Sáng kiến kinh nghiệm: Dạy học giải quyết vấn đề

Lời nói đầu: Với t tởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần dạy cả phơng pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa học, h-ớng t duy khái quát và

A đặt vấn đề

I Lời nói đầu:

Với t tởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần dạy cả phơng pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa học, h-ớng t duy khái quát và cả sự phát minh khoa học

Ngời thầy phải thực hiện điều đó và hớng dẫn hoc sinh thực hiên ngay trong mỗi tiết học

Tất nhiên để làm đợc chính ngời thầy phải có những khả năng trên, cùng với

sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phơng pháp tạo ra tình huống

có vấn đề cho hoc sinh, và từ đó đa t tởng phát minh vào trong tiết học,

với những xuất phát điểm phải từ trong SGK Sau đây là mội ví dụ:

Khi dạy bài 1a tiết 2-Hệ phơng trình bậc hai SGK 10

II Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

+ ở các kì thi toán quốc tế, học sinh phổ thông Việt Nam đạt kết quả rất cao

Đó là một điều đáng tự hào cho dân tộc, nhng hãy khoan, ta hãy suy nghĩ lại xem,

đến bây giờ đã bao nhiêu ngời trong số đó đã trở thành các nhà phát minh khoa học

+ Đơn giản hơn ở bậc đại học, đã có không ít học sinh thi vào đại học đạt kết quả rất cao, nhng khi học tập thì có kết quả yếu, thậm chí không thể học tiếp, lí do tại sao? phải chăng họ không chú ý học? Đó không phải là lí do chính, quan trọng

là ở chổ họ chỉ là những thợ giải toán sơ cấp mà khả năng t duy trừu tợng, khái quát, củng nh khả năng t duy theo hớng xây dựng lý thuyết là rất yếu

+ Vậy vấn đề đổi mới đặt ra cho nền giáo dục :

• Cần giúp học sinh phái triển t duy trừu tợng và t duy sáng tạo

• Biết cách nhìn nhận vấn đề dới nhiều góc độ

• Giúp học sinh có khả năng tổng quát hoá các vấn đề (lối t duy xây dựng )

Nhìn lại kết quả hoc tập của học sinh trờng Lê Lai thông qua các kì thi đại học

và học sinh giỏi, kết quả còn rất khiêm tốn vì vây việc đổi mới lại càng cấp thiết hơn , không những đổi mới về phơng pháp mà còn phải đổi mới về cả nội dung kiến thức, truyền đạt cho hoc sinh (không chỉ truyền đạt những kiến thức trong sách giáo khoa mà cả những kiến thức nâng cao)

B Giải quyết vấn đề 1.Giải pháp thực hiện

Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tởng sau:

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phơng pháp suy luận, khả năng t duy Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có đợc những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đăt kiến thức nâng cao)

2 Các biện pháp thực hiện

Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập trong sách giáo khoa, ngời thầy phải hớng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán,biết nhìn bài toán dới nhiều góc độ

Để cụ thể hoá điều trên, tôi đã trình bày trong đề tài này : Xuất phát từ môt bài toán rất đơn giản trong SGK dành cho hoc sinh trung bình yếu, với cách giải là

áp dụng thuật toán có sẵn Nhng nếu suy nghĩ ta sẽ:

* Tìm thấy nhiều cách giải thú vị

* Đồng thời từ bài này đặt ra nhiều bài toán nâng cao, tổng quát thành nhiều bài toán mới

*Qua đó đa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trc tiếp đến thi đại hoc

và thi hoc sinh giỏi

3 Bài 1a-SGK lớp 10 -2000-trang 110:

= +

4 2

8

4 2 2

y x

y x

((21)) GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau đó gọi một em khác lên kiểm tra bài cũ

với câu hỏi:

“nêu cách giải hệ phơng trình gồm một phơng trình bậc hai và một phơng trình

⇔ y1 = y2 = 1 thay vào biểu thức (3) ta có : x=2

Vây hệ có nghiệm duy nhất :

GV:còn cách giải nào khác để giải hệ trên không?

