SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BỈM SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN CHO HỌC SINH LỚP TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN THÔNG QUA CHUYÊN ĐỀ “PHƯƠNG PHÁP TỔNG QT HĨA CÁC BÀI TỐN TRONG DẠY HỌC TỐN” Người thực hiện: Nguyễn Thị Hịa Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Quý Đơn SKKN thuộc mơn: Tốn BỈM SƠN NĂM 2017 MỤC LỤC TT Nội dung Mở đầu Trang 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3 5 2.3 Các giải pháp thực Dạng 1: Các tốn tính tốn Dạng 2: Các toán chứng minh Dạng 3: Các toán chứng minh bất đẳng thức 11 Dạng 4: Các toán cực trị 14 Dạng 5: Các tốn giải phương trình hệ phương trình đại số 15 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Kết luận kiến nghị 17 18 1.MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài: Cùng với phát triển đất nước, nghiệp giáo dục đổi khơng ngừng Với vai trị mơn học cơng cụ, mơn Tốn góp phần tạo điều kiện cho em học tốt môn khoa học tự nhiên khác Dạy để học sinh nắm kiến thức cách có hệ thống mà phải nâng cao, phát triển để em có hứng thú, say mê học tập câu hỏi mà thầy cô đặt cho Để đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục nhu cầu học tập học sinh Do giảng dạy phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng phát triển thành tổng quát giúp học sinh phát triển tốt tư Toán học Thực tế q trình dạy học tốn có nhiều tốn mang tính điển hình, từ tốn ta phát triển thêm tốn khác mang thuộc tính tổng qt Vì q trình dạy theo tơi người dạy phải biết mênh mơng tốn, đâu tốn mấu chốt, đâu toán đại diện vấn đề toán vấn đề Từ học sinh dễ dàng nắm tốn cách tổng qt Đó lý mà chọn đề tài: “Tổng quát hoá toán dạy học toán” 1.2 Mục đích nghiên cứu đề tài : “Tổng qt hố toán dạy học toán”để giúp học sinh hiểu tổng quát hoá chuyển từ trường hợp đặc biệt sang trường hợp tổng quát , chứng minh tốn tổng qt ta có tốn “mạnh hơn” toán ban đầu , với lớp đối tượng rộng so với toán ban đầu Nhờ tổng qt hố mà ta đến cơng thức tổng qt, sáng tạo toán mới, định lý Qua học sinh rèn luyện phương pháp tìm lời giải cho toán cụ thể rèn luyện cho học sinh phương pháp suy luận để chuyển từ việc khảo sát tập hợp đối tượng đến tập hợp đối tượng lớn chứa tập hợp ban đầu Thơng qua việc tìm tịi cách giải cho toán cụ thể, giáo viên đẫn dắt để học sinh có thói quen xét tốn trường hợp tổng qt có nhu cầu chứng minh tốn tổng qt Sau chứng minh tốn tổng qt , giúp học sinh có nhìn sâu rộng , khái quát có phương pháp giải lớp toán dạng 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9B trường THCS Lê Quý Đôn –Thị xã Bỉm Sơn-Thanh Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu Từ toán trường hợp riêng mà dẫn tới toán chung cho nhiều trường hợp, cách làm gọi phương pháp tổng quát hóa Trên sở thực đổi phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực học sinh học tập , làm cho học sinh chủ động nắm bắt kiến thức, chủ động tư hình thành khái niệm, cơng thức… người thầy phải chủ đạo, hướng học sinh nắm bắt kiến thức cách khoa học, giáo viên cần tung tình nhằm kích thích học sinh ham tìm tịi sáng tạo Giáo viên đưa dạng cụ thể, mang tính đơn lẻ, có tính chất dễ dàng lĩnh hội đặt học sinh vào tình làm để có khái niệm, tốn tổng qt tốn đơn lẻ đó, Qua