Phát triển tư duy cho học sinh khối 8, 9 thông qua giải một số bài toán THCS

Với đặc thù là môn khoa học tự nhiên, toán học không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình vào trong thự

1 Mở đầu:

1.1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình THCS, toán học chiếm một vai trò rất quan trọng Với đặc thù là môn khoa học tự nhiên, toán học không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình vào trong thực tế, cuộc sống mà toán học còn là công cụ giúp các em học tốt các môn học khác và góp phần giúp các em học sinh phát triển một cách toàn diện

Từ vai trò quan trọng đó mà việc giúp các em học sinh yêu thích, say mê toán học giúp các em học sinh khá giỏi có điều kiện mở rộng, nâng cao kiến thức là một yêu cầu tất yếu đối với giáo viên dạy toán Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc học toán Nhất là đất nước ta đang trong thời kỳ công nghiệp hoá, hiện đại hoá, rất cần những con người năng động, sáng tạo có hiểu biết sâu và rộng …Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng sáng tạo toán cho học sinh, khuyến khích học sinh giải bài toán bằng nhiều cách hay từ một bài toán ban đầu có thể phát triển thành nhiều bài toán khác nhưng vẫn giữ nguyên được những yếu tố của bài toán…

1.2 Mục đích nghiên cứu

Thực tế trong quá trình dạy và học toán có rất nhiều bài toán mang tính điển hình, từ bài toán đó ta có thể phát triển thêm các bài toán khác mang các thuộc tính tương tự Bao giờ cũng vậy có những bài toán mang tính chất điển hình chứa đựng nhiều nội dung, nhiều mối liên kết lôgíc Những bài toán điển hình có thể coi là phần tử đại diện cho một lớp các bài toán có tính chất chung

Vì vậy trong quá trình dạy theo tôi người dạy phải biết trong sâu, rộng của toán học, đâu là những bài toán mấu chốt, đâu là những bài toán đại diện và vấn đề

cơ bản của các bài toán ấy là vấn đề gì

Với những ý nghĩ đó tôi đã viết đề tài “ Phát triển tư duy cho học sinh

khối 8;9 thông qua giải một số bài toán THCS” Đây là những bài toán mà khi

dạy bồi dưỡng cho học sinh THCS qua nhiều năm mà tôi đã giới thiệu cho học sinh.Với mong muốn góp một phần nhỏ bé trong công tác bồi dưõng học sinh với đồng nghiệp

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

- Phần kiến thức: Lý thuyết bài tập vận dụng kiến thức về bất đẳng thức, tìm tòi lời giải, khai thác triệt để của từng bài toán

- Học sinh: Học sinh khá giỏi khối 8; 9 tại trường THCS Thị Trấn - Triệu Sơn

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp quan sát: Thực trạng về công tác chỉ đạo, công tác bồi

dưỡng học sinh khỏ, giỏi, quỏ trỡnh học tập, chất lượng học tập của học sinh khỏ, giỏi.

Phương phỏp nghiờn cứu tài liệu như nghiờn cứu sỏch, giỏo trỡnh cú liờn quan đến kiến thức, bài tập vận đụng kiến thức về bất đẳng thức, khai triển một bài toỏn hỡnh học Nghiờn cứu chất lượng học sinh Nghiờn cứu cụng tỏc chỉ đạo của nhà trường đối với cụng tỏc bồi dưỡng học sinh khỏ, giỏi

Phương phỏp tổng kết kinh nghiệm

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:

2.1 Cơ sở lý luận của vấn đề:

Trong quỏ trỡnh giảng dạy toỏn cần thường xuyờn rốn luyện cho học sinh cỏc phẩm chất trớ tuệ cú ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rốn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh Đối với học sinh khỏ giỏi, việc rốn luyện cho cỏc

em tớnh linh hoạt, tớnh độc lập, tớnh sỏng tạo, tớnh phờ phỏn của trớ tuệ là những điều kiện cần thiết vụ cựng quan trọng trong việc học toỏn