GV:Yêu cầu học sinh nhận xét về các số hạng tơng ứng ở hai phơng trình(1) và (2).

Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhng hãy tìm ẩn mới để hệ

đối xứng Từ đó ta có cách 2:

= +

⇔

4 2

8 ) 2 ( 2 2

y x

y x

= +

4

8 2 2

t x

t x

=

− +

⇔

4

4 4

8 2 )

xt

t x t

x

xt t

Để rèn luyện t duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả lời nhanh nghiệm của phơng trình :







= +

= +

4 2

0

4 2 2

y x

y x

?TL: Ta thấy x2 ≥ 0 ;y2 ≥ 0 Suy ra x2 +y2 ≥ 0 vậy PT trên có nghiệm x=y=0

nhng khi đó : x+ 2y≠ 4 nên hệ VN

GV:Từ PT(*) ở cách 1và(**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai

PT đó đều là danh giới của sự vô ngiệm “ ”

Vì vây ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phơng pháp đánh giá Vấn đề bây giờ là phải đánh giá nh thế nào ?

Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là x2

Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x

Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là 4y2 = ( 2y) 2

Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là 2y

Ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức liên hệ giữa các số a,b và a2, b2

Ta nhớ lại (BT 8.a - Trang 77-SGK)

1 = ⇔ = , thay vào (2) ta đợc : y=1 ; x=2

GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3 , ta còn thấy một phép toán hình học

có liên quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và (a2,b2) .Đó là :

( )

y x v

u

v y x u

2

; 2

;

2 2 2

+

=

= +

; 2 2

1 2

1

k y

k x v k u

GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cánh 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.

Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việcđặt vấn đề ng ợc lại, tìm cách chứng minh bài tập 8.a - Trang 77 bằng cách sử dụng tích vô h ớng của hai véc tơ .

Nếu bắt trớc cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a nh sau:

Xét u→= (a,b) ;→v = (c,d)

2 2 2

0

a hay b b d a d

b

d k c

b k a v

v k u

GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức quen thuộc khác:

a+b≤ 2 (a2 +b2); (hay: (a+b) 2 ≤ 2 (a2 +b2)) (***)

(bài 2-trang 77)

từ đó ta có cách 5:

Cách 5: áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 2.y ta sẽ trở về BĐT(4)

GV:Nếu để ý đến phơng trình (1) ta thấy VT có dạng : x 2 +(2y) 2 Điều đó lại gợi cho ta liên tởng đến một công thức trong hình học

1 cos

2

2 2

Vậy nếu có góc α để sin α =2x2 thì cos α = y2 Nhng để có : sin α =2x2 cần có

4 8

x

Nếu có một trong hai số x hoặc 2y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+2y=4 dẩn đến

số còn lại phải lớn hơn 4, điều này mâu thuẩn với (*) Vậy ta đợc 1

2 2

Theo lý luận trên thì có góc α để sin α =2x2 ( 0o ≤ α ≤ 90o)

Thay vào PT(1) suyra:

2 cos

sin 1 2 2

1 2

2 2

2 2

sin 2 2

thay vào phơng trình (2) ta đợc : sin α + cos α = 2

GV: Ta đã có bài tập: Với 0o ≤ α < 180o thì sin α + cos α = 2 cos α − 45o

(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hớng của hai véc tơ).

Vậy cos α − 45o = 1 ⇒ α − 45o = 0o ⇔ α = 45o

Suy ra

; 1 45 cos 2

2 45 sin 2 2

y

x

GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đã đẫn đến việc tìm thêm đợc một cách giải Trang 77.(BĐT Bunhiacoxki cho 4số ).Ta đặt vấn đề ngợc lại từ các cách chứng minh BĐT Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phơng trình 1.a

BT8-Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào viêc xét phơng trình bậc hai rất đặc biệt

= +

4 2

8 4

0 0

2 0

2 0

y x

y x

Vậy xo = 2 ; yo =1 Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn

GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.

