SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT SẦM SƠN
....................* & * ...................
KINH NGHIỆM GIÚP ĐỠ HỌC SINH YẾU KÉM
VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
----------------------------------------------------
Họ và tên tác giả: Trần Hiếu Minh
Chức vụ:
P. HIỆU TRƯỞNG
Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT SẦM SƠN
SKKN thuộc môn: TOÁN HỌC
SKKN thuộc năm học 2010-2011
1
A- ĐẶT VẤN ĐỀ
I- MỞ ĐẦU. Sinh thời Bác Hồ đã xem dốt nát như là một loại giặc cần phải
đánh đuổi. Mà đánh đuổi nó thì cần phải có lực lượng, chiến lược, sách lược.
Vận dụng thật nghệ thuật, sáng tạo mới dành thắng lợi như mong muốn. Dạy học
là một mặt trận chính.
Nghề dạy học thật là vất vả, khó khăn, nhưng cũng rất đỗi tự hào. Có thể nói
ở một khía cạnh nào đó mỗi giáo viên như một MC trong mỗi tiết dạy. Mỗi thầy
cô giáo khi vào một tiết học đều muốn cho mọi học sinh của lớp đều chủ động
tiếp thu bài giảng một cách tích cực và hiệu quả nhất. Để đạt được sự mong
muốn đó đòi hỏi chúng ta phải hết sức kiên trì , tìm tòi phương pháp thích hợp
cho từng đối tượng học sinh. Số học sinh giỏi trong một lớp chỉ một vài em, số
yếu kém cũng có còn lại đa số là trung bình, trung bình khá. Vậy làm thế nào để
tất cả các đối tượng này cùng hào hứng say mê, chủ động tiếp thu bài học tốt
được. Điều này cũng chính là yêu cầu của Bộ GD&ĐT về vấn đề đổi mới
phương pháp dạy học. Người học là trung tâm, làm thế nào để họ yêu thích bộ
môn học, họ tự đào tạo, họ tự tin vào khả năng của chính mình để lĩnh hội tri
thức.Thầy cô giáo giúp đỡ như thế nào cho hiệu quả nhất. Sau nhiều năm công
tác, bằng thực tiễn hoạt động dạy học của mình tại trường THPT Sầm Sơn, cách
làm mà tôi đã thực hiện, thực sự có đem lại một số hiệu quả.
II- THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU:
1/ Thực trạng:
Từ khi còn đang là học sinh phổ thông , mỗi khi thầy cô giáo vào lớp tôi cảm
thấy hành vi, dáng điệu ,cử chỉ , lời nói đều hấp dẫn mình , Đặc biệt khả năng tri
thức bộ môn, tri thức xã hội thì hết ý. Làm sao mà các thầy ,các cô giỏi thế. Sự
kết hợp nhuần nhuyễn và điệu nghệ những điều nói trên có tác động sâu sắc đến
thế hệ học sinh chúng tôi.
Những học sinh học yếu thường không tự tin, thậm chí sợ sệt mỗi khi bị hỏi bài
cũ. Nếu chúng ta vì một lý do nào đó mà bất buộc họ phải trả bài thì hiệu quả rất
thấp. Có thể làm cho học sinh đó chán ghét bộ môn. Cũng như vậy đối vối học
sinh khá, giỏi,những câu hỏi, hay bài tập của sách giáo khoa rất đơn giản với các
em. Để khích lệ học sinh và tạo sự công bằng tương đối, chúng ta đưa ra những
bài toán có nhiều lời giải. Lời giải đơn giản dễ hiểu dành cho học sinh yếu, lời
giải phức tạp giành cho học sinh khá hoặc giỏi.
Thông thường chỉ gọi những em giơ tay, từng bước gia hạn thời gian yêu cầu tất
cả mọi em đều phải tham gia giải quyết vấn đề. Ta tìm hiểu những em không biết
từ đâu vì không nắm được lý thuyết hay lười biếng, hay do vấn đề tâm lý ngại
phát biểu trước đám đông. Từ đó có cách để tháo gỡ cho các em.