học sinh tiếp nhận kiến thức cách chủ động, sáng tạo theo tư cá nhân Trên sở phân loại dạng tập, đưa ví dụ từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp từ hình thành toán tổng quát 2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận: Trong toán học, dạy học tốn theo chương trình đổi việc dạy học theo phương pháp tích cực hố hoạt động học tập học sinh, học sinh tiếp cận kiến thức cách chủ động sáng tạo, từ hình ảnh, mơ hình, ví dụ để hình thành khái niệm trừu tượng, tổng quát Tổng qt hóa nhà tốn học thường xun sử dụng, nhờ mà ta có tốn học đồ sộ phong phú Sự tổng quát toán cho thấy toán giải sáng sủa mặt phương pháp kết thu cho thấy rõ chất vấn đề Rất nhiều bạn không dừng lại tốn tưởng chừng nhỏ, bạn ln cố gắng suy nghĩ tự tìm tịi sáng tạo để mở rộng, tổng quát toán lên 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: Trong q trình dạy học chúng tơi nhận thấy đa phần học sinh trọng việc giải toán , giải để tốn có lời giải ngắn gọn Thực tế, việc làm cần thiết học sinh , nhiên dừng lại học sinh khơng thể phát huy tính sáng tạo qua tốn Vấn đề đặt người giáo viên đứng bục giảng có biết hướng em đến toán khác, xây dựng toán từ toán mà em vừa làm hay khơng, từ tổng qt lại tốn Tổng quát hoá toán giúp học sinh phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo, lực tự học học sinh, tạo điều kiện cho em hứng thú học tập mơn Trong q trình dạy học người giáo viên cần biết dạy cho học sinh từ toán dễ đến toán khó, từ tốn cụ thể đến tốn tổng quát 2.3.Các giải pháp thực : Dạng 1: Các tốn tính tốn Ở tốn thực phép tính quen thuộc với em, nhiên thơng thường em dừng lại việc tính tốn mà tư để khái qt tốn đó, đưa tốn dạng tổng qt Chính dạy giáo viên cần hướng em từ ví dụ nhỏ để hình thành cách tính tổng quát hơn, Chẳng hạn với ví dụ sau em tự tổng qt hố tốn: Khi dạy lớp ta có tốn (bài 66-trang34–sgk tốn tập 1) Ví dụ 1: Giá trị biểu thức 2+ + 2− : ; (A) (B) ; (C) -4 ; (D) Hãy chọn câu trả lời Bằng cách quy đồng mẫu số hai phân số biểu thức, ta nhẩm giá trị biểu thức ( câu trả lời D) Tuy nhiên, ta nhìn số dạng khác = nhận ( - )( - ) =1 (*) ta có 2+ + =( 4- 3)+( 4- 3)=4 2− Đẳng thức (*) phát biểu mở rộngtrong nội dung tập 71( trang 14, sách tập toán 9, tập1): n +1 - Chứng minh đẳng thức n = (1) với n ∈ N n +1 + n Đẳng thức (1) tiếp tục mở rộng sau: n+d - d n = n+d + n (2) ( với n, d ∈ N d ≠ 0) Từ đẳng thức (1) (2) ta lại có toán vân dụng sau: Rút gọn : 1− - 2− + 3− - 4− + 5− - 6− + 7− - 8− Giải: n +1 + Từ đẳng thức (1) tương đương với: n = , áp dụng n +1 − n vào tốn ta có : - 2− + 3− - 4− + 5− - 6− + 7− - 8− + 9− = - ( + ) + ( + ) – ( + ) + …+( + ) + ( + ) = 9- =3–1=2 Từ toán ta lại có tốn tổng qt “mạnh hơn” Bài tốn tổng quát: Rút gọn: 1− - 2− + 3− - 4− + … + n − − 2n - 2n − 2n + Giải: Từ đẳng thức (1) tương đương với: n +1 + n = n +1 − n , áp dụng vào toán ta có : -( 2− 1 2n + − 2n + )-( 3− + 4− 5− )-… –( n − 2n − + ) =-( + 2n + 2n − ) + ( ) + ( + ) – ( + ) + …+( n + + 2n ) = 2n + - 1 Ví dụ 2: Rút gọn: S = + +1 2+2 + +3 + 4+4 Giải: Ta có; +1 = +2 = +3 = +4 ⇒ S= 1 S= 1 = − 1 1 − + − − − 1 − − + − + − 5 −1 = Bài toán tổng quát: Rút gọn: 1 1 S= + + +…+ (n + 1) n + n n + +2 +3 +1 Giải: 1 − Ta có: = +1 2 +2 +3 = = − − 3 …………………… …………………… (n + 1) n + n n + 1 ⇒ S= S= 1 − Vậy S = − = + n − − n +1 + − + ….