Skkn các giải pháp khắc phục một số thiếu sót nhằm nâng cao kết quả việc học toán ở trung học phổ thông

  • Số trang: 31 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 9 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO SÁNG KIẾN C¸c gi¶I ph¸p kh¾c phôc mét sè thiÕu sãt nh»m n©ng cao kÕt qu¶ viÖc häc to¸n ë trung häc phæ th«ng Ngêi viÕt s¸ng kiÕn: Vò ThÞ LuyÕn §¬n vÞ: Tæ To¸n - Tin Chøc vô : Gi¸o viªn Ninh Bình, tháng 9 năm 2014 I. Tên sáng kiến: Các giải pháp khắc phục một số thiếu sót nhằm nâng cao kết quả việc học toán ở trung học phổ thông. 0 II. Tác giả sáng kiến: Họ và tên: Vũ Thị Luyến Chức vụ: Giáo viên Học vị: Cử nhân khoa học – Chuyên ngành Toán Tin ứng dụng Địa chỉ: Trường THPT Trần Hưng Đạo – Thành Phố Ninh Bình Mail: thienluyen80@yahoo.com Điện thoại: 0918603399 III. Nội dung sáng kiến 1. Thực trạng của hoạt động toán học của học sinh phổ thông hiện nay Ở trường phổ thông, dạy toán là hoạt động toán học. Đối với học sinh, có thể xem giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Dạy học giải toán có vai trò đặc biệt trong dạy học toán. Các bài toán là phương tiện có hiệu quả không thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo. Tuy nhiên, thực tiễn cho thấy chất lượng học toán của học sinh có lúc, có chỗ còn chưa tốt, biểu hiện qua việc năng lực học toán của học sinh còn hạn chế do học sinh còn mắc nhiều thiếu sót. Những nguyên nhân dẫn đến những thiếu sót của học sinh đó là: a. Tâm lí sợ học toán: Trong suy nghĩ của nhiều học sinh, toán học là môn học rất khó, khô khan, cứng nhắc, do đó các em e ngại, không thích học toán. Hơn nữa, một bộ phận không nhỏ giáo viên thường áp đặt ý kiến chủ quan của mình đối với học sinh. Nhiều giáo viên chưa khuyến khích khả năng tư duy độc lâp, khả năng phản biện của học sinh. Nhiều giáo viên khó chấp nhận và khó nhìn ra sai lầm của chính mình. Do vậy không sẵn sàng chấp nhận đối thoại với học sinh. b. Ngôn ngữ diễn đạt yếu và kỹ năng tính toán hạn chế: Khả năng diễn đạt được coi là khả năng rất quan trọng của con người. Có rất nhiều học sinh giỏi về kiến thức nhưng khả năng diễn đạt yếu dẫn đến người đọc không hiểu hết được vấn đề. Nguy hiểm hơn nữa, đó là học sinh diễn đạt tuỳ tiện, không chọn lọc câu, từ, kí hiệu khi diễn đạt, thường viết theo cảm tính, không suy nghĩ đến mức độ đúng, sai của vấn đề. Trong quá trình giải toán thì máy tính điện tử là một công cụ hỗ trợ rất mạnh và rất cần thiết đối với học sinh. Máy tính điện tử giúp học sinh tiết kiệm được thời gian tính toán, kiểm tra được các kết quả khi cần thiết, giải được nhiều bài toán phức tạp. Tuy nhiên, một trong những lí do làm giảm khả năng tính toán của học sinh cũng chính là máy tính điện tử. Hiện nay trong giờ học, học sinh quá lạm dụng máy tính điện tử (MTĐT), không chịu rèn luyện tư duy một 1 cách thường xuyên và thường chủ quan khi làm bài, do đó khi không có MTĐT các em dễ bị sai trong tính toán. Ví dụ như: Khi học sinh lên bảng giải phương trình: x 2 – 4x + 3 = 0, các em không quan tâm đến khả năng