A - ĐẶT VẤN ĐỀ 1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: . Cải cách giáo dục đã, đang là một chủ trương nhiệm vụ lớn của Đảng và nhà nước ta.Và như vậy một loạt các vấn đề quan trọng của hệ thống giáo dục phải từng bước được đổi mới.Một trong các vấn đề đó phải kể đến là “đổi mới phương pháp dạy học”.Việc đổi mới phương pháp dạy học là tiến hành đồng thời “đổi mới cách dạy của thày ,và đổi mới cách học của trò”.Trong việc đổi mới cách học của trò thì mỗi giáo viên phải biết biến quá trình “dạy học” thành quá trình”dạy cách học” rồi cuối cùng của qúa trình ấy là “tự học” .Chỉ có như thế mới phát huy tối đa được “nội lực “ của học sinh về tính tự giác,tính sáng tạo vv…vv . Trong chương trình toán bậc THCS những bài tập về bất đẳng thức thường là rất khó đối với học sinh.Nguyên nhân chính của vấn đề này là do : i) Những kiến thức mà các em được học và biết về bất đẳng thức còn quá ít. ii) Những bất đẳng thức cơ bản học sinh chưa được học một cách bài bản . iii) Nguyên nhân nữa là do chỗ này ,chỗ kia còn không ít tình trạng người dạy cứ nghĩ các em đã biết nhiều về bất đẳng thức. Nên khi hướng dẫn học sinh giải bài tập thường lấy các bất đẳng thức cơ bản như “Côsi”;”Bunhiacôpxki”vv để áp dụng. Điều này thật không có lợi chút nào,mà chỉ “gieo” cho các em mối nghi ngờ trong toán học.Và cách dạy đó cũng chẳng khác nào đem những bài toán “từ trên trời rơi xuống” để bắt học sinh giải. Xuất phát từ nguyên nhân trên tôi đề xuất một phương pháp ”PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO” từ những tính chất cơ bản của các phép toán và từ một bài toán mà các em đã được làm quen trong sách giáo khoa (SGK).Nhằm phần nào góp phần giải quyết thực trạng đó. 2.MỤC ĐÍCH: i) Phương pháp mà tôi đề xuất nhằm giúp học sinh hiểu rằng những bài toán về bất đẳng thức là “rất khó” đấy nhưng nó lại có xuất xứ từ những điều rất “nhỏ bé” rất “cơ bản” mà các em đã được học.Cao hơn nữa các em có khả năng hiểu biết về mối quan hệ của một số bất đẳng thức nào đó với nhau.Rồi tự bản thân có khả năng nhận ra những bài toán tương tự hoặc biết khái quát được những bài toán tổng quát hơn từ một bài toán nhỏ.Và đương nhiên khi đó các em có khả năng tìm ra cách giải của một họ bài toán ấy. ii) Với người dạy(Giáo viên) đây có thể xem là một phương pháp thiết kế ra những bài tập (Đề kiểm tra thi) xuất phát từ những bài tập cơ bản mà học sinh đã được làm quen trong SGK mà không cần đem “từ trên trời rơi xuống” để đánh đố học sinh. Đó là những mục đích chính của kinh nghiệm. 