Đang tải... (xem toàn văn)
Với kết cấu nội dung gồm 2 chương, khóa luận tốt nghiệp Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số Giải tích bằng nhiều cách giới thiệu đến các bạn những nội dung về cơ sở lý luận và thực tiễn, rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập đại số, giải tích có nhiều cách giải khác nhau. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài khóa luận để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và nghiên cứu.
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ------------------------- PHẠM THỊ TƢƠI RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THPT THÔNG QUA GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH BẰNG NHIỀU CÁCH KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Phƣơng pháp lý luận dạy học Ngƣời hƣớng dẫn khoa học Th.S DƢƠNG THỊ HÀ HÀ NỘI, 2014 LỜI CẢM ƠN Em xin chân thành cảm ơn sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô giáo trong tổ phương pháp giảng dạy, cùng sự đóng góp ý kiến của các bạn sinh viên đã giúp đỡ em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp. Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến cô giáo Dƣơng Thị Hà, người đã trực tiếp hướng dẫn và chỉ bảo tận tình giúp e hoàn thành đề tài luận văn này. Trong quá trình thực hiện đề tài không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong các thầy, cô cùng toàn thể các bạn sinh viên đóng góp ý kiến, sửa chữa đề tài để đề tài ngày càng hoàn thiện và mang giá trị thực tiễn cao hơn. LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan kết quả nghiên cứu đề tài là kết quả nghiên cứu, tìm tòi của bản thân. Đề tài và nội dung khóa luận là chân thực được viết trên cơ sở khoa học là các sách, các tài liệu không trùng với đề tài của các tác giả khác. Nếu sai tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm. Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên Phạm Thị Tƣơi MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỤC LỤC MỞ ĐẦU ................................................................................................ 1 NỘI DUNG ............................................................................................ 3 Chƣơng 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN .................................. 3 1.Tư duy .................................................................................................. 3 1.1.Khái niệm tư duy ......................................................................... 3 1.2.Đặc điểm của tư duy .................................................................... 4 1.3. Các thao tác tư duy ..................................................................... 4 2. Tư duy sáng tạo ................................................................................... 4 2.1. Khái niệm sáng tạo .................................................................... 4 2.2. Quá trình sáng tạo ....................................................................... 5 2.3. Tư duy sáng tạo .......................................................................... 6 2.3.1. Định nghĩa tư duy sáng tạo ................................................ 6 2.3.2. Cấu trúc của tư duy sáng tạo .............................................. 6 2.4. Phương hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học ............................................................................. 7 3. Bài tập ................................................................................................. 8 3.1. Khái niệm bài tập ....................................................................... 8 3.2. Tác dụng của bài tập ................................................................... 8 3.3. Bài tập có nhiều cách giải ........................................................... 9 4. Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong trường THPT .................................................................................. 9 4.1. Mục đích điều tra ........................................................................ 9 4.2. Phương pháp đối tượng điều tra .................................................. 9 4.3. Tiến hành điều tra ....................................................................... 9 4.4. Kết quả điều tra ........................................................................ 10 Kết luận chương I .................................................................................. 10 Chƣơng 2. RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC NHAU ............................... 11 1. Chủ đề phương trình, hệ phương trình, bất phương trình ................... 11 2. Chủ đề chứng minh bất đẳng thức, bất phương trình ......................... 24 3. Chủ đề nguyên hàm, tích phân........................................................... 35 4. Chủ đề lượng giác ............................................................................. 42 Kết luận chương 2 ................................................................................. 48 KẾT LUẬN .......................................................................................... 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO...................................................................... A. phẦn mỞ ĐẦu 1. Lí do chọn đề tài Xu hướng dạy học hiện nay là chuyển trọng tâm của người dạy sang người học. Người học có thể tự làm chủ kiến thức của mình,bằng việc tự tìm tòi,khám phá những tri thức của nhân loại. Vì vậy dạy học hiện nay ngoài việc cung cấp kiến thức thì việc nâng cao khả năng tư duy cho học sinh là một vấn đề quan trọng. Tư duy phát triển thì người học mới có khả năng tự học, tự chiếm lĩnh kiến thức cho riêng mình. Bài tập toán học có thể xem là phương tiện tốt để rèn luyện tư duy. Và điều cần thiết là rèn luyện được tư duy sáng tạo, tư duy sáng tạo có vai trò hết sức quan trọng trong việc nhìn nhận, đánh giá và mở rộng lối suy nghĩ tích cực của người học. Trong quá trình giảng dạy môn toán chúng ta nâng cao chất lượng dạy học và phát triển tư duy cho học sinh bằng nhiều cách khác nhau.Mỗi biện pháp có ưu nhược điểm riêng đòi hỏi giáo viên phải biết lựa chọn, phối hợp các phương pháp một cách thích hợp nhằm phát huy tối đa năng lực tư duy sáng tạo của học sinh. Một trong những biện pháp hiệu quả, đó là đưa ra nhiều cách giải cho 1 bài toán, điều này sẽ giúp phát huy được tư duy sáng tạo và trí thông minh của học sinh qua đó góp phần nâng cao chất lượng dạy và học ở trường THPT. Vì các lí do trên nên tôi chọn đề tài “Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh THPT thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách”. 