I.đặt vấn đề: -trong các kỳ thi học sinh giỏi lớp 8, lớp 9 và các kỳ thi tuyển vào lớp 10 thờng có những bài tập tìm cực trị của biểu thức bậc hai.. Trong quá trình giảng dạy và bồi dỡn
Trang 1Sở giáo dục - đào tạo hà tĩnh
Đề tài
“vài phơng pháp tìm cực trị của biểu thức bậc hai
ở trờng Thcs ”
Hà tĩnh, ngày 15 tháng 12 năm 2008
Trang 2Mục lục
A phần mở đầu
I.đặt vấn đề:
-trong các kỳ thi học sinh giỏi lớp 8, lớp 9 và các kỳ thi tuyển vào lớp 10 thờng có những bài tập tìm cực trị của biểu thức bậc hai đây là dạng toán
t-ơng đối khó đối với học sinh, các em thờng e ngại khi tiếp xúc với dạng toán này, thậm chí kể cả giáo viên nhiều khi cũng dè dặt không muốn đi sâu thêm khi gặp dạng toán tìm cực trị Trong quá trình giảng dạy và bồi dỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy rằng nếu chúng ta biết phân loại từng dạng bài tập và
định hớng cho các em cách giải thì các em sẽ chủ động hơn trong việc giải dạng toán này qua đó giúp học sinh rèn luyện kỹ thuật giải bài toán tìm cực trị của biểu thức và những ứng dụng của nó trong một vài trờng hợp Bởi vậy, ngời thầy giáo cần phân loại và trang bị cho học sinh phơng pháp giải dạng toán này Trong những năm thực tế giảng dạy HS tôi nhận thấy rằng cần thiết phải hình thành một cách có hệ thống các dạng toán cực trị và phơng pháp giải để truyền thụ kiến thức cho HS Tôi đã dành nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu, học hỏi đồng nghiệp, tìm tòi thử nghiệm với học sinh đặc biệt là các em học sinh khá giỏi Vì vậy tôi đã mạnh dạn nghiên cứu nêu lên “Vài phơng pháp tìm cực trị của biểu thức bậc hai ở trờng THCS”
II.mục đích nghiên cứu
Giúp HS nắm đợc một số phơng pháp giải toán cực trị của biểu thức bậc hai một ẩn hoặc hai ẩn thờng gặp trong trờng THCS nhằm nâng cao kỹ thuật giải dạng toán trên, từ đó làm công cụ phục vụ tốt cho việc giảng dạy và bồi dỡng HS, gạt bỏ dần t tởng e ngại của HS khi gặp bài toán cực trị
Trang 3III Đối tợng nghiên cứu
1 Đối tợng: Vài phơng pháp tìm cực trị của biểu thức biểu thức bậc hai
ở trờng THCS
2 Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu thực trạng giải bài toán cực trị của biểu
thức bậc hai của học sinh THCS
IV nhiệm vụ nghiên cứu
- Xây dựng cơ sở lý luận, phơng pháp giải một số dạng toán cực trị của biểu thức bậc hai ở trờng THCS
- áp dụng cho học sinh khá, giỏi, ôn thi vào THPT
V phơng pháp nghiên cứu
- Quan sát s phạm
- Điều tra giáo dục
- Nghiên cứu tài liệu
- Thực nghiệm s phạm
- Trắc nghiệm, trao đổi ý kiến với các đồng nghiệp
- Thống kê, tổng hợp
B phần nội dung
I Cơ sở thực tiển
Tôi đã tiến hành điều tra s phạm về phản ứng của học sinh khi đợc hỏi về bài toán cức trị của biểu thức bậc hai ở lớp 9A và thu đợc kết quả nh sau:
Không biết
cách làm E ngại và không định hớng đ-ợc phơng pháp giải Định hớng và có phơng pháp giải
Nhìn vào bảng số liệu ta thấy hầu hết các em đều e ngại hoặc không biết cách giải bài toán cực trị của biểu thức bậc hai nói riêng và các dạng cực trị khác nói chung
II nội dung
Dạng1: Tìm cực trị của biểu thức dạng:
F(x) = ax 2 + bx + c (a ≠0)
Cách giải: - Ta đa về dạng:
F(x) = a[(x2 +a b x +
a
b
4
2
) - 22
4a
b
+ c
a] = a(x + 2b a)2 +
a
ac b
4
) 4 ( 2 −
−
Trang 4+ Nếu a > 0 thì GTNN[F(x)] =
a
ac b
4
) 4 ( 2 −
− ⇔x = -
a
b
2 + Nếu a < 0 thì GTLN[F(x)] =
a
ac b
4
) 4 ( 2 −
− ⇔x = - 2b a
Dạng2: Tím cực trị của biểu thức dạng:
F(x,y) = ax2 +by2 +cxy + dx + ey + h (a.b.c ≠0) (1)
Cách giải:
Cách1: Đa dần các biến vào trong hằng đẳng thức
a 2 ± 2ab + b2 = (a ± b)2 nh sau:
F(x,y) = mK[x,y] 2 + nG[y] 2 + r (2)
hoặc F(x,y) = mK[x,y] 2 + nH[x] 2 + r (3)
Trong đó: G[y] , H[x] là biểu thức bậc nhất đối với biến, còn K[x,y] = px +
qy + k cũng là biểu thức bậc nhất đối với cả hai biến x và y.
