Một số biện pháp sử dụng phương tiện trực quan nhằm nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập phần hàm số mũ - hàm số logarit

  • Số trang: 22 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 11 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

A. MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Một trong những hướng quan trọng của sự phát triển phương pháp hiện đại trong dạy học toán là xây dựng các phương tiện dạy học trực quan và phương pháp sử dụng chúng trong các giờ toán, nhằm hình thành ở học sinh các hình ảnh cảm tính của đối tượng nghiên cứu, gợi cho học sinh các tình huống có vấn đề, tạo nên sự hứng thú trong các giờ học toán. Trong thời gian gần đây dưới ảnh hướng của sự tiến bộ khoa học kỹ thuật và sự phát triển lý luận dạy học, nhiều dạng phương tiện dạy học đã xuất hiện ở trường phổ thông. Nó không chỉ là nguồn kiến thức, cho hình ảnh minh họa mà còn là phương tiện tổ chức, điều khiển hoạt động nhận thức của học sinh, là phương tiện tổ chức khoa học lao động sư phạm của giáo viên và học sinh. Thực tế dạy học ở nhà trường Trung học phổ thông cho thấy học sinh thường gặp không ít khó khăn khi lĩnh hội khái niệm hàm số mũ, hàm số logarít, nhiều học sinh có thể nhớ các biểu thức, học thuộc khái niệm, nhưng không giải thích được đầy đủ ý nghĩa và bản chất của nó, từ đó dẫn tới việc vận dụng một cách máy móc, hoặc không biết hướng vận dụng. Mặt khác, đây là nội dung kiến thức cơ bản trong chương trình toán lớp 12, có phần trìu tượng và dễ lẫn lộn giữa hai nội dung hàm số mũ - hàm số logarít này nhưng lại được trình bày sau nội dung khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Do vậy, việc sử dụng các phương tiện trực quan vào quá trình dạy học nội dung này là việc làm cần thiết và phù hợp với xu thế đổi mới phương pháp dạy học hiện nay ở trường phổ thông. Hơn nữa, đây là nội dung kiến thức thường xuất hiện trong các kỳ thi Đại học - Cao đẳng và học sinh không khó khăn lắm khi biết cách khai thác bài toán để lấy điểm. Vì các lý do trên, tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “Một số biện pháp sử dụng phương tiện trực quan nhằm nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập phần hàm số mũ - hàm số logarít”. 0 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CƠ SỞ LÝ LUẬN Xuất phát từ đặc thù bộ môn toán học, phép trừu tượng thoát ra khỏi nội dung có tính chất chất liệu của sự vật và chỉ giữ lại các quan hệ số lượng và hình dạng. Chẳng hạn như: Từ những hình ảnh cụ thể như “hạt bụi”, “Sợi dây mảnh căng thẳng”, “mặt nước đứng yên”, đi tới các khái niệm “điểm”, “đường thẳng”, “mặt phẳng”... Có thể nói rằng: Giảng dạy trực quan có nghĩa là giảng dạy dựa trên các hình tượng hiểu biết của học sinh. Vận dụng đúng đắn nguyên tắc trực quan trong quá trình giảng dạy là đảm bảo sự chuyển từ “Trực quan sinh động sang tư duy trừu tượng”. Do đặc thù của môn toán đòi hỏi phải đạt tới một trình độ trừu tượng, khái quát cao hơn so với các môn học khác. Vì thế, nếu sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan sẽ góp phần vào việc phát triển tư duy trừu tượng, nâng cao hiệu quả của quá trình dạy và học. Qua tìm hiểu, nghiên cứu lý luận của các nhà triết học, toán học trong và ngoài nước về vai trò, chức năng và hiệu quả của việc sử dụng phương tiện trực quan vào quá trình dạy học, tôi nhận thấy đó là yêu cầu cần thiết và thiết thực, phù hợp với tư duy phát triển của con người Sau đây là sơ đồ thể hiện mối quan hệ phương tiện trực quan và tư duy con ngườisau: Trừu tượng hoá Cái cụ thể hiện thực Phương tiện trực quan Cái trừu tượng lý thuyết Cụ thể hoá Sơ đồ 1 II. THỰC TIỄN DẠY HỌC PHẦN HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGRÍT Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Thực tiễn dạy học ở trường Trung học phổ thông cho thấy chất lượng dạy học