Với mục đớch thứ nhất là rốn luyện khả năng sỏng tạo Toỏn học, trước mỗi bài tập tụi đó cho học sinh tỡm hiểu cỏch giải, đồng thời người thầy giỏo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cỏch giải Trờn cơ sở đú học sinh tự tỡm ra cỏch giải hợp lớ nhất Phỏt hiện ra những cỏch giải tương tự và khỏi quỏt đường lối chung Trờn cơ sở đú với mỗi bài toỏn cụ thể cỏc em cú thể khỏi quỏt hoỏ bài toỏn thành bài toỏn tổng quỏt và xõy dựng bài toỏn tương tự

Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phơng pháp bồi dỡng

cho học sinh khá giỏi từ trớc đến nay Xây dựng một phơng phỏp mới đó là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán cho học sinh sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình

2.2 Thực trạng của vấn đề:

2.2.1 Thực trạng vấn đề

Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc

nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 20% các em thực sự có hứng thú học toán (Có t duy sáng tạo), 40% học sinh thích học toán (cha có tính

độc lập, t duy sáng tạo) và 40% còn lại nữa thích nữa không Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học xong nhiều khi học một cách thụ động, cha biết cách t duy để tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài toán nào đó, bởi vì do điều kiện khách quan của địa phơng và của trờng, học sinh chỉ đợc bồi dỡng một thời gian nhất định trớc khi đi thi, do vậy chỉ đợc học một phơng pháp, vì vậy học sinh cha có hứng thú học toán

Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện đợc khả năng sáng tạo, tìm

đợc nhiều cách giải do đó bản thân ngời thầy, ngời cô phải là ngời tìm ra nhiều cách giải nhất

2.2.2 Kết quả khảo sỏt đỏnh giỏ học sinh

Trước khi viết đề tài này “ Phỏt triển tư duy cho học sinh khối 8;9 thụng

qua giải một số bài toỏn THCS” khi chưa giảng dạy cho học sinh phương phỏp

phỏt triển tư duy cho học sinh tụi đó khảo sỏt chất lượng 40 học sinh khỏ, giỏi lớp 9 trường THCS Thị Trấn bằng cỏch làm một số bài kiểm tra về bài toỏn Phỏt

triển tư duy cho học sinh thỡ thấy kết quả như sau:

Điểm

Tổng số HS

0  4,9 5  6, 4 6,5  7,9 8  10

40

Với sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã thu được kết quả đáng kể trong việc nâng cao chất lượng học sinh củng như đạt kết quả cao các kỳ thi học sinh giỏi các cấp

2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện :

2.3.1 Kế hoạch và thời gian nghiên cứu

Chủ đề này tôi áp dụng trong trường THCS Thị Trấn trong thời gian từ đầu năm học 2017 - 2018 và tiếp trong những năm học sau với tinh thần rút ra những bài học kinh nghiệm và có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với các đối tượng và giai đoạn cụ thể

* Năm 2014 - 2017: Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu tài liệu và xây dựng đề cương

* Năm 2017 - 2018: Thực nghiệm và so sánh kết quả

2.3.2 Nội dung nghiên cứu

Phần thứ nhất: Một số bài toán thức liên quan đến đại số tìm tòi có nhiều cách giải có mốt cách sử dụng đến kiến thức về bất đẳng thức

Phần thứ hai: Một số bài toán thức liên quan đến hình học tìm tòi được nhiều cách giải, và một số bài toán hình học có thể phát triển thành bài toán khác

2.3.3 Định hướng chung

Trong bài toán mà có nhiều cách giải thì giáo viên nên để học sinh tự tìm tòi lời giải, sau đó nếu không có học sinh nào tìm ra lời giải khác thì giáo viên sẽ gợi mở cho học sinh để học sinh tự tìm tòi lời giải tiếp theo

