Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10

  • Số trang: 25 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 13 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

MỤC LỤC Trang Mở đầu I. II. III. IV. V. VI. VII. Lý do chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu Cơ sở nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Thời gian nghiên cứu Giới hạn của đề tài 2 3 3 3 3 3 3 Khảo sát tình hình thực tế Nội dung đề tài Kết quả Bài học kinh nghiệm Kiến nghị 4 5 19 19 20 Nội dung I. II. III. IV. V. Kết luận Tài liệu tham khảo 21 22 1 PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: 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 bồi dưỡng tư duy cho học sinh, nâng cao năng lực, rèn luyện kỹ năng giải toán và đặc biệt tạo cho học sinh hứng thú học trong giờ tự chọn 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 “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10”. Xin trao đổi cùng các đồng nghiệp. 2 II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 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. III PHẠM VI NGHIÊN CỨU 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: “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10” bằng các bài toán Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât. IV. CƠ SỞ NGHIÊN CỨU 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 … V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 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. VI. THỜI GIAN THỰC HIỆN - Đề tài được thực hiện từ ngày 20 - 03 -2013 đến ngày 10 - 04 - 2013 VII. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI 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 PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG I. Khảo sát tình hình thực tế 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 II. Nội dung đề tài: A Kiến thức cơ bản: * Một số bất đẳng thức cần nhớ: - Bất đẳng thức Côsi a1  a 2  a 3  ....  a n n  a1 a 2 a 3 ....a n n Với ai  0 Dấu bằng xảy ra khi a1  a2  ...  an - Các bất đẳng thức khác : 1. x 2  y 2 2 xy 2. x  y  xy 3,  x  y  2 4 xy 2 2 a b 4. b  a 2 5. 6. 1 1 4  � ( Khi b, c  0) b c bc 1 1 8  � với a ,b > 0 a 2 b 2 ( a  b) 2 r r r r r r 7. u  v �u  v , Với mọi u,v B Giới thiệu các bài toán - Bài tập học sinh thực hiện trên lớp: Từ bài 1 đến bài 20 4 - Bài tập học sinh thực hiện ở nhà : Từ bài 21 đến hết. I.1 Giới thiệu các bài toán thực hiện trên lớp: Bài 1: Cho x,y,z là các số dương và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z   P= x 1 y 1 z 1 �1 1 1 1 1 1 � 1 1 3�   Lời giải: Ta có P = 1  ( 1) � x 1 y 1 z 1 �x  1 y  1 z  1 � Theo bất đẳng thức Cô si ta có : �1 1 1 �   ( x  1)  ( y  1)  ( z  1) �  ��9 .(2) �x  1 y  1 z  1 � 1 1 1 9   � (3) Mặt khác theo giả thiết x+ y+ z = 1 nên từ(2) ta có x 1 y 1 z 1 4 1 3 Từ (3) và (1) Ta có P � . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = . 3 4 1 3 Vậy Max P = khi và chỉ khi x = y = z = . 