nhẩm nghiệm (do a + b + c = 0), mà vội vàng dùng MTĐT để bấm ra nghiệm. Còn có học sinh lớp 11 chỉ thực hiện phép tính “26 -14” cũng phải mượn MTĐT để ra kết quả. c. Không biết cách sử dụng các mệnh đề trong giải toán (sử dụng các phép suy luận sai) và không nắm vững lí thuyết: Đây là những thiếu sót thường hay xảy ra đối với học sinh. Học sinh không biết cách sử dụng các mệnh đề và không biết cách áp dụng lí thuyết vào các tình huống cụ thể. Ví dụ như: Với sách giáo khoa ở phổ thông chỉ sử dụng có kí hiệu  để viết giới hạn vô hạn của dãy số. Nên tuỳ vào từng trường hợp mà kí hiệu  này, có thể được hiểu theo các cách khác nhau như +  hoặc -  , hay hỗn hợp cả hai +  và -  ; chẳng hạn xét: Với lim n2 =  , kí hiệu  được hiểu là +  Với lim (- n) =  , kí hiệu  được hiểu là -  Với lim (-1)n n =  , kí hiệu  được hiểu là +  và -  Vì vậy, nên khi xét giới hạn vô cực của dãy số phải xét cụ thể chỉ rõ ràng, giới u n = +  hoặc lim u n = -  hạn +  hay giới hạn -  , tức là nlim   n   Học sinh áp dụng cách tư duy theo lối mòn như: “Nếu a  b và c  b thì a // c”; hay “Nếu A, B, C, D cách đều điểm O cố định thì A, B, C, D nằm trên một đường tròn” hoặc “Bất phương trình ax2 + bx + c > 0 vô nghiệm    0 ” Hay học sinh thường sử dụng các mệnh đề sai đó là: f(x)  g(x)  f2(x)  g2(x) f ( x) f ( x) g ( x) = g(x)  =0 a  b  c  d f (x) = g2(x)  f(x) = 0 => ac > bd f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x) f ( x)  h( x )  f ( x)  h( x ).g ( x) g ( x) f ( x) g ( x)  0  g ( x)  0    f ( x)  0 f ( x ) h ( x )  g ( x ) h( x )  f ( x )  g ( x ) … 2 Trong khi đó giáo viên thì không thường xuyên sửa chữa các thiếu sót này cho học sinh, giáo viên chỉ sửa chữa khi bắt gặp vào bài học sinh giải sai trong giờ bài tập, còn không thì bỏ qua. Thông thường trong các bài dạy, giáo viên dạy xong phần lí thuyết, cho học sinh vận dụng bài tập theo các bước mà giáo viên sắp xếp trước, nên rất khó phát hiện ra các thiếu sót từ phía học sinh. d. Coi nhẹ việc tự học, tự kiểm tra, tự đánh giá: Đa số học sinh hiện nay có tâm lí dựa dẫm, lệ thuộc vào giáo viên, luôn coi việc đi học thêm là biện pháp quan trọng nhất, do đó thường đi học thêm một cách tràn lan, thiếu tính chọn lọc. Hầu hết học sinh chỉ coi rằng học toán là nghe thầy, cô giảng bài và làm theo những mẫu bài tập đã cho. Các em chưa biết cách tự học, tự kiểm tra, tự đánh giá. Chính vì vậy mà các em không chủ động, thiếu tính tích cực, sáng tạo và linh hoạt trong khi làm bài, do đó việc học của học sinh chưa mang lại hiệu quả. e. Chưa nắm chắc một số kĩ năng cơ bản khi làm bài kiểm tra và bài thi: Có rất nhiều học sinh tiếp thu kiến thức ở lớp tốt, kết quả sau mỗi bài học đều khá cao, nhưng kết quả sau mỗi bài kiểm tra và bài thi lại không ổn định. Vì sao vậy? Tôi đã tìm hiểu nguyên nhân và thấy rằng: Nếu bài kiểm tra, bài thi mà đề ra theo một trình tự các câu hỏi từ dễ đến khó thì các em đạt điểm cao hơn so với đề ra đảo lộn các câu khó, dễ với nhau. Hơn nữa, nếu câu trên các em tính toán không ra thì các em thường bị lúng