SKKN toán sử dụng hàm đặc trưng để giải pt, hpt image marked

21 4 0
  • Loading ...
1/21 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/08/2019, 19:51

MỤC LỤC Nội dung Trang A Mở đầu I Lí chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu III Đối tượng nghiên cứu IV Phương pháp nghiên cứu B Nội dung SKKN I) KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI QUYẾT DẠNG TOÁN NÀY II) CÁC BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP Hàm đặc trưng có dạng hàm số đa thức bậc 2, bậc 3, bậc Hàm đặc trưng có dạng hàm số chứa thức 10 Sử dụng phương pháp thế, cộng đại số sau kết hợp với 15 phương pháp hàm số IV Hiệu sáng kiến đem lại 18 V Đề xuất, kiến nghị 18 Danh mục tài liệu tham khảo 20 A MỞ ĐẦU I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong năm gần đây, đề thi đại học học sinh giỏi xuất tốn giải hệ với độ khó ngày tăng Một loại hệ hay gặp kỳ thi gây cho học sinh khó khăn tiếp cận loại hệ có sử dụng phương pháp hàm số Do vậy, việc cần tìm đường ngắn nhất, lựa chọn hàm số thích hợp, thực thao tác đơn giản, tiết kiệm tối đa thời gian để giải toán vấn đề trăn trở Trong viết muốn trình bày số kinh nghiệm tư áp dụng để tìm đường khai thơng nhằm giải toán cách gọn gàng Bằng việc sử dụng số toán mức độ thi đại học thi học sinh giỏi làm ví dụ minh họa, tơi sâu vào việc phân tích khả tiếp cận lời giải, dẫn cách giải tương ứng, đưa phân tích, nhận xét phù hợp, để từ học sinh nắm bắt ý tưởng, đường tư mà người làm toán cần rèn luyện đứng trước toán giải hệ II) MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Rèn luyện kĩ sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ - Rèn luyện tư logic, khả nhìn nhận, đánh giá chung nhằm tìm đường hợp lí để có định hướng nhằm đưa giải pháp tốt gặp toán cụ thể - Rèn luyện kĩ tổng hợp tư kĩ xảo toán học III) ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: - Các tốn giải hệ sử dụng phương pháp hàm số để giải - Các dạng tốn hệ kì thi HSG Đại học năm gần IV) PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết giải tốn hệ phương pháp hàm số - Nghiên cứu khả áp dụng sở thực tiễn tiếp thu đối tượng học sinh truyền thụ B NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I) KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI QUYẾT DẠNG TỐN NÀY  Tính chất 1: Giả sử hàm số y  f  x  đồng biến (nghịch biến) miền D u; v  D , f  u   f  v   u  v  Tính chất 2: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến D y  g  x  hàm hàm số nghịch biến D phương trình f  x   g  x  có nhiều nghiệm thuộc khoảng D  f  x   f  y   g  x; y    Khi gặp hệ có dạng  1  2 Xét hàm số y  f  t  , ta thường gặp trường hợp hàm số liên tục tập xác định Nếu hàm số y  f  t  đơn điệu, từ (1) suy x  y Khi tốn đưa giải phương trình (2) theo ẩn x (hoặc y) Nếu hàm số y  f  t  có cực trị t  a thay đổi chiều biến thiên lần qua a Từ (1) suy x  y x, y nằm hai phía a  Vận dụng linh hoạt định lí, tính chất trên, từ phương trình ẩn x, ta đưa hai vế dạng f  h  x    f  g  x   II) CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP Hàm đặc trưng có dạng hàm số đa thức bậc 2, bậc 3, bậc Bài    x  x   y  3  y  Giải hệ :  2 4 x  y   x  1  2 Phân tích: Ta nhận thấy khó bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương trình (1), x  biểu thức bậc hai x y  coi biểu hai  