Toán khối 9

Sáng kiến kinh nghiệm : Một số dạng toán chứng minh bất đẳng thức Phần 1: Phần mở đầu 1, Đặt vấn đề : Trong các chuyên đề về toán THCS Chuyên đề Bất đẳng thức là chuyên đề phức tạp, khó đối với học sinh. Thực chất bất đẳng thức học sinh đã đợc tiếp xúc từ tiểu học dới dạng đơn giản nhất (VD: Điền dấu thích hợp vào ô trống : 3 + 5 9). Nhng cho đến lớp 8 thì SGK mới bắt đầu đề cập đến vấn đề này. Với số tiết lý thuyết : 3 Số tiết bài tập : 1 Sang lớp 9 thì vấn đề bất đẳng thức, bất phơng trình về lý thuyết không đợc đề cập đến mà lại có rất nhiều dạng bài tập khó, phức tạp. Vì vậy trong quá trình giảng dạy, tôi có nhiều băn khoăn, đặt ra nhiều câu hỏi, giải quyết vấn đề này nh thế nào ? Tại sao lý thuyết đa vào thì đơn giản, bài tập ứng dụng có nhiều và phức tạp ? Phải chăng đây là mục đích để học sinh phải tự mình tìm tòi, tự mò mẫm ? Tiếp xúc với đối tợng học sinh khá giỏi, các em vẫn rất sợ loại chứng minh bất đẳng thức. Bắt gặp những vấn đề bất cập trong thực tiễn, tôi đã làm khảo sát thống kê thấy số học sinh không giải đ- ợc chiếm 35%; Số học sinh giải không lô gích : 35%; Số học sinh giải đúng : 30%. Từ đó tôi tìm ra nguyên nhân. Các nguyên nhân chính là : + Học sinh không nắm vững định nghĩa và tính chất của bất đẳng thức. + Kỹ năng biến đổi để đa về dạng quen thuộc kém. + Kỹ năng vận dụng lý thuyết vào bài tập kém. + Nắm đợc lý thuyết, nhng lại không biết áp dụng để giải. + Thiếu phơng pháp giải cho loại toán này. Khi tìm hiểu nguyên nhân, tôi thấy đây là một vấn đề thiết thực cần phải nghiên cứu. 2, Mục đích nghiên cứu : Nghiên cứu vấn đề này nhằm giúp học sinh : + Hệ thống hoá tính chất của bất đẳng thức và một số hằng bất đẳng thức. + Giúp học sinh làm quen với một số bất đẳng thức cổ điển thờng gặp + Cung cấp cho các em một số phơng pháp chứng minh + Bớc đầu học sinh biết vận dụng bất đẳng thức để giải phơng trình và tìm GTLN, GTBN của một bất đẳng thức đại số. 1 Để đạt đợc mục đích đó thì phải đòi hỏi giáo viên có phơng pháp nghiên cứu. Thực tế quá trình tôi tiến hành nh sau : 3, Phơng pháp nghiên cứu : + Tìm hiểu vấn đề : Bất đẳng thức từ tiểu học đến THCS và THPT. + Đọc các bài viết về bất đẳng thức trên báo toán học tuổi trẻ + Đọc sách và các bài soạn, thiết kế về vấn đề bất đẳng thức. + Trao đổi với đồng nghiệp + Tiếp xúc với đối tợng học sinh. Phần 2 : Nội dung A. Cơ sở lý luận và thực tiễn . Trên cơ sở nội dung chơng trình toán THCS, vấn đề bất đẳng thức là một chuyên đề rất cần thiết cho đối tợng học sinh khá và giỏi. Đặc biệt là đòi hỏi đổi mới phơng pháp giảng dạy, học sinh phải tự vơn lên, tự lực tiếp thu bằng khả năng mình một cách không thụ động. Phơng pháp mới đòi hỏi nhiều đến năng lực t duy của thầy và trò. Mặt khác tôi rất tâm đắc với lời dạy của thầy giáo của tôi là : Tuyệt đối không mở hộ cho học sinh cánh cửa khoa học, mà phải trao cho họ chùm chìa khoá. Hơn nữa vấn đề bất đẳng thức vốn có trong học sinh là quá sơ đẳng. Vì vậy để hình thành ph- ơng pháp nghiên cứu vấn đề bất đẳng thức cho học sinh là rất cần thiết. Đại đa số học sinh khi giải bài tập, chỉ với mục đích tìm ra kết quả cho đó là xong mà cha có thói quen rút ra nhận xét tổng kết, để khái quát hoá cho các bài tập cùng dạng. Đặc biệt kỹ năng biến đổi, đa các dạng khác nhau về các dạng quen thuộc đã biết thì học sinh còn nhiều hạn chế. Chính vì vậy, khi nghiên cứu vấn đề này tôi có tham vọng khắc phục những yếu kém nêu trên, giúp học sinh nắm đợc phơng pháp để giải đợc các dạng bài tập về bất đẳng thức có hiệu quả. B- Giải quyết vấn đề (Biện pháp và hiệu quả) : I, Các bớc tiến hành : + Cung cấp lý thuyết + Hớng dẫn phơng pháp + Rèn kỹ năng. 1, Về cơ sở khoa học cần cung cấp kiến thức lý thuyết cơ bản nhất đó là : a, Định nghĩa bất đẳng thức: +a nhỏ thua b (ký hiệu (a<b) nếu a b<0 2 + a lớn hơn b (ký hiệu a>b) nếu a b>0. b, Các tính chất cơ bản : 1. a > b b < a 2. a > b b > c 3. a > b a + c > b + c Hệ quả : a > b a c > b c a + c > b a > b c 4. Nếu a > c b > d thì a + b > c + d 5. Nếu a > b ac > bc nếu c > 0 ac < bc nếu c < 0 Hệ quả 1 : a > b - a < - b Hệ quả 2 : << >> <=>> 0 0 c c b c a c b c a ba nếu c nếu 6. a > b > 0 ba 11 0 << 7. a > b > 0 a n > b n với n N * 8. a > b a 2n +1 > b 2n +1 n N 9. a > b > 0 n a n b> n N * 10. a > b 12 +n a > 12 +n b n N Chú ý : 1. Ta có thể phát biểu các tính chất tơng ứng cho các bất đẳng thức suy rộng. 2. Tất cả các tính chất và hệ quả trên đều có dạng : A A hoặc A => A Với A và A là những bất đẳng thức (mệnh đề toán học) nh đã biết trong các phép suy luận toán học : 3 a > c } { Nếu ta có A A thì A và A là hai mệnh đề đồng thời đúng hoặc đồng thời sai. * Nếu ta có A => A thì nếu A đúng thì A đúng, nếu A sai thì A sai. 3. Có thể dùng định nghĩa nh tính chất để chứng minh bất thẳng thức bằng phơng pháp lập hiệu. c. Hằng bất đẳng thức : 1. a 2 0 a 2. - a 2 0 a 3. a 0 dấu bằng xảy ra a = 0 4. - a a a dấu bằng xảy ra khi a = 0 5. a + b ba + dấu bằng xảy ra ab o a - b ba dấu bằng xảy ra ab 0 6. a 2 + b 2 2ab 7. 2 2 + ba ab Hay (a + b) 2 4ab (Dạng khác của bất đẳng thức côsi) 8. baba + + 411 Với a; b >0 9. 2+ a b b a Với a;b > 0 Một số bất đẳng thức thông dụng : 1. Bất đẳng thức côsi do 2 số a 0, b 0 thì : ab ba + 2 Dấu bằng xảy ra a = b Mở rộng : a 1 0, a 2 ; a n 0 n n n aaa n aaa 21 21 ++ Dấu bằng xảy ra khi a 1 = a 2 == a n 2. Bất đẳng thức Bunhia. Với bộ số a, b, x, y R ta có : 4 (ax + by) 2 (a 2 + b 2 ) (x 2 + y 2 ) Dấu bằng xảy ra ay = bx 3. Bất đẳng thức trị tuyệt đối : baba ++ Dấu bằng xảy ra ab 0 Đối với đối tợng học sinh khá, giỏi, vấn đề chứng minh các tính chất và bất đẳng thức thông dụng, nếu có sự hớng dẫn của giáo viên thì các em có thể chứng minh đợc. Vì vậy sau khi hớng dẫn cho học sinh chứng minh, hệ thống hoá các tính chất cơ bản về bất đẳng thức, có cơ sở về lý thuyết rồi, thì học sinh áp dụng dễ dàng hơn, tự tin hơn. II. Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức. Về mặt s phạm : đi từ dễ đến khó. Vì vậy trong quá trình giảng dạy, tr- ớc hết chọn phơng pháp dễ nhất cho học sinh đó là phơng pháp dùng định nghĩa. Từ định nghĩa bất đẳng thức : A > B nếu A B > 0 nh vậy để chứng minh A > B ta lập hiệu A B. Nếu A B > 0 => A > B Nếu A B < 0 => A < B Đây là phơng pháp rất dễ đối với học sinh. Vì xét hiệu 2 số hoặc hai biểu thức thì học sinh đã có kỹ năng. Nh vậy đã biến cái khó là chứng minh một bất đẳng thức thành cái dễ là xét hiệu của 2 số hoặc 2 biểu thức. VD : Cho a, b, c, d, e R CMR : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 a (b + c+ d + e) (1) Lập hiệu : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ab ac ad ae = ++ ++ ++ + 2 2 2 2 2 2 2 2 4444 eae a dad a cac a bab a = 0 2222 2222 + + + e a d a c a b a (*) Dấu bằng xảy ra edcb a ==== 2 Do đó (*) nên ta suy ra (1) đúng. Vậy bất đẳng thức đã đợc chứng minh. 5 VD2 : CMR : (x-1) (x-2) (x-3) (x-4) -1 (2) Xét hiệu : (x-1) (x-2) (x-3) (x-4) + 1 = (x 2 5x + 4) (x 2 - 5x + 6) + 1 Đặt x 2 5x + 4 = y ta có : y(y + 2) + 1 = y 2 + 2y + 1 = (y+1) 2 0 (*) Do đó (*) ta suy ra (2) đúng. 2. Phơng pháp tơng đơng : Phơng pháp này đa số học sinh làm đợc. Cơ sở khoa học là : Nếu có (1) (2) ; (2) (3) ; (3) (4) nếu (4) đúng => (1) đúng. VD : Cho a, b thoả mãn a + b = 1 CMR : a 3 + b 3 + ab 2 1 (1) a 3 + b 3 + ab - 2 1 0 (2) (a + b) (a 2 ab + b 2 ) + ab - 2 1 0 (3) do a + b = 1 a 2 ab + b 2 + ab - 2 1 0 (4) 2a 2 + 2b 2 1 0 (5) 2a 2 + 2 (1 a) 2 1 0 (6) do a + b = 1 => b = 1 a b 2 = (1 a) 2 2a 2 + 2 4a + 2a 2 1 0 (7) 4a 2 4a + 1 0 (8) (2a 1) 2 0 (9) do (9) đúng => (1) đúng Dấu bằng xảy ra a = b = 2 1 3. Phơng pháp dùng tính chất cơ bản bất đẳng thức. VD: Cho a, b hai số cùng dấu. CMR : 6 2+ a b b a 02 + a b b a (hệ quả : chuyển vế phải đổi dấu) 0 2 22 + ab abba ( ) 0 2 ab ba do a, b cùng dấu => ab > 0 Hoặc cũng có thể trình bày : Từ giả thiết a, b cùng dấu => ab > 0 Mặt khác do : (a b) 2 0 a, b ( ) 0 2 ab ba (nhân 2 vế với ab 1 > 0 đợc 1 bất đẳng thức cùng chiều 0 2 22 + ab abba 02 + a b b a 2+ a b b a (đpcm) 4. Phơng pháp dùng bất đẳng thức đã biết : VD : áp dụng bất đẳng thức côsi : ab ba + 2 với a 0, b 0. Dấu bằng xảy ra khi a = b VD: Cho a > 0, b > 0, c > 0, abc = 1 CMR : (a + 1) (b + 1) (c + 1) 8 Dễ thấy : (a + 1 ) = a2 (b + 1) = b2 (c + 1) = c2 (a + 1) (b + 1) (c + 1) abc8 do abc = 1 (a + 1) (b + 1) (c + 1) 8 (đpcm) VD2 : Sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối. 12 2 ++= xxy + 96 2 + xx CMR : y 4 7 xxxxy ++++= 3131 y 4 Dấu bằng xảy ra (x + 1) (3 x) 0 VD 3 : Sử dụng Bunhia Cho x 2 + 4y 2 = 1 . CMR : 2 5 + yx Ta có : (x +y) 2 = (x.1 + 2y. ) 2 2 1 ( ) ++ 4 1 14 22 yx ( ) ( ) 22 2 4 4 5 yxyx ++ do x 2 + 4y 2 = 1 nên 2 5 + yx (đpcm) 5. Dùng phơng pháp phản chứng : VD : CMR không có 3 số dơng a, b, c nào thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau: 2 1 <+ b a (1) c b 1 + < 2 (2) và 2 1 <+ a c (3) Thật vậy : Giả sử tìm đợc a > 0, b > 