túng khi giải các câu dưới (theo thứ tự trong đề bài), mặc dù kiến thức câu dưới nằm trong phạm vi kiến thức các em làm được. Vì các nguyên nhân trên, tôi đã đưa ra “Các giải pháp khắc phục một số thiếu sót nhằm nâng cao kết quả việc học toán ở trung học phổ thông” 2. Giải pháp mới của sáng kiến Sáng kiến giúp học sinh bỏ qua rào cản về tâm lí trong quá trình học toán cũng như các môn học khác; giúp học sinh phát triển tư duy logic, hệ thống và khái quát hóa kiến thức một cách hiệu quả. Sáng kiến giúp học sinh tự tin trên con đường chiếm lĩnh kiến thức và học sinh có thể làm việc một cách chủ động, độc lập, tích cực, sáng tạo. Ngoài ra sáng kiến cũng giúp học sinh sẵn sàng thừa nhận các thiếu sót mà mình mắc phải và dễ dàng sửa chữa chúng. Sáng kiến đã làm sáng tỏ được nhiều kiểu thiếu sót của học sinh mà các tài liệu khác hoặc chưa có dịp đề cập, hoặc chỉ đề cập ở một khía cạnh nào đó. Đặc biệt, khi đề cập đến các sai lầm sáng kiến đã chú trọng đến các phương diện hoạt động toán học. Cùng với các đề tài nghiên cứu khác, tiến tới việc đưa ra một bức tranh toàn cảnh và tương đối đầy đủ về những kiểu sai lầm,thiếu sót của học sinh khi học toán. 3 Sáng kiến đã bám sát theo nghị quyết số 29- NQ/TW về việc đổi mới căn bản và toàn diện giáo dục đối với học sinh THPT là: Tập trung phát triển trí tuệ, nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, phát triển khả năng sáng tạo, tự học, khuyến khích học tập. a. Các giải pháp khắc phục đối với tâm lí sợ học toán. Giáo viên tạo hứng thú cho học sinh bằng các giải pháp sau: Tăng cường giao tiếp trong giờ học: Giáo viên vừa đóng vai trò của một người thầy, vừa đóng vai trò của một người bạn để học sinh loại được tâm lí tự ti, mặc cảm. Giáo viên cần kết hợp vừa giảng, vừa luyện, phân tích chi tiết cụ thể, giúp học sinh hiểu khái niệm không hình thức. Giáo viên phải tạo tình huống có vấn đề để gợi mở suy nghĩ của học sinh, lôi cuốn các thành viên cùng học, cùng làm bài, cùng chung trách nhiệm. Tìm nhiều lời giải cho một bài toán (nếu có). Khuyến khích học sinh chỉ ra các lỗi trong bài giải của giáo viên, của học sinh khác và các sách tham khảo. Đưa nhiều lời giải có tình huống sai khác nhau để học sinh trao đổi, tìm ra chỗ sai, phân tích nguyên nhân. Khi giải toán thi giáo viên cung cấp kiến thức mới, đồng thời củng cố, khắc sâu kiến thức cũ thông qua ví dụ và phản ví dụ. Trong các phản ví dụ, giáo viên đưa nhiều tình huống sai khác nhau để các học sinh trao đổi, tìm ra chỗ sai, phân tích các sai lầm, cuối cùng giáo viên tổng hợp các ý kiến của học sinh và phân tích các sai lầm mà học sinh thường gặp. Có như vậy thì hiệu quả của giờ học mới được nâng cao và học sinh dễ dàng nắm được bản chất của vấn đề. Sẵn sàng chấp nhận đối thoại với học sinh: Để xóa bỏ được tâm lí sợ học toán của học sinh thì giáo viên cần khuyến khích học sinh xóa bỏ rào cản về tâm lí giữa giáo viên và học sinh, có nghĩa giáo viên sẵn sàng chấp nhận những thiếu sót của mình khi được học sinh chỉ ra và ghi nhận những cách làm hay