Thông tin tài liệu
Trang I. Lý do chọn đề tài II. Mục đích nghiên cứu III. Phạm vi nghiên cứu IV. Cơ sở nghiên cứu V. Phương pháp nghiên cứu VI. Thời gian nghiên cứu VII. Giới hạn của đề tài 2 3 3 3 3 3 3 I. Khảo sát tình hình thực tế II. Nội dung đề tài III. Kết quả IV. Bài học kinh nghiệm V. Kiến nghị 4 5 19 19 20 21 22 1 !"#$% & I.'()*%+,-: Bất đẳng thức và các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức là các vấn đề đã được đề cập trong chương trình sách giáo khoa môn toán ở bậc Trung học phổ thông. Thời gian giảng dạy chủ đề này không nhiều, mức độ bài tập trình bày trong sách giáo khoa và sách bài tập đều ở dạng cơ bản. Tuy nhiên trong các kỳ thi Đại học và các kỳ thi học sinh giỏi thì các bài toán về bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất lại là một đỉnh cao mà rất ít học sinh có thể vượt qua. Rất nhiều học sinh còn lúng túng trước các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đặc biệt là học sinh lớp 10. Trong những năm gần đây thực hiện chương trình giảm tải của Bộ giáo dục, môn toán chương trình ban cơ bản của lớp 10 còn 3 tiết trên tuần. Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn xây dựng kế hoạch giảng dạy thêm một tiết tự chọn dành cho môn toán dạy theo chủ đề bám sát. Căn cứ vào kế hoạch của nhà trường, của Ban chuyên môn, Tổ toán đã xây dựng kế hoạch dạy tự chọn môn toán lớp 10 theo từng chủ đề, bám sát với phân phối chương trình của Sở giáo dục trong đó có chủ đề : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biếu thức, chủ đề này được thực hiện sau khi học sinh học xong bài Bất đẳng thức. Năm học 2012-2013 tôi được nhà trường phân công giảng dạy lớp 10A1.Thực tế trong những năm học trước bản thân tôi cũng đã có những băn khoăn trăn trở về cách hướng dẫn học sinh học giờ tự chọn như thế nào cho hiệu quả và làm thế nào để học sinh có hứng thú học trong các giờ tự chọn? Trong khi tài liệu chung để học sinh và giáo viên tham khảo không có. Khóa học 2008 - 2011 tôi đã mạnh dạn đưa một số dạng bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất vào giảng dạy ở giờ tự chọn và học sinh đã có hứng thú trong việc giải các dạng bài tập đó.Tuy nhiên kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh học sinh chỉ đạt giải ba, còn thi đại học mới có một số em đạt điểm 9 khối A và khối B. Trong năm học này tôi mạnh dạn giới thiệu cho học sinh lớp 10 một số dạng bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức để giúp và đặc biệt tạo cho học sinh !và lòng đam mê chinh phục đỉnh cao trong các kỳ thi sắp tới" Các bài toán tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất có một vị trí quan trọng trong các kỳ thi và nó có sức hấp dẫn đối với học sinh khá giỏi và cả những người say mê toán.Đối với đối tượng học sinh lớp 10 các em chưa học đạo hàm nên chỉ dừng lại ở một số phương pháp cơ bản để giải các bài toán đó.Tuy nhiên thời gian dạy chủ đề này không nhiều nên tôi chỉ dừng lại ở việc giới thiệu các bài toán tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất bằng bất đẳng thức giúp cho các giờ học tự chọn đạt hiệu quả và học sinh thích học giờ tự chọn hơn. Chính vì lý do đó tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến #$%!&'()*+," Xin trao đổi cùng các đồng nghiệp. 2 I-%./-0!