0, c > 0 Đồng thời thoả mãn : 2 1 <+ b a (1) ; 2 1 <+ c b (2) và 2 1 <+ a c (3) Thế thì : 6 111 < ++ ++ + a c c b b a (4) Do a > 0 => 2 1 + a a b > 0 => 6 111 2 1 +++++=>+ c c b b a a b b (5) c > 0 => 2 1 + c c do (4) và (5) mâu thuẫn : Không tồn tại a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức đã cho. 8 5. Phơng pháp xét khoảng : VD : A = x 10 - x 9 + x 4 x + 1 (1) CMR : A > 0 Dễ thấy : A = x 9 (x 1) + x 3 (x 1) + 1 Nếu x 1 thì A 1 (1) đã đợc chứng minh Mặt khác : A = x 10 + x 4 (1 x 5 ) + (1 x) Nếu x < 1 thì 1 x 5 > 0, 1 x > 0, A > 0 Vậy trong mọi trờng hợp ta đều có A > 0. 6. Phơng pháp dùng tam thức bậc hai : VD : Cho M : x 2 + 4y 2 + t 2 4x + 4y 8t + 22 Chứng minh rằng : M 1 x, y, t. Dễ thấy : M = (x 2 4x + 4) + (4y 2 + 4y + 1) + (t 2 8t + 16) + 1 M = (x 2) 2 + (2y 1) 2 + (t - 4) 2 + 1 Do (x 2) 2 0 x (2y 1) 2 0 y (t 4) 2 0 t M 1 x, y, t. Dấu bằng xảy ra x = 2, y = 2 1 , t = 4 7. Phơng pháp quy nạp tóan học : VD : CMR : 2 n > n 3 (1) n N, n 10 Xét n = 10 2 10 > 10 3 => (1) đúng với n = 10 Giả sử (1) đúng với n = k nghĩa là : 2 k > k 3 Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1. Nghĩa là : 2 k + 1 > (k + 1) 3 Thật vậy : 2 k + 1 (k + 1) 3 = 2 k . 2 k 3 3k 2 3k 1 = 2 (2 k k 3 ) + k 3 3k 2 3k 1 do 2 k > k 3 => 2 k k 3 > 0 và k 3 3k 2 3k 1 = k (k 2 3k 3) 1 9 = k [ k (k 3) 3] 1 > 0 với k 10 => 2 k + 1 (k + 3) 3 > 0 => 2 k + 1 > (k + 3) 3 => (1) đúng với n = k + 1 Tức là : 2 n > n 3 n N, n 10 8. Dùng phơng pháp làm trội : VD cho : S = 63 1 62 1 61 1 15 1 14 1 13 1 5 1 ++++++ CMR : S < 2 1 Dễ thấy : 12 1 15 1 12 1 14 1 12 1 13 1 <<< ,, => 4 1 12 1 12 1 12 1 15 1 14 1 13 1 =++<++ 60 1 63 1 60 1 62 1 60 1 61 1 <<< ;; => 20 1 60 1 60 1 60 1 63 1 62 1 61 1 =++<++ => 2 1 20 1 4 1 5 1 <=>++< SS (đpcm) III- Vấn đề rèn luyện kỹ năng : 1, Kỹ năng chọn phơng pháp giải . Học sinh đã có đầy đủ về kiến thức cơ bản và phơng pháp chứng minh một bất đẳng thức, song đó chỉ mới là điều kiện cần cha phải là điều kiện đủ để có kỹ năng nh mong muốn. Việc rèn kỹ năng là vấn đề rất khó. Một bất đẳng thức có thể chứng minh bằng nhiều phơng pháp khác nhau, song phơng pháp nào tốt hơn, dễ hơn đối với học sinh, chọn phơng pháp, tại sao chọn phơng pháp đó là một vấn đề khó, phải trải qua quá trình mới rèn đợc kỹ năng đó. VD: Chứng minh rằng tổng hai số nghịch đảo bao giờ cũng lớn hơn hoặc bằng 2. Dấu bằng xảy ra khi nào H ớng dẫn : + Thay ngôn ngữ đại số bằng bất đẳng thức : 2+ a b b a ( a, b > 0) 10 [...]... rút ra đặc điểm phơng pháp giải bài toán cụ thể Từ bài toán cụ thể đó suy ra bài toán cùng dạng với nó 5 Rèn luyện thói quen cho học sinh từ bài toán riêng lẻ đi đến tổng quát hoá, từ bài dạng tổng quát để giải các bài cụ thể 6 Qua quá trình đa ra một số dạng bài tập và áp dụng các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức để bồi dỡng học sinh giỏi cho học sinh lớp 8, 9 tôi thấy học sinh rất ham mê học phần... + 44 2 1 + = 1 + a a a a a => 1+ 1 ac 