2. Đối tƣợng nghiên cứu - Các bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong chương trình THPT. 1 3. Mục đích - Đưa ra nhiều cách giải cho bài tập Đại số - Giải tích nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, từ đó nâng cao chất lượng học tập. 4. Nhiệm vụ - Nghiên cứu lí luận về bài toán nhiều cách giải và sự phát triển tư duy sáng tạo của học sinh. - Tổng hợp một số bài tập Đại số - Giải tích THPT nhiều cách giải. 5. Phạm vi nghiên cứu - Chương trình Đại số - Giải tích ở trường THPT. 6. Giả thiết khoa học - Giải được một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách và sử dụng hợp lí sẽ phát triển được tư duy sáng tạo của học sinh. 7. Phƣơng pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứ lí luận. - Phương pháp điều tra, quan sát. - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. 2 B. PHẦn NỘI DUNG Chƣơng 1:CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ CƠ SỞ THỰC TIỄN 1. Tƣ duy 1.1. Khái niệm tƣ duy Tư duy là phạm trù triết học dùng để chỉ những hoạt động của tinh thần, đem những cảm giác của người ta sửa đổi và cải tạo thế giới thông qua hoạt động vật chất, làm cho người ta có nhận thức đúng đắn về sự vật và ứng xử tích cực với nó. Theo Từ điển Bách khoa toàn thư Việt Nam, tập 4 (NXB Từ điển bách khoa. Hà Nội. 2005): “Tư duy là sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ chức một cách đặc biệt : Bộ não người, tư duy phản ánh tích cực hiện thực khách quan dưới dạng các khái niệm, sự phán đoán, lý luận.v.v...” Theo triết học duy tâm khách quan, tư duy là sản phẩm của “ý niệm tuyệt đối” với tư cách là bản năng siêu tự nhiên, độc lập, không phụ thuộc vào vật chất. Theo George Wilhemer Fridrick Heghen: “Ý niệm tuyệt đối là bản nguyên của hoạt động và nó chỉ có thể biểu hiện trong tư duy, trong nhân thức tư biện mà thôi”.. Karl Marx nhận xét: “Đối với Heghen, vận động của tư duy được ông nhân cách hóa duới tên gọi ý niệm là chúa sáng tạo ra hiện thực; hiện thực chỉ là hình thức bề ngoài của ý niệm”. Theo triết học duy vật biện chứng, tư duy là một trong các đặc tính của vật chất phát triển đến trình độ tổ chức cao. Về lý thuyết, Karl Marx cho rằng: “Vận động kiểu tư duy chỉ là sự vận động của hiện thực khách quan được di chuyển vào và được cải tạo hay tái tạo trong đầu óc con 3 người duới dạng một sự phản ánh”. Những luận cứ này còn dựa trên những nghiên cứu thực nghiệm của Ivan Petrovich Pavlov, nhà sinh lý học, nhà tư tưởng người Nga. Bằng các thí nghiệm tâm-sinh lý áp dụng trên động vật và con người, ông đi đến kết luận: “Hoạt động tâm lý là kết quả của hoạt động sinh lý của một bộ phận nhất định của bộ”. 1.2. Đặc điểm của tƣ duy Với tư cách là một mức độ của hoạt động nhận thức, tư duy có những đặc điểm sau: + Tính “có vấn đề” của tư duy. + Tính gián tiếp của tư duy. + Tính trừu tượng và khái quát của tư duy. + Tư duy quan hệ chặt chẽ với ngôn ngữ. + Tính chất lí tính của tư duy. 1.3. Các thao tác tƣ duy Quá trình tư duy được diễn ra bằng cách chủ thể tiến hành các thao tác trí tuệ.Các thao tác cơ bản: + Phân tích - tổng hợp. + So sánh - tương tự. + Khái quát hoá, đặc biệt hoá, trừu tượng hoá. 2. Tƣ duy sáng tạo 2.1. Khái niệm về sáng tạo Erich Fromm định nghĩa quan điểm sáng tạo như là sự tự nguyện để bị làm bối rối (làm quen chính mình với một cái gì đó chưa được biết đến với sự khó chịu), khả năng tập trung, khả năng trải qua kinh nghiệm như là người tạo nguồn cho các hành động, sự tự nguyện chấp nhận mâu thuẫn và sự căng thẳng do sự thiếu kiên nhẫn gây ra cho các ý tưởng sáng tạo. Theo bách khoa toàn thư: “Sáng tạo là hoạt động của con người 4 trên cơ sở các quy luật khách quan của thực tiễn, nhằm biến đổi thế giới tự nhiên, xã hội phù hợp với mục đích và nhu cầu của con người. Sáng tạo là hoạt động có tính đặc trưng không lặp lại, tính độc đáo và duy nhất”. Theo từ điển tiếng việt: “Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới, không bị gò bó phụ thuộc vào cái đã có”[10, tr.1130]. Tác giả Nguyễn Cảnh Toàn cho rằng: “Sáng tạo là sự vận động của tư duy từ những hiểu biết đã có đến những hiểu biết mới” [17, tr.7]. Các công trình nghiên cứu này chỉ rằng ít có sự nhất trí về định nghĩa tính sáng tạo trừ việc cho rằng nó là một phẩm chất của trí tuệ và có quan hệ với tính thông minh. Sáng tạo là quá trình vừa hữu thức vừa vô thức và vừa có thể quan sát được vừa không thể quan sát được. Bởi vì các quá trình vô thức và không thể quan sát được khó xử lý trong lớp học, cho nên thường có sự hiểu nhầm giữa giáo viên và những học sinh sáng tạo. Qua các khái niệm trên có thể nói: “Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới không bị gò bó phụ thuộc vào những cái đã có”. 2.2. Quá trình sáng tạo Quá trình sáng tạo gồm 4 giai đoạn: + Giai đoạn chuẩn bị: Là giai đoạn chủ thể thử giải quyết vấn đề bằng các cách khác nhau, huy động thông tin, suy luận. + Giai đoạn ấp ủ: Giai đoạn này bắt đầu khi công việc giải quyết vấn đề bị ngừng lại, còn lại các hoạt động tiềm thức, các hoạt động bổ xung cho vấn đề được quan tâm. + Giai đoạn bừng sáng: Giai đoạn ấp ủ kéo dài cho đến khi sự “bừng sáng” trực giác, một bước nhảy vọt về chất trong tiến trình nhận thức, xuất hiện đột ngột và kéo theo là sự sáng tạo. Đây là giai đoạn quyết định trong quá trình tìm kiếm lời giải. 5 + Giai đoạn kiểm chứng: Là giai đoạn chủ thể kiểm tra trực giác, triển khai các luận chứng lôgíc để có thể chứng tỏ tính đúng đắn của cách thức giải quyết vấn đề, khi đó sự sáng tạo mới được khẳng định. 2.3. Tƣ duy sáng tạo 2.3.1. Định nghĩa tƣ duy sáng tạo Trong tâm lý học định nghĩa: “Tư duy sáng tạo là tư duy vượt ra ngoài vi giới hạn của hiện thực, của vốn tri thức và kinh nghiệm đã có, giúp quá trình giải quyết nhiệm vụ của tư duy được linh hoạt và hiệu quả”. Một số tác giả cho rằng: “Tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập tạo ra ý tưởng mới độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao. Ý tưởng mới thể hiện ở chỗ phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Tính độc đáo của ý tưởng thể hiện ở giải pháp lạ, hiếm, không quen thuộc hoặc duy nhất ” [9, tr.72]. Nhà tâm lý học người Đức Mehlhow cho rằng: “Tư duy sáng tạo là hạt nhân của sự sáng tạo cá nhân, đồng thời mục tiêu cơ bản của giáo dục”. Theo Nguyễn Bá Kim: “Tính linh hoạt, tính độc lập và tính phê phán là những điều kiện cần thiết của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác nhau của tư duy sáng tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ nét ở khả năng tạo ra cái mới, phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ cái cũ” (Nguyễn Bá Kim – Phương pháp dạy học môn Toán). 