(SKKN 2022) Ứng dụng tính chất hình học, giải một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa số phức có điểm biểu diễn là đường tròn 1

MỤC LỤC Trang PHẦN I : MỞ ĐẦU……………………………………………….2 Lý chọn đề tài………………………………………… 2 Mục đích nghiên cứu………………………………………2 Nhiệm vụ nghiên cứu………………………………………2 Đối tượng nghiên cứu…………………………………… Phạm vi nghiên cứu……………………………………… Phương pháp nghiên cứu………………………………… PHẦN II : HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I Bất đẳng thức Cô si ………………… II Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số toán chứng minh bất đẳng thức.…………………………… II.1 Chọn điểm rơi…………………………………………5 II.2 Cô si ngược chiều…………………………………….11 II.3 Đổi biến số………………………………………… 14 III Khai thác số tập sách giáo khoa …………17 PHẦN III : THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM……….……………….20 PHẦN IV : KẾT LUẬN …………………………… .21 PHẦN I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Dạy học mơn tốn q trình nhằm phát triển lực trí tuệ, hình thành khả suy luận đặc trưng toán học cần thiết Từ giúp em biết vận dụng kiến thức học để giải vấn đề sống Các kiến thức toán học bắt nguồn từ thực tiễn Mỗi toán hay nhiều tình sống Dạy học tốn học THPT hồn thiện vốn có học sinh, cho học sinh làm ghi lại kiến thức tốn học ngơn ngữ kí hiệu tốn học Mỗi tiết học dịp để học sinh hình thành kiến thức kĩ mới, phát triển số lực, lực giải vấn đề then chốt Chính vậy, người giáo viên cần biết phát huy tính tích cực, trí thơng minh học sinh thơng qua học tốn Xuất phát từ lý luận thực tiễn trên, để góp phần vào việc phát triển tư khoa học cho học sinh, tơi nhận thấy việc hình thành kiến thức kĩ chứng minh bất đẳng thức mà đặc biệt bất đẳng thức Cô si cho em nhiệm vụ quan trọng người giáo viên Đồng thời phát triển lực tự học cho học sinh trình học tốn: Khơng giải tốn từ SGK, tài liệu tham khảo hay đề thi đó, mà cịn giải tốn thân đặt Từ phát triển tư linh hoạt tiến đến sáng tạo Đó lý tơi chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề : Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số toán chứng minh bất đẳng thức khai thác số toán bất đẳng thức SGK Đại số Giải tích 10 Nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu phương pháp chứng minh bất đẳng thức Từ đưa hướng dẫn giúp học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức - Tìm hiểu tài liệu liên quan đến việc sáng tạo toán Từ khai thác số tập bất đẳng thức sách giáo khoa lớp 10 Đối tượng nghiên cứu Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số toán chứng minh bất đẳng thức phát triển số tốn bất đẳng thức Cơ si SGK Đại số Giải tích 10 chương trình Tốn THPT Giới hạn đề tài Nghiên cứu bất đẳng thức Cô si chương trình đại số lớp 10, đặc biệt : Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức cơsi để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức, sử dụng phát triển số tốn bất đẳng thức Cơ si SGK lớp 10 Đồng thời giúp học sinh học tốt hình thành kiến thức, kĩ mới, vận dụng cách linh hoạt, sáng tạo việc học toán sống Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu tài liệu