hơn của học sinh, sẵn sàng chấp nhận đối thoại với học sinh. Điều này sẽ kích thích sự tìm tòi, sáng tạo của học sinh cũng như sự tự tin của học sinh và quan trọng hơn nữa đây chính là động lực giúp học sinh sau này có thể làm việc một cách độc lập, sáng tạo. b. Các giải pháp khắc phục đối với học sinh có ngôn ngữ diễn đạt yếu và đối với học sinh có kỹ năng tính toán hạn chế Giáo viên cần nhấn mạnh tầm quan trọng của ngôn ngữ. Thường xuyên sửa chữa những thiếu sót trong cách viết, cách trình bày của học sinh: “+) Để biểu diễn hai đường thẳng a và b vuông góc với nhau tại M, ta viết: 4 a b    a  b  M  +) AB  CD  hay a  b tại M AB . CD = 0. +) Nghiệm của phương trình (1) là… +) đường thẳng (  ) có một véc tơ pháp tuyến n = (a; b)” Giáo viên cần ra bài tập đòi hỏi sự tính toán. Khi dạy giải bài tập giáo viên yêu cầu học sinh làm các phép tính cụ thể để đi đến kết quả cuối cùng chứ không chỉ dừng lại ở "phương hướng" mà học sinh ngại nỗ lực. Giáo viên thường xuyên khuyến khích học sinh tìm tòi các cách tính toán khác nhau và biết chọn phương án hợp lí nhất, chẳng hạn tăng cường khả năng tính nhẩm góp phần phát triển óc quan sát, trí nhớ, khả năng chú ý của học sinh, rèn luyện kĩ năng tính ước chừng khi học sinh sử dụng máy tính điện tử để bước đầu kiểm tra kết quả tính toán sau khi bấm máy. Chỉ cho phép học sinh dùng MTĐT trong các trường hợp cần thiết và trong các bài toán yêu cầu dùng MTĐT. Giáo viên thường xuyên kiểm tra và nhắc nhở học sinh trong việc rèn luyện tư duy, kĩ năng tính toán và cũng nêu ra những ví dụ để học sinh hiểu được tại sao không được lệ thuộc vào MTĐT. c. Các giải pháp khắc phục đối với học sinh không biết cách sử dụng các mệnh đề trong giải toán (sử dụng các phép suy luận sai) và không nắm vững lí thuyết. Yêu cầu học sinh chứng minh lại các mệnh đề đúng. Hướng dẫn học sinh cách ghi nhớ các công thức. Dùng các câu ca dao trong dân gian. Ví dụ: Để tính định thức cấp 2 thì D; D x; Dy được “nhớ” bởi câu “ anh bạn, cầm bát, ăn cơm”… Đưa ra các phản ví dụ như: sin(300 + 600)  sin300 + sin600. Phân tích và chỉ ra những sai lầm mà học sinh thường mắc phải trong những bài tập cụ thể. Đưa ra các bài toán có những lời giải sai, yêu cầu học sinh tìm ra nguyên nhân và giải lại theo lời giải đúng. Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 – 5x2 + 4x = 3x2 + 5x – 8 Sai lầm thường gặp: (1.1)  (x -1)(x2 – 4x) = (x - 1)(3x + 8)  x2 -4x = 3x + 8  x2 -7x - 8 = 0   x  1  x 8  Phân tích và chỉ ra sai lầm: 5 (1.1) Có thể thấy ngay x = 1 cũng là nghiệm của phương trình (1.1), sai lầm của học sinh là đã chia hai vế của phương trình cho x – 1. Cần nhớ: ab = cb  b(a - c) = 0 Lời giải đúng là: (1.1)  (x -1)(x2 – 4x) = (x - 1)(3x + 8) 2  (x - 1)(x -7x - 8) = 0   x 1  x  1    x 8 Ví dụ 2: Giải phương trình:  x3  3x  2  x 1  2 Sai lầm thường gặp: Điều kiện để căn thức có nghĩa:   x3  3x  2 0  x 1 0   ( x  1) 2 ( x  2) 0 x  1     x 3  3 x  2 0     x  1  x  2 0   x  1  x  2   x  1  Vậy không tồn tại giá trị của x để hai căn thức đồng thời có nghĩa