Tài liệu Skkn ung dung may tinh casio - vinacal vào dạy học môn toán

  • Số trang: 22 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 269 |
  • Lượt tải: 0
nguyenvanhung1009

Đã đăng 2767 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BẾN TRE TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ---------- 1 Trong nhiều năm qua Bộ Giáo dục và Đào tạo đã có chủ trương đưa máy tính Casio và Vinacal vào giảng dạy trong chương trình THPT. Hàng năm đều có tổ chức các cuộc thi giải toán trên máy tính Casio và Vinacal từ cấp tỉnh đến cấp Quốc gia, tuy nhiên việc hướng dẫn cho học sinh vận dụng các loại máy tính bỏ túi một cách sáng tạo trong quá trình học tập bộ môn toán nói riêng và các môn tự nhiên nói chung vẫn còn hạn chế. Nhìn chung học sinh chỉ sử dụng máy tính ở mức độ thực hiện các phép tính đơn giản mà chưa ứng dụng máy tính ở mức độ cao hơn như dự đoán kết quả, tư duy toán học dựa trên công cụ máy tính... Qua quá trình giảng dạy tôi đã tích lũy được một số kinh nghiệm cho nội dung nầy. Các vấn đề trình bày trong sáng kiến kinh nghiệm là các chuyên đề đã được ứng dụng trong giảng dạy và đã được phổ biến đến đồng nghiệp trong các lần hội nghị chuyên môn do SGD tổ chức trong các năm học qua. Bản thân tôi đã nhận được nhiều ý kiến phản hồi khích lệ từ các đồng nghiệp trong và ngoài tỉnh. Sáng kiến kinh nghiệm nầy là sự tổng kết có chọn lọc các chuyên đề của bản thân đã viết ra trong thực tiễn giảng dạy cùng với sự đóng góp nhiệt tình của đồng nghiệp. Lý do chọn đề tài của tôi xuất phát từ những lý do sau: * Giúp cho học sinh trung bình biết cách kiểm tra kết quả bằng máy tính Casio hoặc Vinacal. Ví dụ kiểm tra kết quả của các bài toán tính giới hạn, đạo hàm, tích phân... Điều nầy rất có ích khi HS làm các bài thi TN và ĐH. Nếu không hướng dẫn cho HS những thủ thuật nầy thì các em sẽ mất nhiều thời gian khi kiểm tra lại toàn bộ quá trình tính toán của mình. * Giúp cho HS khá, giỏi có suy nghĩ dùng máy tính để dự đoán kết quả. Ví dụ dùng máy tính Casio nhẫm nghiệm để giải phương trình lượng giác, áp dụng tính chất của hàm số liên tục kết hợp với máy tính để giải bất phương trình, dùng máy tính để tìm quy luật dãy số... * Giúp cho các bạn đồng nghiệp có một tài liệu tham khảo trong quá trình giảng dạy bộ môn toán của mình. Qua chuyên đề nầy tôi hy vọng các bạn đồng nghiệp sẽ yêu thích hơn các ứng dụng mà máy tính Casio, Vinacal đem lại cho chúng ta và truyền sự say mê nầy đến các HS của mình. Thực tế một số Thầy Cô không thích sử dụng máy tính Casio bởi vì kết quả của nó đa phần là kết quả gần đúng, nhưng trong chuyên đề nầy các bạn sẽ thấy ta có thể dùng cái gần đúng để đi tìm cái đúng ( ứng dụng máy tính Casio hoặc Vinacal trong việc giải các bất phương trình )  Đề tài này có thể áp dụng rộng rãi cho tất cả giáo viên dạy toán ở các trường trung học phổ thông tham khảo và các em học sinh lớp 12 ôn thi Tốt nghiệp và Cao đẳng - Đại học.  Phạm vi nghiên cứu của đề tài này bao gồm: 2 * Không trình bày các vấn đề cơ bản về máy tính Casio, Vinacal (vì các vấn đề cơ bản nầy được trình bày trong nhiều tài liệu ) mà chỉ minh họa các ứng dụng cụ thể và có tính mới trong giải toán. * Ứng dụng máy tính Casio, Vinacal dự đoán nghiệm để giải phương trình lượng giác. * Ứng dụng máy tính Casio, Vinacal trong giải các bất phương trình phức tạp. * Ứng dụng máy tính Casio, Vinacal để kiểm tra kết quả và trong các dạng toán khác. Bản thân nghiên cứu đề tài này nhằm mục đích: * Chia sẻ với đồng nghiệp và các em học sinh kinh nghiệm về ứng dụng máy tính Casio, Vinacal trong dạy và học môn toán. * Bản thân rèn luyện chuyên môn nhằm nâng cao nghiệp vụ sư phạm. * Hưởng ứng phong trào viết SKKN của trường THPT chuyên Bến Tre và của Công Đoàn ngành Giáo dục phát động. * SKKN nầy không trình bày lại các chức năng của máy tính Casio và Vinacal vì các vấn đề nầy đã được nói đến trong nhiều tài liệu. * SKKN nầy đề cập đến một số vấn đề trong dạy và học bộ môn toán THPT có tính chuyên sâu dưới dạng các chuyên đề. * SKKN nầy đặt