Một số cách hướng dẫn học sinh tiếp cận cách giải hệ phương trình lớp 10 nhằm phát triển năng lực tư duy, khả năng sáng tạo cho học sinh trường thpt

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 13 |
  • Lượt tải: 0
nganguyen

Đã đăng 34173 tài liệu

Mô tả:

A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lý do chọn đề tài: Với tư tưởng dạy học không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần dạy cả phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học. Giáo viên phải thực hiện điều đó và hướng dẫn học sinh thực hiện ngay trong mỗi tiết học . Để làm được việc này chính người giáo viên phải có những khả năng trên, cùng với sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo ra tình huống có vấn đề cho học sinh và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào trong tiết học. Với hy vọng và mong muốn sẽ đem đến cho các em những kỹ năng, những phương pháp nhằm giúp các em nâng cao năng lực tư duy trong học Toán. Từ đó giúp các em yêu thích và có hứng thú hơn khi học tập môn Toán. Chính vì những lý do trên tôi đã chọn nghiên cứu đề tài: “Một số cách hướng dẫn học sinh tiếp cận cách giải hệ phương trình lớp 10 nhằm phát triển năng lực tư duy, khả năng sáng tạo cho học sinh trường THPT Số 2 Văn Bàn” II. Mục đích nghiên cứu. Thực hiện đề tài này tôi muốn lấy đây làm phần tài liệu phục vụ trực tiếp cho quá trình giảng dạy của bản thân, đồng thời có thể làm tài liệu tham khảo cho các bạn đồng nghiệp. Trong đề tài này tôi đề cập đến một số cách hướng dẫn học sinh tiếp cận và giải quyết một bài toán theo nhiều cách từ đó phát huy năng lực tư duy, khả năng sáng tạo linh hoạt trong giải toán cho học sinh.Từ đó học sinh sẽ thấy thích thú và say mê hơn trong học tập, do vậy sẽ đem lại kết quả cao hơn. Mặt khác để đáp ứng với sự đổi mới của nền giáo dục:  Cần giúp học sinh phái triển tư duy trừu tượng và tư duy sáng tạo . 1  Biết cách nhìn nhận một vấn đề dưới nhiều góc độ .  Giúp học sinh có khả năng tổng quát hoá các vấn đề ( lối tư duy xây dựng ). III. Đối tượng nghiên cứu. Nghiên cứu về các phương pháp tiếp cận giải một bài toán . IV. Phạm vi nghiên cứu. - Làm tài liệu cho giáo viên. - Áp dụng cho học sinh khối 10,11, 12. Đặc biệt là học sinh lớp 12 tham gia thi học sinh giỏi, đại học, cao đẳng và trung học chuyên nghiệp. V. Phương pháp nghiên cứu. Sử dụng phương pháp phân tích, tổng hợp, so sánh, thực nghiệm. 2 B. NỘI DUNG 1. Cơ sở lý luận Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tưởng sau: Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt học sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt kiến thức nâng cao và cũng không áp đặt học sinh giải quyết bài toán theo một cách cụ thể nào ). Trong đề tài này tôi sẽ hướng dẫn học sinh giải quyết một số bài toán giải hệ phương trình theo các hướng sau: - Hướng tổng quát hóa: Hướng này dựa trên quan điểm tổng hợp, chuyển từ một tập hợp đối tượng trong bài toán sang một tập hợp khác lớn hơn và chứa đựng tập hợp ban đầu. - Hướng cụ thể hóa: Hướng này dựa trên quan điểm phân tích, chuyển bài toán ban đầu thành những bài toán thành phần có quan hệ logic với nhau. Chuyển tập hợp các đối tượng trong bài toán ban đầu sang một tập hợp con của nó, rồi từ tập hợp con đó tìm ra lời giải của bài toán hoặc một tình huống hữu ích cho việc giải bài toán đã cho. - Hướng chuyển bài toán về bài toán trung gian: Khi gặp bài toán phức tạp, học sinh có thể đi giải các bài