2y thức bậc  y  3   t2  1  2y    3 t  t 1 t    Nếu đặt t   2y  Biểu thức  t  1 t có hình thức giống với  x  1 x , ta biến đổi 1 dạng f  u   f  v  Để đưa dạng ta thường “cô lập” biến, chuyển  y  3  y sang vế phải 1 Giải: Điều kiện x  ; y  Khi 1  x  x    y  1  y (3)   Xét hàm số f  t    t  1 t  t  t , với t   Ta có f '  t   3t   0,  t   nên f  t  đồng biến  (3)  x   y  4x2 5  Thay y  vào (2) ta được: x    x    x   2  (4) Phân tích: Phương trình (4) trông “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng phương pháp hàm số để giải Nhận thấy x  x  không nghiệm phương trình (4) 5   3 Xét hàm số g  x   x    x    x  với x   0;  , ta có: 2   4 4 5   3 g ' x   8x  8x   2x2    4x 4x2    0, x   0;   4x  4x 2   4    3 1 Do g  x  nghịch biến  0;  Mà g    nên phương trình (4) có  4 2 nghiệm x  1  suy y  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    ;2  2  2 x3  x  3x   x3   y   y  Bài Giải hệ   x   14  x  y  1  2 Phân tích: Ta khơng thể bắt đầu với phương trình (2) khó có biến đổi hợp lý Xét phương trình (1), thực cô lập biến bằng, chia hai vế cho x3 ta thấy vế trái bậc ba , vế phải bậc ba x t   y , ta biến đổi đưa dạng f  u   f  v   x  2  HD: Điều kiện:  Xét thấy x = không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế y   phương trình (1) cho x3 ta được: 3 1 1         y   y  1    1    x x x  x  x  3 2y    y  3 Xét hàm số f  t   t  t , t   Ta có f '  t   3t   t   nên hàm số f  t  Hệ có nghiệm x   y  111 98  x3  x  x  22  y  y  y  Bài (Khối A năm 2012) Giải hệ:  2 x  y  x  y   Phân tích: Hai vế phương trình đầu có dạng bậc (với hai biến x, y), nên ta định hướng đưa phương trình đầu dạng f  u   f  v  , nhiên hàm đặc trưng lúc f  t   t  12t không đơn điệu  ta phải chặn 2 1  1  biến Nhìn vào phương trình thứ ta thấy đưa  x     y    2  2  suy x  1  1; y   2  x  13  12  x  1   y  13  12  y  1  Giải: Hệ tương đương với:  2  1  x     y    2  2  1  2 1   1  x     x    Từ (2), suy  1  y     y     2  3 Xét hàm số f  t   t  12t   ;  , ta có f '  t    t    0, suy f  t   2 nghịch biến Do 1  x   y   y  x  1  3 3   3 1 Hệ có nghiệm  x; y    ;   ;  x; y    ;   2 2     1  x3  y  x  y   Bài Giải hệ   x   x  y  y    2 Giải: Điều kiện 1  x  1;0  y  Ta có 1  x3  3x   y  1   y  1  3 Do  y   1  y   Xét hàm số f  t   t  3t với 1  t  , có f '  t   3t   0, t   1;1 nên hàm số f  t  đồng biến  1;1 Do  3  f  x   f  y  1  x  y  hay y  x  Thế vào (2) ta x2   x2   x2    x2    x2  x4  8x2   x  Với x   y  (t/m điều kiện) Vậy hệ có nghiệm  x; y    0;1  y3  y   x  5 x  1  Bài Giải hệ :  2 2 x  16  y  y x  x      Giải Điều kiện x  2, y   1  y  y   x  2 3 x2 Xét hàm số f  t   t  3t , t   có f '  t   3t   0, t   , Phương trình (1) có dạng: f  y   f   x2  y  x2  Thay vào (2) ta x  16   x    x  x  x      2x2  6x   x  x2  2x   x2  2x    x  2  x  x2  2x  Đặt u  x  2, v  x  x  4,  u  0, v   phương trình trở thành 2v  3uv  2u  (3) Do v  0, chia hai vế phương trình (3) cho v ta được: u u u u           2 v v v v    Vậy hệ có nghiệm  x; y  là:  13;  13 ,  13;  13  x3  y   x  y   xy  x  y  1 Bài Giải hệ  2x   2 2 x   y  x   Giải: Điều kiện: x   Phương trình 1   x  y    x  y   y  y (3) Xét hàm số f  t   t  3t , với t   Ta có f '  t   3t   0, t   nên f  t   t  3t đồng biến  Khi đó: (3) có dạng f  x  y   f  y   x  y  y  x  y Thế vào (2) ta được: x3  1  x  3x  x  (4) Đặt t  x  1, t  0, (4) trở thành: x3  t  3x t  x3  3x t  t   Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y  là: 1  2;  1 1  1  ;       1  2 2 x3 y  y  x  x Bài Giải hệ   x   y    x  1 Giải: Điều kiện y  1 Do x  không thỏa mãn nên chia hai vế phương y  y trình (1) cho x ta được: 1      x3  x x x Xét hàm số f  t   t  2t ,  3 t  Ta có: f '  t   3t   0, t   nên hàm số f  t  đồng biến   y y Do  3  f    f  x    x  y  x x x Thế y  x vào (2) ta được:  x  2 Ta có x2   x2  2x    x  2   x2   x  x   x  x  x  nên nhân hai vế phương trình với x   x2   x  x2    x   x   x ta được:   Vậy hệ có nghiệm:  x; y    3;3 ,  x; y    y  y  x3  x  x  Bài Giải hệ    x  y   y    3;3 1  2 Giải: Điều kiện 1  x  1;0  y  1   x  1  x   y  y (3) Xét hàm số f  t   t  t , t   có f '  t   3t   0, t   Do đó,  3  f  x  1  f  y   y  x  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    0;1  x    x  1  y   y  x  y  x  y    6 x  y Bài Giải hệ  1  2 x  y 1  2 x  y   Giải : Điều kiện : x  ; y      x  y  1 x  y      Với y  x   suy vơ nghiệm x  ; y  Với x  y    y  x  4, thay vào (1) ta có : x    x  1  x    x     x  1  x    x  3  x   3 Xét hàm số f  t   2t  t , t  ta có f '  t   4t   0, t  nên hàm số f  t  đồng biến  0;  Do  3  f   3x   f   x   x   x   x   y  12 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    4;12   x3   y   Bài 10 Giải hệ   x y     Giải  Với x = dễ thấy không thỏa mãn hệ  2  y  x3 1  y  y   (1)  Với x  , ta có:  x x  y3    x Xét hàm số f  t   t  3t , t   có f '  t   3t   với t   nên hàm số 1 f  t  đồng biến  Do đó, (1) có dạng f  y   f    y  x  x 1    Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là:  1; 1 ,  ;2   x3  y  55   64 Bài 11 Giải hệ   xy y  y   12  51x   1  2 Giải: Với x = y = hệ khơng thỏa mãn 64  3 y  55  x3 Với x  0, y  , HPT    y  y  y  12  51  x 4 Cộng theo vế lại ta được:  y  1   y  1     x  x (3) Xét hàm số f  t   t  3t , t   có f '  t   3t   t   4 Phương trình (3) có dạng f  y  1  f    y    xy   x x x Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   1;3  y  xy  17 x  18  x3  x  13 y  Bài 12 Giải hệ  2  x  y  xy  y  x  10  1  2 HD: Nhân hai vế phương trình (2) với 3 cộng với (1) ta được: y  17 x  18  x  y  18 y  15 x  30  x3  x  13 y    y  1   y  1  x3  x  3 5 8 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là: 1;2   ;   3 ( x  y  1)( x  y  1)  x   y (1) Bài 13 Giải hệ :   x( y  2)   x  (2) Giải Điều kiện: x  1, y  Ta (1)  ( x  1)  x   y  y có, Xét (3) hàm f (t )  t  4t , t   0;   f '(t )  4t   4(t  1), f '(t )   t  Bảng biến thiên t - f'(t) +∞ + 0 +∞ f(t) -3 Ta có (3)  f ( x  1)  f ( y ) Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) : (1;0),(0;1)  x  x3 y  x y  12 xy  y   Bài 14 Giải hệ   y  x  y   x   x y   1  2 Giải Điều kiện:  x3 y  Ta có:    y  y   x3 y   x3 y  3 Xét hàm số: f (t )  t  t với t  , có f (t )  2t   với t  Nên hàm số f  t  đồng biến  0;  mà y ;  x3 y   0;   nên: số  3    f y2  f    x3 y  y   x3 y  y  x3 y  (4) Thay  y  x3 y vào 1 ta được: x  x3 y  x y  12 xy  y  (5) Do y  không thỏa mãn nên chia hai vế phương trình (5) cho y ta được: x x x x x           12        1  y  y  y  y y  2 x  y x        y   x  3 y Với x  y , thay vào (4) ta có: 3x   x   Với x  3 y , từ (4) ta có: 53 y  (vô nghiệm)  1   1 1  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là:  ;  ,  ;   3  3 Hàm đặc trưng có dạng hàm số chứa thức      x3 y   x  x   Bài Giải hệ  2 x y  y 1  x  x 1    1  2 Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có dạng y  x  nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa dạng f  u   f  v  Đến ta “cô lập biến” cách chia hai vế   cho x Giải: Điều kiện x  Nhận thấy x = không thỏa mãn hệ, chia vế (2) cho x3 ta được:  y   y Xét hàm 1  1  x x f t   t  t t  số f 't    t   2y t2 t 1 1 x2 (3) với t  Ta  0, t   Nên f  t  hàm số đồng biến  Do đó,  3  y  x Thế vào phương trình (1) ta được: g  x   x  x3   x  1 x  10 (4) có Ta có g '  x    3x  x x  x2  x  0, x  Nên hàm số g  x  đồng biến  0;  , mà có g 1  nên phương trình (4)  1   có nghiệm x   y  Vậy, hệ cho có nghiệm  x; y   1;  2  x   x   y   y Bài (ĐH-A13) Giải hệ  2  x  x  y  1  y  y   1  2 Giải: ĐK x  Coi (2) phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn x  '   y  1  y  y   y   y  Đặt u  x  1, suy u  Phương trình (1)  Xét f  t   t   t , với t  Ta có f '  t   u4   u  2t t 2 y4   y  3   0, t  Do phương trình (3) tương đương với y  u , nghĩa x  y  Thay vào phương trình (2) ta được: y  y  y  y     4 Hàm g  y   y  y  y  có g '  y   y  y   với y  Mà g 1  0, nên (4) có hai nghiệm khơng âm y  y  Với y  ta nghiệm  x; y   1;0  ; với y  ta nghiệm  x; y    2;1 Vậy nghiệm  x; y  hệ cho 1;0   2;1 ( x   x)( y   y )  1  2 Bài Giải hệ   x   22  x  y  Giải: Điều kiện: 2  x  22 Do  y  y  y  y   y  y  0, y   Nên nhân hai vế phương trình (1) với  y  y ta 1  x   x2    y    y Xét hàm số h  t   t  t  , t   11 1 (3) t Ta có h '  t    t 1 t2 1  t  t 1 t t   0, t   t 1 Suy hàm số h  t  đồng biến  Do  3  x   y Thay vào (2) ta có; x   22  3x  x  Nhẩm nghiệm x  , thực nhân liên hợp ta thu nghiệm x  x22   x  (*) 22  x  đặt VT  f ( x) ; VP  g ( x) Ta có: f ( x)  4 x  2.(2  x  2)  22  x (2  22  x )  22   g ( x)   với x   2;      22   Suy f ( x) nghịch biến, g ( x) đồng biến  2; Mà f (1)  g (1)  suy phương trình (*) có nghiệm x  1 Vậy nghiệm  x; y  hệ cho:  2; 2  ,  1;2  2  x   x    y Bài Giải hệ :   x   y   1  2 y  x  x  Giải: Điều kiện: x  6; y  1 (2)  x2 x  4x  Xét hàm số f  t    t t2 1 y 1 y2  x2  x  2 , t   , có f '  t   1  y 1    y 1 1  t2 1 t2 1  3  0, t   nên hàm số f  t  đồng biến  Do đó,  3  f  x    f   y 1  x   12 x  y 1    y  x  4x  Thay vào (1) ta  x  2 x    x2  4x    x  2   x     x  x  15 x3  2x      x  3 x     x  3   x  5  x6 3  x6 3    x  2 2x  Do x  nên  x   nên phương trình có nghiệm x  , x6 3 suy y  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    3;0    3 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  1;3 ;  2;       x  x2  y  y    Bài Giải hệ  y 35  y  x  12  y2   y  Giải : Điều kiện x  Do 1  x   x2  y  y   x  x2     y     y 1  2 y  y  , nên  y2   y  y2   y  3 1 Xét f  t   t  t  1, t   , ta có f 't    t t 1  t2 1  t t 1  t t t 1  0, t    3  f  x   f   y   x   y Thay vào (2) ta được: y  y y2 1  35 12 (4) y  Ta thấy phương trình (4) có nghiệm  y 1  4  y Đặt t  y2 y2 1   y  Khi đó, y2 y2 1125 y4     y 1 y  y  144 y2 1125 0 y  144  5   5  ;  ;  x; y    ;   4  3  t   Vậy hệ có nghiệm  x; y    13 Bài tập tương tự:    x  x   y    y  Giải hệ  Đáp số: 1;2  2 22 x  y  18  x  76  4x2  2 x   x  x y  y  1  1    x  Đáp số:  ;     x    y  x   x  x3          x  y   y  x   x (1)    x   y   x  y  