Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Trung học phổ thông Skkn hƣớng dẫn học sinh giải bài toán bất đẳng thức bằng kĩ thuật chọn điểm rơi...

Tài liệu Skkn hƣớng dẫn học sinh giải bài toán bất đẳng thức bằng kĩ thuật chọn điểm rơi

.PDF
25
1110
56

Mô tả:

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ----------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG KĨ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI Quảng Bình, tháng 12 năm 2018 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ----------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG KĨ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI Họ tên : Hoàng Thị Minh Huệ Chức vụ : Tổ phó chuyên môn Đơn vị công tác: Trƣờng THPT Đào Duy Từ Quảng Bình, tháng 12 năm 2018 MỤC LỤC Trang PHẦN I. MỞ ĐẦU : .... .......................................................................................... 1 1.1. Lý do chọn đề tài : ................................................................................. 1 1.2. Mục đích nghiên cứu : ............................................................................ 1 1.3. Phạm vi nghiên cứu : .............................................................................. 1 1.4. Phương pháp nghiên cứu : ..................................................................... 1 PHẦN 2. NỘI DUNG : . .......................................................................................... 2 2.1. Giới thiệu cơ bản về bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Bunhiacopxki ......................................................................................... 2 2.2. Hiểu thế nào là điểm rơi.......................................................................... 2 2.3. Các bài toán : ......................................................................................... 3 PHẦN 3. KẾT LUẬN: . .......................................................................................... 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO:……………………………………………………... 19 1. MỞ ĐẦU. 1. 1.Lí do chọn đề tài Bất đẳng thức là một chuyên đề khó trong chương trình phổ thông. Qua nhiều năm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận ra rằng rất nhiều học sinh, kể cả học sinh giỏi khi tiếp cận với các bài toán về bất đẳng thức đều rất ngại. Ngoài một số lượng các bất đẳng thức tên tuổi còn rất nhiều kĩ thuật khó, chưa kể phải kết hợp nhuần nhuyễn chúng lại với nhau. Phải là người có tư duy tốt và nhiều kinh nghiệm mới xử lí được. Trong số các kĩ thuật nói trên, kĩ thuật sử dụng điểm rơi là rất quan trọng. Người ta đã ví rằng, nếu bạn là một du khách nước ngoài, muốn biết được đường đến hồ Gươm nhưng trong tay chỉ có tấm bản đồ của Thành phố Hồ Chí Minh và cố gắng tìm kiếm thì điều này hoàn toàn vô vọng. Ít nhất bạn cũng phải có tấm bản đồ của địa phương có địa điểm đó. Bất đẳng thức cũng vậy, nếu ta không khoanh vùng được rất khó để tìm ra hướng giải quyết. Điều ta có thể làm là dựa vào đặc điểm của bài toán chọn một điểm rơi thích hợp. Từ đó sử dụng các biến đổi khác để chứng minh hay tìm kiếm kết quả. Vì vậy, với sự mong muốn tìm hiểu và áp dụng để truyền đạt cho học sinh, tôi đã lựa chọn đề tài “Hướng dẫn học sinh giải bài toán bất đẳng thức bằng kĩ thuật chọn điểm rơi”. 