(SKKN 2022) một số kinh nghiệm giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức ở lớp 9

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG XƯƠNG TRƯỜNG THCS QUẢNG LƯU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ở LỚP 9 Người thực hiện: Bùi Công Thắng Chức vụ: Phó hiệu trưởng Đơn vị công tác: Trường THCS Quảng Lưu SKKN thuộc môn: Toán QUẢNG XƯƠNG, NĂM 2022 0 NỘI DUNG 1 Mở đầu 1.1 Lí do chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Những giải pháp 2.4 Hiệu quả của SKKN 3 Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo Danh mục SKKN đã được hội đồng SKKN đánh giá, xếp loại cấp phòng GD - ĐT trở lên Trang 02 02 03 03 03 04 04 04 05 18 18 18 19 20 21 1 1 Mở đầu 1.1.Lí do chọn đề tài Đảng ta đã xác định giáo dục là quốc sách hàng đầu Nhà nước đã và đang đầu tư trí tuệ, tiền của, nhân lực để phát triển ngành giáo dục nước nhà nhằm đáp ứng được những yêu cầu mới mà xã hội đang cần, theo kịp được sự phát triển của xã hội hiện đại Mục tiêu của giáo dục phổ thông là giúp học sinh phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực cá nhân, tính năng động và sáng tạo, hình thành nhân cách con người Việt Nam xã hội chủ nghĩa, xây dựng tư cách và trách nhiệm công dân; chuẩn bị cho học sinh tiếp tục học lên hoặc đi vào cuộc sống lao động, tham gia xây dựng và bảo vệ Tổ quốc Năm học 2021 - 2022 tiếp tục là năm học đổi mới phương pháp dạy học, đẩy mạnh việc ứng dụng công nghệ thông tin, là năm học đầu tiên thực hiện chương trình sách giáo khoa 2018 ở lớp 6.Thực hiện nghị quyết 29 của Đảng về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục Ngành giáo dục đã và đang thực hiện tốt những chỉ thị của Đảng, sự chỉ đạo của chính phủ về định hướng phát triển của ngành giáo dục nước nhà.Trong những năm gần đây ngành giáo dục đã và đang thực hiện hàng loạt các biện pháp, chương trình hành động nhằm phát triển ngành giáo dục nước nhà đem lại hiệu quả rõ rệt đó là: áp dụng khoa học kỹ thuật hiện đại, cải tạo cơ sở vật chất, chuẩn hoá, bồi dưỡng đội ngũ giáo viên Tuy nhiên trong điệu kiện hiện nay để làm được điều này thì chúng ta gặp không ít khó khăn đó là: Học sinh học tập chương trình còn năng tính lý thuyết, khả năng thực hành, sáng tạo, trải nghiệm chưa cao Đa số các trường ở vùng sâu, vùng xa, vùng biên giới hải đảo, vùng nông thôn, miền núi có cơ sở vật chất không đáp ứng được yêu cầu mà chương trình đề ra, Số đông giáo viên chưa tiếp cận được với chương trình dạy học phát triển năng lực theo tinh thần nghị quyết số 29-NQ/TW về đổi mới căn bản toàn diện giáo dục Để giải quyết vấn đề này không phải cách duy nhất là đầu tư đồng bộ về cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy học, đội ngũ giáo viên, đội ngũ quản lí mà chúng ta có thể kết hợp các trang thiết bị và phương pháp dạy học mới với các phương pháp dạy học truyền thống và các sáng kiến trong quá trình dạy học mà vẫn đạt được kết quả tốt trong quá trình dạy học Toán học là môn khoa học có từ lâu đời và gắn bó mật thiết với nhau Ở chương trình THCS các bài toán chứng minh chiếm một lượng khá Các bài toán về chứng minh hình học thuộc loại những bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi gặp dạng toán này Thực sự đây là một phần rất quan trọng của hình học Việc dạy học môn toán có khả năng đóng góp tích cực vào việc giáo dục học sinh, nắm được một cách chính xác, vững chắc và có hệ thống những kiến thức và kĩ năng toán học phổ thông cơ 2 bản, hiện đại sát với thực tiễn Việt Nam và có khả năng vận dụng những tri thức đó vào những tình huống cụ thể khác nhau như vào đời sống, vào lao động sản xuất và vào việc học tập các bộ môn khác… Tuy nhiên trong điệu kiện hiện nay để làm được điều này thì chúng ta gặp không ít khó khăn đó là: Học sinh học tập chương trình mới còn nhiều bỡ ngỡ Đa số các trường ở vùng sâu, vùng xa, vùng biên giới hải đảo, vùng nông thôn, miền núi có cơ sở vật chất không đáp ứng được yêu cầu mà chương trình đề