intTypePromotion=1

SKKN môn Toán lớp 10: Áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong một số bài toán bất đẳng thức

Chia sẻ: Nguyễn Bảo Giang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

0
851
lượt xem
267
download

SKKN môn Toán lớp 10: Áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong một số bài toán bất đẳng thức

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SKKN môn Toán lớp 10 với đề tài "Áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong một số bài toán bất đẳng thức" được lựa chọn để giúp các em hạn chế và giảm những sai sót này trong quá trình giải những bài toán bất đẳng thức để tìm GTLN, GTNN chúng tôi áp dụng một kỹ thuật nhỏ gọi là “ Kỹ thuật chọn điểm rơi".

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: SKKN môn Toán lớp 10: Áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong một số bài toán bất đẳng thức

  1. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG MỤC LỤC MỞ ĐẦU ………………………………………………………….Trang 2 I. Lí do chọn đề tài nghiên cứu…………………………………Trang 2 II. Mục đích nghiên cứu ………………………………………..Trang 2 III. Khách thể và đối tượng nghiên cứu…..……………………..Trang 2 IV. Nhiệm vụ nghiên cứu…..…………………………………....Trang 5 V. Phương pháp nghiên cứu……………………………………..Trang 5 VI. Phạm vi nghiên cứu………………………….….………….Trang 5 NỘI DUNG NGHIÊN CỨU……………………………….………...Trang 6 I. Bài toán xuất phát………………….……………..…………...Trang 6 II. Sai lầm trong đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân………………………………….……………………….Trang 6 III. Sai lầm trong đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng……………………………………………………….………….Trang 15 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ…………………………………….…Trang 18 Các phụ lục………………………………………………..………Trang 19- 22. 1
  2. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. TÊN ĐỀ TÀI: ÁP DỤNG KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC. A. CHƯƠNG 1. MỞ ĐẦU. I/ LÍ DO CHỌN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU, TRIỂN KHAI ỨNG DỤNG. Bất đẳng thức là một nội dung khó đối với học sinh nhưng lại là một trong những nội dung quan trọng trong các kiến thức thi Đại Học. Trong quá trình học và ứng dụng lí thuyết để làm bài tập học sinh thường gặp nhiều khó khăn, lúng túng, dễ mắc sai lầm. Có những bài toán tìm GTLN, GTNN nếu không nắm được cách làm thì dễ dẫn đến sai lầm trong quá trình suy luận. Để giúp các em hạn chế và giảm những sai sót này trong quá trình giải những bài toán bất đẳng thức để tìm GTLN, GTNN chúng tôi áp dụng một kỹ thuật nhỏ gọi là “ Kỹ thuật chọn điểm rơi”. Đó là lí do tôi chọn đề tài này. II/ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Thông thường đứng trước bài toán bất đẳng thức để tìm GTLN, GTNN học sinh nghĩ ngay đến dạng mẫu đã học, áp dụng ngay các bất đẳng thức đã học nhưng thực tế qua các bài toán bất đẳng thức dùng cho học sinh khá, giỏi hoặc đề thi đại học, cao đẳng học sinh còn gặp những dạng phức tạp mà để giải nó đòi hỏi phải có những nhận xét đặc biệt. Một trong những nhận xét đặc biệt đó là dựa trên “ Kỹ thuật chọn điểm rơi” để giải bài toán. III/KHÁCH THỂ VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: 1/ Khách thể nghiên cứu: + Thực tế việc giải bất đẳng thức các em đã làm từ cấp 2, chủ yếu là dạng có sẳn. Lên lớp10 các em được trang bị kiến thức về bất đẳng thức kĩ lưỡng hơn, đa dạng hơn nhưng cách giải cũng chủ yếu là dùng phương pháp biến đổi, bất đẳng thức Cô-Si. 2/ Đối tượng cần nghiên cứu: 2