Cụ thể:
Ta biến đổi (1) để chuyển về dạng (2) nh sau với a ≠ 0 và 4ac – b2 ≠ 0: 4a.F(x,y) = 4a2x2 + 4abxy + 4acy2 + 4adx + 4aey + 4ah = 4a2x2 + b2y2 + d2 + 4abxy + 4adx + 2bdy + (4ac – b2 )y2 + 2y(2ae – bd) + 4ah – d2 =
= (2ax + by + d)2 + (4ac – b2)(y + 2
4
2
b ac
bd ae
−
− )2 + 4ah – d2 - (
2
4
2
b ac
bd ae
−
− )2 Vậy có (2) với m = 41a, F(x,y) = 2ax + by + d, n = -
a
ac b
4
4
G(y) = y + 2
4
2
b ac
bd ae
−
− ; r = h -
a
d
4
2
-
) 4
( 4
) 2
(
2 2
b ac a
bd ae
−
− + Nếu a > 0 và 4ac – b2 > 0 thì m > 0 và n > 0, từ (2) có F(x,y) ≥ r (*) + Nếu a < 0 và 4ac – b2 > 0 thì m < 0 và n < 0, từ (2) có F(x,y)≤ r (**) + Nếu m > 0 , n > 0 thì ta tìm đợc GTNN
+ Nếu m < 0 , n < 0 thì ta tìm đợc GTLN
Dể thấy rằng luôn tồn tại (x, y) để có dấu đẳng thức Nh thế ta sẽ tìm đợc cực trị của đa thức đã cho
Trong cả hai trờng hợp trên:
- Nếu r = 0 thì phơng trình F(x, y) = 0 có nghiệm
- Nếu F(x, y) ≥ r > 0( hoặc F(x, y) ≤ r < 0) thì không có (x, y) nào thỏa mản F(x, y) = 0
+ Nếu a > 0, 4ac – b2 < 0 và r = 0 thì theo (2) F(x, y) phân tích đợc tích của hai nhân tử, giúp ta giải đợc các bài toán khác
Cách biến đổi này có đờng lối cụ thể, mục tiêu xác định, nên biến đổi nhanh, kết quả biến đổi là duy nhất, do đó phạm vi áp dụng rộng rải
Cách2: Đa các biến vào bình phơng của tổng dựa vào công thức:
(a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac
Dạng3: Tìm cực trị của biểu thức có điều kiện:
a,Bài toán1 :Cho x và y liên hệ với nhau bởi hệ thức:
Trang 5Q= ax2 +by2 +cxy + dx + ey + f = 0 (1)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
U= Ax + By + C (2)
*c ách giải:
- cách 1: Nếu B ≠ 0,ta có:(2)↔y= - B A x- B
C
- B U
Thế vào (1) ta có phơng trình bậc hai đối với x : h(x) = 0 Xem U là tham số Cực trị của U tìm đợc trong điều kiện có nghiệm của pt: h(x) = 0
- Cách 2: Nếu có thể ta biểu diển Q= m2U2 + nU + k + [f(x)]2 = 0.(*)
Do Q= 0 và [f(x)]2 ≥ 0 => m2 U2 + nU + k ≤ 0 ↔U1 ≤U≤U2
=>{MinU=U1;maxU=U2 }
* Đặc biệt khi Q có dạng: Q=p2 (x-a)2 + q2 (y-b)2 - r2 =0
- Cách 1 : Đánh giá bằng “bất đẳng thức bunhiacópki”
- Cách 2 : Đánh giá bằng bđt : | asinx + bcosx |≤ a2 +b2 (lợng giác)
Dạng 4: Cho x, y liên hệ với nhau bởi công thức:
ax + by + c = 0 (a 2 + b 2 ≠0)
Tìm cực trị của biểu thức: T = p2 (x - m)2 + q2 (y - n)2 - r2
Cách giải: Ta có thể giải theo các cách sau:
Cách 1:
Rút x hoặc y từ đẳng thức: ax + by + c = 0 thế vào T rồi đa về dạng 1 Cách2:
Đánh giá bằng “bất đẳng thức Bunhiacôpski ”
Bài tập áp dụng:
Dạng1:
Bài tập 1: Tìm GTNN của các biểu thức sau:
a, A = x2 – x + 1
b, B =
2
3
x2 + 3x +
4 5
c, C = (x + 1)2 + (x - 3)2
Lời giải:
a, Ta có A = x2 – 2x
2
1 + 4
1 + 4
3 = (x
-2
1 )2 + 4
3
≥43 ( Do (x
-2
1 )2 ≥
0)
Do đó : GTNN(A) = 43 khi và chỉ khi x = 21
b,Ta có: B =
2
3 (x2 + 2x + 1 -
6
1 ) = 2
3 (x + 1)2 -
4
1
≥ - 4 1 (Do 23 (x + 1)2 ≥ 0 )
Trang 6Vậy: GTNN(B) = -
4
1 khi và chỉ khi x = -1 c,Ta có: C = x2 + 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2x2 – 4x + 10 = 2(x - 1)2 + 8 ≥
8
Đẳng thức xẩy ra ⇔x = 1 Vậy GTNN(D) = 8 ⇔x = 1
Bài tập2: Tìm GTLN của các biểu thức sau:
a, A = -3x2 + 6x +1
b, B = - x2 – x + 1
Lời giải:
a, Ta có: A = -3(x - 1)2 + 4 ≤ 4 suy ra GTLN(A) = 4 ⇔x = 1
b, Ta có: B = - (x +
2
1 )2 + 4
5
≤ 54 suy ra GTLN(B) =
4
5
⇔x =
2 1
Dạng2:
Bài tập3: Tìm GTNN của các biểu thức sau:
a, A = x2 + 2y2 – 2xy + 2x – 2y +1
b, B = x2 +2y2 - 2xy + 2x - 10y
c, C = x2 + y2 + xy – 3x – 3y + 2008
Lời giải:
a, Ta có: A = (x2 + y2 – 2xy ) +2(x - y) + 1 + y2
= (x – y)2 +2(x - y) + 1 + y2
= (x – y + 1)2 + y2 ≥ 0
Do đó: GTNN(A) = 0 ⇔
=
−=
0
1
y
x
b, Ta có B = (x2 + y2 + 1 - 2xy + 2x – 2y) + (y2 – 8y + 16 ) – 17
(x – y + 1)2 + (y - 4)2 – 17 ≥ - 17 Khi x = 3, y = 4 thì B = -17 Vậy GTNN(B) = - 17
Hoặc ta có thể phân tích theo cách khác nh sau:
Ta có: B = (x2 + y2 – 2xy) + 2(x - y) + 1 + (y2 – 8y + 16) – 17
= (x – y + 1)2 + (y - 4)2 – 17 ≥ - 17
Vậy GTNN(B) = - 17 khi và chỉ khi x = 3, y = 4
c, Ta có: 4C = 4x2 + 4y2 + 4xy – 12x – 12y + 8032
= (4x2 + y2 + 9 + 4xy – 12x – 6y) + (3y2 – 6y + 3) + 8020
Trang 7⇒ C =
4
1
(2x + y - 3)2 +
4
3 (y - 1)2 + 2005 ≥ 2005 Dấu đẳng thức xẩy ra
⇔ x = y = 1.Vậy GTNN(C) = 2005 ⇔x = y = 1
(Hoặc C = 41 (2y + x - 3)2 + 43 (x - 1)2 + 2005 )
Nhận xét: “Trong quá trình tìm cực trị của dạng toán trên HS thờng hay mắc sai lầm khi tìm điều kiện để dấu đẳng thức xẩy ra ”
Ví dụ: Tìm GTNN của biểu thức sau:
S = 2x2 + 3y2 – 2xy – 2x + 4y + 8
Một em HS làm nh sau:
Ta có: S = (x2 – 2xy +y2) + (x2 – 2x +1) + 2(y2 + 2y +1) + 5
= (x - y)2 + (x - 1)2 + 2(y + 1)2 + 5 ≥ 5
Vậy GTNN(S) = 5 Ta thấy không thể xẩy ra dấu bằng trong trờng hợp này
Vì hệ:
= +
=
−
=
−
0 1
0 1
0
y
x
y
x
vô nghiệm
Lời giải đúng nh sau :