nên phương trình vô nghiệm. Phân tích và chỉ ra sai lầm: Có thể chỉ ra với x = 1 thì cả hai căn thức đều có nghĩa và x = 1 chính là nghiệm của phương trình. Học sinh đã sai khi : (x - 1)2(x + 2) 0  x + 2  0 Lời giải đúng là: Điều kiện để căn thức có nghĩa:   x3  3x  2 0  x 1 0    x 1     x   2  x  1   x 3  3 x  2 0 x  1     ( x  1) 2 ( x  2) 0 x  1     x = 1. Thử x = 1 vào phương trình ta có 6 2  2 nên x = 1 là nghiệm duy nhất. 1 Ví dụ 3:Giải phương trình: 1 + 1 1 1 = 1 x  3x 2  2 2 x 1 (1.3) Sai lầm thường gặp: 1 1 (1.3)  1 + 1  x 1 =  3x 2  2 2 x 1 x 1  1 + 1 1+  1 2 x 1 x 1 3x  2 2 x 1 = x x 1 = =  3x 2  2 2 x 1  3x 2  2 2 x 1  3x 2  2 2 x 1 1   x  2  x 0    x 0   x  1 .     x  1  1+ x 1 2 x 1 =  3x 2  2 2 x 1  2 x 1 0   2  3 x  3 x 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x= 0; x = -1. Phân tích và chỉ ra sai lầm: Có thể thay x = 0 hoặc x = -1 vào phương trình (1.3) thì thấy phương trình không có nghĩa. Vậy sai ở đâu? Trong quá trình biến đổi học sinh đã quên không đặt điều kiện để phương trình có nghĩa. Lời giải đúng là: Điều kiện để xác định phương trình là: x 0    x 1  0  2 x 1  0     x 0   x  1  1  x  2 1 1 Với điều kiện đó thì: (1.3)  1 + 1  x 1 =  3x 2  2 2 x 1 x 1  1 + 1 1+ x x 1 1 2 x 1 x 1 = =  3x 2  2 2 x 1  3x 2  2 2 x 1 7  1+ x 1 2 x 1 =  3x 2  2 2 x 1   3x  2 2 x 1 =  3x 2  2 2 x 1  x 0 (không  x  1   3x2 + 3x = 0 thoả mãn điều kiện) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 4: Giải phương trình 2x + 22x = 20 (1.4) Sai lầm thường gặp: (1.4)  2x (1 + 22) = 20  2x.5 = 20  2x = 4  x = 2 Phân tích và chỉ ra sai lầm: Tuy thay x = 2 vao phương trình (1.4) thì thấy thoả mãn, nhưng lời giải vẫn bị sai vì học sinh tưởng rằng: 22x = 22.2x. Cần phải chú ý: 22x = (2x)2. Lời giải đúng là: (1.4)  (2x)2 + 2x – 20 = 0   2x 4  x  2  5 ( Loai )  2x = 4  x = 2. Ví dụ 5: Giải phương trình Log2 x2 = 2log2 (3x + 4) (1.5) Sai lầm thường gặp: Điều kiện:  x2 0   3x  4  0 Khi đó (1.5)  x  0 4    x   3  2log2 x = 2log2(3x + 4)  log2 x = log2(3x + 4)  x = 3x + 4  x = -2. Giá trị này không thoả mãn điều kiện đã đặt nên phương trình đã cho vô nghiệm. Phân tích và chỉ ra sai lầm: Sai lầm khi biến đổi log2 x2 = 2log2 x. Cần nhớ: log2 x2 = 2log2 x . Lời giải đúng là: (1.5)  2log2  log2 x x = 2 log2 (3x + 4) = log2 (3x + 4) 8    x 3 x  4   x  x  4   x = -1.  x  4  3 1 x 5 (1.6)  x 3 x  4   3x  4  0  Ví dụ 6: Giải bất phương trình: 1 2 x  2x  3  Sai lầm thường gặp: (1.6)  x + 5 < x 2  2x  3  (x + 5)2 < x2 – 2x – 3  12x + 28 < 0  x < - 7 3 Phân tích và chỉ ra sai lầm: 1 1  a b Sai lầm khi nghĩ rằng Cần nhớ: a b 1 1  0   a b ab  b < a.   ab  0   a  b   ab  0  a  b  Lời giải đúng là: Điều kiện để các biểu thức xác định:  x 2  2x  3  0  x 5 0    x 3     x   1  x  5  Nếu x < - 5 thì vế phải là số âm, vế trái là số dương nên không thoả mãn phương trình (1.6) Nếu x 3    5  x   1 thì  x 2  2x  3  0 và x + 5 > 0, nên:  (x + 5)2 < x2 – 2x – 3  x < - 7 3 . Kết hợp các điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là ( -5; - 7 3 ) (1.6)  x + 