  3. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG Là học sinh lớp 10A8và 10D4, lớp 12 trong quá trình học chương bất đẳng thức và học sinh luyện thi vào đại học, cao đẳng. Tôi lựa chọn 2 lớp của trường THPT Phan Bội Châu có những điều kiện thuận lợi cho việc nghiên cứu ứng dụng. * Học sinh: Chọn lớp 10A8 là nhóm thực nghiệm và 10D4 là nhóm đối chứng và tiến hành kiểm tra các kiến thức cơ bản để đánh giá và so sánh mức độ của 2 lớp trước tác động. Kết quả kiểm tra cho thấy điểm trung bình của hai lớp không có sự khác nhau, do đó tôi dùng phép kiểm chứng T-Test để kiểm chứng sự chênh lệch giữa điểm số trung bình của 2 lớp trước khi tác động. Kết quả: Bảng 1. Kiểm chứng để xác định các nhóm tương đương Đối chứng (ĐC) Thực nghiệm (TN) TBC 5,5 5,5 p 0,44 P  0,44  0,05 , từ đó kết luận sự chênh lệch điểm số trung bình của hai nhóm TN và ĐC là không có ý nghĩa, hai nhóm được coi là tương đương. Bảng 2. Thiết kế nghiên cứu Nhóm Kiểm tra trước TĐ Tác động (TĐ) KT sau TĐ Dạy học theo hệ thống Thực nghiệm O1 O3 bài tập liên quan Dạy học theo hệ thống Đối chứng O2 O4 bài tập có nhiều loại ở thiết kế này chúng tôi sử dụng phép kiểm chứng T-Test độc lập. 3/ Quy trình nghiên cứu * Chuẩn bị bài của giáo viên: Thiết kế bày dạy lớp thực nghiệm theo hệ thống bài tập liên quan Thiết kế bày dạy lớp đối chứng theo hệ thống bài tập có nhiều loại. 3
  4. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG Tiến hành dạy thực nghiệm: Chọn 2 lớp để khảo sát với nội dung đánh giá điểm và kiểm chứng T-Test để chọn đúng 2 lớp tương đương. Thời gian tiến hành thực nghiệm: Tổ chức các tiết dạy học theo như kế hoạch 4/ Đo lường Đánh giá học sinh sau tác động thông qua bài kiểm tra sau đó dùng phép kiểm chứng t-test phụ thuộc và tính mức độ ảnh hưởng đối với nhóm thực nghiệm. PHÂN TÍCH DỮ LIỆU VÀ KẾT QUẢ Bảng 3. So sánh điểm trung bình bài kiểm tra sau tác động Đối chứng Thực nghiệm ĐTB 6,1 7,4 Độ lệch chuẩn 0,97 1,45 Giá trị P của T- test 0,0001 Chênh lệch giá trị TB chuẩn 1,34 (SMD) Như trên đã chứng minh rằng kết quả 2 nhóm trước tác động là tương đương. Sau tác động kiểm chứng chênh lệch ĐTB bằng T-Test cho kết quả p=0,0001, cho thấy sự chênh lệch giữa ĐTB nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng rất có ý nghĩa, tức là chênh lệch kết quả ĐTB nhóm thực nghiệm cao hơn ĐTB nhóm đối chứng là không ngẫu nhiên mà do kết quả của tác động. 7,4  6,1 Chênh lệch giá trị trung bình chuẩn SMD =  1,34 . Điều đó cho 0,97 thấy mức độ ảnh hưởng của nhóm thực nghiệm là lớn. BÀN LUẬN Kết quả của bài kiểm tra sau tác động của nhóm thực nghiệm là TBC  7,4 , kết quả bài kiểm tra tương ứng của nhóm đối chứng là TBC  6,1 . Độ chênh lệch điểm số giữa hai nhóm là 1,3 ; Điều đó cho thấy điểm TBC của hai lớp đối chứng và 4