liên quan đến bất đẳng thức để đưa hướng dẫn giúp học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức Phân tích, tổng hợp, khái qt hóa: Phân tích tốn SGK Đại số Giải tích 10 để khái qt hóa thành tốn PHẦN II NỘI DUNG : “HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC” I BẤT ĐẲNG THỨC CƠ- SI: BĐT Cơ-si cho số khơng âm : ab  ab (1), a, b  Đẳng thức (1) xảy a  b Tổng quát: Cho số không âm a1 , a2 , , an Ta có BĐT: a1  a2   an n  a1a2 an (2) n Đẳng thức (2) xảy a1  a2   an Bổ đề: Trong trình sáng tạo giải tốn, ta gặp lại bổ đề sau: a/ Bổ đề 1: Cho a, b, c số thực dương Ta có BĐT sau: 11 1 1       hay ab 4 a b  a b ab 11 1 1      1.2/    hay a bc 9 a b c  a b c abc 1.1/ ( Các bổ đề suy trực tiếp từ BĐT Cô si cho số cho số ) b/ Bổ đề 2: Cho x, y, z số thực Ta có: 2.1/ x  y  z  xy  yz  zx 2.2/ ( x  y  z )  3( xy  yz  zx) Chứng minh: 2.1/ ( x  y )2  ( y  z )  ( z  x)   x  y  z  xy  yz  zx 2.2/ Theo bổ đề 2.1: x  y  z  xy  yz  zx  x  y  z  2( xy  yz  zx )  3( xy  yz  zx )  ( x  y  z )  3( xy  yz  zx) c/ Bổ đề 3: Cho x, y, z  0; a, b, c Khi đó: a b c (a  b  c )2    x y z x yz 3.2/ 3(a  b  c )  (a  b  c ) 3.1/ Chứng minh: a b2 c a2 y b2 z c2 x a z b2 x c2 y   )  a  b2  c  (   )(   ) x y z x y z x y z  a  b2  c  2(ab  bc  ca )  (a  b  c )2  ĐPCM ( x  y  z )( Chú ý: Cho x = y = z = 1, Bổ đề 3.1 trở thành 3.2 II HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN ĐIỂM RƠI Trong bất đẳng thức Cô si có điều thú vị ta thường dự đốn xem đẳng thức xảy Từ điều chỉnh để “ dấu = ” xảy trình sử dụng bất đẳng thức trung gian Việc kiểm tra điều kiện xảy dấu gọi chọn điểm rơi bất đẳng thức Cô si a Ví dụ 1: Cho a  Tìm giá trị nhỏ (GTNN) S  a  Đa số học sinh thường mắc sai lầm giải toán sau: 1 ta có: a   a   Min S =2 a a a Sai lầm do: Min S =  a   a  ( trái với giả thiết a  ) a a Dự đoán: +) Cho nhận giá trị nguyên dương lớn quan sát S, ta thấy S lớn Từ đó, ta dự đốn: Min S = xảy a  (Vì có vơ số số thực a  , mà ta quan sát giá trị cụ thể a S thực phép so sánh) 1 +) Tại a   a   Ta khơng thể áp dụng BĐT Cô si cho số a, a a Áp dụng BĐT Cô si cho số a, được, khơng xảy dấu Vì vậy, ta phải thêm số  vào để áp dụng BĐT Cơ si dấu xẩy a = suốt trình +) Từ ta có hình thức phân tích sau:  ( a, a )   ( a, )  a Phân tích: (a, )   a  ( a,  )  a   ( a, )  a a  a Ta chọn cách phân tích Cụ thể: (a, )  ( a, ) Ta có: 1  a a    a    Nghĩa là, ta phải áp dụng BĐT Cô si cho số a  1 1 a, dấu xảy a  Do ta biến đổi S qua tổng: a  a a 1 Giải: S  ( a  )  a a 1 1 Áp dụng BĐT Cô si cho số ta có: a   a  a a 4 5 Do đó: S   a    Vậy: MinS   a  Chú ý: Các ví dụ tiếp theo, tơi đưa hình thức phân tích dựa dự đốn điểm rơi Ví dụ 2: Cho a  Tìm GTNN S  a  a2 a =   a  a   Phân tích: a    a  Dự đoán: MinS= a Giải: S  (  7a a 7a 7a 7a ) 2      a 8 a 2a  a 2  a 6a 2  a 6.2  )  2    2a 8 2a 8 4 Vậy: MinS   a  S ( Nhận xét: Đánh giá theo sơ đồ phân tích, phải qua nhiều bước trung gian khử hết biến mẫu Đặt vấn đề: Có thể biến đổi S cho sử dụng BĐT Cô si khử hết biến số a mẫu mà không qua bước trung gian không? Từ hướng dẫn HS tới lời giải