phần hàm số mũ, hàm số logarít chưa cao, học sinh nắm kiến thức một cách hình thức, lẫn lộn giữa đẳng thức định nghĩa với định lý. Nhiều học sinh còn mơ hồ hoặc là không nắm được các tính chất, không hiểu được bản chất của các định lý về hàm số mũ, hàm số logarít. Chẳng hạn: “4 3 nghĩa là gì” thì câu trả lời của đa số học sinh còn thiếu chính xác. Bên cạnh đó, do việc không nắm chắc các giả thiết, định lý, các công thức… nhiều học sinh còn phạm phải sai lầm. 1 Ví dụ như cho rằng: +) logaA.B = log aA.logbB (A,B > 0 và a,b 1 ) +) loga(A+B) = logaA + logaB +) log2-8 = -3 (họ lý giải rằng (-2)3 = - 8) +) logax = logax; n a. m a = m  n a …. Trước hết phải thấy rằng do học sinh nắm kiến thức thiếu vững chắc dẫn tới việc vận dụng vào các bài toán cụ thể thường mắc sai lầm. Điều đó có lẽ một phần là do nội dung cấu trúc chương trình và sách giáo khoa chưa thật hợp lý, phương pháp dạy học của giáo viên lại có chỗ cần được điều chỉnh, chẳng hạn hầu như các tính chất hàm số mũ, hàm số logarít không được chứng minh, giáo viên lại không có biện pháp thích hợp để khắc phục; mặt khác, hệ thống bài tập và câu hỏi trong sách giáo khoa chỉ đòi hỏi học sinh ở mức độ rất đơn giản, áp dụng đơn thuần, học sinh dễ vấp phải các sai lầm mà bản thân không phát hiện ra. Từ thực tế đó, tôi mạnh dạn đưa ra một số biện pháp sau: III. MỘT SỐ BIỆN PHÁP SỬ DỤNG PHƯƠNG TIỆN TRỰC QUAN TRONG DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP PHẦN HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGARÍT Biện pháp 1: Sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan nhằm giúp học sinh chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện cho học sinh ý thức và khả năng vận dụng các phương tiện trực quan trong quá trình giải phương trình ( bất phương trình)mũ - logarít. Hình thức trực quan được sử dụng rộng rãi nhất trong môn toán là trực quan tượng trưng (hình vẽ, sơ đồ, đồ thị, bảng, công thức…). Trong quá trình giải phương trình mũ - logarít việc sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan tượng trưng sẽ giúp học sinh tìm ra hướng giải quyết bài toán đỡ khó khăn hơn, cách lập luận sẽ có căn cứ xác đáng hơn, rèn luyện được kỹ năng nhiều hơn, những sai sót trong tính toán sẽ ít mắc phải hơn... Thực tiễn sư phạm cho thấy đa số học sinh khi giải các phương trình và bất phương trình mũ, logarít không gặp nhiều khó khăn lắm khi vận dụng các phương pháp: Phương pháp đưa về cùng cơ số; logarit hóa và mũ hoá; đặt ẩn phụ; đánh giá Nhưng đối với một số dạng phương trình đặc biệt là các bài toán có chứa tham số học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn, bằng việc sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan sẽ làm cho học sinh hiểu rõ các vấn đề và mấu chốt của bài toán.Chẳng hạn ta xét các bài toán sau: Bài toán 1.1. Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình (1) 1  2 2x = m Bằng việc kết hợp giữa suy diễn và mô hình trực quan là đồ thị GV: đặt 2x = t ( t > 0), yêu cầu học sinh đưa phương trình về hệ t2 + m 2 = 1 t >0 (I) 2 ? Cứ giả sử rằng phương trình (1) là có nghiệm khi đó hiển nhiên m phải có điều kiện gì ? (m  0) nếu m < 0 phương trình (1) vô nghiệm Hệ (I)  t2 + m 2 = 1 m0 t>0 (II) Bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu học sinh biết biểu diễn miền nghiệm của t + m2 = 1 là đường tròn tâm O(0,0) bán kính R = 1 xét trong hệ tọa độ vuông góc tOm. Dựa vào hình vẽ bằng trực quan học sinh sẽ dễ dàng phát hiện: các điểm M(t,m) thỏa mãn (II) được biểu diễn bằng đường đậm trong hình (cung tròn AB, bỏ điểm B). Vậy: 0  m < 1 phương trình có nghiệm duy nhất m<0 m Phương trình vô nghiệm m1 2 1B Nhận xét: Bài toán 1 có thể giải bằng phương pháp sử dụng các định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2. A 00 1 t Giáo viên yêu cầu học sinh giải bài toán tương tự. Bài toán 1.2. Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 1  2 2x = m - 2 Bài toán 1.3. Tìm m để bất phương trình f(x) = 2x + (3 - m)2-x - m  0 (1) đúng  x R Có thể giải bài toán như sau: Đặt 2x = t với điều kiện t > 0 Bất phương trình (1) về dạng: f(t) = t2 - mt + 3 - m  0 (2)  t > 0 Để bất phương trình (1) đúng  xR thì bất phương trình (2) phải đúng  t > 0  Nếu  = m2 + 4m –12  0  -6  m  2 khi đó f(t)  0  t  f(t)  0  t > 0 do đó f(x)  0  x R m  -6  Nếu  > 0 tức là thì f(t) có 2 nghiệm phân biệt t1  t2. m 2 Trong trường hợp này đa số học sinh gặp khó khăn, hoặc có vận dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai thì cũng rất mơ hồ và máy móc bằng sự minh họa của trục số học sinh dễ dàng quan sát. Để f(t)  0  t (-, t1)]  [t2,+ ) + + ] ///////////// [ t1 - t2 3 Theo giả thiết t(0, +)  f(t)  0 Như vậy (0, +) là tập con của (-,t1]  [t2 + ), căn cứ vào trục số để (0, +) tập hợp con của (-, t1 ]  [t2 + ) thì t2  0  t1  t2 < 0 m <-6 >0 m>2 f(0) > 0  khi giảng  viên  huy m < -6 hoặc m < thức 3 3 – m >phải 0 phát Trong dạy giáo cần tích cực2 0) trên trục số để rút ra vị trí tương đối giữa (0, t1, t2)… Những câu hỏi như vậy có tác dụng dẫn dắt học sinh đi đến cách giải nhưng đồng thời cũng có chức năng kiểm tra những kiến thức cơ bản, nhìn nhận vấn đề một cách rõ ràng trực quan hơn. Nhận xét: - Nếu như học sinh có ý thức và kỹ năng sử dụng phương tiện trực quan thì đối với bài toán trên, cho dù t = 0 nhìn vào trục số ta vẫn thấy [0, +) là tập con của (-, t1 ]  [t2 + ). Sau khi giảng xong bài toán trên giáo viên có thể truyền thụ cho học sinh những tri thức, phương pháp sau đây “Tìm điều kiện để tam thức f(x)  0 (f(x)  0; f(x) > 0…)  xA là một dạng toán rất quan trọng, thực chất ta tìm điều kiện để tập nghiệm bất phương trình f(x)  0 chứa A sau đó biểu diễn A lẫn tập nghiệm lên trục số nhằm phát hiện ra những đặc điểm về các nghiệm (nếu có) của tam thức f(x)”. Biện pháp 2: Việc sử dụng các phương tiện trực quan có thể khai thác tiềm năng logíc bên trong của vấn đề được trình bày trong SGK, nhờ đó học sinh nắm vững bản chất vấn đề, tạo điều kiện giải quyết vấn đề đó rõ ràng hơn, mạch lạc hơn. Khai thác tiềm năng từ logíc bên trong vấn đề, ta càng nắm vững các thuộc tính bản chất của vấn đề, chính hoạt động đó từ các phương tiện trực quan tạo điều kiện tối ưu trong qúa trình giải quyết vấn đề. Chẳng hạn trong quá trình giải các bài toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình mũ và logarit rất nhiều trường hợp ta thu được một hệ hỗn hợp gồm có phép hội lẫn phép tuyển, các mối liên hệ còn tiềm ẩn chưa rõ ràng, khi đó bằng các phương tiện trực quan sẽ giúp học sinh hiểu rõ vấn đề hơn. 4 Bài toán 2.1. Với giá trị nào của a thì phương trình 4x - 2x + a = 0 (1) có nghiệm. Cách 1: ? Yều cầu HS đặt 2x = t (t > 0) rồi đưa phương trình về dạng t2t = -a (t > 0). ? Yêu cầu HS vẽ parabol: y = t 2-t và đường thẳng y = -a trên cùng hệ trục tọa độ tOy. Để phương trình (2) có nghiệm t > 0 thì -a phải là một giá trị của hàm số y = t2 - t với tập xác định là (0, +) Từ đồ thị học sinh sẽ suy ra được: phương trình (2) có nghiệm t > 0 y thì đường thẳng y = -a phải cắt đồ thị 2 hàm số f(t) = t – t trên (0,+)  -a  - 1 1 a 4 4 Cách 2: đặt 2x = t(t > 0) để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình y = -a t2 - t + a = 0 (2) phải có nghiệm t > 0. Trường hợp 1: phương trình (2) có 1 nghiệm thỏa mãn1t1 < 0 < t2  1.f(0) < 0  a < 0 2 0 Trường hợp 2: Phương trình (2) có 2 nghiệm  = 1- 4a  0  P =a>0 S=1>0  a a>0 1 thỏa4mãn  1 0 < t 1  t2 Hình 15 0 0 hệ tương đương y v=2 u2 +(v+1)2  m(1) v2 + (u+1)2  m (2) Bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu học sinh phát hiện ra rằng: Gọi X1, X2 lần lượt là tập nghiệm của (1) và (2) X1 là tập các điểm trong hình tròn (C1) Tâm I1(0,-1) v u I1 0 Bán kính R1 = m I2 X2 là tập các điểm trong hình tròn (C2) Tâm I1(-1, 0) Bán kính R2 = ? GV: từ các đồ thị trên hãy tìm điều kiện để hai đường tròn trên tiếp xúc với nhau? Bằng trực quan học sinh sẽ nhận ra rằng hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất khi (C1) tiếp xúc với (C2). 