ra một vấn đề mới để các bạn đồng nghiệp tiếp tục nghiên cứu đó là phát huy tối đa khả năng của máy tính Casio và Vinacal một cách sáng tạo trong việc dạy và học bộ môn toán THPT. * Các chuyên đề về ứng dụng máy tính Casio, Vinacal trong giải phương trình lượng giác và chuyển việc giải bất phương trình về việc giải phương trình là các chuyên đề mới chưa được trình bày trên bất kì tài liệu nào về vấn đề ứng dụng máy tính bỏ túi trong giải toán. 3 Phương pháp nghiên cứu SKKN này dựa trên cơ sở: * Các kiến thức cơ bản về máy tính Casio, Vinacal. * Các kiến thức toán học cơ bản trong chương trình THPT. * Một số kĩ thuật biến đổi đại số và ứng dụng của máy tính cầm tay. Cùng với sự phát triển của công nghệ thông tin, các phần mềm toán học ngày càng hỗ trợ đắc lực cho giáo viên và học sinh trong việc dạy và học môn toán, tuy nhiên không phải học sinh nào cũng có điều kiện tạo cho mình một máy vi tính và cài đặt các phần mềm thích hợp để học tập bộ môn toán, hơn thế nữa theo quy chế học sinh không được đem máy vi tính vào phòng thi... Trong khi mọi học sinh đều có máy tính Casio hoặc Vinacal, do đó việc rèn luyện cho học sinh sử dụng các loại máy tính cầm tay nầy một cách thành thạo là một việc làm cần thiết. Thực trạng hiện nay cho thấy kỹ năng sử dụng máy tính cầm tay của học sinh còn rất yếu, đa số chỉ biết dùng máy tính để thực hiện các phép tính cộng, trừ, nhân, chia, khai căn và tính giá trị của các hàm số lượng giác mà thôi. Do đó SKKN nầy đề cập đến một vấn đề mới đó là giúp học sinh khai thác tối đa các chức năng của máy tính Casio và Vinacal trong tư duy giải toán. Nếu làm tốt công việc nầy thì chất lượng dạy và học môn toán sẽ được nâng lên. ỨNG DỤNG MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL DỰ ĐOÁN NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC A. Đặt vấn đề: Khi giải các phương trình đa thức ta thường dùng cách nhẩm nghiệm để biến đổi phương trình ấy về dạng phương trình tích. Vậy việc giải phương trình bậc cao được chuyển về việc giải phương trình bậc thấp hơn. Trong chuyên đề nầy sẽ minh họa cho việc ứng dụng tư tưởng nầy vào việc giải một số dạng phương trình lượng giác với sự trợ giúp của máy tính cầm tay. B. Nội dung phương pháp: Để giải phương trình lượng giác bằng phương pháp nầy, ta sẽ tiến hành theo các bước sau: Bước 1: Tiến hành phép thử để tìm một nghiệm đặc biệt. Ta thử với các giá trị đặc biệt sau: 0;     ; ; ; 6 4 3 2 ;; 2 3 5 ; ; 3 4 6 . 4 Bước 2: Giả sử ở bước 1 đã tìm được nghiệm x   6 . Ta tiếp tục thử với các giá trị đặc biệt tương ứng liên kết với nghiệm ấy. Cụ thể: + Thử với giá trị đối của nó: x    6 , nếu thỏa mãn phương trình thì ta dự đoán phương trình có nghiệm x sao cho cos x  với một thừa số là (2cos x  3) + Thử với giá trị bù với nó : x  nghiệm x sao cho sin x  (2s inx  1) . 1 2  6 2 , hay phương trình được đưa về dạng tích 5 , nếu thỏa mãn thì ta dự đoán phương trình có 6 , hay phương trình được đưa về dạng tích với một thừa số là + Thử với một giá trị hơn ( kém ) nó ( hay thử với x  3   5 ) 6  , thử với x   6   7 6 3 . 3 Hay có thể biến đổi phương trình về phương trình tích với một thừa số ( 3 t anx  1) . C. Phương tiện dùng để nhẩm nghiệm: Có thể dùng máy tính Casio fx 570 ES để tiến hành nhẩm nghiệm theo một trong hai cách sau: Cách 1: Dùng chức năng CALC . Chức năng nầy có công dụng là tính giá trị của một hàm số tại một điểm. Nếu giá trị nầy thỏa mãn thì ta dự đoán phương trình có nghiệm x : t anx  - Chuyển phương trình về dạng f(x) = 0. Giả sử cần thử với giá trị x   6 , ta thực hiện như sau: - Nhập vào máy hàm số f(x), nhấn phím CALC , máy hỏi x ? ta nhập vào nhấn phím  .  6 và Để thử với các giá trị khác, ta tiếp tục nhấn phím CALC … Cách 2: Dùng chức năng SOLVE . Chức năng nầy có công dụng là tìm nghiệm của phương trình trong một lân cận của x đã chỉ ra. Ta thực hiện theo các bước sau đây: - Chuyển máy tính về đơn vị độ. - Nhập vào phương trình f(x) = 0. 