3 4 Bài 2: Cho x, y , z là các số dương thay đổi và thỏa điều kiện : xy2z2 + x2z +y = 3 z2 z4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1  z 4 ( x4  y 4 ) 1 1   x4  y 4   4 Lời giải: Ta xét P z 2 x y Từ giả thiết suy ra xy2 +  2  3 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : z z 1 x8 x2 (1) 1  4  x 4  x 4 �4 4 4  4 z z z 1 1 y4 y 4 4 (2)   y � 4  4 z4 z4 z8 z2 1+ x4 + y4 +y4 �4 4 x 4 y 8 = 4xy2 (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta 1+ �x 2 y 1 1 1 2� 4 4 �3 � P � . Dấu bằng được 3 +3( 4  x  y ) �4 �  2  xy � 12 � 3 z P �z z � xảy ra khi x =y = z = 1. 1 Vậy Max P = khi và chỉ khi x =y = z = 1. 3 Bài 3 Cho a, b, c là các số thục dương thỏa điều kiện abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1   biểu thức P = 2 a  2b 2  3 b 2  2c 2  3 c 2  2a 2  3 Lời giải : Do a2+b2 �2ab, b2 + 1 �2b khi đó : 5 1 1 1  � a 2  2b 2  3 a 2  b 2  b 2  1  2 2( ab  b  1) 1 1 1 1 � � Tương tự 2 và 2 2 2 b  2c  3 2(bc  c  1) c  2a  3 2(ac  c  1) 1� 1 1 1 �   Khi đó P � � � 2 �ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 � 1� 1 ab b 1 1 � 1 �P � �   và ac = ) � . ( Do c  2 �ab  b  1 ab  b  1 ab  b  1 � 2 ab b Dấu bằng trong BĐT trên xảy ra khi a = b = c = 1 1 Vậy Max P = khi và chỉ khi a = b = c = 1 2 Bài 4 ( 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 ab bc ac   của biểu thức P = 2c  ab 2a  bc 2b  ac Lời giải: Ta có 2c + ab = c( a+b+c) + ab = c2 + c( a+b) + ab = ( c+a)( c+b) ab ab 1 Xét   ab (c  a)(c  b) 2c  ab (c  a )(c  b) 1 1 � 1 �ab ab � �1 � (ab) �   � � � 2 �c  a c  b � 2 �c  a c  b � ab 1 �ab ab � � �  Vậy �(1). Tương tự ta có : 2c  ab 2 �c  a c  b � bc 1 � bc bc � � �  �(2) 2a  bc 2 �a  b a  c � ac 1 � ac ac � � �  �(3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được 2b  ac 2 �a  b b  c � 1 �ab bc ab ac bc ac � 1      P� � = ( a  b  c)  1 . � 2 �c  a c  a b  c b  c a  b a  b � 2 2 P = 1 khi a = b = c = . 3 2 Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi a = b = c = . 3 3 Bài 5 Cho a,b,c là ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 1 1 1 3 3 biểu thức P = 3 . a  3b b  3c c  3a �1 1 1 � Lời giải: Áp dụng BĐT (x+y+z) �   ��9 ta có �x y z � 6   1 1 �3 � 1 3 3   �3 � a  3b  b  3c  c  3a �9 3 3 b  3c c  3a � � a  3b 9 Khi đó P �3 . Mặt khác theo BĐT Cô si ta có : a  3b  3 b  3c  3 c  3a a  3b  1  1 a  3b  2 3 a  3b  3 (a  3b ).1.1 � = 3 3 a  3b  2 c  3a  2 b  3c  2 Hay 3 a  3b � , tương tự 3 b  3c � và 3 c  3a � 3 3 3 4(a  b  c)  6 Suy ra 3 a  3b + 3 b  3c + 3 c  3a � =3 3 1 Vậy P �3 . Dầu bằng xảy ra khi a = b =c = . 4 1 Kết luận : Min P = 3 khi a = b = c = . 4 Bài 6 Cho các số không âm x , y, z thỏa mãn x2 + y2 +z2 �3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 4 8   của biểu thức P = ( x  1) 2 ( y  2) 2 ( z  3) 2 Lời giải : Ta có 2x + 4y + 2z �( x2 + 1) + ( y2 + 4) + (z2 + 1) �3y + 6 y Suy ra x + y + 2z �6 Dấu bằng xảy ra khi x = = z = 1. 