(SKKN 2022) phát triển tư duy học sinh lớp 9 trường THCS lê đình chinh ngọc lặc từ bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện

MỤC LỤC Mục Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng kỹ tư cực trị học sinh trường THCS Lê Đình Chinh 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Lí thuyết: 3.2.2.Các ví dụ minh họa 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 2 3 4 6 19 21 21 21 22 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Ngày với phát triển tất ngành khoa học Toán học số ngành khoa học đầu, có vị trí quan trọng Chúng ta nhận thấy điều thơng qua ứng dụng Tốn học hầu hết có mặt tất lĩnh vực đời sống xã hội Sự đời phát triển mạnh mẽ công nghệ thông tin dẫn đến bùng nổ ứng dụng toán học, đem lại hiệu to lớn cho đời sống xã hội Toán học có ví trí đặc biệt quan trọng việc nâng cao phát triển dân trí Tốn học khơng cung cấp cho học sinh (người học Toán) kỹ tính tốn cần thiết mà cịn điều kiện chủ yếu rèn luyện khả tư lôgic, phương pháp luận khoa học Trong việc dạy học Tốn việc tìm phương pháp dạy học giải tập Tốn địi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống tập, phương pháp dạy học để góp phần hình thành phát triển tư học sinh Đồng thời qua việc học Toán học sinh cần bồi dưỡng, rèn luyện phẩm chất đạo đức, thao tác tư để giải tập Tốn loại tốn bất đẳng thức toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính tư trí tuệ Trong chương trình THCS, tốn học chiếm vai trị quan trọng Với đặc thù mơn khoa học tự nhiên, tốn học khơng giúp học sinh phát triển tư duy, óc sáng tạo, khả tìm tịi khám phá tri thức, vận dụng hiểu biết vào thực tế, sống mà tốn học cịn cơng cụ giúp em học tốt mơn học khác góp phần giúp em học sinh phát triển cách toàn diện Từ vai trị quan trọng mà việc giúp em học sinh u thích, say mê tốn học giúp em học sinh giỏi có điều kiện mở rộng, nâng cao kiến thức yêu cầu tất yếu giáo viên dạy tốn Trong q trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Trong chương trình Toán THCS khối lượng kiến thức phong phú đa dạng, dạng tốn đề cập khơng Trong số có bất đẳng thức dạng tốn quan trọng phổ biến Trong kì thi học sinh giỏi cấp thi vào THPT, THPT chuyên bất đẳng thức thường hay gặp đề thi Bởi muốn bồi dưỡng phát triển đối tượng học sinh khá, giỏi thân người dạy phải nghiên cứu tài liệu, tìm tịi phương pháp giải Nhằm bổ trợ nâng cao kịp thời cho em Ở dạng toán bất đẳng thức tốn với số liệu riêng nó, đòi hỏi ta phải vận dụng cách giải phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tính tư toán học linh hoạt sáng tạo người học Không bất đẳng thức đề tài thú vị mơn Đại số, tiếp tục giới thiệu nghiên cứu cấp THPT Do bất đẳng thức mãi đối tượng nghiên cứu Toán học, vấn đề đa số người học quan tâm kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh thi vào lớp 10 Từ yếu tố khách quan chủ quan, để giúp học sinh giải phần khó khăn gặp tốn chứng minh Bất đẳng thức Tơi mạnh dạn tìm tịi nghiên cứu đề tài: “ Phát triển tư học sinh lớp trường THCS Lê Đình Chinh Ngọc Lặc từ toán chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện ” Nhằm tìm biện pháp hữu hiệu để có phương án đắn giúp học sinh tiếp cận với tốn bất đẳng thức chủ động hơn, có hứng thú q trình học 1.2 Mục đích nghiên cứu Với mục đích cung cấp phương pháp giải tốn cho em học sinh quan trọng giúp em nhìn thấy chất việc, tượng, thấy sáng tạo toán đẹp từ kiến thức Sử dụng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức phương pháp rõ ràng dễ áp dụng để giải lớp toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức, nội