5 - Nhấn phím SOLVE , máy hiển thị x ? ta nhập vào giá trị mà ta dự đoán là nghiệm, chẳng hạn 30 ( 300 ), máy sẽ dò tìm một nghiệm trong lân cận của 300. Tiếp tục nhấn phím SOLVE để kiểm tra nghiệm khác… D. Các ví dụ minh họa: Giải phương trình: 3cos 2 x  5sin x  cos x  sin 2 x  4 . Giải Phân tích: Thực hiện phép thử, thu được 2 nghiệm x   6 , x 5 . Do đó dự đoán 6 1 phương trình sẽ có nghiệm x : sinx  . Vậy lời giải được trình bày theo hai cách sau: 2 Cách 1 Đặt t  sinx( t  1) . Ta viết phương trình đã cho thành phương trình với ẩn số t: 3(1  2t 2 )  5t  cos x  2t cos x  4  6t 2  (2cos x  5)t  (1  cos x)  0 Theo dự đoán trên thì phương trình (*) có nghiệm t1  Áp dụng định lí Viet: t1  t2  (*) 1 . 2 5  2cos x 1  cos x  t2  6 3 1  sinx   Vậy phương trình đã cho  2  3sin x  cos x  1 Đến đây ta dễ dàng chỉ ra tập nghiệm của phương trình. Cách 2 Phân tích 1 , do đó nếu biến đổi phương trình về dạng phương trình 2 tích thì sẽ có một thừa số là (2sin x  1) . Vậy nên kết hợp hai số hạng nào với nhau để có thừa số (2sin x  1) ? Ta có thể thấy ngay nên kết hợp như sau : cos x  sin 2 x  cos x(1  2sin x) . Còn tổng (3cos 2 x  5sin x  4)? Một điều chắc chắn rằng có thể phân tích tổng nầy thành thừa số mà có một nhân tử là (2sin x  1) . Do dự đoán được sinx  Thật vậy : (3cos 2 x  5sin x  4)  3(1  2sin 2 x)  5sin x  4  6sin 2 x  5sin x  1  (2sin x  1)(3sin x  1) * Vậy lời giải được trình bày ngắn gọn như sau : PT  (cos x  sin 2 x)  (3cos 2 x  5sin x  4)  cos x (1  2sin x )  (6sin 2 x  5sin x  1)  0  cos x(1  2sin x)  (1  2sin x)(3sin x  1)  0  (1  2sin x)(cos x  3sin x  1)  0 6 1  sinx   Vậy phương trình đã cho  2  3sin x  cos x  1 Đến đây ta dễ dàng chỉ ra tập nghiệm của phương trình. Giải phương trình: cos3x  cos 2 x  sin 2 x  sin x  5cos x  3 (1) Phân tích 2 Thực hiện phép thử ta tìm được 2 nghiệm: x   . Vậy ta dự đoán phương trình 3 1 có nghiệm x : cos x  . 2 Cách 1 Đặt t  cos x( t  1) . Phương trình (1) trở thành: (4t 3  3t )  (2t 2  1)  2t sin x  sinx  5t  3  4t 3  2t 2  (2sin x  8)t  (sin x  4)  0 (2) 1 Do thử nghiệm ở trên nên ta biết PT(2) có nghiệm t   . Thực hiện phép chia vế 2 1 trái của (2) cho (t  ) . ta được: 2 1 PT (2)  (t  )  4t 2  (2sin x  8)   0 2 1 1   cos x  cos x    Vậy PT (1)   2 2   2 2  4cos x  2sin x  8  0  2sin x  sin x  2  0 1 2  cos x    x    k 2 ,(k  ) 2 3 2 Vậy phương trình có nghiệm : x    k 2 ,(k  ) 3 Cách 2 ( Biến đổi phương trình về dạng phương trình tích ) Do dự đoán trên nên khi biến đổi phương trình về dạng phương trình tích thì phải có một nhân tử (2cos x  1) . Vậy ta nên kết hợp hai số hạng nào để có nhân tử (2cos x  1) ? - Có thể thấy ngay , nên kết hợp sin 2 x  sinx . - PT (1)  (sin 2 x  sinx)  (cos3 x  cos 2 x  5cos x  3)  0  (sin 2 x  sinx)  (4cos3 x  2cos 2 x  8cos x  4)  0 A  sin 2 x  sin x  sin x(2cos x  1) B  4cos3 x  2cos 2 x  8cos x  4 7 Cũng từ dự đoán trên nên ta suy ra B có thể phân tích thành nhân tử và chắc chắn có một thừa số là (2cos x  1) . Do đó ta thực hiện phép chia B cho (2cos x  1) , ta sẽ được: B  (2cos x  1)(2cos 2 x  4) . Vậy PT (1)  (2cos x  1)(sinx  2cos 2 x  4)  0  (2cos x  1)(2sin 2 x  sin x  2)  0 1 2  cos x    x    k 2 ,(k  ) 2 3 2 Vậy phương trình có nghiệm : x    k 2 ,(k  ) 3 Giải phương trình: 1 8  1  2cos x  cos2 ( x   )   sin 2 x  3cos  x    sin 2 x (1) 3 3 2 3  Giải Thay cos( x   )   cos x và cos( x   )   sinx . 2 PT (1)  6cos x  cos 2 x  3sin 2 x  9sin x  8  0 (2) Nhận thấy x   2  k 2 là nghiệm của phương trình. Vậy ta có sinx = 1. Cách 1 Đặt t  sinx( t  1) . Ta viết phương trình (2) thành phương trình với ẩn số t: 2t 2  (9  6cos x)t  (6cos x  7)  0 Phương trình bậc hai nầy có A + B + C = 0. Vậy : sin x  1 sin x  1 PT (2)   C 6cos x  7   sin x    2sin x  6cos x  7 A  2 Mà phương trình : 2sin x  6cos x  7 vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x   2  k 2 , ( k   ) . Cách 2 ( Biến đổi phương trình về phương trình tích ) PT (1)  (6cos x  3sin 2 x)  (cos 2 x  9sin x  8)  0  6cos x(1  sin x)  (2sin 2 x  9sin x  7)  0 7  6cos x(1  sin x)  2(sin x  1)(sin x  )  0 2  (1  sin x)(6cos x  2sin x  7)  0 sin x  1    sin x  1  x   k 2 2 6cos x  2sin x  7 Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x   2  k 2 , ( k   ) . 