2
Một sự thay đổi phương pháp dạy học sẽ được coi là thành công nếu nó làm
lay động, làm thức tỉnh người học, làm cho họ hứng thú học tập, yêu mến bộ
môn và họ có tiến bộ trong kết quả học tập của mình. Với suy nghĩ và cảm nhận
rằng, tâm lý lứa tuổi học sinh cũng gần gũi với mình ngày còn đi học phổ
thông,do đó tôi đã kết hợp những kiến thức
sư phạm được học, năng lực bản thân, tâm lý học trò, mức độ yêu cầu kiến thức
học sinh phải tiếp thu, trong một bài học, trong một chương học ,thậm chí cả
năm học và toàn khoá học. Theo dõi chặt chẽ mức độ kiểm tra, mức độ thi tốt
nghiệp, thi đại học hàng năm.
2/ Kết quả của thực trạng trên:
Khi học sinh đứng trước một bài toán ở tầm sách giáo khoa và đã nhiều lần
được chứng kiến thầy giáo và các bạn giải quyết bằng nhiều cách khác nhau,
xuất phát từ những kiến thức khác nhau cũng của sách. Một cách hết sức tự
nhiên từ đâu đó trong tiềm thức thúc đẩy tính tự giác phải xem lại lý thuyết, đọc
kỹ đề bài cho gì đòi hỏi ta phải tìm gì, chứng minh cái gì . Giả thiết bài toán liên
quan đến những bài học nào đã học. Từ đó mạnh dạn
Biến đổi, suy luận, viết ra những suy nghĩ của mình và thực sự có những chuyển
biến tích cực.
B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I- CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN.
1/ chuẩn bị của giáo viên.
- Người thầy phải chủ động hoàn toàn trong vai trò hướng dẫn viên, không bị
lúng túng khi có những tình huống phát sinh, đồng thời xử lý các tình huống đó
một cách thông minh , thích hợp văn cảnh.
- Giáo viên đọc thật kỹ sách giáo khoa, chuẩn bị giáo án thật kỹ về các bài
toán có liên quan đến bài học, căn cứ vào đối tượng học sinh và giải các bài
toán đó bằng nhiều cách sao cho thật sát với chương trình học.
- Khích lệ học sinh đúng mức phù hợp với từng đối tượng, để các em yêu thích
cách giải đẹp, từ đó tự tìm lấy cách giải cho riêng mình.
2/ Tổ chức lớp:
- Để chuẩn bị bài học hôm sau yêu cầu học sinh về nhà giải các bài tập thầy
giáo ra từ tiết học trước đó (có thể học sinh giải được, cũng có thể không giải
được). Nhưng phải hiểu đề bài, có thể thuộc đề bài thì càng tốt.
- Học sinh phải có đầy đủ sách giáo khoa, vở nháp, dụng cụ học tập, đặc biệt
phải thuộc cơ bản phần lý thuyết có liên quan đến bài tập sắp được chữa hoặc
phần lý thuyết sắp được học.
II/ CÁC BIỆN PHÁP ĐỂ TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
1/ Đối với học sinh:
3
- Nên yêu cầu học sinh thực hiện cơ bản nội dung bài học trước ở nhà.
- cho học sinh tự nguyện phát biểu theo yêu cầu của giáo viên, sau đó thực
hiện chỉ định trong mục kiểm tra bài cũ
- Nêu bài tập đề nghị cần chữa, hoặc bài tập tương tự bài đã chữa hôm trước.
2/ Phần bài tập chuẩn bị của thầy giáo.
HỆ THỐNG CÁC BÀI TẬP GIẢI NHIỀU CÁCH
Bài 1: Cho vectơ v = (-3;2) và đường thẳng ( ): 2x + 3y – 7 = 0. Tìm
ảnh của ( ) qua phép tịnh tiến vectơ v .
Bài giải:
Cách 1. Lấy điểm A(1;1) và B(6;-1) thuộc đường thẳng ( ).
Ảnh của A và B qua phép tịnh tiến vectơ v là: A’(4;-1) và B’(9;-3).
Đường thẳng ( ) là đường thẳng A’B’ có = (5;-2), có pháp tuyến là n = (2;5).