1  I1 I2 = R1 + R2  2 = 2 m m= 2 1 Kết luận: với m = thỏa mãn điều kiện đầu bài 2 Bằng cách lập luận tương tự bài toán 2.2 giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải bài toán sau: Bài toán 2.3. Cho hệ phương trình 22x+ (2y+1)2 = m (2X+1)2+22Y = 4 6 Tìm m để hệ có nghiệm, khi đó hãy khẳng định rằng hệ có nghiệm duy nhất. Hướng dẫn: Đặt: u = 2x điều kiện u,v > 0 v = 2y Yêu cầu học sinh vẽ đồ thị của 2 đường tròn (C 1) và (C2), đối với (C1) ta chỉ lấy cung AB (trên góc phần tư thứ nhất). Phương trình (1) là Tâm I1(0,-1) 2 2 đường tròn (C1) có Bán kính:R1 = Hệ  u +(v 2+1)2 = m (1) (u+1) +v = 4 (2) Tâm I2(-1,0) Phương trình (2) là R2 = 2 đường tròn (C2) có Đối với (C2) chỉ lấy cung CD (trong góc phần tư thứ nhất). Vậy hệ có nghiệm khi cung AB và cung CD giao nhau khác rỗng  I1C < R1 < I1D  2 < m < 1+ 3  2 < m < 4 +2 3 và khi đó vì cung AB và cung CD giao nhau tại điểm {M} nên hệ có nghiệm duy nhất. Vậy 2 < m < 4+2 3 hệ có nghiệm duy nhất. Bài toán 2.5. Tùy theo m biện luận số nghiệm của phương trình lg (m-x2) = lg (x2 –3x +2) Phân tích lời giải: Biến đổi phương trình về dạng x2-3x+2>0 2 2 m-x = x -3x+2 x< 1 x >2  (I) 2 2x -3x+2 = m Để biện luận hệ phương trình (I) bằng các định lý đảo của tam thức bậc 2 thì học sinh sẽ phải phân chia làm rất nhiều y các trường hợp, sẽ không tránh khỏi khó khăn và sai sót. Khi 4 học sinh đã biết kiến thức về y=m đồ thị hàm số: f(x) = ax2 + bx + c (a0) ở lớp 10, bài toán sẽ trở nên đơn giản, bằng sự mô tả đồ thị học sinh dễ dàng phát hiện7số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị hàm số y = 2x 2-3x+2 trên miền 8 (-,1)  (2,+). x 1 2 0 Biện luận: 7 Với m < 7 8 phương trình vô nghiệm, m = trình có một nghiệm, 7  1  m  4 phương 8 7 < m < 1  m > 4 phương trình có hai nghiệm phân 8 biệt Nhận xét: Thông qua các bài toán trên giáo viên có thể ý thức cho học sinh một “quy trình”, “phương pháp mới” khi giải các bài toán phương trình, bất phương trình mũ, logarít (có chứa tham số) bằng việc vận dụng các phương tiện trực quan. Biện pháp 3: Việc sử dụng các phương tiện trực quan có thể khai thác các kết quả ứng dụng khác nhau của khái niệm, định nghĩa, định lý và đề xuất bài toán nâng cao nhằm khắc sâu các khái niệm, định nghĩa, định lý. Theo quan điểm “đặt bài toán cần giải quyết trong mối quan hệ tương quan với các khái niệm, định nghĩa, định lý đã biết” Chính việc thực hiện quan điểm trên là phát triển được năng lực định hướng, năng lực huy động kiến thức cho học sinh, thông qua việc vận dụng các phương tiện trực quan, cụ thể ta xét các bài toán sau: Bài toán 3.1: y Giải phương trình: 2x = 4x y = 4x GV dẫn dắt HS phát hiện được phương trình trên không giải A được bằng phương pháp đại số, nên cần phải khai thác theo con đường khác. Dễ dàng tìm được một 4 nghiệm (x = 4). Để tìm nghiệm B khác (nếu có) tốt hơn cả là ta y = 2x dựng đồ thị từ mô hình trực 0 0,3 x quan để tìm được nghiệm thứ 2... Học sinh đã biết khái niệm hàm số mũ, hàm số bậc nhất. Giáo viên yêu cầu học sinh dựng đồ thị y = 2 x và y = 4x, ở đây tung độ tăng nhanh hơn hoành độ nên ta chọn (tỷ lệ xích) trên trục 0x nhỏ hơn trục 0y. Từ đồ thị, học sinh sẽ tìm được giao điểm A và B của hai đồ thị và chỉ có hoành độ điểm A là x = 4, hoành độ điểm B là x  0,3. Có thể chính xác hóa nghiệm tìm được bằng tính toán dùng bảng logarít. định lý. Bài toán 3.2: Cho các bất phương trình 8 log 21 x  log 1 x 2  0 2 (1) 4 x2 + mx + m2 + 6m < 0 (2) a. Giải bất phương trình (1) b. Xác định m để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2). Giải: Việc nắm vững các tính chất, định lý và vận dụng chúng là rất cần thiết