SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HOẮNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC,TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT,GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 10 THPT” Người thực hiện: Lê Thị Thúy Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác : Trường THPT Hoằng Hóa SKKN tḥc lĩnh vực (môn): Toán Học THANH HÓA NĂM 2017 Trang MỤC LỤC Mục lục Trang I.Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Trang 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trang 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trang 3-4 II.Nội dung sáng kiến kinh nghiệm .Trang 2.1 Cơ sở lí luận của đề tài Trang 2.2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trang 2.3 Biện pháp và giải pháp chủ yếu để thực hiện đề tài 2.3.1.Giải pháp Trang 5-6 2.3.2 Một số ví dụ minh họa .Trang 7-20 2.3.4 Hiệu quả của sáng kiến .Trang 20-21 III Kết luận và kiến nghị Trang 22 - Xác nhận của thủ trưởng đơn vị và lời cam đoan Trang 23 Trang I Mở đầu 1.1.Lí chọn đề tài Trong dạy và học toán việc lựa chọn công cụ phù hợp để giải các bài toán là việc làm rất cần thiết Chọn được công cụ thích hợp tất nhiên lời giải tớt nhất Trong quá trình giảng dạy tại trường THPT Hoằng Hóa tơi thấy việc kết hợp đại sớ và hình học giúp giải sớ bài toán rất nhanh và ngắn gọn Trong chương trình đại số lớp 10 THPT, việc chứng minh bất đẳng thức , tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa bậc hai là bài toán khá phức tạp mà giải học sinh gặp rất nhiều khó khăn Nhưng ngày sự phát triển của khoa học kĩ thuật dẫn tới sự biến đổi lớn lao tất cả các lĩnh vực, đặc biệt là lĩnh vược giáo dục và đào tạo Một nội dung quan trọng là đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực, nhằm cho học sinh hiểu rõ, hiểu nội dung của bài học cách chính xác, khoa học Do điều kiện thời gian nên trình bày sáng kiến được rút từ kinh nghịêm thực tiễn của bản thân về chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa bậc hai phương pháp véc tơ và tọa độ phẳng chương trình đại sớ 10 THPT 1.2 Mục đích nghiên cứu Tìm phương pháp dạy học phù hợp với học sinh, tạo hứng thú học tập cho học sinh Từ nâng cao chất lượng học tập của học sinh các tiết học 1.3 Đối tượng nghiên cứu Học sinh khối 10 trường THPT 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Xây dựng giáo án theo phương pháp này cách đầy đủ nhằm phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh Trang - Kiểm tra mức độ nắm vững kiến thức của học sinh sau tiến hành giảng dạy - Đánh giá kết quả và đề nghị - Chọn đối tượng thực nghiệm: lớp 10C1, 10C2, 10C3 trường THPT Hoằng Hóa Trang II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Nhiệm vụ của giảng dạy môn toán học ở bậc trung học phổ thông là thực hiện được mục tiêu giáo dục mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đề ra: Làm cho học sinh đạt dược các yêu cầu sau: - Nắm vững được kiến thức bản của mơn - Có kỹ bản để vận dụng kiến thức của mơn - Có hứng thú học tập mơn - Có cách học tập và rèn luyện kỹ hợp lý, đạt hiệu quả cao học tập