8 Giải phương trình: sin 3x  6sin 2 x  9sin x  cos3 x  9cos x  8 (1) Giải - Nhận thấy x   2  k 2 là nghiệm phương trình. Vậy ta có sinx = 1. - Đặt t  sinx ( t  1 ) . Thay : sin 3x  3sin x  4sin 3 x , cos3x  4cos3 x  3cos x . - Phương trình (1) trở thành: 4t 3  4(cos x )t 2  (12  12cos x )t  (8cos x  8)  0 (2) - Thực hiện phép chia VT(2) cho ( t – 1 ), Ta có : t  1 PT (2)   2  4t  (4cos x  4)t  8  8cos x  0 (3) Ta có: (3)  4sin 2 x  (4cos x  4).sinx  8  8cos x  0 (4) Nhận thấy x  k 2 là nghiệm của (4), vậy PT(4) có nghiệm x sao cho cosx = 1. - Đặt u = cosx, PT(4) trở thành : 4(1  u 2 )  (4u  4)sinx  8  8u  0  4u 2  (4sin x  8)u  (4  4sin x )  0  4u 2  (4sin x  8)u  (4  4sin x )  0  u  1  u  1  sinx  cos x  1  sinx  cos x  1 . Vậy phương trình có 2 họ nghiệm: x  k 2 , x   2  k 2 (k ) Giải phương trình: sin 2 x  sin x  cos8 x  cos6 x  cos7 x (1) Nhận xét: Thực hiện phép thử, ta được x   2 là nghiệm. Vậy nên nhóm các số hạng sao 3 cho xuất hiện thừa số chung ( 2cosx + 1). Bài nầy không nên quy về phương trình với ẩn số t = cosx vì sẽ được phương trình bậc cao. Do đó ta phải dùng phương pháp phân tích thành nhân tử với định hướng làm xuất hiện thừa số ( 2cosx + 1). Giải PT (1)  sin x(2cos x  1)  2cos7 x.cos x  cos7 x  sin x(2cos x  1)  cos7 x(2cos x  1)  (2cos x  1)(sin x  cos7 x ) Từ đây suy ra phương trình có các họ nghiệm: 2  k  k ( k  ) x    k 2 , x   , x    3 6 4 12 3 Giải phương trình: 4sin x  cos x  3sin x.tan x  3tan x  3 (1) Giải Điều kiện: cos x  0  Thực hiện phép thử được hai nghiệm các số hạng để xuất hiện thừa số x  4 (t anx  1) . và x 3 . Vậy cần nhóm 4  PT (1)  (sinx  cos x )  (3sin x  3sin x.tan x )  3(tan x  1)  cos x(tan x  1)  3sin x(tan x  1)  3(tan x  1) 9  (1  tan x)(cos x  3sin x  3)  0  tan x  1 cos x  3sin x  3  ( Đến đây các em HS có thể giải tiếp đươc) Giải phương trình: 2(sin 2 x  cos 2 x)  tan x  1 Giải Điều kiện: cos x  0 Thực hiện phép thử được cặp nghiệm x phương trình có nghiệm x sao cho tanx = 1 Cách 1 Đặt t = tanx, phương trình (1) trở thành:  4 và (1) x 3 . Vậy ta dự đoán 4  2t 1 t2    t  1  t 3  t 2  3t  3  0 2 2 2  1 t 1 t  Vậy: t anx  1  t anx   3 . Kết quả: phương trình có các họ nghiệm: x  4  k , x    3  k ( k ) Cách 2 Ta nhóm các số hạng để xuất hiện thừa số: ( tanx – 1) PT (1)  2sin 2 x  2cos 2 x  2  tan x  1  4sin x cos x  4cos2 x  tan x  1  tan x  1  (tan x  1)(4cos x  1)  0   1 cos 2 x   2  2 Kết quả: phương trình có các họ nghiệm: x  4  k , x   E. Bài tập rèn luyện: Giải các phương trình:  3  k ( k ) 1)sin 2 x  3sin x  2cos x  3 2)sin 5 x  sin 2 x  cos6 x  cos 4 x  cos x 3)1  cos x  cos 2 x  sin 2 x  sin 3x  sin 4 x 4)sin x  cos 2 x  sin x  cos x  1  0 5)cos 2 x  cos x  cos 4 x  sin 3x  sin 2 x 6)sin 2 x  10cos x  sin x  5 7) 4sin x  cos x  1  tan x  3sin x.tan x 10 ỨNG DỤNG MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH. A. Đặt vấn đề: Nhằm mục đích trang bị cho học sinh các phương pháp giải toán hữu hiệu để giải quyết tốt các dạng toán của đề thi tuyển sinh đại học, qua quá trình giảng dạy nhiều năm ở các lớp cuối cấp chúng tôi đã đúc kết được một số kinh nghiệm về việc hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán về bất phương trình. Chúng tôi thấy rằng việc giải một bất phương trình có dạng f(x) > 0 ( f(x)  0, f(x) < 0, f(x) 0) thì phức tạp hơn nhiều so với việc giải phương trình f(x) = 0. Thực chất của bài toán giải bất phương trình là quy về việc xét dấu của biểu thức f(x) trên miền xác định D của nó. Do vậy nội dung của chuyên đề nầy là quy việc giải các bất phương trình về việc giải phương trình f(x) = 0, sau đó lập bảng xét dấu của f(x) và từ đó suy ra tập hợp nghiệm của bất phương trình. B. Nội dung phương pháp: Nội dung của phương pháp nầy dựa trên tính chất sau đây: Tính chất: Giả sử hàm số f(x) liên tục trên miền K ( K có thể là (a ; b ) ; [a ; b] ; (a ; b]; [a ; b); (- ; a) ; (- ; a]; (a ; + ); [ a ; + ) ; R ). Nếu phương trình