1 3.GIỚI HẠN: Do đặc thù bộ môn,của dạng bài tập này học sinh bậc THCS được làm quen rất ít hơn nữa nó chỉ được đề cập ở chương trình toán 8,9.Nên phương pháp tôi đề xuất chỉ đi sâu vào những bài tập cho học sinh khối 8,9 đặc biệt trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, và thi tuyển sinh vào THPT mà thôi. B - NỘI DUNG VÀ BIỆN PHÁP 1.CƠ SỞ LÝ LUẬN: Trong chương trình toán THCS(SGK Toán 8-Tập 2 –Trang 36_39) và (SGKToán 9 Tập 1) những khái niệm,tính chất ban đầu về bất đẳng thức đã được giới thiệu có thể được tóm tắt như sau: a) Khái niệm: Ta gọi hệ thức a<b (Hay a>b,a ≤ b,a ≥ b) là bất đẳng thức và gọi a là vế trái,b là vế phải của bất đẳng thức.(SGK Toán 8) b) Một sốt ính chất cơ bản: 1) a ≥ b ⇔ b ≤ a. 2) a ≥ b ≥ c => a ≥ c (Bắc cầu) 3) a ≥ b ⇔ a+c ≥ b+c ( ∀ c) (3.1) (Quy tắc cộng) ac ≥ bc ( ∀ c>0) (3.2) ( Quy tắc nhân). ad ≤ bd ( ∀ d< 0) (3.3) ( Quy tắc nhân). 2 4) A ≥ B ≥ 0 ⇔ BA ≥ (SGK Toán 9). Ngoài ra còn một số tính chất khác: 5) a ≥ b, c ≥ d => a+c ≥ b+d (5.1) (Quy tắc cộng vế). ac ≥ bd ( ∀ a,b,c,d >0) (5.2) 6) a 2 ≥ 0 ( ∀ a ∈ R) và A 2 ≥ 0 ( ∀ A). 2.VI DỤ MINH HOẠ: Vì những lý do đã trình bày ở trên,bởi vậy hướng dẫn cho các em hãy bắt đầu từ những cái “nhỏ bé” cơ bản nhất là hết sức cần thiết Cách sử dụng hài hoà các tính chất như thế nào, để từ đó đề xuất được những bài toán mới - Bài toán bất đẳng thức khó và hay.Qua đó củng cố cho người học toán và làm toán nắm chắc được những kiến thức cơ bản,cùng các kỹ năng thuần thục là vô cùng có ý nghĩa.Cũng phải nói thêm rằng việc sử dụng các tính chất cơ bản của các phép toán như thế nào là cả một “nghệ thuật”.Bởi sau mỗi bước sử dụng ấy phải xuất hiện “Bài toán mới” hay hơn,đẹp hơn,gọn hơn thì mới có ý nghĩa.Đó là ý tưởng của đề tài Sau đây là các ví dụ minh hoạ: PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO PHƯƠNG PHÁPI: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA CÁC PHÉP TOÁN Suy xét 1:Ta bắt đầu từ t/c 6 vì A 2 ≥ 0 ( ∀ A). Thế thì (x-y) 2 ≥ 0 ∀ x,y ⇔ x 2 -2xy+y 2 ≥ 0 ∀ x,y ⇔ x 2 +y 2 ≥ 2xy ∀ x,y dấu bằng xảy ra khi x=y.Ta có bài toán mới Bài toán I.1 : Chứng minh rằng : x 2 +y 2 ≥ 2xy ∀ x,y, dấu bằng xảy ra khi x=y (Phát biểu tương tự): Chứng minh rằng : x+y ≥ 2 xy ∀ x,y ≥ 0 dấu bằng xảy ra khi x=y. Nhận xét1:Tôi không cho rằng học sinh không có khả năng tiếp thu ngay được các bất đẳng thức trên.Nhưng để học sinh có thể “đi được” xa hơn trên một cơ sở vững chắc thì đừng coi những kiến thức đó là vấn đề nhỏ bé.Mà ngược lại phải