2 1 1 8 Với a và b là các số dương ta có : 2  2 � ( 1) a b (a  b) 2 Áp dụng BĐT (1) ta được : 1 1 8 8 8   �  2 2 2 2 2 ( x  1) �y � ( z  3) y � ( z  3) � �  1� �x  1   1� 2 � �2 � � 64 64.4 64.4 �  � 1 2 2 2 (2 x  y  2 z  10) (6  10) y � � �x   2  z  3 � � 2 � Vậy Min P = 1 khi x = 1, y = 2 , z = 1 Bài 7 Cho x,y,z dương và thỏa mãn xy + yz + zx = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3x2 + 3y2 + z2 Lời giải: Ta có 2P = ( 4x2 + z2) + (4y2+ z2) +(2x2+ 2y2) Áp dụng BĐT Cô si ta có 4x2 + z2 �4xz , 4y2 + z2 �4yz, 2x2 + 2y2 �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 Bài 8 Cho x �0 , y �0 và x  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 P= + . y +1 x +1 7 x2 y2 x 3 + y3 + x 2 + y 2 + Lời giải : Ta có: P = = x + y + xy +1 y +1 x +1 =  x + y   x 2 - xy + y 2  + x 2 + y 2 x + y + xy +1 2  x + y  - 5xy 2 = 2 + xy   2 x 2 + y2 - xy = (vì x+y =1) 2 + xy 2 - 5xy = 2 + xy 2 1 Đặt t = xy . Khi đó 0 �xy � x  y   1 hay 0 �t � 4 4 4 Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P chính là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 12 2  5t 1 biểu thức f (t )  với 0 �t � . Ta có f(t) = -5 + . 4 2t t2 1 4 Để f(t) lớn nhất thì tổng t +2 nhỏ nhất hay t = 0 vì 0 �t � . 1 1 0 �t � vì 4 4 Vậy MaxP = 1 khi x= 1, y =0 hoặc x= 0 ,y= 1 1 1 MinP = khi x = y= 3 2 Bài 9 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện: 2 x 2  2 y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn 4 4 2 2 nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 7( x  y )  4 x y Để f(t) nhỏ nhất thì tổng t +2 lớn nhất hay t = 2  2 y 2 xy 2( x y ) 2 5 xy Lời giải: Ta có: 1 2 x� 1 �� 2 x 2�� 2y 2  xy 2( x y )2 3xy 3xy 5 xy 1 3 xy xy 1 5 xy 1 5 1 3 P  7[( x 2  y 2 ) 2  2 x 2 y 2 ]  4 x 2 y 2  7( x 2  y 2 ) 2  10 x 2 y 2 1  xy 2 33 7 7  7( )  10 x 2 y 2   x 2 y 2  xy  2 4 2 4 1 1 33 7 7 Đặt t = xy, t �[- ; ] � P = - t 2  t  5 3 4 2 4 Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=- 33 2 7 7 1 1 t  t  trên đoạn [- ; ] 5 3 4 2 4 Sử dụng bảng biến thiên của hàm số bâc hai học sinh tìm được: 70 7 18 1 MaxP  � xy  , MinP  � xy   33 33 25 5 2 2 2 Bài 10 Cho x, y, z �0 và x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x3 y3 z3   P= 1  y2 1  z2 1  x2 Lời giải: Ta có: P + 3 = ( x3 1 y  y )( 2 2 y3 1 z 8  z )( 2 2 z3 1 x 2  x2 ) 1  y2 y3 y3 1  z2 � P (   ) (   ) 2 2 4 2 4 2 4 2 2 1  y2 2 1  y2 2 1 z 2 1 z x3 6 x3 1  x2 (   ) 2 1  x2 2 1  x2 4 2 z3 z3 3 3 9 x6 y6 z6 � ( x2  y 2  z2 )  6 3 3 hay P  P �3 3 3 2 2 23 2 2 2 8 4 2 16 2 16 2 16 2 9 3 9 3 3    Suy ra P � 6 3  2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy MinP = 2 Bài 11 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). 6 3 1 x 1 y 1 z Lời giải: Ta có xy  yz  xz �2 xyz �   �2 nên 1 1 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1) �1   1    �2 (1) x y z y z yz Tương tự ta có 1 1 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1) �1   1    �2 (2) y x z x z xz 1 1 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1) �1   1    �2 (3) y x y x y xy 1 8 1 8 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1) � . Suy ra A � Vậy MaxA = 1 3 �x yz 8 2 Bài 12 Với mọi số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x  y  z �1 . Tìm giá trị nhỏ �1 1 1 � P  x  y  z  2 �   �. �x y z � 2 1 Lời giải: Áp dụng BĐT Cô-si : 18 x  �12 (1). Dấu bằng xảy ra khi x  . 