= +

4

8 2 2

t x

t x

thì phơng trình x2 +t2 = 8 là phơng trình đờng tròn tâm O(0,0) và bán kính

R = 2 2

(ở lớp 10 đăc biệt là các lớp mũi nhọn ta nên giới thiệu cho hoc sinh biết phơng trình đờng tròn tâm O(0,0) và bán kính a có dạng x2 +t2 =a2 Thông qua các bài toán nh :CMR điểm M(x 0 ;y 0 ) thoả mản : x o2 +y o2 =a2 là cách gốc toạ độ một khoảng a (a>0) hoặc bài toán :cho điểm M(x,y) nằm trên đờng tròn tâm O(0,0) bán kính a>0 hãy tìm mối liên hệ giữa x và y

Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học song phần toạ độ của một điểm

là làm đợc )

Còn phơng trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phơng trình đờng thẳng cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) Khi thử biểu diễn hình học của hai đờng, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn, vậy ta có cách giải thứ 8 :

1 2

= +

4

8 2 2

t x

t x

là toạ độ điểm H Mặt khác ∆OAB là tam giác

2

22

y

x t

t t

x x x

B A H

B A H

GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác

−

1

2 0

1 4 2 8

16 4

2

y

x y

x y

y x x

thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1

bài toán mới

Chẳng hạn: ta thay 8 bởi m ( tham số)

= +

4 2

4 2 2

y x

m y x

((76))

và ta có thể đa ra một số bài toán.

Bài toán 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm

2 − y+ −m =

y (7’)

ta để ý :với mỗi nghiệm y 0 của phơng trình (7’) ta đợc một nghiệm (x o ,y o )

Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (7’) có nghiệm tức là

= +

S t

x

P

m t

x t

x

m t x

42

8 4

2 2

Để hệ có nghiệm cần và đủ là:

) 4 8

2 8 ( 4

2 ≥ P⇔ −m ≤ ⇔m≥

S

GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 8 của bài 1a để tìm cách giải 3

Bài toán 2 : Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm duy nhất

Bài làm:

Cách 1:

Với việc phân tích bài toán 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là

∆’=0 ⇔ m= 8

GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng t duy

biện chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh nh : GV:Ta thấy đáp số là đáng tin cậy Vì sao?

TL: vì m= 8 ta trở lại bài toán 1a

GV: còn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 8 GV khẳng định ngay kết quả

là sai mặc dù cha cần kiểm tra các bớc tính toán

GV:yêu cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của BT1a để tìm cách 2và3 của bài này

GV: với phép đặt :2y = t ta đã đa hệ về dạng hệ đối xứng







= +

= +

4

2 2

t x

m t x

Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x 0 ,t o ) là nghiệm của hệ thì (x 0 ,t o ) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x 0 =t o (chú ý đây mới là điều kiện đủ ) từ đây ta có cách giải :

Cách 4 :

ĐK cần : (x0, to) là nghiệm của hệ thì (x0, to) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có

nghiệm duy nhất cần x0=to 8

o o

ĐK đủ : Thay m =8 vào hệ ta thấy thoả mãn

Vậy m=8 là kết quả cần tìm

GV: Đây là một phơng pháp rất quan trọng để giải bài toán nghiệm duy nhất của

hệ đối xứng Đối với các bài toán sau ta sẽ thấy tầm quan trọng của phơng pháp này :

Bài toán a: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :

= +

+

a xy y

x

a y x y x a

3

4 ) (

2 2

2 2

GV: Yêu cầu học sinh tự làm

=

−

+

= +

+

2 2 5

2005

2 2

2

2006

2006

a a xy y

x

a y x y

−

= +

−

= +

+

2

2005 82

82 23 23

2 2 ) (

.

a a y

x xy

a y x y x

GV: yêu cầu học sinh về nhà làm

GV:tiếp tục ta mở rộng bài toán với sự rằng buộc của nghiệm.