& Giúp học sinh lớp 10 nâng cao khả năng tư duy toán học, có những suy nghĩ tích cực trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.Học sinh thích học các giờ tự chọn hơn, đồng thời qua đó giúp học sinh say mê nghiên cứu toán học, ham học hỏi. Tạo cho học sinh có niềm tin, mơ ước chinh phục được đỉnh cao của trí tuệ. 12-/-0!& 1. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 10A1 của Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn trong giờ học tự chọn môn toán. 2. Phạm vi nghiên cứu: #$%!&'()*+, bằng các bài toán Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât. -2345$/-0!& Để thực hiện đề tài này, tôi dựa trên cơ sở các kiến thức đã học ở Trường ĐHSP, các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học phổ thông … 264/7/-0!& Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu sách tham khảo, đề thi học sinh giỏi, mạng Internet, các tài liệu liên quan khác… – Phương pháp khảo sát thực tiễn: Khảo sát học sinh lớp 10A1 của Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn. – Phương pháp quan sát : Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT Nguyễn Trung Ngạn - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy thực nghiệm, cho đề kiểm tra khảo sát kết quả sau khi thực hiện chuyên đề. – Phương pháp thống kê toán học. 2-38-/-9:-; - Đề tài được thực hiện từ ngày 20 - 03 -2013 đến ngày 10 - 04 - 2013 2 3/-<-1=9%+,- Đề tài được sử dụng trong giờ học tự chọn môn toán của lớp 10A1 và dùng để bồi dường học sinh thi Đại học , bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh. 3 !9-#>-(&/ -3?@AABC Năm học 2012 – 2013, tôi được BGH nhà trường phân công giảng dạy môn toán lớp 10A1. Đây là một cơ hội rất tốt để tôi thực hiện đề tài này.Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là một trong những dạng bài toán khó. Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng, kể cả những học sinh đã đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh ở cấp THCS. Sau khi học sinh học xong bài bất đẳng thức và một số ứng dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Tôi tiến hành khảo sát trên 46 học sinh ở lớp 10A1 và kết quả đạt như sau: 11/46 HS đạt điểm trên trung bình 35/46 HS đạt điểm dưới trung bình 3D# 9ECCFG# H?IGJKECCL# - Bất đẳng thức Côsi n n n aaaa n aaaa 321 321 ≥ ++++ Với 0 > i a Dấu bằng xảy ra khi 1 2 n a a a = = = - Các bất đẳng thức khác : 1. xyyx 2 22 ≥+ 2. xyyx ≥+ 22 3, ( ) xyyx 4 2 ≥+ 4. 2 ≥+ a b b a 5. 1 1 4 ( , 0)Khi b c b c b c + ≥ > + 6. 2 2 2 1 1 8 ( )a b a b + ≥ + với a ,b > 0 7. + ≤ + r r r r u v u v , Với mọi r r u,v 4 M/LC@CG@ -$./)0()123.*45.6+ -$./)7.123.6*455" 8"*9(.0()1 $.*: Cho x,y,z là các số dương và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 1 1 x y z x y z + + + + + Lời giải: Ta có P = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1x y z x y z − + − + − = − + + ÷ + + + + + + ( 1) Theo bất đẳng thức Cô si ta có : [ ] 1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) 9 1 1 1 x y z x y z + + + + + + + ≥ ÷ + + + .(2) Mặt khác theo giả thiết x+ y+ z = 1 nên từ(2) ta có 1 1 1 1 1 1x y z + + + + + ≥ 9 4 (3) Từ (3) và (1) Ta có P ≤ 3 4 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 3 . Vậy Max P = 3 4 khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 . $.6: Cho x, y , z là các số dương thay đổi và thỏa điều kiện : xy 2 z 2 + x 2 z +y = 3 z 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4 4 4 4 1 ( ) z z x y+ + Lời giải: Ta xét ( ) 4 4 4 1 1 x y P z = + + Từ giả thiết suy ra xy 2 + 2 2 3 x y z z + = . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : 8 2 4 4 4 4 4 1 1 4 4 x x x x z z z + + + ≥ = (1) 1+ 4 4 4 4 4 8 2 1 1 4 4 y y y z z z z + + ≥ = (2) 1+ x 4 + y 4 +y 4 4 8 4 4 x y≥ = 4xy 2 (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được 3 +3( 4 4 4 1 x y z + + ) 2 2 2 4 12 x y xy z z ≥ + + = ÷ ⇔ 1 P ≥ 3 ⇒ P ≤ 1 3 . Dấu bằng xảy ra khi x =y = z = 1. Vậy Max P = 1 3 khi và chỉ khi x =y = z = 1. $.: Cho a, b, c là các số thục dương thỏa điều kiện abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3a b b c c a + + + + + + + + 5 Lời giải : Do a 2 +b 2 ≥ 2ab, b 2 + 1 ≥ 2b khi đó : 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 1 2 2( 1)a b a b b ab b = ≤ + + + + + + + + Tương tự 2 2 1 1 2 3 2( 1)b c bc c ≤ + + + + và 2 2 1 1 2 3 2( 1)c a ac c ≤ + + + + Khi đó P 1 1 1 1 2 1 1 1ab b bc c ca a ≤ + + ÷ + + + + + + ⇔ P 1 1 1 2 1 1 1 2 ab b ab b ab b ab b ≤ + + = ÷ + + + + + + . ( Do 1 c ab = và ac = 1 b ) Dấu bằng trong BĐT trên xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy Max P = 1 2 khi và chỉ khi a = b = c = 1 $.; ( Đề thi HSG Tỉnh Hưng Yên) Cho a, b, c là các số dương tùy ý và thỏa điề kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 2 2 ab bc ac c ab a bc b ac + + + + + Lời giải: Ta có 2c + ab = c( a+b+c) + ab = c 2 + c( a+b) + ab = ( c+a)( c+b) 1 ét ( )( ) 2 ( )( ) 1 1 1 1 ( ) 2 2 ab ab X ab c a c b c ab c a c b ab ab ab c a c b c a c b = = + + + + + ≤ + = + ÷ ÷ + + + + Vậy 1 2 2 ab ab ab c a c b c ab ≤ + ÷ + + + (1). Tương tự ta có : 1 2 2 bc bc bc a b a c a bc ≤ + ÷ + + + (2) 1 2 2 ac ac ac a b b c b ac ≤ + ÷ + + + (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được P ≤ 1 2 ab bc ab ac bc ac c a c a b c b c a b a b + + + + + ÷ + + + + + + = 1 ( ) 1 2 a b c+ + = . P = 1 khi a = b = c = 2 3 . Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi a = b = c = 2 3 . $.< Cho a,b,c là ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 3 3 1 1 1 3 3 3a b b c c a + + + + + . 6 Lời giải: Áp dụng BĐT (x+y+z) 1 1 1 x y z + + ≥ ÷ 9 ta có ( ) 3 3 3 3 3 3 1 1 1 3 3 3 3 3 3 a b b c c a a b b c c a + + + + + + + ÷ + + + ≥ 9 Khi đó P 3 3 3 9 3 3 3a b b c c a ≥ + + + + + . Mặt khác theo BĐT Cô si ta có : 3 3 3 1 1 3 ( 3 ).1.1 3 a b a b a b + + + + = + ≤ = 3 2 3 a b+ + Hay 3 3a b+ ≤ 3 2 3 a b+ + , tương tự 3 3b c+ ≤ 3 2 3 b c+ + và 3 3c a+ ≤ 3 2 3 c a+ + Suy ra 3 3a b+ + 3 3b c+ + 3 3c a+ ≤ 4( ) 6 3 a b c+ + + = 3 Vậy P ≥ 3 . Dầu bằng xảy ra khi a = b =c = 1 4 . Kết luận : Min P = 3 khi a = b = c = 1 4 . $.= Cho các số không âm x , y, z thỏa mãn x 2 + y 2 +z 2 ≤ 3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 2 1 4 8 ( 1) ( 2) ( 3)x y z + + + + + Lời giải : Ta có 2x + 4y + 2z ≤ ( x 2 + 1) + ( y 2 + 4) + (z 2 + 1) ≤ 3y + 6 Suy ra x + y + 2z ≤ 6 Dấu bằng xảy ra khi x = 2 y = z = 1. Với a và b là các số dương ta có : 2 2 2 1 1 8 ( )a b a b + ≥ + ( 1) Áp dụng BĐT (1) ta được : 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 8 8 8 ( 1) ( 3) ( 3) 1 1 1 2 2 64 64.4 64.4 1 (2 2 10) (6 10) 2 3 2 x z z y y x x y z y x z + + ≥ + + + + + + + + ÷ ÷ ≥ = ≥ = + + + + + + + + ÷ Vậy Min P = 1 khi x = 1, y = 2 , z = 1 $.