toán trung gian để đạt đến từng điểm một, rồi giải bài toán đã cho hoặc có thể giả định điều đối lập với bài toán đang tìm cách giải và xác định hệ quả của điều khẳng định kia hay đưa về bài toán liên quan dễ hơn, một bài toán tương tự hoặc một phần bài toán, từ đó rút ra những điều hữu ích để giải bài toán đã cho. 3 2. Cơ sở thực tiễn Thực trạng ở trường THPT số 2 Văn Bàn, đa số các em học sinh chưa thực sự tích cực trong học toán. Các em đã quen với cách học thụ động đó là thầy cô giáo đưa dạng bài tập và cách giải từ đó học sinh vận dụng theo một cách máy móc mà không cần phải suy nghĩ gì. Để khắc phục tình trạng trên theo tôi: Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập trong sách giáo khoa, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán, biết nhìn bài toán dưới nhiều góc độ. Để cụ thể hoá điều trên, tôi đã trình bày trong đề tài này : Xuất phát từ một bài toán rất đơn giản trong sách giáo khoa dành cho học sinh trung bình yếu, với cách giải là áp dụng thuật toán có sẵn. Nhưng nếu suy nghĩ ta sẽ: * Tìm thấy nhiều cách giải thú vị. * Đồng thời từ bài này đặt ra nhiều bài toán nâng cao, tổng quát thành nhiều bài toán mới. *Qua đó đưa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trực tiếp đến thi đại học và thi học sinh giỏi. 3. Ví Dụ Ví dụ 1: Giải hệ phương trình :  x 2  4 y 2 8   x  2 y 4 (1) ( 2) Thông thường học sinh sẽ nghĩ ngay dùng phương pháp thế để giải hệ phương trình trên . Cách 1: Từ (2) rút ra x =4-2y (3) thế vào (1) ( Rút x hoặc rút y nhưng rút x biểu thức sau khi rút sẽ gọn hơn) Ta được : (4  2 y ) 2  4 y 2 8  16  16 y  4 y 2  4 y 2 8  y 2  2 y  1 0  y1  y 2 1 thay vào biểu thức (3) ta có : x=2  x 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất :  y 1  4 (*) Giáo viên giúp học sinh phát triển năng lực tư duy bằng cách hướng dẫn động viên để học sinh có thể tự tin thoải mái suy nghĩ tìm tòi cách giải theo nhiều hướng khác nhau, không nên hướng học sinh theo một cách cho dù cách làm đó nhanh và ngắn nhất. Trong trường hợp học sinh chưa nghĩ ra giáo viên có thể gợi ý. Giáo viên hướng dẫn bằng cách cho học sinh nhận xét về các số hạng tương ứng ở hai phương trình(1) và (2). Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhưng hãy tìm ẩn mới để hệ đối xứng? Học sinh sẽ nghĩ ra cách gải thứ 2: Cách 2: Hệ (1.2)  x 2  (2 y ) 2 8    x  2 y 4 Đặt : 2y = t khi đó hệ trở thành  x 2  t 2 8   x  t 4 (Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t ) Hệ  ( x  t ) 2  2 xt 8  x 2  t 2 8  x  t 4     x  t 4  xt 4  x  t 4  Vậy x, t là nghiệm của phương trình x 2  4 x  4 0  x1  x 2 2 (**)  x 2 nên hệ có nghiệm x=t=2 . Suy ra nghiêm của hệ (1.2) là :  y 1 .  Để rèn luyện tư duy cho học sinh giáo viên đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả lời nhanh nghiệm của phương trình : Trả lời : Ta thấy nhưng khi đó : x 2 0; y 2 0 x  2 y 4 . Suy ra x 2  y 2 0  x 2  4 y 2 0   x  2 y 4 ? vậy PT trên có nghiệm x=y=0 nên hệ VN. Giáo viên hướng dẫn: Từ phương trình (*) ở cách 1 và (**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai PT đó đều là “danh giới của sự vô ngiệm”. Từ đó học sinh sẽ phát hiện ra để gải hệ trên ta có coa thể sử dụng phương pháp đánh giá. Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ? 