x, y thỏa mãn: x  y trị nhỏ biểu thức P  x  y  x  y  x  y 2 � x � � Nhận xét: Cũng từ kết P � � �y  � 5� � � � �5 �  xy Ta xét x, y �� ; �� �y  � �  x ��0 ۣ 4� � � � �4 � 5 x y 4 16 5 � P  x  y �xy  � P  x  y �4 xy  4 16 � x � � , ta có tốn: Dấu “=” xảy � �y  � � 5� � x  y 1 �3 Tìm giá trị Bài tốn 8.4: Cho số thực x, y �� ; �thoả mãn: x  y 4� � 2 nhỏ P  x  y  x  21 y  xy 27 Sáng kiến kinh nghiệm Nhận xét: Xét tương tự cho trường hợp biến x, y , z từ hàm số f (t )  ta t (a  1) đồng biến với t  1: Chọn a  3, u   x  y  , v    z  với x, z �0; x  y �0 2 Xét biểu thức P  x  y  z  2ax  2by  2cz (a, b, c  0) z 0 z TH1: �۳۳ P 4c TH 2: z�0۳ z u, v 2 x y 2 z Ta có: f (u) �f (v) � 2(2 x  y).2   �2(2  z ).2   � (2 x  y).24 x  y  z 4 �2  z Chọn a  3, b  2, c  Từ ta có tốn: Bài tốn 8.5: Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x, z �0; x  y �0 z  (2 x  y)24 x  y  z  �2(1) 2 Tìm giá trị nhỏ P  x  y  z  x  y  z Lời giải vắn tắt: z TH1: �۳۳ z P TH 2:  z  � z  Theo nhận xét ta có (1) �  x  y  �4  z � x  y  z �2 Kết hợp 2 2 2 2  12  12  �  x  3   y    z  1 � x  y  z  9�  x  3   y    z 1 ��� � � � � � � � 2 121 37 � P   x  3   y    z 1  14 �  14  6 � �x  � � 2x  y  z  � 1 37 � P  � �x  � �y  (TM )  y   z 1 � � �2 � �z  � 37 Vậy P  Với giả thiết đã chọn, ta có: 28 Sáng kiến kinh nghiệm 2 2 2   1 �  x  a    y b    z c  �  x  a    y b    z c  ��� � ��  2a  b  c  � � (2  2a  b  c)  6a  6b  6c � P  ( x  a )2  (y b)  (z  c)  a  b  c � Dấu “=” xảy a  b  c  � �x  � � 2x  y  z  � 3a  5b  c  �� � �y  �x  a  yb  z c � � � � 3a  b  5c  �z  � �b  c  �a � Chọn a, b, c  thoả mãn �3a  b  c �5c ( x, z �0, x  y �0) � a  3c  �5b � Ta có tốn tổng qt toán 8.5: Bài toán 8.6: Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x, z �0; x  y �0 z  (2 x  y )24 x  y  z 4 �2 Với số a, b, c  thoả mãn: b  c  �a,3a  b  �5c, a  3c  �2b 2 Tìm giá trị nhỏ P  x  y  z  2ax  2by  2cz Nhận xét: Từ kết tốn 8.5 ta có P  37 � x  ,y   ,z  6 Kết hợp đánh giá ta có: � 8 �3 x x  2x2 �x  x  5103 27 27 � �  x  z  �2 x  z  , � 5832 125 125 � z  z3  �3 z z  z2 � 216 126 � � 4 4 �x  �2 x  x 369 9 � � x4  z � x2  z2  � 3 324 �z  25 �2 x 25  z � 36 � 36 Từ ta có tốn: Bài toán 8.7: Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x, z �0; x  y �0 z  (2 x  y )24 x  y  z 4 �2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 29 Sáng kiến kinh nghiệm a) P   x  z   x  y  z  x  y  z 2 2 4 b) P '  x  z  x  y  z  x  y  z 3 Nhận xét 9: Xuất phát từ tính đơn điệu hàm số f  t   log c t  t (c  1), hàm số đồng biến khoảng  0; � Ta chọn u , v biểu thức hai biến để tìm GTLN, GTNN cách hợp lý ta lớp toán + Chọn u  ax  by, v   ax  by   mx  ny   x, y  0; a, b, m, n   Từ ta có: u  v � f  ax  by   f   ax  by   mx  ny   � log c  ax  by   ax  by  log c  ax  by   mx  ny    ax  by   mx  ny  � log c  ax  by   mx  ny   ax  by  ax  by   mx  ny  1  � log c  mx  ny    ax  by   mx  ny  1  + Chọn c  3, u  x  y, v   x  y   x  y  , kết hợp chọn biểu thức đánh giá P  20214 x  2021y , ta có tốn: 2 Bài toán 9.1: Cho số thực dương x, y thỏa mãn log  x  y   x  x  y  3  y  y  1  2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  