  5. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG thực nghiệm đã có sự khác biệt rõ rệt, lớp được tác động có điểm TBC cao hơn lớp đối chứng. Chênh lệch giá trị trung bình chuẩn của hai bài kiểm tra là SMD  1,34 . Điều này có nghĩa mức độ ảnh hưởng của tác động là lớn. Phép kiểm chứng T-test ĐTB sau tác động của hai lớp là p  0,0001  0,001 . Kết quả này khẳng định sự chênh lệch ĐTB của hai nhóm không phải là do ngẫu nhiên mà là do tác động. IV/ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU: 1/ Cơ sở lý luận và thực tiễn: 1.1. Cơ sở lý luận: Sách giáo khoa lớp 10, các tài liệu ttham khảo. 2.1. Cơ sở thực tiễn: Học sinh lớp10 và 12 trường THPT Phan Bội Châu trong các năm học vừa qua. 2/ Những định hướng đổi mới: - Cho học sinh làm một số dạng toán liên quan đến đề tài này. - Khuyến khích các em tìm tòi một số bài toán liên quan đến đề tài này. 3/ Đánh giá thực trạng: Học sinh nhiều em chưa biết ứng dụng “ Kỹ thuật chọn điểm rơi” để giải một số bài toán bất đẳng thức. 4/ Đề xuất biện pháp: Trong tiết dạy tự chọn 10 và 12, Giáo viên nên cho một vài bài toán dạng này để khích lệ sự tìm tòi, sáng tạo cho học sinh. V/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Tham khảo tài liệu, sách giáo khoa. Báo Toán học và tuổi trẻ. - Thực hành thông qua quá trình giảng dạy. - Điều tra kết qủa học tập của học sinh từ đó thấy được mức độ và hiệu quả đạt được của HS khi thực hiện đề tài. Qua đó rút kinh nghiệm và thực hiện tốt hơn trong quá trình xây dựng đề tài. VI/ PHẠM VI NGHIÊN CỨU: 1/ Phạm vi khoa học: Kiến thức Toán của chương trình phổ thông 2/ Địa bàn nghiên cứu: Trường THPT Phan Bội Châu, Cam Ranh, Khánh Hòa. 3/ Thời gian nghiên cứu: Từ năm học 2011 – 2013 5
  6. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG B. CHƯƠNG 2. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU. I. BÀI TOÁN XUẤT PHÁT. a b 1. Bài toán xuất phát: Cho a, b  0. Tìm giá trị nhỏ nhất của P   b a Giải. a b a b Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: P    2 .  2. b a b a MinA  2  a  b * Nhận xét: Từ bài toán này có thể thay đổi miền xác định để có các bài toán sau: II/ SAI LẦM TRONG ĐÁNH GIÁ TỪ TRUNG BÌNH CỘNG SANG TRUNG BÌNH NHÂN. A) Bất đẳng thức Cô si: Cho a1 ; a2 ;...; an là các số không âm. Ta có a1  a2  ...  an  n n a1a2 ...an . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ....  an . 1 Bài 1: Cho a  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a  . a 1. Nhận xét và lời giải: 1 1 1.1. Sai lầm mà học sinh thường gặp: P  a   2 a.  2  MinP  2 a a 1 1.2. Nguyên nhân sai lầm: MinP  2  a   a  1 (mâu thuẫn với giả thiết a a  3) 1.3. Phân tích và tìm lời giải: 1 Xét bảng biến thiên của a; và P để dự đoán MinP a 6
  7. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG a 3 4 5 6 7 8 9 10 ……. 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ……. a 3 4 5 6 7 8 9 10 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P 3 4 5 6 7 8 9 10 …….. 