mơn toán - Hình thành ở học sinh kỹ tư và là nền tảng cho các môn khoa học bản khác 2.2 Thực trạng vấn đề Trong thời gian giảng dạy tại trường THPT Hoằng Hóa tơi thấy viêc nhận thức của học sinh THPT về việc giải bài tập chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa bậc hai là rất yếu, nhất là việc lựa chọn phương pháp để giải quyết Các em không phát hiện được phương pháp áp dụng cho bài tập cụ thể Đặc biệt là các dạng không sử dụng được phương pháp đại số mà phải đưa phương pháp hình học vào giải quyết được bài toán nhanh và ngắn gọn 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề 2.3.1.Giải pháp - Trước đưa vào vận dụng tơi vận dụng vào năm học 2012-2013 thấy có hiệu quả vậy để kiểm chứng, năm học 2015-2016 tiến hành khảo sát ở lớp theo bảng sau: Bảng số liệu khảo sát trước vận dụng Trang Giỏi Lớp 10C1 10C2 10C3 Số lượng 43 43 42 SL % Khá SL 18,6 11,6 7.1 16 12 12 % 37,2 27,9 28,6 T.bình SL 19 22 21 % 46 51,2 50,0 Yếu SL % 9,3 14,3 Kém SL % 0 0 0 - Đới với lớp 10C3 tơi dự định sử dụng phương pháp thảo luân nhóm, hỏi đáp và hệ thống lại kiến thức chương - Đối với lớp 10C1 và 10C2 thi cho học sinh dụng đề tài “chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, giải phương trình và bất phương trình chứa bậc hai phương pháp véc tơ và tọa độ phẳng chương trình đại sớ 10 THPT” Tìm hiểu ngun nhân dẫn đến kết Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả rất thấp Vì vậy việc lĩnh hội kiến thức và rèn luyện kĩ ở học sinh địi hỏi nhiều cơng sức và thời gian Sự nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ: - Kiến thức bản nắm chưa - Khả tưởng tượng, tư hàm, tư lơgíc cịn hạn chế - Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tớt Đây là mơn học địi hỏi sự tư duy, phân tích của các em, nhiều em ý thức học tập chưa cao nên chưa xác định được động học tập, chưa thấy được ứng dụng to lớn của môn học đời sống Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình đới tượng học sinh để có biện pháp giúp đỡ các em, song song với việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi cần giúp đỡ học sinh yếu Việc này cần thực hiện tiết học, biện pháp rèn luyện tích cực, phân hoá nội tại thích hợp Trang Tuy nhiên ngoài việc dạy tốt giờ lên lớp, giáo viên nên có biện pháp giúp đỡ đới tượng học sinh để học sinh yếu theo kịp với yêu cầu chung của tiết học, học sinh khá, giỏi khơng nhàm chán 2.3.2.Mợt số ví dụ minh họa * KIẾN THỨC CƠ BẢN Hệ trục tọa độ Đề Các vng góc mặt phẳng * Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng x’Ox, y’Oy vuông góc với O Trên Ox, Oy chọn véc tơ đơn vị i , j Như ta có hệ trục tọa độ Đề Các vng góc xOy * Tọa đợ mợt điểm và một véc tơ: Cho điểm M mặt phẳng xOy Hạ y MH vng góc với x’Ox và MK vng góc với y’Oy Theo quy tắc hình bình hành ta có : uuuu r uuur uuur OM = OH + OK = xi +y j Bộ hai (x;y) được hoàn toàn xác định bởi điểm M y O • a M • x và được gọi là tọa độ của điểm M Kí hiệu M(x;y) Cho véc tơ a hệ trục tọa độ Khi tồn tại nhất điểm M cho OM = a Gọi (x;y) là tọa độ của điểm M Khi hai (x;y) gọi là tọa độ của véc tơ a và kí hiệu: a = (x;y) *Các phép tính véc tơ: ur r Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) và k là số thực Các phép tính véc tơ phép cộng , phép trừ , phép nhân số với véc tơ , tích vô hướng hai véc tơ được xác định sau : Trang ur r a + b = (a1 + b1 ; a2 + b2 ) ur r a − b = (a1 − b1 ; a2 − b2 ) ur k.a = (ka1 ; ka1 ) ur r a.b = a1b1 + a2b2 ur r *Các công thức lượng: Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) và gọi α là góc tạo bởi hai véc tơ ur r ur r a.b = a b cos α ur r a.b a1.b1 + a2 b2 cos α = ur r = ab a12 + a2 b12 + b2 - Khoảng cách từ điểm M(x0,y0) tới đường thẳng (D) : Ax + By +C = là: d ( M , D) = Axo + Byo + C A2 + B * Phương trình đường thẳng, đường trịn: r - Phương trình của đường thẳng (D) qua điểm M(x 0,y0) và nhận véc tơ n = ( A; B) làm véc tơ pháp tuyến là : A(x-x0) + B(y- y0) = - Phương trình đường trịn tâm I(a,b) bán kính R là: ( x- a)2+(y – b)2 = R2 Khi sử dụng véc tơ và tọa độ học sinh cần lưu ý : 1)Cho hai véc tơ a và b ta ln có : + a +b ≤ a + b Dấu ((=)) xảy ⇔ a = k b với (k > 0) + a.b = a b cos( a , b ) ≤ a b Dấu ((=)) xảy ⇔ a = k b 2)Cho điểm A,B,C bất kỳ ta ln có + AB + BC ≥ AC , Dấu ((=)) + AB − AC ≤ BC ,Dấu ((=)) xảy ⇔ các véc tơ AB , BC hướng xảy ⇔ C nằm đoạn AB B nằm đoạn AC Trang * PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ GIẢI TOÁN Trong quá trình giải bài tập về chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa bậc hai ta thường gặp các bài toán sau: *Bài toán 1: Chứng minh bất đẳng thức đại số : Ví dụ 1: Cho bốn số thực x1, x2 , x3 , x4 Chứng minh rằng: (x12 + y12)( x22 + y22) ≥ ( x1x2 + y1y2)2 Giải: Trên mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ a = (x1;y1) ; b = ( x2; y2) ur r Ta có : Vậy: ur r ur r ur r a b ≥ a.b ⇒ a b ≥ (a.b)2 (x12 +y12) (x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 ur r Dấu xảy ⇔ a // b ⇔ x1 y2 = x2 y1 Ví dụ 2: Chứng minh nếu: x , y, z > : x + xy + y + x + xz + z > y + yz + z Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : y z y z 3 ( x + )2 + ( y ) + ( x + )2 + ( z ) > ( − )2 + ( y+ z ) (1) 2 2 2 2 y 3 y z Xét ba điểm: A( x + ; z ) ; B(0; y + z ) ; C ( − ; 0) 2 2 (1) ⇔ AB + AC > BC Ta có: AB + AC ≥ BC với ba điểm A,B,C bất kì ở  uuur y y)  AB = (− x − ;  2  uuu r z u AC = (− x − ; − z )  2 Trang Hai véc tơ này khơng thể ngược hướng ( hoành độ âm) khơng thể xảy đẳng thức : AB + AC > BC Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh Ví dụ 3: Cho a,b,c > và ab +bc + ca = abc Chứng minh rằng: b + 2a c + 2b + + ab bc a + 2c ≥3 ca Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 2 + + + + a b b c + ≥ c a 2 Trong mặt phẳng tọa độ xOy xét véc tơ: u =( ; ) ; v =( ; ) ; a b b c w =( (vì: 1 1 ; ) đó: u + v + w = ( + + ; c a a b c 1 ( + + )) = ( 1; b c a 2) 1 + + = 1) a b c Từ bất đẳng thức : u + v + w ≥ u + v + w suy điều phải chứng minh  x + xy + y = Ví dụ 4: Giả sử hệ:  có nghiệm  y + yz + z = 16 Chứng minh : Giải: u = xy + yz + xz ≤ x z 3 x) ; v = ( Gọi u = ( y + ; z ; y + ) thì: 2 2 x (y + )2 + x2 = v = ( y + z )2 + z = Ta có: u v = x + xy + y = y + zy + z = ( xy + yz + xz) Trang 