KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM BỒI DƯỠNG HSG MÔN TOÁN

Mỗi thầy cô giáo khi vào một tiết học đều muốn cho mọi học sinh của lớp đều chủ động tiếp thu bài giảng một cách tích cực và hiệu quả nhất.. Sau nhiều năm công tác, bằng thực tiễn hoạt đ

KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM

VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

A- ĐẶT VẤN ĐỀ

I- MỞ ĐẦU Sinh thời Bác Hồ đã xem dốt nát như là một loại giặc cần phải

đánh đuổi Mà đánh đuổi nó thì cần phải có lực lượng, chiến lược, sách lược Vận dụng thật nghệ thuật, sáng tạo mới dành thắng lợi như mong muốn Dạy học

là một mặt trận chính

Nghề dạy học thật là vất vả, khó khăn, nhưng cũng rất đỗi tự hào Có thể nói

ở một khía cạnh nào đó mỗi giáo viên như một MC trong mỗi tiết dạy Mỗi thầy

cô giáo khi vào một tiết học đều muốn cho mọi học sinh của lớp đều chủ động tiếp thu bài giảng một cách tích cực và hiệu quả nhất Để đạt được sự mong muốn đó đòi hỏi chúng ta phải hết sức kiên trì , tìm tòi phương pháp thích hợp cho từng đối tượng học sinh Số học sinh giỏi trong một lớp chỉ một vài em, số yếu kém cũng có còn lại đa số là trung bình, trung bình khá Vậy làm thế nào để tất cả các đối tượng này cùng hào hứng say mê, chủ động tiếp thu bài học tốt được Điều này cũng chính là yêu cầu của Bộ GD&ĐT về vấn đề đổi mới phương pháp dạy học Người học là trung tâm, làm thế nào để họ yêu thích bộ môn học, họ tự đào tạo, họ tự tin vào khả năng của chính mình để lĩnh hội tri thức.Thầy cô giáo giúp đỡ như thế nào cho hiệu quả nhất Sau nhiều năm công tác, bằng thực tiễn hoạt động dạy học của mình tại trường THPT Sầm Sơn, cách làm mà tôi đã thực hiện, thực sự có đem lại một số hiệu quả

II- THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU:

1/ Thực trạng:

Từ khi còn đang là học sinh phổ thông , mỗi khi thầy cô giáo vào lớp tôi cảm thấy hành vi, dáng điệu ,cử chỉ , lời nói đều hấp dẫn mình , Đặc biệt khả năng tri thức bộ môn, tri thức xã hội thì hết ý Làm sao mà các thầy ,các cô giỏi thế Sự kết hợp nhuần nhuyễn và điệu nghệ những điều nói trên có tác động sâu sắc đến thế hệ học sinh chúng tôi

Những học sinh học yếu thường không tự tin, thậm chí sợ sệt mỗi khi bị hỏi bài

cũ Nếu chúng ta vì một lý do nào đó mà bất buộc họ phải trả bài thì hiệu quả rất thấp Có thể làm cho học sinh đó chán ghét bộ môn Cũng như vậy đối vối học sinh khá, giỏi,những câu hỏi, hay bài tập của sách giáo khoa rất đơn giản với các

em Để khích lệ học sinh và tạo sự công bằng tương đối, chúng ta đưa ra những bài toán có nhiều lời giải Lời giải đơn giản dễ hiểu dành cho học sinh yếu, lời giải phức tạp giành cho học sinh khá hoặc giỏi

Thông thường chỉ gọi những em giơ tay, từng bước gia hạn thời gian yêu cầu tất

cả mọi em đều phải tham gia giải quyết vấn đề Ta tìm hiểu những em không biết

từ đâu vì không nắm được lý thuyết hay lười biếng, hay do vấn đề tâm lý ngại phát biểu trước đám đông Từ đó có cách để tháo gỡ cho các em