f(x) = 0 vô nghiệm trên miền K thì f(x) không đổi dấu trên K. Phương pháp giải bất phương trình: Dựa trên tính chất trên ta suy ra phương pháp giải bất phương trình dạng f(x) > 0 ( f(x) < 0, f(x)  0, f(x) < 0, f(x)  0) như sau : * Tìm tập xác định D của hàm số f(x). * Giải phương trình f(x) = 0. * Lập bảng xét dấu của f(x) (Để xác định dấu của f(x) trên các khoảng con K của D mà f(x) vô nghiệm, ta chỉ cần xác định dấu của f(x0) với x0 là một phần tử bất kì của K). Chú ý: Để tính giá trị của hàm số tại một điểm một cách nhanh chóng ta có thể dùng máy tính Casio hay Vinacal. Cách tính : dùng chức năng CALC được minh họa qua ví dụ sau: Ví dụ: Tính giá trị của hàm số y = x2 +3x -12 với x = 7, x = 8 thực hiện như sau : * Nhập biểu thức ấn : ALPHA Y ALPHA  X X 2  3 ALPHA X  12 * Lưu biểu thức ấn : CALC * Tính giá trị của y với x = 7 ấn : 7  * Tính giá trị của y với x = 8 ấn : CALC 8  * Tính giá trị của y với x = 2 ấn : CALC 2 ab / c 3  3 Nói chung khi đã nhập biểu thức y vào xong thì ta có thể tính giá trị của y tại các điểm x1, x2, ….. Ở đây vấn đề mà ta quan tâm là dấu của y tại các điểm x1, x2, ….. ( các giá trị của y tại các điểm nầy có thể là các giá trị gần đúng. Điều nầy không ảnh hưởng gì kết quả nghiệm của bất phương trình). 11 C. Các ví dụ minh họa: a)Giải các bất phương trình vô tỉ. Giải bất phương trình : x  x 2  16  40 x 2  16 (1) Cách 1: (Phương pháp cơ bản) BPT (1)  x x 2  16  x 2  16  40  x x 2  16  24  x 2 (2) Xét các trường hợp sau đây : a) Nếu x = 0 thì BPT(2) luôn thỏa mãn. b) Nếu x < 0 thì BPT(2)   24  x 2   2 6  x  0 0  x     x  2 6 2 2 2   24 x   24  x  x 2  16     x 2  16       x  2 6  x   x        0  x  2 6 2   24  x  0  2 2 2 2   x   x ( x  16)  (24  x )   2 6  x  0   2 6  x  0     x  2 6   x  2 6   x  0 . Kết hợp với x < 0 ta được x < 0.     x  2 6     x  2 6   x  3           0  x  2 6   0  x  2 6   2 2  64 x  24   x  3 c) Nếu x > 0 thi BPT(2)   24  x 2   x  2 6   x  2 6 0  x 2   24  x   2 x  16     0  x  2 6   0  x  2 6  0  x  3 2 2 x  x 2  16   24  x    2 2   64 x  24 3  x  3   x    x  0 Tóm lại : Nghiệm của BPT là  x  0  x  3 .  0  x  3 Cách 2: ( Dùng phương pháp trên) * Tập xác định D = R. * Xét hàm số f ( x)  x  x 2  16  40 x 2  16 , hàm số f(x) liên tục trên R. * PT f(x) = 0  x x 2  16  24  x 2  x 2 ( x 2  16)  (24  x 2 )2  64 x 2  576  x  3 . Thử lại thấy chỉ có x = 3 là nghiệm của phương trình f(x) = 0. * Bảng xét dấu f(x) : 12 x 3 - _ f (x) + 0 Giải phương trình : + x2 3x  2 * Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng : (- ; 3); (3 ; + ) nên trên từng khoảng nầy f(x) không đổi dấu. Ta có f(0) = -6 < 0 , f(4) = 2,58 > 0 Qua bảng xét dấu của f(x), ta suy ra BPT f(x)  0 có nghiệm x  3.  3 x  2  1  x (1) 2 . 3 BPT(1)  x 2  (3x  2)  (1  x) 3x  2  ( x  1)( x  2)  ( x  1) 3x  2  0 Cách 1 Điều kiện x >  x  1  x  1   2  x  0 V 2  x  0   x  1  0 (3 x  2)  (2  x) 2      3x  2  2  x  ( x  1)( x  2  3x  2)  0     2  x  1  1 0 x      3    2  x  0   3x  2  2  x  2  3x  2  (2  x)    x  2  x  2     1  x  2     1  x  2    x2 1 x 6      x2  7 x  6   2      2  1  x  2  x  . 3  2  3  x  1 2 x 1        x 1  3 3 x 1       x 2  7 x  6  0  x  6  2 Tóm lại BPT có nghiệm x > . 3 x2 2 Cách 2: Điều kiện x > . BPT(1)  f(x) =  3x  2  x  1  0 3 3x  2 PT f(x) = 0  ( x  1)( x  2  3 x  2)  0  x  1 V 2  x  0 3x  2  2  x  x  1 V  2 3 x  2  (2  x) 2 x2 x = 1 V  3  x 1  x2  7 x  6  0  13 * Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm 2 x 1 3 f (x) + 0 + + 2 3 trên các khoảng : ( ; 1); (1 ; + ) nên trên từng khoảng nầy f(x) không đổi dấu. 5 6 Ta có f( ) = 0,108 > 0 , f(2) = 1 > 0 Qua bảng xét dấu của f(x), ta suy ra BPT f(x)  0 có nghiệm x > 2 . 3 Giải bất phương trình : 1  x  1  x  x (1) Cách 1 Điều kiện : -1  x  1. BPT(1)   x  1  x  0 ( A)   1  x  ( x  1  x ) 2 1 x  x  1 x   1  x  0 ( B)     x x 1 0    x  1  x  0 1) Xét hệ (A) :  2 1  x  ( x  1  x )  x  0 0  x  1 0  x  1   1  x  0 1  x  0  x  1  x  0  1  x  x    1  x  0    1  x  1   x  0    x2  x  1  0  1  5  x  1  5    2 1  x  x 2  2  1  x  1 1  x  1 Hệ (A)    2 2 1  x  x  1  x  2 x 1  x 2 x 1  x  2 x  x (2) + Nếu x = 0 thì (2) đúng + Nếu x < 0 thì (2)  2 1  x  2  x  4(1  x)  (2  x) 2  x 2  0 vô nghiệm trên [-1 ; 0 ). + Nếu x > 0 thì (2)  2 1  x  2  x  4(1  x)  (2  x) 2  x 2  0 đúng trên (0 ; 1]. Vậy hệ (A) có nghiệm 0  x  1.  