3 x 2 2 Tương tự: 18 y  y �12 (2) và 18 z  �12 (3). z Mà: 17  x  y  z  �17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P �19 . 1 1 P  19 � x  y  z  . Vậy MinP = 19 � x = y = z = 3 3 1 1 1 Bài 13 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z  4 . Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 biểu thức: P  2x  y  z  x  2y  z  x  y  2z nhất của biểu thức: 9 1 1 �1 1 � � �  �. Dấu bằng xảy ra khi a = b . a  b 4 �a b � 1 1 1 1 1 1 �1 1 � � .(  )�  �  � Ta có : 2x  y  z 4 2x y  z 8x 16 �y z � Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức: 1 1 1 �1 1 � �  �  �(1). 2x  y  z 8x 16 �y z � 1 1 1 �1 1 � �  �  � (2) Tương tự x  2y  z 8y 16 �x z � Hay 1 1 1 �1 1 � �  �  �(3) x  y  2z 8z 16 �x y � 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 3 . Vậy Max P = 1 � x = y = z = . 4 4 Bài 14 Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ a  b2 b  c 2 c  a 2   nhất của biểu thức: P = bc ca ab 2 a b c b c2 a2   )(   )  A B Lời giải: .Ta có: P = ( bc ca ab bc ca a b A3 1 1 1 1 �    ( a  b)  ( b  c )  ( c  a )  � � 2 ab bc ca� � � 1 3 1 1 1 9 3  3 (� a b)(b c)(c a)3 3 A 2 ab bc ca 2 2 2 2 2 a b c (a�b c) 2 ( + + + )(a b۳ b c c a ) 1 B.2 Và 12  ab bc ca 3 2 1 2 Từ đó P �   2 . Để P = 2 thì a = b = c = Vậy Min P = 2 � a = b = c = 1 . 3 1 . 3 Bài15 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y  xy 4 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y           Lời giải: P  xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 Thay y  5  x ở tỉ số cuối được: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4 y 1 5 3         x  �2 .  2 .x   y 4 x 2 2 y 4 x 2 y 4 x 2 2 3 3 P = khi x  1; y  4 Vậy Min P = 2 2 P Bài 16 Cho x, y, z > 0 thỏa điều kiện xyz = 1. 10 B 1 2 Tìm GTNN của S  1  x3  y3 1  y3  z3 1  z 3  x3   . xy yz zx Lời giải: Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta có: 1 x�y۳ 3 Tương tự: Suyra: S  �3 3 3 3 1.x . y 3 3 1  x3  y 3 xy 3xy 1  y3  z3 3 � ; yz yz 3 xy 1  z 3  x3 3 � zx zx 3 3 3 1  x3  y 3 1  y3  z3 1  z 3  x3 �     xy yz zx xy yz zx 3 3 3 . .  3 3 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1. xy yz zx Vậy MinS = 3 3 khi x = y = z = 1. Bài 17 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ 1 1 1   nhất của biểu thức: P  1  xy 1  yz 1  zx � 1 1 1 �   Lời giải: Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)  � ��9 1  xy 1  yz 1  zx � � 9 9 ۳�P 2 3  xy  yz  zx 3  x  y 2  z 2 3 khi x = y = z= 1 2 3 � x = y = z= 1 Vậy Min P = 2 Bài 18 Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Mà P = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Lời giải: Ta có : P P x 2 (y  z) y 2 (z  x) z 2 (x  y)   yz zx xz x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2      y z z x x y Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  (*) � x 2 y2  �x  y Do đó : x + y  xy(x + y) x, y > 0 hay y x 3 3 y2 z2  �y  z Tương tự, ta có : z y y, z > 0 và x, y > 0 z2 x 2  �z  x x z x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 1 3 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậy Min P = 2. 