sang kien kinh nghiem 2010

Sở giáo dục đào tạo hà tĩmh phòng giáo dục - đ.t.t.p hà tĩnh --------***------- Sáng kiến kinh nghiệm Phơng pháp giải toán bất đẳng thức Năm học 2007 - 2008 Phụ lục Stt nội dung 1. đặt vấn đề 2. giải vấn đề A. trang nhắc lại kiến thức B. Các dạng toán. . Bất đẳng thức (1) với toán cực trị . Bất đẳng thức (1) với toán chứng minh bất đẳng thức . Bất đẳng thức (1) với phơng trình hệ phơng trình 10 . Bất đẳng thức (1) với toán hình học 11 C. kết thúc vấn đề 15 3. Kết luận 15 I. Đặt vấn đề: Đối với học sinh THCS (kể học sinh khá, giỏi) thờng tỏ lúng túng giải toán bất đẳng thức. Tìm hiểu thấy nguyên nhân chủ yếu em tiếp cận vấn đề cách chung chung, rời rạc, thiếu tính hệ thống cha có chiều sâu. Vấn đề đặt cho giáo viên dạy Toán phải bớc giúp học sinh tháo gỡ khó khăn này. Đây vấn đề băn khoăn, trăn trở. Qua tìm hiểu số đề , thấy có bất đẳng thức quen thuộc mà biết vận dụng cách linh hoạt giải đợc. Bất đẳng thức là: Với n số thức dơng a1, a2, ., an Ta có: (a1 + a2 + . + an) ( a + a + . + a ) n2 (1) n Dấu: = xẩy a1 = a2 = . = an Đó nội dung đề tài Phơng pháp giải dạng toán bất đẳng thức xin đợc thể thông qua ví dụ sau: II. Giải vấn đề. A. Số liệu điều tra cha thực đề tài Bồi dỡng nhóm 15 em số lợng 15 em 15 em Giỏi 0 trung bình 10 10 yếu 0 2004-2005 2005-2006 A. Nhắc lại kiến thức bản: Bất đẳng thức (1) giới thiệu cho học sinh nhiều cách: 1, Có thể từ bất đẳng thức bản: Với số dơng a, b ta có: (a + b) ( 1 + ) 4, từ mở rộng với số a b nhiều số để đợc bất đẳng thức (1). 2, Có thể từ bất đẳng thức Cosi: Với a1, a2, ., an dơng ta có: a1 + a2 + . + an n n 1 + + . + ) n a1 a an a1 a .a n n từ suy bất đẳng thức (1) nh a1 a .a n hệ bất đẳng thức Cosi. B. Các dạng toán. 1. Bất đẳng thức (1) với toán cực trị. Ví dụ 1: Cho số dơng x, y thoả mãn: x + y = Tìm GTNN biểu thức: S = 2007 2006 2006 + x 2006 y 1, Phân tích tìm tòi lời giải toán : x = 2006y = từ giả thiết => 2006x + 2006y = 2007 Dẫn đến tách: 2006 1 = + + . + x x x x Từ nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức (1) cho 2007 số dơng: x, x, ., x 2006y. 2, Sơ lợc giải: áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 2007, ta có: (x + x + . x + 2006y) ( x + x + . + x + 2006 y ) 20072 2006 (x + y) ( 2006 + ) 20072 x 2006 y 2007 . S 20072 (vì 2006 (x + y) = 2007 S 2007 x, y , z > x = Dấu = xẩy x = 2006 y y = 2007 2006 x+ y = 2006 Vậy Min S = 2007 Ví dụ 2: Cho số dơng x, y, z. Thoả mãn x + y + z = Tìm GTLN biểu thức: Q= y x z + + x +1 y +1 z +1 1, Phân tích: Nhận dạng toán: - Q = y x z + + liên x +1 y +1 z +1 hệ đến điều kiện x + y + z = Nghĩ đến bất đẳng thức (1) với số dơng x + 1, y +1, z + 1. 