100 3 4 5 6 7 8 9 10 100 Ta thấy khi a tăng thì P càng lớn và từ đó dẫn đến dự đoán là khi a  3 thì P nhận giá trị nhỏ nhất. 10 Để dễ hiểu và tạo sự ấn tượng ta sẽ nói rằng MinP  đạt tại « Điểm 3 rơi: a  3 » Do bất đẳng thức xảy ra dấu bằng tại điều kiện các số tham gia phải bằng nhau, nên tại « Điểm rơi: a  3 » ta không thể sử dụng bất đẳng thức Cô si trực tiếp 1 1 cho 2 số a và vì 3  . Lúc này ta sẽ giả định sử dụng bất đẳng thức Cô si a 3  a 1 a 1 cho cặp số  ;  sao cho tại « điểm rơi: a  3 » thì  . Khi đó ta có sơ đồ m a m a điểm rơi sau đây: a 3 m  m  1 3 Sơ đồ: a  3      m  9 . Vậy m  9 là hệ số điểm rơi. 1  1 3 m a 3  Từ đó ta biến đổi P theo sơ đồ « Điểm rơi » như nêu ở trên. 1.4. Lời giải đúng: 1  a 1  8a a 1 8a 2 8a 2 8.3 10 Pa    2 .       a 9 a 9 9 a 9 3 9 3 9 3 10  MinP  tại a  3 3 1 Bài 2: Cho a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a  . a2 1. Nhận xét và lời giải: 7
  8. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG 1.1. Sai lầm mà học sinh thường gặp: 1  a 1  7a a 1 7a 2 7a 2 7.2 9 Pa   2  2 . 2       a 8 a  8 2 8 a 8 8a 8 8.2 8 4 9  MinP  khi a  2 4 1.2. Nguyên nhân sai lầm. 9 Mặc dù ta đã biến đổi P theo điểm rơi a  2 và MinP  là đáp số đúng nhưng 4 cách giải trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: ‘nếu a  2 thì 2 2 2   là đánh giá sai’ 8a 8.2 4 Để điều chỉnh lời giải sai thành lời giải đúng ta cần phải biến đổi P sao cho khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si sẽ khử hết biến số a ở mẫu số. 1.3. Sơ đồ điểm rơi: a 2 m  m  1 2 a2    m  8. Vậy m  8 là hệ số điểm rơi. 1 1 4 m a  2 4 1.4. Lời giải đúng: 1  a a 1  6a a a 1 6a 3 6.2 9 Pa    2   33 . . 2     a 8 8 a  8 2 8 8 a 8 4 8 4 9 Vậy MinP  khi a  2 . 4 1 1 Bài 3: Cho 0  a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2a  . 2 a2 1. Nhận xét và lời giải: 1 1 1 1.1. Sai lầm mà học sinh thường gặp: P  2a   a  a  2  3 3 a.a. 2  3 a 2 a a  MinP  3 1.2. Nguyên nhân sai lầm: 1 1 MinP  3  a  a  mâu thuẫn với giả thiết 0  a  a 2 2 8
  9. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG 1 1.3. Phân tích và tìm lời giải: Xét bảng biến thiên của a; 2a; và P để dự đoán a2 MinP 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2.a 1 5 9 4 7 3 5 2 3 1 100 81 64 49 36 25 16 9 4 a2 1 2 1 2 1 2 1 2 P 100 81 64 49 36 25 16 9 5 5 9 4 7 3 5 2 3 Từ bảng biến thiên ta thấy khi a càng tăng thì P càng nhỏ và từ đó dẫn đến dự 1 đoán là khi a  thì P nhận giá trị nhỏ nhất. 2 1.3.1. Sơ đồ điểm rơi 1:  1 a 1   2 1 4 a     m  8. Vậy m  8 là hệ số điểm rơi. 2  1 4 2 m   ma  2 m 1.3.2 Lời giải đúng 1: 1  1  7 1 7 3 7 3 7.4 P  2a    a  a  2   2  3 3 a.a. 2  2   2   5 a  2 8a  8a 8a 8a 2 8a 2 8 1 Vậy MinP  5 khi a  . 2 1.4.1. Sơ đồ điểm rơi 2:  m ma  2 1  1 4 a     m  8. Vậy m  8 là hệ số điểm rơi. 2 1 2 m 4 a  2 1.4.2 Lời giải đúng 2: 1  1 1 1 P  2a    8a  8a  2   14a  3 3 8a.8a. 2  14a  12  14a  12  14.  5 a2  a  a 2 9
  10. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG 1 Vậy MinP  5 khi a  . 2 Bài 4: Cho a; b  0 và a  b  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 P  ab  . ab 1. Nhận xét và lời giải: 1.1. Sai lầm mà học sinh thường gặp: 1 1 P  ab   2 ab.  2  MinP  2 ab ab 1.2. Nguyên nhân sai lầm: 1 ab 1 1 MinP  2  ab   ab  1  1  ab    1  (Vô lý) ab 2 2 2 1.3. Phân tích và tìm lời giải: Biểu thức của P chứa 2 biến số a, b nhưng nếu đặt 1 1 t  ab hoặc t  thì P  t  là biểu thức chứa một biến số. do đó khi đổi ab t biến số ta cần phải tìm miền xác định cho biến số mới, cụ thể là: 1 1 1 1 1 Đặt t   ab  và t   2  2  4 ab t ab  a  b   1       2  2 * khi đó bài toán trở thành Cho t  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 Pt . t  Sơ đồ điểm rơi: t 4 m  m 1 4  t4     m  16 :Hệ số điểm rơi 1 1   t m t 4  * Lời giải tổng hợp: 1  t 1  15t t 1 15t 2 15t 2 15.4 17 P t      2. .       t  16 t  16 16 t 16 4 16 4 16 4 10