Suy ra ( ): 2(x – 4) + 5(y + 1) = 0 2x + 5y – 3 = 0.
Cách 2. Lấy M(x;y) thuộc ( ), ảnh của M là M’(x’;y’)
x’ = x + 3 ; y’ = y – 2
đường thẳng ( ’): 2(x’ – 3) + 5(y’ + 2 ) = 0
2x + 5y – 3 = 0.
Cách 3.
Đường thẳng ( ’) có dạng: 2x + 5y + c = 0.
Điểm A(1;1) ( ). Ảnh của A qua phép tịnh tiến vectơ v là A’(4;-1).Thay vào
dạng của đường thẳng ( ’) ta có:
2.4 + 5(-1) + c = 0 c = -3.
Vậy đường thẳng ( ’): 2x + 5y – 3 = 0.
Bài 2: Tìm các giá trị m để phương trình x 4 + 2(m-2)x 2 + m 2 -5m + 5 có 4
nghiệm phân biệt.
Bài giải
4
Cách 1. Phương trình đã cho có 4 nhiệm phân biệt khi phương trình
f(t)= t 2 + 2(m-2)t+ m 2 -5m + 5 = 0 có 2 nghiệm dương. điều kiện là
/ = (m − 2) 2 − (m 2 − 5m + 5) 0
m − 1 0
m 2 − 5m + 5 0
f (t ) 0
2 − m 0
s
0 = 2 − m
2
m 1
5− 5
5+ 5
m
;m
2
2
2 m
5− 5
.
2
m − 1 0
0
5− 5
Cách 2. Áp dụng Viet ta có t1t 2 0 m 2 − 5m + 5 0 1 0, > 0 nên ( ) : ( ) =
> 0 nên suy ra các điều kiện :
a
a
a
a
c
= b 2 − 4ac
−b
0
x3 + x4 =
a
c
x3 x4 = a 0
7
Điều này suy ra các nghiệm x3, x4 của phương trình cx2 + bx + a = 0 tồn
tại và là các nghiệm dương.
Do các nghiệm x1, x2, x3, x4 là các nghiệm dương nên ta có áp dụng liên
tiếp bất đẳng thức Cô - si của các cặp số dương:
x1 + x2 + x3 + x4 = (x1 + x2) + (x3 + x4) 2 x1 x2 + 2 x3 x4 =
= 2( x1 x2 + x3 x4 ) 4
x1 x2 x3 x4 = 4. 4
c a
. =4
a c
Vậy x1 + x2 + x3 + x4 4.
Cách 2 Nhận xét rằng từ định lí Vi – ét
−b/a
−b
x +x
1
1
=
= 1 2 =
+
c/a
a
x1 x2
x1
x2
1
1
nên suy ra x1 + x2 + x3 + x4 = x1 + x2 +
+
=
x1
x2
1 2
1 2
= ( x1 ) + ( x2 ) + 4 4.
x1
x2
x3 + x4 =
Cách 3: Gọi x1 là nghiệm dương của phương trình ax2 + bx + c = 0 , tức
là ta có ax12 + bx1 + c = 0. Do x1 > 0 chia hai vế cho x12 ta được:
a+b(
1
1
) + c( ) = 0,
x1
x2
1
là nghiệm của phương trình cx2 + bx + a = 0. Tương tự x2 là nghiệm
x1
1
dương của phương trình ax2 + bx + c = 0 thì
là nghiệm dương của phương
x2
nghĩa là
trình
cx2 + bx + a = 0. Việc chứng minh x1 + x2 + x3 + x4 = x1 + x2 +
1
1
+
4 làm
x1
x2
tương tự cách 2 và cách 1.
Bài 6: Hãy xác định m để 2 phương trình
x2 – mx + 2m + 1 = 0,
mx2 – (2m + 1)x – 1 = 0
có nghiệm chung.