dung mà học sinh ln gặp kì thi hầu hết em học sinh gặp nhiều khó khăn việc xác định phương pháp giải Hi vọng phương pháp xố tan tâm lí sợ gặp tốn chứng minh bất đẳng thức Chính mà đề tài cần thiết cho đối tượng em học sinh đội tuyển học sinh giỏi tất em học sinh muốn tìm hiểu hướng sáng tác toán chứng minh bất đẳng thức * Đối với giáo viên: - Giúp giáo viên dạy tốn THCS nói riêng có quan điểm coi trọng việc nghiên cứu, dạy bất đẳng thức - Đưa số kiến thức bất đẳng thức số phương pháp chứng minh bất đẳng thức phù hợp trình độ học sinh - Qua việc triển khai đề tài góp phần nâng cao chất lượng dạy - học tốt nội dung bất đẳng thức dạy - học tốt mơn tốn trường THCS *Đối với HS, sau thực đề tài giúp em: - Giúp học sinh có kiến thức sâu bất đẳng thức, góp phần học tốt mơn tốn - Giúp học sinh phát huy tính tích cực chủ động tìm tịi, khả suy luận, phán đốn tính linh hoạt áp dụng vào thực tế toán - Giúp học sinh định hướng đường lối giải toán - Giúp học sinh rèn kỹ giải toán nhiều cách biết lựa chọn phương án tối ưu - Rèn luyện kĩ thực hành thao tác tư tốn học hợp lí - Giải triệt để yếu kém, hạn chế kỹ tư lôgic mà học sinh mắc phải lâu trình giải tốn - Cung cấp thêm vốn kiến thức cần thiết tăng cường hiểu biết sở tiếp thu kiến thức toán học lớp sau 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng số vấn đề, thực trạng dạy học bất đẳng thức học sinh THCS Một số tài liệu tham khảo sử dụng cho học sinh THCS, nghiên cứu, thử nghiệm trường THCS Tơi áp dụngđề tài qua trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp môn tốn lớp 9, ơn thi vào 10 trường chun Lam Sơncủa trường THCS Lê Đình Chinh Ngọc Lặc 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết Pương pháp thống kê, xử lí số liệu Phương pháp nghiên cứu lí luận: đọc tài liệu sách báo, tạp chí, Internet có nội dung liên quan “Phát triển tư khoa học” “tăng cường em ý thức, lực vận dụng cách thơng minh điều học” Phương pháp phân tích, tổng hợp: phân tích số liệu từ tài liệu để sử dụng sáng kiến kinh nghiệm Sau tổng hợp số liệu Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thu thập thơng tin: Tìm hiểu thực trạng kỹ tư lôgic học sinh khối, lớp Phương pháp quan sát : Nhìn nhận lại q trình học tập mơn tốn học sinh trường năm học vừa qua.Đưa số biện pháp để nâng cao kết học tập cho học sinh trường giai đoạn NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục giai đoạn phải đào tạo người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo có tính nhân văn cao Trong trình dạy học trường THCS nói chung dạy tốn nói riêng, việc làm cho học sinh biết vận dụng kiến thức học để giải tốn cơng việc quan trọng thiếu người dạy tốn Vì thơng qua rèn luyện tư duy, khả sáng tạo, khả vận dụng cho học sinh Để làm điều giáo viên phải cung cấp cho học sinh kiến thức bản, phương pháp vận dụng biến đổi phù hợp giúp học sinh hiểu thực chất vấn đề để từ có kĩ giải tốn thành thạo, khỏi tâm lí chán nản sợ mơn Tốn Trong q trình giảng dạy tốn cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán trí tuệ điều kiện cần thiết vô việc học tốn Với mục đích thứ rèn luyện khả sáng tạo Tốn học, trước tập tơi cho học sinh tìm hiểu cách giải,đồng thời người thầy giáo phải gợi ý cung cấp cho học sinh nhiều cách giải.Trên sở học sinh tự tìm cách giải hợp lí nhất.Phát cách giải tương tự khái quát đường lối chung.Trên sở với tốn cụ thể em khái qt hố tốn thành toán tổng quát xây dựng toán tương tự Điều mong muốn thứ hai mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi từ trước tới Xây