2

Một sự thay đổi phương pháp dạy học sẽ được coi là thành công nếu nó làm lay động, làm thức tỉnh người học, làm cho họ hứng thú học tập, yêu mến bộ môn và họ có tiến bộ trong kết quả học tập của mình Với suy nghĩ và cảm nhận rằng, tâm lý lứa tuổi học sinh cũng gần gũi với mình ngày còn đi học phổ thông,do đó tôi đã kết hợp những kiến thức

sư phạm được học, năng lực bản thân, tâm lý học trò, mức độ yêu cầu kiến thức học sinh phải tiếp thu, trong một bài học, trong một chương học ,thậm chí cả năm học và toàn khoá học Theo dõi chặt chẽ mức độ kiểm tra, mức độ thi tốt nghiệp, thi đại học hàng năm

2/ Kết quả của thực trạng trên:

Khi học sinh đứng trước một bài toán ở tầm sách giáo khoa và đã nhiều lần

được chứng kiến thầy giáo và các bạn giải quyết bằng nhiều cách khác nhau, xuất phát từ những kiến thức khác nhau cũng của sách Một cách hết sức tự nhiên từ đâu đó trong tiềm thức thúc đẩy tính tự giác phải xem lại lý thuyết, đọc

kỹ đề bài cho gì đòi hỏi ta phải tìm gì, chứng minh cái gì Giả thiết bài toán liên quan đến những bài học nào đã học Từ đó mạnh dạn

Biến đổi, suy luận, viết ra những suy nghĩ của mình và thực sự có những chuyển biến tích cực

B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I- CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN.

1/ chuẩn bị của giáo viên.

- Người thầy phải chủ động hoàn toàn trong vai trò hướng dẫn viên, không bị

lúng túng khi có những tình huống phát sinh, đồng thời xử lý các tình huống đó một cách thông minh , thích hợp văn cảnh

- Giáo viên đọc thật kỹ sách giáo khoa, chuẩn bị giáo án thật kỹ về các bài toán có liên quan đến bài học, căn cứ vào đối tượng học sinh và giải các bài toán đó bằng nhiều cách sao cho thật sát với chương trình học

- Khích lệ học sinh đúng mức phù hợp với từng đối tượng, để các em yêu thích cách giải đẹp, từ đó tự tìm lấy cách giải cho riêng mình

2/ Tổ chức lớp:

- Để chuẩn bị bài học hôm sau yêu cầu học sinh về nhà giải các bài tập thầy giáo ra từ tiết học trước đó (có thể học sinh giải được, cũng có thể không giải được) Nhưng phải hiểu đề bài, có thể thuộc đề bài thì càng tốt

- Học sinh phải có đầy đủ sách giáo khoa, vở nháp, dụng cụ học tập, đặc biệt phải thuộc cơ bản phần lý thuyết có liên quan đến bài tập sắp được chữa hoặc phần lý thuyết sắp được học

II/ CÁC BIỆN PHÁP ĐỂ TỔ CHỨC THỰC HIỆN.

1/ Đối với học sinh:

- Nên yêu cầu học sinh thực hiện cơ bản nội dung bài học trước ở nhà.

- cho học sinh tự nguyện phát biểu theo yêu cầu của giáo viên, sau đó thực hiện chỉ định trong mục kiểm tra bài cũ

- Nêu bài tập đề nghị cần chữa, hoặc bài tập tương tự bài đã chữa hôm trước

2/ Phần bài tập chuẩn bị của thầy giáo.