ngắn gọn sau đây: 1 a a S  ( a  a  )  a  3   Vậy: MinS   a  8 a 8 a 4 ab ab  Ví dụ 3: Cho a > 0, b > Tìm GTNN S  ab a  b Dự đoán: Do S biểu thức đối xứng nên Min S đạt a = b >  ab ab )  ( ab   Phân tích: a  b   ab a  b  Giải: S  ( ab ab 3(a  b) 3.2 ab  ) 2   4 ab ab a  b ab Ví dụ 4: Cho a, b, c > thỏa mãn: abc = Chứng minh rằng: S a3 b3 c3    (1  b)(1  c) (1  c)(1  a ) (1  a)(1  b) Dự đoán: Đẳng thức xảy a = b = c = Phân tích: Ta sử dụng BĐT Cơ si để khử hết biến (1  b).(1  c) mẫu, đồng thời biến số a3 tử thức không nằm dấu phân thức a3 Từ đó: (1  b)(1  c )  a3   (1  b)   (1  c)  a  b  c    (1  b)(1  c)     a  b  c   a3 1 b 1 c    a Giải: Áp dụng BĐT Cô si cho số ta được: (1  b)(1  c) 8 Thiết lập BĐT tương tự cộng lại ta có: S  a  b  c 3 abc 3     4 Ví dụ 5: Cho a, b, c, d > thỏa mãn: ab + bc + cd + da = Chứng minh rằng: S  a3 b3 c3 d3     bc d c  d a a bd a bc Dự đoán: Đẳng thức xảy a = b = c = d = a3   (b  c  d )   a Mong muốn bcd đánh giá biến a không nằm dấu căn, ta thêm số  sử dụng BĐT Phân tích: Nhận thấy: Cô si cho số, dẫn đến:  a3     (b  c  d )       18 a  b  c  d   b  c  d     abcd   12  Giải: Áp dụng BĐT Cơ si cho số ta có: a3 bcd a3 bcd a    33  bcd 18 12 bcd 18 12 Thiết lập BĐT tương tự cộng lại ta được: a+b+c+d (a  c )(b  d ) ab  bc  cd  da 1       3 3 3 2 Ví dụ 6: Cho a, b, c > cho : a  b  c  12 Tìm giá trị lớn S (GTLN ) của: S  a b2  c  b c  a  c a  b Dự đoán: Max S đạt a = b = c = Phân tích: Ta thấy: a b  c  a3 (b2  c ) Do đó: Ta sử dụng BĐT Cô si cho số:  a ,  a, b  c Việc phân tích: a  a a giả thiết toán cho: a  b  c  12 Vì vậy: b  c   a   a a bc 2    2;   a  b  c   1 b  c  2a  4a Giải: a b  c  (b  c )(2a )(4a)  2 Thiết lập BĐT tương tự cộng lại ta được: 1 a  b2  c2  S  (4a  4b  4c  4a  4b  4c)   (2a  2b  2c)  S   (   )  12 3 2 Vậy : Max S = 12  a  b  c  1 Ví dụ 7: Cho x, y  : x  y  Tìm GTNN của: M  x  y  xy  xy Dự đoán: Min M đạt x  y  Phân tích: Biến đổi M sử dụng BĐT Cô si nhằm khử hết biến số mẫu    (x2  y2 ) 2    x  y  Vì vậy: x  y    1    16   xy  xy     2 Giải: M   2   x  y      16 xy   x  y   xy x  y   xy      2 Suy ra: M   2   x  y      16 xy  xy  ( Vì 4  x  y   4 ) x  y   xy  Áp dụng BĐT Cô si, ta có: 1 2  x y  x  y    16 xy  16    , xy , 4 xy  4    1 x2  y   Do đó: M      Vậy: MinM   x  y  Ví dụ 8: Cho a, b, c > cho: a + b + c = Chứng minh rằng: S 1 1     30 2 a b c ab bc ca Dự đoán: S = 30 a = b = c = Phân tích: Ta biến đổi S cho sử dụng BĐT Cô si nhằm khử hết biến số mẫu Từ đó, ta có:    ( a  b2  c ) 2    a  b  c abc    1   81 1     ab   bc   ca   ab bc ca Giải: S 1 1  9(a  b  c )  (a  b  c)  2(ab  bc  ca )     2 a b c ab bc ca 1 1   9(a  b  c )  18(ab  bc  ca ))    9 2 a b c ab bc ca Hay: 1 1   S   9(a  b  c )   (81ab  )  (81bc  )  (81ca  )  63(ab  bc  ca)  2 ab bc ca a b  c   9(a  b  c )   , 2 a b c 1 81ab   81  18 , 81bc   18 , 81ca   18 ; ab bc ca (a  b  c) 2 63(ab  bc  ca )  63  21 , ( Vì bổ đề 2: ab  bc  ca  (a  b  c) ) 3 Do đó: S   3.18  21   30 Đẳng thức xảy a = b = c = 1 Ví dụ 9: Cho a, b, c > 0:    a b c 1   Tìm GTLN của: P  2 2 5a  2ab  2b 5b  