dựng phương pháp rèn luyện khả sáng tạo Tốn cho học sinh cho lúc nơi em phát huy lực độc lập sáng tạo 2.2 Thực trạng kỹ tư vềbất đẳng thức học sinh trườngTHCS Lê Đình Chinh Bất đẳng thức vấn đề quan trọng khó học sinh cấp trung học phổ thơng Học sinh gặp nhiều khó khăn việc xác địnhphương pháp giải khơng có phương pháp đường rõ ràng Có cách giảikhơng biêt từ đâu mà có Học sinh khơng thể hiểu người ta lại nghĩ tốn vậy, lại có giải Trong đề tài tơi xin trình bày phương pháp mà học sinh không nắm sở lí luận khơng hiểu lại có lời giải vậy, học sinh nắm sở lí luận phương pháp việc sử dụng phương pháp thật rõ ràng cụ thể, em tự chứng minh lớp bất đẳng thức tự sáng tác toán chứng minh bất đẳng thức Qua thực tế dạy học trường trung học sở với việc trao đổi chuyên môn qua số giáo viên, việc dạy học nói chung việc bồi dưỡng cho đối tượng học sinh giỏi thông qua dạy học giải toán bất đẳng thức cực trị yêu cầu phát triển tư sáng tạo, nhận thấy số tồn sau: Do số tiết học lớp cịn ít, khối lượng tri thức cần truyền đạt nhiều đồng thời phải lịch phân phối chương trình theo quy định nên việc mở rộng, khai thác, ứng dụng sáng tạo kiến thức học chưa triệt để sâu sắc Điều ảnh hưởng đến việc huy động vốn kiến thức học sinh, hạn chế đến việc rèn luyện tính tích cực, độc lập, sáng tạo học sinh học tập, đối tượng học sinh giỏi Học sinh phát vấn đề mà thường lặp lại phát vấn đề giáo viên đưa ra, học sinh thường bị động tiếp nhận kiến thức từ phía giáo viên Cách dạy học làm hạn chế khả tìm kiếm, tự phát vấn đề học sinh, điều trái với quan điểm việc học theo xu hướng hoạt động hoá người học, lấy người học làm trung tâm Chính điều mà dạy học, người giáo viên phải biết trọng công tác bồi dưỡng học sinh lực nhận biết tìm tịi, phát triển vấn đề để giúp học sinh rèn luyện kỹ tư vào thói quen phát triển tìm tịi, thơng qua số thao tác trí tuệ Việc thường xuyên rèn luyện cho học sinh lực tạo cho học sinh thói quen ln ln tích cực khám phá kiến thức lúc, nơi Muốn làm tốt điều địi hỏi học sinh phải trải qua q trình tìm tịi, mị mẫm, dự đốn, suy xét nhiều góc độ để thử nghiệm Trong chương trình tốn trung học sở, hệ thống tập sách đa dạng phong phú rời rạc, thiếu liên kết với chủ đề Trong thực tế, cách dạy phổ biến giáo viên với tư cách người điều khiển đưa kiến thức giải thích chứng minh, sau đưa số tập áp dụng, làm cho học sinh cố gắng tiếp thu vận dụng Rõ ràng với cách dạy giáo viên thấy chưa thoả mãn dạy mình, học sinh thấy chưa hiểu cội nguồn vấn đề mà học cách máy móc, làm cho em có hội phát triển tư sáng tạo, có hội khai thác tìm tịi Để khắc phục tồn trên, người giáo viên cần phải có phương pháp dạy học tích cực, tận dụng tối đa tiết dạy, quan tâm phần khai thác phát triển toán bất đẳng thức bản, đồng thời phải phối hợp nhiều định lý, toán học vào việc giải tốn, từ tốn dễ đến tốn khó mà huy động kiến thức cần thiết, cần phải làm cho học sinh thấy cần thiết thiếu hụt tri thức thân Bởi học sinh nhận thiếu hụt tri thức thân thiếu hụt yếu tố kích thích chuyển động thích nghi để tìm kiếm lại cân Học sinh trở thành người mong muốn bù lấy thiếu hụt đó, thoả mãn nhu cầu nhận thức thân Do đặc điểm nội dung kiến thức, sáng kiến kinh nghiệm đưa để áp dụng cho em ôn thi học sinh giỏi tốn lớp cấp ơn thi vào trường chuyên Lam Sơn, đưa tập mà chưa hướng em tư kết thu khiêm tốn Cụ thể ôn 21 em học sinh khối sau số kiểm tra với nội dung tương tự SKKN tơi trình bày, kết thu sau: Bảng 1: Mức độ hứng thú học sinh trước áp dụng SKKN Tổng HS Hứng thú Hơi hứng thú Không hứng thú SL % SL % SL % 