đối với việc giải bất phương trình (1). Giáo viên yêu cầu học sinh: xác định tập xác định của bất phương tình (x > 0) rồi sử dụng các tính chất logarít đưa bất phương tình về dạng log 21 x  log 1 x  0 đặt log 1 x = t 2  t2+t < 0  2 2 -1 < t < 0. Do đó - 1 < log 1 x 2 Giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh hiểu rằng cơ số là nhỏ hơn 1 nên hàm số y = log 1 x 2 < a(*)  1 < x < 2 log 1 x 2 là hàm số có nghịch biến; việc vận dụng vào đẳng thức (*) phải lưu ý để lấy khoảng nghiệm của bất phương trình. Xác định m để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2), giáo viên có thể nêu những câu hỏi sau: - Với 1 < x < 2 đều làm cho f(x) = x 2 + mx + m2 + 6m < 0 tức là x (1,2) đều thuộc vào tập nghiệm của bất phương trình f(x) < 0 có mối quan hệ như thế nào giữa (1,2) với tập nghiệm đó ? - Hãy biểu diễn (1,2) cùng với các tập nghiệm của bất phương trình (2) lên trục số ? Những câu hỏi này có tác dụng dẫn dắt học sinh đi đến cách giải: mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2) có nghĩa là cần tìm m để tập nghiệm của (2) chứa hết khoảng 1 < x < 2. Bằng sự biểu diễn trên trục số học sinh sẽ phát hiện dễ dàng hơn. Bài toán tương đương với điều kiện 1+m+m2+6m<0 2 4+2m+m +6m<0  m2 +7m +1<0 + (1,2) + ////////( )/ / / / / / / / x1 - x2 m2+8m+4 <0  - 7 - 45  m  -4  2 3 2 Bài toán 3.4: cho hệ phương trình v 22x+32y = 1 2x +2y = a B u 0 A 9u+v = a Xác định a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm đó ? Giáo viên dẫn dắt học sinh đặt Với điều kiện u,v > 0 hệ phương trình sẽ đưa về dạng: (I) u+v=a u2 + v2 = 1 Bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nếu học sinh biểu diễn miền nghiệm hệ (I) trên hệ trục uOv: u2 + v2 = 1 là đường tròn đơn vị (C) có Tâm O(0,0) Bán kính R = 1 (chỉ lấy cung AB góc phần tư thứ nhất) u + v = a là phương trình đường thẳng (d) từ mô hình trực quan dễ thấy rằng hệ phương trình có nghiệm duy nhất  (d) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại cung AB. -a Khoảng cách từ O (d) = R 1   a> 0  a 2 a>0 Khi (d) tiếp xúc (c) tại điểm M (2x =  2 2 2 2 ) suy ra u = v = ; 2 2 2 u x=- 2y =  y = log3 Bài toán 3.5: Giải bất phương trình: 1 1  log 1 (x  1) log 1 2x 2 - 3x  1 3 (1) 3 Đa số học sinh khi gặp bài toán này đều thấy khó khăn và phải phân chia rất nhiều trường hợp. Nếu các em để ý biểu diễn trên trục số thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Bằng phương tiện trực quan là trục số Giáo viên có thể khai thác các tính chất, định lý về logarít nhằm giúp học sinh phân chia các trường cho chính xác. Cụ thể như sau: Điều kiện của bất phương trình: -11 (x  0,) 10 2 2 Đặt A log 1 2 x  3x  1  0  2x  3x  0  0  x  3 3 2 B log 1 (x  1)  0  x  1  1  x  0 3 Giáo viên gợi ý để học sinh biểu diễn miền nghiệm của A và B lên trục số x A B -∞ -1 + 0 1/2 + - 1 + - 3/2 - +∞ ? Từ bảng xét dấu trên hãy xét các trường hợp có thể xảy ra đối với bất phương trình trên. - Trong khoảng (-1,0) VT < 0, VP > 0 nên bất phương trình (1) không xảy ra. 1 ) VT > 0, VP < 0, bất phương trình (1) đúng. 2 3 - Trong khoảng (1, ) VT > 0, VP < 0 bất phương trình (1) đúng trong 2 - Trong khoảng (0, miền xác định. 3 2 - Trong khoảng ( , +∞) VT < 0, VP < 0 bất phương trình (1) tương đương với: log 1 2 x 2  3 x  1 < log 1 ( x  1)  3 3 2 x 2  3x  1  x  1  0 x 1   2 x  5 x  0   1  x  0 3  x  5 vì điều kiện x > x  5 2  1 3 Tóm lại nghiệm của bất phương trình x  (0, )  (1, )  (5,) 2 2 Nhận xét: Con đường giải toán theo định hướng trên đòi hỏi người giáo viên cần phải cung cấp cho học sinh những tri thức về phương pháp để học sinh tự tìm tòi, tự phát hiện vấn đề, tìm ra được hướng giải của một bài toán Biện pháp 4: Sử dụng phương tiện trực quan với mục đích vạch ra sai lầm và sửa chữa thiếu sót, sai lầm của học sinh trong quá trình học phần hàm số mũ, hàm số logarít. 