1  x  0  1  x  1  1  5 1 x 0    1  x  0 1  x  1     x  2) Xét hệ (B) :     x  0  2  2   x  1  x  0  1  x   x x  x 1  0 1  x  x 2     x  1  5   2 vô nghiệm Tóm lại: BPT có nghiệm 0  x  1. Cách 2: Điều kiện : -1  x  1. Xét hàm số f(x) = 1  x  1  x  x với x  [-1 ; 1 ]. BPT(1)  f(x)  0. 14 PT : f(x) = 0  1  x  x  1  x  1  x  ( x  1  x )2  1  x  x2  1  x  2 x 1  x  2 x 1  x  2 x  x2  x  0 V 2 1  x  2  x  x  0 V 4(1  x)  (2  x) 2  x  0. Thử lại thấy x = 0 là nghiệm của phương trình f(x) = 0. Bảng xét dấu của f(x) x -1 1 0 f (x) * Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng : [-1; 0); (0 ; 1] nên trên từng nửa khoảng nầy f(x) không đổi dấu. 0 _ + Ta có f( 1 1 ) = - 0,017 < 0 , f( ) = 2 2 0,017 > 0 Qua bảng xét dấu của f(x), ta suy ra BPT f(x)  0 có nghiệm 0  x  1. b) Giải các BPT mũ, logarit Giải BPT : (x 2  x  1) 1 x  (x 2  x  1) 1 x  x (*) 1  x  0  -1  x  1 (1) 1  x  0 Cách 1 Điều kiện :  * Ta có x2 +x +1 > 0 ,  x  R. Ta xét 3 trường hợp : a) Trường hợp : x2 +x +1 = 1  x2 + x = 0  x = 0 V x = -1 thỏa mãn BPT (*). b) Trường hợp : x2 +x +1 > 1  x2 + x > 0  x < -1 V x > 0, kết hợp với đk (1) ta được 0 < x  1 (2) BPT(*)  1  x  1  x  x  x  1  x  1  x  x 2  (1  x)  2x 1  x  1  x  2 1  x  2  x  0  4(1  x)  x 2  4x  4  x 2  0  x  0 loaïi (do ñk (2) ). c) Trường hợp x2 + x+ 1 < 1  x2 + x < 0  -1 < x < 0 (3) BPT(*)  1  x  1  x  x  1  x  (1  x)  x 2  2x 1  x  x  2  2 1  x  0 (do x < 0)  2 1  x  x  2  4(1  x)  x 2  4x  4  x 2  0  x  0 loaïi ( do ñk (3) ) Tóm lại: bất phương trình có nghiệm x = 0; x = -1. Cách 2: Điều kiện –1  x  1. Xét hàm số : f (x)  (x 2  x  1) 1 x  (x 2  x  1) 1 x  x BPT(*)  BPT f(x)  0 . Bây giờ ta giải PT f(x) = 0. Ta có : x 2  x  1  1   x  0 V x  1  x  0 V x  1   1  x  1 x  0    f (x)  0   x 2  x  1  1    x  (1;1] \ {0}    x  (1;1] \ {0}    x  1  1  x  1  x  x 2  2x 1  x  2 1  x  x  2    1  x  1        1  x  1  x  x 15 Thử lại ta thấy PT f(x) = 0 có nghiệm x = 0 ; x = -1. Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng (-1; 0) và (0 ; 1] nên trên các khoảng nầy f(x) không đổi dấu. 1 2 1 2 Ta có f ( )  - 0,0035 < 0 và f ( )  - 0,0147 < 0 Từ đó suy ra BPT(*) có nghiệm x = -1; x = 0. Giải bất phương trình: 1 log 1 2x  3x  1 2 3 0  2x 2  3x  1  1 Cách 1 : Điều kiện :  Khi đó BPT(1)  0  x  1  1 1  log 3 2x 2  3x  1  1 (1) log 1 (x  1) 3 1 3 3  x  (1 ; 0)  (0 ; )  (1 ; )  ( ;  ) (2) 2 2 2 1 1 1   (3)  log 3 (x  1) log 3 2x 2  3x  1 log 3 (x  1)  Xét 4 trường hợp sau : 2x 2  3x  1  1 log 3 2x 2  3x  1  0  (3) vô  x  1  1 log (x  1)  0   3 a) Trường hợp 1 : -1 < x < 0 . Khi đó :  nghiệm. 2x 2  3x  1  1 log 3 2x 2  3x  1  0  x  1  1 log 3 (x  1)  0 1 2 b) Trường hợp 2 : 0  x  . Khi đó :  1 2 Suy ra BPT(3) nghiệm đúng với mọi x : 0  x  . 2x 2  3x  1  x(2x  3)  1  1 log 3 2x 2  3x  1  0  log 3 (x  1)  0 x  1  1 3 2 c) Trường hợp 3: 1  x  . Khi đó :  3 2 Suy ra BPT(3) nghiệm đúng với mọi x : 1  x  . 3 2 2x 2  3x  1  1 log 3 2x 2  3x  1  0    x 1 1  log 3 (x  1)  0 d) Trường hợp 4: x  . Khi đó :  BPT(3)  log 3 2x 2  3x  1  log3 (x  1)  2x 2  3x  1  x  1  2x 2  3x  1  x 2  2x  1  x(x-5)> 0  x > 5. 1 3 2 2 2 0  2x  3x  1  1 1 3 3 Cách 2 Điều kiện :   x  (1 ; 0)  (0 ; )  (1 ; )  ( ;  ) (2) 2 2 2 0  x  1  1 Suy ta BPT có tập nghiệm : T  (0 ; )  (1 ; )  (5 ;  ). Xét hàm số f (x)  log 1 3 1 1 ln( ) ln( ) 1 1 3 3    2 2 2x  3x  1 log 1 (x  1) ln 2x  3x  1 ln(x  1) 3 Với đk (2) thì f(x) = 0  ln 2x 2  3x  1  ln(x  1)  2x 2  3x  1  (x  1)  2x 2  3x  1  x 2  2x  1  x2 – 5x = 0  x = 0 V x = 5 . So với đk (2) thì f(x) = 0  x = 5. 