> Cho x,y,z dương và thỏa mãn xy + yz + zx = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3x 2 + 3y 2 + z 2 Lời giải: Ta có 2P = ( 4x 2 + z 2 ) + (4y 2 + z 2 ) +(2x 2 + 2y 2 ) Áp dụng BĐT Cô si ta có 4x 2 + z 2 ≥ 4xz , 4y 2 + z 2 ≥ 4yz, 2x 2 + 2y 2 ≥ 4xy Khi đó 2P ≥ 4( xy + yz + zx) = 20 hay P ≥ 10 . P =10 khi x = y = 1 , z =2 Kết luận Min P = 10 khi và chỉ khi x = y =1 , z= 2 $.? Cho 0x ≥ , 0y ≥ và 1x y+ = . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 7 2 2 x y P = + y +1 x +1 . Lời giải : Ta có: 2 2 x y P = + y +1 x +1 = 3 3 2 2 x + y + x + y x + y + xy+1 = ( ) ( ) 2 2 2 2 x + y x - xy + y + x + y x + y+ xy +1 = ( ) 2 2 2 x + y - xy 2 + xy (vì x+y =1) = ( ) 2 2 x + y -5xy 2 + xy = 2 -5xy 2 + xy Đặt t = xy . Khi đó ( ) 2 1 0 4 4 x y xy + ≤ ≤ = hay 1 0 4 t≤ ≤ Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P chính là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 2 5 ( ) 2 t f t t − = + với 1 0 4 t≤ ≤ . Ta có f(t) = -5 + 12 2t + . Để f(t) lớn nhất thì tổng t +2 nhỏ nhất hay t = 0 vì 1 0 4 t≤ ≤ . Để f(t) nhỏ nhất thì tổng t +2 lớn nhất hay t = 1 4 vì 1 0 4 t≤ ≤ Vậy MaxP = 1 khi x= 1, y =0 hoặc x= 0 ,y= 1 MinP = 1 3 khi x = y= 1 2 $.@ Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 2 1x y xy+ − = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 4 4 2 2 7( ) 4x y x y+ + Lời giải: Ta có: 2 2 2 1 1 2 2 2( ) 5 5 5 x y xy x y xy xy xy= + − = + − ≥ − ⇒ ≥ − 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2( ) 3 3 3 5 3 x y xy x y xy xy xy xy= + − = − + ≥ ⇒ ≤ ⇒ − ≤ ≤ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7[( ) 2 ] 4 7( ) 10 1 33 7 7 7( ) 10 2 4 2 4 P x y x y x y x y x y xy x y x y xy = + − + = + − + = − = − + + Đặt t = xy, t 2 1 1 33 7 7 [- ; ] P = - 5 3 4 2 4 t t ∈ ⇒ + + Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 33 7 7 P = - 4 2 4 t t + + trên đoạn 1 1 [- ; ] 5 3 Sử dụng bảng biến thiên của hàm số bâc hai học sinh tìm được: 70 7 18 1 ax , 33 33 25 5 M P xy MinP xy = ⇔ = = ⇔ = − $.*+ Cho x, y, z 0≥ và 2 2 2 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 3 3 3 2 2 2 1 1 1 x y z y z x + + + + + 8 Lời giải: Ta có: P + 3 = 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 x y z y z x y z x + + + + + + + + 3 3 2 2 2 6 1 ( ) 4 2 4 2 2 1 2 1 x x y P y y + ⇔ + = + + + + 3 3 2 2 2 1 ( ) 4 2 2 1 2 1 y y z z z + + + + + + 3 3 2 2 2 1 ( ) 4 2 2 1 2 1 z z x x x + + + + + + 6 6 6 3 3 3 6 3 3 3 4 2 16 2 16 2 16 2 x y z P + ≥ + + hay 2 2 2 6 3 3 3 9 ( ) 2 2 2 8 2 2 2 P x y z+ ≥ + + = Suy ra 6 3 9 3 9 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 P ≥ − = − = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy MinP = 3 2 $.** Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx ≥ 2xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Lời giải: Ta có 1 1 1 2 2xy yz xz xyz x y z + + ≥ ⇔ + + ≥ nên 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z − − − ≤ . Suy ra A 1 8 ≤ Vậy MaxA = 1 3 8 2 x y z ⇔ = = = $.*6 Với mọi số thực dương ; ;x y z thỏa điều kiện 1x y z + + ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 2P x y z x y z = + + + + + ÷ . Lời giải: Áp dụng BĐT Cô-si : 2 18 12x x + ≥ (1). Dấu bằng xảy ra khi 1 3 x = . Tương tự: 2 18 12y y + ≥ (2) và 2 18 12z z + ≥ (3). Mà: ( ) 17 17x y z− + + ≥ − (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: 19P ≥ . 