1.2. Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh khá giỏi sử dụng thành thạo bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Bunhiacopxki kết hợp với kĩ thuật chọn điểm rơi hoặc điểm rơi giả định để chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 1.3. Phạm vi nghiên cứu Giải một số bài toán về chứng minh bất đẳng thức hoặc bài toán tìm cực trị bằng bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Bunhiacopxki kết hợp với kĩ thuật chọn điểm rơi. 1.4. Phƣơng pháp nghiên cứu: - Đọc hiểu các tài liệu tham khảo - Trao đổi, semina với các đồng nghiệp cũng như phỏng vấn, trao đổi với các học sinh khá giỏi. Tìm hiểu kỹ năng giải các bài toán về chuyên đề này của học sinh khá giỏi. Trang 1 2. NỘI DUNG 2.1. Giới thiệu cơ bản về bất đẳng thức AM-GM (BĐT Cauchy) và bất đẳng thức Bunhiacopxki. a) Bất đẳng thức AM-GM • Bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm: Cho hai số không âm a, b ta  ab có BĐT a  b  2 ab  ab    . Đẳng thức xảy ra khi a  b  2  2 • Bất đẳng thức AM-GM cho ba số không âm: Cho ba số không âm a, b, c ta  abc có BĐT a  b  c  3 abc  abc    . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c 3   3 3 • Bất đẳng thức AM-GM tổng quát cho n số không âm: Cho n số không âm  a  a  ...  an  a1 , a2 ,..., an ta có BĐT a1  a2  ...  an  n a1.a2 ...an  a1.a2 ...an   1 2  . n   n n Đẳng thức xảy ra khi a1  a2  ...  a n . b) Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai dãy số thực a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn . Khi đó: a b  a 1 1 2 b2    an bn    a12  a22    an2  . b12  b22    bn2  2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 a    n . b1 b2 bn 2.2. Hiểu thế nào là điểm rơi Chọn điểm rơi nghĩa là dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi nào để ta có những đánh giá từ đó đưa ra phương pháp hợp lí. Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức, kĩ thuật chọn “điểm rơi” là kĩ thuật rất quan trọng. Việc này sẽ ít phức tạp hơn nếu bất đẳng thức chứa các biến có “tính đối xứng hoặc có thể hoán vị vòng quanh”. Trong một số trường hợp bất đẳng thức không có tính chất trên, ta có thể dùng mở rộng của phương pháp này, còn gọi là “điểm rơi giả định”. Để chọn được điểm rơi, thường ta chú ý đến các điều kiện của bài toán đặt ra từ ban đầu. Nếu bài toán chỉ có một biến thì điểm rơi chính là giá trị của biến khi dấu “=” xảy ra. Nếu bài toán chứa nhiều biến có tính đối xứng hoặc hoán vị vòng quanh thì ta có thể chia đều giá trị đó cho số biến và điểm rơi là giá trị được chia đều đó. Trang 2 Nếu bài toán không có điều kiện ban đầu hoặc điều kiện ban đầu không đủ để dự đoán, ta có thể quan sát tiếp bất đẳng thức cần chứng minh. Điểm rơi chính là sự bằng nhau của các biến nếu các biến có tính đối xứng. Dựa trên những kinh nghiệm đó, ta xét một vài ví dụ sau: 2.3. Các bài toán. Bài 1: Cho x  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3x  1 . 