2.3.2. Cấu trúc của tƣ duy sáng tạo Các nghiên cứu của nhiều nhà tâm lý học, giáo dục học…đã đưa ra năm thành phần cơ bản của cấu trúc tư duy sáng tạo: Tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề. + Tính mềm dẻo (Flexibility):Tính mềm dẻo của tư duy là năng lực dễ dàng, nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức, chuyển từ góc độ 6 quan niệm này sang góc độ quan niệm khác, có khả năng định nghĩa lại sự vật, hiện tượng, xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra sự vật mới trong những mối liên hệ mới hoặc chuyển đổi quan hệ và nhận ra bản chất của sự vật và điều phán đoán. Tính mềm dẻo của tư duy còn làm thay đổi một cách dễ dàng các thái độ đã cố hữu trong hoạt động trí tuệ của con người. + Tính nhuần nhuyễn (Fluency): Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự tổ hợp giữa các yếu tố riêng lẻ của các tình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết mới. Các nhà tâm lý học rất coi trọng yếu tố chất lượng của ý tưởng sinh ra, lấy đó làm tiêu chí để đánh giá sáng tạo. + Tính độc đáo (Originality): Tính độc đáo là khả năng tìm và quyết định phương thức mới. + Tính hoàn thiện (Elabolation): Tính hoàn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩ và hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và chứng minh ý tưởng. + Tính nhạy cảm vấn đề (Problem’s Censibitity): Tính nhạy cảm vấn đề là năng lực nhanh chóng phát hiện ra vấn đề, sự mâu thuẫn, sai lầm, thiếu loogic, chưa tối ưu... và từ đó đề xuất hướng giải quyết, tạo ra cái mới. 2.4. Phƣơng hƣớng bồi dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học Các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân trong tác phẩm “Khuyến khích một số các hoạt động trí tuệ của học sinh qua môn toán ở trường trung học cơ sở” đã đưa ra những biện pháp sau đây để bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp với các hoạt động trí tuệ khác . Bồi dưỡng tư 7 duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn luyện khả năng phát hiện vấn đề mới, khơi dậy những ý tưởng mới Chú trọng bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo . Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình lâu dài cần tiến hành trong tất cả các khâu của quá trình dạy học môn Toán. 3. Bài tập 3.1. Khái niệm bài tập Bài tập là nhiệm vụ mà giáo viên đặt ra cho người học, buộc người học phải vận dụng các kiến thức đã học sử dụng hành động trí tuệ để giải quyết các nhiệm vụ đó nhằm chiếm lĩnh tri thức, kỹ năng một cách tích cực, chủ động, sáng tạo 3.2. Tác dụng của bài tập + Bài tập có tác dụng phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh. + Bài tập giúp học sinh hiểu rõ và khắc sâu kiến thức. + Thông qua bài tập hệ thống hóa các kiến thức đã học: một số lớn các bài tập toán học đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức của nhiều nội dung trong bài, trong chương. Dạng bài tổng hợp đòi hỏi học sinh phải vận động vốn hiểu biết trong nhiều chương, nhiều bộ môn. + Cung cấp thêm kiến thức mới, mở rộng hiểu biết của học sinh về các vấn đề thực tiễn cuộc sống . + Rèn luyện một số kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh như: Phát triển tư duy: học sinh được rèn luyện các thao tác tư duy như: phân tích, so sánh, quy nạp, diễn dịch, tổng hợp, suy luận tương tự… + Bài tập cũng giúp giáo viên đánh giá được kiến thức và kỹ năng của học sinh. Học sinh cũng tự kiểm tra biết được những lỗ hổng kiến thức để kịp thời bổ sung. 8 + Giải bài tập rèn cho học sinh tính kiên trì, chịu khó, tính cẩn thận, chính xác khoa học…Làm cho các em yêu thích bộ môn, say mê với khoa học (những bài tập gây hứng thú nhận thức). 3.3. Bài tập có nhiều cách giải Bài toán mà có thể giải được bằng nhiều cách với những phương pháp giải khác nhau thì bài toán đó được gọi là bài toán có nhiều cách giải. Bài toán được giải với các cách giải khác nhau nhưng vẫn có cùng kết quả thì bài toán nhiều cách giải mang đến tính hứng thú cho học sinh lẫn giáo viên hướng dẫn học sinh giải. Khi được giáo viên yêu cầu làm bài tập với nhiều cách giải khác nhau thì học sinh có cơ hội vận dụng tất cả các phương pháp giải toán đã được giáo viên giảng dạy, tư duy của học sinh cũng phát triển. Với những bài toán mà việc chọn cách giải phù hợp sẽ làm tiết kiệm thời gian giải bài điều này rất tốt với cách giải bài toán trắc nghiệm như hiện nay. 4.Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong trƣờng THPT 4.1. Mục đích điều tra - Nắm được tình hình sử dụng bài tập nhiều cách giải nhằm phát triển tư duy cho học sinh và nâng cao chất lượng học tập hiện nay. - Nắm được mức độ cấp thiết và tính thực tế của đề tài. 4.2. Phƣơng pháp đối tƣợng điều tra - Phương pháp điều tra: dùng phiếu điều tra, phỏng vấn. - Đối tượng điều tra: Giáo viên toán trường THPT A Hải Hậu. 4.3. Tiến hành điều tra Phỏng vấn 14 giáo viên dạy môn toán. 4.4. Kết quả điều tra 9 Sử dụng Hình thức bài tập toán Không không thầy (cô) sử dụng sử dụng thường xuyên Sử dụng Rất thường thường xuyên xuyên Bài toán (1 cách giải) rèn luyện nhiều kĩ năng tính 0 2 8 4 0 2 7 5 0 1 10 3 toán. Bài toán (1 cách giải) có nét độc đáo, không thiên về tính toán Bài toán nhiều cách giả Kết luận chƣơng 1 Trong chương này, tôi đã trình bày cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn của đề tài, bao gồm các nội dung chính như sau: 1. Tư duy: khái niệm tư duy, đặc điểm tư duy, các thao tác tư duy, tư duy sángtạo. 2. Bài tập: khái niệm bài tập, tác dụng của bài tập, bài tập có nhiều cách. 3. Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong trường THPT. Tất cả các vấn đề trên là nền tảng cơ sở cho phép tôi nêu lên sự cần thiết phải thực hiện đề tài nghiên cứu nhằm phục vụ tốt cho thực tế giảng dạy và nâng việc phát triển tư duy lên một bước cao hơn. 10 Chƣơng 2:RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC NHAU 1. Chủ đề phƣơng trình, hệ phƣơng trình, bất phƣơng trình Một trong những yêu cầu đối với học sinh khi giải bài tập toán là tìm tòi nhiều lời giải khác nhau cho một bài tập. Điều đó cũng đồng thời kích thích sự hứng thú trong việc học toán của học sinh. Nhiều bài tập cơ bản thuộc chương trình toán THPT có nhiều lời giải khác nhau như thế. Nếu giáo viên và học sinh cùng tìm hiểu, khai thác thì sẽ giúp cho việc dạy học toán được tốt hơn. Ví dụ 1: Tìm m để phương trình x2 2mx m 2 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 1 x1 x2 Cách 1: Phương trình có hai nghiệm thỏa mãn 1 x1 x2 parabol y x 2 2mx m 2 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 b y ( 2a ) 0 m2 m 2 0 b 1 m 1 3 m 2 2 a m 3 0 y (1) 0 Cách 2: Đặt t x 1. Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình t 2 2(m 1)t m 3 0 có hai nghiệm dương phân biệt. Điều đó tương ' 0 m2 m 2 0 đương với: P 0 m 3 0 3 m 2 S 0 m 1 0 11 Cách 3: Viết lại phương trình: ( x m)2 m2 m 2 . Yêu cầu của bài toán tương đương với: m 2 m2 m 2 0 m 1 2 m m m 2 1 2 m 1 m m 2 m 2 m 1 m 1 0 3 m 2 m 3 Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 2 x x2 x 1 x 3 (1) Điều kiện: 0 x 1 2 2 Cách 1: (1) 1 x x2 3 x 1 x 2 4( x x 2 ) 6 x x 2 0 x x2 4 x x2 6 0 x x2 0 x 0 3 x x2 x 1 2 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x 1, x 0 Cách 2: Đặt t x 1 x , 1 t 2 t2 1 xx 2 2 t 1 t2 1 t Phương trình trở thành: 1 3 t 2 12 x 1 x 1 x 1 x 0 Cách 3: Đặt a x ; b 1 x ; a 0, b 0 2 3 2ab 3(a b) 1 ab a b Ta có: 3 2 (a b) 2ab 1 a 2 b 2 1 a b 1 ab 0 a b 2 (không tồn tại a, b) ab 3 2 a 0 x 0 b 1 a 1 x 1 b 0 Cách 4: Đặt x sin , 0 2 2 Phương trình trở thành: 1 sin 1 sin 2 sin 1 sin 2 3 (sin cos ) 2 3(sin cos ) 2 0 0 sin cos 1 x 0 x 1 sin cos 2 2 Qua ví dụ trên ta có nhiều cách để giải phương trình vô tỉ Ví dụ 3 :( Câu II.2-A2010) Giải bất phương trình x x 1 2( x 2 x 1) 1 13 (1) Cách 1: Phương pháp biến đổi tương đương Nhận xét: 2 x 2 x 1 2 x 1 x 2 (do x x 1 0, x (0;1) 1 3 3 1 2( x 2 x 1) 1 2( x ) 2 1 0 x 2 2 2 Do đó có điều kiện x 0 hay 0 x 1 (2) Từ đó (1) x x 1 2( x 2 x 1) 2( x 2 x 1) x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 2 (do x x 1 0, x (0;1) x2 2 x x x 2 x 1 0 2 x x 1 0 x x 1 0 x x Nhận xét 1 5 3 5 x 2 2 3 5 thỏa mãn điều kiện (2) nên đây là nghiệm duy 2 nhất của (1) Cách 2: Phương pháp đặt ẩn phụ x t để giải bây giờ ta xét 1 cách Trong lời giải cách 1 ta có thể đặt đặt ẩn phụ khác. Tương tự như cách 1 ta có (1) 2( x 2 x 1) x x 1 Chia 2 vế của bất phương trình cho 𝑥 có (1) 1 1 2( x 1 ) 1 x x x 14 Đặt y x 1 1 , có x y 2 2 x x Ta có bất phương trình 2( y 2 1) y 1 y 1 0 2 2 2( y 1) y 2 y 1 y 1 y 1 2 ( y 1) 0 Với y 1 từ đó giải ra được x 3 5 2 Cách 3: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Ta có điều kiện x (0;1) và (1) 2( x 2 x 1) x x 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky có 2 1 x 1.(1 x) 12 12 2 x 2 1 x Hay 2( x 2 x 1) x x 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x x 1 x hay x x 1 0 hay 1 1 3 5 2 Cáh 4: Sử dụng đại lượng liên hợp Lập luận được x 0;1 (1) 1 2( x 2 x 1) x x 2 x 2 x 1 2 x x x 1 0 x x 1 2( x 2 3x 1) 2 x 2 x 1 2 x 15 0 Nhận xét: x 2 3x 1 ( x 1)2 x x x 1 x 3 1 do đó (1) x x 1 (1 x x 1 2 x 2 x 1 2 x 2 x 2 x 1 (2 2 x) x x 1 x x 1 2 x x 1 2 x x 1 2 x 2 )0 0 2( x 2 3x 1) 0 2 x 2 x 1 2 x 2 x 2 x 1 2 2 x 2 x x 1 2 2 x 2 x 1 2 x 2 x 2 x 1 2 2 x 0 Nhận thấy các nhân tử dưới mẫu và 2 x x 1 luôn dương với mọi x 0;1 nên ta có (1) ( x x 1)2 0 x x 1 0 x 3 5 2 Bài tập: 1. x ( x 1 x2 ) x x 1 x 2 x3 1 5 1 2 Đáp số : x 2. x 2 3 x 4 x 2 2 x 1 Đáp số : x = 1 5 2 3. x x 1 3 2( x 2 5 x 8) Đáp số: x = 5 16 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau: x9 7 y 4 y9 7 x 4 (1) (2) 9 x 7 Giải:Điều kiện: 9 y 7 Cách 1: Từ hệ phương trình đã cho, ta suy ra: x9 7 y y9 7 x x 9 7 y y 9 7 x Xét hàm số: f (t ) t 9 7 t ( 9 t 7 ) 1 1 f ' (t ) 0 , t (9;7) 2 t 9 2 7t Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên 9; 7 Từ (*) ta có f x f y x y Thế vào (1) ta thu được phương trình: x9 7 x 4 x 9 7 x 2 x 9 7 x 16 x7 y 7 x 2 2 x 63 0 x 9 y 9 Vậy hệ phương trình có nghiệm: x 9 x 7 ; y 9 y 7 17 (*) Cách 2: Hệ phương trình x 9 7 y 4 ( x 9 y 9 7 x 4 ( y 9 x 9 7 x 9 7 7 y ) 2 16 7 x ) 2 16 y 2 x 9 7 y 16 y 2 y 9 7 x 16 x y 2 x 9 7 y 0 x y 2 y 9 7 x 0 2 x9 7 y 2 y9 7 x 7 x xy 63 9 y 7 y xy 63 9 x đã cho tương đương với phương trình sau: 16 x 16 y x y Thế vào (1) ta thu được phương trình: x 9 7 x 4 x 9 7 x 2 x 9 7 x 16 x 2 2 x 63 0 x 7 y 7 x 2 2 x 63 0 x 9 y 9 Vậy hệ phương trình có nghiệm: x 9 x 7 ; y 9 y 7 Cách 3: Giải hệ phương trình chúng ta xét trong các trường hợp sau: TH1: Nếu x>y thì ta có: x 9 y 9 và Suy ra: 7 y 7x x9 7 y y9 7 x 18 x9 7 y 4 Mà nên 4 4 (vô lý) y9 7 x 4 TH2: Nếu x y thì ta có: x 9 y 9 và 7 y 7x Suy ra: x 9 7 y y 9 7 x Mà x9 7 y 4 nên 4 4 (vô lý) y 9 7 x 4 TH3: Nếu x y thế vào (1) ta thu được phương trình: x9 7 x 4 x 9 7 x 2 x 9 7 x 16 x 2 2 x 63 0 x 7 y 7 x 2 2 x 63 0 x 9 y 9 Vậy hệ phương trình có nghiệm: x 9 x 7 ; y 9 y 7 Cách 4: Đặt u x 9 0, v 7 y 0, z y 9 0, t 7 x 0 u v 4 z t 4 Ta thu được hệ phương trình: 2 2 u v 16 2 2 z v 16 Từ (1) và (2) suy ra u v z t (1) (2) (3) (4) (5) Từ (3) và (4) suy ra u 2 t 2 z 2 v2 u 2 v2 z 2 t 2 (u v)(u v) (z t)(z t) 19 (6) Từ (5) và (6) ta được: uv zt (u v)(u v) ( z t )( z t ) (u v)(u v) ( z t )(u v) (u v) (u v) ( z t ) 0 (u v) ( z t ) 0 (vì u v 4 0 ) u z v t (7) Mặt khác từ (5) u v z t u z t v (8) Từ (7) và (8) suy ra u z v t t v v t và u z x9 y9 x y 7 x 7 y Thế vào (1) ta thu được phương trình: x9 7 x 4 x 9 7 x 2 x 9 7 x 16 x 2 2 x 63 0 x 2 2 x 63 0 x 7 y 7 x 9 y 9 x 9 x 7 Vậy hệ phương trình có nghiệm: ; y 9 y 7 Cáh 5: x9 7 y 4 Xét hệ phương trình: y 9 7 x 4 Đặt x m y điều kiện tồn tại căn thức là 7 x m 0, x m 9 0 Ta thu được hệ phương trình với ẩn m và x : 20 . x 9 7 x m 4 x m 9 7 x 4 x 9 7 x m 2 x 9. 7 x m 16 x m 9 7 x 2 x m 9. 7 x 16 m 2 x 9. 7 m x 0 m 2 x m 9. 7 x 0 (3) (4) Từ (3) suy ra m 0 m 0 Và từ (4) suy ra m 0 Vậy để (3) và (4) đồng thời xảy ra thì ta phải có m 0 Vậy hệ (3) và (4) trở thành: x 9. 7 x 0 x 9. 7 x 0 x 9. 7 x 0 x 9 0 x 9 7 x 0 x7 Mà x m y với m 0 nên x y x 9 x 7 Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm: ; y 9 y 7 Ví dụ 5: ( ĐHA – 2013 ) Giải hệ phương trình sau: x 1 4 x 1 y 4 2 y 2 2 x 2 x( y 1) y 6 y 1 0 ĐK: (1) (2) x 1 Cách1:Với điều kiện y 0 tacó: x y 2 y 1; x y 2 y 1 TH1:Nếu x y 2 y 1 thì y 2 y 1 1 y 2 y 0 y 0 ( vì y0 ) 21 Suy ra x 1 . Thay vào hệ phương trình thỏa mãn. Vậy (1;0) là nghiệm của hệ phương trình. TH2: Nếu x y 2 y 1 , thay vào (1) ta được: y 2 y 2 4 y 2 y y4 2 y ( 4 y 2 y )2 2 4 y 2 y y 4 2 y Xét hàm số: f (t ) t 4 2 t ; t 0 f (t ) 4t 3 , 2 t4 2 1 0; t 0 Nên hàm số f(t) đồng biến trên 0, ) Từ (3) suy ra: 4 y 2 y y y 2 y y 4 Đặt y a 0 thì a8 a 2 2a 0 a(a 7 a 2) 0 a(a 1)(a 6 a 5 a 4 a 3 a 2 a 2) 0 a 0 y 0 x 1 a 1 y 1 x 2 a 6 a 5 a 3 a 2 a 2 0 ( a6 a5 a 4 a3 a2 a 2 0 vô nghiệm vì a 0 ) x 1 x 2 Tóm lại và y 0 y 1 Cách 2: Xét (1): x 1 4 x 1 y4 2 y Đặt t 4 x 1 t 4 x 1(t 0) Thì (1) t 4 2 t y 4 2 y 3 22 (3) Xét hàm số: f (u) u 4 2 u;u 0 f (u) 4u 3 1 0; u 0 2 u4 2 Nên hàm số f(u) đồng biến trên 0, ) , Từ (3) suy ra t y x y 4 1 Thế x y 4 1 vào (2) ta được: ( y 4 1) 2 2( y 4 1)( y 1) y 2 6 y 1 0 y 8 2 y 4 1 2( y 5 y 4 y 1) y 2 6 y 1 0 y 8 2 y 5 y 2 4 y 0 y ( y 7 24 y 4) 0 y (y 1)(y6 y 5 y 4 3 y 3 3 y 2 3 y 4) 0 y 0 x 1 y 1 x 2 ( y 6 y5 y 4 3 y3 3 y 2 3 y 4 0 vô nghiêm vì a 0 ) x 1 x 2 Tóm lại và y 0 y 1 Cách 3: Dùng phép nhân liên hợp Ta có (1): x 1 4 x 1 y4 2 y ( x 1 y 4 2) ( 4 x 1 y) 0 (*) Lại có (2) x2 2 x( y 1) ( y 1)2 4 y ( x y 1)2 4 y nên y 0 Nếu y 0 , từ (*) ta được ( x 1 2) 4 x 1 0 Do f(x) ( x 1 2) 4 x 1 là hàm đồng biến trên 1, ) Mà f x f 1 0 nên x 1 Nếu y 0 thì ta có: 23 (*) x y4 1 x 1 4 y4 2 x 1 y4 0 ( 4 x 1).