cho các em hiểu được,nắm chắc được cái nguồn gốc của vấn đề Chỉ có như vậy chúng ta mới đạt được mục đích của việc dạy học là: dạy học sinh tư duy chứ không đơn thuần chỉ dạy học sinh giải toán. 3 Suy xét 2: a) Tiếp tục sử dụng T/c 3.1 cộng vào hai vế của bài toán (I.1) với 2xy ta được: (x+y) 2 ≥ 4xy ( ) 2 1 4 xy x y ⇔ ≥ + Với x,y > 0 b) Không dừng lại ở bài toán (I.1) tiếp tục sử dụng t/c (3.2) nhân vào hai vế với 1 xy >0 ta được: 2 2 x y 2 xy + ≥ x y 2 y x ⇔ + ≥ . Ta có bài toán mới. Bài toán I.2 : a) Chứng minh rằng : ∀ x,y >0 ta luôn có: ( ) ≥ 2 1 4 xy x + y dấu bằng xảy ra khi x=y b) Chứng minh rằng : ∀ x,y >0 ta luôn có: ≥ x y + 2 y x dấu bằng xảy ra khi x=y Suy xét 3:Cũng sử dụng t/c (3.1) nhưng ta cộng vào hai vế của bài toán(I.1) với x 2 +y 2 ta được 2(x 2 +y 2 ) ≥ 2xy+ x 2 +y 2 ⇔ 2(x 2 +y 2 ) ≥ (x+y) 2 .Ta có bài toán mới. Bài toán I.3 : Chứng minh rằng : ∀ x,y ∈ R.Ta luôn có x 2 +y 2 ≥ ( ) 2 yx 2 + , dấu bằng xảy ra khi x=y Hoặc phát biểu dưới dạng khác:(I.3.1) Chứng minh rằng : ∀ x,y ∈ R.Ta luôn có 2       + ≥ + 2 yx 2 yx 22 dấu bằng xảy ra khi x=y. Suy xét 4:Từ bài toán (I.1) ta xét tương tự cho các cặp số khác có: x 2 +y 2 ≥ 2xy ∀ x,y ∈ R dấu bằng xảy ra khi x=y y 2 +z 2 ≥ 2yz ∀ y,z ∈ R dấu bằng xảy ra khi y=z z 2 +x 2 ≥ 2zx ∀ z,x ∈ R dấu bằng xảy ra khi z=x Theo t/c (5.1) ta được: 2(x 2 +y 2 +z 2 ) ≥ 2(xy+yz+zx) ⇔ x 2 +y 2 +z 2 ≥ xy+yz+zx .Ta có bài toán mới. Bài toán I.4 : Chứng minh rằng : ∀ x,y,z ∈ R.Ta luôn có x 2 +y 2 +z 2 ≥ xy+yz+zx , dấu bằng xảy ra khi x=y=z. Hoặc phát biểu dưới dạng khác I.4.1: Chứng minh rằng : ∀ x,y,z ∈ R.Ta luôn có 2       ++ ≥ ++ 3 zyx 3 zyx 222 , 4 dấu bằng xảy ra khi x=y=z. Suy xét 5:Không dừng lại tiếp tục cách làm trên ta có x 2 +y 2 ≥ 2xy ∀ x,y ∈ R dấu bằng xảy ra khi x=y y 2 +z 2 ≥ 2yz ∀ y,z ∈ R dấu bằng xảy ra khi y=z z 2 +t 2 ≥ 2zt ∀ z,t ∈ R dấu bằng xảy ra khi z=t t 2 +x 2 ≥ 2tx ∀ t,x ∈ R dấu bằng xảy ra khi t=x Theo t/c (5.1) ta được: 2(x 2 +y 2 +z 2 + t 2 ) ≥ 2xy+2yz+2zt+2tx. Nhưng theo bài toán (I.1) Thì: x 2 +z 2 ≥ 2xz dấu bằng xảy ra khi x=z y 2 +t 2 ≥ 2yt. dấu bằng xảy ra khi y=t Theo t/c (5.1) Ta được: 3(x 2 +y 2 +z 2 + t 2 ) ≥ 2xy+2yz+2zt+2tx+2xz+2yt. Tiếp tục cộng vào hai vế với: x 2 +y 2 +z 2 + t 2 (t/c (3.1)).Ta được: 4((x 2 +y 2 +z 2 + t 2 ) ≥ 2xy+2yz+2zt+2tx+2xz+2yt+ x 2 +y 2 +z 2 + t 2 =(x+y+z+t) 2 .Ta có bài toán mới . Bài toán I.5 : Chứng minh rằng : ∀ x,y,z , t ∈ R.Ta luôn có 2       +++ ≥ +++ 4 tzyx 4 tzyx 2222 dấu bằng xảy ra khi x=y=z=t Nhận xét2: Bằng cách sử dụng