Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC KĨ THUẬT DẠY HỌC TÍCH CỰC TRONG MƠN TỐN THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC HỌC SINH sử dụng kĩ thuật dạy học tích cực mơn tốn theo định hướng phát triển lực học sinh Biên soạn: TS Trịnh Đào Chiến (Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai) Sử dụng kĩ thuật dạy học tích cực mơn Tốn theo định hướng phát triển lực học sinh yêu cầu đổi phương pháp giảng dạy nói chung mơn Tốn nói riêng Bài viết nhằm giới thiệu số minh họa, khoảng thời gian có hạn đợt bồi dưỡng giáo viên lần Mơ hình hóa Trong q trình giảng dạy bậc THCS, đặc biệt lớp bồi dưỡng học sinh giỏi, ta gặp tốn sau Bài tốn Tính tổng 1    n Giảng phương pháp giải tốn trên, thường Giải Ta có 1 111 , 1   22 1 , 1    33 1 2 , 1    10  44 1 Dự đoán 1    n  1 n n Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán là: Minh họa 1 1     ? Vì số vng màu xanh nửa số vng hình chữ nhật, nên ta có 1     1    n  1 Tổng quát: 44 1 n n Bài tốn Tính tổng 1    2n 1 Giảng phương pháp giải toán trên, thường Giải Ta có 1   , 1    , 1   16  Dự đoán 1    2n 1  n Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán Minh họa 1 3   11  ? Đếm số hình tròn trường hợp, ta có 1    11 6 Tổng quát:  1     2.6 1  1    2n 1  n Bài tốn Tính tổng 13  23  33   n3 Giảng phương pháp giải tốn trên, thường Giải Ta có 13   12 , 13  23   32  1 2 ,13  23  33  36  62  1  3 Dự đoán 3 3     n   n 1   Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán là: Minh họa 13  23  33  43  ? Bằng cách ghép hình rời rạc (bên trái) thành hình vng (bên phải), ta có 3 3 2 3 4 Tổng quát: 3 3     n   n  1    1   Bài tốn Tính tổng 12  22  32   n2 Giảng phương pháp giải toán trên, thường Giải Ta có 12   1112.11 2 22 12.2 1 2 33 12.3 1 ,1 2 5 ,    14  6 Dự đoán 12  22  32   n2  n n 12n 1 Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán là: Minh họa 2 2 2 3 4 ? 4 + 4 4 3 + 4 4 3 = 9 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 Vậy: 1     Suy ra: 2  1   42.4 1  44 1 9 2.4  = 9 2 2 2 3 4  Tổng quát: 44 12.4 1 44 1 2.4     12  22  32   n2  n n    n   Lưu ý rằng, mơ hình vài minh họa Còn nhiều mơt hình khác để minh họa cho lời gải toán Tạo “góc nhìn” khác Bài tốn sau thường gặp bậc THCS, mà ta dễ dàng chứng minh Bài toán Chứng minh bất đẳng thức 2 a  b  c  ab  bc  ca Bây giờ, ta có nhận xét sau: 2 a  b  c  ab  bc  ca   a  b  c    ab  bc  ca  2   a  b  c    a  b  c    ab  bc  ca    ab  bc  ca  2 2 2   a b c  b c a  c a b   a c b  b a c  c b a 0 0 0 0 0 0  a b c  b c a  c a b   a c b  b a c  c b a 1 1 1 1 1 (Các số mũ 2, 0,  , 1,1, hoán vị abc ) 0 Ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1,2 ,3   1, 2 , 3  1  1       2  1  2      3 Ví dụ: 2, 0, 0 1,1,  , 3,0,0 2,1,0 1,1,1 1   Định nghĩa T 1, 2, 3   a, b,  c  2   2  : a 1b c b c 1a 3 + c hoan vi cua abc 1 2 3 b a Cách tạo bất đẳng thức 1,2 ,3   1, 2 , 3  T 1, 2, 3   a, b, c  T Ví dụ Vì 2, 0, 0 1,1,  , nên a b c  0   b c a  c a 0b    a c 0b  b a c  c b a a b c 1 c1b1a0  T 2,0,0 a,b,c  b1c1a  c1a1b0    a1c1b0  b1a1c0  T a,b,c 1,1,0 a, b,   1, 2,3  c 3 2  c3  uvt Vậy: c1   u  v  t  c  uv  vt  tu  c  uvt 3 Thế u, v, t nghiệm phương trình r  c1 r  c2 r  3c  (**) Bởi (*) (**), khơng tính tổng quát, ta có x  u, y  v, z  t Suy xn  yn  zn  un   tn , với n nguyên dương Ta có điều phải chứng minh Từ đẳng thức đến bất đẳng thức Với số thực a, b, c , ta thường gặp biểu thức đối xứng, chẳng hạn sau: a  b  c , ab  bc  ca , a b c , 2 3 a b c , abc , a  bb  c  c  a  , a b  c   b c  a   c a  b  , 2 Dưới số đẳng thức biểu diễn mối quan hệ chúng, mà nhiều không nhớ hết: a  b  c   a  b2  c  2ab  2bc  2ca , a  b  c   a  b3  c3   a  b  b  c  c  a  , a  b  c  3abc   a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  , 3 2 a  b  cab  bc  ca  abc  a  b b  c c  a  , a  b  c   b  c  a   c  a  b   8abc   a  b  b  c  c  a  , 2  x  a  x  b  x  c  x3  a  b  c  x  ab  bc  ca  x  abc , 1 a  1 b 1 c  1 a  b  c  ab  bc  ca  abc , a  b2  c  x  y2  z2   ax  by  cz   ay  bx   bz  cy   cx  az  2 2 , Tuy nhiên, đơi nhớ lại chúng mà ta giải