  11. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG 1 17 Với t  4 hay a  b  th ì MinP = 2 4 1 * Lời giải thu gọn: Do t  4  a  b  nên biến đổi trực tiếp P như sau: 2 1  1  15 1 15 17 P  ab    ab    2. ab.  2  ab  16ab  16ab 16ab ab 4 16    2  1 17 Với a  b  thì Min P = 2 4 ab ab Bài 5. Cho a, b  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   ab a  b 1. Nhận xét và lời giải: ab ab a  b ab 1.1. Sai lầm thường gặp: P    2. .  2  MinP  2 ab a  b ab a  b 1.2. Nguyên nhân sai lầm: ab ab MinP  2    1  ab  a  b  2 ab  1  2 : Vô lý. ab a  b 1.3. Phân tích và tìm tòi lời giải: Do P là một biểu thức đối xứng với a,b nên dự đoán MinP đạt tại a  b  0  Sơ đồ điểm rơi:  ab 2a 2  m ab ma  m   1 2 ab     m  4 :Hệ số điểm rơi.  ab  a  1 2 m  a  b 2a 2  1.4. Lời giải đúng: ab ab  a  b ab  3(a  b) P     ab a  b  4 ab a  b  4 ab a  b ab 3(a  b) 3 5 P2 .  1  . 4 ab a  b 4 ab 2 2 11
  12. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG 5 Với a  b  0 thì MinP  2 3 Bài 6. Cho a, b, c  0; a  b  c  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 1 1 1 P abc   . a b c 1. Nhận xét và lời giải: 1.1. Sai lầm thường gặp: 1 1 1 1 1 1 P abc    6 6 abc. . .  6  MinP=6 a b c a b c 1.2. Nguyên nhân sai nhầm: 1 1 1 3 MinP = 6  a  b  c     1  a  b  c  3  trái với giả thiết. a b c 2 1.3. Phân tích và tìm tòi lời giải: 1 Do P là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán MinP đạt tại a  b  c  2 1.4. Sơ đồ điểm rơi 1:  1 a  b  c  2  1 2 1     m  4 :Hệ số điểm rơi. abc 2  1  1  1  2 2 m  ma mb mc m  1.4.1 Cách 1: 1 1 1  1 1 1  3 1 1 1 P abc    a  b  c         a b c  4a 4b 4c  4  a b c  1 1 1 3 3 1 1 1  9 1  P  6 6 abc. . .   3. . .   3  3 4a 4b 4c 4  a b c 4 abc 9 1 27 1 15 3 3 .  4 abc 4 3 2 3 2 1 15 Với a  b  c  th ì MinP = . 2 2 1.4.2. Sơ đồ diểm rơi 2: 12
  13. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG   1 ma  mb  mc  2  m a b c     2 m 4 :Hệ số điểm rơi. 2 1  1  1  2 2 a b c  1.4.3 Cách 2: 1 1 1  1 1 1 P abc     4a  4b  4c      3(a  b  c) a b c  a b c 1 1 1 3 15  P  6 6 4a.4b.4c. . .  3( a  b  c )  12  3  a b c 2 2 1 15 Với a  b  c  thì Min P= . 2 2  a , b, c  0  1 1 1 Bài 7. Cho  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  a  b  c    . 2 2 2 a  b  c  2  a b c 1. Nhận xét và lời giải: 1.2. Sai lầm thường gặp: 1 1 1 1 1 1 P  a 2  b2  c2       2a 2b 2c 2a 2b 2c 1 1 1 1 1 1 9  9. 9 a 2b 2c 2 . . . . . .  3 2a 2b 2c 2a 2b 2c 4 9  MinP  3 4 9 1 1 1 1 1.3. Nguyên nhân sai lầm: MinP   a 2  b2  c2     3 3 4 2a 2b 2c 4 1 3 3  a bc  a  b  c  3  (trái với giả thiết) 3 2 2 2 1.4. Phân tích và tìm lời giải: 1 Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại a  b  c  2 1.4.1. Sơ đồ điểm rơi: 13