21 23,8 33,3 42,9 Bảng 2: Bảng điểm khảo sát học sinh trước áp dụng SKKN Dưới 5–6 – 10 Điểm S SL % SL % SL % % Lớp L 12 57,1 23,8 19,0 0 Kết khảo sát khiến trăn trở nhiều mức độ hứng thú khả làm em không cao Do tơi tăng cường phương pháp dạy học tích cực, tận dụng tối đa tiết dạy, quan tâm phần khai thác phát triển toán bất đẳng thức bản, đồng thời phải phối hợp nhiều định lý, toán học vào việc giải toán, từ toán dễ đến toán khó, từ kiến thức đến kiến thức nâng cao làm cho học sinh thấy cần thiết thiếu hụt tri thức để phát triển tư thân 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Lí thuyết: Nếu gặp bất đẳng thức đồng ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc điểm mà ta có cách chuẩn hóa phù hợpđể đưa bất f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≥ a đẳng thức dạng biến cô lập dạng f ( x1 ) + + f ( xn ) ′′ ≥ a vớigiả thuyết thực theo bước sau: g ( x1 ) + g ( x2 ) + + g ( xn ) = k sau x1 = x2 = = xn = a - Bước 1: xét xem dấu xảy phải - Bước 2: dựa vào hình thức bất đẳng thức xét phần tử đại diện f ( x ) ≥ m.g ( x ) + n P ( x ) ≥ 0, -Bước 3: viết phần tử đại diện dạng với x thuộc TXĐ P ( x ) ≥ 0, để chứng minh đa thức dấu xảy x= a, ta cần chứng minh P ( x ) = ( x − a ) Q ( x ) 2k Q ( x ) ≥ 0, ∀x thuộc tập xác định -Bước 4: tìm m, n cách điều kiện a nghiệm bội suy kP ( a ) = P′ ( a ) = P ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ TXD -Bước 5: -Bước 6: từ đưa lời giải: f ( xi ) ≥ m.g ( xi ) + n f ( xi ) ′′ ≥ m.g ( xi ) + n, ∀xi ∈ TXD ,i = 1,n - Bước 7: cộng n bất đẳng thức theo vế ta điều phải chứng minh 3.2.2.Các ví dụ minh họa Tôi bắt đầu đưa cho em học sinh ví dụ quen thuộc sau: a , b, c a + b2 + c = Ví dụ 1: Cho số thực dương thỏa mãn Chứng minh 1 + + − ( a + b + c) ≥ a b c Phân tích: a=b=c= - Dấu “=” BĐT xảy a2 + b2 + c = - Bất đẳng thức biến vế điều kiện không ràng buộc điều khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện − x ≥ mx + n x 10 - Ta tìm m, n cho x= − x ≥ mx + n x với ∀x /,0 < x < dấu xảy − x ≥ mx + n ⇔ − mx − x − nx + ≥ x - Ta thấy Ta tìm m, n cho đa thức P ( x ) = −mx − x − nx + Q ( x ) > 0, ∀/, < x < có dạng   P( x) =  x − ÷ Q ( x ) 3  Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội   P ( x) =  x − m = −2 3, n = ÷ (2 3x + 3) ≥ 0, ∀x /, < x < 3  - Thay ta thấy Lời giải: − x ≥ −2 x + , ∀x /,0 < x < x - Ta sử dụng bất đẳng thức sau - Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với nhiên với ta ∀x ∈ ( 0;1) có: − c ≥ −2 3.c + c x= Dấu “=” xảy − a ≥ −2 3.a + a Cộng   x− ÷ (2 x + 3) ≥ 0, 3  Áp dụng bất đẳng thức − b ≥ −2 3.b + b ; Hiển bất đẳng thức ta 1 + + − ( a + b + c ) ≥ −2 ( a + b + c ) + = −2 3.1 + = a b c a=b=c= - Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ; có 15 1 2(a + b + c ) + + + ≥5 a2 b2 c2 Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c =1 a+b+c =3 - Bất đẳng thức biến vế điều kiện không ràng buộc điều khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện 2x + ≥ mx + n x2 2x + ≥ mx + n x2 ∀x ∈ ( 0;3) - Ta tìm m, n cho ln với dấu xảy x =1 2x + ≥ mx + n ⇔ x − 3mx − 3nx + ≥ x - Ta thấy Ta tìm m, n P ( x ) = x − 3mx − 3nx + P ( x ) = ( x − 1) Q ( x ) cho đa thức có dạng Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;3) Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có  P ( 1) = ⇒ m = − ,n =  3  P ' ( 1) = nghiệm bội x =1, tức m = − ,n = P ( x ) = ( x − 1) (2 x + x + 3) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;3) 3 - Thay ta thấy Lời giải: x2 2x + ≥ − + , ∀x ∈ ( 0;3) x 3 - Ta sử dụng bất đẳng thức sau 16 - Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với Hiển nhiên với ∀x ∈ ( 0;3 ) ( x − 1)2 (2 x + x + 3) ≥0 3x Dấu “=” xảy x =1.