44 2 b b 1+ Tơng tự : 1 ab 44 2 c c 1 1 1 1 + 1 + 1 + 64 a b c (đpcm) Từ bài toán quen thuộc ở VD trên ta đi tìm bài toán tơng tự : Bài 1b CMR : 2 + 1 1 1 2 + 2 + 125 a b c Với a + b + c 1 Dễ thấy tơng tự bài toán 1, ta có : 2+ 1 a+b+c b c = 1+1+ = 1+1+1+ + a a a a áp dụng bất đẳng thức côsi cho 5 số dơng : 2+ 1 b c bc = 1 + 1 + 1 + + ... x2 + (1 x)2 = x2 + 1 2x + x2 A = 2x2 2x + 1 = 2 2 1 1 1 x + 2 2 2 Dấu bằng xảy ra x = 1 2 3 Rèn kỹ năng từ bài toán quen thuộc đi tìm bài toán tơng tự Bài 1a Cho 3 số a, b, c là 3 số dơng thoả mãn : a + b + c = 1 CMR : 1 + 1 1 1 1 + 1 + 64 a b x Đây có thể là bài toán dễ, quen thuộc nếu nh ta biết sử dụng linh hoạt, sáng tạo bất đẳng thức côsi 13 a+b+c b c bc 1 = 1 + 1 + 44 2 1 +... đề phức tạp trở nên đơn giản, biến cái khó thành dễ, biến dạng toán lạ thành loại quen VD : CMR với a, b, c dơng thì : 16 a2 b2 c2 a b c + 2 + 2 + + 2 2 2 2 b+c c+a a+b b +c c +a a +b (1) Nhìn vào đầu bài, học sinh thấy phức tạp, có khi không nhận ra phơng pháp giải quyết Nhng giáo viên chỉ cần gợi ý nếu dùng định nghĩa và điều kiện bài toán em có thể chứng minh : a2 a 0 2 2 b+c b +c (2) Nếu các em... cho học sinh lớp 8, 9 tôi thấy học sinh rất ham mê học phần này Cụ thể khi học sinh đọc giáo viên truyền đạt nội dung của đề tài thì 90 % học sinh tiếp thu nhanh, vận dụng tốt Trong đó : 35 % học sinh giỏi; 55 % học sinh khá Trên đây là một số vấn đề về giảng dạy loại toán bất đẳng thức cho học sinh Vấn đề này khá phức tạp Trong khi trình bày, do tính s phạm và do sự hiểu biết của bản thân có giới... VD trên, giúp học sinh rèn luyện kỹ năng tách để sử dụng bất đẳng thức đã biết để đi đến điều phải chứng minh VD2 : Cho x, y, t thoả mãn xy + xt + yt = 4 (1) CMR : x4 + y 4 + t 4 16 3 Từ giả thiết bài toán và điều phải chứng minh ta suy ra mối quan hệ giữa bộ số x, y, t để tìm tòi bài giải Rõ ràng ở đây nếu áp dụng Bunhia cho (1) sẽ xuất hiện (x2 + y2 + t2)2 (2) Sử dụng Bunhia cho (2) sẽ xuất hiện x4,... : VD : CMR : x2 + x + 1 > 0 x R x2 + x + 1 = 1 1 3 x 2 + 2x + + 2 4 4 = Dễ thấy : 1 3 3 x+ + 2 4 4 Dấu bằng xảy ra khi x = 2 x 1 2 x2 + x + 1 > 0 x (đpcm) Vậy : Với bài trên có thể là một bài toán dễ, rất cơ bản dùng tính chất (a + b)2 0 để chứng minh Đó là cơ sở khoa học VD 2 : Cho A = (x + 1) (x + 2) ( x + 3) (x + 4) CMR : A - 1 Với VD 2 này thì học sinh thấy khó và không tìm ra cách giải . sinh rút ra đặc điểm phơng pháp giải bài toán cụ thể. Từ bài toán cụ thể đó suy ra bài toán cùng dạng với nó. 5. Rèn luyện thói quen cho học sinh từ bài toán riêng lẻ đi đến tổng quát hoá, từ bài. + + + cba (đpcm) Từ bài toán quen thuộc ở VD trên ta đi tìm bài toán tơng tự : Bài 1b. CMR : 125 1 2 1 2 1 2 + + + cba Với a + b + c 1 Dễ thấy tơng tự bài toán 1, ta có : a c a b a cba a ++++= ++ ++=+. năng từ bài toán quen thuộc đi tìm bài toán tơng tự. Bài 1a. Cho 3 số a, b, c là 3 số dơng thoả mãn : a + b + c = 1 CMR : 64 1 1 1 1 1 1 + + + xba Đây có thể là bài toán dễ,