11 Bài 19 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Lời giải: Vì P x 2 2 x yz  x; y; z  0 , y 2 2 y zx  Áp dụng BĐT Côsi ta có: z 2 2 z xy 1 2    4  yz 2 zx 2  xy    x  y  z 3 . Vậy MaxP =  1  xyz  1     2  xyz  2  1  x  y  z 3 2 Bài 20 Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x P 3  y3    x2  y2  ( x  1)( y  1) t2 4 Lời giải: Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có xy � t 3  t 2  xy (3t  2) t2  xy �  . Do 3t - 2 > 0 và nên ta có xy  t  1 4 t 2 (3t  2) t3  t2  t2 4 P�  t2 t2  t 1 4 t2 4 t 2  4 �8 . f(t) = 8 khi t = 4 Xét biểu thức f(t) = t 2 t 2 P xy 4 �x  2 f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi � �� Do đó min P = (min � 2;�) �xy  4 �y  2 I.2 Các bài toán giao về nhà cho học sinh thực hiện Bài 21 Cho x  0, y  0, x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y T  1 x 1 y Lời giải: 1 1 x P=  x 11 1 x 1 1 y � 4 Hãy x y z P 2  2  2 x  yz y  zx z  xy . 1  1 1 1 1 1 1  1  yz  zx  xy  1  x 2  y 2  z 2              4 y z z x x y 2 xyz xyz  2 Dấu bằng xảy ra x 2  y 2  z 2  xyz .  y 11 1 y 2  (1  x )(1  y) 1 1 x � 1  1 y  ( 1  x  1  y ) . Có 2 1 x 1 y = 2 2 2 Mặt khác: 1  x  1  y � 2. 1  x  1  y = 2 (1) (2) Từ (1) và (2) � P � 2 . Dấu “ = “ � 1 – x = 1 – y � x = y = Vậy Min P = 2 khi x = y = 1 2 12 1 2 Bài 22 Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy. Lời giải: S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12 1 Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  . 4 1 Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 = f(t). Hàm số f(t) xét trên đoạn 0  t  đạt giá 4 1 1 trị lớn nhất tại t = , đạt giá trị nhỏ nhất tại t = 16 4 25 1 khi x = y = 2 2 � 2 3 � 2 3 � � 191 �x  4 �x  4 Min S = khi � 2  3 hay � 2  3 16 �y  �y  � � 4 4 Max S = Bài 23 Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: �x y z � P  3 4(x3  y3 )  3 4(x3  z3 )  3 4(z3  x3 )  2 �   � �y2 z2 x2 � � � Lời giải: Với x, y > 0 ta chứng minh : 4(x3 + y3)  (x + y)3 () Dấu = xảy ra  x = y Thật vậy ()  4(x + y)(x2 – xy + y2)  (x + y)3  4(x2 – xy + y2)  (x + y)2 do x, y > 0  3(x2 + y2 – 2xy)  0  (x – y)2  0 (đúng) 4(y3 + z3)  (y + z)3 Dấu = xảy ra  y = z Tương tự ta có 4(z3 + x3)  (z + x)3 Dấu = xảy ra  z = x Do đó 3 Ta lại có Suy ra       4 x 3  y3  3 4 y3  z 3  3 4 z 3  x 3 �2  x  y  z  �6 3 xyz  x y z  6 2 2  2  2   3 z x  xyz y Dấu = xảy ra  x = y = z  1  P 6 3 xyz  12 3 xyz    xyz 1 �x=y=z=1 Dấu = xảy ra    x y z 13 Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1 Bài 24 Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x  y �4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A  Lời giải: Ta có A = x 4 3x 2  4 2  y3  . 4x y2 3x 2  4 2  y3 3x 1 2  2    y 4x 4 x y2 y 1 x �1 �y y 8 y� xy 3 9 �1   2  . 8� 2 2 2  A    2 � 2   � Với x = y = 2 thì A = 9 . 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 9 2 �xy �0 . Tìm GTLN của biểu thức A  Bài 25 Cho � ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy � �xy �0 1 1 1 1 1 �   2 2 Lời giải: Ta có: � (1) 2 2 x y x y xy �xy  x  y   x  y  xy 2 1 1 �1 1 � 3 2 �  �  � y  0 . Ta đặt a = 1/x, b = 1/y x y �x 2 y � 4 ab  0 � �� a  b  a 2  b 2  ab � Mà A  1 1 2  3  a 3  b3   a  b   a 2  b 2  ab    a  b  (*). 