2bc  2c 5c  2ca  2a Áp dụng BĐT Cơ si, ta có: Dự đốn: Max P đạt tại: a  b  c  Phân tích: Ta biến đổi P để sử dụng BĐT Cô si cho: Biểu thức mẫu không nằm dấu thức, đồng thời đánh giá P liên hệ với giả thiết toán Vì vậy: a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca  Giải: Ta có: 5a  2ab  2b  a  a  a  a  a  ab  ab  b  b  9 a12b Hay: 5a  2ab  2b2  a 4b2  5a  2ab  2b  3 a 2b 13 1 1 1  (   ) Tương tự: 5a  2ab  2b a a b a a b 1 1 1 1 1  (   ),  (   ) 5c  2ca  2a c c a 5b  2bc  2c b b c Suy ra:  1 a b c Cộng BĐT trên, ta được: P  (   )  1 1 3(   )  a b c ( Theo bổ đề 3: x  y  z  3( x  y  z ), x, y, z  ) Vậy: Max P =  a bc 3 Nhận xét: Nếu tinh tế, ta đánh giá biểu thức dạng bình phương tổng sử dụng bổ đề 1.2, lời giải đẹp hơn: Áp dụng BĐT Cơ si cho số, ta có: a  ( a  b)  a ( a  b)  a ( a  b)  4a  (a  b)  b  4a(a  b)  b  (2a  b)  5a  2ab  2b   5a  2ab  2b  (2a  b)2  2a  b 11 1      2a  b  a a b  Thiết lập BĐT tương tự cộng lại, ta được: 1 1 1 1 1 P (   ) 3(   )  abc Vậy: Max P = 3 a b c a b c Ví dụ 10: Cho số dương a, b, c: a + 2b+ 3c  20 a Tìm GTNN của: S  a  b  c    2b c Dự đoán: Min S đạt khi: a = 2, b = 3, c = 3    a  a  a       Phân tích: b      b     c   2b   4   c  c     3 1 Giải: S= (  a)  (  b)  (  c )  (a  2b  3c) a 2b c 4 1  a 2 b  c  20  13 a 2b c 4  a  2, b  3, c  Vậy Min S = 13 Bài tập tương tự: a 1 15 b c BT 2: a, b, c  : a  b  c  Tìm GTNN P  a  b  c  abc BT 3: a, b, c  : a  b  c  Tìm GTLN S  a  b  b  c  c  a BT 4: Cho a,b,c>0:a+b+c=3 Tìm GTLN P  a 2b 2c (a  b  c ) BT : Cho a, b, c  : a  b  c  3abc BT 1: Cho a, b, c  : a  b  c  Chứng minh rằng: a  b  c     Tìm GTLN của: P  a 8a   b 8b   c 8c  CƠ SI NGƯỢC CHIỀU Nhiều tốn BĐT áp dụng thường ngược chiều Suy nghĩ thông thường làm để suốt trình giải tốn ln xuất BĐT chiều Những ví dụ sau đem lại cho kỹ thuật phân tích mà ta gọi Cơ si ngược chiều Ví dụ 1: Cho a, b, c số dương a + b + c = Chứng minh rằng: S a b c    2 1 b 1 c 1 a Dự đốn: Vì S đối xứng nên đẳng thức xảy a = b = c =  a  b2  c2  Nhận xét:  b2  2b  a a b b c c  Tương tự:   , Do đó: 2 1 b 2b 1 c 2c  a 2a 10 a b c a b c    (   )  ! Ngược chiều? 2 1 b 1 c 1 a b c a 2 2 a a (1  b  b ) ab ab ab   a   a   a Phân tích: Ta sử dụng 2 1 b 1 b 1 b 2b s bất đẳng thức  b2  2b với cách phân tích ta bất đẳng thức thuận chiều Thiết lập BĐT tương tự cộng lại ta có lời giải sau a a (1  b  b ) ab ab ab  a  a  a Giải: Ta có: 2 1 b 1 b 1 b 2b b bc c ca b , c Tương tự: 2 1 c 1 a ab  bc  ca (a  b  c)  3  Suy ra: S  (a  b  c)  Đẳng thức xảy a = b = c = Chú ý: Ta thường sử dụng Cô si ngược chiều nào? Kỹ phân tích sao? +) Cô si ngược chiều sử dụng đánh giá mẫu chiều với BĐT cần chứng minh (Thông thường mẫu đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân) +) Kỹ phân tích: Tách tử qua lượng mẫu thực phép chia Những ví dụ giúp hiểu rõ cách phân tích để phù hợp với lời giải Ví dụ 2: Cho a, b, c, d số dương a + b + c + d = Chứng minh rằng: S a3 b3 c3 d3    2 a  b2 b2  c c  d d  a Dự đoán: Đẳng thức xảy a = b = c = d =  a  b2  c  d  a3 a3 a2   Do đó: a  b 2ab 2b a b c d (a  b  c  d )2 S      2? 