2, Sơ lợc giải: Ta có - Q = y x z + + x +1 y +1 z +1 áp dụng bất đẳng thức (1) cho số dơng x +1, y +1, z + với lu ý: x + + y + + z + = ta có: 1 + + x + y +1 z +1 4(3 Q) = (x + + y + + z + 1) => 12 4Q => Q Ví dụ 3: Cho số dơng x, y, z thoả mã x + y + z Tìm GTNN biểu thức: A = 2(x + y + z) + 3( x + y + z ) 1, Phân tích: Cần đợc A m mà x + y + z phải làm xuất nghịch đảo (x + y + z), từ nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức (1) cho số dơng x, y, z. 2, Sơ lợc giải: áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: 1 ( x + y + z ) + + x + y + z x + y + z y z x 25 => A 2(x + y + z) + . x + y + z = 2(x + y + z) + x + y + z + x + y + z => A . + 25 = 29 Vậy Min A = 29 đạt đợc khi: x = y = z = Ví dụ 4: Tìm GTNN biểu thức: P = ab + bc + ca a2 + b2 + c2 + (a + b + c) abc Trong a, b, c số thực dơng. 1, Phân tích: Tách: 1 (a + b + c) = [a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)]( + + ) ab bc ca abc Gợi ta nghĩ đến bất đẳng thức (1) 2, Sơ lợc giải: Ta có: P= ab + bc + ca 1 + [a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)]( + + ) 2 a + b +c ab bc ca ab + bc + ca 1 => P a + b + c + (a2 + b2 + c2) ( + + ) + 2.9 ab bc ca Lại áp dụng (1) ta có: 1 + + ab + bc + ca ab bc ca ab + bc + ca => P a + b + c + (a2 + b2 + c2) ab + bc + ca + 18 ab + bc + ca a2 + b2 + c2 (a + b + c ) + = + + 18 + + 18 = 28 a + b2 + c2 ab + bc + ca ab + bc + ca Dấu = xẩy a = b = c Vậy Min P = 28 đạt đợc a = b = c 2. Bất đẳng thức (1) với toán chứng minh bất đẳng thức. Ví dụ 5: Cho số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện: ab + bc + ca abc a 2b b2c c2a + + Chứng minh: b + 2a c + 2b a + 2c 1, Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh gợi ta nghĩ đến việc chứng minh: b + 2a a 2b + c + 2b b2c + a + 2c với ab + bc + ca abc c2a Để sau áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 3. 2, Sơ lợc giải: Ta có b + 2a a b + c + 2b b c + a + 2c = c a 2 + + + + + ab b bc c ac a ab + bc + ca 1 = + + = abc a b c => b + 2a a b + c + 2b b c + a + 2c c2a (1) áp dụng bất đẳng thức (1) với n = ta có: b + 2a c + 2b a + 2c a 2b b2c c2a + + ( + + )( ) (2) b + 2a c + 2b a + 2c a b b c c a Từ (1) (2) suy ra: a 2b b2c c2a + + (đpcm). b + 2a c + 2b a + 2c Dấu = xẩy a = b = c = Ví dụ 6: Chứng minh a, b, c số thực dơng thoả mãn: acb = ab+bc+ca thì: 1 + + < a + 2b + 3c 2a + 3b + c 3a + b + 2c 16 abc = ab + bc + ca 1 => + + = a b c a , b , c > 1, Phân tích: Từ Do vai trò bình đẳng a, b, c dẫn đến đánh giá tổng a + 2b + 3c bất đẳng thức (1) cho số a, b, b, c, c, c. 2, Sơ lợc giải: a, b, c > => abc = ab + bc + ca 1 + + = (1) a b c áp dụng (1) cho số a, b, b, c, c, c ta có: 36 (a + 2b + 3c)( + + ) 36 a + 2b + 3c + + a b c a b c 1 + + ) (2) ( a + 2b + 3c 36 a b c Hoàn toàn tơng tự: 2a + 3b + c ( + + ) (3) 36 a b c Và: 1 + + ) (4) ( 3a + b + 2c 36 a b c Dấu = xẩy (2), (3), (4) a = b = c = Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: 1 1 .6 = < + + (đpcm) a + 2b + 3c 2a + 3b + c 3a + b + 2c 36 16 Ví dụ 7: Cho số dơng a, b, c có tổng a + b + c = Chứng minh rằng: a + + a2 b2 + + b2 c2 + c2 97 (*) 1, Phân tích: Đây toán đòi hỏi học sinh phải thật nhanh nhạy phát ứng dụng bất đẳng thức (1) trình biến đổi, tìm kiếm lời giải (tất nhiên phải theo hớng cụ thể, không thiết phải giải cách này). 