( x 1 y 2 ) 1 1 ( x y 1) 4 0 2 x 1 4 y 4 2 ( x 1).( x 1 y ) x y4 1 0 x y4 1 4 Thế x y 4 1 vào (2) ta được: ( y 4 1)2 2( y 4 1)( y 1) y 2 6 y 1 0 y8 2 y 4 1 2( y 5 y 4 y 1) y 2 6 y 1 0 y8 2 y 5 y 2 4 y 0 y ( y 7 24 y 4) 0 y (y 1)(y6 y 5 y 4 3 y 3 3 y 2 3 y 4) 0 y 0 x 1 y 1 x 2 ( y 6 y5 y 4 3 y3 3 y 2 3 y 4 0 vô nghiêm vì a 0 ) x 1 x 2 Tóm lại và y 0 y 1 2. Chủ đề chứng minh bất đẳng thức, cực trị Ví dụ1: CMR mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x( x y z ) 3 yz ta có ( x y)3 x z 3 x y x z y z 5 y z 3 3 (1) Nhận xét: Đây không phải là bất phương trình đối xứng theo các biến, trong các kì thi đại học thường là bất đẳng thức đối xứng. vế phải có 2 biến và vế trái có 3 biến đồng bậc nên trong suy nghĩ tìm lời giải là ta phải giảm biến x ở vế trái , buộc vế trái xuất hiện ( y z ) nhưng nếu làm như vậy thì chỉ thu được đẳng thức. may mắn là bất đẳng thức quen thuộc là y z 4 yz và các dạng biến thể của nó nên việc tìm lời giải 2 sẽ xoay quanh phát hiện này 24 Cách 1: Đặt a y z , b z x , c x y Suy ra x bca a c b bac ,y ,z 2 2 2 Từ điều kiện bài toán 4a 2 b c 3 b c a 2 b2 bc c 2 2 2 Bất đẳng thức cần CM 5a3 b3 c3 3abc 5a 2 a b c 3bc (2) Từ a 2 b2 bc c2 a 2 bc 2 (b c)2 2 2 2 2 2a b c 2a 2(b c ) 2bc b c 2 2a 2 a(b c) 2 (2) đúng suy ra (1) đúng 3a 3bc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z Cách 2: Từ giả thiết bài toán ta có x 2 xy xz 3 yz x y x z 4 yz Đặt a x y, b y z thì ab 4 yz ta có hằng đẳng thức 2 a3 b3 a b (a 2 ab b2 ) 2(a 2 b2 ) a b ab 2 2 2 2 2 a b 2ab a b ab 2 y z 8 yz y z 4 yz = 2 y z 4 yz y z 4 y z 2 2 2 y z 2 2 y z 3 (1) Mặt khác ta có 3 x y x z y z 12 yz y z 3 y z y z 3 y z (2) 2 Cộng (1) (2) ta được điều phải chứng minh 25 3 Cách 3: Đặt t y z từ giả thiết suy ra x 2 xt y z nên x x y z 3 yz 3 y z 2 yz vì yz 3 4 4 2 3 2 x 2 tx t 2 2 x t 4t 2 2 x t 4 BĐT 2 x y z 3 x y x z 2x y z 3 x y x z ( y z ) 5 y z 3 3 2 x y z 3 x y x z 2 x 5 y z 3 3 2 x y z 6 x( x 2 x y z yz ) 5 y z 3 3 2 x t 6 x( x 2 xt 3 x 2 xt ) 5t 3 3 2t (2 x2 3xt 2t 2 ) 0 2 x2 3tx 2t 2 0 2 x 3tx 2t 0 vì 0 x 2 2 t t2 3 nên 2 x 2 3tx t 2 2t 2 2 2 2 Cách 4: x3 3x 2 y z y z 2 yz 3xyz 2( y z )3 2 2 2 3 x3 3x 2 y z 3x y z x x y z 3xyz 2 y z 3 Đặt y z 2a bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2 x3 6 x 2a 3x 4a 2 x x 2a x 2 ( x 2a) 16a 3 3 4 x a x 4a a 0 Bất phương trình này đúng vì ngược lại nếu x a x 26 yz 2 Theo điều kiện ban đầu suy ra y z 4 yz vô lý 2 Ví dụ 2: Chứng minh nếu a, b, c là xố dương thỏa mãn abc ab ac bc thì 1 1 1 3 a 2b 3c 3a b 2c 2a 3b c 16 Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Từ abc ab ac bc Đặt x 1 1 1 1 1 ( ) x yz 9 x y z 1 1 1 1 a b c 1 1 1 , y= , z = thì x y z 1 a b c Áp dụng bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 36 x y z x 2 y 3z 1 x 2 y 3z a 2b 3c 36 a 2b 3c Tương tự ta cũng có 1 y 2 z 3x 1 z 2x 3y ; 2c b 3a 36 c 2a 3b 36 Cộng 3 đẳng thức trên ta có 1 1 1 6( x y z ) 1 3 a 2b 3c 3a b 2c 2a 3b c 36 6 6 Cách 2: 1 1 1 1 1 1 a 2b 3c a c b c b c 9 a c b c b c 1 1 2 3 36 a b c 1 1 1 1 1 1 3a b 2c a c a c b a 9 a c a c b a 27 1 3 1 2 36 a b c 1 1 1 1 1 1 2a 3b c b c b a b a 9 a b b c b a 1 2 3 1 36 a b c Cộng vế với vế ta được 1 1 1 1 6 6 6 3 ( ) a 2b 3c 3a b 2c 2a 3b c 36 a b c 16 Bài tập :1.Với a, b, c là số thực dương thỏa mãn điều kiện .CMR 1 1 1 4 a b c 1 1 1 1 1 1 1 ( ) a 2b c a b 2c 2a b c 4 a b c 2.Chứng minh với a, b, c là số thực dương thỏa mãn điều kiện abc ab ac bc thì 1 1 1 17 a 2b 3c 3a b 2c 2a 3b c 96 Ví dụ 3: Với a, b, c là số thực không âm ta luôn có a a b a c b b c b a c c a (c b) 0 Cách 1: Đặt ẩn phụ Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a b c Đặt x a b, y b c ta có bất đẳng thức tương đương c x y y c y xy c x y x( x y ) 0 c x 2 y 2 xy x 2 ( x 2 y ) 0 luôn đúng do x, y, c là các số không âm Dấu “=” xảy ra khi a b c hoặc a b, c 0 hoặc các hoán vị của nó Cách 2: Đánh giá Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a b c Khi đó có c c a (c b) 0 Ta xét a a c b b c a 2 b2 ac bc a b (a b c) 0 28 a a b a c b b c a b 0 a a b a c b b c (b a) 0 Cộng 2 bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh Cách 3: Khảo sát hàm số Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a b c a3 b3 c3 3abc ab a b bc b c ca(c a) 0 Xét hàm số f (a) = a3 b3 c3 3abc ab a b bc b c ca( c a) . Ta có f ' a 3a 2 b 2 c 2 3bc 2ab 2ac a 2 b 2 2a 2 2ba 2bc 2ac bc c 2 a b a b 2a a b 2c a b c b c a b a b 2a 2c c b c 0 nên f (a) đồng biến . vậy f (a) f (b) = c3 3a 2c 2ac a c c a c 0 2 Ví dụ 4: ( ĐH – A 2013) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (a c)(b c) 4c 2 32a3 32b3 a 2 b2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P (b 3c)3 (a 3c)3 c Cách 1 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: P 32a3 1 1 32a3 1 1 6a 3 3 . . (b 3c)3 2 2 (b 3c)3 2 2 b 3c 32a3 32b3 a 2 b2 6a 6b a 2 b2 P 2 (b 3c)3 (a 3c)3 c b 3c a 3c c 29 a 2 b2 3(ac bc) a2 b 2 P 6. 2 ab 9c2 3(ac bc) c (*) Ta có: (a c)(b c) 4c 2 ac bc 3c 2 ab (1) Thế vào (*) ta có: a 2 b2 3(3c 2 ab) a2 b 2 P 6. 2 ab 9c 2 3(3c 2 ab) c (a 2 b2 2ab) (9c 2 ab) a2 b 2 P 6. 2 2(9c 2 ab) c P 3. 3(a b)2 a2 b 2 3 2 (9c 2 ab) c 3(a b)2 a2 b 2 P 3. 2 1 (do (1)) 6c ac bc c P 3. 