2b 2c 2d 2a 2( a  b  c  d ) a3 a (a  b2  b2 ) ab2 ab2 b   a   a   a Phân tích: 2 2 2 a b a b a b 2ab Nhận xét: a  b  2ab  a3 ab ab b  a Giải: 2  a  2  a  a b a b 2ab 3 b c c d d3 a Tương tự: 2  b  , 2  c  , 2  d  Suy ra: b c c d d a abcd S 2 11 Đẳng thức xảy a = b = c = d = Ví dụ 3: Cho a, b, c số dương a + b + c = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 S    a  2b b  2c c  2a Dự đoán: Đẳng thức xảy a = b = c =  a  b  c  a  b  c  a2 a (a  2b  2b ) 2ab 2ab 2   a   a   a  (ab) Phân tích: a  2b 2 2 a  2b a b b 3 ab Giải: a2 2ab 2ab 2  a   a   a  (ab) 2 a  2b ab b 3 ab b2 23 c2 2  b  ( bc )  c  (ca) Tương tự: , 2 b  2c c  2a 3 Do đó: S  (a+b+c)- ( (ab)  (bc)  (ca ) ) ab  a  b bc  b  c ca  c  a Mặt khác: (ab)2  (ab).a.b  , (bc)  , (ca)2  3 ( a  b  c) 23 Suy ra: (ab)2  (bc)2  (ca)2  (ab  bc  ca)  (a  b  c)  3 Vậy: S    Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 4: Cho x, y, z số dương cho: x  y  z  Tìm GTNN biểu thức: M  x  xy  y  yz  y  yz  z z  zx  x  zx  xy  (a  b) , a, b  (1); 4ab  (a  b) , a, b  (2) Chứng minh: (1)  4(a  ab  b2 )  3(a  b)2  (a  b)2  ( đúng) Dự đoán: Min M đạt x  y  z  Bổ đề: a  ab  b  Phân tích: Biến đổi M để sử dụng BĐT cho: Biến số tử không nằm dấu căn, đồng thời tử thức mẫu thức có điểm chung với nhau, liên hệ với giả thiết Giải: Áp dụng (1), (2) ta có:  ( x  y)  x  xy  y     yz   ( y  z )   x  xy  y x y  yz  ( y  z)2  12 y  yz  z yz z  zx  x zx  ,  zx  ( z  x)  xy  ( x  y )2  Tương tự: x y yz zx (   ) Đặt 2 ( y  z )  ( z  x)  ( x  y )  a  b  c  a  x  y, b  y  z , c  z  x , ta có:  Khi đó:  a, b, c  Do đó: M  M a b c 3 a b c 3 (   ) , ( Vì theo Ví dụ 1: (   )  ) b 1 c 1 a 1 2 b 1 c 1 a 1 3 xyz Vậy: MinM  Ví dụ 5: Cho a, b, c số dương a + b + c = Chứng minh: P a b 1 b  c 1 c  a3  2 Dự đốn: a = b = c = Phân tích: Từ dự đoán kết mong muốn đánh giá làm b    b  b   mẫu, dẫn đến: a = b = c =  (b  1)(b  b  1)  b  Giải: Ta có: (b  1)  (b  b  1) b  a 2a b   (b  1)(b  b  1)     Tương tự: 2 b 1 b  b 2c c 2c 2a 2b 2c  ,  Từ đó: P    3 c  a  b 2 c 2 a 2 c 1 a 1 2a 2b 2c  ( Đến đây, dễ nhận Cô si Ta chứng minh: P    b 2 c 2 a 2 ngược chiều) Mà: 2a ab ab 2  a   a   a  a b 2 b b b 2 b  2 33 2 3 2b 2c  b  b c ,  c  c a 2 c 2 a 2 3 Từ suy ra: P  (a  b  c)  ( a b  b c  c a ) Ta lại có: a b2  b c2  c a2  1 (a 2b  b 2c  c 2a )  [a(b+b+2)+b(c+c+2)+c(a+a+2)] 3 4 (a+b+c) = [(a  b  c)  ( ab  bc  ca )]  [6+ ]=6 3 3 13 Vậy: P   3  Đẳng thức xảy a = b = c = Bài tập tương tự: BT 1: Cho a, b, c số dương a + b + c = Chứng minh rằng: a b c    b 2 c 2 a 2 BT 2: Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a b c    2 2 2 a b b c c a a b c d     2 2  b  c  d  a2 a b c    BT 4: Cho a, b, c  : a  b  c  CMR: 2 1 b c 1 c a 1 a b a2 b2 c2 a , b , c  : ab  bc  ca     BT 5: Cho CMR: a  2b b  2c c  2a BT 3: Cho a, b, c, d  : a  b  c  d  CMR: ĐỔI BIẾN SỐ Có tốn mặt hình thức tương đối cồng kềnh mặt biểu thức tốn học khó giải, khó nhận biết Khi ta thường tìm cách chuyển tốn ban đầu toán đơn giản quen thuộc cách thực phép đổi biến số Những ví dụ sau giải theo phương pháp