1. Sai lầm phổ biến trong việc giải các bài toán về phương trình, bất phương trình mũ, logarít: Có những sai lầm được xem là đơn giản, nói chính xác hơn là những sai lầm không đáng có, mà có những sai lầm khó nhận ra, chẳng hạn khi chuyển qua một mệnh đề tương đương, học sinh thường gặp những sai sót về 11 dấu, hoặc khi thiết lập sự tương ứng qua phép đặt ẩn phụ thì học sinh quên điều kiện... Cụ thể là xét các bài toán sau: Bài toán 4.1. Cho phương trình 4 x - 2.2 x 1  1 - 2 m 0 (1) Tìm m để phương trình có nghiệm. - Cách giải sai khá phổ biến của khá nhiều học sinh Đặt 2 x t (t > 0) . Khi đó (1)  f(t) = t2 - 4t + 1 - 2m = 0 (2) (t > 0) (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t > 0  Δ' 4  1  2m  0 3 1    m   0  t 1 t 2   P 1  2m  0 2 2  S 4  0 y   3 1 Vậy phương trình có nghiệm khi m    ,  y = 2| x |  2 2 Cũng có rất nhiều học sinh lập luận: Phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) t2 -4t + 1 - 2m = 0 có nghiệm  Δ' 4  1  2 m  0  3 1 y=1 m >2 - Nguyên nhân dẫn đến sai lầm 0 x ở đây là việc chuyển dịch sang bài toán tương đương, nói cách khác họ chưa nhận ra được khi đặt: 2 x t H.1 thì t sẽ biến thiên trong miền nào với điều kiện của x. Để khắc phục được sai lầm kiểu này giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh thấy rằng theo mục 2.4.4 đồ thị y 2 x luôn nằm phía trên đường thẳng y = 1 có nghĩa là 2 x 1 x (hoặc có thể lý luận: x 0  2 x 2 0 1 ). - Khi đã mắc phải sai lầm trên thì trong lập luận tiếp theo học sinh lại mắc phải thiếu sót sau: Học sinh cho rằng: Phương trình (2) có nghiệm t > 0 chỉ xảy ra 0 < t1 t2 mà họ quên rằng có thể xảy ra t1 < 0 < t2 . Để khắc phục sai lầm loại này, giáo viên có thể vẽ lên trục số, vạch ra các trường hợp để học sinh phát hiện ra bản chất của vấn đề một cách trực quan; Để phương trình (2) có 0 nghiệm t > 0. t1 t2 0 Có hai khả năng xảy ra: 12 t1  0  t 2  0  t t  1 2 Khắc phục những thiếu sót và sai lầm của học sinh giáo viên có thể dẫn dắt học sinh giải bài toán như sau: Đặt 2 x t ta có: x 0  2 x 2 0 1  t 1 Phương trình tương đương: t2 - 4t +1 - 2m = 0 (2) (t > 1)  t2 -4t = 2m - 1 (t > 1) ?Yêu cầu học sinh vẽ Parapol. y = t2 - 4t (với t > 1) Vẽ đường thẳng y = 2m - 1 trên hệ trục tọa độ yOt, từ đồ thị suy ra phương trình (2) có nghiệm t > 1 3  2m -1 > -4  m  2 3 Vậy Phương trình (1) có nghiệm khi m  2 2 Bài toán 4.2. Tìm a để phương trình lg(x  ax) lg( xy a  1) (1) có nghiệm duy nhất. Đa số học sinh đều đưa phương trình về dạng x2 + ax = x + a -1 (x > 1 - a)  f(x) = x2 - (1 - a)x + 1 - a = 0 (2) với x > 1- a. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì Phương trình (2) có nghiệm duy nhất x > 1- a. Sai lầm thứ nhất sẽ thấy ở học sinh khi giải bài toán này2 đó là sai 4 lầm t 0 về mặt hiểu ngôn ngữ vì vậy không thiếu học sinh cho rằng yêu cầu của bài toán y = 2m-1   0 -4   S  2  1 - a Để khắc phục những sai lầm loại này, giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh thấy rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a không có nghĩa là phương trình có nghiệm duy nhất. Tuy nhiên có những học sinh không mắc phải sai lầm ấy họ biết lập luận rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a thì hoặc là phương trình có nghiệm kép và bản thân nghiệm kép là lớn hơn 1- a, hoặc phương trình có hai nghiệm phân biệt nhưng trong đó có một nghiệm lớn hơn 1- a, còn nghiệm kia bé hơn hoặc bằng 1 - a. 13    0  S    1  a  2  x 1  a  x  1 2 Đối với trường hợp x1  1- a < x2 đa số học sinh không thực sự ý thức được sự tế nhị của dấu bằng cho nên học sinh cho rằng: af(1- a)  0  a  1 tuy nhiên thử lại với a = 1 phương trình tương đương x = 0 loại vì x > 1-a  x > 0, trong dạy học cần làm cho học sinh thấy rằng phương trình (2) có nghiệm duy nhất lớn hơn 1 - a có những khả năng sau:   0  TH1:  S  2  1  a   0 TH2:   x1  1  a  x 2   0 TH3:   x1 1  a  x 2 và cần làm cho học sinh hiểu rằng