HỆ THỐNG CÁC BÀI TẬP GIẢI NHIỀU CÁCH

Bài 1: Cho vectơ v = (-3;2) và đường thẳng (): 2x + 3y – 7 = 0 Tìm ảnh của () qua phép tịnh tiến vectơ v

Bài giải:

Cách 1 Lấy điểm A(1;1) và B(6;-1) thuộc đường thẳng ()

Ảnh của A và B qua phép tịnh tiến vectơ v là: A’(4;-1) và B’(9;-3)

Đường thẳng () là đường thẳng A’B’ có = (5;-2), có pháp tuyến là n = (2;5) Suy ra (): 2(x – 4) + 5(y + 1) = 0  2x + 5y – 3 = 0

Cách 2 Lấy M(x;y) thuộc (), ảnh của M là M’(x’;y’)

 x’ = x + 3 ; y’ = y – 2

 đường thẳng (’): 2(x’ – 3) + 5(y’ + 2 ) = 0  2x + 5y – 3 = 0

Cách 3

Đường thẳng (’) có dạng: 2x + 5y + c = 0

Điểm A(1;1) () Ảnh của A qua phép tịnh tiến vectơ v là A’(4;-1).Thay vào dạng của đường thẳng (’) ta có: 2.4 + 5(-1) + c = 0  c = -3

Vậy đường thẳng (’): 2x + 5y – 3 = 0

Bài 2: Tìm các giá trị m để phương trình x4 + 2(m-2)x2 + m2-5m + 5 có 4 nghiệm phân biệt

Bài giải

4

Cách 1 Phương trình đã cho có 4 nhiệm phân biệt khi phương trình

f(t)= t2+ 2(m-2)t+ m2-5m + 5 = 0 có 2 nghiệm dương điều kiện là



























m s

t

f

m m

m

2 2 0

0 ) (

0 ) 5 5

( ) 2

/

















0 2

0 5 5

0 1 2

m m m





















m

m m

m

2

2 5 5

; 2 5 5

1

Vậy: 1< m <

2

5

5 

Cách 2 Áp dụng Viet ta có













0 0 0

2 1

2 1

t t

t

















0 2

4

0 5

5 0 1 2

m m m

 1 <m <

2

5

5 

Bài 3: Giải phương trình: sin3x + cos3x = 1

Bài giải

Cách 1 Phương trình  sin2 x + cos2 x - sin3x - cos3x = 0 

sin2 x (1- sinx) + cos2 x (1- cosx) = 0 Vậy:

a/ sinx = 0 và cosx = 1 cho x = 2k (k nguyên)

b/ cosx = 0 và sinx = 1 cho x = 2 + 2k (k nguyên)

Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k và x = 2 + 2k (k nguyên)

Cách 2 ; Ta có 1 = sin3x + cos3x = (sinx + cosx ) (sin2 x + cos2 x - sinx cosx ) = (sinx + cosx ) (1 - 21 sin2x) , Đặt sinx + cosx = t ta được phương trình theo t là : t2 - 3t + 2 = 0 chỉ lấy t = 1 ta có cos(x- 4 ) =

2

2 từ

đó

Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k và x = 2 + 2k (k nguyên)

Cách 3 ; Ta có 1 = sin3x + cos3x mà ta cũng có sin2 x + cos2x = 1 Trong khi sinx 1 và cosx  1 với mọi x Do đó phải có sin3x = sin3x

và

cos3x = cos2 x Trở lại

a/ sinx = 0 và cosx = 1 cho x = 2k (k nguyên)

b/ cosx = 0 và sinx = 1 cho x = 2 + 2k (k nguyên)

Kết luận phương trình có nghiệm là : x = 2k và x = 2 + 2k (k nguyên)

Bài 4 Cho góc nhọn xOy Một điểm M cố định nằm trong góc xOy M không

nằm trên 2 tia Ox, Oy Tìm trên Ox điểm A và trên Oy điểm B sao cho M là trung điểm của AB

Bài giải.

Cách 1.