số tốn khó đó, chẳng hạn chứng minh bất đẳng thức Và ta gọi chúng đẳng thức “cũng đáng nhớ” Bây giờ, ta minh họa ý tưởng trên, đẳng thức nêu Đó đẳng thức: a  b  c ab  bc  ca abc  a  bb  c c  a Theo chúng tôi, đẳng thức “đẹp”, “đáng nhớ”! Nó giải số tốn khó, bất ngờ, mà số ví dụ Bài tốn 31 Giả sử a, b, c số thực không âm Chứng minh a  b  b  c  c  a  a  b  cab  bc  ca Đẳng thức xảy nào? Trước hết, ta quy ước chữ viết tắt sau: HĐT: đẳng thức, ĐTXR: đẳng thức xảy ra, GT: giả thiết, PT: phân tích Giải a  b  b  c  c  a HDT  a  b  cab  bc  ca   abc (a,b,c0)  = ca 1 a  b  c  ab  bc  ca 33 abc  9 33 a2b2c2  abc a  b  c ab  bc  (đpcm) ĐTXR  a  b  c  ab  bc  ca abc Bài toán 32 Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  bb  c c  a  Chứng ab  bc  ca  minh Đẳng thức xảy nào? Giải GT   a  b  b  c  c  a HDT  a  b       bc   ca  c  ab  PT  a  b b  c c  a     ab  ab  bc  ca   2   bc   ca   (GT: a,b,c0) a  b b  c c  a  a  bbcca     ab  bc  ca 3           GT       8 = ab bc ca     ab bc ca     abc Tóm lại, ta có 1 ab  bc  ca  hay ab  bc  ca  (đpcm) ĐTXR  a  b  b  c  c  a  1 abc  a  b  c a  b  b  c  c  a  Bài toán 33 Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn h abc  Chứng a  b b  c  c  a  21 a  b  c  Đẳng thức xảy nào? Giải Ta có a  b b  c c  a  21 a  b  c HDT  a  b  c ab  bc  ca  abc   a  b  c  a  b  c ab  bc  ca    a  b  c   a  b  c ab  bc  ca   a  b  c    a  b  c ab  bc  ca  2  Vậy ta cần chứng minh bất đẳng thức cuối Ta có  a  b    ab  c .   bc  ca     22 abc  a b c  (GT: a,b,c0)  abc   ĐTXR  a  b  c  abbcc       2  (đpcm)    a  b  c  a Suy luận: Biến đổi vế trái HĐT 1, ta có a  b  cab  bc  ca  abc  a  b b  c c  a   aba  b  c  bc a  b  c   ca a  b  c   abc  a  b  b  c  c  a   aba  b  abc  bc b  c   abc  ca c  a   abc  abc  a  b  b  c  c  a   aba  b  bc b  c   ca c  a   2abc  a  b  b  c  c  a   aba  b  bc b  c   ca c  a   2abc  a  b  b  c  c  a  a,b,c0  ab a  b  bc b  c  ca c  a   2abc 1 a  bb  cc  a    ab bc  ca  2abc  1 b  c  c  a  c  a a  b a  b b  c  a  b  b  c  c  a  a b b  c  bc ca ca ab x y y ab bc z a b c  c a bccaab x z 1 x y z Ta có hệ sau Hệ sử Giả x, y, z số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  2xyz  Thế thì, tồn số thực dương a, b, c cho x a b c , y , z  b  c ca ab Áp dụng Hệ quả, ta giải toán sau Bài toán 34 Giả sử x, y, z số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  2xyz  Chứng minh  x  y  z  1  32xyz Giải Áp dụng Hệ quả, ta có  x  y  z  1  32xyz   a b c  a b    32 c    b  c c  a a  b     a  b  b  c  c  a  32.abc , a     bc ca b  bccaab  c  a  b  1    Bất đẳng thức cuối chứng minh, a,b,c0 1) a  b  b  c  c  a   ab.2 bc.2 c 8.abc ; a a,b, c  , a,b, c  2) Ta có a c b  bc ca ab b  3 a 1 bc  b 1 ca  c a   a  b  c  1       b  c c  a a  b   b  c  c  a  a  b.  1       b  c c  a a  b  a b c    bc ca a b 2 (đpcm) xyz ĐTXR  a  b  c  Dưới số tốn giải nhờ việc áp dụng đẳng thức tương tự Bài toán 35 Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng h a  b  b  c  c  a    a  b  c 1 Bài toán 36 Giả sử a, b, c số thực dương Chứng minh a  b  b a b   b Bài toán 37 Giả sử c c c a, b,  c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2abc  Chứng  a minh c a  a  b  c  1  32abc  Bài toán 38 Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn ab  bc  ca  abc  Chứng minh a  b  c  ab  bc  ca Bài toán 39 Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  Chứng minh 2  ab  bc  ca  abc  Bài toán 40 Giả sử a  b  c 1  4abc Chứng minh a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  a  b  c ... Ta có b 7  ba  b.1  b.2.1  a  b.1  a a b (đpcm) Toán học thực tiễn Sau học Định lí Pitago, tốn sau minh họa nhỏ việc toán học giải vấn đề từ thực tiễn Bài tốn 10 Có ngơi nhà, vị trí... “khơng lời” (Silent Math) phương pháp dạy học đại giới, giúp cho học sinh tự tìm kiếm nội dung “có lời” lời giải tốn Dưới số minh họa, với tốn Hình học Bài toán 11 S1 a ? S2  b Giải ah h S  S1... phương pháp giải toán trên, thường Giải Ta có 1   , 1    , 1   16  Dự đoán 1    2n 1  n Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán Minh họa 1