Bài toán 3: Tìm m đê hệ (6.7) có hai nghiệm (x1, y1) và (x2, y2) sao choy1 < 0 < y2

2

2

t x

m t

x t

2 − X + −m =

X có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0

Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho0 < y2 ,y2

Vẫn sử dụng đợc cả 3 cách ở bài toán 3 Đáp số: 8 ≤m< 16

GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc của x tức là:

Bài toán 5 : Tìm m để hệ phơng trình (6.7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho :

0 < x1, x2

GV : Đây là vấn đề đặt lên cho học sinh vớng mắc.

Vấn đề ở đây là ta đa về phơng trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x Vì vậy ta có hai hớng giải quyết :

- Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y.

Vậy yêu cầu bài toán ⇔phơng trình (8) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện:

0 ,

2 1

2 1

y y

x x

GV : Ta phân tích bài toán 6 nh sau :

Bài toán trên tơng đơng với bài toán: tìm m để hệ phơng trình có 2 nghiệm (x 1 ,y 1 ) và (x 2 ,y 2 ) thoả mãn điều kiện x 1 ,x 2 > 0 và y 1 ,y 2 > 0.

Vậy những giá trị của m thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5 thì thoả mãn bài toán 6,

đồng thời thoả mãn bài toán 6 thì thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5.

Vậy giá trị cần tìm của m là giao hai tập giá trị của m ở hai bài toán 4 và 5 Tức là : [8 ; 16)∩[8 ; 16) =[8 ; 16)

GV : (Tất nhiên bài toán này có thể giải theo cách 2 và cách 3 của bài toán 3)

Ta có thể chứng minh điều kiện : m∈[8 ; 16) cũng là điều kiện để hệ có ít nhất 1

nghiệm (x,y) thoả mãn điều kiện :

GV : Từ đó ta có thể đa ra bài toán

Bài toán 7 : Tìm m để hệ sau có ít nhất 2 nghiệm

1 ( 4 4 1

2

)4 )(

1 ( 4

y x y

x

y x m y x

Ta thấy hệ có nghiệm: x=1; y= -4 Ngoài ra với ∀m thì những cặp nghiệm còn lại dạng (1; y) hoặc (x; -4) đều không phải là nghiệm (Hay ngoài nghiệm (1;-4) thì các cặp (x,y) với 

+

−

= +

+

−

4 4

2 1 1

4

4 1 1

y x

m y

=

+

4 2

4 2

2

Y X

m Y X

Khi đó yêu cầu bài toán ⇔ Tìm m để hệ







= +

=

+

4 2

4 2

2

Y X

m Y

điều này tơng đơng với m∈[ 8,16).

GV: Từ bài tập 6 với nhận xét: y = 2-4x nếu x> 0 ⇔ y< 2 ta tiếp tục đa ra bài

toán sau:

Bài toán 8: Tìm m để hệ phơng trình (6.7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) thoã mãn

điều kiện : 0 < y1,y2 <2

(GV: Ta lu ý khi học bài: Hệ phơng trình bậc 2 thì cha học định lý so sánh

nghiệm của phơng trình bậc 2 Vì vậy học sinh cha thể áp dụng định lý này vào

để giải bài toán).

Để ý vào phơng trình (7) của hệ : x+ 2y = 4 ⇔ x= 4- 2y, ta thấy y<2 ⇔ x>0Vậy bài toán 8 đa về bài toán sau: Tìm m để hệ phơng trình có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) thoả mãn điều kiện sau:

2 1

, 0

, 0

y y

x x

Đây chính là bài toán 6 vậy ta suy ra kết quả m∈[ 8,16)

GV: Ta lại phân tích bài toán 8

Ta thấy bài toán 8 tơng đơng với bài toán : Tìm m để phơng trình bậc 2 :

y 2 - 2 + 2 -

8

m

= 0 có 2 nghiệm y 1 ,y 2 thoã mãn điều kiện 0 < y 1 , y 2 <2 (*)