hài hoà, hợp lý những tính chất cơ bản của các phép toán mà học sinh đã được học.Trên cơ sơ đó một số bài toán mới đã được tạo ra.Việc chứng minh nó học sinh hoàn toàn có thể. Mỗi “Nút”tạo ra nhờ việc sử dụng hợp lý các tính chất cơ bản của các phép toán,từ đó để lại cho các em một nhận xét quan trọng:Mỗi “Nút”là một mức độ khó của bài toán “Nút”càng nhiều thì bài toán càng không đơn giản. Và cái được lớn hơn ở đây bằng cách xây dựng này tạo ra cho các em một phương pháp suy nghĩ khoa học,tư duy khoa học…Đặc biệt có khả năng khái quát một “Bài toán”.Chẳng hạn mối liên hệ từ bài toán (I.3) đến (I.4) đến (I.5) các em có thể phỏng đoán rằng :Liệu những bài toán này thuộc một “Họ” bài toán nào không? Nếu có thì đâu là bài toán tổng quát?.Những dự đoán ấy,những suy nghĩ ấy, sẽ là động lực không nhỏ thôi thúc các em khái quát nên bài toán mới: ∀ a 1 ,a 2 ,….a n ∈ R. Thì 2       +++ ≥ ++++ n a aa n a aa n21 2 n 2 2 2 1 (?) Từ những suy xét trên cho thấy bài toán đã đúng đến n=4 .(Đây là vấn đề mở không yêu cầu các em phải xây dựng hay chứng minh được ngay, mà nên để các 5 em tiếp tục suy nghĩ về nó).Nhằm mục đích rèn khả năng tư duy khái quát một vấn đề. Suy xét 6: Ta biết rằng việc giải một bài toán dễ hay khó phần lớn phụ thuộc vào điều kiện của giả thiết .Nếu điều kiện cho của giả thiết càng “hẹp” thì mức độ khó của bài toán càng lớn.Từ ý tưởng đó ta suy xét .Chẳng hạn từ: ( ) ≥ 2 1 4 xy x + y bài toán (I.2) nhân hai vế với x+y > 0 được 0 4 >∀ + ≥ + y,x yxxy yx (Theo t/c 3.2) ⇔ 0 411 >∀ + ≥+ y,x yxyx .Ta có bài toán mới . Bài toán I.6 : Chứng minh rằng : ∀ x,y > 0.Ta luôn có yx 4 y 1 x 1 + ≥+ dấu bằng xảy ra khi x=y. Suy xét 7: Từ bài toán (I.2.b) ≥ x y + 2 y x (*)với mọi x,y> 0 dấu bằng xảy ra khi x=y Sử dụng (*) liên tiếp cho ba cặp số ta có: 2≥+ x y y x ∀ x,y >0 dấu bằng xảy ra khi x=y Tương tự 2 ≥+ y z z y ∀ y,z >0 dấu bằng xảy ra khi y=z 2≥+ z x x z ∀ x,z >0 dấu bằng xảy ra khi x=z. Sử dụng t/c (5.1) cho cả hệ thống trên ta được : 6≥+++++ z x x z y z z y x y y x ∀ x,y,z >0 dấu bằng xảy ra khi x=y=z ⇔ 6≥ + + + + + z yx y xz x zy Cộng vào mỗi vế với 3 được: 36111 +≥+ + ++ + ++ + z yx y xz x zy (T/c 3.1) ⇔ 9≥ ++ + ++ + ++ z zyx y yxz x xzy ⇔ zyxzyx ++ ≥++ 9111 .Ta có bài toán mới 6 Bài toán I.7 : Chứng minh rằng : ∀ x,y,z >0.Ta luôn có zyx 9 z 1 y 1 x 1 ++ ≥++ dấu bằng xảy ra khi x=y=z Suy xét 8: Tiếp tục sử dụng (*) nhiều lần cho bốn cặp số ta có: 2≥+ a b b a ∀ a,b >0 dấu bằng xảy ra khi a=b. 2≥+ b c c b ∀ c,b >0 dấu bằng xảy ra khi c=b. 2≥+ c d d c ∀ c,d >0 dấu bằng xảy ra khi c=d. 2≥+ c a a c ∀ a,c >0 dấu bằng xảy ra khi a=c. 2≥+ a d d a ∀ a,d >0 dấu bằng xảy ra khi a=d. 2≥+ b d d b ∀ d,b >0 dấu bằng xảy ra khi d=b. Sử dụng t/c (5.1) vào cả hệ thống trên ta được. 12≥ ++ + ++ + ++ + ++ d cba c dba b dca a dcb .Tiếp tục sử dụng t/c(3.1) cộng vào mỗi vế với 4 ta được: 4121111 +≥+ ++ ++ ++ ++ ++ ++ ++ d cba c dba b dca a dcb .Biến đổi và thu gọn được : dcbadcba +++ ≥+++ 161111 .Ta có bài toán mới Bài toán I.8 : Chứng minh rằng ∀ a,b,c,d >0 ta luôn có: dcba 16 d 1 c 1 b 1 a 1 +++ ≥+++ dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d. Nhận xét 3:Từ ba bài toán trên: (I.6),(I.7) và (I.8) một dự đoán rằng “Liệu chúng có cùng thuộc một họ không”?Nếu có thì bài toán tổng quát sẽ là bài toán nào?Ta có thể viết lại các bài trên về dạng khác: (I.6) 0 2411 2 >∀ + = + ≥+ y,x yxyxyx dấu bằng xảy ra khi x=y 7 (I.7) zyxzyxzyx ++ = ++ ≥++ 2 39111 ∀ x,y,z >0 dấu bằng xảy ra khi x=y=z. (I.8) dcbadcbadcba +++ = +++ ≥+++ 2 4161111 ∀ a,b,c,d>0 dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d.Khi hướng dẫn học sinh với hướng phát triển như vậy chắc chắn các em sẽ dự đoán đến bài toán: + + + ≥ + + + 2 1 2 n 1 2 n 1 1 1 n x x x x x x ∀ x 1 ,x 2 ,… ,x n >0 ? dấu bằng xảy ra khi x 1 =x 2 =… =x n . (Đây cũng là bài toán mở, không đòi hỏi các em xây dựng được hoặc chứng minh được).Vấn đề được đặt ra nhằm rèn khả năng tư duy và khả năng khái quát một vấn đề của học sinh mà thôi.Đó là một trong những phẩm chất vô cùng quan trọng cần được ”ươm trồng” trong quá trình dạy học. Nhận xét 3:Qua cách phát triển các bài toán mới được tạo ra.Việc giải được nó với học sinh bậc THCS quả không dễ chút nào.Nhưng nguồn gốc của nó lại được xuất phát từ những Bài toán quen thuộc cùng với một số tính chất rất cơ bản trong chương trình SGK mà các em đã được học chẳng phải ở đâu xa lạ .Nếu hình thành cho học sinh một phương pháp học như vậy chẳng phải là rất tốt sao? . Đây cũng là một trong những phương pháp dạy học theo tinh thần đổi mới.Có thể khẳng định đó chính là: Phương pháp dạy mà học sinh không phải học và làm những bài toán“ Từ trên trời rơi xuống” Có thể nói rằng :Quá trình xây dựng nên các Bài toán mới như trên là một“nghệ thuật” sử dụng các tính chất cơ bản của các phép toán như thế nào.Và cũng có thể khẳng định rằng “Bất kỳ một bài toán khó nào đều có thể bắt đầu từ bài toán dễ nào đó”.Việc xây dựng được mỗi bài toán khó và hay thưòng bắt đầu từ việc tạo “Nút”.Mỗi “Nút” mới được tạo ra có thể tương ứng với một nghệ thuật sử dụng tính chất cơ bản các phép toán như thế nào.Mỗi lần “Nút” mới xuất hiện thì cũng đồng nghĩa với “Dấu vết” hoặc quy luật quen thuộc bị mất dần .