Ta có: S = 2[x2 – 2x y2+1 +
4
) 1 (y+ 2 ] -
2
) 1 (y+ 2 + 3y2 + 4y + 8
= 2(x -
2
1
+
y
)2 +
2
15 6
5y2 + y+ = 2(x -
2
1
+
y
)2 + 2
5 (y2 + 2y
5
3 + 3)
= 2(x -
2
1
+
y
)2 + 2
5 (y2 + 2y
5
3 + 25
9 + 3 -
25
9 )
= 2(x - y2+1)2 + 25 (y2 + 2y53 + 259 ) + 335
= 2(x -
2
1
+
y
)2 + 2
5 (y + 5
3 )2 + 5
33
≥ 335
Vậy GTNN(S) =
5
33 khi và chỉ khi:
=
−
=
5 4 5 3
x y
Bài tập 4: Tìm GTLN của biểu thức sau:
A = - 5x2 – 2 xy – 2y2 + 14x + 10y – 1
Lời giải:
Trang 8Ta có: -5A = 25x2 + 10xy + 10y2 – 70x – 50y + 5
= (25x2 + y2 + 49 + 10xy – 70x – 14y) + (9y2 – 36y + 36) – 80
⇒ A = -51 (5x + y – 7)2 - 59(y - 2)2 + 16 ≤ 16 Vậy GTLN(A) = 16 khi và chỉ khi y = 2, x = 1
(Ta cũng có thể đa A về dạng A = -12 (5y +x – 7)2 - 29 (x - 2)2 + 16 ≤
16 ) Dạng3:
Bài tập5:
Cho x, y liên hệ với nhau bởi biểu thức:
P: = x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2y – 3 = 0 (1) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
Q = x + y (2)
Lời giải:
Cách1:
Từ (2) ta có : y = Q – x thế vào (1) đợc:
P = x2 + 2(Q - x)2 + 2x(Q - x) + 2 Q – 3 = 0
⇔ x2 – 2Qx + 2Q2 + 2Q – 3 = 0 (3)
Cực trị của Q nếu có chính là điều kiện có nghiệm cccủa phơng trình (3)
⇔ ∆ , ≥ 0 ⇔ Q2 - 2Q2 - 2Q + 3 ≥ 0 ⇔ - Q2 - 2Q + 3 ≥ 0
⇔ -3 ≤ Q ≤ 1
Vậy GTNN(Q) = -3 ⇔ y = 0 và x = -3
GTLN(Q) = 1 ⇔ y = 0 và x = 1
Cách2:
Ta có: P = (x2 + y2 + 2xy) + 2(x + y) +1 - 4 + y2 = 0
P = (x + y)2 + 2(x + y) +1 – 3 + y2 = 0
P = (x + y + 1)2 – 4 + y2 = 0 (4)
Do y2 ≥ 0 Do đó từ (4) suy ra: (x + y + 1)2 – 4 ≤ 0 ⇔ x+y+ 1 ≤ 2
⇔-2 ≤ x + y + 1 ≤ 2 ⇔ -3 ≤ x + y ≤ 1
Vậy: Vậy GTNN(Q) = -3 ⇔ y = 0 và x = -3
GTLN(Q) = 1 ⇔ y = 0 và x = 1
Bài tập 6: Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức:
4x2 + 3y2 - 4xy – 2y – 2008 = 0
Tìm GTNN, GTLN của M = x -
2
y
+ 2 1
Lời giải:
Ta có: 4x2 + 3y2 - 4xy – 2y – 2008 = 0
⇔4x2 + y2 + 1 – 4xy – 2y + 4x + 2y2 – 2009 = 0
Trang 9⇔(2x – y +1)2 + 2y2 – 2009 = 0 Do 2y2 ≥ 0 suy ra:
(2x – y +1)2 – 2009 ≤0 ⇔ 2x−y+ 1 ≤ 2009
⇔- 2009 ≤2x – y + 1 ≤ 2009
⇔
2 2009
− ≤x – 2y + 12 ≤ 20092
Vậy GTNN(M) =
2 2009
− ⇔ y = 0 và x =
2 2009
−
GTLN(M) =
2
2009 ⇔ y = 0 và x =
2 2009
(Hoặc có thể giải theo cách1, rút x hoặc y từ M = x - 2y + 12 rồi thế vào 4x2 + 3y2 - 4xy – 2y – 2008 = 0)
Nhận xét: Từ cách giải 2 của dạng 3 ở trên ta có thể giải đợc phơng trình nghiệm nguyên dạng: Q= ax2+by2 +cxy + dx + ey + f = 0.
