Chuyên đề toán lớp 9 đẳng thức và bất đẳng thức

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP THCS Chương I NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG 1.1 Năng lực giải toán đẳng thức bất đẳng thức Việc giải toán đẳng thức (ĐT) bất đẳng thức (BĐT) giúp nhiều cho việc rèn luyện học sinh (HS) óc trừu tượng hoá khái quát hoá Do toán ĐT BĐT có nhiều phương pháp giải, ta có nhiều đường đi, có nhiều cách giải khác để tìm đến kết cuối nên việc tìm lời giải hay, đường ngắn giúp rèn luyện cho HS tư sáng tạo, phương pháp khoa học suy nghĩ, biết giải vấn đề phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát từ HS phát triển phẩm chất tư linh hoạt, độc lập, sáng tạo HS có lực giải toán (NLGT) ĐT BĐT xác định hướng giải toán cách nhanh chóng, sau phân tích, biến đổi biểu thức xác, rõ ràng Từ toán lại làm xuất lớp toán có liên quan cách đặt thêm câu hỏi khái quát hoá, tương tự hoá v.v… Có thể xác định NLGT ĐT BĐT HS qua số lực cụ thể sau: Năng lực 1: Năng lực nhận biết đẳng thức (HĐT) biến đổi đại số Ví dụ: Tính giá trị biểu thức A = x2  5x  2xy + 5y + y2 + biết x  y = - Quan sát biểu thức A nhận thấy biểu thức có HĐT (x  y)2 Do đó: A = ( x2  2xy + y2)  5(x y) + A = (x  y)2  5(x  y) + =  + = Năng lực 2: Năng lực sử dụng, vận dụng HĐT Ví dụ: Biết a + b + c = Chứng minh (CMR): (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4) Trong toán suy nghĩ tự nhiên nảy sinh là: HĐT cho ta mối quan hệ a+ b+ c a2+b2+c2; a2+b2+c2 a4 + b4 + c4 Hoặc là: Từ giả thiết có mối quan hệ b + c = a Vậy HĐT cho ta mối quan hệ b2, c2 a2; b4, c4 a4 ? Bình phương vế ĐT a = (b + c) ta được: a2 = b2 + 2bc + c2 2bc = a2  b2  c2 Tiếp tục bình phương vế ĐT ta được: 4b2c2 = a4 + b4 + c4  2a2b2 + 2b2c2  2a2c2 a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 Cộng vế ĐT với a4 + b4 + c4 ta có: (a4 + b4 + c4) = a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 = (a2+b2+c2)2 (đpcm) Nhận dạng sử dụng tốt HĐT xuất toán giúp thấy toán quen thuộc, lời giải ngắn gọn Năng lực 3: Năng lực “nhìn” đối tượng (của toán) theo cách khác Ví dụ: Cho a, b, c số khác thỏa mãn: a3b3+ b3c3+ c3a3 = 3a2b2c2 Tính giá trị biểu thức:  a  b  c  P  1        b  c  a  Nhìn vào giả thiết a3b3 + b3c3 + a3c3 = 3a2b2c2, ta coi: ab = x; bc = y; ca = z ta có x3 + y3 + z3 = 3xyz, gần gũi với dạng (x+y+z)3 Khi đó:  x  y  y  z  z  x  a z b x c y  ;  ;   P b y c z a x xyz Ta có toán dễ làm Năng lực 4: Năng lực tìm mối quan hệ đại lượng Để tìm lời giải toán lực tìm quan hệ điều kiện cho giả thiết, giả thiết kết luận cần thiết Ví dụ: CMR: Nếu x  yz y  zx z  xy   a b c a  bc b  ca c  ab   x y z Từ ĐT cho toán khó biểu diễn dạng tường minh a, b, c theo x, y, z hay ngược lại, ta phải dựa vào đại lượng trung gian Các biểu thức xuất giả thiết kết luận thể vai trò bình đẳng x, y, z, a, b, c Nếu ta đặt tỉ lệ thức giả thiết k mối quan hệ biểu thị cách bình đẳng a, b, c theo k, x, y, z * Đặt x  yz y  zx z  xy   k a b c a x  yz y  zx z  xy ;b  ;c  k k k * Thay giá trị a, b, c vào điều phải tìm ta được: a  bc x  y  x  3xyz  x k2 b  ca c  ab x  y  x  xyz   