Bài giải:
Cách 1. Gọi x0 là nghiệm chung của 2 phương trình, khi đó:
8
x0 2 − mx0 + (2m + 1) = 0
2
mx0 − (2m + 1) − 1 = 0
(1)
(2)
Chú ý: phương trình (2) cho phép kết luận x0 0 . Nhân x0 vào (1) rồi cộng với
(2) ta được: x03 – 1 = 0 x0 = 1. thay x0 vào (1) và (2) ta được:
12 − m + 2m + 1 = 0
m − (2m + 1) − 1 = 0
m + 2 = 0
− m − 2 = 0
m=-2
Vậy với m = - 2, hai phương trình đã cho có nghiệm chung.
Cách 2. Từ các phương trình (1) và (2) rút ra:
x2 + 1
x +1
m=
=
x−2
x( x − 2)
(3)
Giải (3) suy ra x = 1, thay lại vào (3) suy ra m = - 2.
Cách 3. Đặt y0 = x02 thay vào (1) – (2), ta có thể coi đó là hệ phương trình
bậc nhất 2 ẩn sau:
y0 − mx0 = −(2m + 1)
my0 − (2m + 1) x0 = 1
Giải hệ ta được
y0 =
− (2m + 1) − m
1
:
1
− (2m + 1)
m
x0 =
1
m
− (2m + 1) 1
:
1
m
Điều kiện y0 = x02 (
−m
4 m 2 + 5m + 1
= 2
,
− (2m + 1)
m − 2m − 1
−m
2m 2 + m + 1
= 2
.
− (2m + 1)
m − 2m − 1
2 m 2 + m + 1 2 4 m 2 + 5m + 1
) = 2
m 2 − 2m − 1
m − 2m − 1
Biến đổi ta có: (2m2 + m + 1)2 = (m2 – 2m – 1)(4m2 + 5m +1)
7m3 + 18m2 + 9m + 2 = 0
(m + 2)(7m2 + 4m +1) = 0 m = - 2 ( phương trình 7m2 + 4m +1 vô
nghiệm)
Chú ý. Thay m = - 2 vào (1) và (2) có 2 phương trình
x2 + 2x – 3 = 0 và - 2x2 + 3x – 1 = 0 đều nhận x = 1 là nghiệm.
Bài 7: Giả sử a, b, c là 3 cạnh của tam giác, chứng minh rằng phương trình
(b + c2 –a2)x2 - 4bcx +b2 + c2- a2 =0
Bài giải:
2
2
2
Cách 1. Nếu b + c – a = 0 thì phương trình có nghiệm x = 0.
2
Nếu b + c2 – a2 0, xét
' = 4b2c2 – (b2 + c2 –a2) = 2bc − b 2 − c 2 + a 2 2bc + b 2 + c 2 − a 2 =
2
9
= a 2 − (b − c) 2 (b + c) 2 − a 2 = (a + b – c)(a – b + c)(a + b + c)(b + c – a ) > 0.
Vậy phương trình có 2 nghiệm.
Cách 2. Theo định lí hàm số cosin: b2 + c2 –a2 = 2bc.cosA.
Phương trình có dạng:
2bc.cosA x2 – 4bcx + 2bc.cosA = 0 cosA.x2 – 2x + cosA = 0
Nếu cosA = 0 phương trình có nghiệm x = 0.
Nếu cosA 0 ' = 1 – cos2A = sin2 A > 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm
Cách 3. Xét tam thức
f(x) = (b2 + c2 – a2 )x2 - 4bcx +b2 + c2- a2
ta có f(1) = 2(b – c – a)(b – c + a) < 0,
f(-1) = (b + c – a)(b + c + a) > 0.
Vậy f(x) có ít nhất một nghiệm trong khoảng (-1;1)
Bài 8: Giả sử a2 + b2 0. Chứng minh rằng, ít nhất một trong hai phương
trình
a.sinx + b.cosx = 0
(1)
a.tanx + b.cotx + 2c =0 (2)
có nghiệm.
Bài giải:
Cách 1. Phương trình (2) có thể biến đổi
at2 + 2ct + b = 0 ; t = tanx; x
k
.
2
Phương trình này sẽ vô nghiệm khi:
(i)
a = c = 0; b 0 suy ra (1) có nghiệm cosx = 0.
(ii) a 0; ' = c2 – ab < 0 hay ab > c2 > 0 ta sẽ chứng minh phương
trình (1)
có nghiệm.
