Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong chương trình đại số lớp 9

MỤC LỤC MỤC LỤC……………………………………….………………………… …………………….……… 1 MỞ ĐẦU……………………………………….……………………………………….……………… 1.1 Lý chọn đề tài ……………………………………….……………………………….……… 1.2 Mục đích nghiên cứu ……………………………………….………………… …….……… 1.3 Đối tượng nghiên cứu ……… …………………………….………………… …….……… 1.4 Phương pháp nghiên cứu ……………………………………….………………… … … 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM …………………… ……….…… …… 2.1 Cơ sở lý luận ……………………….………………………… ………… ……… …………… 2.2.Thực trạng vấn đề ………………… ………….……………………… ………… …….…… 2.3 Giải pháp tổ chức thực ……………………….…….……………… …… …… 2.3.1 Nội dung …………………………………………………………….…………… ………… … 2.3.2 Một số kiến thức bất đẳng thức……………………………………….… ……… 2.3.3 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ……………… ………… 2.3.4 Một số ứng dụng bất đẳng thức …………………………… …… ….… … 14 2.4 Hiệu SKKN ……………………….…….…………………… ……… …… …… 17 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ………………………………….….……………………… 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO …………………………… ……… ………… …………………… 19 1 MỞ ĐẦU: 1.1 Lý chọn đề tài: Trong chương trình tốn học THCS, bất đẳng thức đóng vai trị quan trọng.Theo Ăngghen tốn học nghiên cứu mối quan hệ số lượng hình dạng khơng gian giới khách quan Quan hệ lớn nhỏ hai số, hai đại lượng quan hệ số lượng bản, điều nói lên vai trị bất đẳng thức.Trong chương trình tốn học trung học sở, bất đẳng thức kiến thức bản, xuyên suốt tồn chương trình thể chỗ: Ngay bậc tiểu học, học sinh làm quen với bất đẳng thức cách không tường minh Lên THCS học sinh học thêm kiến thức bất đẳng thức phương pháp chứng minh chúng.Trong chương trình tốn học trung học sở bất đẳng thức đưa vào ít, song kỳ thi học sinh giỏi tốn thi cấp tốn bất đẳng thức lại tốn khó học sinh Có thể nói chứng minh bất đẳng thức phần gây cho học sinh nhiều lúng túng bối rối Tuy nhiên phương pháp chứng minh bất đẳng thức lại đa dạng, phong phú độc đáo, chủ yếu dựa vào đặc thù bất đẳng thức, điều khơng gây cho học sinh nhàm chán Mặt khác, nhờ việc chứng minh bất đẳng thức đơn giản mà pháp nhiều bất đẳng thức hay đẹp Do đó, bất đẳng thức tạo cho học sinh nhiều điều ngạc nhiên thú vị, giúp học sinh đến thích thú tốn bất đẳng thức nói riêng say mê tốn học nói chung Vì việc luyên tập chứng minh bất đẳng thức cần thiết Với lý trên, chọn đề tài “ Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức chương trình đại số lớp 9” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Thơng qua đề tài tơi muốn trao đổi thêm phương pháp giảng dạy bất đẳng thức để có hiệu giảng dạy cao Giúp cho học sinh có hướng suy nghĩ tìm tịi lời giải toán chứng minh bất đẳng thức nhằm dần hình thành khả phân tích, tổng hợp kiến thức, giúp phát triển tư rèn kỹ tự học cho học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khối môn đại số 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp xây dựng sở lý thuyết, Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, Phương pháp thu thập thông tin, Phương pháp thống kê xử lí tài liệu 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: 2.1 Cơ sở lí luận: Xuất phát từ nhu cầu thực tiễn nhằm nâng cao mặt dân trí, đồng thời tạo điều kiện thuận lợi góp phần hình thành phát triển yếu tố phẩm chất lực người lao động Tạo nguồn lực đáp ứng kịp thời phát triển đất nước, đồng thời đưa giáo dục nước nhà lên vị trí hồ nhập với xu phát triển giáo dục giới Bộ giáo dục đào tạo thực đổi có tính chất đồng mục tiêu, nội dung, phương pháp, cách thức tổ chức kiểm tra đánh giá trình dạy học, thể qua việc đổi chương trình, sách giáo khoa Nhưng để thực tốt cơng tác vấn đề đổi phương pháp dạy học quan trọng, điều NQ-TW4 khoá VII NQ-TW2 khoá VIII khẳng định rõ : “Đổi mạnh mẽ phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ chiều, rèn luyện thành nếp tư sáng tạo người học Từng bước áp dụng phương pháp tiên tiến phương tiện đại vào trình dạy học, đảm bảo điều kiện, thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh” Những năm gần định hướng đổi phương pháp thống theo tư tưởng tích cực hố hoạt động học tập học sinh tổ chức hướng dẫn giáo viên.Do vai trò giảng dạy giáo viên lúc quan trọng Giáo viên người hướng dẫn, phân tích giúp học sinh tìm cách giải Vì làm để định hướng cho học sinh chứng minh tốn bất đẳng thức tìm GTLN GTNN Mặt khác cịn rèn luyện cho học sinh đức tính tự lập, sáng tạo, làm việc có kế hoạch có hứng thú học tập 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng SKKN: a Thuận lợi - Hiện đời sống kinh tế nâng cao rõ rệt, phần lớn bậc phụ huynh quan tâm đến việc học hành em Đa số bậc phụ huynh nhận thức tầm quan trọng việc học mơn Tốn - Được quan tâm cấp uỷ Đảng quyền địa phương, đặc biệt Ban giám hiệu nhà trường nên hoạt động dạy học toán nhà trường diễn thuận lợi, đạt kết cao Giáo viên trang bị đầy đủ phương tiện phục vụ dạy học : máy vi tính, máy chiếu đa năng, camera vật thể, - Học sinh có đầy đủ sách giáo khoa, sách tham khảo Học sinh trung học sở đa phần sử dụng Internet để cập nhật tri thức b Khó khăn Qua tìm hiểu, khảo sát tình hình thực tế tơi thấy : - Việc tìm lời giải cho toán CM bất đẳng thức khó khăn cho học sinh,mặc dù q trình giảng dạy giáo viên cố gắng hướng dẫn, rèn luyện kỹ cần thiết Do vấn đề cần thiết định hướng kiến thức - Các tốn bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN xuất nhiều thi vào cấp 3, thi học sinh giỏi Tuy nhiên giáo viên học sinh nhiều khó khăn 2.3 Giải pháp tổ chức thực hiện: 2.3.1 Nội dung: Khi gặp toán chứng minh bất đẳng thức có nhiều cách giải khác Trong đề tài lựa chọn đưa số phương pháp chứng minh bất đẳng thức phương pháp sau: - Phương pháp dùng định nghĩa biến đổi tương đương - Phương pháp chứng minh phản chứng - Phương pháp làm trội, làm giảm - Phương pháp sử dụng bất đẳng thức biết Ngồi cịn có số tốn chứng minh bất đẳng thức mà phải kết hợp nhiều phương pháp khác 2.3.2 Một số kiến thức bất đẳng thức a Một số định nghĩa: Định nghĩa 1: - Số thực a gọi lớn số thực b, ký hiệu a > b, a - b số dương tức a - b >0 Khi ta ký hiệu bb ⇔ a-b>0 - Nếu a>b a=b Ta viết a ≥ b ta có a ≥ b ⇔ a − b > Định nghĩa 2: Các mệnh đề “a>b”, “ a ≥ b ”,” a < b ”,” a ≤ b ” gọi bất đẳng thức - Trong bất đẳng thức a>b ( Hoặc a ≥ b , a < b , a ≤ b ) a gọi vế trái, b gọi vế phải bất đẳng thức - Các bất đẳng thức “a>b”, “c>d” (Hoặc “ad” Nếu ta có “a>b” ⇒ “c>d” ta nói bất đẳng thức “c>d”là hệ bất đẳng thức “a>b”, Nếu “a>b ⇒ c > d " Ta nói hai bất đẳng thức “a>b” “c>d” hai bất đẳng thức tương đương b Các tính chất bất đẳng thức Với ∀a, b, c, d ∈ R Tính chất 1: ( a>b b>c) ⇒ a>c Tính chất 2: a>b ⇔ a+c>b+c Hệ a>b+c ⇔ a − c > b a > b ⇒a+c >b+d Tính chất 3:  c > d Chú ý: Khơng có quy tắc trừ hai vế bất đẳng thức chiều ac > bc c > ⇔ Tính chất 4: a>b  ac < bc Khi c < a > b > Tính chất 5:  c > d > ⇒ ac > bd Chú ý: Khơng có quy tắc chia hai vế bất đẳng thức chiều Tính chất 6: a>b>0 ⇒ 1 < a b Tính chất 7: a ≥ 0; a ≥ ∀a ∈ R 2.3.3 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phép lập luận nhằm chứng tỏ bất đẳng thức gọi phép chứng minh bất đẳng thức Phương pháp chứng minh bất đẳng thức đa dạng, chủ yếu phụ thuộc vào đặc thù bất đẳng thức Sau số phương pháp để chứng minh bất đẳng thức a.Phương pháp sử dụng định nghĩa phép biến đổi tương đương Hai bất đẳng thức gọi tương đương bất đẳng thức bất đẳng thức ngược lại Phép biến đổi gọi tương đương biến đổi bất đẳng thức thành bất đẳng thức tương đương với Chứng minh bất đẳng thức định nghĩa là: Nếu chứng minh đề A>B ta đưa chứng minh mệnh đề A-B>0 Ta cần chứng minh mệnh đề Chứng minh bất đẳng thức phép biến đổi tương đương biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành bất đẳng thức tương đương mà biết chứng minh đúng, biến đổi bất đẳng thức biết thành bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 1: ∀a, b, c ∈ R Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca Giải : Xét: 2( a + b + c − ab − bc − ca) = ( a − 2ab + b ) + (b − 2bc + c ) + (c − 2ca + a ) = (a − b) + (b − c) + (c − a ) ≥ ⇒ 2( a + b + c − ab − bc − ca) ≥ ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca Dấu “=” xảy a=b=c Nhận xét: Từ toán cách tương tự ta chứng minh được: a + b + c + d ≥ ab + bc + ca + ad ∀a, b, c ∈ R Hay tổng quát: a12 + a22 + + an2 ≥ a1a2 + + a1an , ∀ai > 0, i = 1, n, n ≥ Bài toán 2: Cho a ≥ c ≥ b ≥ c ≥ Chứng minh rằng: c(a − c) + c(b − c) ≤ ab (2) Giải: (2) ⇔ ( ) ( c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ) ⇔ ac + bc − 2c + c (a − c)(b − c) ≤ ab ⇔ c − c ( a − c)(b − c) + ab − abc + c ≥ ⇔ c − c ( a − c)(b − c) + (a − c)(b − c) ≥ ⇔ Vì ( ) ( ) c − (a − c)(b − c) ≥ ⇔ c − (a − c)(b − c) ≥ a≥c≥0 ⇒ a−c≥0 b≥c≥0 ⇒ b−c ≥0 (2’) Nhận thấy (2’) ∀ a,b,c thỏa mãn  a ≥ c ≥ 0   b ≥ c ≥  Vậy (2) Dấu “=” xảy khi: c = ( a − c)(b − c) ⇔c= ab a+b Bài toán 3: Cho ∀ a,b,c ≥ Chứng minh rằng: a b 1 + ≥ + a + b + ab (4) 1 + + ≥ + a + b + c + abc Giải: a (4) ⇔ 2+a+b ≥ (1 + a)(1 + b) + ab ⇔ (2 + a + b)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a )(1 + b) ⇔ + ab + ( a + b) + ab (a + b) ≥ + 2(a + b) + 2ab ⇔ (a + b) − ab(a + b) + 2ab − ab ≤ ⇔ (a + b)(1 − ab) − ab (1 − ab ) ≤ ⇔ (a + b − ab )(1 − ab ) ≤ ⇔ ( a − b ) (1 − ab ) ≤ Vì a,b ( 4’) ( ≥ ⇔ ab ≥ ⇔ − ab ≤ ) a − b ≥ ⇒( 4’) khi( 4)đúng Dấu “=” xảy a=b b Áp dụng câu a Ta có: 1 + ≥ + a + b + ab 1 + ≥ + c + abc + c3 abc ⇒  1 1  + + + ≥ +  + ab + c abc + a + b + c + abc  ≥ ⇔ 1+ 1 + + ≥ + a + b + c + abc abc.3 abc =     + abc ∀ a,b,c ≥ Dấu “=” xảy a=b=c Chú ý: Từ a,b ta có tốn tổng qt sau: Cho ≥ 1, i = 1, n (n∈ N ) thì: 1 n + + + ≥ + a1 + a2 + an + n a1a2 an Mặt khác, ta cón có: < a1 ≤ i = 1, n (n∈ N ) thì: 1 n + + + ≤ + a1 + a2 + an + n a1a2 an Ta chứng minh bất đẳng thức cách áp dụng câu a, cho hai số một, n số; chứng minh phương pháp quy nạp ( đề cập phần sau) sử dụng phương pháp chứng minh dựa vào bất đẳng thức biết Bài tập: Chứng minh với số a,b,c,d,e ta có: a + b + c + d + e2 ≥ a(b + c + d + e) Hãy mở rộng với số mũ 4, 8, 16 1 1 a Cho a, b>0 Chứng minh rằng: ( a + b )  +  ≥ a b b Hãy tổng quát toán b Phương pháp chứng minh phản chứng: Phương pháp chứng minh phản chứng phương pháp mà: Để chứng minh bất đẳng thức A>B, ta giả sử A ≤ B suy điều vô lý Vậy ta có A>B Điều vơ lý điều trái với giả thiết , điều trái với điều điều vơ lý hai điều trái ngược , mâu thuẩn với Sau số toán chứng minh bất đẳng thức phản chứng Bài toán Cho số a1 , a2 , b1 , b2 thỏa mãn hệ thức: a1 + a = 2b1b2 Chứng minh hai bất đẳng thức sau 2 đúng: b1 ≥ a1 ; b2 ≥ a2 ; Giải: Giả sử hai bất đẳng thức sai, tức là: 2 b1 < a1 ; b2 < a2 ⇒ b12 + b22 < a1 + a2 theo giả thiết a1 + a = 2b1b2 Nên b12 + b22 < 2b1b2 ⇔ b12 − 2b1b2 + b22 < ⇔ ( b1 − b2 ) < Điều vô lý với ∀b1 ,b2 hai bất đẳng thức Nhận xét: Từ tốn ta mở rộng để toán sau: Cho số a1 , a2 , a3 , b1 , b2 ,b3 thỏa mãn a1 + a + a3 = b1b2 + b2b3 + b3b1 Chứng minh bất đẳng thức sau đúng: 2 b1 ≥ a1 ; b2 ≥ a2 , b3 ≥ a3 ; Tổng quát: Cho số , bi , ( i = 1, n ) Thỏa mãn: n n −1 1 ∑ = ∑ b jb j +1 + bnb1 Chứng minh bất đẳng thức sau bi ≥ ( i = 1, n ) Bài toán Cho a,b,c∈ (0,1) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a (1 − b) > 1 ; b(1 − c) > ; c(1 − a ) > 4 Giải: Giả sử tất bất đẳng thức tức là: a (1 − b) > 1 ; b(1 − c) > ; c(1 − a ) > 4 ⇒ a ( − b ) b ( − c ) c (1 − a ) > 64 ⇒ a ( − a ) b (1 − b ) c (1 − c ) > 64 Mà ta có: (6’) < a (1 − a) = −a + a ≤ < b(1 − b) = −b + b ≤ < c(1 − c) = −c + c ≤ ⇒ < a(1 − a )b(1 − b)c(91 − c) ≤ 64 (6’’) Nhận thấy (6’) (6’’) Mâu thuẫn với Vậy có bất đẳng thức sai Chú ý: Bằng cách tương tự ta chứng minh tốn: Cho a,b,c∈ (0,2) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a(1 − b) > ; b(1 − c) > ; c(1 − a) > Có thể mở rộng toán để toán chứng minh tương tự : a,b,c∈ (0,α ) (α > 0) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a(α − b) > α2 α2 α2 ; b(α − c) > ; c(α − a ) > 4 Hơn ta cịn có: Cho ∈ ( 0,α ) (i = 1, n,n ≥ 2),α > có α2 α2 α2 ; a2 (α − a3 ) > ; .; an (α − a1 ) > 4 Nếu a.b ≥ 7998 hai phương trình sau bất đẳng thức sau sai: a1 (α − a2 ) > Bài tốn có nghiệm: x + ax + 1999 = x + bx + 2000 = (1) (2) Giải: Giả sử hai phương trình vơ nghiệm ta có: Từ (1) ∆1 = a − 4.1999 = a − 7996 < Từ (2) ∆ = b − 4.2000 = b − 8000 < ⇒ a + b − 15996 < ⇔ a + b − 2.7998 < Theo giả thiết a.b ≥ 7998 ⇒ −ab ≤ −7998 Nên ta có: ⇒ a + b − 2ab ≤ a + b − 2.7998 = a + b − 15.996 < ⇔ (a − b) < (vơ lý).Vậy có hai phương trình có nghiệm Nhận xét: Từ tốn ta có tốn tổng qt sau: Cho a1.a2 ≥ 2(b1 + b2 ) Chứng minh hai phương trình sau có nghiệm: x + a1 x +b1 = x + a2 x +b = Bằng cách chứng minh tương tự ta hồn tồn chứng minh toán Bài tập: Cho ≤ a, b, c ≤ Chứng minh có số a(1-b); b(1-c); Cho a,b,c >0 abc=1 Chứng minh: a+b+c ≥ Hãy tổng quát toán c Phương pháp làm trội, làm giảm Phương pháp làm trội, làm giảm ( Hay gọi phương pháp ước lượng đánh giá phần tử đại diện) phương pháp dùng tính chất bất đẳng thức để đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng tính tổng hữu hạn • Phương pháp tính tổng hữu hạn: Giả sử tính tổng: S n = U1 + + U n c(1-a) không vượt Ta biểu diễn số hạng tổng quát U k hiệu hai số hạng liên tiếp U k = aK − aK +1 Khi đó: S = (a1 − a2 ) + (a2 − a3 ) + + (an − an+1 ) = a1 − an+1 * Phương pháp làm giảm, làm trội: phương pháp để chứng minh: m < X + X + + X n < M 10 Ta sử dụng bất đẳng thức phụ: Ai ≤ X i ≤ Bi ( i = 1, n ) mà m < A1 + + An B1 + + Bn < M sau m < X + X + + X n < M Sau số toán: Bài toán 7: Cho a>0; b>0; c>0; d>0 Chứng minh rằng: a < b a b c d + + + 0; d>0 ta ln có: a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b+c b+c b+c+a < < b+c+d +a b+c+d b+c+d +a c+d c+d c+d +b < < c+d +a+b c+d +a c+d +a+b d +a d +a d +a+c < < d +a+b+c d +a+b d +a+b+c Cộng vế với vế bất đẳng thức kép ta có: a+b b+c c+d d +a 2< + + + ( i = 1, n ) n ∈ N (n ≥ ) Chứng minh rằng: a.Với a>0; b>0; c>0; d>0 ta ln có: 11 (n − 2) < a1 + a2 + + an−2 a2 + + an−1 a + a + + an−3 + + + n < ( n − 1) a1 + a2 + + an−1 a2 + + an an + a1 + + an−2 Bài toán chứng minh tương tự toán 1 1 + + + < − Bài toán : Chứng minh rằng: 2 n n 1 1 < = − Giải: Ta có = ( k ≥ 2) k k k k (k − 1) k − k ( n ≥ 2) 1 1 1 1 < − < − < − ; ; ; n 1− n n 2 32 1 1 1 1 − ) Từ ta có: + + + < (1 − ) + ( − ) + + ( n 2 n −1 n ⇒ ⇔ 1 1 + + + < − 2 32 n2 n Chú ý: Từ toán suy ra: k 1 1 ⇔ 0 ta có: (a + b) +  ≥ a b 1 1 b Với a, b>0 ta có: (a + b + c) + +  ≥ a b c Giải: a ∀a, b > áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: a + b ≥ ab 1 1 1 1 ⇒ (a + b) +  ≥ a.b =4 + ≥2 ab a b ab a b Dấu “=” xảy a = b b ∀a, b, c > áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: 12 a + b + c ≥ abc 1 1 + + ≥3 a b c abc  1 1 ⇒ (a + b + c) + +  ≥ 33 abc 3 =9 abc a b c Dấu “=” xảy a = b = c Nhận xét: Bằng cách làm tương tự ta có: 1 1 ∀ai > ( i = 1, n ) thì:( a1 + a2 + + an ) + + +  ≥ n an   a1 a2 Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an Từ câu a , suy ra: 11 1 1 ≤  +  + ≥ a+b 4a b a b a+b Đó dạng suy biến bất đẳng thức Cơsi Bài tốn 10 Cho a, b,c>0 Chứng minh rằng: a a b c + + ≥ b+c c+a a+b a2 b2 c2 a+b+c b + + ≥ b+c c+a a+b Giải: a ⇔ a b c  a   b   c  + 1 +  + 1 +  + 1 ≥ + + ≥ ⇔ b+c c+a a+b b+c  c+a  a+b  a+b+c a+b+c a+b+c 1   + + ≥ ⇔ 2(a + b + c) + + ≥9 b+c c+a a+b b+c c+a a+b Đúng ( theo 14) ⇔ a b c + + ≥ b+c c+a a+b a2 b2 c2 b + + + a + b + c ≥ (a + b + c) b+c c+a a+b  a2   b2   c2        + a + + b + + c VT =   c+a  a+b b + c        a   b   c  + 1 + b + 1 + c + 1 = a b+c  c+a  a+b  b c   a + +  ≥ (a + b + c) ( Theo câu a) = ( a + b + c) b+c c+a a+b 13 a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ Vậy: b+c c+a a+b * Sử dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki Cho 2n số thực (n ≥ 2) a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn Ta ln có: ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ (a12 + a22 + + an2 )(b12 + b22 + + bn2 ) Dấu “=” xảy a1 a2 a b b b = = n = = n b1 b2 bn a1 a2 an (Quy ước: Nếu mẫu tử 0) Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Bunnhiacơpxki 14 Bài tốn 11 ∀ a, b,c>0 Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ a b+c c+a a+b a3 b3 c3 a2 + b2 + c2 + + ≥ b+c c+a a+b Giải:a.Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki cho bội số: b b + c , c + a, a + b a2 b2 c2 , , , Ta có: b+c c+a a+b  a2 b2 c2   ≥ ( a + b + c ) ( b + c + c + a + a + b )  + + b+c c+a a+b  a2 b2 c2   ≥ ( a + b + c ) ⇔ 2( a + b + c )  + + b+c c+a a+b a3 b3 c3 a2 + b2 + c2 ⇔ + + ≥ ∀ a, b,c>0 b+c c+a a+b b Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacôpxki cho bội số: a (b + c) , b(c + a), c( a + b ) a3 b3 c3 , , , Ta có: b+c c+a a+b  a3 b3 c3   ≥ ( a + b + c ) + + Ta có: a( b + c) + b(c + a) + c(a + b )  b+c c+a a+b a3 b3 c3 (a + b + c ) ⇔ + + ≥ b + c c + a a + b 2(ab + bc + ca) Mặt khác: ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c )( b + c + a ) = ( a + b + c ) ⇔ ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) a3 b3 c3 (a + b + c ) a + b + c ⇒ + + ≥ ≥ b + c c + a a + b 2(a + b + c ) Dấu “=” xảy a = b = c 2.3.4 Một số ứng dụng bất đẳng thức a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Ví dụ 1: Xét số x, y , z thỏa mãn x, y, z ≥ x + y + z = Tìm giá trị nhỏ của: A = x + y + z ; B = x + y + z ; C = x + y + z ; Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacơpxki ta có: 15 = x + y + z ≤ 3( x + y + z ) = A Nên A ≥ Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy: minA = 3 Tiếp tục ta có: 12 ≤ 3( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z ) = 3B ⇒B≥ 1 Dấu “=” xảy x = y = z = 27 Vậy: minB = 27 Ta có: C = x + y + z = ( x + y + z )( x + y + z ) ≥ 2 = (x + y + z ) ≥ ( y= Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số: Giải: Tập xác định ) Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy: minC = x3 x + y y + z z x2 + y= x −x+2 D=R x2 + ⇔ ( y − 1) x − yx + y − = 0(*) x −x+2 Xét y -1=0 ⇔ y=1 ta có x= -1 Xét y ≠ Vì phương trình (*) có nghiệm x nên ∆ ≥ hay y − 4( y − 1)(2 y − 3) ≥ ⇔ −7 y + 20 y − 12 ≥ ⇔ Kết hợp điều kiện ta có Maxy=2 x = Miny= ≤ y≤2 y =1 2( y − 1) x=3 16 b) Giaỉ phương trình,bất phương trình hệ phương trình: Ví dụ 3:Giaỉ phương trình: 4+ x + y + z =2 x − + y − + z − 17 Giải: Điều kiện x ≥ 2, y ≥ 3, z ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: x − = 1( x − 2) ≤ + x − = x − Dấu “=” xảy x=3 y − = 4( y − 3) ≤ + y − = y + Dấu “=” xảy y=7 z − = 9( z − 5) ≤ + z − = z + Dấu “=” xảy z=14 Vậy: x − + y − + z − ≤ x + y + z + Dấu “=” xảy x=3, y=7, z=14 Tức phương trình: x + y + z + = x − + y − + z − Có nghiệm x=3, y=7, z=14 Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: x3 y =  3 x + y =  x0 y0 =  Giải: Giả thiết x0 , y0 nghiệm hệ phương trình  3 x0 + y = (1) (2) Từ (1) (2) ⇒ x0 > 0; y0 > Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: ⇒ ≥ x0 + x0 + x0 + y0 ≥ x0 y0 Vơ lý Vậy giả thiết hệ có nghiệm sai Do hệ vơ nghiệm Ví dụ 4: Giải bất phương trình: x − + x − ≥ 2( x − 3) + x − Giải: Theo bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có: [ x − + x − ≤ (12 + 12 ) ( x − 1) + ( x − 3) ]= 2( x − 3) + x − Do bất phương trình : x ≥ ⇔ x=5 ⇔ x −1 = x − ⇔  x − = ( x − )  Vậy nghiệm phương trình x=5 18 2.4 Hiệu SKKN: Qua việc hướng dẫn học sinh làm tập cho thấy phần kiến thức đề tài phần kiến thức mở giáo viên đưa vào cuối luyện tập, tự chọn nên nội dung học sinh cịn phức tạp, khó hình dung Vì cần đưa kiến thức cho học sinh làm từ dễ đến khó, kết hợp ôn tập, giao tập nhà, kiểm tra học sinh Sau hướng dẫn nội dung chuyên đề cần cho học sinh kiến thức cần thiết, đồng thời rèn luyện kỹ lam tập cho học sinh Cần đưa nội dung vào dạy cho phù hợp, tránh dồn ép học sinh tiếp nhận kiến thức cách thụ động mà kết không mong muốn Sau áp dụng kết vào giảng dạy tập hợp kết em sau Số lượng HS Điểm giỏi Điểm Điểm TB Điểm yếu Điểm 30 (16,7%) (26,6%) 12 (40 %) (16,7%) Nhìn vào bảng ta thấy học sinh xác định loại toán cách làm, nhiều em học sinh làm tập bất đẳng thức có hứng thú học tốn Qua tạo cho học sinh chủ động, tự tin, say mê, u thích mơn học Các tập bất đẳng thức tương đối khó học sinh, hướng dẫn xong cho học sinh xong đề tài học sinh thấy việc làm tập bất đẳng thức dễ Đồng thời đứng trước tốn khó cho dù dạng tập học sinh có hướng suy nghĩ tập lập luận, em có tự tin 19 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ: 3.1 Kết luận: Trên việc làm năm gần năm học vừa qua thu kết định Để có kết định có hỗ trợ, thống đồng chí nhóm, tổ chun mơn ủng hộ nhiệt thành Ban giám hiệu nhà trường Để vận dụng phương pháp có hiệu quả, vào đầu năm học giáo viên cần lưu ý học sinh phương pháp học tập môn, trọng phương pháp chứng minh bất đẳng thức Khi giảng dạy tập chứng minh hình học, giáo viên trọng hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ tìm tịi lời giải cho toán, định hướng cho học sinh cách vẽ đường phụ hợp lí; thường xun hệ thống tập có vẽ nhiều loại đường phụ khác nhau, có hướng dẫn cụ thể để học sinh luyện tập thêm nhà, giáo viên kiểm tra, sữa chữa, uốn nắn kịp thời sai sót Về phía học sinh, em phải tuân theo dẫn giáo viên, ý nắm bắt vấn đề để vận dụng có hiệu quả, thường xuyên rèn luyện để hình thành kĩ vẽ đường phụ giúp ích cho việc giải qyết tốn Và tất nhiên khn khổ sáng kiến khơng tránh khỏi khiếm khuyết, thiếu sót, kính mong đồng chí đồng nghiệp bảo, góp ý, đánh giá để rút kinh nghiệm bổ sung 3.2 Kiến nghị: Đề nghị nhà trường Phòng giáo dục thường xuyên tổ chức lớp học, buổi hội thảo báo cáo điển hình sáng kiến kinh nghiệm giải nhiều để giáo viên học tập rút kinh nghiệm áp dụng vào thực tế giảng dạy Đồng thời, tăng cường hỗ trợ tài liệu, đồ dùng dạy học đặc biệt đồ dùng công nghệ thông tin Tôi xin chân thành cảm ơn XÁC NHẬN Thanh Hóa, ngày 31 tháng năm 2017 CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Lê Thị Hồng 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa Toán lớp 6, 7, 8, Tác giả : Phan Đức Chính (tổng chủ biên) Tơn Thân (chủ biên) Vũ Hữu Bình - Trần Phương Dung - Ngô Hữu Dũng Lê Văn Hồng - Nguyễn Hữu Thảo [2] Sách giáo viên Toán 6, 7, 8, Tác giả : Phan Đức Chính (tổng chủ biên) Tơn Thân (chủ biên) [3] Sách tập Toán lớp 6, 7, 8, Tác giả : Tôn Thân (chủ biên) Vũ Hữu Bình - Trần Đình Châu - Trần Kiều [4] Dạy - học toán THCS theo hướng đổi [5] Tài liệu bồi dưỡng thương xuyên cho giáo viên trung học sở chu kỳ III(2004 - 2007) mơn Tốn [6] Tài liệu dạy học theo chủ đề tự chọn trường THCS [7] Luật giáo dục năm 2005 21 ... 0; a ≥ ∀a ∈ R 2.3.3 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phép lập luận nhằm chứng tỏ bất đẳng thức gọi phép chứng minh bất đẳng thức Phương pháp chứng minh bất đẳng thức đa dạng, chủ yếu... đặc thù bất đẳng thức Sau số phương pháp để chứng minh bất đẳng thức a .Phương pháp sử dụng định nghĩa phép biến đổi tương đương Hai bất đẳng thức gọi tương đương bất đẳng thức bất đẳng thức ngược... bất đẳng thức thành bất đẳng thức tương đương với Chứng minh bất đẳng thức định nghĩa là: Nếu chứng minh đề A>B ta đưa chứng minh mệnh đề A-B>0 Ta cần chứng minh mệnh đề Chứng minh bất đẳng thức