Đây chính là mấu chốt của “Bài toán mới” thường khó và hay hơn bài toán ban đầu. Suy xét 9:Với ý tưởng như thế ta tiếp tục làm bài toán (I.1) đẹp hơn Thật vậy: x 2 +y 2 ≥ 2xy ∀ x,y ⇔ x 2 -xy+y 2 ≥ xy ∀ x,y (Cộng vào hai vế với –xy T/c3.1) ⇔ 3(x+y)( x 2 -xy+y 2 ) ≥ 3(x+y)xy ∀ x,y >0 (Nhân vào hai vế với x+y > 0 T/c 3.2). ⇔ 3(x 3 +y 3 ) ≥ 3xy(x+y). ⇔ x 3 +y 3 +3(x 3 +y 3 ) ≥ 3xy(x+y)+ x 3 +y 3 (Cộng vào hai vế với x 3 +y 3 T/c 3.1) ⇔ 4(x 3 +y 3 ) ≥ (x+y) 3 8 ⇔ 3 33 22       + ≥ + yxyx (Nhân vào hai vế với 1 8 T/c 3.2).Ta có bài toán mới. Bài toán I.9 : Chứng minh rằng ∀ x,y >0 thì ta luôn có 3 33 2 yx 2 yx       + ≥ + dấu bằng xảy ra khi x=y. Suy xét 10: Từ bài toán (I.1) : x+y ≥ 2 xy ∀ x,y ≥ 0 dấu bằng xảy ra khi x=y.Ta hạn chế với x.y>0.Rồi nhân vào hai vế với 1 xy > 0 ta được: xy xy yx 2 ≥ + ∀ x,y>0 ⇔ xy yx 211 ≥+ ∀ x,y > 0 Tương tự có yz zy 211 ≥+ ∀ z,y > 0 zx xz 211 ≥+ ∀ z,x > 0 Sử dụng T/c (5.1) cho cả hệ thống trên ta được:         ++≥         ++ zxyzxy zyx 111 2 111 2 .Ta có bài toán mới. Bài toán I.10 : Chứng minh rằng ∀ x,y,z >0 thì ta luôn có zx 1 yz 1 xy 1 z 1 y 1 x 1 ++≥++ dấu bằng xảy ra khi x=y=z. Cứ tiếp tục như vậy.Từ những tính chất cơ bản của các phép toán, ta có thể đề xuất một lượng bài toán đủ lớn ,mà mức độ khó của những bài toán mới không dễ chút nào đối với các em học sinh bậc THCS.Tuy nhiên để có lượng bài toán phong phú hơn ,đa dạng hơn ta không dừng lại ở mức độ x,y,… là số và đơn thức .Mà thay thế x,y,… bởi các đa thức.Ta tiếp tục suy xét phương pháp thay thế (hoặc đặc biệt hoá ) giả thiết. 9 PHƯƠNG PHÁP II: THAY THẾ (HOẶC ĐẶC BIỆT HOÁ) GIẢ THIẾT Suy xét 1: Từ bài toán (I.1) x+y ≥ 2 xy ∀ x,y ≥ 0 dấu bằng xảy ra khi x=y (*). Ta thay x=(a-b)(c-b) ;y=b 2 .(a>c>b>0) vào (*).Ta được: (a-c)(c-b) + b 2 ≥ 2 2 b).bc)(ba( −− ⇔ ac-ab-bc+2b 2 ≥ b).bc(b)ba( −−2 ⇔ ac ≥ b(a-b)+ b).bc(b)ba( −−2 +b(c-b) ⇔ ac ≥ [ ] 2 )bc(b)ba(b −+− .Ta có bài toán mới. Bài toán II.1: Cho a,b,c (a > c > b >0).Chứng minh rằng: acb)b(cb)b(a ≤−+− dấu bằng xảy ra khi c 1 b 1 a 1 =+ . Suy xét 2:Chẳng hạn xuất phát từ -3 1≤≤ A ⇔    ≤− ≥+ 11 03 A A ⇔ (A+3)(A-1) ≤ 0 ⇔ A 2 +2A-3 ≤ 0. Ta thay A=x+y ta đựoc: (x+y) 2 +2(x+y) – 3 ≤ 0 (1).Nhưng theo bài toán (I.3) 2(x 2 +y 2 ) ≥ (x+y) 2 , dấu bằng xảy ra khi x=y ⇔ (x+y) 2 ≤ 2(x 2 +y 2 ) (T/c1) ⇔ (x+y) 2 +2(x+y)-3 ≤ 2(x 2 +y 2 )+2(x+y)-3 (Cộng vào hai vế với 2(x+y) – 3 T/c 3.1). Để thoả mãn (1).Ta cho 2(x 2 +y 2 )+2(x+y)-3 ≤ 0 (*) (T/c 2 Bắc cầu ). 