Dùng công thức sinx =
2t
x
1− t2
;
cosx
=
với t = tan . Phương trình (1) có
2
2
2
1+ t
1+ t
dạng
2t
1− t2
a.
+ b.
+ c = 0. (c – b )t2 + 2at + (c + b) = 0 (1’)
2
2
1+ t
1+ t
x
−b
Nếu c = b t = tan =
luôn có nghiệm;
2
a
c b ' = a2 – (c2 – b2) = a2 + b2 – c2 >2ab – c2 > 0 do điều kiện (i) ab > c2 >
0. Vậy (1’) có nghiệm hay (1) có nghiệm.
10
Tóm lại , nếu phương trình (2) vô nghiệm, ta chứng minh được phương trình (1)
có nghiệm .
Vậy: cặp phương trình (1) , (2) luôn luôn có ít nhất một phương trình có nghiệm.
Cách 2.
a
a 2 + b2
sinx +
Do điều kiện a2 + b2 0 nên ta biến đổi (1)
b
a 2 + b2
cosx = -
c
sinx(x + ) = -
c
(3)
a 2 + b2
a 2 + b2
b
sin =
2
a + b2
Với là nghiệm của hệ phương trình
.
a
cos =
a 2 + b2
Do (1) (3) nên:
−c
) Nếu (3) có nghiệm
1 c2 a2 + b2 thì (1) có nghiệm.
2
2
a +b
) Nếu (3) vô nghiệm c2 > a2 + b2.
Ta sẽ chứng minh (2) có nghiệm.
Chú ý nếu a = 0, do giả thiết a2 + b2 0 nên b2 0, khi đó (2) có dạng cotx =
− 2c
b
Luôn có nghiệm. a 0, biến đổi (2) atan2x + 2ctanx + b = 0.
Phương trình (4) có ' = c2 – ab >a2 + b2 – ab =
(4)
3 2
1
a +( a – b) > 0.
4
2
Vậy (4) có nghiệm (2) có nghiệm.
Bài 9 : Cho hàm số y = x3 + 2(m – 1)x2 + (m2 – 4m + 1)x – 2(m2 + 1).
(1)
Xác định m đẻ hàm số đạt cực đại, cục tiểu tại 2 điểm x1, x2 thoả mãn điều kiện
1 1 1
+ = ( x1 + x2 )
x1 x2 2
(2)
Bài giải:
Cách 1.
Xét y’ = 3x2 + 4(m – 1)x + (m2 – 4m + 1)
Từ điều kiện (2) suy ra :
x1 + x2 1
1
1
= ( x1 + x2 ) (x1 + x2)(
− )=0
x1.x2
2
x1 x2 2
(3)
a) x1 + x2 = 0. Do điều kiện x1, x2 là các điểm cực trị của hàm số (1), nên là
nghiệm của y’ = 0 cho bởi (3).
Theo định lí Vi-ét x1 + x2 =
4( m − 1)
= 0 m = 1.
3
Với m = 1, hàm số có dạng :
11
y = x3 - 2x – 4,
y’ = 3x2 – 2
Cực trị của hàm số đạt tại x1,2 =
2 3
.
3
b) x1 + x2 0 x1x2 = 2. Tương tự trên, thoe định lí Vi-ét ta có:
x1x2 = 2 =
m 2 − 4m + 1
m2 – 4m – 5 = 0
3
Giải được m = -1, m = 5.
Thử trực tiếp :
* m = -1; y = x3 – 4x2 + 6x – 4,
y’ = 3x2 – 8x + 6 không có cực trị
* m = 5;
y = x3 + 8x2 + 6x – 52,
y’ = 3x2 + 16x + 6 thoả mãn điều kiện (2)
Vậy m = 1, m = 5 là 2 giá trị cần tìm.
Cách 2.
(3) nên
Biến đổi điều kiện (2) và do x1, x2 là nghiệm cuả y’ cho bởi
1
1
− )=0
x1 x2 2
4
3
1
− )=0
(m – 1) ( 2
3
m − 4m + 1 2
2
2(m − 1)(m − 4m − 5)
= 0 m1 = 1, m2 = -1, m3 = 5.