ra Số đông giáo viên chưa tiếp cận được với chương trình mới, trang thiết bị dạy học hiện đại Để giải quyết vấn đề này không phải cách duy nhất là đầu tư đồng bộ về cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy học, đội ngũ giáo viên, đội ngũ quản lí Mà chúng ta có thể kết hợp các trang thiết bị và phương pháp dạy học hiện đại với các phương pháp dạy học truyền thống và các sáng kiến trong quá trình dạy học mà vẫn đạt được kết quả tốt trong quá trình dạy học Xuất phát từ những lí do trên và thực tiễn trong quá trình dạy học mà tôi chọn đề tài “Một số kinh nghiệm giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức ở lớp 9” nhằm giúp học sinh tiếp cận với chương trình giáo dục phổ thông 2018 dễ dàng và chương trình giáo dục phổ thông hiện hành đem lại hiệu quả tốt hơn 1.2 Mục đích của đề tài Đối với học sinh lớp 9 các em đã có các kiến thức cơ bản về chứng minh Song việc chứng minh bất đẳng thức và vân dụng các kiến thức về bất đẳng thức đã biết vào giải các bài toán một cách linh hoạt thì các em chưa làm được Vì vậy trong dạy học giáo viên cần tìm ra cho học sinh một hướng giải quyết một bài toán về bất đẳng thức dễ dàng và khai thác được các bài toán về bất đẳng thức có hiệu quả từ đáp dụng vào giải các bài toán khác.Vì vậy khi dạy về bất đẳng thức giáo viên cần hướng dẫn chi tiết có hệ thống “Một số kinh nghiệm giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức ở lớp 9”, với mục đích là khi áp dụng vào giảng dạy sẽ giúp học sinh học sinh vận dụng chức minh các bất đẳng thức và vận dụng giải các toán khác có liên quan được tốt hơn Được trang bị các kiến thức cơ bản và kỹ năng cần thiết để giải bài toán dạng này, qua đó tăng cường khả năng tư duy, rèn kỹ năng giải bài toán về chứng minh bất đẳng thức cho học sinh, đồng thời phát triển tư duy, tính sáng tạo cho học sinh, làm cho học sinh thêm yêu thích môn học toán, phần nào thấy giảm bớt khó khăn với các dạng toán khó 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức và các bài toán có liên quan Học sinh lớp 9 Trường THCS Quảng Lưu nói riêng và học sinh lớp 9 ở các trường THCS nói chung 1.4 Phương pháp nghiên cứu Tự nghiên cứu thông qua các tài liệu, thông qua các lớp học bồi dưỡng, các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi do Phòng GD& ĐT tổ chức Kết hợp giữa nghiên cứu lí thuyết và thực tiễn giảng dạy tại Trường THCS Quảng Lưu 3 Thảo luận, học hỏi kinh nghiệm của các giáo viên trong nhà trường và các đơn vị bạn 2 Nội dung nghiên cứu 2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Nhằm đáp ứng được mục tiêu giáo dục toàn diện cho học sinh, con đường duy nhất là nâng cao chất lượng học tập của học sinh ngay từ nhà trường phổ thông Là giáo viên ai cũng mong muốn học sinh của mình tiến bộ, lĩnh hội kiến thức dễ dàng, phát huy tư duy sáng tạo, rèn tính tự học, thì môn toán là môn học đáp ứng đầy đủ những yêu cầu đó Việc học toán không phải chỉ là học như SGK, không chỉ làm những bài tập do Thầy, Cô ra mà phải nghiên cứu đào sâu suy nghĩ, tìm tòi vấn đề, tổng quát hoá vấn đề và rút ra được những điều gì bổ ích Dạng toán chứng minh bất đẳng thức ở bậc THCS nói chung và chương trình lớp 9 nói riêng, đáp ứng yêu cầu này, là nền tảng, làm cơ sở để học sinh có tầm nhìn cao hơn trong việc phát hiện và tìm ra lời giải của bài toán Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức là các bài toán khó đối với với học sinh THCS Bởi vì để giải các bài toán dạng này không chỉ yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức mà nó còn đòi hỏi học sinh cần có một kỹ năng giải toán nhất định, có sự sáng tạo nhất định Để tạo các giả thiết, các bài toán phị liên kết tường minh các mối quan hệ toán học giữa các điều kiện đã cho (giả thiết) với điều kiện cần phải tìm (kết luận) đòi hỏi phải thực hiện các thao tác tư duy: Phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự hoá, đặc biệt hoá Hay nói cách khác giải một bài toán về bbaats đẳng