10 Từ: u v ≤ u v suy : xy + yz + xz ≤ Ví dụ 5: Cho x,y,z là các số thực đôi khác Chứng minh bất đẳng thức sau: x− y + x2 + y2 + y−z 1+ y2 1+ z2 > x−z + x2 + z2 Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dạng tương đương sau: ( x − y ) (1 + z ) + ⇔ ( y − z ) (1 + x ) > ( x − y ) + ( xz − yz ) + ( x − z ) (1 + y ) ( y − z ) (1 + x ) > ( x − z ) + ( xy − xz ) > ( x − z ) + ( xy − yz ) (1) Trên hệ tọa độ Đề Các lấy ba điểm A,B,C với tọa độ sau: A(x, yz) ; B( y, zx) ; C ( z, xy) Khi (1) ⇔ AB + BC > AC Hiển nhiên ta có : AB + BC ≥ AC (2) (3) Dấu (3) xảy ⇔ các véc tơ AB , BC hướng tức là ⇔ ( x- y; zx – yz) = k ( z-y ; xy – zx) với k > ⇔ y−x zx − yz = >0 z−y xy − zx y−x  >0 y − x  > (4)  z−y ⇔ ⇔ z − y y − x z ( y − x)   x = z (5) =  z − y x( z − y ) Hệ (4), (5) không thể xảy x ≠ z Vậy (3) khơng thể có dấu Tức là AB + BC > AC, Như thế (2) và là đ.p.c.m Ví dụ 6: Chứng minh với mọi x ta có : -1 < Giải: Trang 11 x2 + x + - x2 − x +1 < 1 Ta có : x ± x + = ( x ± ) + Trên mặt phẳng tọa độ xét các điểm X( x;0) ; A( ; Khi : XA = ( x − ) + ; 3 ) ; B(- ; ) 2 XB = ( x + ) + ; 1 3 Mà XA − XB ≤ AB = ( + ) + ( − ) 2 2 Đẳng thức khơng thể xảy OX//AB Suy XA − XB thí A,B nằm phía đối với O ( đồng thời nằm phía đối với Ox) Lấy A’ đối xứng với A qua Ox ta có A’( p;-p ) , đồng thời : MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B Đẳng thức xảy ⇔ A’ , M , B thẳng hàng Trang 13 uuuuuu r uuuuu r  x − p = k (q − p ) ⇔ A' M = k A' B ⇔   p = k (q + p ) p  k = p + q ⇔   x = pq  p+q y ymin = A ' B = ( p − q)2 + ( p + q )2 B A = 2( p + q ) x Đạt được x = 2pq/(p + q) O M A ’ Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : y = x + 1− x Giải: Trong mặt phẳng xOy , chọn : OA = (1;2 ) ; OM = ( x ; − x ) , với ≤ x ≤ ta có: OA = + = ; OM = x + − x = và y OA OM = OA.OM cos ( OA ; OM ) Suy : x + 2 − x = cos ϕ , A từ : y = cos ϕ Vì M nằm hình vng OIJK cạnh là nên: 00 ≤ ϕ ≤ AÔK ⇒ cos AÔK = 1+ ⇒ = ≤ cos ϕ ≤ J I ϕ O Vậy: max y = ; y = Trang 14 M K x Ví dụ3: Biết a + b + c = và ax + by + cz = với ( a,b,c ≠ 0) Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 16a + a x + 16b + b y + 16 z + c z Giải: Ta xét véc tơ sau: u = (4a; ax) ; v = (4b; by) ; w = (4c; cz) Suy : u + v + w = ( 4a + 4b + 4c ; ax + by + cz) = (8; 6) Từ đó: u + v + w = 64 + 36 = 10 Do: u = 16a + a x ; v = 16b + b y ; w= 16 z + c z Và u + v + w ≥ u + v + w Nên suy ra: P = 16a + a x + 16b + b y + 16 z + c z ≥ 10 Dấu (( = ))  a = kb ≠ x = y = z =  ax = kby   ⇔ a + b + c = xảy :  b = mc ≠  a, b, c >   by = mcz x = y = z =  Vậy: minP = 10 ,giá trị này đạt được : a + b + c =  a, b, c >  Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x + + x − 14 x + 13 Giải: Viết lại hàm số dạng: y = 5( x + 1) + ( x − 3) + (2 x − 2) = ( x + 1) + (2 x + 2) + ( x − 3) + (2 x − 2) Xét các điểm : A(-1;-2); B(3;2) ; và M(x;2x), : AM = ( x + 1) + (2 x + 2) ; MB = ( x − 3) + (2 x − 2) Trang 15 Suy : y = AM + BM ≥ AB = Vậy: yMIN = , đạt được A,B,M thẳng hàng ⇒ AM // AB ⇔ x + 2x + ⇔ x = -1 = 4 Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x + y + x − y + + x + y − x − y + 13 Giải: Viết lại biểu thức dạng: S = ( x + 1) + ( y − 2) + ( x − 3) + ( y − 2) Xét điểm A(-1;2) ; B(3;2); và M(x;y) , đó: AM = ( x + 1) + ( y − 2) ; MB = ( x − 3) + ( y − 2) Suy ra: S = AM + MB ≥ AB = Vậy: S MIN = , đạt được A,B,M thẳng hàng ⇔ AM // AB ⇔ x +1 y − ⇔ y = và đó: = S = x +1 + x − = x +1 + − x ≥ x +1+ − x = Dấu (( = )) xảy : (x+1)(3 – x) ≥ ⇔ -1 ≤ x ≤ − ≤ x ≤  y=2 Vậy: SMIN = ,đạt được :  Ví dụ 6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : T = + x + − x - (3 + x)(6 − x) Giải: Với điều kiện -3 ≤ x ≤ ta tìm m để phương trình : 3+ x + 6− x - Đặt X = + x ; Y = (3 + x)(6 − x) = m có nghiệm  X +Y2 =9 − x ta cóa hệ:  với X,Y ≥  X + Y − XY = m Suy : (X+Y) – 2(X+Y) +2m – = Trang 16 Từ ta được : X+Y = + 10 − 2m ( X,Y ≥ nên X+Y ≥ 3) Trong mặt phẳng xOy : X2 +Y2 =9 là phương trình đường trịn tâm O bán kính R=3; X + Y = + 10 − 2m là phương trình các đường thẳng song song với đường X + Y = Và X,Y ≥ nên ta giới hạn việc khảo sát góc phần tư thứ nhất -3 ≤ + 10 − 2m ≤ Điều kiện có nghiệm : ⇔ −9 ≤m≤3 Vậy: Max T = 3; minT = −9 * Bài toán 3: Giải phương trình và bất phương trình đại số chứa bậc hai: Ví dụ1: Giải bất phương trình: x − + x − ≥ 2( x − 3) + x − 2(1) Giải: Điều kiện: x ≥ Xét mặt phẳng tọa độ Oxy , các véc tơ: r  u = ( x − 3) + x − r  u = ( x − 3, x − 1)  r ⇒ v = r v = (1,1) r r u.v = x − + x −  rr r r Suy bất phương trình (1) tương đương với : u.v ≥ u v Trang 17 r r ⇔ u ↑↑ v ⇔ x − = x −1 Vậy x = là nghiệm nhất: Ví dụ 2: Giải phương trình:  x2 − x + = x −1 ⇔ x ≥  x − x + 10 = ⇔ x ≥  x =  ⇔   x = x ≥  ⇔ x=5 x − x + + x + 12 x + 25 = x + 12 x + 29 (1) Giải: Trong mặt phẳng tọa độ xOy xét các véc tơ: r  u = x2 − 2x + r  r r u = ( x − 1;1) r ⇒ u + v = (3 x + 2;5) ⇒  v = x + 12 x + 25 r v = (2 x + 3; 4) r r  u + v = x + 12 x + 29  r r r r Suy phương trình (1) tương đương với: u + v = u + v r r ⇔ u = kv (k > 0)  x − = k (2 x + 3) ⇔ 1 = k  k = ⇔  x − = (2 x + 3)   k = ⇔ 4 x − = x +  k =  ⇔ x =  Vậy phương trình (1) có nghiệm nhất là: x = 7/2 Trang 18 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: + x + − x − (3 + x)(6 − x) = m Giải: Đặt u = + x ; v = − x u + v = + 10 − 2m (1) u + v − uv = m   2 u + v = ⇔ (2) Phương trình cho trở thành :  u + v = u ≥ 0, v ≥ u ≥ 0, v ≥ (3)   - Phương trình (1) biểu thị đường thẳng thay đổi song song với đường phân giác thứ hai , phương trình (2) biểu diễn đường trịn có tâm tại gớc tọa độ và bán kính = - Hệ có nghiệm và đường thẳng (1) và đường trịn (2) có điểm chung thỏa mãn điều kiện (3) Vậy phương trình có nghiệm khi: ≤ + 10 − 2m ≤ ⇔ Ví dụ 4: −9 ≤m≤3 Giải phương trình: x + y + 6x + + x + y − x − 12 y + 10 = Giải: Đưa phương trình về dạng tương đương sau: ( x + 3) + (2 y ) + (1 − x) + (3 − y ) =5 (1) Xét các véc tơ: u = (x +3; 2y) ; v = (1- x; - 2y) Khi : u + v = ( 4; 3) r r r r Vậy (1) tương đương với : u + v = u + v Mà u + v ≥ u + v Dấu (( = )) xảy khi: u = k v với k > là hai véc tơ u , v là véc tơ không Trang 19 Vậy: (2) tương đương với hai khả sau: x+3 2y (I) − x = − y ≥ Hoặc (II) 1- x = – 2y = Dễ thấy (II) tương đương với : x = 1; y = 3/2 − ≤ x