3(m2 − 4m + 1)
(2) (x1 + x2)(
Kết hợp điều kiện y’ = 0 có 2 nghiệm, hay
' = 4(m – 1)2 – 3(m2 – 4m + 1)
= m2 + 4m +1 > 0
Hay: m < - 2 - 5 ; - 2 + 5 < m.
Vậy m = 1, m = 5 là 2 giá trị cần tìm.
Bài 10.
Tìm m để phương trình x2 – 4mx + 1 = 0
Có hai nghiệm thoả mãn điều kiện: x1 0, x2 m.
Cách 1.
Bài giải:
Theo định lí Vi-ét ta có:
x1 + x2 = 4m
x1 x2 = 1
Do x1 0, từ x1.x2 =1 > 0 x1 > 0, x2 > 0 nên lại từ 4m = x1 + x2 > 0 m > 0.
S x +x
Suy ra = 1 2 = 2m > 0 do m > 0.
2
2
12
Khảo sát đồ thị hàm số x2 – 4mx + 1 ta có so sánh và điều kiện có nghiệm của
phương trình suy ra:
' = 4m2 – 1 0 m -
Kết hợp, ta có m
1
1
và m.
2
2
1
.
2
Cách 2. Phương trình đã cho có hai nghiệm thoả mãn điều kiện đầu bài,
nên ta được hệ điều kiện sau :
0
x1 0; x2 m
4 m 2 − 1 0
x1 0; x2 m
−1 1
;
m
m
2 2
x1 0; x2 m
x1 0
x1 + x2 – m 0 4m – m 0 m 0.
x2 m
Từ
Các điều kiện
1
1
m và 0 m cho phép kết luận : m .
2
2
Bài 11: Giải phương trình bậc bốn: x4 – 4x3 + 3x2 + 8x – 10 = 0
biết rằng phương trình có hai nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối.
Bài giải:
Cách 1. Phân tích đa thức vế trái:
(x4 – 4) – (4x3 – 8x ) + (3x2 – 6) = 0
(x2 – 2)(x2 + 2) – 4x(x2 – 2) +3(x2 – 2) =0
* x2 – 2 = 0 x = 2
* x2 + 2 – 4 x + 3 = 0 x2 – 4x + 5 = 0,phương trình có ' = - 1 < 0 nên vô
nghiệm.
Vậy phương trình có 2 nghiệm x1,2 = 2
Cách 2. Gọi 2 nghiệm trái dấu của phương trình là x1,2 = x0 (x0 > 0) ta có
cặp đẳng thức x04 – 4x03 + 3x02 + 8x0 – 10 = 0
x04 + 4x03 + 3x02 – 8x0 – 10 = 0
Từ 2 đẳng thức ta được 8x03 – 16x02 = 0 x0 = 0, x02 = 2 x0 = 2 đã cho
và x = 2 là nghiệm của phuơng trình đã cho.
Cách 3. Dùng phuơng pháp hệ số bất định.
Nếu phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu x = a thì đa thức
f(x) = x4 – 4x3 + 8x – 10 có thể phân tích ra thừa số dạng
f(x) = (x – a)(x + a)(x2 + bx + c)
= x4 + bx3 + (c – a2)x2 – a2bx – a2c
13
Đồng nhất hệ số của f(x) ở 2 biểu diễn ta có
b = −4
2
c − a = 3
2
− a b = 8
− a 2c = −10
b = −4
2
c − a = 3
2
a = 2
− a 2c = −10
b = −4
2
a = 2
c = 5
Vậy f(x) = x2 – 4x3 + 3x2 + 8x -10 =0 (x2 – 2)(x2 – 4x + 5) = 0 x = 2 .
Bài 12: Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số:
y = sin2x.cosx + cos2x.sinx.
Bài giải:
Cách 1. (Biến đổi vế phải). Ta có
2
.sin2x.cos(x - ).
4
2
Đặt t = x ; 2x = 2t +
x=t+
sin2x = sin(2t + ) = cos2t.
4
4
2
2
2
2
Do đó y =
cos2t.cost =
(cost + cos3t).