thức về mặt phương pháp là một biểu hiện ở mức độ cao của kỹ năng, thể hiện các tình huống hình học phù hợp với một định nghĩa, định lý, tính chất nào đó hay còn gọi là quy lạ về quen Ở đó khoảng cách từ lạ đến quen càng xa thì mức độ sáng tạo càng lớn Do đó việc học tốt các bài toán về chứng minh bất đẳng thức có tác dụng rất lớn trong việc phát triển năng lực trí tuệ và tư duy khoa học của học sinh Vấn đề nêu trên cũng là khó khăn với không ít giáo viên nhưng ngược lại, giải quyết được điều này là góp phần xây dựng trong bản thân mỗi giáo viên một phong cách và phương pháp dạy học hiện đại giúp cho học sinh có hướng tư duy mới trong việc lĩnh hội kiến thức các môn học 2.2 Thực trạng vấn đề vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thực trạng đối với giáo viên Bất đẳng thức là một dạng toán khó đối với học sinh nhiều giáo viên chưa tìm được cách dạy phù hợp, chưa nhận thấy tầm quan trọng của các định lí, các tính chất, các bài toán hay và khó về bất đẳng thức Chứng minh bất đẳng thức là những bài toán không có một thuật toán nào để giải, đòi hỏi học sinh phải luôn tư duy, động não Vì vậy, khi dạy những bài chứng minh bất đẳng thức, giáo viên hãy cố gắng hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ, cách tìm tòi lời giải Đồng thời, biết đề ra cho 4 học sinh, đúng lúc, đúng chỗ những câu hỏi gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ của từng đối tượng Việc hướng học sinh làm bài toán các bất đẳng thức và các bài toán liên quan được thực hiện theo một số cách biến đổi đơn giản nhẹ nhàng thị nhiều giáo viên chưa có phương pháp phù hợp: 2.2.2 Thực trạng đối với học sinh Trong quá trình dạy học sinh giải một bài toán về bất đẳng thức , tôi thấy học sinh thường gặp một số khó khăn sau đây: - Học sinh chưa nhận dạng được các dạng, phân loại được các bài toán bất đẳng thức thức - Việc áp dụng các công thức, các phép biến đổi để giải các bài toán về bất đẳng thức thì học sinh cò nhiều lúng túng - Số lượng học sinh làm thành thạo các bài toán về bất đẳng thức và các bài toán có liên quan còn chưa nhiều Cụ thể qua khảo sát tại trường THCS Quảng Lưu năm học 2021-2022 như sau: Lớp SS 9C 31 Loại kém (02,75 điểm) SL % 12 38,7 Loại yếu (3,04,75 điểm) SL % 16 51,7 Loại TB (5,06,75 điểm) SL % 2 6,4 Loại khá (7,08,75 điểm) SL % 1 3,2 Loại giỏi (9,010 điểm) SL % 0 0 2.2.4 Về chương trình Sách giáo khoa , sách bài tập đề cập ít đến các bài toán về bất đẳng thức và các bài toán có liên quan 2.3 Những giải pháp 2.31 Hướng dẫn học sinh tiếp cận với các vấn đề bất đẳng thức nhẹ nhàng, đơn giản, tỉ mĩ theo trình tự từ các bài toán thực tế, các bất đẳng thức số, đến định nghĩa, tính chất cách chứng minh các bất đẳng thức, các bất đẳng thức đơn giản đến các bất đẳng thức phức tạp và các bài vận dung bất đẳng thức 2.3.2 Hướng dẫn học sinh ôn tập lí thuyết 2.2.1 Năm vững khái niệm, định nghĩa, định lí, tính chất, dấu hiệu, hệ quả, hiểu rõ và phân tích được nội dung của bài toán 2.3.2.2 Tìm hiểu thêm một số chuyên đề bổ trợ: * Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, tính chất chia hết trong tập số nguyên và phương trình nghiệm nguyên * Đối với môn đại số cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề: - Hằng đẳng thức và 1 số phép biến đổi hằng đẳng thức - Phân tích đa thức thành nhân tử và ứng dụng - Bất đẳng thức, bất phương trình và ứng dụng - Phương trình, hệ phương trình - Tính giá trị biểu thức có điều kiện - Bài tập cực trị đại số ( có điều kiện hoặc không có điều kiện) 5 - Các bất đẳng thức cổ điển * Đối với môn hình học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề: - Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng - Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp - Bài tập cực trị độ dài, diện tích - Bài tập quỹ tích 2.3.3 Giáo viên hướng dẫn cho học sinh các kiến thức cơ bản và một số các chứng minh thường gặp 2.3 3.