 Cách dựng: Kẻ Mx // Oy Mx cắt Ox tại C

 Lấy A đối xứng với O qua C

Kẻ AM kéo dài cắt Oy tại B

Ta được hai điểm A và B cần tìm

* Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng

ta có MC // OB Lại có C là trung điểm OA

nên theo tính chất đường trung bình trong tam giác

cho AOB thì M phải là trung điểm của AB

Cách 2

* Cách dựng: Lấy C đối xứng với O qua M

Từ C kẻ Cx // Ox, Cy // Oy

Cx cắt Oy tại B, Cy cắt Ox tại A Ta được A và B cần tìm

* Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng Ta có tứ giác OACB là hình bình hành

(Vì AC // OB và OA // BC) Nên 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Vậy nên M là trung điểm AB

Cách 3 * Cách dựng: Kẻ Mx // Ox Mx cắt Oy tại C Lấy D đối xứng với C qua M Kẻ Dt cắt Ox tại A

Kéo dài AM cắt Oy tại B

6

A C O

B

A

X

x

M

D

O

y

O

A

B

M

C

x

x

y

* Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng

ta có AD // CB nên:

góc DAM = góc MBC

góc ADM = góc MCB

 ADM đồng dang với BCM (g.g)

 BC AD = MB AM = MC DM = 1 (vì DM = MC) Vậy M là trung điểm AB

Bài 5: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm dương x1, x2

chứng minh rằng phương trình cx2 + bx + a = 0 cũng có 2 nghiệm dương

Gọi các nghiệm đó là x3, x4, chứng minh x1 + x2 + x3 + x4  4

Bài giải:

Cách 1:

Do phương trình ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm dương x1, x2 nên có các điều kiện































0

0 0 4

2 1

2 1

2

a c x

x

a b x

x

a c b

Chú ý là

a

b



> 0,

a

c

> 0 nên (

a

b

 ) : (

a

c

) =

c

b

 > 0 nên suy ra các điều kiện :





























0

0 4

4 3

4 3

2

a c x

x

a b x

x

ac b

Điều này suy ra các nghiệm x3, x4 của phương trình cx2 + bx + a = 0 tồn tại và là các nghiệm dương

Do các nghiệm x1, x2, x3, x4 là các nghiệm dương nên ta có áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cô - si của các cặp số dương:

x1 + x2 + x3 + x4 = (x1 + x2) + (x3 + x4)  2 x1x2 + 2 x3x4 =

= 2( x1x2 + x3x4 )  4 x1x2 x3x4 = 4.4

c

a a

Vậy x1 + x2 + x3 + x4  4

Cách 2 Nhận xét rằng từ định lí Vi – ét

x3 + x4 = a b = c b/a/a =

2 1

2 1

x x

x

x 

=

1

1

x +

2

1

x

nên suy ra x1 + x2 + x3 + x4 = x1 + x2 +

1

1

x +

2

1

x =

= ( x1 -

1

1

x )2 + ( x2 -

2

1

x )2 + 4  4

Cách 3: Gọi x1 là nghiệm dương của phương trình ax2 + bx + c = 0 , tức là

ta có ax12 + bx1 + c = 0 Do x1 > 0 chia hai vế cho x12 ta được:

a + b (

1

1

x ) + c(

2

1

x ) = 0, nghĩa là

1

1

x là nghiệm của phương trình cx2 + bx + a = 0 Tương tự x2 là nghiệm dương của phương trình ax2 + bx + c = 0 thì

2

1

x là nghiệm dương của phương trình

cx2 + bx + a = 0 Việc chứng minh x1 + x2 + x3 + x4 = x1 + x2 +

1

1

x +

2

1

x  4 làm tương tự cách 2 và cách 1

Bài 6: Hãy xác định m để 2 phương trình

x2 – mx + 2m + 1 = 0,

mx2 – (2m + 1)x – 1 = 0

có nghiệm chung

Bài giải:

Cách 1 Gọi x0 là nghiệm chung của 2 phương trình, khi đó:





















) 2 ( 0

1 ) 1 2 (

) 1 ( 0

) 1 2 (

2

0 2

m mx

m mx

x

Chú ý: phương trình (2) cho phép kết luận x0  0 Nhân x0 vào (1) rồi cộng với (2) ta được: x03 – 1 = 0  x0 = 1 thay x0 vào (1) và (2) ta được:





















0 1 ) 1 2

(

0 1 2

1 2

m

m

m m

 