2
4
2
Vì vậy, ta có: ymax =
, khi t = 0 x = .
4
2
5
2
ymin = - , khi t = x =
.
4
2
y = sinx.cosx(sinx + cosx) =
Cách 2. (Phương pháp đại số hoá : Nếu trong biểu thức lượng giác có sinx +
cosx và sinx thì đặt sinx + cosx = t). Ta có y = sinx.cosx + (sinx +cosx).
Đặt t = sinx + cosx = 2 sin(x +
) - 2 t
4
2 t2 = 1 + sin2x sin2x
= t2 – 1
y=
1 2
1
1
(t – 1)t = t3 - t
2
2
2
y’ =
3 2 1
t - =0
2
2
t2 =
1
1
.
t=
3
3
14
Lập bảng biến thiên ta có :
T
- 2
-
1
1
3
3
2
y’
+
y
–
0
0
+
M
1
3 3
m
1
2
1
2
1
1
3 3
)=1 x=
4
4
2
5
1
ymin = khi t = - 2 sin(x + ) = -1 x =
.
4
4
2
Vậy ymax =
khi t = 2 sin(x +
Cách 3. Vì sinx và cosx là hàm tuần hoàn, chu kì 2 , nên ta xét bài toán
trên đoạn 0 x 2 là đủ. Ta có y’ = 2sinx.cos2x – sin3x – 2cosx.sin2x + cos3x
=
5
3
sin2x) = 0 sinx = cosx x = hoặc x =
và sin2x
4
2
4
2
2
= - . Ta tìm ymax và ymin tai các điểm x, mà sin2x = - , x = 0, x = 2 là đủ.
3
3
= (cosx – sinx).(1 +
4
Ta có y( ) =
ymax =
5
2
2
1
2
, y( ) = , y(sin2x = - ) =
, y(0) = 0, y(2 ) = 0
4
3
2
2
3 3
2
2
, ymin = - .
2
2
Bài 13. Rút gọn biểu thức A = sin3x.sin3 +cos3x.cos3x.
Bài giải :
Ta tìm cách hạ bậc luỹ thừa của sinx, cosx trong A.
15
Cách 1.
A = sin3x.sin3x + cos3x.cos2x.cosx =
1 − cos 2 x
1 + cos 2 x
+ cos3x.cosx
2
2
1
1
= (sin3x.sinx + cos3x.cosx) + cos2x(cos3x.cosx – sin3x.sinx)
2
2
1
= cos2x + cos2x.cos4x
2
1
1
= cos2x(1 + cos4x) = cos2x.2cos22x = cos32x.
2
2
= sin3x.sinx
Cách 2. Từ các công thức sin3x = -4sin3x + 3sinx và cos3x = 4cos3x –
3cosx
1
1
(3sinx – sin3x), cos3x = (3cosx + cos3x). Do đó:
4
4
1
1
(3sinx – sin3x).sin3x + (3cosx + cos3x).cos3x =
4
4
3
1
(sinx.sin3x + cosx.cos3x) + (cos23x – sin23x)
4
4
3
1
cos2x + cos6x
4
4
3
1
cos2x + (4cos32x – 3cos2x) = cos32x.
4
4
suy ra: sin3x =
A=
=
=
=
Cách 3.
A = sin3x.sinx.sin2x + cos3x.cos.cos2x =
= sin3x.sinx(1 – cos2x) + cos3x.cosx(1 – sin2x)
= (sin3x.sinx + cos3x.cosx) – sinx.cosx(sin3x.cosx +cos3x.sinx).
= cos2x -
1
.sin2x.sin4x.
2
= cos2x – sin2x.cos2x = cos2x(1 – sin2x) = cos3x.
Bài 14. Cho ABC nhọn có 3 đường cao AD,BE,CK đồng quy tại H, gọi R 1 ,
R 2 là bán kính vòng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và BHC. Chứng minh
rằng R 1 = R 2
16
Bài giải :
Cách 1. Tứ giác ACHE nội tiếp nên góc KAE bù với góc CHE, xét định lý
hàm số sin trong 2 tam giác ABC và BHC thì R 1 =
R2 .