5 < x 2  2x  3 Ví dụ 7: Giải bất phương trình: 1 2 x 1 1  Sai lầm thường gặp: 9 1 4  2 x 1  3 x (1.7) Đặt t = 2 x , t > 0, khi đó: 1  1  2  (1.7)   2t 1 t  2t  3  t 0   ( 2t 1)(t 2  2t 3)  0  t 0   2t 1  t 2  2t  3   ( 2t 1)(t  1)(t  3) 0  t 1; t  0    2 t 2 t  0; t  4  0     t  2  2x  2  x  1 Phân tích và chỉ ra sai lầm: Với x < 0  2x – 1 < 0  4x + 2x+1 – 3 = (2x - 1)(2x + 3) < 0 thì 1 2 x 1 1 0  1 4  2 x 1  3 ; x nên x < 0 nghiệm đúng phương trình (1.7). Cách giải trên đã làm mất nghiệm. Lời giải đúng: Đặt t = x 2, t > 0, khi đó: 1  1  2  (1.8)   2t 1 t  2t  3  t 0   t 2  2t  3  ( 2t 1 )  0  ( 2t 1)(t 2  2t  3)  t 0   t2  4  0   ( 2t 1)( t  3)( t  1)  t 0 t  2 0  t 2   0  t  1   t 1   t  0 2 x  2  x  2 1   x 1 x  0  Ví dụ 8:: Cho hàm số: y = x3 – 3x + 1 Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ điểm A(3; 19) tới đồ thị . Sai lầm thường gặp: Ta thấy f(3) = 19 => A thuộc đồ thị. Vậy phương trình tiếp tuyến cần xác định là: y – f(3) = f’(3)(x - 3)  y = 24x - 53 Phân tích và chỉ ra sai lầm: 10 Phương trình tiếp tuyến y = 24x – 53 là tiếp tuyến tại A( Nhận A làm tiếp điểm) tất nhiên là kẻ từ A. Nhưng vẫn có thể có tiếp tuyến đi qua A mà A không phải là tiếp điểm. Lời giải đúng là: Tiếp tuyến đi qua A(3; 19) có dạng y = k(x - 3) + 19 Đường thẳng này là 3  x  3 x 1 k ( x  3) 19  2  3 x  3 k tiếp (1) ( 2) tuyến khi và chỉ khi hệ có nghiệm. Từ (2), thế k vào (1) ta có: x3 – 3x + 1 = (3x2 - 3)(x - 3) + 19  x3 – 3x2 + 3x2 – 9x + 6x – 18 – (3x2 - 3)(x - 3) = 0  x2(x - 3) + 3x(x - 3) + 6(x - 3) – (3x2 -3)(x - 3) = 0  (x - 3)[x2 + 3x + 6 – 3x2 + 3] = 0  (x - 3)(-2x2 + 3x + 9) = 0  x 3 3  x   2   Nếu x = 3 thay vào (2) có k = 24 Nếu x = - 3 2 thay vào (2) có k = 15 4 Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn bài toán, đó là: y = 24(x - 3) + 19 y= 15 4 (x - 3) + 19 Ví dụ 9: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 1 3  2 ; 2  Sai lầm thường gặp: x 2  2x ( x  1) 2 Ta có: y’ = Do đó y’ < 0 Vậy Max 1 3  2; 2    y = - . Mà x 2  2x  0 1 3  x  ;  2 2 1 2 khi x = 1 3 x   ;   2 2 1 3    Hàm số giảm trên  ;  2 2   1 2 11 x2 x  1 trên Min 1 3 2; 2   y = 9 2 khi x = 3 2 Phân tích và chỉ ra sai lầm: 1 3 ;  2  Do hàm số gián đoạn tại điểm x = 1   2 nên không thể dùng tính chất nghịch biến của hàm số để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 1 3  2 ; 2  Lời giải đúng là: x 2  2x ( x  1) 2 Ta có: y’ = Do đó y’ < 0 . Mà x 2  2x  0 1 3 x   ;   2 2 3 1    x   ; 1   1; 2 2    Bảng biến thiên: x y’ 1 2 3 2 1 - y +  1 2 9 2 -  12 - Từ bảng biến thiên suy ra hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. 2 Ví dụ 10: Tính tích phân I = dx (x  1) 2 2 Sai lầm thường gặp: 2 2 I= dx 2   2 (x  1) = d ( x  1) 2   2 ( x  1) =  1 x 1 1 2  2 4 =-3-1=-3 Phân tích và chỉ ra sai lầm: Do hàm số y = 1 ( x 1) 2 không xác định tại x = -1    2; 2 , nên hàm số gián đoạn trên [-2; 2]. Do đó không được sử dụng định lí Newton – Leibnitz để tính tích phân như cách giải trên. Lời giải đúng là: Hàm số y = trên 1 ( x 1) 2 không xác định tại x = -1    2; 2 , nên hàm số gián đoạn [-2; 2]. Do đó tích phân trên không tồn tại. Ví dụ 11: Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với đáy. Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông. S D A C B Sai lầm thường gặp: SA  AB =>  SAB vuông ở A SA  AD =>  SAD vuông ở A Ta cũng có: SA  AB   AB  BC  => SB  BC (Theo định lí ba đường vuông góc) 13 Vậy  SBC vuông tại B. Chứng minh tương tự, ta có  SDC vuông góc tại D. Vậy các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông. Phân tích và chỉ ra sai lầm: Thiếu sót chủ yếu ở lí luận trên đây là đã phát biểu những điều kiện của định lí ba đường vuông góc một cách không chính xác Lời giải đúng là: SA  (ABCD) ; SB có hình chiếu trên (ABCD) là AB BC  AB Do đó: BC  SB. Vậy  SBC vuông tại B. Chứng minh tương tự, ta có  SDC vuông góc tại D. Vậy các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông. Ví dụ 12: Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy ABC là một tam giác vuông tại đỉnh B. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Từ A ta kẻ các đường AK  SB và AH  SC; K  SB; H  SC. Chứng minh rằng: SC  HK và AK  HK. S H K A C B Sai lầm thường gặp: Theo giả thiết: SC  AH   AH  (AKH) => SC  mp(AHK) 14 Mặt khác: HK  (AKH). Từ đó suy ra SC  HK. Ta có: AK  SB   SB  (SBC )  => AK  mp(SBC) AK  mp ( SBC )   HK  ( SBC )  => AK  HK. Phân tích và chỉ ra sai lầm: Những lí luận trên dựa trên một mệnh đề sai là: “Một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng nằm trong một mặt phẳng thì vuông góc với mặt phẳng ấy” Cần phải nhớ: Một đường thẳng không nằm trong mặt phẳng mà vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy. Lời giải đúng là: SA  BC   AB  BC  => BC  mp(SAB) => BC  AK (1) Theo giả thiết, ta lại có: SB  AK (2) Từ (1) và (2) suy ra AK  mp(SBC) = > AK  HK. Từ AK  mp(SBC) => AK  SC (3) Theo giả thiết: AH  SC (4) Từ (3) và (4) suy ra : SC  mp(AKH) => SC  HK. Ví dụ 13: Cho một hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Qua đỉnh C của đáy, ta dựng một mặt phẳng vuông góc với cạnh bên SA. Mặt phẳng này cắt cạnh SA, SB, SD ở các điểm M, N, P. Chứng minh: NP // BD. 15 S M P N A D H B C Sai lầm thường gặp: Kẻ đường cao SH. SH  mp(ABCD) => SH  BD. ABCD là hình vuông => AC  BD. Vậy BD  mp(SAC) => BD  SA. Theo giả thiết: SA  mp(CPMN) nên ta có: NP  SA. Hai đường thẳng BD và NP cùng vuông góc với SA nên chúng song song với nhau. Vậy BD // NP. Phân tích và chỉ ra sai lầm: Trong ví dụ này, kết luận đã dựa trên định lí: “Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau”. Đó là một định lí của hình học phẳng. Nhưng việc mở rộng ra trong hình học không gian thì đó lại là một mệnh đề sai. Lời giải đúng là: Kẻ đường cao SH. SH  mp(ABCD) => SH  BD. ABCD là hình vuông => AC  BD. Vậy BD  mp(SAC) => BD  SA (a) Theo giả thiết: SA  mp(CPMN) (b) 16 Vì (a) và (b) nên theo định lí “Một đường thẳng và một mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì chúng song song với nhau”, ta có: BD // mp(CPMN) Ta lại có: mp(SBD) chứa BD và mp(CPMN) // BD cho nên giao tuyến của chúng là NP phải song song với BD. Hay: NP // BD. (Ta cũng có thể chứng minh NP và BD cùng vuông góc với mặt phẳng (SAC)) Ví dụ 14: Cho a  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a + 1 a Sai lầm thường gặp: A= a + 1  2. a a. 1 a = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 2. Phân tích và chỉ ra sai lầm: Giá trị nhỏ nhất của A bằng 2 khi và chỉ khi: a = 1 a = 1 mâu thuẫn với giả thiết a 3 Lời giải đúng là: A= a + 1 a = ( a 1  9 a )+ 8a 9 a 1 8.3 .  9 a 9  2. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 10 3 = 10 3 . khi a = 3. Bài tập vận dụng: Hãy phân tích và chỉ ra sai lầm trong mỗi bài giải của các bài toán sau: Bài 1: Giải phương trình: 2x + x 3 = 16 Bài giải: Điều kiện: x  3. Ta có: Phương trình  x 3 = 16 – 2x  x - 3 = 256 – 64x + 4x2  x 7 37 thoả mãn x  3.  4x2 – 65x + 259 = 0   x   4 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 7 hoặc x = Bài 2: Giải phương trình: 3 2x  1  3 x  1 1 17 37 4 . Bài giải : Phương trình  (3 2 x  1  3 x  1 ) 3 1  (2x - 1) + (x - 1) + 3. 3 2 x  1 3 x  1 (3 2 x  1   3x – 2 + 3. 3 x  1.  x  1 2x  1 3  (3 3 2x  1 2x  1 =1 1=1 = (1 - x)3  (2x - 1)(x - 1) = (1 - x)3  (1 - x)[(x - 1)2 + (2x - 1)] = 0  x2(1 - x) = 0  Bài 3: Giải phương trình: 2 x  1) = 1–x x  1 )3 3 3 3 = (x + 5) x2  9  x 0  x 1  x 3 x  3 Bài giải : Phương trình đã cho 2 ( x  3)( x  3)  ( x  5) x  3 (2  x  3  x 5 x  3  x  3 x 3 x  3 ) 0   x  11  0     x  3  0  x  3 0    x 11     x   3  x 3  x  3 x  3  .  2 ( x  3)  ( x  5)   0 x  3  2 x  3  . 2( x  3  x  3  ( x  11)  0  x = 11. x 1  x  1 Bài giải: Điều kiện căn thức có nghĩa:   x  1 0   x 1  0  x 2  1 0   x 1  0   x 1   x  1  ( x  1)( x 1)  0 x 1  0     x  1. Khi đó phương trình có dạng: ( x  1)( x  1)  Vì x 1 nên x 1  0 Ta có: x 1 1  Vì với x 1 thì x 1  x 1 , chia cả hai vế cho x 1 x 1  x 1 . x 1 , nên x  1  1 18 x  3 x  3 ) 2  ( x  5)  0 Bài 4: Giải phương trình: x2  1  x 3 x  3  ( x  5) x 1 . Vậy phương trình vô nghiệm. Bài 5: Giải phương trình: 3x 1 4   0 2 x2 x 2 x  4 Bài giải: Phương trình  3 x ( x  2)  ( x  2)  4 x2  4 3x 2  5 x  2 x2  4 =0  =0  x 2  3x2 – 5x – 2 = 0   x  1  3  Bài 6: Giải phương trình: 3 2   cot 2 x  2 cot 4 x  3 sin 2 x sin 4 x Bài giải: Phương trình   tan 2 x  cot 2 x cot 2 x  tan 2 x 3  2( )  cot 2 x  2( ) 3 sin 2 x 2 2 3 3 sin 2 x    sin2x = 1  2x =  2k  x =  k 2 Bài 7: Giải phương trình: ( x  1) log x  1 (2 x 2  4 x  1) 4 x  1 Bài giải:  Phương trình 2 x 2  5 x  2 0  2 x 2  4 x 1 x  1      2 2 2 2 2  x  2 x  4 x 1  0  x  2 2 1  x 2  x   2   2  2 2 2 x   x   2 2 Bài 8: Giải bất phương trình:  x=2 2 x 2  6 x 1  x  2  0 Bài giải: Bất phương trình  2 x 2  6 x 1  x  2  x 2 x  2 0 x 2      2   x  3  2 2   x  2 x  3  0   2 x  6 x 1  ( x  2)   x   1  x>3 Bài 9: Tìm các điểm của trục tung mà từ đó kẻ được đúng ba tiếp tuyến tới đồ thị y = x4 – x2 + 1 Bài giải 1: Đồ thị có trục đối xứng là Oy. Do đó nếu d là tiếp tuyến của đồ thị không vuông góc với Oy thì d’ đối xứng với d qua Oy cũng là tiếp tuyến của đồ thị. 19
- Xem thêm -