16 * Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng : (-1 ; 0); (0 ; ;+ ) nên trên từng nửa khoảng nầy f(x) không đổi dấu. Ta có f( 1 3 3 );(1 ; ); ( ; 5);(5 2 2 2 1 1 5 ) = -3,584 < 0 ; f( ) = 7,163 > 0 ; f ( )  3,594 > 0 ; f(2) = -1 < 0 ;f(6) = 2 4 4 0,016 > 0 x f (x) 3 1 -1 0 _ 1 2 + 5 2 _ + 0 + + Qua bảng xét dấu của f(x), ta suy ra BPT f(x) > 0 có tập nghiệm 1 3 T  (0 ; )  (1 ; )  (5 ;  ). 2 2 sin 2 x 2 Giải bất phương trình :    3cos x  log 6 2005  0 3 Nhận xét: Nếu dùng máy tính ta sẽ có : log 6 2005  4, 243537... 2 Dễ thấy :   3 sin 2 x cos x 3 0 2     31  4 3 Từ đây suy ra bất phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu không dùng máy tính thì việc giải phương trình nầy sẽ gặp khó khăn. BỔ SUNG THÊM MỘT SỐ VẤN ĐỀ GIẢI TOÁN VỚI SỰ TRỢ GIÚP CỦA MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL 1) Dùng máy tính để chứng minh phương trình bậc 3 có 3 nghiệm phân biệt. Ví dụ: Cho hàm số : y  x 4  6 x 2  4 x  6 . Chứng minh rằng hàm số có 3 cực trị. Ta có : y '  4 x3  12 x  4 . Ta chỉ cần chứng minh PT y ‘ = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Dùng máy tính ta biết được 3 nghiệm : x1  1,8 ; x2  0,3 ; x3  1,5 . Sau đó áp dụng định lí về hàm số liên tục cho hàm số g(x) = 4 x3  12 x  4 trên các đoạn: [-2 ; -1], [0 ; 1], [1 ; 2] ta được điều phải chứng minh. 2) Dùng máy tính dạy bài nhận dạng tam giác. Trong tiết học về nhận dạng tam giác cho học sinh bài toán : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 17 T = cosA + cosB + cosC với A, B, C là các góc của một tam giác. Yêu cầu mỗi em hãy tính giá trị của T ứng với một tam giác cụ thể và viết các kết quả lên bảng, từ đó rút ra kết luận : T 3 sau đó dùng lý luận để chứng minh phát hiện nầy. 2 * Một thí dụ khác xét bài toán : Nhận dạng tam giác ABC biết: Giáo viên có thể yêu cầu học sinh thay vào đẳng thức trên các giá trị của A, B, C cụ thể để từ đó rút ra kết luận : sin A  sin B  sin C  3 3 . Sau đó dùng lý luận để 2 chứng minh bất đẳng thức nầy và chỉ ra đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 3) Dùng máy tính giải các dạng toán về phương trình có nghiệm duy nhất. Ví dụ: Giải phương trình: Giải Điều kiện: x  1 2x  8  x  1  2 x  4  3 2 x  1  14 x 1 2x  8 , x [1;  ) x 1 g ( x)  x  1  2 x  4  3 2 x  1  14, x  [1;  ) Xét các hàm số : f ( x)  Dùng đạo hàm, dễ dàng chứng minh được trên miền [1;  ) hàm số f(x) nghịch biến và hàm số g(x) đồng biến. Do đó phương trình đã cho có nhiều nhất một nghiệm. Dùng chức năng SOLVE ta tìm được nghiệm x = 5. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5. Nhận xét: Nếu không rèn luyện cho học sinh sử dụng máy tính Casio, Vinacal một cách thành thạo thì thì các em sẽ gặp khó khăn khi tìm ra nghiệm x = 5. Trong bài toán trên nếu ta thay x bởi 3x – 55 thì ta sẽ được phương trình: Bằng cách lý luận như trên, ta cũng chứng minh được phương trình có nhiều nhất một nghiệm. Sau đó ta phải nhẩm một nghiệm để kết thúc bài toán, nếu không sử dụng máy tính thành thạo thì khó mà tìm được nghiệm nầy! ( PT nầy có nghiệm duy nhất x = 20 4) Dùng máy tính Casio, Vinacal kiểm tra lại kết quả giới hạn của hàm số. Máy tính Casio và Vinacal không có chức năng tính giới hạn của hàm số, tuy nhiên ta có thể dự đoán kết quả của giới hạn qua ý tưởng sau: Giả sử cần tính lim f ( x ) , ta dùng chức năng CALC để tính giá trị của hàm số x a f(x) tại các giá trị của x rất gần a. Sau đây là các ví dụ minh họa: 18 x  7  3 x  25 Ví dụ 1: Tính lim x 2 x 2  3x  2 Bằng phương pháp gọi số hạng vắng, ta viết: x  7  3 x  25 ( x  7  3)  ( 3 x  25  3)  lim lim x 2 x 2 x 2  3x  2 x 2  3x  2 ( x  7  3) ( 3 x  25  3)  lim 2  lim 2 x 2 x  3 x  2 x 2 x  3 x  2 7 Từ đây ta dễ dàng tìm được giá trị của giới hạn đã cho là . 54 Sau đó ta dùng máy tính để kiểm tra lại kết quả, bằng cách tính giá trị của hàm số f ( x)  x  7  3 x  25 tại giá trị của x rất gần với số 2, chẳng hạn tính: x 2  3x  2 f(1,99999999), ta sẽ được kết quả là 0.1300000, đây cũng chính là giá trị gần đúng của 7 . 