10 [...]... trọng.Nhằm thiết kế nên những bài tập mới trong quá trình dạy học.Đặc biệt trong công tác ĐỔI MỚI CÁCH KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ HỌC SINH Phương pháp ”PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO” có thể coi là một ý tưởng rất nhỏ bé trong cả một quy trình: Thiết lập bài toán mới nói chung và công tác:Ra đề thi nói riêng mà thôi Rõ ràng phương pháp ”PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO” đảm bảo tính khoa... “PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO”đã được tôi áp dụng cho các đối tượng là học sinh giỏi của khối lớp 8 lớp 9 và các lớp ôn luyện bồi dưỡng vào THPT Ban đầu khi mới áp dụng các em chưa quen tỏ ra bỡ ngỡ ,sau đó khi hiểu ra vấn đề các em rất hăng hái và thực hiện Các em thật sung sướng tỏ ra tự hào vì đã tự mình thiết kế được những bài toán mới.Từ việc hiểu,và phát triển được những bài toán. .. thừa của kiến 27 thức. Chống việc học vẹt.chống được việc tuy làm được nhiều bài toán mà chỉ hiểu màng màng về nó.Với phương pháp học như vậy (Phát triển bài toán) ngoài việc giải được bài toán mới các em còn có khả năng nắm bắt được mối liên kết nhiều bài toán Với giáo viên việc làm này khắc phục được kiểu dạy học rắc những bài toán từ trên trời rơi xuống mà ở đó dù học sinh có làm song bài tập mà cũng... đầu là rất nhỏ nhưng trong các em tỏ ra phấn chấn bởi chính mình đã tự làm được một việc mà xưa nay chưa từng Như vậy thông qua phương pháp phát triển bài toán bất đẳng thức đã góp phần nhỏ bé vào việc hình thành cho học sinh một phương pháp tư duy toán học, đức tính độc lập, chủ động sáng tạo trong quá trình học và làm toán Đó chính là mục đích của việc dạy học Thông qua mỗi bài toán như vậy giúp các... biệt.Trong toán học cũng vậy hầu hết học sinh cho rằng Đại số và Hình học là hai bộ phận độc lập của toán học nhưng thực tế thì ngược lại…Trong kinh nghiệm này tôi cũng nêu nên một phương pháp phát triển bài toán bất đẳng thức 23 thông qua bài toán hình học Suy xét 1: Cho tam giác ABC các đường trung tuyến AA 1,BB1,CC1 cắt nhau tại G => GA1 GB1 GC1 1 = = = (T/c trung tuyến của tam giác-SGK -Toán 7).Sau... Nên: BB1 S CC1 S AA1 BB1 CC1 S S S S Từ đó có bài toán mới Bài toán III.1: Cho K là một điểm bất kỳ trong ∆ ABC.Gọi AK,BK,CK lần lượt cắt BC,CA,AB tại A1,B1,C1.Chứng minh rằng : Nhưng 24 KA1 KB1 KC1 + + =1 AA1 BB1 CC1 So sánh đẳng thức (*) và bài