2, Sơ lợc giải: Bằng phơng pháp đồ thị hình học ta chọn mặt phẳng 1 1 1 ); N (a + b; + ); P (a + b + c; + + ) a a b a b c toạ độ điểm: M (a; Khi đó: OM = a + ; MN = a2 a b2 + b ; NP = b2 c2 + ; c2 c OP = (a + b + c) + ( + + ) Vì OM + MN + NP OP Nên: a2 + = + a2 b2 + + b2 1 + ( + + )2 = a b c c2 + c2 1 (a + b + c) + ( + + ) a b c 1 1 + (a + b + c) ( + + ) a b c Dấu = xẩy a = b = c = 4+ 81 = 97 Ví dụ 8: Cho a, b, c số thực dơng. Chứng minh rằng: 1 1 1 + + 2a + b + c + 2b + c + a + 2c + a + b 4a 4b 4c 1, Phân tích:tìm tòi lời giải : a = b = c => cần tách: 1 = để vận dụng bất đẳng thức (1) với n = 2a + b + c a+a+b+c 2, Sơ lợc giải: áp dụng bất đẳng thức (1) cho số a, a, b, c ta có: (a + a + b + c)( 1 + + ) 16 a b c => 2a + b + c ( + + ) 16 a b c Hoàn toàn tơng tự ta có: 1 1 ( + + ) 2b + c + a 16 b c a 1 1 + + ) ( 2c + a + b 16 c a b Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta đợc: 1 1 1 + + + + 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4a 4b 4c Dấu = xẩy a= b = c 3. Bất đẳng thức (1) với phơng trình hệ phơng trình: Ví dụ 9: Tìm nghiệm x, y, z với x > 0; y > 0; z > hệ: + + = 23 x y z x + y + 3z = 1, Phân tích: Nếu nhân vế theo vế hai phơng trình hệ ta thấy bất đẳng thức (1) xuất hiện. Từ nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức (1). 2, Sơ lợc giải: Từ hệ suy ra: (x + 2y + 3z)( x + y + z ) = 36 (*) áp dụng bất đẳng thức (1) cho sáu số: x, y, y, z, z, z ta có: (x + 2y + 3z)( x + y + z ) 36 (**) Do dấu = bất đẳng thức (**) phải xẩy ra: => x = y = z = Thử lại với x = y = z = thoả mãn hệ: 1 Vậy nghiệm (x, y, z) hệ là: ; ; 2 Ví dụ 10: Giải phơng trình x1 + x2 + . + x2007 = 20072 (*) Với x1, x2, ., x2007 số dơng thoả mãn: x1x2 .x2007 x1x2 .x2006 + x1x2 .x2005x2007 + .+ x2x3 .x2007 (**) Trong 2007 tích vế phải theo thứ tự mặt thừa số x2007, x2006, .x2, x1 1, Phân tích: Từ (2) => x + x + . + 2007 10 Kết hợp với (*) nghĩ đến bất đẳng thức (1). 2, Sơ lợc giải: Từ (**) => x + x + . + 2007 (***) Từ (*) (**) suy ra: (x1 + x2 + . + x2007) ( x + x + . + x ) 20072 (****) 2007 Theo bất đẳng thức (1) dấu = (****) phải xẩy đó: x1 = x2 = . = x2007 = 2007 Ví dụ 11: Tìm số thực dơng x, y, z thoả mãn hệ phơng trình: (*) xy + yz + zx = 12 xyz = + x + y + z (**) 1, Phân tích: Từ (**) => = xyz + xy + yz + zx Từ nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức (1) 2, Sơ lợc giải: Từ (*) => 12 3 (xyz ) => xyz (***) Mặt khác từ (**) => = xyz + xy + yz + zx Kết hợp với (*) suy ra: 12 = .12 1 + ( xy + yz + zx) ( + + ) xyz xy yz zx 24 Đến áp dụng (1) ta có: 12 xyz + => xyz (****) Từ (***) (****) => xyz = xy = yz = zx = x=y=z=2 xyz = Dấu = xẩy 4. Bất đẳng thức (1) với toán hình học: Ví dụ 12: Cho tám giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O. M điểm thuộc cung nhỏ BC. Hãy xác định vị trí điểm M cung BC để tổng 1 + đạt GTNN MB MC 1, Phân tích: Ví dụ cách khai thác toán SGK toán 9: Bằng cách lấy đoạn AM điểm I cho MI = MB. 11 => BIM => AIB = CMB => MC = AI => MB + MC = MA mà MA 2R Do ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 2. 