3(a b)2 a2 b 2 1 c(6c a b) c a b 3( ) c c ( a )2 ( b )2 1 P 3. a b c c (6 ) b c (**) a b Đặt x ; y ( x 0; y 0) thì ( x 1)( y 1) 4 xy x y 3 (2) c c 3(x y)2 (**) P 3. x2 y 2 1 (6 x y) 3 ( x y )2 4 xy ( x y )2 2 xy 1 (6 x y) ( x y ) 2 4 3 ( x y ) P3 ( x y )2 23 ( x y) 1 do(2) (6 x y ) (***) 30 Đặt x y t . Lại có (a c) (b c) 4c (a c)(b c) 2 a b 2c a b 2 c c 2 2 Hay x y t 2 Nên từ (***) ta có: t 2 4(3 t ) t 2 2 3 t 1 6t 2 t 4t 12 P 3. t 2 2t 6 1 6t (t 2)(t 6) P 3. t 2 2t 6 1 6t P 3. P 3(t 2) t 2 2t 6 1 f (t ) t 1 Ta có: f , (t ) 3 3 t 1 t 2 2t 6 t 2 2t 6 03 t 2 2t 6 3 t 2 2t 6 t 2 2t 6 t 1 t 1 t 2 2t 6 9t 2 18t 54 ( t 2t 6) 2 8t 2 16t 55 ( t 2 2t 6) 2 0 g (t ) 8t 2 16t 55 g , (t ) 16t 16 0, t 2 Nên g (t ) g (2) 8.22 16.2 55 9 0 31 2 t 2 2t 1 ( t 2 2t 6) 2 Suy ra 3 t 1 t 2 2t 6 hay f , (t ) 0 0 Nên hàm f (t ) đồng biến trên nửa khoảng 2, ) Suy ra f(t ) f (2) 1 2 2 khi t 2a b c 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 Cách 2: a b Đặt x , y . ta được x 0, y 0 điều kiện của bài toán trở thành c c xy x y 3 khi đó P 32 x3 y 3 3 32 y 3 x 3 3 x2 y 2 u 0, v 0 ta cóu 3 v 3 u v 3uv u v 3 3 u v 3 u v u v 4 4 3 3 Do đó x y 2 2 xy 3x 3 y ) x 32 x 32 y y 8 8 3 3 y 3 x 3 y 3 x 3 xy 3x 3 y 9 3 3 3 Thay xy 3 x y vào biểu thức ta có x y 1 x y 6 3 8 x y 1 3 3 2 x y 6 y 3 x 3 32 x3 3 32 y 3 Do đó P x y 1 x 2 y 2 x y 1 3 3 x y 1 3 t x yt 0 và P t 1 t 2 2t 6 3 32 x y x y 2 2 2 xy 2 x y 6 3 Ta có 3 x y xy x y x y 4 2 t2 t nên t 2 t 6 0 4 Do đó t 0 Xét f t t 1 t 2 2t 6 vì t 2 ta có 3 t 1 f ' t 3 t 1 2 t 2 2t 6 t 1 Với mọi t 2 ta có 3 t 1 3 và 2 t 2 2t 6 1 7 t 1 2 7 1 7 2 3 2 2 Khi a b c thì P 1 2 Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 2 Ví dụ 5.(Đại học khối A - 2007). Cho x 0, y 0, z 0, xyz 1. Tìm GTNN của biểu thức: P x2 y z y y 2z z y2 z x z z 2x x z2 x y x x 2y y Nhận xét : Nhìn vào biểu thức P trông rất phức tạp nhưng nỗi lên rõ biến đó có liên quan đến x x , y y , z z Do vậy để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa về bài toán mới. Mặt khác với suy nghĩ đổi biến như vậy thì chúng ta cần đánh giá tử số đưa về biến cần đổi và chú ý tới điểm rơi là x y z 1 . Ta có bài giải như sau: Cauchy x2 y z 2x x Cauchy y z x 2 y y 2 Cauchy z2 x y 2z z 33 Cách 1: Đặt a x x 2 y y , b y y 2 z z , c z z 2 x x Suy ra: x x 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a ,y y ,z z 9 9 9 2 c a b a b c 2 Do đó: P 4 6 4.3 3 6 2 9 b c a b c a 9 Vậy MinP 2 x y z 1. Cách 2: P x2 y z y y 2z z y2 z x z z 2x x z2 x y x x 2y y 2y y 2x x 2z z y y 2z z z z 2x x x x 2 y y Đặt a x x ; b y y ; c z z abc 1 P a b c a2 b2 c2 => 2 b 2c c 2a a 2b ab 2ac bc 2ba ca 2cb 3 ab bc ca P svac _ so a b c 1 P 2 ( bất đẳng thức 2 3 ab bc ca 3 ab bc ca 2 so-vac) Bài tập 3 1. Cho x 0, y 0, z 0, x y z . Tìm giá tri lớn nhất của biểu 4 thức. P 3 x 3 y 3 y 3z 3 z 3x Nhận xét: Ta thấy x, y, z có vai trò như nhau trong biểu thức. Từ đó ta 1 dự đoán dấu bằng xảy ra khi x y z . Với dấu bằng xảy ra tại 4 1 x y z nên x 3 y 1; y 3z 1; z 3x 1, mặt khác để khử được 4 căn bậc 3 ta phải Cauchy như sau: 34 Hƣớng dẫn x 3y 11 . 3 Cauchy y 3z 1 1 3 y 3 z .1.1 . 3 Cauchy z 3x 1 1 3 z 3 x .1.1 . 3 3 x 3 y .1.1 Cauchy Cộng vế theo vế P 3 MaxP 3 x y z 1 . 4 2. Cho a, b, c dương và a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P 2 2 b 3 c 3 a2 3 Hƣơng dẫn b2 3 a 6 3a 2 3 3 Ta có: 2 2 16 64 4 2 b 3 2 b 3 a3 a3 b3 2 c 3 2 c3 2 a 3 2 b3 2 c 3 2 c3 2 a 3 2 c2 3 c 6 3c 2 33 16 64 4 a2 3 c 6 3c 2 33 16 64 4 Lấy (1) + (2) + (3) ta được: a 2 b2 c 2 9 3 2 P a b2 c 2 16 4 Vì a 2 b2 c2 3 Từ (4) P a b c 1. (1) (2) (3) (4) 3 3 vậy giá trị nhỏ nhất P khi 2 2 35 3. Chủ đề nguyên hàm, tích phân Ví dụ 1: ( ĐH – A2013 ) Tính tích phân: x2 1 I 2 ln xdx x 1 2 Cách 1: x2 1 1 I 2 ln xdx ln xdx ( 2 )ln xdx x x 1 1 1 Ta xét: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 I 2 ( 2 )ln xdx ln xd ( ) ln x 2 dx 1 1x x x x 1 1 2 12 1 1 1 ln x ln 2 1 x1 2 x 2 2 I1 ln xdx 2ln 2 1 1 1 1 1 Vậy I I1 I 2 2ln 2 1 ln 2 (5ln 2 3) 2 2 2 Cách 2: x2 1 1 1 I 2 ln xdx (1 2 )ln xdx ln xd ( x ) x x x 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 1 ln x( x ) ( x ) dx x 1 1 x x 1 2 1 2 ln x( x ) ( x ) x 1 x 1 1 (5ln 2 3) 2 Vậy I 1 (5 ln 2 3) 2 36 Cách 3: x2 1 1 I 2 ln xdx (1 2 )ln xdx x x 1 1 2 2 Đặt t ln x x et và dx e dt ; x 1 t 0; x 2 t ln 2 t 2 2 2 1 I (1 2t )t .et dt (et e t ) t dt td (et e t ) e 1 1 1 t t (e e ) t t (e t e t ) ln 2 1 2 (et e t )dt 1 ln 2 2 (et e t ) 1 1 ln 2(eln 2 e ln 2 ) (e ln 2 e ln 2) 1 1 1 ln 2(2 ) (2 ) (5ln 2 3) 2 2 2 I Vậy 1 (5 ln 2 3) 2 Ví dụ 2: Tính tích phân 3 0 x3 dx x2 1 Cách 1 : Dùng đổi biến bằng biện pháp lượng giác hóa Đặt x tan t dx 1 tan 2t dt Đổi cận x 0 t 0; x = 3 t 3 3 3 3 3 I= tan t dt tan t tan t 1 1 dt tan t (tan t 1)dt tan tdt 0 3 0 0 3 3 d (cost ) 3 ln 2 cost 2 0 tant d tan t 0 37 2 0 Cách 2: Dùng tích phân từng phần x2 u 3 1 2 2 Đặt xdx I x ln x 1 2 0 dv x2 1 3 x ln x 2 1 dx 0 3 1 3ln 2 ln( x 2 11)d x 2 1 3ln 2 J 20 3 ln( x Với J= 2 1)d x 2 1 0 d ( x 2 1) ln( x 1) u du 2 x 1 Đặt 2 dv d ( x 1) 2 v x 1 2 3 1 3 d x 2 1 ] I = 3ln2 - [ x 2 1 ln x 2 1 2 0 0 = 3ln2 - 1 3 8ln 2 3 ln 2 2 2 Cách 3: Chia tử số cho mẫu số để tách thành 2 tích phân 3 3 x I= ( x 2 )dx xdx x 1 0 0 3 0 x x2 3 1 dx x2 1 2 0 2 3 0 d ( x 2 1) 3 ln 2 x2 1 2 Như vậy dễ dàng nhận thấy cách 3 đơn giải hơn nhiều Bài tập : Tính tích phân 0 I= x 2 dx ( x2 1)3 dx 1 Đáp án I = 𝜋 32 38 Ví dụ 3: Tính tích phân 1 I = x3 (3 2 x 4 )3 dx 0 Cách 1: Nếu suy nghĩ theo cách thông thường thì ta có khai triển thành tổng các tích phân như sau 1 I = x 27 54 x 36 x 8 x 3 4 8 12 1 dx 27 x 0 = 3 54 x 7 36 x11 8 x15 )dx 0 27 4 54 8 36 12 8 16 1 5 x x x x 0 2 4 8 12 16 Cách 2: Biến đổi Đặt t = 3 2 x4 dt 8x3dx Đổi cận x 0 t 3, x 1 t 1 1 1 3 1 t4 3 5 I = t dt 83 84 1 2 Cách 3: Sử dụng vi phân 1 Để ý thấy d (3 2 x 4 ) x3dx ta có lời giải sau 8 1 3 1 1 (3 2 x 4 ) 4 1 5 I = 3 2 x4 d 3 2 x4 3 2 83 8 4 Bài toán này có vẻ khá dễ dàng với 1 số bạn nhưng để ý rằng nếu bậc của 3 2x 4 cao hơn bậc 3 như thế cách 1 sẽ quá khó khăn để thực hiện được nhưng nếu sử dụng cách thứ 2 hoặc 3 thì dễ dàng thực hiện được. Ở đây dùng phương pháp 3 dễ mà hiệu quả nhất 39 Ví dụ 4: Tính tích phân x2 2 1 x4 2 x3 5x2 4 x 4 dx 1 I= 2 Cách 1: Ta phân tích mẫu số của biểu thức dưới dấu tích phân x4 2 x3 5x2 4 x 4 = ( x4 2 x3 x2 ) 4( x2 x) 4 = ( x 2 x 2)2 Dùng phương pháp tách tích phân x2 2 x2 2 Ax B Cx D 2 2 2 4 3 2 2 x 2 x 5 x 4 x 4 ( x x 2) x x 2 ( x x 2)2 Sau đó sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được ABCD. Tuy nhiên ta thấy mặc dù vẫn có thể đi đên lời giải nhưng thực hiện theo phương pháp này khá dài và phức tạp Cách 2: Chia cả tử và mẫu cho x2 1 1 I = 1 2 2 x2 2 2 4 x 2 2( x ) 5 x x dx Đặt t = x + 2 2 dt 1 2 dx x x Đổi cận x 1 9 t , x 1 t 3 2 2 9 2 9 3 dt d (t 1) 1 I = 2 2 44 (t 1)2 t 1 9 t 2t 1 3 3 2 3 Cách 3: Nếu học sinh khá hơn thuần thục kĩ năng đưa biểu thức vào viphân có thể thực hiện như sau 40 2 x2 1 1 1 3 I dx = 1 4 2 2 44 1 2 x 2( x ) 5 x 1 2 2 2 x x x 1 Ví dụ 5: Tính tích phân 2 I x 2 dx x2 1 Cách 1: Biến đổi x 2 1 tx 2 t 2 1xdx tdt Đặt Đổi cận x 2 t 3 ; x 2 t 1 2 3 dx tdt I 2 2 t t 1 x x 1 1 2 Đặt t tan u dt = 3 (t 1 dt 1) 2 du Đổi cận , t 1 u cos2 u 4 du 3 2 u du I cos 2 12 tan u 1 3 4 4 Cách 2: Đổi biến Đặt 1 dx t 2 dt x x Đổi cận x 2 suy ra t 2 I x 2 dx x2 1 1 2 1 2 1 1 ; x 2 suy ra t 2 2 dt 1 t2 1 2 1 2 dt 1 t2 Đặt t sin u suy ra dt cos udu 41 