  14. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG  2 1 a  b  c  4 2 2 1  1 2 abc     m  8 :Hệ số điểm rơi. 2  1  1  1  2 4 m  ma mb mc m  1.4.2. Lời giải đúng: 1 1 1 P  a 2  b2  c2    a b c  1 1 1 1 1 1  3 1 1 1   a 2  b2  c2             8a 8b 8c 8a 8b 8c  4  a b c  1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1  9 9 1 P  9 9 a 2b 2 c 2 . . . . . .  3 . .    . 8a 8b 8c 8a 8b 8c 4  a b c  4 4 3 abc 9 9 1 9 9 27   .   .2  4 4 abc 4 4 4 3 1 27 Với a  b  c  thì MinP = . 2 4  a , b, c  0 1 Bài 8. Cho  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  a  b  c  . a  b  c  1 abc 2 2 1. Nhận xét và lời giải: 1.1. Sai lầm thường gặp: 1 1 abc  4 4 a.b.c.  4  MinP  4 abc abc 1.2. Nguyên nhân sai lầm: 1 MinP = 4  a  b  c   a  b  c  1 mâu thuẫn với giả thiết. abc 1.3. Phân tích và tìm tòi lời giải: 1 1 Dự đoán điểm rơi của MinP là a  b  c  , khi đó 3 3 3 abc 1.4. Sơ đồ điểm rơi: 14
  15. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG  1 1 a  b  c  3  3 3 1 abc     m9 : Hệ số điểm rơi. 3 m 3  1 3 3  mabc  m 1.5. Lời giải đúng: 1 8 1 8 4 8 abc   4. 4 a.b.c.    4 3 9abc 9abc 9abc  a  b2  c2 2  3 3 9   3    III/ SAI LẦM TRONG ĐÁNH GIÁ TRUNG BÌNH NHÂN SANG TRUNG BÌNH CỘNG:  a , b, c  0 Bài 1. Cho  . Tìm GTLN của P  3 a  b  3 b  c  3 c  a . a  b  c  1 1. Nhận xét và lời giải: 1.1. Sai lầm thường gặp: 3 ( a  b)  1  1  a  b  ( a  b).1.1  3 3   (b  c)  1  1   3 b  c  3 (b  c).1.1   3 3 (c  a )  1  1  c  a  3 (c  a ).1.1   3 2a  b  c  6 8 8  P  3 ab  3 bc  3 ca    Max S= 3 3 3 1.2. Nguyên nhân sai lầm: a  b  1 8  Max P    b  c  1  2  a  b  c   3  2  3  Vô lý. 3 c  a  1  1.3. Dự đoán điểm rơi của Max P: Do P là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên MaxP thường xảy ra với điều kiện: 15
  16. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG  2 a  b  3  a  b  c 1  2   a  b  c   b  c  a  b  c  1 3  3  2  ca  3 1.4. Trình bày lời giải đúng:  2 2 3 ( a  b)   9 3 2 2 9 3 3  ab  3 . (a  b). .  3 .  4 3 3 4 3  2 2  (b  c)   9 3 2 2 9 3 3 3 b  c  3 . (b  c ). .  3 .  4 3 3 4 3  2 2 3 (c  a )   9 3 2 2 9 3 3  ca  3 . (c  a). .  3 .  4 3 3 4 3  9 2 a  b  c  4 3 9 6 3  P  3 ab  3 bc  3 ca  3 .  .  18 4 3 4 3 2 1 Với a  b  b  c  c  a   a  b  c  nên MaxP= 3 18 . 3 3 Bài 2. Cho a,b,c,d > 0 thỏa mãn a  b  c  d  1 . Tìm giá trị lớn nhất của: P  3 2a  b  3 2b  c  3 2c  d  3 2d  a 1. Nhận xét và lời giải: 1.1. Sai lầm thường gặp: Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 3 (2a  b)  1  1  2a  b  3 (2a  b).1.1  3  3 (2b  c)  1  1 2b  c  3 (2b  c).1.1   3  3 (2c  d )  1  1 2c  d  3 (2c  d ).1.1   3  (2d  a)  1  1 3 2d  a  3 (2d  a).1.1   3 16
  17. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG 3( a  b  c  d )  8 11 11  3 2a  b  3 2b  c  3 2c  d  3 2d  a    Max P= 3 3 3 1.2. Ngyên nhân sai lầm:  2a  b  1 2b  c  1 11  Max P     3(a  b  c  d )  4  3  4 : Vô lý. 3  2c  d  1  2d  a  1  1.3. Phân tích và tìm tòi lời giải: Do P là một biểu thức đối xứng với a,b,c,d nên dự đoán MaxP đạt tại điểm rơi. a  b  c  d 1  abcd  a  b  c  d  1 4 3  2a  b  2b  c  2c  d  2d  a  4 Trình bày lời giải đúng:  3 3  3 3 (2a  b)   (2a  b). .  4 4 3 4 4 3   3 3 3 3 3 (2b  c)  4  4  (2b  c). .   4 4 3   3 3 (2c  d )   3 3 3 4 4 (2c  d ). .   4 4 3   3 3 (2d  a )   3 3 3 4 4 (2d  a). .    4 4 3  3 9 3  3(a  b  c  d )  6  3 .  2a  b  3 2b  c  3 2c  d  3 2d  a   16 3 9  3 .P  3  P  3 48  2. 3 6 16 3 1 Với 2a  b  2b  c  2c  d  2d  a   a  b  c  d  thì MaxP =2 3 6 4 4 17