3 x y Cách 1: Ta có: A = ( a + b)2 � A  a  b 3 a3  b3 �a  b � �� Ta biết : � ( vì a + b > 0 ) 2 �2 � “ = “ xảy ra � a = b. 3 A � A� � � Từ đó suy ra : � � 2 � �2 � A 16 “ = “ xảy ra � a = b = 2. Vậy Max A = 16 khi 1/x = 1/y = 2. Cách 2 : Ta có: A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2. Từ (1) suy ra : a + b = (a + b)2 -3ab Mà: 14 1 1  x3 y 3 ab �( ab 2 3 2 ) � a  b � a  b   ( a  b) 2 2 4 �  a  b   4(a  b) �0 � a  b �4  vi : a  b  0  2 � A  (a  b ) 2 �16 Vậy MaxA = 16. khi x = y = ½. Cách 3: Đặt S = x + y , P = xy với S2 - 4P �0 . �S , P �0 S2 S 2  SP �P (hayP  ) . Ta có Từ gt suy ra: � 2 S  3 3 SP  S  3 P � 1 1 x3  y 3 ( x  y)( x 2  y 2  xy) ( x  y ) 2 xy ( x  y ) 2 S 2 A 3  3  3 3    2 2  2 x y xy x3 y 3 x3 y 3 xy P S  SP Khi đó S 2 �� ۳4 P  � 0  S2 4 0 2 3 Vậy MaxA = 16 ( khi x = y = Bài 26 Cho z �1, x �2, y �3. Tìm GTLN của M  1 4 1 3 P S 0 P S 1 4 S P 4 S2 P2 16 1 ). 2 xy z  1  zy x  2  zx y  3 xyz Lời giải: Đk : z �1, x �2, y �3. Ta có : y2 1.( x  1) 1 2.( y  2) 1 3.( z  3) x 1 z 3    1.  .  . x y z x y z 2 3 1 x 1 1 2  y  2 1 3  z  3 1 1 1 �      2x 2y 2 2 2 2 3 2 3 2z M Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 2 , y = 4 , z = 6. 1 1 1  ). Vậy Max M = 2 (1  2 3 �1 1 1� Bài 27 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =  x  y  z  �   �với x , y , z là các x y z � � số thực thuộc đoạn  1;3 . 3 t 2 Lời giải: Ta có: 1 �t �3 �  t  1  t  3 �0 � t  4t  3 �0 � t  �4 . 3 x Suy ra: x  �4 ; y  3 3 �1 1 1 � �4 ; z  �4 và Q   x  y  z   3 �   ��12 y z �x y z � �1 1 1 � Q �1 1 1 � 3  x  y  z  �   �� �6 �  x  y  z  �   ��12 �x y z � 2 �x y z � 15 Bài 28 Cho x  y  xy  3. Tìm GTLN của S = x 1  y 1 . Lời giải: Ta có: x  y  xy  3. � x  y  3  xy .  x, y 0  x y 2 xy ۣ+ x y (1). 2 xy Mà: x  y  xy  3 � x  y  3  xy (2). x y � x  y  6 �0 � x  y �6 (a).Ta có S= 2 Từ (1) và (2) � x  y  3 � x  1  y  1 � 2( x  1  y  1)  2( x  y  2) (b) Từ (a) và (b) S = x  1  y  1 � 16  4 .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  3 . Vậy MaxS = 4 khi x = y = 3. Bài 29 Cho x,y,z laø caùc soá thöïc döông thay ñoåi vaø thoûa maõn ñieàu kieän xyz=1. z2  x  y  x2  y  z  y2  z  x  Tìm GTNN cuûa bieåu thöùc :P = + + . y y  2z z z z  2x x x yx  2y y 2 2 2 Lời giải: Ta coù x  y  z  �2x x ; y  z  x  �2y y ; z  x  y  �2z z � 2x x 2z z 2y y + + y y  2z z z z  2x x x x  2y y P� Ñaët a= x x  2y y ; b= y y  2z z ;c= z z  2x x �x x 4b  c  2a 4c  a  2b 4a  b  2c ;y y  ;z z  9 9 9 4c  a  2b 4a  b  2c 4b  c  2a � 2�   Vaäy P �9 � = � c a � b � 2 ��c b a � �a b c � � 2 4 �   � �   � 6 ��  4.3  3  6   2 9� ��b a c � �b c a � � 9 Daáu “=” xaûy ra � x  y  z  1 . Vaäy Min P = 2 . Bài 30 Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y + z + 1 1 1   x y z Lời giải: Theo BĐT Côsi: 1  x + y + z  3 3 xyz > 0  x+ 1 2 � , 9x 3 y+ 1 2 � , 9y 3 z+ 3 xyz 3 1 2 � 9z 3 � 1�� 1�� � �� �� 1 � 8 �1 1 1� Từ đó: A= �x  9x � �y  9y � �z  9z � 9 �x  y  z � 2 + Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1 � 1 .Vậy 3 � � 8 3 9 3 xyz  10 MinA = 10 đạt được khi x = y = z = Bài 31 Cho x, y, z là 3 số dương và x + y + z  1. 