Đây rõ ràng là bài toán so sánh số 2 với các nghiệm của ph ơng trình bậc hai Ta thử phân tích xem mấu chốt ở đâu mà ta đã chuyển sang đ ợc bài toán (*) Để từ

đó tổng quát hoá bài toán thành bài toán so sánh nghiệm với một số bất kì (chứ không chỉ là với số 0 nữa )

Xem xét bài toán 8: Thấy từ ràng buộc của x với 0 ta chuyển sang ràng buộc của y, đợc điều kiện (*) và phép chuyển chính là phơng trình (7).

Vì vậy nếu xem phơng trình (7) là một phép đặt ( đổi biến ) thì ta sẽ có cách giải quyết bài toán so sánh nghiệm của phơng trình bậc 2 với một số bất kì thể hiện ở các bài toán sau:

Bài toán 9 : Cho f(x) =ax2 + bx +c (I)

Tìm điều kiện để phơng trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1,x2 thoã mãn điều kiện :

Vậy bài toán 9 tơng đơng với bài toán sau:

Tìm điều kiện để phơng trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y1 < 0 < y2

⇔ a(aα2 +bα +c) <0 ⇔ a.f(α) <0

Bài toán 10: Tìm điều kiện để phơng trình (I) có 2 nghiệm x1, x2 < α

Đặt y= x- α, vậy bài toán tơng đơng với bài toán sau:

Tìm điều kiện để g(y) = 0 có 2 nghiệm âm

0α

0α2

04α4α4α4α

2

)(aa

ab

acaba

aba

0α

04

0 α 2

0 Δ

) ( a s

Bài toán 11: Tìm điều kiện để phơng trình (I) có 2 nghiệm x1,x2 > α

GV : Yêu cầu học sinh tự làm.

Vậy ta đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số, nh một ứng dụng của

định lý Viét ( mà không cần sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc 2 mà SGK–

đã trình bày) áp dụng bài tập tổng quát này, yêu cầu học sinh giải một số bài toán sau:

Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1),(x2,y2) theo bài toán 1 cần ĐK : m ≥ 8

Khi đó phơng trình : y2 -2y+2- m8 =0 có 2 ngiệm y1,y2 và khi đó (*)⇔ (y1+y2)2- 2y1y2=1

⇔ 22 -

2(2-8

m) = 20 ⇔ 4- 4 +m/4 =20 ⇔ m=80

Do y1,y2 là nghiệm của phơng trình: y2-2y+2- m8 =0 nên y12+y2

2= m/4 Vậy (**)⇔ m+m/4 =20 ⇔ 5m/4 =20 ⇔ m=16

Vậy m=16 là giá trị cần tìm của m

GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đ a ra các bài toán sau:

Bài toán 14: Tìm m để hệ pt (6-7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho :

m 2

2

2

y

m y

A =

) 2 ( 4

) 2 )(

2 )(

4 )(

) 2 ( ( ) 2 (

4

) 2

8

−

− +

+ +

=

−

−

x m

y x y x y x y x x

m

y

x

) 2 ( 4

)) 4 ( (

4 ).

) 2 (

−

−

− +

=

x m

x x

m y x

x y

my x

⇒16 -4xy = m ⇔ xy=

4

16 − m , khi đó A= 2 2) 2 2 16 2 32 2 2 32 16 2 2 16 2

2

) 16 (

(

2 m − −m = m − + m−m =m + m+ −

9 9

Vậy: Min A=-29, khi m=16

Bài toán 17: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:

=

+

m y x

y

x 2

8

4 2

2

Tìm m để A=x 4 + 2 y + 2 y x + 4 đạt giá trị lớn nhất

Bài làm: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

y x

x

y y x

2

4

2 2

4 ⇒x=2y=2 ⇔ m = 4 ⇒Max A=4 6

GV:

Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng quát bài toán1a.