Áp dụng bất đẳng thức 2a 2a 2b 2b 2c 2c + ≥ − + ≥ − + ; 2+ ≥− + 2 a 3 b 3 c 3 ta có: ; Cộng bất đẳng thức ta có 1 2(a + b + c ) 2 + + + ≥ − a + b + c + = − + = ( ) a b2 c 3 a = b = c =1 - Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy Ví dụ 6:(HSG tốn 9, Thanh Hóa năm học 2015 - 2016) Cho số dương thỏa mãn Chứng minh rằng: a , b, c ab + bc + ca = 2a + 3b5 2b5 + 3c5 2c + 3a + + ≥ 15(a + b3 + c − 2) ab bc ca Phân tích: Ta nhận thấy dấu đẳng thức xảy a=b=c Bất đẳng thức viết lại sau: 2a + 3b5 2b5 + 3c5 2c + 3a + + ≥ 15(a + b3 + c ) − 10 ( ab + bc + ca ) ab bc ca Dựa vào ý tưởng trên, ta tìm m, n, p cho: 2a + 3b5 ≥ ma + nb3 + pab (9) ab Ta có (9) ↔ 2a − ma 4b − pa 2b3 − nab + 3b5 ≥ (10) Sau chia vế (10) cho 2t − mt − pt − nt + ≥ (11) b5 , đặt a =t b ta được: 17 Dấu “ = ” xảy (13) t =1 Do để (13) vế trái phải có nhân tử 2t − mt − pt − nt + chia hết cho (t − 1) (t − 1) , suy Thực phép chia đa thức cho phần dư 0, ta được:  n = 2m   p = − 3m Khi đó: (13) ↔ (t − 1)  2t + (4 − m)t + 2(3 − m)t + 3 ≥ 2t + (4 − m)t + 2(3 − m)t + ≥ Đến cần lựa chọn m cho: Gỉa sử giá trị m m0 (9) trở thành: 2a + 3b5 ≥ m0 a + 2m0b3 + (5 − 3m0 )ab (i) ab Tương tự có: 2b5 + 3c5 ≥ m0b3 + 2m0 c3 + (5 − 3m0 )bc (ii) bc 2c + 3a ≥ m0 c + 2m0 a + (5 − 3m0 )ca (iii) ca Cộng vế (i),(ii),(iii) được: 2a + 3b5 2b5 + 3c 2c5 + 3a + + ≥ 3m0 (a + b3 + c ) − (5 − 3m0 ) ( ab + bc + ca ) ab bc ca Để có điều cần chứng minh, chọn m0 = Với m0 = 2t + (4 − m0 )t + 2(3 − m0 )t + = (t − 1) (2t + 3) ≥ 0, ∀t > Vậy m0 = giá trị thỏa mãn, suy Lời giải: Ta có: n = 10, p = −10 , Như vậy, 18 2a + 3b5 ≥ 5a + 10b3 − 10ab (i) ab ↔ 2a − 5a b + 10a b3 − 10ab + 5b5 ≥ ↔ (a − b) (2a + 3b) ≥ Chứng minh tương tự, có: 2b5 + 3c5 ≥ 5b3 + 10c3 − 10bc2 (ii) bc 2c + 3a5 ≥ 5c3 + 10a3 − 10ca2 (iii) ca Cộng theo vế bất đẳng thức (i),(ii),(iii) suy điều phải chứng minh a , b, c > a + b2 + c = Ví dụ :Cho Chứng minh rằng: 1 + + ≤ − ab − bc − ca Phân tích : a=b=c= -Dấu “=” xảy -Ta thấy điều kiện toán = a + b + c ≥ ab + bc + ca -Bất đẳng thức điều kiện giá phần tử đại diện ab + bc + ca ≤ khiến ta nghĩ đánh ≤ mx + n 1− x ≤ mx + n 1− x ∀x / < x < -Ta tìm m, n cho ln với dấu x =1 xảy x + x ≥ mx + n ⇔ x − mx + x − n ≥ -Ta thấy Ta tìm m, n cho đa thức P ( x ) = x − mx + x − n Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) x =1 , tức P ( x ) = ( x − 1) Q ( x ) có dạng Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội  P ( 1) = m = ⇒   P ' ( 1) = n = 19 -Thay P ( x ) = x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, ∀x / < x < m = 3, n = ta thấy x + x ≥ 3x Lời giải:- Ta sử dụng bất đẳng thức sau , ∀x / < x < x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, - Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với Hiển nhiên ∀x / < x < x =1 với Dấu “=” xảy a + 2a ≥ 3a b + 2b ≥ 3b c + 2c ≥ 3c - Áp dụng bất đẳng thức ta có: ; ; Cộng bất đẳng thức ta có a + b + c + 2a + 2b + 2c ≥ ( a + b + c ) = 3.3 = ⇒ 2a + 2b + 2c ≥ − ( a + b + c ) ⇒ a + b + c ≥ a 2b + b 2c + c 2a -Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy Ví dụ Cho số thực dương thỏa mãn a, b, c a = b = c =1 a +b + c = 4 Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 − ab − bc − ca Phân tích: Ở ta khơng thể tìm m,n,p để có đánh giá Chú ý a + b + c ≥ (ab) + (bc) + (ca) 4 2 ≤ ma4 + nb4 + p − ab dấu đẳng thức xảy ta nghĩ đến đánh giá ≤ m(ab)2 + n (12) − ab Đặt t = ab , nên < ab ≤ (a + b ) ≤ 2 4 Sau biến đổi rút gọn ta có t∈ (0, ) (12) ↔ − mt3 + 4mt2 − nt + 4n − 1≥ a = b= c , 20 Đến thực giống tìm Ta Lời giải: chứng minh:  m= 18  n =  18 (ab) + ≤ (i ) − ab 18 (i) ↔ (4 − ab) (ab)2 + 5 − 18 ≥ ↔ 2(ab − 1)2(2 − ab) ≥ Thật vậy, Bất đẳng thức đúng, < ab ≤ (a4 + b4 ) ≤ < 2 Tương tự ta có: (bc)2 + ≤ (ii ) − bc 18 (ca)2 + ≤ (iii ) − ca 18 Cộng các bất đẳng thức (i),(ii),(iii) vế theo vế ta có: 1 (ab) + (bc) + (ca) + 15 a + b + c + 15 + + ≤ ≤ =1 − ab − bc − ca 18 18 Đẳng thức xảy a = b = c = Có BĐT khơng thể xây dựng đánh giá trực tiếp mà cần thông qua số đánh giá trung gian Bài toán sau ví dụ Ví dụ 9: Cho số thực dương thỏa mãn a+b+c =3 a , b, c Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 a +b+c b +c+a c +a+b Hướng dẫn: Ở ta cần tìm m, n để bất đẳng thức 21 1 = ≤ ma + n a + b+ c a − a + Tương tự ta tìm m= − , n = 9 bất đẳng thức phụ Thật a (a − 1) (3 − a) (a − 1) (b + c) ≤ − ⇔ ≤ ⇔ ≤ a2 − a + 9 3(a − a + 3) 3(a − a + 3) a + b2 + c = a, b, c Ví dụ 10:Cho > 2 2 a + b + c ≥ a b + b c + c2a Chứng minh rằng: Phân tích : a = b = c =1 - Dấu “=” xảy - Ta thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2a + 2b + 2c ≥ − a − b − c ⇔ a + b + c + 2a + 2b + 2c ≥ a+b+c=3 - Bất đẳng thức biến vế điều kiện không ràng buộc điều khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện x + x ≥ mx + n ∀x ∈ ( 0;1) x + x ≥ mx + n -Ta tìm m, n cho ln với dấu x =1 xảy x + x ≥ mx + n ⇔ x − mx + x − n ≥ -Ta thấy Ta tìm m, n cho đa P ( x ) = x − mx + x − n thức Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) x =1 , tức - Thay P ( x ) = ( x − 1) Q ( x ) có dạng Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội  P ( 1) = m = ⇒   P ' ( 1) = n = m = 3, n = P ( x ) = x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) ta thấy x + x ≥ 3x Lời giải: - Ta sử dụng bất đẳng thức sau , ∀x ∈ ( 0;1) 22 x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với Hiển nhiên ∀x ∈ ( 0;1) x =1 Dấu “=” xảy a + 2a ≥ 3a b + 2b ≥ 3b c + 2c ≥ 3c Áp dụng bất đẳng thức ta có: ; ; Cộng bất đẳng thức ta có: a + b + c + 2a + 2b + 2c ≥ ( a + b + c ) = 3.3 = với ⇒ 2a + 2b + 2c ≥ − ( a + b + c ) ⇒ a + b + c ≥ a 2b + b 2c + c a Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c =1 Điều hiển nhiên Đẳng thức xảy Ví dụ 11: Cho Chứng minh Phân tích: a , b, c số thực dương thỏa mãn 1 + + ≥1 8a + 8b + 8c + a=b=c= Dấu “=” BĐT xảy a = b = c = d = 1 1 + + =2 a +1 b +1 c +1 1 + + =2 a +1 b +1 c +1 Bất đẳng thức biến vế điều kiện không ràng buộc điều khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện 1 ≥m +n 8x + x +1 Ta tìm m, n cho x= xảy 1 ≥ m +n 8x2 + x +1 với ∀x > dấu 23 Ta thấy 1 ≥ m + n ⇔ 8nx + ( m + n ) x + ( n − 1) x + m + n − ≥ 8x + x +1 Ta P ( x ) = −8nx − ( m + n ) x − ( n − 1) x − m − n + tìm m, n cho đa thức có 2 dạng 1  P ( x ) =  x − ÷ Q ( x ) 2  Q ( x ) > 0, ∀x > x= cần để đa thức P(x) có nghiệm bội , tức Suy phải tìm điều kiện  1 P  ÷= m =    ⇒   P '   =  n = −1   ÷  Thay m = 2, n = −1 ta thấy 1  P ( x ) = x  x − ÷ ≥ 0, 2  ∀x > 8x + Lời giải:Ta sử dụng bất đẳng thức sau ≥2 − 1, ∀x > x +1 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với ∀x ∈ ( 0;1) x= 1  x  x − ÷ ≥ 0, 2  Hiển nhiên với Dấu “=” xảy Áp dụng bất đẳng thức ta có: 1 1 1 ≥ − ≥ − ≥ −1 8a + a +1 8b + b +1 8c + c +1 ; ; Cộng bất đẳng thức 1 1   + ≥ 2 + + ÷− = 2.2 − = 8a + 8b + 8c +  a +1 b +1 c +1 + a=b=c= Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a , b, c Ví dụ 12: Cho số thực dương Chứng minh ta có 24 ab ab ab a+b+c + + ≤ a+b a+b a+b Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a=b=c ab ≤ m.a + n.b a+b - Bất đẳng thức ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện ab ≤ m.a + n.b ∀a, b > a+b - Ta tìm m, n cho ln với dấu a=b xảy ab ≤ m.a + n.b ⇔ ma + ( m + n − 1) ba + nb ≥ a+b - Ta thấy Ta tìm m, n cho đa thức Q ( a ) > 0, ∀a > nghiệm bội a=b m=n= - Thay P ( a ) = ma + ( m + n − 1) ba + nb , tức P ( a ) = ( a − b ) Q ( a ) có dạng Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(a) có  P ( b ) = ⇒m=n=   P ' ( b ) = P ( a ) = ( a − b ) ≥ 0, ∀a, b > ta thấy Lời giải:Ta sử dụng bất đẳng thức sau ab 1 ≤ a + b, ∀a, b > a+b 4 ( a − b) ≥0 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với Hiển nhiên ∀a, b > a=b với Dấu “=” xảy bc 1 ca 1 ≤ b+ c ≤ c+ a b+c 4 c+a 4 Áp dụng bất đẳng thức ta có: ; Cộng - bất đẳng thức ta có ab ab ab a+b+c a+b+c a+b+c + + ≤ + = a+b a+b a+b 4 25 a=b=c Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy Như trải qua số tốn, khơng nhiều có lẽ bạn đọc nắm ý tưởng phương pháp… Tất nhiên, viết nhỏ khơng thể nói nhiều vấn đề liên quan, chẳng hạn mở rộng, kết nối phương pháp với kỹ thuật khác (như kết hợp bất đẳng thức cổ điển, Schur phân tích bình phương …) để xử lý tốn có độ phức tạp cao hơn, hy vọng viết nhỏ đem lại cho bạn đọc vài điều bổ ích nho nhỏ niềm vui giải toán bất đẳng thức Để củng cố phương pháp nêu số tập tương tự để bạn đọc rèn luyện BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1 + + =2 a , b, c a +1 b +1 c +1 Bài : Cho số thực dương thỏa mãn 1 + ≥1 8a + 8b + 8c + + Chứng minh a , b, c Bài : Cho số thực dương Chứng minh ab ab ab a+b+c + + ≤ a+b a+b a+b Bài : 1.Cho số thực a, b, c >0 thỏa a +b + c =1 Chứng minh : a b c + + ≥ + bc + ac + ab 10 Bài Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1   + + + ≥ 4 + + ÷ a b c a+b+c  a+b b+c c+a Bài (Đề dự bị HSG lớp cấp tỉnh, Thanh hoá năm học 2014-2015) Cho ba số dương x, y , z thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 88 y − x3 297 z − y 11x − 27 z Q= + + xy + 16 y yz + 36 z 3xz + x Tìm giá trị lớn biểu thức: Bài 6.Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh rằng: 1 1 + + + ≥2 a +1 b +1 c +1 d +1 26 a , b, c Bài Cho Chứng minh Bài 8.Cho số thực dương ab ab ab a+b+c + + ≤ a+b a+b a+b số thực dương thỏa mãn a, b, c, d a+b+c+d = Chứng minh rằng: 1 1 16 + + ≥ 3a + 3b + 3c + 3d + + Bài 9.Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a +b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≤ − ab − bc − ca Bài 10 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng: 6( a +b +c + d ) ≥ (a +b + c + d ) + Bài 11.Cho a, b, c số thực dương nhỏ thỏa mãn Chứng minh rằng: a + b + c =1 1 27 + + ≤ 2 1+ a 1+ b 1+ c 10 a ( b + c) a , b, c a+b+c+d = a + ( b + c) 2 + b ( a + c) b + ( a + c) 2 + c ( a + b) c + ( a + b) 2 ≤ Bài 12 Cho >0 Chứng minh rằng: 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Khi chưa thực SKKN này, học sinh giải số tập bất đẳng thức, cực trị đơn giản, hay mắc sai lầm, hay gặp khó khăn, ngại làm tập bất đẳng thức tìm cực trị Sau thực đề tài học sinh có hứng thú giải tốn bất đẳng thức, làm tập tốt hơn, tự giải tập bất đẳng thức cực trị có dạng tương tự, hạn chế nhiều sai lầm giải toán bất đẳng thức cực trị, học sinh có kỹ làm tốn bất đẳng thức cực trị cách hợp lý, hiệu em nhìn nhận tốn nhiều khía 27 cạnh khác Từ kích thích tò mò, sáng tạo, ham học hỏi, khám phá lạ học tập mơn tốn nói riêng mơn khoa học khác nói chung Cụ thể: kết thu sau vận dụng đề tài số học sinh giỏi năm học2021-20022 Kết khảo sát cuối năm học khả quan: * Năm học 2021-2022 học sinh giỏi khối trường THCS Lê