0 2 0 2

m m

 m = - 2 Vậy với m = - 2, hai phương trình đã cho có nghiệm chung

Cách 2 Từ các phương trình (1) và (2) rút ra:

m =

2

1

2





x

x

= x(x x12) (3)

Giải (3) suy ra x = 1, thay lại vào (3) suy ra m = - 2

Cách 3 Đặt y0 = x02 thay vào (1) – (2), ta có thể coi đó là hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn sau:



















1 )

1 2 (

) 1 2 (

0 0

0 0

x m my

m mx

y

Giải hệ ta được

y0 = 1 (2m1)

) 1 2





m

m

: 1m

) 1 2





m

m

=

1 2

1 5 4

2 2









m m

m m

,

8

x0 = 1m

1

) 1 2

: 1m (2 1)







m

m

=

1 2

1 2

2 2









m m

m m

Điều kiện y0 = x02  (

1 2

1 2

2 2









m m

m m

)2 =

1 2

1 5 4

2 2









m m

m m

Biến đổi ta có: (2m2 + m + 1)2 = (m2 – 2m – 1)(4m2 + 5m +1)

 7m3 + 18m2 + 9m + 2 = 0 

 (m + 2)(7m2 + 4m +1) = 0  m = - 2 ( phương trình 7m2 + 4m +1 vô

nghiệm)

Chú ý Thay m = - 2 vào (1) và (2) có 2 phương trình

x2 + 2x – 3 = 0 và - 2x2 + 3x – 1 = 0 đều nhận x = 1 là nghiệm

Bài 7: Giả sử a, b, c là 3 cạnh của tam giác, chứng minh rằng phương trình

(b2 + c2 –a2)x2 - 4bcx +b2 + c2- a2 =0

Bài giải:

Cách 1 Nếu b2 + c2 – a2 = 0 thì phương trình có nghiệm x = 0

Nếu b2 + c2 – a2  0, xét

'

 = 4b2c2 – (b2 + c2 –a2) = 2bc b2  c2 a2 2bcb2 c2  a2 =

=a2  (b c) 2 (bc) 2  a2 = (a + b – c)(a – b + c)(a + b + c)(b + c – a ) > 0

Vậy phương trình có 2 nghiệm

Cách 2 Theo định lí hàm số cosin: b2 + c2 –a2 = 2bc.cosA

Phương trình có dạng:

2bc.cosA x2 – 4bcx + 2bc.cosA = 0  cosA.x2 – 2x + cosA = 0

Nếu cosA = 0  phương trình có nghiệm x = 0

Nếu cosA  0   '= 1 – cos2A = sin2 A > 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm

Cách 3 Xét tam thức

f(x) = (b2 + c2 – a2 )x2 - 4bcx +b2 + c2- a2

ta có f(1) = 2(b – c – a)(b – c + a) < 0,

f(-1) = (b + c – a)(b + c + a) > 0

Vậy f(x) có ít nhất một nghiệm trong khoảng (-1;1)

Bài 8: Giả sử a2 + b2 0 Chứng minh rằng, ít nhất một trong hai phương trình

a.sinx + b.cosx = 0 (1) a.tanx + b.cotx + 2c =0 (2)

có nghiệm

Bài giải:

Cách 1 Phương trình (2) có thể biến đổi

at2 + 2ct + b = 0 ; t = tanx; x k2

Phương trình này sẽ vô nghiệm khi:

(i) a = c = 0; b 0 suy ra (1) có nghiệm cosx = 0

(ii) a  0;  ' = c2 – ab < 0 hay ab > c2 > 0 ta sẽ chứng minh phương

trình (1)

có nghiệm

Dùng công thức sinx = 2

1

2

t

t

 ; cosx = 22

1

1

t

t



 với t = tan

2

x

Phương trình (1) có dạng

a 2

1

2

t

t

 + b 22

1

1

t

t



 + c = 0  (c – b )t2 + 2at + (c + b) = 0 (1’) Nếu c = b  t = tan

2

x

=

a

b

 luôn có nghiệm;

c  b   ' = a2 – (c2 – b2) = a2 + b2 – c2 >2ab – c2 > 0 do điều kiện (i) ab > c2 >