2021x  20214 y Lời giải: Vì x, y  nên theo nhận xét ta có log  x  y   x  x  y  3  y  y  1  � log3  x  y   x  y  log  3x  y   x  y    3x  y   x  y  � x  y   3x  y   x  y  � x  y  Từ ta có 2 2 P  2021x  20214 y �2 2021x 20214 y  2021x 4 y  x2 y  �2 2021  2021 � x � � P  2021 � � Vậy GTNN P 2021 �y  � 30 Sáng kiến kinh nghiệm + Trong nhận xét 9, chọn c  2, u  x  y, v   x  y   x  y  , kết hợp chọn biểu thức đánh giá P  log 2020 x  2log 2020 y với việc dự đoán số sai lầm mà học sinh gặp phải, ta có tốn: Bài tốn 9.2: (trích đề thi thử TN THPT lần năm 2020 , trường THPTchuyên Hà Tĩnh) Cho số thực dương x, y thỏa mãn log  x  y   x  x  y  1  y  y  1  Khi biểu thức P  log 2020 x  2log 2020 y đạt giá trị lớn nhất, tính T  x  y A B 3 C D Lời giải: Từ nhận xét giả thiết log  x  y   x  x  y  1  y  y  1  � 1� 0; � ta suy x  y  � x  y  1, x, y  � y �� � 2� �   y   y  y � log Do P  log 2020 xy  log   y  y �log 2020 � 2020 � 27 � � P  log 2020 �x  y  1 �� � x y 27 �y   y Vậy P đạt GTLN ta có T  x  y  Nhận xét 10: Xuất phát từ đẳng thức � � 1 1  a � a  x  y   � a  x   y  �2 � x y x y � xy �  x  y  �1  Suy x    a  x  �0  * Với số thực a  ta có �  * ۣ x a   a  4a x a   a  4a a   a  4a a   a  4a � y  Suy giá trị lớn x 2 31 Sáng kiến kinh nghiệm � � a  � a �   Cũng từ  x  y  � hàm số f  t   log c t  t đồng xy x  y � xy � biến  0; � , với số a  ta có  � 1 � � a  � f�  � xy x  y � xy � �a � f� � �x  y � � � a a  log �  �  log xy x y � xy � x  y � � �x  y a 1  log � 1 � x y xy � xy � a � � a 1 1� 1  log c �x  y   � log c a x y xy x y� � + Chọn a  8, c  với việc dự đoán số sai lầm mà học sinh mắc phải, ta có toán: Bài toán 10.1: Cho số thực dương x, y thỏa mãn x đạt giá trị lớn A.12 �  xy 1�   log �x  y   � Biết x y xy x y� � m m n ( m, n, p �N tối giản Tính T  m  n  p p p B 40 C 16 D 20 Hướng dẫn: Theo nhận xét ta có giá trị lớn x a   a  4a  Do T  12  + Chọn a  c  10 với việc dự đốn số sai lầm mà học sinh mắc phải, ta có tốn: Bài tốn 10.2: Cho số thực dương x, y thỏa mãn: � 10 1 1� m n   log �x  y   � Biết x đạt giá trị lớn ( x  y xy x y� p � m, n, p �N A.83 m tối giản Tính T  m  n  p p B 21 C 29 D 20 32 Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn: Theo nhận xét ta có giá trị lớn x a   a  4a  15 Do T  20  Cũng từ đẳng thức �  xy 1�   log �x  y   � , mũ hóa hai vế theo số ta đẳng x y xy x y� � thức x y � 1 � xy 2  �x  y   � , kết hợp hàm số g  x   x  x đạt giá trị lớn x y� � x   11  dự đoán số sai lầm học sinh, ta có tốn : Bài tốn 10.3: � 1 � xy 2 Biết biểu thức Cho số thực dương x, y thỏa mãn x y  �x  y   � x y� � m m n ( m, n, p �N tối giản Tính p p P  x  x đạt giá trị lớn T  m  n  p B 139 A.140 C 19 D 16 Đáp số: A.140 t Nhận xét 11: Xuất phát từ tính đơn điệu hàm số f  t   a  t (a  1), hàm số đồng biến R, hàm số f  t   log t ( a  1) đồng biến  0; � , với x, y  a ta có x  y  a � x  a  y � x  a x  a  y  a a y � x  y  a x  a  a a y � x  y  a x  a a  y  a y a 1  1 � log a  x  y  a x   log a a a  y  a y a 1  1 � y  log a  x  y  a x   a  log a  a y a 1  1 Kết hợp đánh giá b x x b y y �2 b x x b y y 2 b 2 x  y  