16 1 3 x2  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = r r r r r r Lời giải:Với mọi u,v ta có: u  v �u  v Đặt r � 1 � r � 1 �r � 1 � a� x; � ; b� y; � ;c� z; � � x� � z� � y� r r 1 1 1  y2  2  z 2  2 2 x y z (*) r r r r r r r Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: a  b  c �a  b  c �a  b  c Vậy P = x2  1 x2  y2  2 Khi đó: (x + y + z) + �1 1 1 y2  z2  2 �1 1 1 � �  � �x y z � 1 z2 2 �1 1 1 � (x  y  z)2  �   � �x y z �  2 = 81(x + y + z) + 2 �1 1 1 � �  � �x y z � – 80(x + y + z)2 1�  18(x + y + z). �x  y  z �– 80(x + y + z)2  162 – 80 = 82 � Suy ra P  Vậy Min P = 82 . � Dấu "=" xảy ra  x = y = z = 82 khi và chỉ khi x = y = z = 1 . 3 1 . 3 Bài 32 Cho x,y,z là các số thực dương và thỏa mãn: z(z – x – y) = x + y + 1. Tìm giá x4 y 4 trị lớn nhất của biểu thức T  . ( x  yz )( y  xz )( z  xy )3 Lời giải: Từ giả thiết z(z – x – y) = x + y + 1 suy ra ( z+1)( x+y) = z2 – 1 và do z > 0 nên ta có x + y + 1 = z . Khi đó biểu thức đã cho có thể viết dạng x4 y 4 x4 y4 T  3 4 ( x  y )(1  y )( x  y )(1  x)  ( x  1)( y  1)  ( x  y ) 2  ( x  1)( y  1)  Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x , y ta có : 4 4 3 4 3 �x x x � � 4 x � 4 .x x  1     1 � 4  , �   � � � � � 3 3 3 27 27 � � � � 4 4 4 3 4 3 �y y y � � 4 y � 4 . y y  1     1 � 4  , và x + y �4xy �   � � � � � 3 3 3 27 27 � � � � (4 xy )48 ( x3 y 3 ) 49 4 4 4 36 2 Do đó ( x  y)  ( x  1)( y  1)  �  6 ( x y ) , suy ra T � 9 ( *) 36 3 4 6 3 Mà T = 9 khi và chỉ khi x = 3, y = 3, x= 7 . 4 36 Vậy Max T = 9 khi x = 3, y = 3, x= 7 . 4 4 Bài 33 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thúc: A  x  17 11  2x � 7 � 4� 1 � , với x  0 . � x2 � 2 2 2 2 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức :  a  b   c  d  � ac  bd  2 2 � 7 � � 7� 1  2 ��� 3 � Ta có :  9  7  � � x � � x�  A �x  11 1 � 7 � � 9 � 3 3 15  � 3  � �x  � �6   2x 2 � x � � x � 2 2 2 Khi x = 3 thì A = 15 15 Vậy Min A = . 2 2 Bài 34 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị lớn nhất a b 2c   của biểu thức P = . a2  1 b2  1 c2  1 Lời giải: Xét 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b)( a + c) 1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = ( b+a)(b +c) 1 +c2 = ab + bc +ca +c2 = (c+a)(c+b) Khi đó P = = a b 2c   (a  b)(a  c ) (b  a )(b  c) (c  a )(c  b) 2a 2b 4c   4(a  b)(a  c ) 4(b  a )(b  c ) 4(c  a )(c  b) � 1 1 � � 1 1 � �1 1 �   b�   c�  P �a � � � � �4(a  b) a  c � �4( a  b) b  c � �a  c b  c � ab ac bc 9    P� 4(a  b) a  c b  c 4 4(a  b )  a  c � 1 � a  b  � � 4(a  b )  b  c 15 � � �� Dấu bằng xảy ra khi và chí khi � ab 7 � � c � 15 ab  bc  ca  1 � � � Vậy giá trị lớn nhất của P là 9 . 