x 1  1 - a < x2  af(1 - a)  0 nhưng ngược lại af(1 - a)  0 thì chỉ kéo theo x 1  1 - a  x2 chứ không nhất thiết x1 < 1-a < x2. Từ những sai lầm của học sinh trong khi dạy giáo viên cần dùng các phương tiện trực quan tượng trưng sau để giúp học sinh khắc phục các sai lầm đó. Đối với phương trình f(x) = ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm duy nhất lớn hơn  có những khả năng sau:  Δ0   x1 α x 2 0 x1  x2 y y y x  Δ0   S α   2 0  x1x2 x   0   x1   x2 0 x =  x2 1 x 2. Những sai lầm do việc không nắm vững các định nghĩa, định lý, quy tắc... vận dụng chúng một cách máy móc không chú ý đến điều kiện áp dụng: Có rất nhiều nguyên nhân dẫn đến sai lầm. Việc không nắm vững định nghĩa, định lý, giả thiết của định lý, vận dụng một cách mơ hồ, chẳng hạn nhiều học sinh cho rằng: * log3(-4)(-8) = log3-4 + log3 (-8) * log2 (x2 -1) = log 2 (x-1) (x+1) = log2 (x-1) + log2(x+1) (|x| > 1) * loga(-7)2 = 2loga-7 * logax2 = 2logax (0 < a 1) 14 Đây là loại sai lầm do học sinh không nắm vững khái niệm, tính chất, giả thiết của định lý. Để tránh những sai lầm kiểu này giáo viên cần phân tích một cách rõ ràng trực quan cho học sinh hiểu vấn đề. x 0  * Hàm số y = logax xác định khi  0  a 1 dẫn tới log3(-4), log3(8), loga(-7) không tồn tại. x 0  * logax = logax với điều kiện  0  a 1 như vậy logax2 xác định x  R(0  a 1 ) nên logax2 = 2loga|x| thế thì mới đảm bảo giả thiết của định lý. Ngoài ra, không ít học sinh mắc phải sai lầm kiểu: * loga(x1  x 2 ) = logax1 logax2 * loga(x1.x2) = logax1logax2 (x1, x2 > 0; 0 < a 1) Để sửa chữa những sai lầm này trong khi dạy, người giáo viên cần phải làm rõ cho học sinh thấy được bản chất của định lý, giả thiết định lý... cụ thể giáo viên có thể cho học sinh làm bài toán sau: Bài toán 4.3. Giải phương trình: 3 log 1 (x  2) 2  3 log 1 (4  x) 3  log 1 ( x  6) 3 2 4 4 4 Đa số học sinh lập luận bài toán như sau:  ( x  2) 2  0  x   2   3 Điều kiện:  ( 4  x )  0   x  4   2  x  4 x 60 x 6   Đây là một sai lầm tầm thường nhưng cần phải vạch ra cho học sinh hiểu bởi vì khi giải phương trình ta phải đi tìm tập nghiệm, thế thì sau khi tìm ra được những x rồi thì lại phải đối chiếu xem những x đó có thuộc tập nghiệm hay không ? Một lẽ tất nhiên (x+2) 2 > 0 x -2 điều kiện của  6  x  4 phương trình là   x  2 Tuy nhiên, có nhiều học sinh không mắc phải sai lầm ấy, nhưng khi bắt tay vào giải thì không ít học sinh cả học sinh khá cũng lập luận bài toán 4.3 như sau: Phương trình 15  3 log 1 ( x  2)  3 3 log 1 (4  x )  3 log 1 ( x  6) 4 4  log 1 ( x  2)  log 1 4 4 4 1 log 1 ( 4  x )  log 1 ( x  6) 4 4 4  x 2 loại vì -6 < x < 2  4(x  2) (4  x )( x  6)    x  8 Vậy phương trình có một nghiệm x = 2 thực tế phương trình này có 2 nghiệm tại sao phương trình lại mất một nghiệm ? Để học sinh khắc phục được những sai lầm này thầy giáo có thể nêu lên một hệ thống logíc giữa các kiến thức sau. Để giúp học sinh nhận ra vấn đề một cách trực quan hơn, ta có bảng tổng kết sau: 1. Nếu x<0; y<0 thì x.y và x x đều lớn hơn 0 và logax.y, loga có nghĩa y y nhưng logax; logay không tồn tại Trong trường hợp này: logax.y = loga|x| + loga|y| x loga y = loga|x| - loga|y| (0 < a  1) 2. Biểu thức logaN2n ( n là số nguyên) có nghĩa với N  0 là số thực bất kỳ víi N  0  2n log a N logaN2n = 2nloga|N| =   2n log a - N víi N  0 Có thể giải bài toán 3 như sau: 3 log 1 x  2  3 3 log 1 ( 4  x )  3 log 1 ( x  6) Phương trình  4  log 1 x  2  log 1 4 4 4 4 1 log 1 (4  x)  log 1 (x  6) 4 4 4  log 1 4. x  2 log 1 (4  x)(x  6) 4 4  4( x  2)  x 2  2x  24víi  2  x  4  4. x  2  x  2x  24   2  4(x  2) x  2x  24víi  6  x   2 2  x 2    x  8   x 1  33  x = 2 thỏa mãn -2 < x < 4 thỏa mãn -6 < x < -2 16  x 2 Vậy nghiệm của phương trình là:   x 1  33 3. Dùng phương tiện trực quan để vạch ra những sai lầm của học sinh trong quá trình giải toán phần hàm số mũ, hàm số logarít: Việc sử