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức: Cho 2 số a, b ta có: - a lớn hơn b ( a > b ) nếu a - b > 0 - a nhỏ hơn b ( a < b ) nếu a - b < 0 - a lớn hơn hoặc bằng b ( a  b ) nếu a - b  0 - a nhỏ hơn hoặc bằng b ( a  b ) nếu a- b  0 2.3.3.2 Các tính chất của bất đẳng thức: 1 a > b b < a 2 a  b   a  c b  c 3 a > b => a + c > b + c 4 5 a  b  a  c  b  d c  d a  b  a  c  b  d c  d a  c  ac  bc b  0 a  b 0  8  ac  bd c  d 0 7 9 a > b > 0 => an > bn a>b an > bn ( n lẻ) a > b an > bn ( n chẵn) 10 m > n > 0 thì a > 1 => am > an a = 1 => am = an 0 < a < 1 => am > an 6 1 2 3 4 5 6 1 a b  1 1    ab  0 a b 2.3.3.3 Các hằng bất đẳng thức a a2  0: - a2  0 n n chẵn (a + b)  0 a 0 dấu “=” xảy ra : a = 0 - a a  a dấu “=” xảy ra : a = 0 a  b  a  b dấu “=” xảy ra : ab 0 a  b  a  b dấu “=” xảy ra : ab 0 và a  b 2.3.4 Giáo viên cung cấp cho học sinh một số bài toán thường gặp Bất đẳng thức côsi cho hai số không âm a + b  2 ab (với a 0 ; b 0 ) dấu “=” xảy ra: a = b 6 1 1 4   a b a b a b * Hệ quả 2: + 2 b a * Hệ quả 1: ( ab > 0) ( ab > 0) 2 Bất đẳng thức Bunhia Cốpxki ( ax + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) dấu “=” xảy ra: ay = bx 2.3.5 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phương pháp nào là tuỳ thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ năng nhận biết của học sinh Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện các kĩ năng toán và các thao tác trí tuệ tôi đã hướng dẫn học sinh nghiên cứu 7 phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2.3.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức - Để chứng minh: A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0 1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y  R ) Xét hiệu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2) = (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2 = - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0 Dấu “=” xảy ra : ay = bx Vậy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y  R ) Dấu “=” xảy ra  ay = bx (điều phải chứng minh) 2.3.5.2 Dùng phương biến đổi tương đương Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức a b a  b a/ (1) 2  a  b ( a  b ) 2 ( vì 2 vế không âm nên bình phương 2 vế)  a2 + 2ab + b 2  a2 + 2 ab + b2  ab  ab (2) Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng Vậy a  b  a  b , dấu “=” xảy ra : ab 0 b/ Chứng minh bất đẳng thức: a b a  b (3) Nếu a < b bất đẳng thức (3) luôn đúng Nếu a  b thì a  b  a  b  a2 - 2ab + b2  a2 - 2 ab + b2  -ab   ab  ab  ab (4) Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng Vậy: a  b  a  b dấu “=” xảy ra: ab 0, a  b 2.3.5.3 Sử dụng tính chất của bất đẳng thức 7 Ví dụ: cho a + b > 1 chứng minh rằng a4 + b4 > 1 8 Ta có: a + b > 1 > 0  (a + b)2 > 1 (bình phương 2 vế không âm)  a2 + 2ab + b 2 > 1 Mặt khác: (a - b)2  0  a2 - 2ab + b 2  0 Từ (1)(2): 2(a2+ b2) > 1  a2+ b2 > 1 2 (1) (2) (3) 1 (bình phương 2 vế (3)) 4 1  a4 + 2a2 b2 + b 4 > (4) 4 Mà (a2 - b2)2  0   a4 - 2a2 b2 + b 4  0 (5) 1 1 Từ (4)(5): 2(a4+ b4) >  a4+ b4 > 4 8 1 Vậy: a + b > 1 => a4+ b4 > (*) 8  (a2+ b2) > 2.3.5.4 Phương pháp làm trội: Muốn chứng minh A < B làm trội A thành C ( A < C) rồi chứng minh C < B Ví dụ: Cho a, b, c > 0 M= a b c   ac bc ca Chứng minh: 1 < M < 2 Vì a, b, c > 0 Ta có: a a   a b a bc  b b a b c a bc      1  bc abc  a b bc a c a bc c c   a  c a  b  c  Vậy M > 1 Ta có: a, b, c > 0 (1) Vậy M < 2 Từ (1), (2): 1 < M < 2 (với a, b, c > 0) (2) a a c ac   2 (bình phương 2 vế) 2  (a + b) > 4  a2 + 2ab + b 2 > 4 (1) Mặt khác: (a - b)2  0  a2 - 2ab + b 2  0  a2+ b2  2ab => 2(a2+ b2 )  a2 + 2ab + b 2 a2+ b2  2 (giả thiết) => 2(a2+ b2 )  4 => a2 + 2ab + b 2  4` (2) Bất đẳng thức (1) và (2) mâu thuẫn => giả sử sai Vậy a2+ b2  2 thì a + b  2 2.3.5.6 Phương pháp quy nạp toán học: Ví dụ: Chứng minh rằng với x > -1 thì (1 + x)n 1 + nx (với n  Z, n > 0) * Với n = l ta có: 1 + x l + x * Giả sử đúng với n = k (k nguyên dương) k (l + x)  l + kx (1) * Phải chứng minh đúng với n = k + l (l + x)k+1  l + (k + 1)x Thật vậy: (1+x) >0 (gt) k (1 + x)(l + x)  ( l +kx)(1 + x) ( nhân 2 vế với (1)) k 2 (l + x)  1 + x(k + l) + kx 2 Vì kx  0 => l + (k + l)k + kx2  l + (k + l)x => (1 + x)k+l  l + (k + l)x DÊu “=” x¶y ra: x = 0 2.3.5.7 Dùng phương pháp hình học Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau: (a 2  c 2 )(b 2  c 2 ) + (a 2  d 2 )(b 2  d 2 )  (a + b) (c + d ), trong đó a, b, c, d là các số thực dương Giải: Xét tứ giác ABCD có AC  BD, O là giao điểm hai đường chéo, OA = a, OB = b, OC = c, OD = d với a, b, c, d là các số dương Theo định lí Py-ta-go: AB = a 2  c 2 ; BC = b 2  c 2 ; AD = a 2  d 2 ; CD = b 2  d 2 ; AC = a + b ; BD = c + d Ta có: AB BC  2 S ABC ; AD CD  2 S ADC  AB BC + AD CD  2 S ABCD = AC BD 9 Vậy (a 2  c 2 )(b 2  c 2 ) + (a 2  d 2 )(b 2  d 2 )  (a + b) (c + d ) với a, b, c, d 0 Có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki để chứng minh bất đẳng thức trên 2.3.6 Nội dung bài tập áp dụng: Bước phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với trình độ học sinh, giúp học sinh hình thành được cách giải bài tập và đưa ra được nhiều phương án giải, phát triển khả năng tư duy lô gíc, hỗ trợ việc tự học, tự nghiên cứu của học sinh trong quá trình ôn luyện Đối với học sinh THCS tạm thời phân thành bốn dạng cơ bản sau: 2.3.6.1 Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức: 2.3.6.1.1 Chứng minh bất đẳng thức: x4 – x + Ta có: : x4 – x + 1 >0 2 1 1 1 1 1 = x4 – x2 + + x2 – x + = (x2 - )2 + (x - )2 4 2 4 2 2 1  ) 0 1 1  2   (x2 - )2 + (x - )2  0 (không thể xảy ra dấu “=” đồng thời) 1 2 2 ( x 2  ) 0  2  1 vậy: x4 – x + > 0 2 ( x2  23 6.1.2 Chứng minh: 1 1 4   x y x y (với x, y > 0) 1 1 4 y ( x  y )  x( x  t )  4 xy xy  y 2  x 2  xy  4 xy   Xét hiệu:   x y x y xy ( x  y ) xy ( x  y ) ( x  y)2  xy ( x  y ) (Vì x, y > 0) 1 1 4   với x, y > 0 x y xy 2.3.6.1.3 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh: Vậy: : 1 1 1 1 1 1      a b  c b c  a c a  b a b c ta có: a + b > c, b + c > a, c + a > b (bất đẳng thức tam giác) áp dụng hệ quả của bất đẳng thức côsi: 1 1 4 4 2     (1) a  b  c b  c  a a  b  c  b  c  a 2b b 1 1 2   Tương tự: (2) bc  a c a  b c 1 1 2   (3) a b  c c a  b a 10 1 1 1 1 1 1   ) 2(   ) a b  c b c  a c a  b a b c 1 1 1 1 1 1       a b  c b c  a c a  b a b c 2.3.6.1.4 Chứng minh rằng với n  N và n  2 ‘ Từ (1)(2)(3): 2( a Ta có: A= 1 1 1 1 1  3  4   n < 3 2 3 4 n 4 1 1 1 1  3   3 2 k k  k k (k  1) (k  1)(k )(k  1) 1 1    2 1.2.3  1 1   1 1 1  3 2.3.4 3     A 1.2.3 2.3.4 (n  1)n(n  1)   1 1  3  (n  1)(n)( n  1)  n 2 1 1   Mặt khác: (n  1)n(n  1) (n  1)n (n  1)n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1     (       ) 1.2.3 2.3.4 (n  1)n(n  1) 2 1.2 2.3 2.3 3.4 (n  1) n (n  1)n  C= 1 1 1  1 1 1      2  1.2 ( n  1) n  4 2n( n  1) 4 (với  2) 1 1 1 1 1  3  4   n < (với  2) 3 2 3 4 n 4 1 1 1 b/ B = 1 +    n (x + y)2(y + z)2(z + x )2  64x2y2z2 => bất đẳng thức (1) luôn đúng (với x  0, y  0, z  0 ) 2.3.6.1.6 a) Chứng minh rằng n  Z dương thì: 1 1 1 2 1      n 1 n  2 n  3 2n 2 Vì n  Z dương => 1;2;3……; n-1< n A= Ta có: 1 1 1    n  1 n  n 2n  1 1 1 1 1 2 1 1 1 1             => n  2 2n n 1 n  2 n  3 2n  1 2n 2n 2n 2n  1 1    2n  1 2n  1 1 Dãy gồm n số hạng => A > n = 2n 2 1 1 1 2 1      Vậy: (với mọi 0 < n  z) n 1 n  2 n  3 2n 2 b) CMR: tồn tại một số tự nhiên n sao cho Cách1: 1 1 1     2006 2 3 n 1 1  2 2 1 1 1 1 1 1    2  2 2  3 4 3 2 2 2 1 1 1 1 1    3  3 2 2  5 6 2 2 2 ……… 1 1 1 1 4011    2  2 4010  1 24012 24012 2 1 1 1 1    4012  4012  2006 2 3 2 2 Vậy tồn tại n  N (n  24210 thảo mãn điều kiện 1 1 1     2006 2 3 n Cách 2: Dựa vào kếtquả phần a ta có: 12 S2n  Sn   1 2 với mọi 0 < n  z Đẳng thức xảy ra  n =1 1  Do đó S 2   S1   S2  S2     S2  S2   4012 2 1 1 1    4012  2006 => S 2   S1  2006 => 2 3 2 4012  Vậy tồn tại n N  2 2.3.6.1.7 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh: abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c) (1) Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác: b + c – a > 0, a + c – b > 0, a + b – c >0 Đặt b + c – a = y , a + c – b = x, a + b – c= z áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz (với x, y, z  0 ) Ta có: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b]   8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)  2c.2b.2a  8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b) abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c) 1 2 1 4012 4011 4012 2.3.6.1.8 Cho a+b+c =1 chứng minh rằng a2 + b2 + c2  Đặt a = 1 3 1 1 1 +x,b= +y,c= +z 3 3 3 Do a+b+c=1 => x + y + z = 0 1 1 1 1 2 + x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 = + (x + y + z) + x2 + y2 + z2 3 3 3 3 3 1 1 = + x2 + y2 + z2  Dấu “=” xảy ra: x = y = z = 0 3 3 1  a = b = c = 3 2.3.6.1.9 Cho a + b + c + d = 2 chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2  1 a2 + b2 + c2 = ( Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki (a + b + c + d)2  (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 ) mà a + b + c + d = 2 Từ (1)(2): 4  4(a2 + b2 + c2 + d2) (1) (2)  1  a2 + b2 + c2 + d2 dấu “=”xảy ra  a = b = c = d = Cách 2: Đặt 1 2 1 +x 2 1 b= +y 2 1 c= +z 2 a= 13 d= 1 +t 2  x + y + z + t = 0 (vì a + b + c + d = 2 )  a2 + b2 + c2 + d2 = (  1 1 1 1 + x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 + ( + t)2 2 2 2 2 2 2 2 2 = 1 + ( x + y + z + t ) + x + y + z + t 1 1 dấu “=”xảy ra: x = y = z = t  a = b = c =d = 2 2.3.6.1.10 Nếu a1 + a2 + … + an = k thì a12 + a22 + … + an2  k2 n k  a1   x1  n  k a 2   x 2  n Đặt:   x1 + x2 + … + xn = 0   k a n   x n  n  k k k + x1)2 + ( + x2)2 + ……+( + xn)2 n n n k k = 22 n + 2 ( x1 + x2 + … + xn ) + (x12 + x22 + … + xn2) n n 2 k 2 2 2  n a1 + a2 + … + an (đpcm) a12 + a22 + … + an2 = ( 2.3.6.2 Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình 2.3.6.2.1 Giải phương trình: x2 + y2 + z2 = x(y + z) Bài toán quy về chứng minh: x2 + y2 + z2  x(y + z) dấu “=” khi nào ? Ta có:  (x - y)2 + (x - z)2 + y 2 + z 2  0 (1)  (x2 + y2 – 2xy)+( x2 + z2 – 2xz) + x 2 + y 2 + z 2  0  2x2 +2y2 +2z2 –2xy – 2xz  0  x2 + y2 + z2  x(y + z) (2) Bất đẳng thức (1) đúng mọi x,y,z => bất đẳng thức (2) đúng Dấu “=”xảy ra: x = y = z = 0 Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = z = 0 2.3.6.2.2 Giải phương trình 2 (1) 3x 2  6 x  7 + 5 x 2  10 x  21 = 5 – 2x – x  3( x  1) 2  4 + 5( x  1) 2  16 = 6 - (x + 1) 2 2 2 2 vì 3(x + 1)  0, 5(x + 1)  0 nên 3( x  1)  4  4 = 2 5( x  1) 2  16  16 = 4 14 2 2 VT: 3( x  1)  4 + 5( x  1)  16  6 2 VP: 6 - (x + 1)  6 Đẳng thức (1) chỉ xảy ra  cả 2 vế bẳng 6 5 – 2x – x2 = 6  x2 + 2x +1 = 0  (x + 1)2 = 0  x = -1 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = -1 2.3.4.3 Tìm nghiệm của phương trình: 2 2 2 (x + y + 1) = 3(x + y + 1) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: 2 2 2 2 2 2 (x + y + 1)  (1 + 1 +1)(x + y + 1)  x + y + 1)  3(x + y + 1) Dấu “=”xảy ra: x = y = 1 Vậy nghiệm cuả phương trình là: x = y = 1 2.3.6.2.4 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 1 3      1  x 3  x   2;3 x x y z x 1 1 1 1 1 1 +) x = 2 Ta có: y  z  2 1  y  z  2 1 1 2 => y  2  y  2  y 4  y   3;4 1 1   z6 z 6 1 1 +) x = 2, y = 4 =>   z 4 z 4 x  2; y  3  1 1 1 1 1 2   1    y z 3 y z 3 1 2 2 2 => y  3  y  3  2 y 6  3  y 3  y   2;3 +) x=3 => 1 1 1 +) x = 3; y = 2 => 3  2  z 1  z 6 1 1 3 3 1 z +) x = 3; y = 3 =>   1  z 3 vậy nghiệm cuả phương trình là: (x,y,z) = (2;3;6); (2;4;4); (3;3;3) và các hoán vị 1 1 1 2.3.6.2.5 Chứng minh rằng phương trình: 2   2 1 xy y x (1) không có nghiệm nguyên dương 1 1 1 1 1 3 3 Giả sử: 0 < x  y => x  y  x 2  xy  y 2  x 2  1< x 2 15 Thử với x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên nghiệm nguyên 2 dương nếu có phải thoả mãn x > 1 2 Vậy 1  x  3 không có số 0 < x  Z nào thoả mãn điều kiện trên nên phương trình không có nghiệm nguyên dương 2.3.6.3 Áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị: 2.3.6.3.1.a/ Chứng minh bất đẳng thức: ac  