54 5) Dùng máy tính Casio, Vinacal kiểm tra lại kết quả của tích phân. b Giả sử tính tích phân :  f ( x)dx , ta được kết quả là m. GV nên hướng dẫn HS a dùng máy tính để kiểm tra lại kết quả sau: b - Nhập vào máy tính :  f ( x)dx  m , nếu máy tính hiển thị kết quả rất gần với a số 0 thì giá trị của tích phân là m. Điều nầy giúp cho học sinh tự tin hơn khi làm bài thi đại học. Nhận thấy nếu biết kết hợp việc dạy và học môn toán với sự trợ giúp của máy tính bỏ túi một cách linh hoạt thì hiệu quả thu được sẽ rất tốt. Chúng tôi đã thực nghiệm phương pháp trên ở các lớp12 ôn thi đại học, Với các bài tập về giải bất phương trình , các dạng toán về phương trình lượng giác có nghiệm đặc biệt tương tự như các ví dụ nêu trên, nếu dùng phương pháp truyền thống thì không đến 30% học sinh cho lời giải đúng, nhưng nếu ứng phương pháp trong các chuyên đề trên thì đa số các em giải được dễ dàng. Qua việc ứng dụng phương pháp nầy còn giúp học sinh vận dụng kiến thức giải tích để soi sáng một dạng toán đại số, rèn kĩ năng sử dụng thành thạo máy tính bỏ túi, đây cũng là một yêu cầu được Bộ giáo dục đề ra. Còn rất nhiều dạng toán mà nếu giải bằng phương pháp bình thường sẽ gặp nhiều khó khăn. Biết khai thác những thế mạnh mà máy tính đem lại sẽ giúp cho học sinh dễ dàng định hướng và làm cho công việc học toán bớt nặng nề hơn. Cùng với các phương pháp truyền thống về giải bất phương trình, phương trình lượng giác mà học sinh đã biết, hy vọng việc bổ sung thêm các chuyên đề nầy sẽ làm phong phú thêm kinh nghiệm giải toán cho học sinh, góp phần hình thành lòng đam mê, yêu thích bộ môn, từ đó hướng các em vào việc nghiên cứu để tìm ra những ứng dụng mới, không hài lòng với 19 những kiến thức đã biết mà luôn luôn có tinh thần tìm tòi sáng tạo để tự mình tìm ra kiến thức mới. Qua thực tế giảng dạy chúng tôi thấy rằng vấn đề nào mà giáo viên quan tâm và truyền thụ cho học sinh bằng lòng say mê và nhiệt tình của mình thì sẽ cuốn hút các em vào con đường nghiên cứu. Đưa máy tính cầm tay vào giảng dạy trong chương trình phổ thông không phải là vấn đề mới, nhưng thực tế cho thấy còn nhiều Thầy Cô chưa quan tâm đúng mức về vấn đề nầy. Với SKKN nầy hy vọng góp phần thực hiện tốt chỉ đạo của BGD là đưa máy tính vào thực tế giảng dạy phổ thông và bồi dưỡng để hàng năm có nhiều học sinh đạt giải cao trong các kỳ thi học sinh giỏi về giải toán trên máy tính Casio, Vinacal cấp tỉnh và khu vực. Tôi viết SKKN nầy nhằm mục đích chia sẻ với đồng nghiệp và các em học sinh những kinh nghiệm mà bản thân tích lũy được trong quá trình giảng dạy. Các chuyên đề được trình bày trong SKKN nầy thể hiện các ý tưởng mới, mong muốn khai thác và sử dụng máy tính cầm tay một cách thật hiệu quả trong công việc giảng dạy và học tập bộ môn toán. Những vấn đề được trình bày trong SKKN nầy là những gợi ý, hy vọng rằng quý đồng nghiệp sẽ tiếp tục nghiên cứu để đưa ra ngày càng nhiều các thủ thuật ứng dụng máy tính cầm tay sao cho thật hiệu quả. Nếu làm tốt công việc nầy sẽ giúp cho việc học toán của học sinh được nhẹ nhàng hơn và giúp cho các em đạt kết quả tốt trong các kỳ thi tốt nghiệp và đại học. SKKN nầy có thể triển khai ứng dụng như chuyên đề để bồi dưỡng cho các học sinh lớp 10, 11, 12, các học sinh ôn tập thi tốt nghiệp và đại học. Trong điều kiện hiện nay mọi học sinh đều có máy tính cầm tay nên việc rèn luyện cho học sinh có tư duy giải toán với sự trợ giúp của máy tính là một việc làm khả thi. Để đạt được hiệu quả cao trong công việc thì giáo viên cần phải có tinh thần nghiên cứu và sáng tạo, có như vậy giáo viên mới phát hiện ra các vấn đề mới trong ứng dụng và đây chính là yếu tố quan trọng thu hút sự quan tâm của học sinh. Qua SKKN nầy tôi muốn chia sẻ với các bạn đồng nghiệp một số kinh nghiệm mà tôi đã tích lũy được trong quá trình giảng dạy môn toán và bồi dưỡng cho đội tuyển Quốc gia về giải toán trên máy tính Casio, Vinacal. Hy vọng quý Thầy Cô sẽ lồng ghép nội dung về kỹ thuật giải toán với sự trợ giúp của máy tính cầm tay vào bài giảng của mình. Chúng tôi mong nhận được sự trao đổi, góp ý cho chuyên đề từ các anh chị đồng nghiệp và các em học sinh. Hy vọng SKKN này sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy và học toán ở trường THPT. 20
- Xem thêm -