+ n − n +1 n +1 n +1 − n +1 Dạng 2: Chứng minh tốn Ví dụ : Chứng minh ∀số nguyên a : a, a2-a chia hết cho b, a3 - a chia hết cho c, a5 - a chia hết cho d, a7 - a chia hết cho Giải: a, a2 - a = a(a - 1) Vì a(a - 1) ( tích số tự nhiên liên tiếp) ⇒ a2 -a  b, a3 - a = a(a2 - 1) = a(a - 1) (a + 1) Vì a(a - 1)(a + 1)  ( tích số tự nhiên liên tiếp) ⇒ a3 - a  c, a5 - a = a(a4 - 1) = a(a2 - 1) (a2 + 1) = a(a2 - 1) (a2 - + 5) = a(a2 - 1) (a2 - ) + a(a2 - 1) = a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2) + a(a2 - 1) Vì a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2)  ( tích số tự nhiên liên tiếp) a(a2 - 1)  ⇒ a5 - a  d, a7 - a =a(a6 - 1) = a(a3 - 1) (a3 + 1) - Nếu a có dạng 7k a  ⇒ a7 - a  - Nếu a có dạng 7k + thì: a3 = (7k + 1)3 = (7k)3 + 3(7k)2 + 3(7k) + = 7( 72 k3 + 7k2 + 3k) +1 ⇒ a3 - =7( 72 k3 + 7k2 + 3k)  ⇒ a7 - a  - Nếu a có dạng 7k + thì: a3 = (7k + 2)3 = (7k)3 + 3(7k)2 + 3(7k).22 + 23 = 7( 72 k3 + 7k2 + 3k 22) +8 ⇒ a3 - =7( 72 k3 + 7k2 + 3k 22) + Vì : 7( 72 k3 + 7k2 + 3k 22)   ⇒ a7 - a  - Nếu a có dạng 7k + thì: a3 = (7k + 3)3 = (7k)3 + 3(7k)2 + 3(7k) 32 + 33 = 7( 72 k3 + 32 7k2 + 33 k) +27 ⇒ a3 - =7( 72 k3 + 7k2 + 3k) + 28 Vì: 7( 72 k3 + 7k2 + 3k)  28  ⇒ a7 - a  - Nếu a có dạng 7k + ⇔ a = 7k - ( tương tự a = 7k + 3) - Nếu a có dạng 7k + ⇔ a = 7k - ( tương tự a = 7k + 2) - Nếu a có dạng 7k + ⇔ a = 7k - ( tương tự a = 7k + 1) Qua ví dụ giáo viên cho học sinh nhận xét số mũ a số chia biếu thức từ tổng quát tốn Lúc học sinh dễ dàng pháp biểu toán sau: Bài toán tổng quát : “Nếu p số nguyên tố a số nguyên p a – p chia hết cho p” (*) Đây tốn nhỏ Fecma Chứng minh Cố định p, ta chứng minh quy nạp theo a Với a= 0p- p  p ( ) Giả sử mệnh đề (*) với a = k tức Ak = kp – k  p Ta cần chứng minh Ak+1 = (k + 1)p – (k + 1)  p Thất vậy: Xét hiệu: Ak+1 - Ak = (k + 1)p – (k + 1) - (kp – k ) ⇒ Ak+1 - Ak = [ kp + p k p – + + p ( p − 1) p – p ( p − 1)( p − 2) p – k + k + 2 p ( p − 1) k + pk + – (k + 1) ] – ( kp – k) ⇒ Ak+1 - Ak = p kp – + p ( p − 1) k + pk p ( p − 1) p – k + p ( p − 1)( p − 2) p – k + + (**) Xét dạng chung hệ số biểu thức (**) số nguyên có dạng p ( p − 1)( p − 2) ( p − k + 1) (***) k Số nguyên tố p lớn k nên p không rút gọn với thừa số mẫu (***), điều chứng tỏ biều thức (***) chia hết cho p, A k+1 Ak chia hết cho p Ta lại có Ak chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp) Vậy A k+1 chia hết cho p Vậy mệnh đề (*) với số nguyên a Ví dụ 2: Chứng minh : A= 1 + + + 2 1 + + + 1 + + + 1 + + 2 số hữu tỷ Giải: 1 1 + + = 1+ − 2 3 Ta có; 1 + + 2 = 1+ 1 + + 2 = 1+ 1 − 1 + + 2 = 1+ 1 − 1 − 1 1 1 1 − ) + (1+ − ) + (1+ − )+ ( 1+ − ) 3 4 5 1 S=4+( − ) Suy ra: S = (1+ Là số hữu tỷ Bài toán tổng quát: Chứng minh : A 1 + + 2 = + 1 + + + 1 + + + … + 1 + + 2 (n − 1) n số hữu tỷ Giải: Ta có; 1 1 + + = 1+ − 2 3 1 + + 2 = 1+ 1 − 10 1 + + 2 = 1+ 1 − ……………………… ……………………… 1 + + 2 (n − 1) n Suy ra: 1 − n −1 n = 1+ S = (1+ 1 1 1 − ) + (1+ − ) + (1+ − ) + …+ ( 1+ 3 4 1 − ) n −1 n n S = (n – 2) + ( − ) Là số hữu tỷ Dạng 3: Chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1: Chứng minh 1+ + < 11 Chứng minh : áp dụng bất đẳng thức Bu-Nhi-a-Cốp_ski cho hai số (1,1,1) (1, , ) ta có : 1+ + ≤ 12 +12 +12 ( 1) + ( ) + ( ) = 