  18. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ * Kết luận: Đây là một phương pháp giải toán vừa sức đối với học sinh, học sinh lĩnh hội không khó khăn, cho nên các đề thi thỉnh thoảng ra với cách giải đơn giản là áp dụng phương pháp này. Đối với học sinh tham gia các kỳ thi đại học cao đẳng thì đây là một phương pháp giải cần phải biết. Điều khó khăn khi thực hiện đề tài này là chương trình học sinh khối 10 học nội dung bất đẳng thức rơi vào các tuần chuẩn bị thi học kì I, các em phải tập trung học nhiều môn, bất đẳng thức lại là một nội dung khó nên quá nữa số học sinh không theo kịp. Đối với lớp 12 thì có nhiều thuận lợi hơn về thời gian trong quá trình ôn tập để thi Đại học, Cao đẳng. * Kiến nghị Qua thực tế khảo sát học sinh đa số học sinh học học chưa tốt nội dung bất đẳng thức nên rất ngại học phân môn này, nhiệm vụ giáo viên của chúng ta là cần hệ thống các bài tập và lựa chọn sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh để giúp các em nắm vững kiến thức cơ bản cũng như kỹ năng giải toán, có như vậy các em mới yêu thích môn toán và ngày càng đạt nhiều kết quả cao hơn. Trong quá trình hoàn thành đề tài chúng tôi rất biết ơn các đồng nghiệp đã nhiệt tình giúp đỡ, chúng tôi luôn mong muốn nhận được ý kiến đóng góp để sáng kiến nhỏ mang lại nhiều lợi ích lớn cho các em học sinh. Trân trọng cám ơn! 18
  19. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG Phụ lục 1. KIỂM TRA TÌM HIỂU THỰC TRẠNG. 1 Đề bài. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  . Biết x a) x  0 b) x  3 * Biểu điểm và đáp án: a) do x  0 áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta có 1 1 Px  2 x.  2 …………………………......……….…...2đ x x  MinP  2 tại x  1 …………………...…….....………….…..2đ 1  x 1  8x b) P  x     ………………......……………1,5đ x 9 x 9 x 1 8x 2 .  9 x 9 …....................………1,5đ 2 8x   .............................................................1đ 3 9 2 8.3 10    ..........1đ 3 9 3 10  MinP  tại x  3 ………… ………...…………………. 1đ 3 19
  20. ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GV: PHẠM THANH TƯỜNG Phụ lục 2. KIỂM TRA SAU TÁC ĐỘNG. Bài toán Cho x, y, z là 3 số dương thỏa điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ 1 1 1 nhất của biểu thức: P  x  y  z  2(   ) x y z * Biểu điểm và đáp án: 1 1 1 2 2 2 P  x  y  z  2(   )  (18 x  )  (18y  )  (18z  )  17( x  y  z) ..4đ x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2 18 x   12,(1). ……………………………………………………………….1đ x 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  ………………………………………….1đ 3 2 2 Tương tự, ta cũng có: 18y   12,(2). và 18z   12,(3). ………………2đ y z mà 17( x  y  z)  17, (4) …………………………………………………..1đ Cộng (1), (2), (3), (4) ta có P  19 . 1 Giá trị nhỏ nhất của P bằng 19 khi x  y  z  …………………………….1đ 3 20
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2