4x Giải: Nhìn qua có vẻ rất đơn giản. Theo thói quen, rất nhiều học sinh sẽ làm như sau: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số dương 3x, S  3x  1 ta được: 4x 1 1  2 3x   3 hay min S  3 . 4x 4x Tuy nhiên phải nhắc nhở các em rằng dấu bằng xảy ra khi nào?. Rõ ràng nếu xét dấu bằng xảy ra thì 3x  1 1 (không thỏa mãn điều kiện đặt ra ban x 4x 12 đầu của bài toán). Từ đó giáo viên đưa ra cách giải đúng: Nhận xét với điều kiện ban đầu x  1 thì S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi x  1 . Trong biểu thức S, ta đã tìm được minx nhưng 1 thì không đánh giá trực tiếp được. Do đó ta nghĩ đến việc khử x ở 4x mẫu bằng bất đẳng thức AM-GM. Muốn đẳng thức xảy ra thì các số hạng của vế trái phải bằng nhau. Khi đó phải tìm một số k sao cho x 1 . Vì x  1 nên  k 4x k  4. Vậy S  11x  x 1  11.1 1 13 13     2  . MinS  khi x  1 . 4 4  4 4x  4 4.4 4 Bài 2: Cho x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  x  Giải: Trang 3 1 . x2 1 2 1 2 Sai lầm: S  x  x  khi 1 1 1 1 1  3 3 S  x  x  2  3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 2 x 2 2 x 4 1 1 x  2 . Do đó x  3 2 (không thỏa mãn điều kiện đặt ra ban đầu của bài 2 x toán). Cách giải đúng: Chọn điểm rơi x  2 . Khi đó phải tìm một số k sao cho S x x 1   . Suy ra k  8 . k k x2 3x  x x 1  3.2 1 9    2   33  . Dấu "  " xảy ra khi x  2 . 4 8 8 x  4 64 4 Bài 3: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  nhất của S  x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ 2 1 1 1   . x y z Giải: Sai lầm: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 6 số thực dương x, y, z, S  x y z 1 1 1 , , x y z 1 1 1 1 1 1    6 6 x  y  z     6  Min S = 6 x y z x y z Kết quả có được rất “đẹp” nhưng dấu “=” xảy ra khi nào? Min S = 6  x  y  z  1 1  x y  1 3  1  x  y  z  3  trái với giải thiết. z 2 Như vậy mới nhìn qua, ta có cảm giác rất tốt rằng ta sẽ khử được các biến một cách nhẹ nhàng. Tuy nhiên khi viết ra mới thấy được cái không hợp lí do điều kiện bài toán không cho phép. Vậy ta phải khai thác cho được điều kiện ban đầu. Cách giải đúng: Do S là một biểu thức đối xứng với x, y, z nên dự đoán MinS đạt tại điểm rơi x  y  z  1 . 2 Khi đó phải tìm một số k sao cho x 1 1 1  . Vì x  nên k  . k x 2 4 Trang 4 Do đó: x 1 1  4 x   3x  2 4  3x  4  3x x x Tương tự: y 1 y z 1 1  4 z   3z  2 4  3z  4  3z z z  4y  1  3y  2 4  3y  4  3y y Cộng vế theo vế ta được: 1 1 1 S  x  y  z     4  3x  4  3 y  4  3z  12  3( x  y  z ) x y z 3 15  12  3.  2 2 Vậy MinS  15 1 khi và chỉ khi x  y  z  2 2 a, b, c  0 Bài 4: Cho  3 . Tìm GTNN của a  b  c  2  S  a2  1 1 1  b2  2  c 2  2 2 b c a Giải Sai lầm thƣờng gặp:     S  33 a2  12 . b2  12 . c2  12  36  a2  12  . b2  12  . c2  12  b  c a    b  c  a    36  2 a2 . 12  . 2 b2 . 12  . 2 c2 . 12   36 8  3 2  MinS = 3 2 .  b  c  a  Khi đó MinS = 3 2  a  b  c  1 1 1 3    1  a  b  c  3  trái với giả thiết. a b c 2 Lời giải đúng: Trang 5 Quan sát S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán minS đạt tại a bc  1 2  2 1 a  b2  c 2    4   1  1  1 4 2   b2  c 2   a  1 4     16 4  Lời giải S  a2  1 1  .....   