5 Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là x2 Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là 4 y 2 ( 2 y ) 2 Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là 2y Giáo viên: Các em nghĩ đến bất đẳng thức nào liên hệ giữa các số a, b và a 2 , b 2 ? Học sinh nhớ lại a 2    b 2 c 2  d 2  ac  bd  2 (bất đẳng thức này chính là bất đẳng thức bunhiacôxki cho 4 số) Ta có cách 3( Đây là cách giải phức tạp so với hai cách trên) Tuy nhiên người giáo viên luôn có ý thức động viên, khích lệ học sinh suy nghĩ để tìm ra các cách giải khác nhau cho dù đó không phải là cách đơn giản và ngắn gọn. Để làm được như vậy giáo viên cần lựa chọn hệ thống câu hỏi gợi mở cho phù hợp. Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức này cho 4 số : x; 2y; 1; 1 ta có: 1 2      12 x 2  y 2  x.1  2 y.1  2 x 2  4 y 2  x  2 y  2 Vậy theo (2) ta có : 2 x 2  4 y 2  4 2  Để có (1) cần có x 2y   x 2 y , 1 1 2 (4) x 2  4 y 2 8 thay vào (2) ta được : y=1 ; x=2. Giáo viên : Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3 , ta còn thấy một phép toán hình học có liên quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và  a 2 ,b2  u  a, b , u  a 2  b 2 Vậy nếu chọn    v 1,1  u . v a  b . Từ đó gợi cho ta cách giải 4. Cách 4: Đặt   u  x,2 y ; v 1,1    u  x 2   2 y ; v  2;  2  u . v x  2 y Mặt khác :     u . v  u . v . cos  Giáo viên lưu ý cho học sinh:         u, v          uv  u v ở bên trái là trị tuyệt đối của một số ở bên phải là độ lớn của một véc tơ. 6 . Đó là : Vậy ta được : x  2 y  2. x 2   2 y     x  2 y   2. x 2  4. y 2 2 2  (5) . (Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc cos  1   0 o kR   để : u k. v     180 o  u ; v cùng phương hay tồn tại  x k .1  x 2 y  x 2; y 1.   2 y  k .1 Giáo viên hướng dẫn : Ta để ý bất đẳng thức (4) ở cách 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau. Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việc đặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ . Nếu bắt trước cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a như sau: Xét   u  a, b ; v  c, d     u  a2  b2 ; v  c2  d 2 do:     u.v u . v nên ,và   u . v a.c  b.d   a.c  b.d  a 2  b 2 . c 2  d 2   a.c  b.d   a 2  b 2 . c 2  d 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2  .    a k .b  a b u  k .   v    c k .d  a.d b.b; (hay :  )  c d  v  0  b  d 0 Giáo viên : Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức quen thuộc khác: a  b  2. a 2  b 2  ; (hay :  a  b  2. a 2  b 2 ) 2 (***) từ đó ta có cách 5: Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 2.y ta sẽ trở về BĐT(4) GV: Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x 2+(2y)2 . Điều đó lại gợi cho ta liên tưởng đến một công thức trong hình học sin 2   cos 2  1 (0 o   180 o ) (SGK hình học 10) Nhưng vấn đề vế trái của công thức là 1 , đế được điều đó ta chia hai vế của phương trình (1) cho 8 khi đó: 7 2 2  x   y     1 . (1)   2 2  2 Vậy nếu có góc α để điều kiện Từ PT(1) x 2 2 0 . sin   x 2 2 thì cos   y . Nhưng để có : 2 sin   x 2 2 cần có Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :  x 4  x 2 8   2   () .  4 y 8  2y  4 Nếu có một trong hai số x hoặc 2y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+2y=4 dẩn đến số còn lại phải lớn hơn 4, điều này mâu thuẫn với (*). Vậy ta được 0 0 x 2 2 1 ; y 1 . 2 Từ đây ta có cách 6: Cách 6: Theo lý luận trên thì có góc α để sin   x 2 2 (0 o  90 o ) Thay vào PT(1) suyra: 2  y    1   2 Ta được 2  x  y   1  sin 2  cos 2    cos 2  cos  2 2 2 x 2 2 sin  2 y 2 2 cos  ; thay vào phương trình (2) ta được : sin   cos   2 GV: Ta đã có bài tập: Với 0 o   180 o thì sin   cos   2 . cos   45 o (Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ). Vậy . cos   45 o 1    45 o 0 o   45 o Suy ra x 2 2 sin 45 o 2 y  2 cos 45 o 1; Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào việc xét phương trình bậc hai rất đặc biệt . 