BC
BC
; R2 =
vậy R 1 =
sin A
sin BHC
A
E
K
H
B
C
D
Cách 2. Kéo dài AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH tại M. Rõ ràng
góc A bằng góc M Theo định lý hàm số sin cho 2 tam giác ABC và BCM thì
R1=
BC
BC
; R2 =
vậy R 1 = R 2 .
sin A
sin M
A
E
K
B
H
D
C
17
C. KẾT LUẬN
1- Kết quả nghiên cứu.
a- Tổ chúc thực nghiệm :
Tôi đã tiến hành ứng dụng vào thực hiện giảng dạy tại các lớp 10A1,
11A1, 12A1, 12A3 của trường THPT Sầm Sơn liên tục trong 3 năm từ 20072008 , 2008-2009, và 2009-2010 đồng thời đã thảo luận, có sự góp ý kiến của tổ
chuyên môn toán nhiều lần và được đồng nghiệp góp ý bổ sung đánh giá cao.
b. Kết quả sơ bộ:
Lớp 10A1, 10A3 từ (20-40)% chưa nắm vững công thức (lượng giác, hình
học,đại số...) thì sau một thời gian giảng dạy từ 3 đến 4 tháng theo sáng kiến đã
đạt kết quả khá thuyết phục chỉ còn từ 1đến 3% còn khó khăn.
Các năm học về sau đặc biệt năm học 2009-2010 này kết quả rất tốt.
c- kết luận thực nghiệm
Có thể nói, lâu nay học sinh yếu, học lực trung bình, học kém, không mặn mà,
thích thú gì với nhiều môn học, đặc biệt là môn toán không thể tự mình giải được
bài tập nên chán nản. Song mỗi gioá viên chúng ta biết gần gũi, khích lệ tạo cơ
hội và điều kiện để các em có thể làm được bài tập dù là đơn giản, nhỏ bé. Từ đó
các em có sự tự tin, giảm bớt e dè và thích thú dần dần với môn học, nhất là môn
toán
Qua đây mỗi giáo viên càng cần gần gũi học sinh hơn ,ý thức trách nhiệm về
công việc, nghề nghiệp cũng được nâng lên.
2- Kiến nghị, đề xuất.
Bên cạnh sự cố gắng vươn lên của giáo viên về chuyên môn , về lòng yêu nghề
yêu học trò thì đề nghị lãnh đạo các nhà trường cũng tạo điều kiện, phối hợp với
sở giáo dục và đào tạo, có nhiều chương trình, hình thức chuyên đề, học nâng
cao nghiệp vụ sư phạm. Về bản thân mình khi viết sáng kiến này cũng tự giác
truyền thụ cho nhiều thế hệ học trò, mong rằng được học hỏi thêm các kinh
nghiệm hay của đồng nghiệp để góp sức nâng cao chất lượng giáo dục cho học
sinh đại trà và học sinh giỏi.
Sầm Sơn, ngày 25 tháng 5 năm 2010
Người viết sáng kiến
Trần Hiếu Minh
18
TÀI LIỆU THAM KHẢO :
1-Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương (Chủ biên) –
Phạm Vũ Khê – Bùi Văn Nghị.
Sgk – Hình học 10 Nân cao NXB GD
2-Văn Như Cương (Chủ biên)- Tạ Mân
Sgk – Hình học –Sách chỉnh lý hợp nhất năn 2000 (Nxb-GD).
3-TrầnVăn Hạo (tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên)
Trần Văn Hoành – Trần Đức Huyên
Sgk – Hình học 10 – (Nxb – GD), năm 2006
4- Tài liệu: Hội nghị tập huấn phương pháp dạy học toán học phổ
thông (Nhà xuất bản – Hà Nội thán 12 năm 2000)
5-Phan Đức Chính - Phạm Văn Điều - Đỗ Văn Hà - Phan Văn Hạp Phạm Văn Hùng - Phạm Đăng Long (Khoa Toán cơ - Tin – Truờng Đại học
Tổng hợp Hà Nội).
Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp tập I – NXBGD –
năm 1997.
19
- Xem thêm -
.PDF 
19 
114 
51 