y z k2 Vậy a  bc b  ca c  ab   x y z Ví dụ: Cho a > b >0 thỏa mãn: 3a2 + 3b2 = 10ab Tính giá trị biểu thức: P a b a b Cần nhận thấy mối quan hệ kết luận giả thiết: Trong giả thiết xuất a2 b2, Vậy P phải làm xuất a2 b2 Từ nghĩ đến việc bình phương vế biểu thức P Giả thiết có 3(a2 + b2 ) = 10ab Để sử dụng a  b  ab  10ab cần có P     a b  Từ ta có lời giải toán Năng lực 5: Năng lực thao tác thành thạo dạng toán Ví dụ 1: Giải phương trình (PT): (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24 (1) Đây dạng toán bản, HS giỏi cần phải có lực thao tác thành thạo dạng Đối với PT (1) người ta thường nhân sau: (x + 1)(x + 4) = x2 + 5x + (x + 2)(x + 3) = x2 + 5x + Đặt x2 + 5x + = t, PT (1) (t  1)(t + 1) = 24 t2 = 25 t = ±5 từ tính x = 0; x = 5 Năng lực 6: Năng lực qui lạ quen Ví dụ: Sau cho HS làm quen với dạng toán phân tích thành nhân tử: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 Bằng cách ghép cặp nhân tử cách phù hợp, ta có: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = [(x+1)(x+7)][(x+3)(x+5)]+ 15 = (x2 + 8x + 7)(x2 +8x + 15) +15 (*) Đặt x2 + 8x +7 = a, (*) trở thành a(a + 8) +15 = a2 + 8a + 15 = (a2 + 8a + 16) - = (a + 4)2 - = (a + 3)(a + 5) Thay vào ta có: (x2 + 8x + 10)(x2 +8x + 12) = [(x + 4)2  6)][(x + 4)2  22] ( x   6)( x   )( x  2)( x  4) Thì cho HS giải toán: + Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 + Hay giải PT: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = Gặp toán HS qui phương pháp quen thuộc toán ban đầu Ví dụ: Tính giá trị biểu thức 2 P   99   0, 99  n n n Để làm toán này, HS phải quen với cách viết: 99   10  n Ta có:  10 n   99  (10  1) 0,99     10n    n n n 2 Khi đặt: a = 10n  P   a  P a 1 P a 1  a  1 a 2 a2  a  1 toán quen thuộc  a  a  1  a   a 1 a    a 1 a 1 Bài toán lạ nội dung; giả thiết, kết luận; phương pháp làm (phương pháp đặc biệt) Song tìm vài ý quen thuộc Bởi việc rèn luyện trí nhớ cần HS Năng lực 7: Năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự Ví dụ: Tính tổng sau: S2  1 1     1 2  3  n  n  1 (nN, n≥1) Từ toán mở rộng hai toán tính tổng sau: S3  1 1     , (nN, n≥1) 1      n  n  1   n   S4  1 1     , (nN, n≥1) 1         n  n  1   n     n  3 Đồng thời tổng quát hoá toán: Tính tổng: Sk  1 1     , (nN, n≥1) 1  k    k  1    k   n  n  1   k  n  1 Mặt khác có toán tương tự sau: Tính tổng: M T 1 1      4  7 10  3n   3n  1 1 1     1 6 11 1116  5n   5n  1 (nN, n≥1) (nN, n≥1) Như từ toán ban đầu tương tự hoá theo hướng: - Thay đổi khoảng cách số tích mẫu - Tăng thêm thừa số mẫu số Năng lực 8: Năng lực phân tích tổng hợp: Ví dụ: Tính giá trị biểu thức: S 1 1 1 1          2 3 99 100 Từ toán cho HS cần biết cách biến đổi biểu thức dạng bình phương tổng  làm bậc hai  giản ước, rút gọn Xét biểu thức dạng tổng quát với k  N , k  : 1 1 2     1  2   1  (k  1) k k  (k  1)k k  1 k k   1 1 2 2  2    (k  1) k k 1 k 1 k k (vì 1  1 Do đó: =>    1    (k  1) k  k 1 k  => 2   ) (k  1)k k  k 1 1    1  2 (k  1) k k 1 k Cho k = 3, 4, …, 100 ta có: 1   1   1  1  S  1     1                3  4  98 99   99 100   98  1   98, 49 100 Với số toán khó, thuật toán để giải việc tìm hướng giải toán phụ thuộc chủ yếu vào lực phân tích, tổng hợp HS Ví dụ: Cho số dương a, b, c thoả mãn:  b2 a  ab   25   b 2  c 9 3 c  ac  a  16   Tính giá trị P = ab +2bc + 3ac + Phân tích, tổng hợp (3)(2)(1), ta có kết quả: 2c2 = ab  ac + Xem xét P2 = ( ab + 2bc + 3ac)2 = + Tổng hợp từ (2)(3) => có nhiều hạng tử đồng dạng với hạng tử P2 => Xét P2  9.6.12 với ý 2c2 = ab  ac => Tính P2  9.6.12 theo 2c2 => kết Hướng dẫn:  b2 b2 2 2 Theo giả thiết:   c   c  ac  a  a  ab  3    Ta có: P2 = (ab+2bc+3ac)2 = a2b2+ 4b2c2+ 9a2c2 + 4ab2c + 6a2bc+12a2bc => P  12( b2  c )(c  ac  a )  (1) Bằng cách thay P = ab + 2bc + 3ac 2c2= a(bc) vào (1) b2 Từ đó: P  12(  c )(c  ac  a ) => P2 = 12.9.16 =22.3.32.42 Vậy P  24 *) Ngoài lực trên, HS cần có: Năng lực huy động kiến thức học để nhận xét, so sánh, bác bỏ; cần có tư logic, khả trình bày vấn đề rõ ràng, chặt chẽ Năng lực dự đoán kết quả, kiểm tra dự đoán, biết cách liên hệ tới vấn đề tương tự gần giống nhau, tổng hợp khái quát hoá có phương pháp giải chung cho dạng phương pháp "đặc biệt" với "đặc biệt", "không tầm thường" 1.2 Các dạng toán ĐT Qua tìm hiểu đề thi HS giỏi THCS, tuyển sinh vào THPT, THPT Năng khiếu (chuyên) tài liệu, cho thấy tập ĐT tập trung vào dạng toán sau: Dạng 1: Chứng minh ĐT Dạng 2: Chứng minh ĐT có điều kiện Dạng 3: Phân tích đa thức thành nhân tử Dạng 4: Rút gọn biểu thức Dạng 5: Tính giá trị biểu thức 1.3 Một số phương pháp chứng minh BĐT 1.3.1 Phương pháp vận dụng định nghĩa tính chất BĐT Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp 3: Phương pháp làm trội Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng 1.3.2 Phương pháp vận dụng toán BĐT Để chứng minh BĐT A ≥ B nhiều cần sử dụng số toán BĐT để làm toán phụ, giúp tìm đến lời giải toán Phương pháp 5: Phương pháp vận dụng toán phân số: Ta có hai toán sau đây: Bài toán 1: Với a, b, c > CMR: a/ Nếu a < b b/ Nếu a ≥ b a ac  b bc a ac  b bc Bài toán 2: Với x, y, z > CMR: a/  ; xy  x  y 2 b/ 1   ; x y x y c/ 1    x y z x yz Phương pháp 6: Phương pháp vận dụng toán giá trị tuyệt đối Kiến thức cần nhớ: Đối với số toán BĐT có chứa giá trị tuyệt đối, ta vận dụng toán BĐT chứa giá trị tuyệt đối sau: Bài toán 1: CMR: a/ | a | + | b | ≥ | a + b | Dấu “ = “ xảy ab ≥ b/ | a  b | ≥ | a |  | b | Dấu “ = “ xảy b(a – b) ≥ x y y x x y y x Bài toán 2: CMR x, y khác | |  | |  |  |  Dấu “ = “ xảy x = ± y Từ suy m, n > ta có: 1) m n  2 ; n m 2) m  2 m Phương pháp 7: Phương pháp vận dụng BĐT liên hệ tổng bình phương, bình phương tổng, tích hai số 1) 2( x2 + y2 ) ≥ ( x + y )2 ≥ 4xy 2) 3( x2 + y2 + z2 ) ≥ ( x + y + z )2 ≥ 3(xy + xz + yz ) Phương pháp 8: Phương pháp vận dụng toán thức (BĐT Cauchy BĐT Bunhiacôpxki) Khi giải số toán BĐT có chứa thức bậc hai, ta vận dụng toán BĐT chứa thức Bài toán 1: Cho a,b ≥ CMR: Dấu “ = “ xảy a = b ab  ab (BĐT Cauchy) Bài toán 2: CMR: (ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) Dấu “ = “ xảy ay = bx (BĐT Bunhiacôpxki) 1.3.3 Phương pháp vận dụng tính chất đặc biệt biến Phương pháp 9: Phương pháp vận dụng điều kiện có nghiệm PT bậc 10