Ví dụ1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2y – 3 = 0
Lời giải:
Ta có: x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2y – 3 = 0
⇔ (x2 + y2 + 2xy )2 + 2(x + y) + 1 + y2 – 4 = 0
⇔ (x + y + 1)2 + y2 - 4 = 0
Do (x + y + 1)2 ≥ 0 ⇒ y2 - 4 ≤ 0 ⇔ -2 ≤ y ≤ 2 ⇔y ∈ {± 2 ; ± 1 ; 0}
+ Nếu y = ± 2 suy ra (x + y + 1)2 = 0 Tìm đợc x = -3 và x = 1
+ Nếu y = ± 1 suy ra (x + y + 1)2 = 3 (không có nghiệm nguyên)
+ Nếu y = 0 suy ra (x + y + 1)2 = 4 Tìm đợc x = -3 và x = 1
Vậy phơng trình đã cho có các nghiệm nguyên là:
(-3; 2); (1; -2); (-3; 0); (1; 0)
Bài tập 7:(dạng đặc biệt)
Cho xvà y liên hệ với nhau bởi công thức Q=36x2 + 16y2 - 9 = 0 (3) Tìm GTLN,GTNN của U= y- 2x +5
b ài giải:
Cách1:
Ta có: (2) ↔y=U+2x -5 thế vào (1)
Ta có: 100x2 +64(U-5) +16(U-5)2 -9 =0 Xem (4) là phơng trình đối với ẩn x
Phơng trình (4) có nghiệm ↔900-576(U-5)2 ≥0
↔ | U-5 | ≤ 45 ⇔
4
15
≤ U ≤ 254
Dấu đẳng thức: U=154 ⇔ x= 52 và y=−209
U=
4
25 ⇔
x=-5
2
và y=
20 9
Trang 10Do vậy GTLN(U)= 254 ,GTNN(U)= 154
C ách2 :(Dùng bđt Bunhiacopski).
Ta có: (U-5)2 = (2x-y)2 = (136x+
4
1 4y)2 ≤ ( 36x 2 + 16y2 )(91 +161 ) =
16
25
⇔| U-5 | ≤ 45 ⇔
4
15
≤ U ≤254
Dấu đẳng thức: U = 154 ⇔ x=
5
2
và y =
20
9
−
U = 254 ⇔ x=-52 và y = 209
Do vậy GTLN(U)= 254 ,GTNN(U) = 154
C ách3 : (Phơng pháp lợng giác):
Ta có: Viết lại (1) ⇔ (6x)2+ (4y)2 = 32 Đặt 6x=3cost ;4y=3
Khi đó (3) trở thành : 9(cos2 t+sin2 t)=9 đúng , ∀t∈R
Và | U-5 | =|- cost +43 sint | ⇒ | U-5 | ≤ )(cos sin )
16
9 1 ( + 2t+ 2t = 45
⇒| U-5 | ≤ 45 ⇔
4
15
≤ U ≤254
Dấu của đẳng thức xẩy ra khi :
1
cos
−
t
= 43
sin t
⇔- cost =
3
4 sint ⇔ -2x =
9
16
y ⇔ 9x + 8y = 0 Bởi Vậy:U =254 ⇔
= +
= +
−
0 8 9
4
25 5 2
y x
x y
⇔
= +
=
−
0 9 8
5 8
4
x y
x
y
⇔
−
=
=
5
2
20
9
x
y
Trang 11
U=
4
15
⇔
= +
= +
−
0 8 9
4
15 5 2
y x
x
y
⇔
= +
−=
−
0 9 8
5 8
4
x y
x
y
⇔
−
=
=
20 9 5 2
y
x
Từ các kết quả trên suy ra:GTNN(U) =
4
15
;GTLN(U) =
4 25
Bài tập 8:(dạng 4)
Cho x, y là hai số thỏa mản: x + 2y = 3 Tìm GTNN của: E = x2 + 2y2
Lời giải:
Cách1:
Từ x + 2y = 3 suy ra x = 3 – 2y thế vào E = x2 + 2y2 ta có:
E = (3 – 2y)2 + 2y2 = 6y2 - 12y + 9 = 6(y - 1)2 + 3 ≥ 3
Vậy GTNN(E) = 3 khi và chỉ khi y = 1 và x = 1
Cách2: (Dùng BĐT Bunhiacốpki)
Ta có: 9 = (x + 2y)2 = (x + 2 2y)2 ≤ (1 + 2)(x2 + 2y2)
⇔ (x2 + 2y2) ≥ 3 Vậy GTNN(E) = 3 khi và chỉ khi y = x = 1
*M ột số bài tập tự luyện khác:
Bài1: Cho các số x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 Tìm GTNN của biểu thức
C = xy + yz + zx
Bài2: Cho x + y + z = 3 Tìm GTNN của biểu thức:
P = x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx
Bài3: Cho a, b, c, d là 4 số thực thỏa mãn a + b = c + d Tìm GTNN của biểu
thức N = (x + a)(x + b)(x + c )(x + d)
Bài4: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x + y + z = 6.
Tìm GTLN của biểu thức: N = xy + 2yz + 3zx
III Kết quả thu đợc
Sau khi tôi thực hiện xong đề tài và áp dụng vào giảng dạy học sinh với lớp 9A nh trên thì kết quả thu đợc nh sau:
Không biết
cách làm E ngại và không định hớng đ-ợc phơng pháp giải Định hớng và có phơng pháp giải
Nhìn vào bảng số liệu so với bảng thống kê trớc khi áp dụng đề tài ta nhận thấy các em đã chủ động và tự tin hơn khi tiếp cận và giải các bài toán cực trị
Trang 12C kết luận kiến nghị Đề tài “ Phơng pháp tìm cực trị của biểu thức bậc hai ở trờng THCS” theo tôi là một đề tài khó vì vậy thật dể hiểu khi HS e ngại khi tiếp xúc với dạng toán này, thâm chí đôi khi kể cả giáo viên cũng dè dặt không muốn đi sâu trong quá trình giảng dạy Nghiên cứu tổng hợp và nêu đợc phơng pháp giải
là một vấn đề nhng việc dạy học sinh nắm đợc các dạng toán và phơng pháp giải chúng là vấn đề không đơn giản chút nào
Sau khi áp dụng đề tài vào các buổi dạy ôn tập, dạy nâng cao và dạy bồi d-ỡng cho học sinh bớc đầu tôi nhận thấy kết quả tơng đối khả quan Các em
đã thân thiện và hứng thú hơn với bài toán cực trị đó là điều quan trọng để tiến tới các em sẻ yêu thích và hình thành đợc kỹ năng thành thạo cho việc giải bài toán cực trị Trong thời gian tới tôi sẽ tiếp tục hoàn thiện hơn với đề tài này và mở rộng thêm nhiều dạng khác nữa Để hoàn thành bớc đầu phơng pháp giải bài toán cực trị ở trờng THCS ngoài việc tham khảo tài liệu, thực nghiệm s phạm còn có sự góp ý chân thành từ các đồng nghiệp
Đề tài là một vấn đề khoa học khó nên trong quá trình thực hiện chắc chắn
sẽ không tránh khỏi sự thiếu sót Tôi rất mong nhận đợc sự góp ý chân thành của các thầy cô giáo, của bạn đọc để tôi có thể hoàn chỉnh đề tài hơn trong những lần sau Xin chân thành cám ơn!
t liệu tham khảo
- Tạp chí toán học tuổi thơ, tuổi trẻ
- Một số vấn đề phát triển toán 8, 9 của Vũ Hữu Bình
- 1001 bài toán sơ cấp của nhiều tác giả
- Tổ chuyên môn của trờng và một số đồng nghiệp khác
- Một số tài liệu tham khảo khác