x y Dấu bất đẳng thức xảy b x x �2 b  by  x y   x  y y 2 b a2  a  b  1 � x  x  y  y � x  y Ta có tốn: 33 Sáng kiến kinh nghiệm Bài tốn 11.1: Cho số thực dương x, y thỏa mãn y  log a  x  y  a x   a  log a  a y a 1  1 , với số a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  b x2  x  b y2  y  b  1 Đáp số: P  2b a2  a a � x y Với cách chọn a  biểu thức P cần đánh giá ta xây dựng lớp nhiều toán đẹp + Chọn a  , xét biểu thức P   x  y   x  y  x  y   x3  y  xy  x  y    x  y ta có tốn: Bài tốn 11.2: x y 2 Cho số thực dương x, y thỏa mãn y  log3  x  y     log   1 , với số a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  xy  x  y    x  y � x � Đáp số: P   36 � � � �y  � Nhận xét : Cũng từ hàm số f  t   log a t  t (a  1) đồng biến  0;� , 2 2 kết hợp đẳng thức 2mx  ny  � b   mx  mx  ny  b  b  1; m, n   � b   mx  log  b   mx   mx  ny  b log  mx  ny  b  � log  b   mx   2mx  ny   log  mx  ny  b  (xét trường hợp b   mx  ) Xét biểu thức cần chọn để đánh giá: T   2mx  ny   px  qy   2mpx  2mqx y  npxy  nqy  m, n, p, q   hàm số f  t   log a t  t (a  1) đồng biến Đồng thời ta có T  px  qy  P q 2mx  n y (vì 2mx  ny  ) 2m n 34 Sáng kiến kinh nghiệm  �p �2m � T q2 � 2mx  � n� ny  p2 2m q2 n � np x � 2mnp  4m q p2 q2 � �T   �� 2m n mq �y  � n p  2mnq � + Chọn a  2, b  1010, m  n  2, p  q  ta có tốn: Bài toán 11.3: 2 2 Cho x, y  thỏa mãn log  1011  x   x  y  log  505  x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  x y  xy  2021 Đáp số: P   2021 + Chọn a  2, b  2019, m  n  p  q  ta có tốn: Bài tốn 11.4: 2 2 Cho x, y  thỏa mãn: log  2020  x   x  log  1009  x  y   y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  x y  xy  Đáp số: P   Nhận xét: Nếu đổi biến x, y tương ứng thành a, b Bài toán 11.4 ta toán đề thi thử TNTHPT lần năm 2020, trường chuyên Vĩnh Phúc 2.2.3 Thực nghiệm sư phạm 2.2.3.1 Mục đích thực nghiệm Kiểm tra tính hiệu sáng kiến kinh nghiệm 2.2.3.2 Nội dung thực nghiệm Thực nghiệm theo nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.2.3.3 Tổ chức thực nghiệm a) Địa điểm đối tượng thực nghiệm 35 Sáng kiến kinh nghiệm Thực nghiệm sư phạm tiến hành trường THPT Cờ Đỏ, huyện Nghĩa Đàn, tỉnh Nghệ An + Lớp thực nghiệm: 12A1(năm học 2019 - 2020), 12A1(năm học 2020 2021), Chúng đã tìm hiểu kỹ nhận thấy trình độ chung mơn tốn tương ứng lớp 12A1(năm học 2019 - 2020), 12A1(năm học 2020 - 2021) 12A2 (năm học 2020 - 2021) tương đương Trên sở đó, chúng tơi đã đề xuất lớp 12A1(năm học 2019 - 2020), 12A1(năm học 2020 - 2021), lấy 12A2(năm học 2019 - 2020), 12A2(năm học 2020 - 2021) làm lớp đối chứng b) Thời gian thực nghiệm sư phạm Thực nghiệm tiến hành từ ngày 12/4/2020 đến 02/2/2021 với số tiết dạy 15 tiết/ lớp (trong có kiểm tra) Phần lớn số tiết giảng dạy cho học sinh tiết luyện tập, tự chọn, bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi THPT quốc gia c) Công tác chuẩn bị tổ chức thực - Công tác chuẩn bị: + Điều tra thực trạng học tập lớp thực nghiệm + Soạn giảng dạy theo nội dung sáng kiến -Tổ chức thực hiện: *Ở lớp dạy thực nghiệm: - Dạy theo nội dung sáng kiến luyện tập, ngoại khoá, bồi dưỡng học