dụng phương tiện trực quan để minh họa một cách dễ hiểu về những sai lầm của học sinh trong quá trình học là rất cần thiết, bởi trong quá trình học, học sinh thường mắc những sai lầm mà bản thân các em không nhận ra. Để hiểu rõ hơn vấn đề này có thể bắt đầu bằng ví dụ sau: Bài toán 4.4. Xác định m để bất phương trình 4 x + 2m. 2x + 2m + 1 < 0 (1) nghiệm đúng với x  0 . - Thực tiễn dạy học cho thấy học sinh khi giải bài toán trên thường mắc phải sai lầm kiểu sau: Đặt 2x = t vì x < 0  2x < 20  0 < t < 1 Khi đó (1) có dạng: f(t) = t2 +2mt +2m+1 < 0 (2) t  (0,1) Vậy (1) nghiệm đúng mọi x < 0  (2) nghiệm đúng t  (0,1)  '  0  m 2  2m  1  0  af (0)  0   1  2m  1  0  -  m 1  2  af (1)  0   2   4m  2  0  0  S 1   1  m  0  2 Không ít học sinh còn lập luận: Đặt 2x = t điều kiện t > 0. Vậy (1) nghiệm đúng x  0  (2): t2 + 2mt + 2m + 1 < 0 nghiệm đúng mọi t > 0.   m 2  2m  1  0   0   1   af (0)  0   2 m  1  0    m 1 2 2 S m  0   0 2 Việc dẫn tới sai lầm của học sinh là do việc nắm các định lý không vững, học sinh cho rằng nghiệm bất phương trình (2) đúng với mọi t thuộc (0,1) thì các nghiệm đó phải thuộc (0,1). Mặt khác, do bài toán trên có cấu trúc hội, học sinh đã không ý thức được khi đặt 2x = t thì t sẽ biến thiên như thế nào khi mọi x < 0. Thầy giáo biết học sinh giải thiếu và sai lầm, để giải quyết những sai lầm này thầy giáo có thể sử dụng các trục số để vạch ra bản chất của bài toán bất phương trình (2) nghiệm đúng mọi t thuộc (0,1) thì khoảng (0,1) nằm trong khoảng nghiệm của bất phương trình có nghĩa (0,1) là tập con của [t1, t2] 17  af (0)  0   af (1)  0 được mô tả cụ thể trên trục số: + //////////// (0,1) t1 - + /////////// t2 Có thể giải bài toán như sau: Đặt 2x = t, điều kiện t > 0 khi đó (1) có dạng f(t) = t2 +2mt +2m +1 < 0 (2) vì x < 0  2x < 20  t < 1 Vậy (1) nghiệm đúng với mọi x < 0  (2) nghiệm đúng với mọi t thuộc (0,1) (*) Điều kiện (*) được thỏa mãn khi f(t) = 0 có hai nghiệm phân biệt t 1, t2  af (0)  0  2m  1  0 1   m thỏa mãn t1 < 0 < 1 < t2 . Vậy  với 2  af (1)  0  4m  2  0 1 m < - bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < 0. 2 Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 2 y = 4 sin x  4 cos x Đối với bài toán trên có rất nhiều phương pháp giải, nhưng không ít em mắc phải sai lầm kiểu: 2  0 sin 2 x 1  4 0 4 sin x 41 sin 2 x cos2 x   2  4  4 8    0 cos 2 x 1  4 0 4 cos2 x 41 Vậy maxy = 8 và miny = 2. Nguyên nhân dẫn đến sai lầm và thiếu sót của lời giải là do việc học sinh không nắm vững khái niệm giá trị lớn nhất và bé nhất, mặt khác do học sinh ngộ nhận rằng y  c thì chắc chắn y nhỏ nhất bằng c, học sinh không hiểu được rằng có thể tồn tại một số m nào đó thỏa mãn y  m (mà m  c). Cần phải làm cho học sinh thấy rõ: Một biểu thức y luôn có giá trị  c (hoặc y  c) với mọi giá trị thích hợp của biến thì không nhất thiết rằng tồn tại bộ giá trị thích hợp để y = c dù cho y > c, thì cách viết y  c vẫn hoàn toàn đúng về mặt logic. Mặt khác do không ý thức được điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng  sin 2 x 1 B thức khi maxy = 8 dấu bằng xảy ra   vô nghiệm.  cos 2 x 1 y = f(x) A g(x) Hình 18 Tương tự khi miny = 2 thì dấu bằng không xảy ra. Để vạch ra những sai lầm này thầy giáo có thể vẽ lên bảng hai đồ thị: Nhìn vào hình vẽ rõ ràng là f(x)  g(x) và f(xB) = g(xB) nhưng minf(x) = miny = f(xA) < f(xB). Có thể nói một nguyên nhân khác nữa dẫn đến sai lầm trên là do học sinh đã áp dụng mệnh đề "nếu f(x)  g(x) và xảy ra f(x) = g(x) = C (hằng số) thì min f(x) = C". Có thể giải bài toán như sau: 2 2 áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 4 sin x  4 cos x 2 41 4 2 2   dấu bằng xảy ra khi 4 sin x 4 cos x  x   k 4 2 2 sin x ta lại có 4  1 0 (1) , 2 4 cos x  1 0 (2) nhân (1) và (2) 2 2  4 sin x  4 cos x 5 dấu bằng xảy ra khi sinx = 0 hoặc cosx = 0 Vậy maxy = 5; miny = 4. 19
- Xem thêm -