đổi biến số Ví dụ 1: Cho x, y, z  CMR: ( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y )  xyz ac ab bc ,y ,z  2 ab bc ca Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: abc  2 Giải: Đặt a  x  y  z, b  y  z  x, c  z  x  y  x  Ta thấy: tổng số số a, b, c số khơng âm nên có số khơng âm Trong trường hợp có số âm BĐT hiển nhiên Do phải xảy trường hợp số a, b, c không âm Áp dụng BĐT Cô-si cho ab bc ca  ab bc ca  abc (ĐPCM) 2 Ví dụ 2: Cho a, b, c  : abc  Chứng minh rằng: 1 (a   )(b   )(c   )  (1) b c a Giải: Vì a, b, c  : abc  nên tồn số thực dương x, y, z cho: x y z a  , b  , c  Thay a, b, c vào (1) ta được: y z x ( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y )  xyz ( Ví dụ 1) Ví dụ 3: Cho x, y, z  : xyz  1 Tìm GTNN biểu thức: P  x  y   y  z   z  x  số ta có: Dự đốn: Vì P biểu thức đối xứng với x, y, z nên maxP x = y = z = 14 Giải: Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có: x  y  xy  1 2    x  y   xy  y   2 x  y  xy  y  y   y  1 1  Tương tự: y  z   yz  z  , Do đó: z  x  zx  x  1 1 P (   ) xy  y  yz  z  zx  x  Vì x, y, z  : xyz  nên tồn số dương a, b, c cho: a b c x  ,y  ,z  b c a Suy ra: 1 1 1 1 (   ) (   ) xy  y  yz  z  zx  x  a  b  b  c  c  a  = c c a a b b Vậy: MaxP   x  y  z  Ví dụ 4: Ba số a, b, c  (0; ) : a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức: 1     2a  2b  2c ab  bc  ca  x, y , z  Giải: Đặt  2a  x,  2b  y,  2c  z  2 ; x  y  z  Ta có: ab  bc  ca  ( x y  y z  z x  9) P Do BĐT cần chứng minh trở thành: 1 36 1    2  (   )( x y  y z  z x  9)  36 2 2 x y z x y  y z  z x 9 x y z Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương 12 số dương ta được: 1    x y z 3 >0 (1) xyz x y  y z  z x   x y  y z  z x  11412    1212 ( xyz )  12 xyz  (2) 43 so1 Nhân vế theo vế (1) (2) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 5: Cho x, y, z  : x  y  z  1 x 1 y 1 z x z y Chứng minh : y  z  z  x  x  y  2( z  y  x ) (1) ( x  y  z)  x ( x  y  z)  y ( x  y  z )  z x z y    2(   ) yz zx x y z y x x y z x z y        y z zx x y z y x x x z z y y xy zx yz (  )(  )(  )     (2) 2 z yz y x y x zx yz  z xz  y xz  x Giải: (1)  15 Đặt a  xy  0, b  yz  0, c  zx  Khi (2) trở thành: a c b a2 b2 c2        bc ab ac ab  bc ab  ac bc  ac b a c a c b 2 a b c2 ( a  b  c )2 ( a  b  c )2      Ta có: ab  bc ab  ac bc  ac 2(ab  bc  ca ) (a  b  c ) (Bổ đề 2, 1) Bài tập tương tự: BT 1: Giả sử a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi 1    abc bca c  a  b ab  bc  ca 1 BT 2: Cho a,b,c:abc=1 CMR: a(1  b)  b(1  c)  c(1  a)  Chứng minh rằng: BT 3: Cho x, y, z độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: ( x  y  z ) xyz  ( xy  yz  zx) ( y  z  x)( z  x  y )( x  y  z ) BT 4: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c    bca c  a b a b c BT 5: Cho a, b, c >0 Tìm GTLN biểu thức: P bc ca ab   a  bc b  ca c  ab III KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG SGK Đôi toán đời dựa cảm hứng sáng tạo từ ý tưởng hay từ tốn có Đề tài xin đề xuất hướng suy luận để dẫn đến toán từ số toán bất đẳng thức SGK Đại số Giải Tích 10 Bài 1: ( BT 