1 19 3 P x y z= ⇔ = = = . Vậy MinP = 19 ⇔ x = y = z = 1 3 9 $.*: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 2 2 2 = + + + + + + + + P x y z x y z x y z Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức: 1 1 1 1 4a b a b ≤ + ÷ + . Dấu bằng xảy ra khi a = b . Ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 8 16 ≤ + ≤ + + ÷ + + + .( ) x y z x y z x y z Hay 1 1 1 1 1 2 8 16 ≤ + + ÷ + + x y z x y z (1). Tương tự 1 1 1 1 1 2 8 16 ≤ + + ÷ + + x y z y x z (2) 1 1 1 1 1 2 8 16 ≤ + + ÷ + + x y z z x y (3) Cộng vế với vế của (1),(2),(3) và áp dụng giả thiết ta được P ≤ 1 Mà P =1 Khi x = y = z = 3 4 . Vậy Max P = 1 ⇔ x = y = z = 3 4 . $.*; Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 2 2 a b b c c a b c c a a b + + + + + + + + Lời giải: .Ta có: P = 2 2 2 ( ) ( ) a b c b c a A B b c c a a b b c c a a b + + + + + = + + + + + + + [ ] 3 3 1 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 9 3 3 ( )( )( )3 2 2 2 A a b b c c a a b b c c a a b b c c a A a b b c c a + = + + + + + + + + + + ≥ + + + = ⇒ ≥ + + + Và 2 2 2 2 2 1 1 ( ) ( )( ) 1 .2 2 a b c a b c a b b c c a B B a b b c c a = + + ≤ + + + + + + + ⇔ ≤ ⇔ ≥ + + + Từ đó P 3 1 2 2 2 ≥ + = . Để P = 2 thì a = b = c = 1 3 . Vậy Min P = 2 ⇔ a = b = c = 1 3 . $.*< Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy + − = + Lời giải: 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x + − = + = + + − = + + + − 10 [...]... quả : -Kết quả khảo sát học sinh lớp 10A1 : ( sĩ số 46 học sinh ) 28/ 46 HS đạt điểm trên 5 18/ 46 HS đạt điểm dưới 5 -Học sinh giỏi cấp tỉnh : 01 em đạt giải ba trong kỳ thi giải tốn trên mạngIternet VI Bài học kinh nghiệm Qua việc thực hiện chun đề “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn mơn tốn lớp 10 ” và thực tế giảng dạy.Bản thân tơi đã rút ra được một số bài học kinh nghiệm như sau:... liệu tham khảo chung định hướng để giáo viên thực hiện các giờ dạy tự chọn đạt hiệu quả cao hơn 20 PHẦN THỨ BA : KẾT ḶN Trên đây là nội dung đề tài” Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn mơn tốn lớp 10 , ban đầu học sinh có cảm giác ngại tiếp cận và gặp khó khăn khi giải các dạng bài tốn trên Tuy nhiên khi giáo viên hướng dẫn thì học sinh say sưa làm bài tập Nhiều em đã có động lực và quyết... các tiết học tự chọn là giảng dạy theo chủ đề bám sát, như vậy căn cứ vào kế hoạch của nhà trường, của tổ chun mơn giáo viên phải tự tìm tòi, đọc sách tham khảo để lựa chọn bài tập phù hợp với đối tư ng học sinh trên lớp mà mình giảng dạy.Đối với các lớp có nhiều học sinh khá giỏi thì giờ học tự chọn thường rất sơi nổi, các em được củng cố bổ sung kiến thức và được tiếp cận với các đề thi học sinh giỏi,... sau: 1 Về cơng tác chỉ đạo Đây là một cơng tác quan trọng trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ mơn và bồi dưỡng năng lực, tư duy cho học sinh đặc biệt là học sinh khá giỏi Trong năm học vừa qua, chúng tơi ln nhận được sự chỉ đạo sát sao, sự quan tâm thường xun từ phía Ban giám hiệu Nhà trường và của các cấp lãnh đạo Kết quả thi Đại học và thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày một nâng lên, nhà trường... trường cấp ba học sinh đã có những niềm mơ ước được chinh phục đỉnh