2, Sơ lợc giải: áp dụng bất đẳng thức (1) cho độ dài MB, MC Ta có: (MB + MC) ( => 1 + )4 MB MC 1 2 + = MB + MC MB MC 2R R Dấu = xẩy MB = MC tức M điểm cung nhỏ BC. Ví dụ 13: Cho tam giác ABC với ba cạnh là: a, b, c. Gọi P nửa chu vi tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 1 + + + + ) ( p a p b p c a b c 1, Phân tích: Từ nhận xét: p a + p b = c; p a + p c = b; p b + p c=a Ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 2, Sơ lợc giải: áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: ( p a + p b )(p a + p b) p a + p b c Tơng tự: (*) 1 + pa pc b (**) 1 + p b p c a (***) Từ (*), (**), (***) suy ra: p a + p b + p c ( + + ) a b c Dấu = xẩy a = b = c tức ABC đều. Ví dụ 14: Nhận dạng tam giác ABC biết rằng: + hb + hc = 9r Trong đó: ha; hb; hc độ dài chiều cao, r bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ấy. 12 1, Phân tích: Từ yêu cầu toán gợi ta nghĩ đến việc chứng minh bất đẳng thức + hb + hc 9r buộc dấu = bất đẳng thức phải xẩy ra. a b c 2p Do h = 2s ; h = 2s ; h = 2s = r 2s c a b 1 1 + + = h a hb h c r Từ ta ghĩ đến việc vận dụng bất đẳng thức (1) 2, Sơ lợc giải: Trong tam giác ta có: 1 1 + + = hb hc r (*) áp dụng ất đẳng thức (1) với n = ta có: ( + hb + hc)( h + h + h ) (**) a b c r Từ (1) (2) suy ra: ( + hb + hc) ( + hb + hc) 9r Dấu "=" xẩy ha= hb= hc ABC đều. Vậy chiều cao bán kính đờng tròn tam giác thoả mãn hệ thức: ( + hb + hc) = 9r tam giác tam giác đều. Ví dụ 15: Cho tam giác ABC, I trung điểm nằm tam giác. AI, BI, CI theo thứ tự cắt cạnh BC, CA, AB M, N, P. Chứng minh rằng: IA IB IC + + AM IN IP Dấu " =" xảy nào? 1, Phân tích: Ta có S BIC + S CIA + S AIB IM IN IP =1 + + = S ABC AM BN CP Từ kết gợi ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức (1) với n=3 2, Sơ lợc giải: áp dụng bất đẳng thức ta có: ( Với lu ý: IM IN IP AM BN CP + + + + ) )( AM BN CP IM IN IP IM IN IP AM BN CP IA IB IC + + = 3+ + + + = + AM IM IN IP IM IN IP BN CP 13 Ta có ngay: IA IB IC + + IM IN IP Dấu "=" xẩy IM IN IP = = = AM BN CP I trọng tâm tam giác ABC C. kết thúc vấn đề 14 Kết thật bất ngờ, thời gian có hạn, giải pháp cụ thể đây, học sinh tiến rõ rệt, em thực không lúng túng mà hứng thú mê giải toán bất đẳng thức.Cụ thể: Bồi dỡng nhóm 15 em số lợng 15 em 15 em Giỏi 6 trung bình yếu 0 2006-2007 2007-2008 III. Kết luận. Trớc áp dụng đề tài, thân giảig dạy gặp nhiều khó khăn hớng dẫn học sinh làm tập có phần lúng túng. Các em nhận thức toán để tìm hớng giải chậm , chí sai . Sau áp dụng đề tài trên, hoàn toàn tự chủ em hỏi dạng toán Đây số tìm tòi thân, đả cố gắng công phu nhng không tránh khỏi sai sót, mong đồng nghiệp chân thành góp ý cho để kinh nghiệm áp dụng cao vào thực tế giảng dạy Tôi xin chân thành cảm ơn . /. 15 [...]... tôi hoàn toàn tự chủ mỗi khi các em hỏi về dạng toán này Đây là một số tìm tòi của bản thân, tuy đả cố gắng công phu nhng cũng không tránh khỏi sai sót, mong các đồng nghiệp chân thành góp ý cho tôi để kinh nghiệm trên áp dụng cao hơn vào thực tế giảng dạy Tôi xin chân thành cảm ơn / 15 . Sở giáo dục đào tạo hà tĩmh phòng giáo dục - đ.t.t.p hà tĩnh *** Sáng kiến kinh nghiệm Phơng pháp giải toán bất đẳng thức Năm học 2007 - 2008 Phụ lục Stt nội dung trang 1 công phu nhng cũng không tránh khỏi sai sót, mong các đồng nghiệp chân thành góp ý cho tôi để kinh nghiệm trên áp dụng cao hơn vào thực tế giảng dạy Tôi xin chân thành cảm ơn . /. 15