4- SGK-Tr 79): Chứng minh rằng: x3  y  x y  xy , x, y  Có nhiều cách giải tốn Tơi xin trình bày cách giải sau: Ta có: x3  x3  y  3x y (1), x3  y3  y  3xy (2) Cộng vế theo vế (1) với (2) ta được: x3  y3  x y  xy ( ĐPCM) Nhận xét 1: x3  y  xy ( x  y ), x, y  (I) Cộng vào vế (I) với xyz lấy nghịch đảo có: 1  Thiết lập BĐT tương tự cộng lại cho ta toán x  y  xyz xy ( x  y  z ) sau: Bài 1.1: Cho x, y, z >0 Chứng minh (CMR): 1 1  3   3 x  y  xyz y  z  xyz z  x  xyz xyz Nếu thêm giả thiết xyz = Bài 1.1 trở thành: 16 1 Bài 1.2: Cho x, y, z  : xyz  CMR: x3  y   y3  z   z  x3   Từ Bài 1.2, đặt a  x3  y  , b  y  z  , c  z  x3  áp dụng BĐT 1 1  (  ) , ta có tốn: ab a b Bài 1.3: Cho x, y, z  : xyz  CMR: 1 1    3 3 3 2x  y  z  x  y  z  x  y  2z  2 Bài 1.4: Cho a, b, c  : abc  Tìm GTLN biểu thức: 1 P 3   3 3 2a  b  c  a  2b  c  a  b  2c  Bây ta thay a  x3 , b  y , c  z , Bài 1.2 trở thành toán: 1   1 Bài 1.5: Cho a, b, c  : abc  CMR: a  b 1 b  c 1 c  a 1 x y z Từ Bài 1.5, thay a  y , b  z , c  x biến đổi dẫn đến: yz zx xy Bài 1.6: Cho x, y,z >0 CMR: P  y  xz  yz  z  xy  zx  x  yz  xy  Bài 1.7: Cho x, y,z >0 Tìm GTLN biểu thức : yz zx xy   y  xz  yz z  xy  zx x  yz  xy x3 Chia hai vế (I) cho y, ta có:  y  x( x  y ) Thiết lập BĐT tương y A tự cộng lại ta có tốn sau: x3 y z    xy  yz  zx y z x x3 x Nếu chia vế (I) cho y ta được:  y  ( x  y ) Thiết lập BĐT y y Bài 1.8: Cho x, y, z  CMR: tương tự cộng lại ta được: x3 y3 z    x yz y z x2 Từ BĐT (I) BĐT x  y  xy, x, y  Ta suy ra: ( x  y )( x  y )  x y ( x  y ), x, y  Do đó: x  y  x y ( x  y ) Nhận xét 2: x5  y  x y ( x  y ), x, y  (II) Cộng vào vế (II) với xy , lấy nghịch đảo, suy ra: 1 xy  2   Thiết lập BĐT 5 x  y  xy x y ( x  y )  xy x  y  xy  xy ( x  y ) Bài 1.9: Cho x, y, z  CMR: tương tự cộng lại ta được: Bài toán 1.10: Cho x, y, z  CMR: 17 xy yz zx 1  5     5 2 2 x  y  xy y  z  yz z  x  zx  x y  xy  y z  yz  z x  zx Bây ta thêm giả thiết: xyz  , Bài tốn 1.10 là: Bài toán 1.11: Cho x, y, z  : xyz  CMR: xy yz zx  5   5 x  y  xy y  z  yz z  x  zx a b   a b Bài 2: ( BT 10-SGK- Tr 107 ): Cho a, b  CMR: b a Có nhiều cách giải tốn Tơi xin trình bày cách giải sau: Ta có: a b  b  a,  a  b Cộng vế theo vế BĐT ta có điều b a phải chứng minh Bây giờ, thêm giả thiết a  b  , ta thấy: a b 1 b 1 a 1       b a b a b a  a b   a  b (1) b a  a  b (2) Cộng vế theo vế (1), (2) ta được: a b 1 1       b a 2 b a 1  Do đó: Bài trở thành: a b ab a b   Bài toán 2.1: Cho a, b  : a  b  CMR: b a a b c  b  a,  c  b,  a 2 c Từ chứng minh trên, ta thấy: b c a  Cộng vế theo vế BĐT ta có: a b c    a b c b c a Từ toán 2.2, đặt x  a , y  b , z  c ta có tốn sau: Bài tốn 2.2: Cho a, b, c  CMR: Bài toán 2.3: Cho x, y, z  CMR: x2 y z    x y z y z x x2 y z    , tức là: x z  y x  z y  xyz Khi tốn Bây giờ, ta cho: y z x 2.3 trở thành: Bài toán 2.4: Cho x, y, z  : x3 z  y x  z y  xyz CMR: x  y  z  x2 y z Từ toán 2.3, cộng vào hai vế BĐT với   , ta có: y z x 2 2 2 x y z x y z 2(   )  (  x)  (  y)  (  z) Tiếp theo lấy nghịch đảo, áp y z x y z x 1 1  (   ) ta có tốn sau: dụng BĐT : abc a b c 18 Bài