HD: (1)  f  x  1  f  y  , với f  t   t  t Đáp số:  x; y    3;4   x    y  y  x  x  y  5(1)   x   y   HD :(1)  f x   f  y , Đáp số:      x   x   x     3;2  ,  1;6   y 1  y   y  5  2  x  y  x  y  80 5 7 5 5 Đáp số:  ;  2    x  x  10  y  y  12 y  2 y  x   y  x  1    161 153  161   161 153  161  Đáp số:  x; y    ; ;   32 32    1   x  y  x2   y   2 y  x  y  x  y    Đáp số:  3;3  y 1  x  x2  y  y      x   x  y   y  1     2 Đáp số:  1;1 ,  2; 2   x  y    16 y  x   x  y  x  y  x  y  x  y  x 14 1 Đáp số:  2 1 1 ( x; y )   ;  3 4    xy x    y   y  10   x  1 x y  xy   x3  x3 y  x   1  2   11  x3  y  3 x  y    Đáp số:  0;1  2  x   x  y  y   12  x  y  x  y  30  28 y   y     x y  10   Đáp số:  x; y  =  2; 1 ,  1;2  3 Đáp số: 1;3 ;  2;    2 x 3 y  y  4.2 x  y  22 x 3 y  4 y 12 1  13  y  y  x  xy  2 2 x  y   2 y  y  3x    22  10  10  ;    Đáp số: 1; 1 ,  8;6  ,   x3 y  y  28 14  Đáp số: 2;  x y  xy  y  18   Sử dụng phương pháp thế, cộng đại số sau kết hợp với phương pháp hàm số  y  x    x    x Bài Giải hệ  3 2 2 x  y  x y  xy  x  y Phân tích: Nhìn vào hệ ta thấy khó bắt đầu phương trình thứ hệ Để ý đến phương trình thứ hai, ta thấy có cặp hệ số giống nhau: hệ số (trong x3 ;2 xy ), hệ số (trong 3x ,3 y ), hệ số (trong y , x y ) ta nghĩ đến ghép cặp biểu thức có hệ số giống lại để làm xuất nhân tử chung Giải: Điều kiện: 1  x  Ta có (2)  x( x  y )  y ( x  y )  3( x  y )   (2 x  y  3)( x  y )  15  y  x (vì x  y   , với 1  x  ) Thay y  x vào (1) ta được: x  x    x    x (3) Xét hàm số f  x   x  x  x    x   2, x  [-1;2] Ta có f '  x   x   Và f ''  x    x 1 4( x  1) x    2 x 4(2  x)  x  0, x  (1;2) Do hàm số f ’  x  đồng biến khoảng (-1; 2), nên phương trình 1 f ’  x   có nhiều nghiệm Mặt khác f ’    , từ ta có BBT 2 x -1 - f'(x) f(x) 2 + f( ) Vì f( ) =   < 0, nên từ bảng biến thiên suy phương trình f(x) = có nhiều nghiệm, f(0) = f(1) = 0, phương trình (3) có nghiệm x =0; x = 1.Tóm lại hệ cho có nghiệm (0; 0) (1;1)  xy   y x  Bài  2  y   x  1 x  x   x  x Giải: ĐKXĐ: x  ; y   xy   y x   y   x2   x   y  Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta có :  x2   x    x  1 x2  2x   2x2  4x   x x   x   x  1 x  x   16 x2   x  y  x   x (1)   x  1 1    x  1      x  1    x   (*)    Xét hàm số f (t )  t  t  với t   Ta có f '(t )   t   t2 t 2  0, t    f (t ) đồng biến  Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x  1)  f ( x)  x    x  x       Vậy hệ cho có nghiệm  x; y     ;1  x  91  y   y  Bài Giải hệ   y  91  x   x HD: Điều kiện x  2; y  Trừ theo vế phương trình hệ ta x  91  x   x  y  91  y   y Hàm số f  t   t  91  t   t , t  (3) Đáp số:  x; y    3;3 Bài tập tương tự  y  y  y  x  22 x  21   x  1 x  1 Giải hệ :  2 x  11x   y Đáp số:  x; y   1;0  ,  5;2   x    y  Giải hệ :   y    x  1  11 11  Đáp số:  3;3 ,  ;  9 9  2 IV Hiệu sáng kiến đem lại Qua áp dụng lớp 12A1, 12A2 12A6 trường THPT Quảng Xương học kỳ mang lại kết thiết thực, cụ thể: Trong đề thi khảo sát chất lượng tuần đầu học kì I năm học 2015-2016  x x  y y  xy  y  y   “Giải hệ :  3 x  y  x  y  xy  17 ” Đây câu khơng q khó, ta cần cộng theo vế phương trình hệ (mục đích để khử xy ) biến đổi dạng f   x 1  f  y với f  t   t  2t Tuy nhiên theo thống kê, học sinh làm câu không nhiều, nội dung ứng dụng hàm số giải phương trình, hệ tổ chuyên môn thống từ đầu năm thầy cô nghiêm túc