Bài toán 1: Cho các số x ; y thoả mãn x  0 ;y  0 và x+ y = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2

Hướng dẫn:

CÁCH 1 :

Ta có x + y = 1 nên y = - x + 1 thay vào A = x2 + y2 ta có :

x2 + ( -x + 1)2 - A = 0 hay 2x2 - 2x + ( 1- A) = 0 (*)

Do đó để biểu thức A tồn tại giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi phương trình (*)

2

1 0

1 2 0 1

2 1 0 '          

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 21 khi phương trình (*) có nghiệm kép hay x = 21 mà x + y = 1 thì y = 21 Vậy Min A = 1/2 khi x = y = 1/2 ( t/m)

CÁCH 2 : Theo Bất đẳng thức Bunhiacôpxky ta có 1 = x + y hay

1= (x + y)2  

2

1

2 2 2 2 2









 x y x y Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y mà x + y =1 hay x =y = 1/2 ( t/m)

CÁCH 3 :

Không mất tính tổng quát ta đặt 









m y

m

với 0 m 1

Mà A= x2 + y2 Do đó A = ( 1- m)2 + m2 hay A= 2m2 - 2m +1

hay 2A = (4m2 - 4m + 1) + 1 hay 2A = (2m- 1)2 + 1 hay  

2

1 2

1 2

1

2 2







 m

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi m= 1/2 hay x = y = 1/2

CÁCH 4 :

Ta có A = x2 + y2 = ( x+ y)2 - 2xy = 1 -2xy ( vì x + y =1 )

mà xy  

2

1 2

1 2 1 2

1 2

4

1 4

2

























Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 5 :

Xét bài toán phụ sau : Với a , b bất kì và c ; d > 0 ta luôn có :

 

d c

b a d

b c

a









2 2

2

(*) , dấu “=” xảy ra khi c a d b Thật vậy : có       











































2 2

2

y

b x

a y

y x

b a y

b x

a









2 2

2

(ĐPCM)

ÁP DỤNG

Cho a = x và b = y ,từ (*) có : A= x2 + y2 =  

2 1

1

2 2



Nên A 12 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 6 :

Ta có A = x2 + y2 hay xy = 12A (*) mà x + y =1 (**)

Vậy từ (*) ;(**) có hệ phương trình 









 2 1 1

A xy

y x

Hệ này có nghiệm  

2

1 0

1 2 1 0

;

0       

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x+ y =1 và x2 + y2 = 21 hay x = y = 1/2

CÁCH 7 :

Ta có A = x2 + y2 = x2 + y2 + 1 - 1 mà x + y =1 nên A = x2 + y2 - x - y -1 Hay A = 2 14 2 412112































 x y y

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 8 :

Ta có A= x2 + y2 =  

2 1

2 2

2 2 2 2

y x

y x y x

y y x

x y x

y x y

























Mà x + y =1 nên A 12

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 9 :

Ta có x + y =1  xy 21 21 Vậy để chứng minh A 21

với A = x2 + y2 thì ta chỉ cần chứng minh 2 2 12







y x y

Thật vậy : Ta có x2 y2 xy 21

2

1 2































2

1

 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y =1/2

CÁCH 10 :

Không mất tính tổng quát ta đặt 1 2

1 2



















m m

y m x

.Do đó A = x2 + y2 hay (2-m)2 + (m-1)2 - A =0 hay 2m2 - 6m +5 = A

2

1 2

1 2

3

2 2







 m

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 11 : Không mất tính tổng quát ta đặt 2 3

2 3

















m y m x

Do đó A = x2 + y2 hay (3 - m)2 + (m - 2)2 - A = 0 hay 2m2 - 10m +13 = A Hay  

2

1 2

1 2

5

2 2







 m

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 12 :

Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = 3 mà A = x2 + y2 hay

A = (x2 + 2x + 1) + ( y2 + 2y +1) - 4 hay A = (x+1)2 + ( y+1)2 - 4

Do đó ta đặt 





















1 1 1

1

b a y

b x a

Khi ta có bài toán mới sau : Cho hai số a , b thoả mãn a 1 ;b 1 và a + b =3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a2 + b2 - 4

Thật vậy :

Ta có A = a2 + b2 - 4 = (a+b)2 - 2ab - 4 = 5 - 2ab ( vì a+b=3)

Mặt khác theo côsi có :  

4

9 4

2





 a b

ab do đó A 21 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 13 :

Không mất tính tổng quát ta đặt b m a

b m y m a x

















 ( với a > b vì a - b =1 hay a = b+ 1 hay a > b )

Do đó A = x2 + y2 hay (a-m)2 + (m-b)2 - A =0 hay

2m2 - 2m (a+b) +(a2 + b2) = A hay

2

1 2

1 2

2 2

2

2

2 2

2 2 2

























A b

a b a b

a m

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2

CÁCH 14 :

Ta có x + y =1 hay y = 1 - x mà y  0  0 x 1

Do đó x2 + y2 - A = 0 hay 2 x2 - 2x +( 1 - A ) = 0

Khi đó ta có bài toán mới sau :

Tìm A để phương trình 2 x2 - 2x +( 1 - A ) = 0 (*) có nghiệm 0 x1 x2  1 Với x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (*)

Thật vậy để phương trình (*) có nghiệm

1 2

2

' 0

0

1

1

P

x x

x

P

   



       



 



 





Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x =y = 1/2

Bài toán 2: Cho các số thực a, b, c > 0 Chứng minh rằng: 3

2

Cách 1: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

3

b c b c c a c a a b a b

6

b c b c c a c a a b a b

3 2

b c c a a b

Cách 2: Cộng thêm vào hai vế của BĐT (1) với 3 Ta có

3 2

9

2

        

9 2

a b c a b c a b c

b c c a a b

b c c a a b

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

b c c a a b

3 2

b c c a a b

Cách 3: Không mất tính tổng quát giả sử a b c 

b c c a a b

Vì a b c  nên a b a c



  và c a c a



0

3

2

Cách 4: Không mất tính tổng quát giả sử a b c   1

Ta chứng minh: a bc b ca c ab 2

   Theo BĐT AM – GM ta có:

( )( ) (b c)(b ) (c )( )

       (a b ) (  b c ) (  c a ) 2 

Lại có: ( )2 4

4

x y



4 b c c a a b 2

Cách 5: Sử dụng bất đẳng thức phụ để chứng minh:

Ta có x2 y2  2 ;xy y2 z2  2 ;yz z2 x2  2zx (x y z  ) 2  3(xy yz zx  )

2

3

Ta chứng minh (b c c a ab)( ) ( c a a b a b b c bc)( ) ( ca)( )43

Không mất tính tổng quát giả sử a b c   1

Bất đẳng thức trở thành: 4ab(1 c)  bc(1 a)  ca(1 b)    3(1 a)(1 b)(1 c)   

9

  (đúng)

3

Từ (*) và (2*) syt ra:

2

3.

Cách 6: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

2

a

b

2

c

Từ (1) (2) và (3) suy ra: a2

2

a b c

a b c

 

  

3

2

          

3

2

b c c a a b

3 2

b c c a a b

(Khi dạy đối với học sinh lớp 8 tôi thường sử dụng từ cách 1 đến cách 6 đối với học sinh khá, giỏi, các em thấy được một bài toán có thể giải được nhiều cách khác nhau, làm tăng sự hứng thú, đam mê, sáng tạo tìm tòi cách giải cho học sinh và học sinh có thêm một công cụ để khai thác và giải quyết những bài toán khó hơn.)