1+ + = = Vì ≠ nên khơng thể có đẳng thức với n >1 1 Vậy với nguyên >1 , ta có : 1+ + < Mặt khác, < Vậy: 1+ + < 11 11 Bài toán tổng quát: Chứng minh với số nguyên n >1, ta có : 1+ + + … + n < 2n + n + Chứng minh : 11 áp dụng bất đẳng thức Bu-Nhi-a-Cốp_ski cho hai n số (1,1,…1) (1, , , … , n ) ta có : 1+ + + … + n = n ≤ 2 12 +1  + +  1 n sè h ¹ ng = n + + + n = n ( 1) + ( ) + + ( n ) n(n + 1) (n + 1) 2 ≠ nên khơng thể có đẳng thức với n >1 1 Vì Vậy với n số nguyên lớn , ta có : 1+ + + … + n < n (n + 1) Mặt khác, n ≤ (n + 1) (1) n +1 2n + n + = n2 + (2) Bất đẳng thức cần chứng minh suy từ hai bất đẳngthức (1) (2) Ví dụ 2: Với a, b, c ba số dương, chứng minh : a2 b2 c2 a+b+c ≥ + + (1) c+a a+b b+c Với số cách nhìn thơng thường để mở rộng bất đẳng thức xét hệ số ; số mũ; số biến, ta có bất đẳng thức mở rộngvà bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức (1) - Nếu nhìn BĐT (1) dạng: a2 b2 c2 a+b+c 1.b + 1.c 1.c + 1.a 1.a + 1.b ≥ 1+1 ta mở rộng (1) + + sau: Bài toán tổng quát : Với a, b, c, m, n số dương, chứng minh a2 b2 c2 a+b+c ≥ + + (2) m.b + n.c m.c + n.a m.a + n.b m+n - Cịn nhìn BĐT (1) dạng: a b2 c2 a −1 + b 2−1 + c −1 ≥ + + ta mở rộng (1) c+a a+b b+c sau: 12 Bài toán tổng quát an bn cn a n −1 + b n −1 + c n −1 ≥ + + b+c c+a a+b Với a, b, c, số dương, n số tự nhiên lớn Cịn nhìn BĐT (1) dạng: 2 a3 a1 a2 a + a + a3 ≥ + + a + a3 a + a1 a1 + a 2 Ta tiếp tục có hai mở rộng khác (1) Bài toán tổng quát 2 an a1 a2 a + a + + a n ≥ + + + a + a3 a3 + a a1 + a 2 : Bài toán tổng quát 2 a3 a1 a2 ≥ + + + a + a + + a n a + a + + a1 a1 + a + + a n −1 a1 + a + + a n n −1 với a1, a2, , an dương, n số tự nhiên lớn Qua ta thấy tốn với cách nhìn khác ta có cách tổng qt tốn khác Ví dụ 3: Giả sử số dương a, b, c thỏa mãn: (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4) Chứng minh : a, b, c độ dài cạnh tam giác Lời giải: Khơng tính tổng qt , giả sử a ≥ b ≥ c > Ta có : (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4) ⇔ (a2 + b2 + c2)2 - 2(a4 + b4 + c4) > ⇔ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - (a4 + b4 + c4) > ⇔ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)(a + b + c) >0 Do a ≥ b ≥ c > ⇒ a+b+c >0 ; a+b–c>0; b+c–a>0; c+a–b>0 Suy a, b, c độ dài cạnh tam giác Dễ dàng nhận , cách chứng minh tốn cịn hiệu lực bìa tốn mở rộng sau: Bài toán tổng quát : Giả sử số dương a, b, c thỏa mãn: 13 (a2k + b2k + c2k)2 > 2(a4k + b4k + c4k) Chứng minh : a, b, c độ dài cạnh tam giác Lời giải: Theo kết toán ta có a k , bk , ck độ dài ba cạnh tam giác Khi a + b ≤ c ak + bk < (a + b)k ≤ ck điều vô lý , suy a + b > c Tương tự b + c > a, c + a > b Vậy ta có điều phải chứng minh Dạng 4: Các tốn cực trị: Ví dụ 1: Cho bốn số: a < b < c < d số thực tùy ý Với giả trị x ta có biểu thức : f(x) = x − a + x − b + x − c + x − d đạt giá trị nhỏ Giải: Ta có : f(x) = ( x − a + x − d ) + ( x − b + x − c ) Mà: x − a + x − d = ( x − a + d − x ) ≥ x − a + d − x ⇒ x−a + x −d ≥ d – a dấu đẳng thức xảy : (x – a)(d – x) ≥ Tương tự x − b + x − c ≥ c – b Dấu đẳng thức xảy khi: (x – b)(c – x) ≥ ⇒ f(x) ≥ d + c – a – b ⇒ f(x) = d + c – a – b ( x − a )(d − x) ≥ a ≤ x ≤ d ⇔  ( x − b)(c − x) ≥ b ≤ x ≤ c Khi :  ⇒ f(x) = d + c – a – b , b ≤ x ≤ c Bài toán tổng quát: Cho n số: a1 < a2 < a3