4 III Kết 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 toán trên mạngIternet VI. Bài học kinh nghiệm 18 Qua việc thực hiện chuyên đề “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10 ” và thực tế giảng dạy.Bản thân tôi đã rút ra được một số bài học kinh nghiệm như sau: 1. Về công tác chỉ đạo Đây là một công tác quan trọng trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn và bồi dưỡng năng lực, tư duy cho học sinh đặc biệt là học sinh khá giỏi. Trong năm học vừa qua, chúng tôi luôn nhận được sự chỉ đạo sát sao, sự quan tâm thường xuyên 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 đã và đang gặt hái được những thành công lớn.Cũng nhờ có kết quả đó, mà ngành giáo dục Tỉnh Hưng yên đã có những bước đột phá trong kết quả thi ĐH-CĐ những năm gần đây . 2. Về phía học sinh Để gặt hái được những thành tích cao trong công 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 công hay thất bại của mỗi giáo viên làm công 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 ngôi 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 công, đòi hỏi các em phải có một sự nỗ 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 thông. Nhưng kiến thức của năm lớp 10 này lại có vai trò quyết định tương lai của các em sau này. Nhận thức rõ điều đó, mỗi giáo viên làm công tác bồi dưỡng cần phải dành một sự quan tâm sát xao đến các em, thường xuyên động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có một sự đam mê trong công việc học tập của mình. Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ môn Toán vì đây là một môn học khó và mất nhiều thời gian để nghiên cứu. 3. Về phía giáo viên tham gia trực tiếp giảng dạy Đặc thù của 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 chuyên môn giáo viên phải tự tìm tòi, đọc sách tham khảo để lựa chọn bài tập phù hợp với đối tượng 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 sôi nổi, các em được củng cố bổ sung kiến thức và được tiếp cận với các đề thi học sinh giỏi, đề thi Đại học vì vậy việc định hướng để học sinh biết tìm tòi khám phá tìm ra các lời giải hay là trách nhiệm của mỗi giáo viên chúng ta. Để thực hiện được điều đó về phía giáo viên cần : Một là, kiến thức của thầy cô phải có chiều sâu, giáo viên giảng dạy toán phải là người có một cái nhìn tổng quát về môn toán trong bậc học của mình, phải là người giải toán thường xuyên, cặp nhật thường xuyên những thuật toán, những thủ thuật giải toán hiệu quả. Kiến thức của thầy phải vững vàng, thầy thực sự phải là người đam mê toán học. Hai là, cần phải lên được kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, chuẩn mực. Cặp nhật thường xuyên 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 19 những tố chất tốt nhất của các em để công việc học tập của các em đạt được hiệu quả cao V. Kiến nghị : Bộ giáo dục và Sở giáo dục cần có hướng dẫn cụ thể, và có những tài liệu tham khảo chung định hướng để giáo viên thực hiện các giờ dạy tự chọn đạt hiệu quả cao hơn. PHẦN THỨ BA : KẾT LUẬN Trên đây là nội dung đề tài” Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10”, ban đầu học sinh có cảm giác ngại tiếp cận và gặp khó khăn khi giải các dạng bài toán trên. Tuy nhiên khi giáo viên hướng dẫn thì học sinh say sưa 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 20
- Xem thêm -