Biện pháp 1 Tập cho học sinh có thói quen mò mẫm, dự đoán

8. Cấu trúc của luận văn

2.2.1. Biện pháp 1 Tập cho học sinh có thói quen mò mẫm, dự đoán

rồi dùng phân tích, tổng hợp để kiểm tra lại tính đúng đắn của kết luận

Biện pháp thể hiện rõ con đường biện chứng của sự nhận thức chân lý vận dụng trong môn toán. Từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng rồi trở về thực tiễn. Lênin đã phát biểu: “thực tiễn cao hơn nhận thức, bởi vì nó không những có ưu điểm là tính phổ biến mà còn có ưu điểm là tính hiện thực trực tiếp”.

Nguyễn Cảnh Toàn đã viết “đừng nghĩ rằng “mò mẫm” thì có gì là “sáng tạo”. Nhiều nhà khoa học lớn phải dùng đến nó. Không dạy “mò mẫm” thì người thông minh nhiều khi phải chịu bó tay chỉ vì không nghĩ đến hoặc không biết mò mẫm.”

2.2.1.2. Nội dung của biện pháp

Từ trực quan, hình tượng cụ thể, quan sát, đo đạc, thử nghiệm… mò mẫm, dự đoán, kết luận, rồi dùng các phương pháp tương thích phân tích, tổng hợp để kiểm tra lại tính đúng đắn của kết luận.

2.2.1.3. Yêu cầu học sinh

Biện pháp yêu cầu HS nắm vững kiến thức bao gồm các khái niệm, định nghĩa, định lý, công thức, và suy luận logic.

Vận dụng được kiến thức toán học vào thực tiễn, vào BT từ thấp đến cao, phù hợp với các đối tượng HS. Từ đó, hình thành tính mềm dẻo của tư duy sáng tạo.

Từ trực quan, hình tượng cụ thể, mò mẫm, dự đoán, kết luận rồi dùng phương pháp suy luận để kiểm tra lại tính đúng đắn.

2.2.1.4. Các bài tập ví dụ và bài tập tương tự

Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi nhỏ nhất.

Để giải quyết BT, GV yêu cầu HS vẽ vài hình chữ nhật có cùng diện tích và một hình vuông có diện tích bằng hình chữ nhật. Yêu cầu HS dự đoán xem trong tất cả các hình trên hình nào có chu vi nhỏ nhất.

Sau khi HS dự đoán được kết quả, GV hướng dẫn HS chứng minh để khẳng định điều dự đoán trên là đúng.

Giải

Gọi a, b là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật (a, b > 0) Ta có a b ab (a b)min 2 ab a b

2

      

. Từ BT trên ta phát biểu BT tương tự sau:

BT1. “Chứng minh rằng trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất”.

BT2. “Chứng minh rằng trong tất cả các tam giác có cùng chu vi, tam giác đều có diện tích lớn nhất”.

Ví dụ 2.2. Cho x3. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) x 1 x   . Theo điều kiện BT, HS dự đoán được cách giải BT là áp dụng bất đẳng thức Cauchy. Tuy nhiên, với điều kiện x 3, f (x) x 1 2

x

    , thì dấu “=” không xảy ra nên không thể tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho. Để giải được BT, GV yêu cầu HS thêm bớt vào BT một lượng nào đó (bảo toàn hàm số f (x)) để có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy tìm kết quả thỏa điều kiện BT đã cho. Giải Ta có f (x) x 1 x 1 8x x 9 x 9          Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có x 1 2 x 1. 2 9 x 9 x 3 (1) Dấu “=” xảy ra x 1 x 3 (do x 0)

9 x

Theo giả thuyết x3, ta có 8x 8

9 3. Dấu “=” xảy ra  x 3. (2) Từ (1), (2) suy ra f (x) 10

3

 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi đồng thời có dấu “=” trong (1), (2) x 3. Vậy x 3 10 min f (x) khi x 3 3    . Cách khác Ta có f '(x) 1 12 0 khi x 3 x    

Vậy f (x) là hàm đồng biến khi x3. Do x3 nên ta có f (x) x 1 f (3) 10 x 3     . Dấu “=” xảy ra x 3 10 x 3 min f (x) 3      .

Đối với BT này, đây chính là cách giải tối ưu và đơn giản nhất. Như vậy, theo yêu cầu của BT mà HS sẽ dự đoán được rằng cần phương pháp giải nào phù hợp để giải BT và áp dụng như thế nào để tìm kết quả của BT.

TT với cách phân tích và giải BT trên ta có thể giải cho các BT sau: BT 1. Cho x2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) x 12

x   . BT 2. Cho 0 x 1 2   . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 2x 12 x   .

Ví dụ 2.3. Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. M là điểm trên nửa đường tròn. Xác định vị trí M để:

a. Diện tích tam giác MAB lớn nhất. b. Chu vi tam giác MAB lớn nhất.

Theo yêu cầu BT, GV yêu cầu HS vẽ hình và xác định xem vị trí điểm M nằm ở đâu trên nửa đường tròn (O; R) thì thỏa yêu cầu BT đưa ra. Qua hình vẽ, HS xác định và dự đoán được là M phải là trung điểm của cung AB. Sau đó, GV có nhiệm vụ hướng dẫn HS chứng minh để khẳng định điều dự đoán trên là đúng. Giải Vẽ MHAB (HAB) a. SMAB MH.AB MH.R 2   Ta có MHAB, OAB. Do đó MHOMR nên 2 MAB S R (không đổi)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi HO. Suy ra M là trung điểm AB.

b. AMB 90 (AMB 0 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MAB

 vuông tại M có MHABMH.ABMA.MB MAB

 vuông tại M, theo định lí pitago ta có MA2MB2AB24R2.

MAB P MAMBAB, AB không đổi 2 2 2 (MAMB) MA MB 2MA.MB Do đó, PMAB lớn nhất khi MA + MB lớn nhất 2 (MA MB)   lớn nhất MA.MB lớn nhất MAB P  lớn nhất M là trung điểm AB.

Vậy diện tích và chu vi tam giác MAB lớn nhất khi M là trung điểm cung AB.