t 3u 3 Đổi cận t 1 1 π u ;t u 4 2 6 2 4 I 4 cosudu du 1 sin 2 u 6 π 12 6 Cách 3: Đặt x 1 sin tdt suy ra dx cost cos 2 t Đổi cận x 2 suy ra t 3 I 4 4 ; x 2 suy ra t 3 sin tdt 3 3 2 cos t sin tdt dt 12 1 cos 2 t sin t 4 4 cos 2 t Cả ba cách trên về bản chất đều là phương pháp đổi biến Bài tập Bài 1: (đại học-cao đẳng 2003-khối A) 2 3 Tính tích phân I = 5 1 2 I 1 4 I dx x x2 4 Kết quả I = dx 1 5 ln 4 3 Kết quả I = x x2 𝜋 6 sin xcosxdx sin x cosx sin x 1 1 1 4 ln c Kết quả I – cosx sin x 2 4 2 sin x 1 4 42 4.Chủ đề lƣợng giác Ví dụ 1 : Giải phương trình 3cos4 x 8cos6 x 2cos2 x 3 0 Nhận xét: Từ sự xuất hiện cung 4x mà ta có thể đưa về cung x bằng công thức nhân đôi như sau cos 4 x 2cos 2 2 x 1 2 2cos 2 x 1 1 = 8 cos4 x 8cos2 x 1 Cách 1: Phương trình 4cos6 x 12cos 4 x 11cos 2 x 3 0 Đặt t = 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 ; 0≤ t ≤1 4t 3 12t 2 11t 3 0 Khi đó ta có t 1 t 0,5 Từ đó ta giải ra nghiệm của phương trình là x = 4 k 2 k , k Z Nhận xét 2: Từ sự xuất hiện các lũy thừa bậc chẵn của cos mà ta có thể chuyển về cung 2 x bằng công thức hạ bậc và từ cung 4 x ta chuyển về cung 2 x bằng công thức nhân đôi Cách 2: 1 cos 2 x 3 1 cos 2 x 3 cos 2 2 x 1 8( ) 2 30 2 2 cos 2 x 2cos2 2 x 3cos 2 x 2 0 cos 2 x 0 x k 4 2 cos 2 x 1 x k k Z 43 Nhận xét 3: Từ sự xuất hiện các hệ số tỉ lệ với nhau mà ta liên tưởng đến việc nhóm các hạng tử và đưa về phương trình tích Cách 3: 3cos4 x 8cos6 x 2cos2 x 3 0 31 cos 4 x 2cos 2 x 4cos 4 x 1 0 6cos2 2 x 2cos2 x 2cos 2 x 1 2cos 2 x 1 0 cos 2 x 3cos 2 x cos 2 x(2cos 2 x 1) 0 cos 2 x 0 (1) 2 4 2 3(2cos x 1) 2cos x cos x 0 Phương trình cos2 x = 0 𝜋 𝜋 4 2 x = +𝑘 (1) 2cos4 x 5cos2 x 3 0 Phương trình Suy ra cos2 x 1 suy ra x k 𝜋 𝜋 4 2 Vậy x = + 𝑘 Bài tập Giải phương trình: 1. 2sin x 1 cos2 x sin 2 x 1 cosx (ĐH D-2008) Đáp số : x 2 k 2 ; x k 3 4 2. cos3x cos2 x cosx 1 0 (ĐH D-2006) Đáp số: x 2 k 2 ; x k 3 Ví dụ 2 (ĐH-A2005): Giải phương trình cos2 3x.cos2 x cos2 x 0 (1) 44 Cách 1 : Phương trình (1) 1 cos6 x 1 cos 2 x .cos2 x 0 2 2 cos6 x.cos2 x 1 0 1 cos8x cos 4 x 1 0 2 2cos2 4 x 1 cos4 x 2 0 2cos2 4 x cos4 x 3 0 cos4 x = 1 Suy ra x = k 2 ,k z Cách 2: (1) cos6 x.cos2 x 1 0 ( 4cos3 2 x 3cos2 x).cos2 x 1 0 4 cos4 2 x 3cos2 2 x 1 0 Ta tìm được nghiệm x = k 2 ,k z Cách 3: (1) cos6 x.cos2 x 1 0 cos6 x.cos2 x 1 cos 2 x 1 cos6 x 1 cos 2 x 1 cos6 x 1 Khi cos2 x 1 thì cos6 x = 4cos3 2x 3cos2x 1 Khi cos2 x 1thì cos6 x = 4cos3 2x 3cos 2x 1 Vậy hệ trên tương đương sin 2 x 0 cho ta nghiệm x = k Ví dụ 3: (ĐHCĐ-2000) Giải phương trình 1 3tan x 2sin 2 x Cách 1:Điều kiện: cos x ≠ 0 45 2 ,k z 1 + 3tan x = 2sin2 x 1 3 sin x 4sin xcosx cosx cos x 3sin x 4sin xcos 2 x Nhận xét : đây là phương trình đẳng cấp bậc 3 nên ta chia 2 vế của phương trình cho 𝑐𝑜𝑠 3 𝑥 ta được 1 tan x 3 2 4tan x 1 tan 2 x 3tan 1 tan 2 x 4tan x 3 cos x cos x 3 tan3 x tan 2 x tan x 1 0 tan x 1 3tan 2 x 2tan x 1 0 tan x 1 x = 4 k , k Z Vì 3tan 2 x 2tan x 1 0 vô nghiệm Chú ý ta có thể chia từ đầu 2 vế của phương trình cho cos2 x Nhìn vào phương trình ta thấy xuất hiện tanx và sin2 x ta nghĩ đến mối liên hệ giữa chúng sin 2 x 2sin x cos x 2 tan x 2 2 sin x cos x 1 tan 2 x Cách 2: Đặt t tan x Suy ra sin2 x = 1 3t 2t phương trình trở thành 1 t2 4t 1 t2 3t 3 t 2 t 1 0 ( t 1)( 3t 2 2t 1) 0 t 1suy ra tan x 1. Vậy x = 46 4 k , k Z Bài tập 1. 4sin3 xcos3x 4cos3 x sin 3x 3 3cos4 x 3 Đáp số: x = 24 k ; x = 2 k 8 kZ 2 2. cos3 x 4sin 3 x 3cosx sin 2 x sin x 0 Đáp số: x = 4 k ; x = 6 k kZ 3. cos3 x sinx 3sin 2 xcosx 0 Đáp số: x = 4 k ; x = 1 k Trong đó tan 1 1 2 ; x = 2 k kZ tan 2 1 2 Ví dụ 4: giải phương trình 2sin 2 x tan 2 x 2 Điều kiện cos x ≠ 0 2 tan 2 x tan 2 x 2 Cách 1:Phương trình 2 1 tan x 2tan 2 x tan 2 x tan 4 x 2 2tan 2 x tan 4 x tan 2 x 2 0 tan 2 x 1 𝜋 2 tan x = ± 1 = tan(± 4 ) tan x 1 x = 4 k kZ Cách 2: 2sin 2 x tan 2 x 2 sin 2 x 2 2sin x cos 2 x 2 2sin 2 x cos2 x sin 2 x 2cos2 x 47 2cos4 x cos2 x 1 0 1 𝜋 cos 2 x cos2 x = 0 x = ± + 𝑘𝜋 4 2 Chú ý đối với phương trình cos 2 x kZ 1 ta không nên giải trực tiếp vì khi 2 đó có tới 4 nghiệm khi kết hợp và so sánh với điều kiện phức tạp nên ta hạ bậc là cách tối ưu nhất Bài tập 1. tan 2 x tan x tan 3x 2 Đáp số: x = 2. 2 tan x cot 2x 2sin 2x 1 sin 2x 4 k 2 kZ Đáp số: x = 3 k kZ ví dụ 5: Giải phương trình 2sin x 1 cos2 x sin 2 x 1 2cosx Cách 1: 2sin x 1 cos2 x sin 2 x 1 2cosx 2sin x2cos2 x 2sin xcosx 1 2cosx 2cosx 1 2sin xcosx 1 0 2cos x 1 0 2sin x cos x 1 0 1 cos x 2 x = k 4 sin 2 x 1 kZ Cách 2: 2sin x 1 cos2 x sin 2 x 1 2cosx 2sin xcos2 x 1 sin 2 x 2 cosx sin x 0 2sin x cosx sin x cosx sin x (cosx sin x)2 2 cosx sin x 0 cosx sin x 2sin xcosx 2sin 2 x cosx 2 0 48 cosx sin x 2sin xcosx 2 cos2 x cosx sin x 0 2cosx sin x cosx sin x cosx 0 sin x cosx 2cosx 1 0 sin x cos x 0 x = k 4 2cos x 1 0 kZ Bản chất của 2 cách trên là phân tích phương trình thành tích Bài tập 2cosx 1 2sin x cosx sin 2 x sin x Đáp số: x = 3 k 2 ; x 4 k kZ kZ 1. 1 sin 2 x cosx 1 cos2 x sin x 1 sin 2 x Đáp số: x 4 k x 2 k 2 x k 2 kZ 2. 2sin x 1 cos2 x sin 2 x 1 cosx Đáp số: x = 2 k 2 , x k 3 4 kZ Kết luận chƣơng 2: Trong chương này tôi đã đề xuất một số bài toán được giải bằng nhiều cách với các chủ đề như: phương trình, bất phương trình, hệ phương trình,chứng minh bất đẳng thức, cực trị, nguyên hàm tích phân, phương trình lượng giác. Với các bài toán được giải bằng nhiều phương pháp khác nhau thấy được ưu hay nhược điểm của từng cách từ đó giúp học sinh nắm bắt được cách giải, phát triển được tư duy sáng tạo để tạo ra các cách giải thông minh, ngắn gọn hơn. 49 KẾT LUẬN Qua quá trình thực hiện đề tài, tôi đã thu được một số kết quả sau: - Làm sáng tỏ khái niệm tư duy, tư duy sáng tạo, phát triển tư duy sáng tạo - Bước đầu đề xuất giải pháp để nâng cao hiệu quả rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học . Điều tra 14 giáo viên dạy ở trường THPT A Hải Hậu, về thực trạng sử dụng bài toán nhiều cách giải , kết quả cho thấy hầu hết đều thấy được tầm quan trọng của việc sử dụng bài toán nhiều cách giải trong việc phát triển tư duy và nâng cao hiệu quả dạy học . - Nêu ra một số bài toán nhiều cách giải hình thức tự luận dùng cho học sinh THPT với các thể loại phong phú: phương trình, hệ phương trình,bất phương trình, bất đẳng thức, tích phân, lượng giác... Ở mỗi bài toán đều có từ hai cách giải trở lên và đã được hướng dẫn cách giải chi tiết, đồng thời trong mỗi bài toán đều có nhận xét riêng, điều này giúp giáo viên và học sinh hiểu rõ hơn ý nghĩa của từng phương pháp giải - Đã hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu đề ra. Hơn nữa, đề tài và phương pháp nghiên cứu