bd   a 2  b 2 c 2  d 2  (1) 2 2 b/ Biết x + y = 52 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 2x + 3y Vì 2 vế của (1) không âm nên bình phương 2 vế (1) ac  bd 2   a 2  b 2 c 2  d 2  2 (ac)2 + (bd)2 + 2abcd  (ac)2 + (bd)2 + (bc)2 + (bd)2  (ad)2 – 2abcd + (bc)2  0  (ad - bc)  0 (2) Bất đẳng thức (2) luôn đúng => Bất đẳng thức (1) đúng Dấu “=”xảy ra: ad = bc c/ A  2 x  3 y   2 2  3 2  x 2  y 2  (áp dụng bất đẳng thức (1))   2 x  3 y  13.52 2 2 (Vì x + y = 52)  2 x  3 y  26  -26  2x + 3y  26Vậy A(max) = 26  3x = 2y  x y  t 2 3 x 2t  2 2 2 2 2 => y 3t  x  y 52  4t  9t 52  t = 4  t 2  * t = 2 => x = 4 y=6 * t = 3 => x = -4 => A(max) = 26  x = 4, y = 6 (x, y cùng dấu) y = -6 A(min) = -26  x = -4 , y = -6 2.3.6.3.2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = 1992  x  2  1994  x  2 Ta có: B = 1993  x  1994  x = 1993  x  1994  x Áp dụng bất đẳng thức: a  b  a  b B = 1993  x  1994  x  1993  x  x  1994 = 1 B(min) = 1  (1993 – x )( x – 1994 )  0  1993  x  1994 2.3.6.3.3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 16 100 10 a/ A = x – 10x + 10 ( x  R ) 1997 1997 1997 b/ Cho 3 số thực: x, y, z  0 thoả mãn x + y + z = 3 2 2 2 Tìm Max S = x + y + z Lời giải: a/ x  R => x100  0 áp dụng bất đẳng thức côsi với 10 ta có: 100 + 1+1+…+1  1010 x10  10 x10 9 số1 100 10 A = x + 9 - 10x  0 => x100 – 10x10 + 10  1 A(min) = 1  x = 1 b/ Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 1997 số trong đó 1995 số bằng 1 và 2 số x 1997 bằng x 1995  2.x 1997 1997 1997  x 1997 1995  2 y 1997 2 y 1997 1995  2.z 1997 2 z 1997  Ta có Tương tự:  2 =x 2 1997 1997 1997 2 2 2 => 1995.3 + 2 ( x + y + z )  x + y + z 1997 2 2 2  3  x +y +z =S Vậy: S(max) = 3  x = y = z = 1 2.3.6.3.4 Cho x, y, z > 0 thoả mãn bất đẳng thức: 2xyz + xy + yz + xz  1 Tìm giá trị lớn nhất của xyz ? Lời giải: Do x, y, z > 0 áp dụng bất đẳng thức côsi với 4 số dương ta có 1  2xyz + xy + yz + xz  4 4 2 xyz.xy yz.xz dấu “=”xảy ra  2xyz = xy = yz = xz 4 1 1  4 2 x y z     2x 3 y 3 z 3  4 1 1 1 3   xyz   3  xyz 152 8 152 1 1 vậy xyz(max) = 8  2xyz = xy = yz = xz  x = y = z = 2 4 3 3 3 17 2.3.6.4Áp dụng bất đẳng thức vào bài tập hình 2.3.6.4.1 A ABC cạnh a,b,c nội tiếp đườ GT (O,R) IKBC; IF
AC;IE
AB IK; IF
= y; IE
= z E
F
I KL B K C H D Giải Gọi S là diện tích của  ABC Kẻ đường kính AD, AH  BC tại H  ACD   AHB => AC AD  AC AB = AH AD  AH AB hay AB.AC = 2R.AH suy ra abc = 2R.a.HA  abc = 2R 2S S ABC (1) cz ax yb = S AIB + SBIC + S CIA =   · 2 2 2 => 2S = ax+ by + cz a 2 2 2 (2)  2 2 2  b  c 2S a  b  c  (3) abc 2R a 2  b 2  c 2 (a 2  b 2  c 2 )(ax  by  cz) (ab  bc  ca)(ax  by  cz)   Từ (2)(3): 2R abc abc (vì a2 + b2 + c2  ab + bc + ca ) Từ (1) Mặt khác: (*) ( ab  bc  ca)(ax  by  cz )  1 1 1      (ax  by  cz ) abc c a b Vì a, b, c > 0; x, y, z > 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki  1 1 1      2  c2  b2  a Từ (*)(**):  ax  2   by  2   cz  2    2 2 x y z  2 (**) 2 a b c  x y z 2R A 2.6.4.2 ABCcó diện tích S, hcn:MNPQ M nội tiếp ABC có diện tích S, GTChứng minh M AB, N AC, P, Q BC 1 B Kẻ AH  BC tại H  S = AH BC 2 Q H KL S 1 =S MN 2S MQ Mặt khác: MN // BC, MQ // AH ( MNPQ là hcn, MQ; AH  BC ) N C P 18 MQ BM   MQ.MN BM AM AH AB     MN AM  AH BC AB 2  BC AB  1 1 BM  AM 2 (áp dụng bất đẳng thức Cô Si) ( BM AM )  ( ) 2 AB AB 2 2 S1 1 MQ.MN 1 AB 2  2 hay 2S  4  S  2S1 AH BC AB 4 2.4.Hiệu quả của sáng kiến Sáng kiến này đã được áp dụng tại trường THCS Quảng Lưu trong năm học 2021-2022 kết quả đạt được như sau: Lớp SS 9C 31 Loại kém (02,75 điểm) SL % 0 0 Loại yếu (3,0- 4,75 điểm) SL % 2 6,45 Loại TB (5,0- 6,75 điểm) SL % 14 45,16 Loại khá (7,08,75 điểm) Loại giỏi (9,010 điểm) SL % SL % 10 32,26 5 16,13 3 Kết luận 3.1 Kết luận Qua nhiều năm áp dụng biện pháp trên trong giảng dạy và bồi dưõng học sinh giỏi tôi thu được kết quả rất khả quan Học sinh đã có cơ sở để phân loại hệ thống bài tập theo từng chuyên đề trong quá trình ôn luyện, các em đã nhìn nhận bộ môn toán thiện cảm hơn và say mê tìm tòi, tự phát hiện cách giải các dạng bài tập toán, rèn khả năng tư duy lô gíc, sáng tạo, kỹ năng giải toán, hình thành hệ thống kiến thức từ thấp đến cao, từ đơn giản đến phức tạp Biến quá trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo hơn nữa trong quá trình tìm tòi để hướng dẫn cho học sinh ôn luyện bản thân tôi cũng được đào sâu thêm kiến thức Sự tìm tòi đó cũng góp phần không nhỏ vào việc trang bị hành trang tri thức để học sinh, giáo viên vững bước vào thiên niên kỷ mới, thiên niên kỷ của khoa học công nghệ phát triển Bồi dưỡng học sinh giỏi là cả một quá trình để có một học sinh giỏi môn toán nói riêng và học sinh giỏi nói chung đó là sự khổ công rèn luyện qua một quá trình học tập của trò cũng như rèn giũa của người thầy Đối với môn toán người thầy phải định hướng cho học sinh thực hiện nghiên cứu lần lượt các chuyên đề và sau mỗi chuyên đề là hệ thống bài tập đa dạng, giúp các em phát triển năng lực tư duy sáng tạo Trên đây mới chỉ giới thiệu được một số dạng bài tập có liên quan đến “ Bất đẳng thức” trong khi bồi dưỡng học sinh giỏi để duy trì được chất lượng mũi nhọn mỗi giáo viên cần phải có thời gian và đội ngũ học trò ham học, thông minh Người thầy phải luôn ý thức tự học tự bồi dưỡng để nâng cao tay nghề 3.2 Một số kiến nghị: - Đề nghị phòng GD đầu tư hơn nữa về tài liệu tham khảo cho giáo viên, thời gian ôn luyện, các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi 19 - Đề nghị nhà trường quan tâm hơn đến chất lượng mũi nhọn tạo điều kiện để giáo viên có thời gian tự học và có cơ hội ôn luyện tốt XÁC NHẬN CỦA HIỆU Quảng Xương, ngày 05 tháng 4 năm 2022 TRƯỞNG Tôi xin cam kết SKKN này là do tôi tự viết, không sao chép nội dung của người khác NGƯỜI THỰC HIỆN Trần Thị Huê Bùi Công Thắng Một số tài liệu tham khảo - Một số vấn đề phát triển 6, 7, 8, 9 ( Số, Đại, Hình )tác giả: Vũ Hữu Bình… - 400 bàI tập Đại số – Số học ( tác giả: Vũ Dương Thuỵ…) - Bồi dưỡng chuyên toán cấp 2-3 ( tác giả: Nguyễn Vũ Thanh ) - 255-225 bài tập hình ( tác giả: Vũ Dương Thuỵ…) - Nâng cao và phát triển Toán 6,7,8,9( Vũ Hữu Bình) -23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp( Nguyễn Văn Vĩnh) - Tạp chí Toán học tuổi trẻ cùng một số tài liệu khác 20 Mẫu 1 (2) DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ và tên tác giả: Bùi Công Thắng Chức vụ và đơn vị công tác: Phó hiệu trưởng trường THCS Quảng Lưu TT 1 2 3 4 5 6 7 Tên đề tài SKKN Sử dụng diện tích trong chứng minh hình học Hướng dẫn học sinh cách giải bài toán cực trị hình học Hướng dẫn học sinh cách giải bài toán chia hết trên tập số nguyên Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp6,7 giải bài toán tính tổng các dãy số viết theo qui luật Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp6,7 giải bài toán tính tổng các dãy số viết theo qui luật Sử dụng bất đẳng thức cauchy trong chứng minh hình học 9 Một số cách vẽ đường phụ trong bài toán chứng minh hình học lớp 7 Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Kết quả đánh giá xếp loại (A, B, hoặc C) Năm học đánh giá xếp loại Huyện C 2005 Huyện C 2013 Huyện B 2015 Huyện B 2017 Tỉnh C 2017 Huyện C 2020 Huyện B 2021 21 8 Một số cách vẽ đường phụ trong bài toán chứng minh hình học lớp 7 Tỉnh C 2021 * Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào Ngành cho đến thời điểm hiện tại 22 ... số số x 199 7 x 199 5  2.x 199 7 199 7 199 7  x 199 7 199 5  y 199 7 y 199 7 199 5  2.z 199 7 z 199 7  Ta có Tương tự:  =x 199 7 199 7 199 7 2 => 199 5.3 + ( x + y + z )  x + y + z 199 7 2   x +y +z...  199 4  x  Ta có: B = 199 3  x  199 4  x = 199 3  x  199 4  x Áp dụng bất đẳng thức: a  b  a  b B = 199 3  x  199 4  x  199 3  x  x  199 4 = B(min) =  ( 199 3 – x )( x – 199 4 )   199 3... giải toán bất đẳng thức dễ dàng khai thác toán bất đẳng thức có hiệu từ đáp dụng vào giải tốn khác.Vì dạy bất đẳng thức giáo viên cần hướng dẫn chi tiết có hệ thống ? ?Một số kinh nghiệm giải toán