sinh giỏi - Quan sát hoạt động học tập học sinh xem em có phát huy tính tích cực, tự giác có phát triển tư sáng tạo hay không - Tiến hành kiểm tra (90 phút) sau thực nghiệm - Cho em giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ liên quan đến lôgarit lũy thừa đề thi thức đề thi thử THPT Quốc gia, TNTHPT Quốc gia đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh thành phố nước * Ở lớp đối chứng: - Giáo viên thực quan sát hoạt động học tập học sinh lớp đối chứng Giáo viên giảng dạy tập nội dung SKKN không theo hướng sáng kiến - Tiến hành đề kiểm tra lớp thực nghiệm(đề kiểm tra dạng toán thường gặp kết hợp số toán mở) 36 Sáng kiến kinh nghiệm 2.2.3.4 Đánh giá kết thực nghiệm sư phạm Thực tế cho thấy, nhìn chung có nhiều em học sinh học tập bị động, máy móc, thiếu tính linh hoạt sáng tạo Khi trình thực nghiệm bắt đầu, quan sát chất lượng trả lời câu hỏi, giải tập dừng mức độ trả lời đối thoại giải toán đáp số, khơng có nhiều tìm tòi để sáng tạo tốn khác, học tập khơng thật tích cực Nhưng thấy rằng, lớp thực nghiệm, nhìn chung em tích cực hoạt động, học tập sơi có linh hoạt Các học đã phát huy tính độc lập, phát triển lực tư sáng tạo cho em học sinh Còn lớp đối chứng, hoạt động học tập còn khiên cưỡng, em chủ yếu giải toán cách thụ động, hoặc giải toán mà khơng khai thác tốn đó, có khả sáng tạo Nhiều em học sinh lớp thực nghiệm đã giải nhiều tốn tìm giá trị nhỏ lớn các đề thi thức đề thi thử THPT Quốc gia, TNTHPT Quốc gia đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh thành phố nước sau em đã thầy giáo giảng dạy theo nội dung sáng kiến Qua kỳ thi TNTHPT Quốc gia năm học 2020, em lớp 12A1 đã bồi dưỡng theo nội dung sáng kiến thực tế cho thấy em đã có tiến triển tốt, có lực tư sáng tạo trình học tập ôn thi, kết quả, nhiều em học sinh lớp đã giải khơng câu vận dụng cao đề thi, có câu tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số mũ, lơgarit Đặc biệt, có nhiều em đạt điểm mơn Tốn, có học sinh đạt điểm 10 Căn vào kết thực nghiệm, bước đầu thấy hiệu việc phát triển lực tư cho học sinh thông qua việc khai thác sáng tạo tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lôgarit lũy thừa mà đã đề xuất thực trình thực nghiệm 37 Sáng kiến kinh nghiệm PHẦN III KẾT LUẬN 3.1 Đề tài giải vấn đề sau: - Đã vận dụng sáng tạo thao tác tư tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa để tạo tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lôgarit lũy thừa Khai thác từ tốn quen thuộc, từ sáng tạo hệ thống toán - Xây dựng số chuỗi tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lơgarit lũy thừa dựa vào tính đơn điệu hàm số, đặc biệt hàm số mũ lơgarit - Xây dựng số tốn chứa tham số tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lôgarit lũy thừa Các vấn đề mà đề tài đã giải nêu điểm đề tài - Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh hoạ cho tính khả thi hiệu SKKN 3.2 Hướng phát triển của đề tài: Đề tài mở rộng theo chiều sâu cho vấn đề bất đẳng thức đại số, tìm GTLN, GTNN biểu thức mũ thơng qua khai thác tính đơn điệu hàm số bất đẳng thức phụ, ý tưởng khai thác sáng