của luận văn còn có thể áp dụng cho nhiều nội dung khác nhau của môn Toán. Do khả năng và thời gian nghiên cứu có hạn nên kết quả của luận văn mới chỉ dừng lại ở những kết luận ban đầu, nhiều vấn đề của luận văn vẫn chưa được phát triển sâu và không thể tránh được những sai sót. Vì vậy, tác giả rất mong được sự quan tâm của các thầy cô để bổ sung tốt hơn cho các bài toán nêu trong đề tài góp phần nâng cao hiệu quả dạy học Đề xuất: 50 Mỗi giáo viên chủ động ý thức nâng cao trình độ, tiếp cận với sự phát triển của giáo dục. - Thường xuyên lồng ghép bài toán nhiều cách giải trong quá trình dạy học sinh giải toán . - Cố gắng tự mình thiết kế hệ thống bài toán có chất lượng tốt trong đó có bài toán nhiều cách giải để kích thích sự phát triển tư duy và óc thông minh, sáng tạo của HS. - Sử dụng nhuần nhuyễn các phương pháp giải bài tập và tự mình khám phá ra các cách giải mới 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Trần Tuấn Anh (2013), “ Giải đề thi Đại học bằng nhiều cách” 2. Cao Văn Dũng, “ Nhiều cách để chứng minh cho bất đẳng thức Schur” 3. Phạm Kim Hùng (2006), “ Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Tri Thức 4. Nguyễn Thị Hoa, “ Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học giải phương trình lượng giác lớp 11 nâng cao” 5. Nguyễn Bá kim, “ Phương pháp dạy học môn Toán” 6. Nguyễn Thành Long, “ Một số kĩ thuật giải nhanh phương trình lượng giác” 7. Phạm Bắc Phú, “ Đôi nét về phương pháp giải phương tình, bất phương trình vô tỉ” – THPTA Hải Hậu 8. Cao Thanh Phương, “ Chuyên đề một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” 9. Nguyễn Ngọc Tiêm, “ Những bài toán có nhiều cách giải’’ 10. Tạp chí toán học tuổi thơ 2 tháng 7/2008. NXBGD 11. Các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây 52 [...]... niệm bài tập, tác dụng của bài tập, bài tập có nhiều cách 3 Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong trường THPT Tất cả các vấn đề trên là nền tảng cơ sở cho phép tôi nêu lên sự cần thiết phải thực hiện đề tài nghiên cứu nhằm phục vụ tốt cho thực tế giảng dạy và nâng việc phát triển tư duy lên một bước cao hơn 10 Chƣơng 2:RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA MỘT... đề xuất hướng giải quyết, tạo ra cái mới 2.4 Phƣơng hƣớng bồi dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học Các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân trong tác phẩm “Khuyến khích một số các hoạt động trí tuệ của học sinh qua môn toán ở trường trung học cơ sở” đã đưa ra những biện pháp sau đây để bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần kết... toán mà có thể giải được bằng nhiều cách với những phương pháp giải khác nhau thì bài toán đó được gọi là bài toán có nhiều cách giải Bài toán được giải với các cách giải khác nhau nhưng vẫn có cùng kết quả thì bài toán nhiều cách giải mang đến tính hứng thú cho học sinh lẫn giáo viên hướng dẫn học sinh giải Khi được giáo viên yêu cầu làm bài tập với nhiều cách giải khác nhau thì học sinh có cơ hội... người học phải vận dụng các kiến thức đã học sử dụng hành động trí tuệ để giải quyết các nhiệm vụ đó nhằm chiếm lĩnh tri thức, kỹ năng một cách tích cực, chủ động, sáng tạo 3.2 Tác dụng của bài tập + Bài tập có tác dụng phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh + Bài tập giúp học sinh hiểu rõ và khắc sâu kiến thức + Thông qua bài tập hệ thống hóa các kiến thức đã học: một số lớn các bài tập toán học. .. THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI KHÁC NHAU 1 Chủ đề phƣơng trình, hệ phƣơng trình, bất phƣơng trình Một trong những yêu cầu đối với học sinh khi giải bài tập toán là tìm tòi nhiều lời giải khác nhau cho một bài tập Điều đó cũng đồng thời kích thích sự hứng thú trong việc học toán của học sinh Nhiều bài tập cơ bản thuộc chương trình toán THPT có nhiều lời giải khác nhau... phương pháp giải toán đã được giáo viên giảng dạy, tư duy của học sinh cũng phát triển Với những bài toán mà việc chọn cách giải phù hợp sẽ làm tiết kiệm thời gian giải bài điều này rất tốt với cách giải bài toán trắc nghiệm như hiện nay 4.Thực trạng sử dụng bài tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải trong trƣờng THPT 4.1 Mục đích điều tra - Nắm được tình hình sử dụng bài tập nhiều cách giải nhằm... xuyên Bài toán (1 cách giải) rèn luyện nhiều kĩ năng tính 0 2 8 4 0 2 7 5 0 1 10 3 toán Bài toán (1 cách giải) có nét độc đáo, không thiên về tính toán Bài toán nhiều cách giả Kết luận chƣơng 1 Trong chương này, tôi đã trình bày cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn của đề tài, bao gồm các nội dung chính như sau: 1 Tư duy: khái niệm tư duy, đặc điểm tư duy, các thao tác tư duy, tư duy sángtạo 2 Bài tập: ... hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức của nhiều nội dung trong bài, trong chương Dạng bài tổng hợp đòi hỏi học sinh phải vận động vốn hiểu biết trong nhiều chương, nhiều bộ môn + Cung cấp thêm kiến thức mới, mở rộng hiểu biết của học sinh về các vấn đề thực tiễn cuộc sống + Rèn luyện một số kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh như: Phát triển tư duy: học sinh được rèn luyện các thao tác tư duy như: phân tích, ... Bồi dưỡng tư 7 duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn luyện khả năng phát hiện vấn đề mới, khơi dậy những ý tư ng mới Chú trọng bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình lâu dài cần tiến hành trong tất cả các khâu của quá trình dạy học môn Toán 3 Bài tập 3.1 Khái niệm bài tập Bài tập là nhiệm vụ mà giáo viên đặt ra cho người học, buộc... hợp, suy luận tư ng tự… + Bài tập cũng giúp giáo viên đánh giá được kiến thức và kỹ năng của học sinh Học sinh cũng tự kiểm tra biết được những lỗ hổng kiến thức để kịp thời bổ sung 8 + Giải bài tập rèn cho học sinh tính kiên trì, chịu khó, tính cẩn thận, chính xác khoa học Làm cho các em yêu thích bộ môn, say mê với khoa học (những bài tập gây hứng thú nhận thức) 3.3 Bài tập có nhiều cách giải Bài toán ... dạy học trường THPT Vì lí nên chọn đề tài Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh THPT thông qua giải số tập Đại số - Giải tích nhiều cách Đối tƣợng nghiên cứu - Các tập Đại số - Giải tích có nhiều. .. sau: Tư duy: khái niệm tư duy, đặc điểm tư duy, thao tác tư duy, tư sángtạo Bài tập: khái niệm tập, tác dụng tập, tập có nhiều cách Thực trạng sử dụng tập Đại số - Giải tích có nhiều cách giải. .. toán nhiều cách giải phát triển tư sáng tạo học sinh - Tổng hợp số tập Đại số - Giải tích THPT nhiều cách giải Phạm vi nghiên cứu - Chương trình Đại số - Giải tích trường THPT Giả thiết khoa học