cao của trí tuệ Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gặt hái được những thành cơng, đòi hỏi các em phải có một sự nỡ lực rất lớn Một sự quyết tâm học tập trên 100 % khả năng của bản thân mình Nhất là đối với lứa tuổi học sinh lớp 10 mới bước vào năm đầu tiên của chương trình học phổ thơng Nhưng kiến thức của năm lớp 10 này lại có vai... để đề tài hồn thiện hơn Người thực hiện Vũ Thị Hương Lan 21 - TÀI LIỆU THAM KHẢO: Sách giáo khoa đại số lơp 10 Sách tham khảo của thư viện Mạng Internet Báo tốn học tuổi trẻ Đề thi Đại học của các năm học trước Tài liệu tập huấn bồi dưỡng giáo viên dạy học sinh giỏi của Đại học Khoa học tự nhiên NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ CHUN MƠN VÀ BGH NHÀ TRƯỜNG 22 ……………………………………………………………………………………………………………………………………... học sinh Để gặt hái được những thành tích cao trong cơng tác mũi nhọn Học sinh là nhân vật trung tâm trong việc bồi dưỡng đào tạo, đây là nhân tố giữ vai trò quyết định trong sự thành cơng hay thất bại của mỡi giáo viên làm cơng tác giảng dạy, bồi dưỡng Vì chính các em mới là người học, là người đi thi và là người đem lại những thành tích đó.Làm thế nào để ngay từ khi bước vào ngơi trường cấp ba học. .. năm lớp 10 này lại có vai trò quyết định tư ng lai của các em sau này Nhận thức rõ điều đó, mỡi giáo viên làm cơng tác bồi dưỡng cần phải dành một sự quan tâm sát xao đến các em, thường xun động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có một sự đam mê trong cơng việc học tập của mình Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ mơn Tốn vì đây là một mơn học khó và mất nhiều thời gian để nghiên... thầy phải vững vàng, thầy thực sự phải là người đam mê tốn học Hai là, cần phải lên được kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, ch̉n mực Cặp nhật thường xun những kiến thức mới mà các em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt là phải kích thích được các em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy được những tố chất tốt nhất của các em để cơng việc học tập của các em đạt được hiệu quả cao V Kiến nghị : Bộ... làm bài tập Nhiều em đã có động lực và quyết tâm chinh phục đỉnh cao, cố gắng phấn đấu dành điểm tuyệt đối trong ký thi Đại học Bài viết trên đây nhằm mục đích kích thích tính tò mò của học sinh và tạo động lực để các em phấn đấu dành điểm cao trong các kỳ thi Đại học và thi học sinh giỏi cấp tỉnh, do thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài của tơi khơng thể khơng còn những sơ xuất Chính vì vậy, tơi . đến ngày 10 - 04 - 2013 2 3/-<-1=9%+,- Đề tài được sử dụng trong giờ học tự chọn môn toán của lớp 10A1 và dùng để bồi dường học sinh thi Đại học , bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi. Giúp học sinh lớp 10 nâng cao khả năng tư duy toán học, có những suy nghĩ tích cực trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất .Học sinh thích học các giờ tự chọn hơn, đồng thời qua. trở về cách hướng dẫn học sinh học giờ tự chọn như thế nào cho hiệu quả và làm thế nào để học sinh có hứng thú học trong các giờ tự chọn? Trong khi tài liệu chung để học sinh và giáo viên tham
Ngày đăng: 21/07/2014, 14:19
Xem thêm: skkn bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10, skkn bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10