2 2 16 b 16 b    b2  1 1  .....   2 2 16 c 16 c    16  1717 a 2 .   16 1 1 1 1 1 1 2 2 .....  17 b . .....  17 c . ..... 2 2 2 17 17 16 b 16b2 16 c 16c2 16 a 16a2       16 16  a2 b2 c2 a b c 17 17  17  17  17  17 8 16  17 8 16  17 8 16 16 32 16 32 16 32  16 b 16 b 16 c 16 a 16 c 16 a   17 3 3 17  1 1  .....  2 16 a  16a2  16 16  1717 c2  a 17 b 17 c  a 3 17 . .  3. 17 17 8 5 5 5  8 16 8 16 8 16 16 b 16 c 16 a  16 a b c 2.17 2a2b2c 5    3 17 15  2a  2b  2c   3    3 17 . 2 2.17  Dấu “ = ” xảy ra khi a  b  c  1  Min S = 2 3 17 2 Bài 5: Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng a b 8ab   4 b a ( a  b) 2 Giải: Mong muốn của ta đó là phải khử được biến ở mẫu. Đối với số hạng thứ nhất và thứ hai thì mẫu có thể khử được nhờ vào tử của số hạng thứ ba. Nhưng mẫu của Trang 6    số hạng thứ ba thì chưa thể thực hiện ngay được. Vì thế ta có thể quy đồng hai số hạng đầu để xuất hiện tổng a  b . Trong bài toán này, điều kiện ban đầu rất đơn giản nên không đủ để ta dự đoán điểm rơi. Tuy nhiên lại thấy rằng vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh đối xứng đối với a, b . Do đó ta có thể dự đoán dấu “=” xảy ra khi a  b . Từ đó ta phải tìm k, l sao cho ab ab 8ab .   kb la ( a  b) 2 Mà a  b nên k  l  1 . Vậy ab ab 8ab    33 8  6 2 b a ( a  b) hay a b 8ab 1 1 6 b a ( a  b) 2 Suy ra a b 8ab    4. b a ( a  b) 2 Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c sao cho a  b  c  3 . Chứng minh rằng: a(b  3c)  b(c  3a)  c(a  3b)  6 Giải: Nhận xét: vế trái của bất đẳng thức có tính chất “xoay vòng”. Ta có thể dự đoán điểm rơi: a  b  c  1. Khi đó b  3c  c  3a  a  3b  4 . Ta có khéo léo chèn thêm 4 vào trong căn thức. 4a(b  3c)  4a  b  3c 2 4b(c  3a)  4b  c  3a 2 Trang 7 4c(a  3b)  4c  a  3b 2 Vậy 4a(b  3c)  4b(c  3a)  4c( a  3b)  4a  b  3c 4b  c  3a 4c  a  3b   2 2 2  8a  8b  8c 8.3   12 2 2 Tức là a(b  3c)  b(c  3a)  c(a  3b)  6 . Bài 7: Cho a, b, c là các số dương thoả mãn a  2b  3c  20 . Chứng minh rằng abc 3 9 4    13 a 2b c Giải: Dự đoán a  2, b  3, c  4 . Tìm m, n, p sao cho a 3 b 9 c 4  ,  ,  m a n 2b p c a 3 2 3 4  hay   m  m a m 2 3 b 9 3 9  hay   n  2 n 2b n 6 c 4 4 4  hay   p  4 p c p 4 3 a Khi đó a  b  c   9 4  3a 3   b 9   c 4  a 2b 3c           2b c  4 a   2 2b   4 c  4 4 4 3 3 a  2b  3c 20  2   2   2.1   3 2 2  13 2 2 4 4 Bài 8: Chứng minh rằng nếu a, b là các số thực dương thỏa mãn a 2  b2  5 thì a 3  b6  9 . Trang 8 Giải: Nhận thấy biểu thức trong bất đẳng thức không đối xứng nên khó có thể dự đoán điểm rơi. Vì thế ta có thể áp dụng phương pháp điểm rơi giả định. Giả sử a  x, b  y. Khi đó a 3  a 3  x3  3a 2 x  a 3  1 3 3 2 x  ax 2 2 b6  y 3  y 3  3b2 y 2 Suy ra 1 3 a 3  b6  2 y 3  x3  a 2 x  3b 2 y 2 2 2 3 1 a 3  b6  a 2 x  3b 2 y 2  2 y 3  x 3 2 2 Để sử dụng giả thiết thì hệ số của a 2 , b2 phải bằng nhau. Khi đó 3x  3y2 . 