toán III.1 ta suy ra một điều khi K chuyển động KA1 KB1 KC1 + + = 1 là bất biến trong tam giác ABC.Thì đẳng thức AA1 BB1 CC1 Suy xét 2: Không dừng lại ở đây... trong toán học nói riêng Việc làm này tôi thiết nghĩ không phải là nhỏ trong quá trình dạy học.Mà ngược lại nó hết sức cần thiết và quan trọng đối với nghề dạy học đặc biệt là dạy môn toán Khi thực hiện có thể chỗ này, chỗ kia còn gặp khó khăn này khó khăn khác.Nhưng trong công tác bồi dưỡng học sinh khá giỏi.Thì có thể khẳng định phương pháp phát triển bài toán bất đẳng thức “ nói riêng” phát triển. .. 3 KA1 KB1 KC1 S 1.S 2 S 3 Ta có bài toán mới: Như thế thì: Bài toán III.5: Cho K là một điểm bất kỳ trong ∆ ABC.Gọi AK,BK,CK lần lượt cắt KA KB KC + + ≥8 BC,CA,AB tại A1,B1,C1.Chứng minh rằng : KA1 KB1 KC1 NHẬN XÉT Như vậy từ một bài toán ban đầu cùng với việc sử dụng một số tính chất cơ bản của các phép toán ta có thể hướng dẫn học sinh tự học và tự đề xuất một lượng bài tập mới không nhỏ đảm bảo tính... các tính chất của các phép toán thì nhũng bài toán mới được xuất hiện càng thêm khó và hay.Trong quá trình 17 ấy ngoài việc tạo “Nút” để tạo ra những bài toán mới theo ý tưởng trên còn phải biết kết hợp thiết lập những “Chiếc cầu“ thì bài toán càng tạo ra nhiều bước ngoặt Bởi thường khi qua mỗi “Chiếc cầu“ như thế những dấu vết của hướng đi thường bị “ che khuất” do đó bài toán thường khó hơn lên và... dừng lại ở đây để có bài toán (*) ta đi tiếp bằng cách tạo “Nút” mới chẳng hạn chọn a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nào đó và đặt: x=a+b-c, y=a-b+c, z=-a+b+c(Dễ thấy khi đó x,y,z,>0 theo bất đẳng trong tam giác) Nhưng từ cách đặt ấy ta lại có: x+y=2a y+z=2c z+x=2b Thế vào (*) ta được: 2a.2b.2c ≥ 8(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) ⇔ abc ≥ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) Ta có bài toán mới Bài toán II.3: Cho a,b,c . hoà các tính chất như thế nào, để từ đó đề xuất được những bài toán mới - Bài toán bất đẳng thức khó và hay.Qua đó củng cố cho người học toán và làm toán nắm chắc được những kiến thức cơ bản,cùng. các ví dụ minh hoạ: PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO PHƯƠNG PHÁPI: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA CÁC PHÉP TOÁN Suy xét 1:Ta bắt đầu từ t/c 6 vì A 2 ≥ 0 ( ∀ A). Thế thì (x-y) 2 ≥ 0. một Bài toán .Chẳng hạn mối liên hệ từ bài toán (I.3) đến (I.4) đến (I.5) các em có thể phỏng đoán rằng :Liệu những bài toán này thuộc một “Họ” bài toán nào không? Nếu có thì đâu là bài toán