Đình Chinh Ngọc Lặc Bảng 1: Mức độ hứng thú học sinh sau áp dụng SKKN Tổng HS Hứng thú Hơi hứng thú Không hứng thú SL % SL % SL % 21 14 66,7 33,3 0 Bảng 2: Bảng điểm khảo sát học sinh sau áp dụng SKKN Dưới 5–6 – 10 Điểm S SL % SL % % SL % Lớp L 0 10 47,6 42,8 9,6 Như kết chứng tỏ rằng: Việc vận dụng kinh nghiệm nêu trên, thời gian chưa dài kết tương đối khả quan kết chưa cao, chưa theo mong muốn thân có dấu hiệu tích cực, khởi sắc chất lượng học tập, số học sinh giỏi tăng lên Và kiến thức khắc sâu hơn, em dần biết tự suy luận đứng trước vấn đề đó, từ em tự tin vận dụng kiến thức học vào giải toán tự tin sống hàng ngày 28 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Khi nói Tốn học nhắc đến tính tư duy,suy luận logic Chính giảng giải tốn giáo viên phải theo quy luật học sinh thấy hay, đẹp tốn từ kích thích say mê tim tòi, hứng thú cho học sinh, tạo cho em có tính tự học cao Sau tốn hướng cho học sinh dành thời gian định để suy xét tốn Thiết nghĩ phương pháp học toán làm toán bổ ích Làm điều với học sinh tạo hiểu sâu hơn, có nhiều phương pháp giải đương nhiên tìm phương pháp hay Vận dụng sáng kiến vào giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhận thấy việc làm thiết thực phù hợp với trình độ nhận thức học sinh, phù hợp chương trình đổi theo định hướng phát triển lực cho học sinh giáo dục kỹ sống cho học sinh 3.2 Kiến nghị Để đạt hiệu cao dạy học mơn Tốn, giáo viên phải có phương pháp dạy học phù hợp với đối tượng học sinh Muốn có phương pháp tốt địi hỏi người thầy phải thường xuyên học hỏi, tự bồi dưỡng kiến thức cho Đồng thời phải trang bị cho học sinh ý tưởng giải toán, sau rèn luyện kỹ trình bày lời giải Nội dung tập phát triển phải theo trình tự logic từ dễ đến khó Học sinh phải có thời gian tự học, trao đổi, tự tìm tịi lời giải, tự phân tích phát triển toán theo nhiều hướng khác nhau.biết đặt giả thuyết 29 phải lí giải vấn đề , biết đề xuất giải pháp khác xử lí tình huống; khơng máy móc áp dụng quy tắc Trên kinh nghiệm cá nhân nên tránh khỏi hạn chế Tơi mong đánh giá góp ý bạn đồng nghiệp hội đồng khoa học cấp để đề tài hồn thiện hơn, có khả triển khai áp dụng bồi dưỡng HSG ôn thi vào lớp 10 chuyên năm đạt kết tốt Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA Ngọc lặc, ngày 10 tháng năm 2022 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Phạm Thị Duyên TÀI LIỆU THAM KHẢO TT 10 11 Tên Sách Đề thi học sinh giỏi lớp cấp tỉnh Thanh hố Tạp chí Tốn học tuổi trẻ 30 năm Tuyển tập phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Toán Nâng cao phát triển lớp 9( Vũ Hữu Bình) Sáng tạo bất đẳng thức ( Phạm Kim Hùng) Những viên kim cương bất đẳng thức (Trần Phương) Những kĩ giải toán đặc sắc Bất đẳng thức – Nguyễn Công Lợi Định hướng, trau dồi, chinh phục Toán THCS – Dương Quỳnh Châu Chinh phục đề thi vào 10 chuyên Toán – Nguyễn Xuân Nam 50 đề ơn luyện chun Tốn – Võ Quốc Bá Cẩn Chinh phục diểm 8+luyện thi vào 10 mơn Tốn- Nguyễn Xuân Nam ... “ Phát triển tư học sinh lớp trường THCS Lê Đình Chinh Ngọc Lặc từ toán chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện ” Nhằm tìm biện pháp hữu hiệu để có phương án đắn giúp học. .. việc, tư? ??ng, thấy sáng tạo toán đẹp từ kiến thức Sử dụng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức phương pháp rõ ràng dễ áp dụng để giải lớp toán chứng minh bất đẳng thức. .. tốn chứng minh bất đẳng thức Chính mà đề tài cần thiết cho đối tư? ??ng em học sinh đội tuyển học sinh giỏi tất em học sinh muốn tìm hiểu hướng sáng tác toán chứng minh bất đẳng thức * Đối với giáo