2  3x 2 x  2   3y Giải hệ  2 ta có  y 1  x 2  y 2  5 8 2 Do đó a3  b6  3a 2  3b 2  2   9 . Bài 9: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng 10a 2  10b2  c2  4(ab  bc  ca) Giải: Bất đẳng thức Nhận thấy a, b có vai trò bình đẳng nên giả định rằng a  b  x, c  y. Ta có a 2  b2  2ab  a 2 xy  b2 xy  2abxy Trang 9 a 2 y 2  c 2 x 2  2acxy b2 y 2  c 2 x 2  2bcxy Cộng vế theo vế ta được a 2 ( xy  y 2 )  b2 ( xy  y 2 )  2c 2 x 2  2xy(ab  bc  ca)  2xy Khi đó ta có hệ  xy  y 2 2 x 2  (1)  1  10  x.x  xy  yx  1 (2) 2 y  y y (1)  xy  y  20 x      20  0   4 x x x 2 2 (2)  x 2  2 x.4 x  1  0  x  Suy ra 1 4 y . 3 3 20 2 2 8 (a  b 2 )  c 2   10a 2  10b 2  c 2  4 . 9 9 9 Bài 10: Cho x, y, z, t là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zt  tx  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  10 x 2  4 y 2  10 z 2  t 2 Giải: Quan sát biểu thức P , ta thấy hệ số của x và z bằng nhau, có nghĩa là x và z có vai trò như nhau. Do đó ta có thể giả sử P đạt min thì x  z  a, y  b, t  c . Khi đó: bx  bz  ay, cx  cz  at . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM b2 x2  a 2 y 2 abxy  2 a 2 y 2  b2 z 2 abyz  2 Trang 10 c 2 z 2  a 2t 2 aczt  2 actx  a 2t 2  c 2 x 2 2 Nếu cộng vế theo vế ta không đưa về được gì. Do đó cần thêm một bước biến đổi như sau: b2 x2  a 2 y 2 abcxy  c 2 abcyz  a 2 y 2  b2 z 2 c 2 c 2 z 2  a 2t 2 abczt  b 2 a 2t 2  c 2 x 2 abctx  b 2 Cộng vế theo vế ta có: abc( xy  yz  zt  tx)  (b2 x 2  a 2 y 2 ).c  (a 2 y 2  b 2 z 2 ).c  (c 2 z 2  a 2t 2 ).b  (a 2t 2  c 2 x 2 ).b 2 (b 2c 2  bc 2 )( x 2  z 2 )  2a 2cy 2  2a 2bt 2 abc  2 Hay (b2c2  bc2 )( x 2  z 2 )  2a 2cy 2  2a 2bt 2  2abc Đối chiếu với biểu thức P đã cho, ta cần chọn các hệ số a, b, c sao cho b 2c 2  bc 2 2a 2c 2a 2b   10 4 1 Khi đó ta có hệ  bc(b  c) a 2c   2a 2b (1)  bc(b  c) a c 2    2a b   2   10 2  10 ab  ba  ac  ca  1 a(b  c)  1 (2)  2 2 Trang 11 Từ (1) suy ra b  4c thay vào (2). a.5b  1 1 . a 2 10b 2 b.4b.5b 2  1  Suy ra  2  b  10 100b  10b   b4  1 1 4 1 b c ,a 100 10 10 10 Khi đó 1 16  2 1 4 2 1 1 2 1 1 4 4 1 4    (x  z2 )  2   y 2  t  2     10  10 10 10 10 10 10 10  10 10 10 5 10  Vậy P 4  5 10  4 5 10 min P  4 . Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  1 4 . ,t  10 10 Điểm rơi không chỉ được sử dụng trong bất đẳng thức AM-GM mà còn có thể dùng với bất đẳng thức Bunhiacopxki. Sau đây là một số ví dụ. Bài 11: Cho x là số thực dương thỏa mãn x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x2  1 x2 Giải: Sai lầm: A  x 2  1 1  2 x   2 . Min A  2  x  1. Trái giả thiết. 2 x x Cách giải đúng: Dựa vào điều kiện ta có thể chọn điểm rơi x = 2. Mặt khác, nhận thấy biểu thức A có dạng tổng của hai bình phương nên ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Bunhicopxki với chiều ngược lại. Giả sử với các số α,β ta có 1 1  2 1 2 1   A x  2  2 x  2  (   2 )  2 x   2  2  x    x     x 2 Trang 12 2 Ta cần chọn hai số α,β sao cho giá trị nhỏ nhất của A đạt được tại x = 2. Từ đó ta có: x  2   4  1  x   1    x  Do đó 2 2 2 1 1 1 1 1 1  x 1 15 x  1  15  17 A  x  2   x 2  2  (42  12 )   4 x          1    x 17  x  17  x  17  4 x 4  17  2 4 2 Vậy GTNN của A là 17  x  2. 4 Bài 12: Cho x, y là số thực dương thỏa mãn mãn x  y  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x2  1 1  y2  2 2 x y Giải: Sai lầm: A  x 2  1 1  y2  2  2  2  2 2 . 