8 Ta thử bắt trước cách đó để làm ví dụ 1. Cách 7:  x0 2  4 y 0 2 8 Gọi (xo,yo) là nghiệm của hệ phương trình, tức   x 0  2 y 0 4 Ta xét phương trình bậc hai ẩn α :   x 0      2 y 0  0 2 2 (**) Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x0= 2y0 Mặt khác ta thấy phương trình (**)  2 2  2  x0  2 y 0    x02  4 y02  0  2 2  2 .4  8 0   2 Vậy xo = 2 ; yo =1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn. GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị. GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 2y = t ta được hệ phương trình : thì phương trình R= x 2  t 2 8  x 2  t 2 8   x  t 4 là phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán kính 2 2 (Ở lớp 10 đặc biệt là các lớp mũi nhọn ta nên giới thiệu cho hoc sinh biết phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán kính a có dạng toán như : CMR điểm M(x0;y0) thoả mãn : xo2  y o2 x 2  t 2 a 2 . a 2 Thông qua các bài là cách gốc toạ độ một khoảng a (a>0) hoặc bài toán : cho điểm M(x,y) nằm trên đường tròn tâm O(0,0) bán kính a > 0 hãy tìm mối liên hệ giữa x và y . Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học xong phần toạ độ của một điểm là làm được ). Còn phương trình thứ hai của hệ : x + t = 4 là phương trình đường thẳng cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) . Khi thử biểu diễn hình học của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, vậy ta có cách giải thứ 8 : Cách 8: Đường thẳng x+t=4 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B, khi đó ∆OAB là tam giác vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình : 9 1 x+t =4 là độ dài đường cao OH = 2 1 1      4  4 2  8 2 2 và bằng bán kính của đường tròn có phương trình x 2  t 2 8 , vậy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại điểm H, hay nghiệm của hệ  x 2  t 2 8   x  t 4 là toạ độ điểm H . Mặt khác ∆OAB là tam x A  xB  x  2 H  2  giác vuông cân tại O nên  t A  tB  tH  2 2   x 2   y 1 GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác. Cách 9: Nhân phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta được:  x 2 2 2 x 2  4 x  4 y 2  16 y  8   x  2  4 y  1 0    y 1 thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1. Giáo viên: Ta chưa dừng lại ở đây, nếu ta tham số hoá hệ phương trình ta sẽ có những bài toán mới . Như vậy để phát triển tư duy, khả năng sáng tạo cho học sinh ngoài việc khuyến khích học sinh giải quyết một bài toán theo nhiều hướng khác nhau, không nên hướng học sinh đến một cách giải cho dù cách đó là ngắn, đơn giản và mất ít thời gian. Và nếu được khi giải xong một bài toán giáo viên có thể hướng dẫn học sinh suy nghĩ phát triển bài toán đó thành một bài toán khác và tìm cách giải quyết chúng từ đó học sinh sẽ thu được rất nhiều kiến thức. Dưới đây là một vài cách phát triển bài toán trong ví dụ 1. Chẳng hạn: ta thay 8 bởi m ( tham số) ta được hệ  x 2  4 y 2 m   x  2 y 4 ( 6) (7 ) 10 và ta có thể đưa ra một số bài toán. Ví dụ 2: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm Bài làm: Cách 1: Dựa vào cách 1 của ví dụ 1 ta có cách sau: Rút từ phương trình (7) : x= 4- 2y (6’) thế vào phương trình (6) ta được : (4-2y)2 + 4y2 = m  8y2- 16y+ 16- m = 0 Giáo viên : ta