Cách 7: Dùng phương pháp đổi đặt ẩn phụ:

Khi đó BĐT (1) trở thành:  y z x 2x z x y 2y x y z 2z 32

6

P

        Ta có P 6 6 y z z x x y 6

x x y y z z

3 2

b c c a a b

3

B C

   (2) ; A B a b b c c a 3 3 a b b c c a 3

3

A C

Từ (3) và (4) suy ra: 2A (B C ) 6  (5)

Từ (1) và (5) suy ra: 2 3 6 3

2

2

b c c a a b

Cách 9: Cộng thêm vào hai vế của BĐT (1) với 3

2 Ta có:

3 2

3

      

Đặt P a 12 b 12 c 12

       

P

 (2a b c  )(2b c a  )(2c a b  ) 8(  a b b c c a )(  )(  )

Theo BĐT AM-GM ta có: 2a b c   (a b ) (  a c ) 2 (  a b a c ).(  ) (3)

Tương tự: 2b c a   2 (b c b a )(  ) (4) ; 2c a b   2 (c a c b )(  ) (5)

Từ (3) (4) và (5) Suy ra: (2a b c  )(2b c a  )(2c a b  ) 8(  a b b c c a )(  )(  )

3 2

b c c a a b

Cách 10: Sử dụng cách đổi biến

Đặt x a ; y b ; z c

Ta biến đổi: 1 ; 1 ; 1

2

1 x 1 y 1 z

2

2

3

2 3

2

 (2*)

Ta có (2*) mâu thuẫn với (*) nên điều giả sử 3

2

2

2

Cách 11: Sử dụng cách đổi biến

Đặt x b; y c; z a xyz 1

2

3

2 2 2

Theo BĐT AM – GM ta có:

2 2 2

5 2 2 2 5 2 2 2 5

Chứng minh tương tự: x y y z z x xy yz zx2  2  2    (2*)

Từ (*) và (2*) suy ra: 2(x y y z z x2  2  2 )    x y z xy yz zx 

2

Cách 12: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

2 3

2 3

3

Chứng minh tương tự:

Từ (*) (2*) và (3*) suy ra: 3

2

Cách 13: Sử dụng bổ đề:

a2 b2 c22  3a b b c c a3  3  3  ; a2 b2 c22 3ab3 bc3 ca3

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

3 3 3 3 3 3

2 2 2 2

 



2 2 2 2 3 3 3 3 3 3

.

2

Cách 14: Không mất tính tổng quát giả sử a b c , (0;3) và a b c   3

  (*) Chứng minh tương tự: 2 (2*); 2 (3*)

Từ (*) (2*) và (3*) suy ra:

3

a a

 +

2

1

a

1

b

1

c

c 

2

3 2

a b c

a b c

 

  

(bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ) 3

2

b c c a a b

(Khi dạy đối với học sinh lớp 9 tôi thường sử dụng từ cách 7 đến cách 14 đối với học sinh khá giỏi, các em thấy được một bài toán có thể giải được nhiều cách khác nhau, làm tăng sự hứng thú, đam mê, sáng tạo tìm tòi cách giải cho học sinh và học sinh có thêm kiến thức để khai thác và giải quyết những bài toán khó hơn bằng nhiều cách suy luận dẫn đến lời giải nhanh hơn.)

Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có A D  và AB = CD.Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang cân

Hướng dẫn: Sau khi học sinh tìm hiểu đề bài,giáo viên yêu cầu học sinh chỉ ra hướng giải là cần chứng minh AD // BC

CÁCH 1 :

Kẻ BK  AD ; CH  AD

Suy ra: BK // CH (1)

Xét 2 tam giác vuông AKB và DHC có: A C  ; AB = CD

 ABK = DHC (cạnh huyền và góc nhọn)

Do đó : BK = CH (2)

Từ (1) và (2) suy ra BKHC là hình bình hành  BC//AD

 Tứ giác ABCD là hình thang cân

CÁCH 2: Kẻ BE//CD (E  AD) (1)

D K

A

H