2 x y min A  2 2  x  y  1. Trái giả thiết Lời giải đúng: Dự đoán A đạt GTNN khi x  y  2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki x2  1 1  2 x 2  2 1  2 1 2 2  x  2       x  2  2     x   x  y2  1 1  2 y 2  2  2 1  2 1 2  y  2       y  2  2     y   y  Ta tìm 2 số  ,  sao cho Trang 13  x  y  2    4 x 1      1   x y 1    y  Khi đó A 1  2 1 2 2 1  2 1  2 2  x  2 4 1    y  2 4 1  x  y  17  17   1  1 1  1 1  1 1  4x    4y     4( x  y )    x y x y 17  17  17   1  4   4( x  y )    17 x y 17  Vậy min A  17  x  y  2 Bài 13: Cho a, b, c thỏa mãn a  b  c  2abc  10 . Chứng minh rằng S 8 9b 2 c 2 a 2 8 9c 2 a 2b 2 8 9a 2 b 2 c 2         6 6 a2 2 4 b2 2 4 c2 2 4 Giải: Biểu thức S có tính hoán vị. Do đó ta có thể dự đoán dấu bằng xảy ra khi a  b  c  2. 8 9b 2 c 2 a 2    a2 2 4  1 x2  y 2  z 2 8 9b 2 c 2 a 2   a2 2 4  2 2 x 3by caz  1     2 2 2  2 x y z  a 2 Suy ra phải tìm x, y, z sao cho 2 2 3b ca  2 6 2 2 a 2    x  y  z  x y 2 z  a  b  c  2 Trang 14 x2  y 2  z 2 Chọn x  1, y  3, z  2 . Ta có 8 9b 2 c 2 a 2 1    2 a 2 4 12 2 8 9b 2 c 2 a 2 2 2 1  2 2 9b ca    1  3  2      a2 2 4 12  a 2 2  1 4    9b  ca  24  a  Tương tự 8 9c 2 a 2b 2 1 4       9c  ab  2 b 2 4 24  b  8 9a 2 b 2 c 2 1 4       9a  bc  2 c 2 4 24  c  Cộng vế theo vế ta có: S  1  1 1 1  4  a  b  c   9(a  b  c)  ab  bc  ca  24      1  4  4  4   a  a    b  b    c  c    2a  bc    2b  ca    2c  ab   6(a  b  c)  24        1   2.2  2.2  2.2  2 abc  2 abc  2 abc  6(a  b  c)   24 1   12  6 2abc  6(a  b  c)  24  1 72  (12  60)   6 6. 24 24  Trang 15 KẾT QUẢ Chuyên đề này hằng năm vẫn được sử dụng để bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi và bước đầu cũng cho thấy đã có được một số kết quả. Khi chưa được tiếp xúc với chuyên đề, bất cứ học sinh nào cũng thấy khó khăn đối với các bài toán về bất đẳng thức. Nhiều em cứ thấy bài toán về bất đẳng thức là có cảm giác nản. Có học sinh nói rẳng “nếu em gặp bài toán bất đẳng thức trong đề thi em sẽ bỏ qua”. Tuy nhiên sau khi được bồi dưỡng về phần này, các em đã cảm thấy tự tin hơn và hứng thú hơn trong các bài toán về bất đẳng thức. Các em đều nói rằng bất đẳng thức khó thật nhưng rất hay. Nếu đề bài không quá khó thì luôn có thể cố gắng hết sức để làm. Chính điều này cho thấy mỗi dạng bài tập khi đã hé lộ được con đường để đi thì không những người ta sẽ đi mà còn thấy thú vị trên mỗi bước đi ở con đường đó. Đó là lí do vì sao bất đẳng thức khó mà tôi hay các đồng nghiệp và các em học sinh vẫn muốn tìm tòi nghiên cứu những chuyên đề như thế này, cái mà người ta vẫn nói “vẻ đẹp của Toán học”. Để thấy rõ kết quả này, tôi đã cho học sinh làm bài kiểm tra trước và sau bồi dưỡng. Sau đây là kết quả của việc bồi dưỡng học sinh giỏi của chuyên đề này. TT Họ tên Trước khi kiểm tra Sau khi kiểm tra 1 Đỗ Trần Minh Chu 4,0 7,0 2 Nguyễn Thanh Hùng 4,5 8,0 3 Hoàng Thị Thanh Huyền 5,0 7,5 4 Huỳnh Huy Thành 4,5 8,0 5 Hoàng Quang Tiến 5,5 8,0 6 Nguyễn Khánh Toàn 3,0 7,0 7 Nguyễn Hữu Tuấn 6,0 9,0 8 Trần Hiếu Nghĩa 5,0 7,5 9 Nguyễn Tiến Anh 3,0 8,0 Trang 16 Thành tích Giải nhì HSG lớp 11 cấp tỉnh năm 2018 Giải KK HSG lớp 11 cấp tỉnh 2015
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan