Skkn Rèn Luyện Kỹ Năng Chứng Minh Bất Đẳng Thức Bằng Phương Pháp Dồn Biến

Sáng kiến kinh nghiệm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Tĩnh Gia I SKKN thuộc môn: Toán THANH HÓA NĂM 2014 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI A Đặt vấn đề I) Lời mở đầu II) Thực trạng vấn đề nghiên cứu B Giải vấn đề I) Cở sở lý luận II) Giải pháp thực 1) Dồn biến thông qua phương pháp đặt ẩn phụ 2) Dồn biến biến cho 3) Dồn biến thông qua việc khảo sát biến 4) Khai thác bất đẳng thức chứng minh thành bất đẳng thức 5) Bài tập áp dụng 6) Kiểm nghiệm C Kết luận đề xuất 1) Kết luận 2) Đề xuất Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm A ĐẶT VẤN ĐỀ I) Lời mở đầu Mục tiêu hàng đầu việc dạy học môn toán trung học phổ thông trang bị tri thức, phương pháp phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh Phần bất đẳng thức chủ đề quan trọng việc phát triển tư sáng tạo, tư biện chứng cho học sinh Đồng thời thường gặp đề thi đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm Có nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng thức, phương pháp giải đa dạng, số tài liệu đưa cách giải mang tính thủ thuật, không tự nhiên làm cho học sinh cách nhìn bao quát chứng minh bất đẳng thức Sáng kiến kinh nghiệm hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp dồn biến vào việc chứng minh bất đẳng thức Với kết xây dựng cách logic tự nhiên xếp từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có cách nhìn tổng quan Mặt khác hướng dẫn học sinh biết kết hợp khai thác kiến thức học, kiến thức liên quan tìm bất đẳng thức Từ phát huy tính cực, chủ động, sáng tạo học sinh việc lĩnh hội tri thức tạo niềm tin, hứng thú học tập môn Toán II) Thực trạng a) Đối với giáo viên Chủ đề bất đẳng tương đối khó mà số lượng tiết học sách giáo khoa nội dung Các giáo viên thường dạy theo kiểu nêu tính chất, bất đẳng thức thông dụng sau tập có tính chất ngẫu hứng, học sinh giải giáo viên giải cho học sinh nghe Dẫn đến học sinh bế tắc đường suy nghĩ khó tìm đường lối giải cho tập khác b) Đối với học sinh: Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối tượng học sinh Sự nhận thức học sinh thể rõ: Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm - Học sinh lúng túng định hướng gặp toán chứng minh bất đẳng thức - Khả phân tích kiện, tổng hợp kiến thức liên quan đến toán hạn chế - Chưa có kỹ vận dụng tính chất bất đẳng thức bất đẳng thức cổ điển để kiến tạo tri thức tổng hợp từ vận dụng vào giải tập - Từ bất đẳng thức chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành toán Vì để khắc phục hạn chế học sinh, giúp giáo viên có định hướng tốt dạy phần bất đẳng thức đồng thời bồi dưỡng khả tư cho học sinh giỏi, qua nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường chọn đề tài: Rèn luyện kỹ chứng minh bất đẳng thức phương pháp dồn biến Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Cơ sở lí luận - Giáo viên ôn tập lại nội dung tính chất bất đẳng thức Côsi, bunhiacốpxki f ( x);min f ( x) - Cho hàm số y = f(x) liên tục [a; b] tồn tại: m[a;ax [a; b] b] - Hàm số y = f(x) liên tục [a; b] + Nếu f’(x) ≥ ∀x ∈ [ a; b ] f (a ) ≤ f ( x ) ≤ f (b) + Nếu f’(x) ≤ ∀x ∈ [ a; b ] f (b ) ≤ f ( x ) ≤ f (a ) - Xét hàm số f(x) = mx + n [a; b] đó: min{f(a);f(b)} ≤ f(x) ≤ max{f(a);f(b)} II Giải pháp thực 1) Dồn biến thông qua phương pháp đặt ẩn phụ Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung phương pháp tạo niềm tin lĩnh hội tri thức cho học sinh Từ tập cụ thể hướng dẫn học sinh phân tích kiện tìm ẩn phụ, toán mở hướng khai thác kiện khác để tìm cách đặt ẩn phụ, từ dồn toán với ẩn Bài 1: Cho ba số thực x, y, z thõa mãn: x + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz Nhận xét: - Ba ẩn x,y,z có vai trò bình đẳng P biểu thức đối xứng với ba ẩn - Từ đưa toán với ẩn t = x + y + z Giải: Đặt t = x + y + z Vì (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) nên − ≤ t ≤ Ta có P = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 - xy - xz – zx) x + y + z − ( x + y + z )2 ( x + y + z)2 = ( x + y + z )( x + y + z + ) = ( x + y + z )(3 − ) 2 = 3t - 2 t Xét hàm f(t) = 3t - t3 với t∈  − 6;  , f’(t) = ⇔ t = ± 2 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Ta có f (± 6) = 0; f (− 2) = −2 2; f ( 2) = 2 Vậy maxP =2 x = y = z = ; P = −2 x = y = z = − Bài 2: Cho ba số thực dương x,y,z thõa mãn: x2 +y 2+ z2 +2xy = 3(x + y+z) (*) Chứng minh rằng: 6( x + y ) + z + 1987 1987 + ≥ 2014 x+z y+2 Nhận xét: - Bài toán vai trò x, y, z không bình đẳng toán khai thác (*) : x2 +y 2+ z2 +2xy = 3(x + y+z) ⇔ ( x + y ) + z = 3( x + y + z ) ⇒ 3( x + y + z ) ≥ ( x + y + z )2 ⇔ 0< x+ y+ z ≤6 - Từ dồn biến t = x + y +z Giải: Ta có VT = 6( x + y ) + z + 1987 1987 + = 6( x + y ) + z + + 1987( + x+z y +2 x+z ≥ 6( x + y + z ) + 1987(2 ) ≥ 6( x + y + z ) + 3974 −9 x + y + z +2 a + c b + Đặt: t = x + y + z Xét hàm f(t) = 6t + Ta có f’(t) = 6- ) −9 y +2 3974 − với t ∈ (0;6] t+2 1987 < ∀t ∈ (0;6] Suy f(t) nghịch biến t ∈ (0;6] (t + 2) t + x + y + z = x =  f (t ) = f (6) = 2014 Dấu xảy  x + y = z ⇔  y = Do (0;6] x + z = y + z =   Bài 3: Cho ba số dương thõa mãn (xz + y)(xy + z) = x 2z2 + 4y2 Tìm giá trị lớn biểu thức : P = (1 + y xz + y ) +( ) xz xz − y Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm y y + xz Nhận xét: - Bài toán ta khai thác biểu thức P = (1 + ) + ( y ) dẫn đến xz 1− xz đặt ẩn phụ t = y xz - Khai thác điều kiện tìm điều kiện ẩn phụ y xy y2 y z xz y ( xz + y )( xy + z ) = x z + y ⇔ ( x + )( + 1) = x + ⇔ ( x + )( + 1) = + z z z z xy y xz ⇔ 2 xz y z y xz + = ( x + ) + ( + ) ≥ 2( + y xz y z x y y )(*) xz 1 Giải: Từ (*) ta có (4t + ) ≥ 2( t + ) ⇔ t ≤ t t 1+ t 2 ) ,t ≤ ; Xét hàm số f(t) = (1 + t ) + ( 1− t Ta có: f’(t) = 2(1+ t) + Vậy: MaxP = 4(1 + t ) 1 625 ≥ 0, ∀ t ≤ ⇒ f ( t ) ≤ f ( )= (1 − t )3 4 144 625 dấu xảy 144  xz = y x = ⇔   xy = z z = y Bài 4: Cho ba số thực dương x, y,z thõa mãn: xyz ≥ Chứng minh x x + yz y + Nhận xét: - Để đơn giản đặt a = y + xz x,b= z + z + xy y,c= ≥ z Bài toán trở thành Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: P= a a + bc + b b + ac + c c + ab ≥ - Ta khai thác biểu thức P để tìm ẩn phụ Giải : Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Áp dụng BĐT Svac xơ ta có P2 ≥ [ ( a + b + c) a + bc + b + ac + c + ab ]2 = (a + b + c) ( a + bc + b + ac + c + ab ) (a + b + c) ( a + b + c) (a + b + c) ≥ ≥ ≥ 3( a + b + c + ab + bc + ac ) 3[(a + b + c) − 3(ab + bc + ac)] 3[(a + b + c) − 3] (Vì ab + bc + ac ≥ abc ≥ ) Đặt t = (a + b + c)2 ⇒ t ≥ t2 3t + 15 t − 3 3.9 + 15 t −3 P ≥ = + + ≥ +2 = 3(t − 3) 12 12 t − 12 12 t − ⇒ P2 ≥ ⇒ P ≥ 2 Khi Suy x x + yz + y y + xz + z z + xy ≥ dấu xảy x= y = z=1 Chú ý: Hoàn toàn tương tự ta phát triển toán tổng quát cho n biến Cho x1, x2 xn ( n ≥ 2) số thực dương x1x2 xn ≥ Chứng minh x1 x1 + x2 x3 xn + x2 x2 + x1 x3 xn + + xn xn + x1 x2 xn −1 ≥ n Nhận xét: Khi làm tập giáo viên định hướng để học sinh phân tích kiện: - Nếu biến đối xứng vai trò bình đẳng ta nghĩ đến việc dồn biến thông qua đặt t = x + y +z ; t= x2 + y2 + z2, t = xyz, t= (x + y + z)2 - Khai thác kiện biểu thức cần chứng minh cách linh hợp kết hợp với sử dụng bất đẳng thức cổ điển từ tìm ẩn phụ điều kiện ẩn phụ - Nếu toán “cồng kềnh” ta sử dụng đặt ẩn phụ trước để “ thu gọn” toán thực biến đổi Dồn biến biến cho Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Trong phần để dồn biến ta chọn biến làm đại diện, tìm điều kiện biến đại diện (nếu có) biến đổi toán toán với phần tử đại diện Để làm hạn chế phạm vi biến ta thường sử dụng giả thiết x = max{x,y,z} x = min{x,y,z} Bài 1: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = Chứng minh + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) Nhận xét: - Vai trò ẩn bình đẳng nên chọn ba biến làm biến đại diện, giả sử ta chọn biến đại diện biến x Giải : Ta có : x + y = - z 4( xy + yz + xz ) − xyz − = z ( x + y ) + xy (4 − z ) − 1− z −9 z + z − z ≤ z (1 − z ) + (4 − z )( ) −1 = −9 z + z − z (1 − z )(3z − 1) Mặt khác = ≤ 0, ∀z ∈ [0;1] 4 Vậy + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) 1 1 1 1 Dấu xảy (x,y,z) = { ( ; ; );( ; ;0);( ;0; );(0; ; ) } 3 2 2 2 Bài 2: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = Chứng minh + x2 + y2 + z + + ≤ + y2 + z + x2 Nhận xét: - Vai trò ẩn bình đẳng nên chọn ba biến làm biến đại diện, giả sử ta chọn biến đại diện biến x, sau chuyển toán với ẩn x - Để hạn chế phạm vi biến ta giả thiết x = max{x,y,z} Giải: Không tính tổng quát giả sử x = max{x, y,z} ⇒ ≤ x ≤ + y2 + z2 + y2 z2 1 + ≤ + + ≤ + ( y + z )2 + Ta có: 2 2 1+ z 1+ x 1+ z 1+ z 1+ x + x2 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm + x2 + y + z + x2 1 ⇒ + + ≤ + + ( y + z )2 + ≤ + x + (1 − x) + 2 2 1+ y 1+ z 1+ x 1+ y 1+ x + x2 2 Xét hàm f (t ) = t + (1 − t ) + 1 , t ∈ [ ;1] 1+ t2 2t 4(1 + t )3 + 6t − , f ''(t ) = >0 Ta có f '(t ) = 4t − − (1 + t ) (1 + t )3 1 Vì f '(1) f '( ) < nên tồn t0 ∈ ( ;1) để f '(to ) = 3 Bảng biến thiên: x y’ y t0 - + 131 90 f (t0 ) 1+ x 1+ y 1+ z + + ≤2+ = 2 1+ y 1+ z 1+ x 2 Suy 2 Dấu xảy (x,y,z)={(1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)} Bài 3: Cho ba số không dương x, y, z thõa mãn xz + yz + = xy Chứng minh rằng: 2x 2y z2 −1 + + ≤ x2 + y + z + Nhận xét: - Vai trò ẩn x, y bình đẳng z độc lập nên ta chọn biến đại diện biến z, sau đánh giá để chuyển toán với ẩn z - Bài toán ta đặt ẩn 1 = a; = b; z = c toán có điều kiện “ đẹp hơn” x y ⇒ ab + bc + ca = Giải Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 10 Sáng kiến kinh nghiệm 1 2 Đặt = a; = b; z = c ⇒ ab + bc + ca = 1; + a = a + ab + bc + ca = (a + b)(a + c ) x y 2x 2y z2 −1 2a 2b c2 − + + = + + Khi đó: VT = x + y + z + a + b2 + c + a b a b + ab + = + = a + b + ( a + b)(a + c) (a + b)(b + c ) (a + b)(a + c )(b + c ) + ab = ≤ 2 (1 + a )(1 + b ) + c + c2 Ta có: Suy ra: c2 − −2c( + c − 2) VT ≤ + = f (c) ⇒ f '(c) = ⇒ f '(c) = ⇔ c = (1 + c ) + c2 c + Từ ta có: maxVT = max f (c) = f ( 3) = x = y = + 3, z = Dồn biến thông qua việc khảo sát biến Trong phần để dồn biến ta tiến hành khảo sát biến, nghĩa coi biến ẩn biến lại tham số, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số với biến 1 Bài 1: Cho x, y, z ∈ [1;2] Chứng minh ( x + y + z )( + + ) ≤ 10 (1) x y z Giải: Ta có (1) ⇔ ( x + y + z )( xy + yz + xz ) − 10 xyz ≤ +) Xét hàm số f ( x) = ( x + y + z )( xy + yz + xz ) − 10 xyz ẩn x [1;2] ⇒ f '( x) = xy + yz + xz + ( x + y + z )( x + y ) − 10 yz , f ''( x ) = 2( y + z ) Vì f ''( x) > ∀y, z ∈ [1;2] ⇒ f '( x) đồng biến [1;2] Từ suy f ( x) ≤ Max{f(1);f(2)}=Max{(1+y + z)(y+z+yz)-10yz; (2+y+z)(2y+2z+yz)-20yz} +) Xét hàm số g(y) = (y + z + 1)(y+z+yz) - 10yz ẩn y [1; 2] Có g’(y) = y + z + yz + ( + y + z)(1 + z); g’’(y)= 2(1+z) >0, ∀z ∈ [1;2] Suy g’(y) đồng biến [1;2] Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 11 Sáng kiến kinh nghiệm ⇒ g(y) ≤ Max{g(1); g(2)}=Max{(2+z)(1+2z)-10z; (3+z)(2+3z)-20z} +) Xét hàm h(z) = (2+z)(1+2z) - 10z [1;2] Có h’(z) = 4z -5; h’’(z) = > ⇒ h’(z) đồng biến [1;2] Ta có h(z) ≤ Max{h(1);h(2)}= Max{-1; 0}=0 +) Xét hàm số h(z)= (3+z)(2+3z)-20z [1;2] ⇒ h(z) ≤ Max{h(1);h(2)} = Max{0;0} = Tương tự cho hàm số g(y) = (2+ y+z)(2y+2z+yz)-20yz ẩn y [1;2] Từ suy BĐT phải chứng minh Khai thác bất đẳng thức chứng minh thành bất đẳng thức Với mục tiêu giúp học sinh không dừng lại việc chứng minh bất đẳng thức, mà từ bất đẳng thức chứng minh khai thác tìm tòi nhiều bất đẳng thức mới, qua phát triển tư sáng tạo cho học sinh nhu cầu khám phá tri thức Khai thác toán 1( mục II 2): Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = Chứng minh + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) (1) Hướng 1: Thay biến biểu thức phù hợp Chẳng hạn thay x, y, z tương ứng Khi ( 1) trở thành + 1 ; ; x y z 1 ≥ 4( + + ) ⇔ xyz + ≥ 4( x + y + z ) xyz xy yz xz Ta có toán 4.1 Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn 1 + + = x y z Chứng minh rằng: xyz + ≥ 4(x + y + z) Hướng 2: Xây dựng toán: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = xy + yz + xz + mxyz (m∈ R ) Ta có: xy + yz + xz + mxyz ≤ + (m + ) xyz 4 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 12 Sáng kiến kinh nghiệm + Nếu m + 9 x+ y+ z m+9 9 ) = ≥ ⇔ m ≥ − (m + ) xyz ≤ ( m + )( 4 27 4 ⇒P≤ + Nếu m < - m+9 27 9 (m + ) xyz ≤ ⇒ P ≤ 4 Mặt khác xy + yz + xz = ( x+ y + z) ≥ 3 xyz 3 xy yz.xz = xyz Suy P = xy + yz + xz – 9xyz + ( m+ 9) xyz ≥ (m + 9) xyz + Nếu m ≥ - P ≥ + Nếu m < - ( m + 9) xyz ≥ (m+ 9) ( x+ y+ z m+9 ) = 27 Ta có toán 4.2: Nếu x, y,z không âm thõa mãn x + y + z = 1, m∈ R m+9 ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤ (m < −9) 27 b) ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤ (−9 < m < − ) 4 m+9 c) ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤ (m ≥ − ) 27 a) Tùy theo cách chọn giá trị m mà ta có BĐT tương ứng (chẳng hạn m = -2) ta có BĐT: Nếu x, y, z ≥ x + y + z =1 ≤ xy + yz + xz − xyz ≤ 27 Hướng 3: Thay đổi hình thức toán Vì x + y + z = nên x2 + y2 + z2 = – 2(xy + yz + xz) x3 + y3 + z3 = -3(xy + yz + xz) + 3xyz Khi biểu thức : P = m(x3 + y3 + z3) + n(x2 + y2 + z2) + p(xy + yz + xz) +qxyz = (3m + q)xyz + (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz)+ m + n = (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz + Nguyễn Thị Hiền 3m + p xyz ) + m + n p – 3m – 2n ≠ p − 3m − 2n – Trường THPT Tĩnh Gia I 13 Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng kiến thức toán 4.2 tùy theo cách chọn giá trị m, n, p, q mà ta xây dựng bất đẳng thức Chẳng hạn : a) Với m = 1, n = p = r = 0, q = ta có BĐT: Nếu x, y, z số thực không âm thõa mãn x + y + z = ≤ x + y + z + 3xyz ≤ b) Với n = 3, m = p = 0, q = - ta có BĐT: Nếu x, y, z số thực không âm thõa mãn x + y + z = ≤ 3( x + y + z ) − xyz ≤ Hướng 4: Sử dụng kỹ thuật chuẩn hóa bất đẳng đồng bậc, đối xứng Xét BĐT 9xyz + (x + y + z)3 ≥ 4(xy + yz + xz)(x+y +z) BĐT đồng bậc ẩn có tính đối xứng ta chuẩn hóa điều kiện x + y + z = trở toán + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) (1) Ta có toán 4.4: Cho ba số không âm x, y, z Chứng minh rằng: 9xyz + (x + y + z)3 ≥ 4(xy + yz + xz)(x+y +z) Hướng 5: Kết hợp với bất đẳng thức cổ điển từ tạo bất đẳng thức Hướng 5.1 Mở rộng theo hướng tăng số biến Xuất phát từ kiện: (x - 1)(y - 1) ≥ ⇔ xy ≥ x + y -1 ⇒ xyzt ≥ xzt + yzt − zt ⇒ xyzt + zt + xyt + xyz ≥ xyt + yzt + xzt + xyz Áp dụng BĐT Côsi: zt + xyz + xyt ≤ ⇒ xyzt + z + t + x + y + z x + y + t 2( x + y + z + t ) + + + = 3 3 2( x3 + y + z + t ) + ≥ xyz + xyt + yzt + xzt Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 14 Sáng kiến kinh nghiệm Ta có toán 5.1: Nếu x,y,z,t số thực không âm xyzt + 2(x3 + y3 + z3 + t3) +1 ≥ 3( xyz + yzt + xyt + xzt) Bằng cách tương tự ta mở rộng cho n biến x1, x2, xn ta có BĐT Tổng quát: Nếu x1, x2, xn số thực không âm n n −1 i =1 i =1 (n − 1)∏ xi + (n − 2)∑ x n (Trong đó: ∏x i =1 i = x1 x2 xn ; n −1 i n ∏x i =1,i ≠ j i n + ≥ (n − 1)∑ n ∏ j =1 i =1,i ≠ j xi (n ∈ N , n ≥ 3) = x1 x2 x j −1 x j +1 xn ) Hướng 5.2: Mở rộng theo hướng tăng bậc ẩn xy ≥ x + y − z ⇒ xyz ≥ xz + yz − z ⇔ xyz + z + xy ≥ xy + yz + xz ⇒ ( xyz ) n + z ( xyz ) n −1 + xy ( xyz ) n −1 ≥ ( xyz ) n−1 ( xy + yz + xz ) Theo BĐT Côsi −1 −1 x 3n4−1 +4x43 n +4 4+ 43 x3 n−1 + y n−1 + y 3n −1 + + y n−1 + z n4 +4z43n −21 +4 4+ 43 z n −1 1 4 42 4 43 n −1sô hang n −1sô hang n sô hang ≥ (3n − 1)3n −1 ( x 3n −1 ) n−1 ( y n−1 )n−1 ( z n−1 ) n = (3n − 1) z ( xyz ) n−1 −1 −1 x 3n4−1 +4x43 n +4 4+ 43 x3 n−1 + y 3n −1 + y 3n−1 + + y n−1 + z n4 +4z43n −21 +4 4+ 43 z n−1 1 4 42 4 43 n sô hang n sô hang n −1sô hang ≥ (3n − 1)3 n −1 ( x3 n−1 ) n ( y n−1 ) n ( z n−1 ) n = (3n − 1) xy ( xyz ) n −1 (n − 1) x3 n−1 + (n − 1) y 3n −1 + nz n−1 + nx 3n −1 + ny 3n −1 + (n − 1) z n −1 + 3n − 3n − n −1 n −1 n −1 (2n − 1)( x + y + z ) + = 3n − ⇒ z ( xyz ) n −1 + xy ( xyz )n −1 ≤ Ta có toán 5.2: Cho số thực không âm x, y, z Chứng minh (3n − 1)( xyz ) n + (2n − 1)( x n−1 + y 3n −1 + z 3n−1 ) ≥ (3n − 1)( xyz ) n−1 ( xy + yz + xz ) Hướng 5.3: Xuất phát từ Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 15 Sáng kiến kinh nghiệm x y z x2 y2 z2 ( x + y + z) = ( 2y + z + x + 2z + y + 2x ) ≤ ( + + )3( x + y + z ) y + z x + 2z y + 2x z + 2y x + 2z y + 2x x2 y2 z2 x2 y2 z2 ⇔ ( x + y + z) ≤ + + ⇔ + + ≥ z + y x + 2z y + 2x z + y x + 2z y + 2x Ta có toán 5.3 :Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = Chứng x2 y2 z2 + + ≥ z + y x + 2z y + 2x minh : Hướng 5.4:Xuất phát từ biểu thức: Mà: x2 y z 2 x2 ( + + ) =( y z x y x+z ≤( x2 y z + + ≥ x + y + z =1 y z x y2 x+ z + z x+ y z2 x+ y + x y+z y + z )2 x4 y4 z4 + + ).2( x + y + z ) y ( x + z) z ( x + y) x2 ( z + y) Từ ta có toán 5.4: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: x4 y4 z4 + + ≥ 2 y ( x + z ) z ( y + x) x ( z + y ) Hướng 5.5: Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch” a) Vì dấu xảy x = y = z = x y2 + = nên: 9x xy xy 27 xy = x − ≥ x − = 9x − ( y + ≥ y ) 2 1+ y y2 + y x Từ đó: y + + y z2 + + z x2 + ≥ 9( x + y + z ) − 27 27 ( xy + yz + xz ) ≥ − = 2 (do 3( xy + yz + xz ) ≤ ( x + y + z ) ⇔ xy + yz + xz ≤ Nguyễn Thị Hiền ) – Trường THPT Tĩnh Gia I 16 Sáng kiến kinh nghiệm Ta có toán 5.5a: Cho x,y,z dương thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh x y z + + ≥ 2 + y 1+ 9z 1+ 9x rằng: b) Tương tự toán kết hợp với vai trò bình đẳng x, y, z ta khai thác theo hướng sau: Từ suy ra: x3 xy xy y = x − ≥ x − = x− 2 2 x +y x +y xy x3 y3 z3 x+ y+z + + ≥ = 2 2 2 x +y y +z z +x 2 Ta có toán 5.5b: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng a) x3 y3 z3 + + ≥ 2 2 2 x +y y +z z +x b) x4 y4 z4 + + ≥ 3 3 3 x + 2y y + 2z z + 2x minh rằng: Hướng 5.6:Khai thác toán theo hướng sử dụng bất đẳng thức đúng: a) Ta có: ( x − y ) = x − xy + y ≥ ⇔ x + xy + y ≥ 3xy ⇒ xy xy y ≤ = x + xy + y xy Ta có toán 5.6a: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh : xy yz zx + + ≤ 2 2 2 x + xy + y y + yz + z z + zx + x b) Hoặc: ( x − y ) = x − xy + y ≥ ⇔ 3( x − xy + y ) ≥ x + xy + y x − xy + y x − xy + y x3 + y ⇒ ≥ ⇔ ( x + y) ≥ ( x + y) ⇔ ≥ ( x + y) 2 x + xy + y x + xy + y x + xy + y Khi ta có: x3 y3 z3 + + ≥ ( x + y + z) 2 2 2 x + xy + y y + yz + z z + xz + z Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 17 Sáng kiến kinh nghiệm Ta có toán 5.6b: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng minh rằng: x3 y3 z3 + + ≥ 2 2 2 x + xy + y y + yz + z z + xz + z Nhận xét : - Từ dẫn dắt học sinh khai thác tìm thêm nhiều toán mới, đồng thời giúp học sinh nhìn toán cách đa dạng - Trên hướng dẫn học sinh dựa mối liên hệ logic toán học phát triển toán cụ thể thành toán khác nhau, từ rèn luyện học sinh đức tính chủ động, tích cực việc tiếp thu tri thức Từ phát triển tư sáng tạo cho học sinh 5) Bài tập áp dụng Bài : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn : x + y + z = a) Chứng minh : + ≥ 8+ 2 x +y +z xy + yz + xz b) Phát triển toán thành toán Bài : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn xyz = a) Chứng minh : 2 + + ≥3 x ( y + z ) y ( x + z ) z ( y + x) b) Phát triển toán thành toán 6) Kiểm nghiệm - Đề tài nghiên cứu thực giảng dạy hai năm 2012- 2013; 2013- 2014 Trong số tiết chữa tập số tiết bồi dưỡng học sinh giỏi - Đối tượng thực nghiệm học sinh lớp 12A2(2012 - 2013), 12A1(2013 2014) nhà trường Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 18 Sáng kiến kinh nghiệm - Sau giảng dạy tiến hành kiểm tra khả tiếp thu học sinh kết thu sau :12A1 (2012-2013) (chưa triển khai sáng kiến này), lớp 12A1 (2012-2013) 12A1(2013-2014) (đã triển khai sáng kiến này) Sĩ Lớp 12A1 (2012-2013) Lớp 12A2 (2012-2013) Lớp 12A1 (2013-2014) số Giỏi SL % Khá TB SL % SL % Yếu - Kém SL % 46 15,2 15 32,6 20 43,5 8,7 45 10 22,2 19 42,2 13 28,9 6,7 47 15 32,0 22 46,8 10 17,0 4,2 KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 1) Kết luận Qua thời gian nghiên cứu vận dụng đề tài vào giảng dạy rút số nhận xét sau : - Với cách dạy tạo tâm hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức, khắc phục tính chủ quan hình thành tính độc lập chủ động người học Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 19 Sáng kiến kinh nghiệm - Giáo viên tạo niềm tin cho học sinh đứng trước toán bất đẳng thức, động lực thúc đẩy học sinh khám phá thêm phần tương tự, toán khó bất đẳng thức - Rèn luyện khả phân tích tổng hợp, tư trừu tượng hóa, khái quát hóa, phán đoán logic cho học sinh 2) Đề xuất - Trong khuôn khổ sáng kiến đề xuất vài hướng giải toán, theo định hướng giáo viên phải tiếp tục đào sâu nghiên cứu để xây dựng nhiều tập tương tự để dạy cho học sinh đạt kết cao - Duy trì phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm nâng cao chất lượng dạy học - Rất mong góp ý từ thầy cô giáo hội đồng khoa học Sở GD&ĐT Thanh Hóa để sáng kiến hoàn thiện, thuận lợi cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi Đại học, cao đẳng XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2014 Tôi xin cam đoan, SKKN viết, không chép nội dung người khác Nguyễn Thị Hiền Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 20 ... 12 A1(2 01 3-2 014 ) (đã triển khai sáng kiến này) Sĩ Lớp 12 A1 (2 01 2-2 013 ) Lớp 12 A2 (2 01 2-2 013 ) Lớp 12 A1 (2 01 3-2 014 ) số Giỏi SL % Khá TB SL % SL % Yếu - Kém SL % 46 15 ,2 15 32,6 20 43,5 8,7 45 10 22,2 19 ... 1) 3 n 1 ( x3 n 1 ) n ( y n 1 ) n ( z n 1 ) n = (3n − 1) xy ( xyz ) n 1 (n − 1) x3 n 1 + (n − 1) y 3n 1 + nz n 1 + nx 3n 1 + ny 3n 1 + (n − 1) z n 1 + 3n − 3n − n 1 n 1 n 1 (2n − 1) ( x... 1 1 x 3n4 1 +4x43 n +4 4+ 43 x3 n 1 + y n 1 + y 3n 1 + + y n 1 + z n4 +4z43n − 21 +4 4+ 43 z n 1 1 4 42 4 43 n −1sô hang n −1sô hang n sô hang ≥ (3n − 1) 3n 1 ( x 3n 1 ) n 1 ( y n 1 )n−1