0 Vậy (1’) có nghiệm hay (1) có nghiệm

Tóm lại , nếu phương trình (2) vô nghiệm, ta chứng minh được phương trình (1)

có nghiệm

Vậy: cặp phương trình (1) , (2) luôn luôn có ít nhất một phương trình có nghiệm

Cách 2 Do điều kiện a2 + b2  0 nên ta biến đổi (1)

2

2 b

a

a

 sinx + 2 2

b a

b

 cosx = - 2 2

b a

c

  sinx(x + ) = - 2 2

b a

c

Với  là nghiệm của hệ phương trình















2 2

2 2

cos sin

b a a b a b





Do (1)  (3) nên:

 ) Nếu (3) có nghiệm 2 2

b a

c





 1  c2  a2 + b2 thì (1) có nghiệm

 ) Nếu (3) vô nghiệm  c2 > a2 + b2

Ta sẽ chứng minh (2) có nghiệm

Chú ý nếu a = 0, do giả thiết a2 + b2  0 nên b2  0, khi đó (2) có dạng cotx =

b

c

2



Luôn có nghiệm a 0, biến đổi (2)  atan2x + 2ctanx + b = 0 (4)

Phương trình (4) có  ' = c2 – ab >a2 + b2 – ab = 43 a2 +(12 a – b) > 0

Vậy (4) có nghiệm  (2) có nghiệm

10

Bài 9 : Cho hàm số y = x3 + 2(m – 1)x2 + (m2 – 4m + 1)x – 2(m2 + 1) (1)

Xác định m đẻ hàm số đạt cực đại, cục tiểu tại 2 điểm x1, x2 thoả mãn điều kiện

) (

2

1 1

1

2 1 2

1

x x x

Bài giải:

Cách 1 Xét y’ = 3x2 + 4(m – 1)x + (m2 – 4m + 1) (3)

Từ điều kiện (2) suy ra : ( )

2

1 2 1 2

1

2

x x

x x







 (x1 + x2)( 1 12

2 1



x

a) x1 + x2 = 0 Do điều kiện x1, x2 là các điểm cực trị của hàm số (1), nên là nghiệm của y’ = 0 cho bởi (3)

Theo định lí Vi-ét x1 + x2 =

3

) 1 (

4 m

= 0  m = 1

Với m = 1, hàm số có dạng :

y = x3 - 2x – 4, y’ = 3x2 – 2

 Cực trị của hàm số đạt tại x1,2 =

3

3 2

b) x1 + x2  0  x1x2 = 2 Tương tự trên, thoe định lí Vi-ét ta có:

x1x2 = 2 =

3

1 4

2



 m m

 m2 – 4m – 5 = 0 Giải được m = -1, m = 5

Thử trực tiếp :

* m = -1; y = x3 – 4x2 + 6x – 4,

y’ = 3x2 – 8x + 6  không có cực trị

* m = 5; y = x3 + 8x2 + 6x – 52,

y’ = 3x2 + 16x + 6  thoả mãn điều kiện (2) Vậy m = 1, m = 5 là 2 giá trị cần tìm

Cách 2 Biến đổi điều kiện (2) và do x1, x2 là nghiệm cuả y’ cho bởi (3) nên

(2)  (x1 + x2)( 1 12

2 1



x

x ) = 0



3

4

(m – 1) (

2

1 1 4

3



 m



) 1 4 (

3

) 5 4 )(

1

(

2

2

2











m m

m m

m

= 0  m1 = 1, m2 = -1, m3 = 5

Kết hợp điều kiện y’ = 0 có 2 nghiệm, hay

'

 = 4(m – 1)2 – 3(m2 – 4m + 1)

= m2 + 4m +1 > 0