tạo toán sáng kiến góp phần phát triển lực tư cho học sinh mở rộng cho chủ đề khác mơn tốn mơn khoa học tự nhiên khác 3.3 Một số kinh nghiệm rút 3.3.1 Đối với giáo viên Việc khai thác toán bất đẳng thức sáng kiến giúp giáo viên: - Làm rõ nguồn gốc bất đẳng thức, tốn tìm GTLN, GTNN Điều tạo cho giảng giáo viên có chiều sâu, đặc biệt giúp học sinh có cách học, cách sáng tạo kết từ điều đã biết - Rèn luyện thao tác tư tương tự hóa, khái quát hóa đặc biệt hóa cho học sinh, giúp em có cách nhìn nhận vấn đề cách bao quát, cụ thể, có tính hệ thống, giải vấn đề nhanh hơn, có tính lơgic cao qua phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh - Trong trình giảng dạy, phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh, hướng cho học sinh có cách thức để khai thác kiến thức, tập hoặc tốn có vấn đề tập dượt cho học sinh khả nghiên cứu khoa học 3.3.2 Đối với học sinh Việc học tập theo định hướng giúp học sinh: - Không còn bỡ ngỡ, có cách tiếp cận có kỹ tốt việc giải tốn tìm GTLN, GTNN lơgarit, lũy thừa tốn khác liên 38 Sáng kiến kinh nghiệm quan - Có cách học, cách thức khai thác kiến thức từ kiến thức đã biết, dù hoặc quen thuộc - Học tập tích cực, chủ động, linh hoạt đặc biệt đã góp phần phát triển lực tư sáng tạo cho em, nhiệm vụ quan trọng việc dạy học mơn tốn trường phổ thơng Dù thân đã có nhiều cố gắng, song đề tài không tránh khỏi thiếu sót Kính mong hội đồng khoa học cấp trường hội đồng khoa học cấp sở đóng góp ý kiến để đề tài hoàn thiện ứng dụng rộng rãi thực tiễn dạy học Chúng xin trân trọng cảm ơn! Nghĩa Đàn, ngày 22 tháng năm 2021 Thay mặt nhóm thực Nguyễn Thanh Tuấn 39 Sáng kiến kinh nghiệm 40 Sáng kiến kinh nghiệm TÀI LIỆU THAM KHẢO Chương trình tổng thể giáo dục phổ thơng 2018, BGD&ĐT Chương trình giáo dục phổ thơng mơn Tốn 2018, BGD&ĐT G Polya (1965), Sáng tạo toán học, tập 1,2,3 Tài liệu bồi dưỡng GV, Bản dịch Phan Tất Đắc, Nguyễn Giản, Hồ Thuần, NXB GD Sách giáo khoa Đại số 10; Đại số Giải tích 11; Giải tích 12 THPT hành Đề thi THPT quốc gia đề thi thử TN THPT quốc gia mơn Tốn Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, NXBGD Trang wed diễn đàn Toán học Phương pháp dạy học mơn tốn, NXBGD Nguyễn Bá Kim 10 “Phát triển lực tư lập luậnToán học cho học sinh chun Tốn Trung học phổ thơng dạy học chủ đề phương pháp đếm nâng cao” (Trần Mạnh Sang, Nguyễn Văn Thái Bình, Tạp chí giáo dục, số đặc biệt, kỳ 1, tháng 5/2020 tr 111-116) 41 ... đạt điểm 10 Căn vào kết thực nghiệm, bước đầu thấy hiệu việc phát triển lực tư cho học sinh thông qua việc khai thác sáng tạo tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lôgarit lũy thừa mà đã đề... tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lôgarit lũy thừa dựa vào tính đơn điệu hàm số, đặc biệt hàm số mũ lôgarit - Xây dựng số tốn chứa tham số tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lôgarit lũy thừa. .. hơn, có tính lơgic cao qua phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh - Trong trình giảng dạy, phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh, hướng cho học sinh có cách thức để khai thác kiến thức, tập hoặc