nên chia hai vế cho 8 để được phương trình với hệ số gọn hơn: y2  2y  2  m 0 8 (7’) ta để ý với mỗi nghiệm y0 của phương trình (7’) ta được một nghiệm (xo,yo) Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (7’) có nghiệm tức là  0  m 8 . Cách 2: Giáo viên: Nếu ta phân tích cách giải 2 ở ví dụ 1 với phép đặt 2y= t ta đưa hệ về dạng  x 2  t 2 m    x  t 4 m   x.t 8   P  2  x  t 4  S Để hệ có nghiệm cần và đủ là: S 2 4 P  4(8  m ) 42  m 8 2 GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 8 của ví dụ 1 để tìm cách giải 3. Ví dụ 3: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm duy nhất Bài làm: Cách 1: Với việc phân tích ví dụ 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là ’=0  m 8 11 Giáo viên : để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng tư duy biện chứng cho học sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh như : Giáo viên : Ta thấy đáp số là đáng tin cậy .Vì sao? TL: vì m= 8 ta trở lại bài toán trong ví dụ 1 . Giáo viên : còn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 8 giáo viên khẳng định ngay kết quả là sai mặc dù chưa cần kiểm tra các bước tính toán . Giáo viên : yêu cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của ví dụ 1 để tìm cách 2 và 3 của bài này. Giáo viên : với phép đặt : 2y = t ta đã đưa hệ về dạng hệ đối xứng  x 2  t 2 m   x  t 4 Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x 0,to) là nghiệm của hệ thì (x0,to) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x 0=to(chú ý đây mới là điều kiện đủ ) từ đây ta có cách giải : Cách 4 : Điều kiện cần : (x0, to) là nghiệm của hệ thì (x0, to) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x0=to  2 m x    o 2  m 8  xo 4 Điều kiện đủ : Thay m =8 vào hệ ta thấy thoả mãn Vậy m=8 là kết quả cần tìm . Giáo viên : Đây là một phương pháp rất quan trọng để giải bài toán nghiệm duy nhất của hệ đối xứng . Ví dụ 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x1, y1) và (x2, y2) sao cho y1  0  y 2 . Bài làm : Cách 1: Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho sao cho y1  0  y 2 cần và đủ là phương trình (7’) phải có 2 nghiệm y1,y2 thoả mản điều kiện 12 y1  0  y 2 tức a.c < 0  2 m  0  m  16 8 Cách 2: Nếu sử dụng cách 2 trong ví dụ 1 với phép đặt 2y = t  x 2  t 2 m    x  t 4 y1  0  y 2 m   x.t 8   2  x  t 4 . Vậy để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện thì hệ này phải có hai nghiệm thoả mãn Vì vậy phương trình : X 2   2 đưa về hệ 4X  8  m 0 2 t1  0  t 2 . có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0 m  0  m  16 8 Cách 3: Từ cách 8 với sự biểu diễn hình học thì yêu cầu bài toán tương đương với việc đường tròn có phương trình : x 2 +t2 = m phải cắt đường thẳng : x + t = 4 tại hai điểm nằm ở góc phần tư thứ 2 và thứ 4 tức bán kính : R= m  4  m  16 . Ví dụ 5: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho 0  y 2 , y 2 Vẫn sử dụng được cả 3 cách ở bài toán 3. Đáp số: 8 m  16 Giáo viên : Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc của x tức là: Ví dụ 6: Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho : 0 < x1, x2. Giáo viên : Đây là vấn đề đặt lên cho học sinh vướng mắc. Vấn đề ở đây là ta đưa về phương trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x. Vì vậy ta có hai hướng giải quyết : - Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y. - Chuyển thành phương trình của x. Ta thấy cách 2 khả thi hơn. 13 Bài làm: Từ pt (7)  y = 4 x 2 thế vào (6)  x2 + (4 - x)2 = m  2x2- 8x +16 - m = 0 (8) Vậy yêu cầu bài toán  phương trình (8) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 0 < x1, x2  ' 0   S  0 P  0   8 m  16 (Giáo viên :Tất nhiên bài toán này có thể giải dựa theo cách 2 và cách 3 của bài toán 3). Tiếp tục ta mở rộng cho sự ràng buộc của x và y. Ví dụ 7: Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x 1,y1 )và( x2,y2) thoả mãn điều kiện:  x1 , x2  0   y1 , y2  0 Giáo viên : Ta phân tích ví dụ 7 như sau : Bài toán trên tương đương với bài toán: tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) thoả mãn điều kiện x1,x2 > 0 và y1,y2 > 0. Vậy những giá trị của m thoả mãn cả hai ví dụ 4 và 5 thì thoả mãn ví dụ 6, đồng thời thoả mãn bài toán 6 thì thoả mãn cả hai ví dụ 4 và 5. Vậy giá trị cần tìm của m là giao hai tập giá trị của m ở hai ví dụ 4 và 5. Tức là :  8;16    8;16   8;16  Giáo viên : (Tất nhiên bài toán này có thể giải theo cách 2 và cách 3 của ví dụ 3. 14 Ta có thể chứng minh điều kiện : m   8;16  cũng là điều kiện để hệ có ít nhất 1 nghiệm (x,y) thoả mãn điều kiện : x 0  y 0 Giáo viên : Từ đó ta có thể đưa ra bài toán. 15 C. KẾT THÚC VẤN ĐỀ I. Ý nghĩa của đề tài. - Tôi muốn lấy đây làm một cuốn tài liệu phục vụ trong quá trình giảng dạy của bản thân, đồng thời cũng là cuốn tài liệu để các đồng nghiệp tham khảo trong giảng dạy. - Giúp học sinh có thể phát triển tốt nhất năng lực tư duy, khả năng sáng tạo trong học tập. Từ đó mang lại sự say mê và hứng thú trong học Toán. II. Kết quả nghiên cứu. - Đề tài này tôi bắt đầu thực hiện từ năm học 2012 – 2013 trực tiếp trên những lớp mà bản thân tôi giảng dạy. Kết quả đa số các em rất hứng thú trong học tập môn Toán. Các em không còn rèn luyện theo lối mòn tức là giải bài tập theo bài mẫu nữa mà mỗi học sinh đều tự do sáng tạo giải quyết các bài toán theo nhiều hướng khác nhau, say mê sáng tạo. Từ đó tạo sự hứng thú hơn trong học tập và đạt kết quả cao. - Kết quả bài kiểm tra khảo sát đầu học kỳ I và thi học kỳ I của lớp 10A 1 với 36 em, đa số các em đã có sự tiến bộ. Cụ thể như sau: số H/S Số học sinh không đạt Số học sinh đạt Đợt thi KT 45% 55% khảo sát Thi HKI 10% 90% - Tôi hy vọng rằng, đây là cuốn tài liệu mà các thầy cô giáo dạy Toán yêu thích, đồng thời giúp các em học sinh yêu môn Toán hơn, qua đó góp phần nâng cao kết quả học tập của các em. 16 II. Những kiến nghị làm tăng tính khả thi. Đề tài này có ý nghĩa thiết thực cho học sinh, đặc biệt là dùng cho học sinh đang học lớp 10. Vì vậy trong thời gian tới, tôi tiếp tục nghiên cứu và mở rộng hơn nữa để đề tài được hoàn chỉnh hơn và thực sự là cuốn tài liệu bổ ích cho cả những em học sinh còn đang mơ ước được bước chân vào cổng trường Đại Học. Để đề tài được hiệu quả hơn thì: - Cần điều chỉnh phạm vi bài tập nhằm áp dụng trên nhiều đối tượng học sinh . - Đầu tư thời gian, vật chất nghiên cứu thêm các chuyên đề khác có liên quan. 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Trần Văn Hạo( Tổng chủ biên)-Vũ Tuấn(chủ biên)- Đào Ngọc Nam- Lê Văn Tiến-Vũ Viết Yên, Đại số và giải tích 11 ban cơ bản, NXBGD, 2010. 2. Trần Văn Hạo( Tổng chủ biên)-Vũ Tuấn(chủ biên)- Doãn Minh Cường- Đỗ Mạnh Hùng-Nguyễn Tiến Tài, Đại số 10 ban cơ bản, NXBGD, 2006. 18 MỤC LỤC A. Đặt vấn đề 1 B. Nội Dung 1 Cơ sở lý luận 2 Cơ sở thực tiễn 3 Ví dụ Ví dụ 1 Ví dụ 2 Ví dụ 3 Ví dụ 4 Ví dụ 5 Ví dụ 6 Ví dụ 7 C. Kết thúc vấn đề Tài liệu tham khảo 3 3 3 3 3 10 11 12 13 13 14 16 18 19
- Xem thêm -