toán 2.5: Cho x, y, z  CMR: x x y  y y z  z z x  x y2 z2 2(   ) y z x Biến đổi tốn 2.5, ta có tốn: Bài tốn 2.6: Cho x, y, z  CMR: y z x xyz    x  xy y  yz z  zx 2( x z  y x  z y ) Bây thêm giả thiết: x3 z  y x  z y  xyz , ta toán sau: Bài toán 2.7: Cho x, y, z  : x3 z  y x  z y  xyz CMR: y z x    x  xy y  yz z  zx 2 Dẫu chưa khai thác hết khía cạnh toán SGK Nhưng qua số hướng dẫn khai thác hai tập giúp em học sinh biết cách tạo toán từ tập SGK cho riêng PHẦN III THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Yêu cầu thực nghiệm Yêu cầu thực nghiệm kiểm tra tính khả thi tính hiệu việc : “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số toán chứng minh bất đẳng thức khai thác số toán bất đẳng thức SGK Đại số Giải tích lớp 10.” Cách tiến hành Chúng chọn lớp 10A2; 10A3 Trường THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa để thực nghiệm đề tài Trong lớp 10A3 lớp đối chứng Giáo viên dạy lớp thực nghiệm giáo viên dạy lớp đối chứng Các dạy thực nghiệm thực kết hợp với dạy theo phân phối chương trình Đánh giá kết 3.1 Khả lĩnh hội kiến thức học sinh Qua học thực nghiệm cho thấy, học sinh tiếp thu tốt theo hướng dẫn: Sử dụng bất đẳng thức Cơ si để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức khai thác số toán bất đẳng thức SGK lớp 10 Với toán khác nhau, học sinh biết cách cần huy động kiến thức, hình thành kỹ phương pháp giải nhanh Nhìn chung thực nghiệm học sinh có hứng thú vận dụng để làm tập chứng minh bất đẳng thức 3.2 Kết kiểm tra Kết kiểm tra (45 phút ) Điểm Lớp 10 Tổng số 19 Thực nghiệm (10A2) 0 0 15 41 Đối chứng (10A3) 0 0 10 10 1 40 - Lớp thực nghiệm có : 87,8% học sinh đạt điểm trung bình trở lên - Lớp đối chứng có : 90% học sinh đạt điểm trung bình trở lên PHẦN IV KẾT LUẬN Trên nội dung đề tài: Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cơ si để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức khai thác số toán bất đẳng thức SGK Đại số Giải tích 10 Đề tài góp phần giúp cho học sinh có thói quen suy nghĩ, quan sát, dự đốn kết quả, lập luận phát huy trí thơng minh óc sáng tạo Mặc dù cố gắng tìm tịi, nghiên cứu, song đề tài tơi chắn cịn nhiều chỗ chưa hồn thiện hiểu biết kinh nghiệm cịn hạn chế Tơi mong nhận đóng góp ý kiến từ đồng nghiệp, tổ chuyên môn, hội đồng khoa học cấp cho viết tơi hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn ! Xác nhận thủ trưởng đơn vị Phạm Hùng Bích Thanh hóa, ngày tháng năm 2022 TÔI CAM KẾT KHÔNG COPY Người thực Trịnh Thị Hồng 20 ... sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số toán chứng minh bất đẳng thức khai thác số toán bất đẳng thức SGK Đại số Giải tích 10 Nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu phương pháp chứng minh... học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải số toán chứng minh bất đẳng thức khai thác số toán bất đẳng thức SGK Đại số Giải tích lớp 10 .” Cách tiến hành Chúng chọn lớp 10 A2; 10 A3 Trường... = y = z = 1, Bổ đề 3 .1 trở thành 3.2 II HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN ĐIỂM RƠI Trong bất đẳng thức Cơ si có điều thú