thực Lớp 12A1 Lớp 12A2 Lớp 12A6 Toàn trường Số học sinh làm 7/4512/47 12/47 3/45 32/510 Tỉ lệ 15,6% 25,5% 6,7% 6,3% Sau áp dụng sáng kiến lớp 12A1, 12A2, 12A6 , kỳ thi thử đại học lần trường THPT Quảng Xương có câu:“Giải hệ :  x3  y  x  x  y   ” tỉ lệ học sinh làm câu tăng lên rõ rệt  2  x   y   x  y  cách giải hệ phức tạp Lớp 12A1 Lớp 12A2 Lớp 12A6 Toàn trường Số HS làm HPT 17/45 25/47 12/45 65/510 Tỉ lệ 37,8% 53,2% 26,7% 12,7 - Các em khơng tâm lý e ngại gặp hệ nói riêng phương trình, bất phương trình, hệ nói chung qua sáng kiến em nắm cách hệ thống phương pháp giải phương trình bất phương trình phương pháp giải tương tự V Đề xuất, kiến nghị Đối với nhà quản lý giáo dục, nhà trường: Tổ chức chương trình tập huấn bồi dưỡng nghiệp vụ hàng năm cho giáo viên đặc biệt chuyên đề ôn thi đại học Các chun đề khó phương trình-bất phương trình-hệ , phương pháp tọa độ mặt phẳng, bất đẳng thức cần tập trung nhiều để giúp cho sở giáo dục, thầy giáo có thêm tư liệu việc đào tạo, bồi dưỡng nâng cao lực tốn học nói riêng phát triển tư cho học sinh nói chung 18 Đối với giáo viên: - Phải không ngừng tự học, tự trau dồi thân để nâng cao trình độ chuyên mơn, nghiệp vụ - Mỗi dạng tốn cần có phương pháp giải riêng, có cơng thức từ hình thành cho học sinh đường tư logic để giải tốn, giúp cho em có cách học, tự học hiệu - Người thầy cần phải tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho HS, bên cạnh cần động viên kịp thời để em ln có hứng thú học tập - Thầy giáo hướng dẫn cách tự đọc sách cho học sinh, hướng dẫn em tự tìm tòi qua sách vở, báo tốn, trang web toán học - Người thầy tăng cường luyện tập cho em dạng chuyên đề đề thi để em có nhiều thời gian tiếp cận tập dượt với dạng toán thi, từ giúp em có kết học tập ngày tốt Trên báo cáo sáng kiến tơi đúc rút q trình học tập cơng tác mình, chắn có nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến quý vị bạn đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn Danh mục tài liệu tham khảo Phạm Kim Chung, Phạm Chí Tn, Lê Đình Mẫn, Ngơ Hồng Tồn Phương trình vơ tỷ, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Lê Văn Đồn, Văn Đức Chín Phương trình, bất phương trình & hệ , NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Báo toán học tuổi trẻ Các Website toán học: mathvn.com, k2pi.net, violet.vn, 19 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 01 tháng 05 năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Đỗ Thị Hải Yến 20 ... đa thời gian để giải tốn vấn đề tơi ln trăn trở Trong viết tơi muốn trình bày số kinh nghiệm tư áp dụng để tìm đường khai thơng nhằm giải tốn cách gọn gàng Bằng việc sử dụng số toán mức độ thi... CỨU - Rèn luyện kĩ sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ - Rèn luyện tư logic, khả nhìn nhận, đánh giá chung nhằm tìm đường hợp lí để có định hướng nhằm đưa giải pháp tốt gặp toán cụ thể - Rèn... toán cụ thể - Rèn luyện kĩ tổng hợp tư kĩ xảo toán học III) ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: - Các tốn giải hệ sử dụng phương pháp hàm số để giải - Các dạng toán hệ kì thi HSG Đại học năm gần IV) PHƯƠNG
- Xem thêm -

Xem thêm: SKKN toán sử dụng hàm đặc trưng để giải pt, hpt image marked , SKKN toán sử dụng hàm đặc trưng để giải pt, hpt image marked

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn