Rèn luyện kỹ năng sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

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 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Toán THANH HÓA NĂM 2017 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm MỤC LỤC 1.LỜI 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 2.1 Cở sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Xây dựng phương trình hàm số cách đặt ẩn phụ 2.3.2 Xây dựng phương trình hàm số cách dồn biến biến cho 2.3.3 Áp dụng vào toán thực tế 2.3.4 Khai thác bất đẳng thức chứng minh thành bất đẳng thức 2.4 Hiệu đạt KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Kiến nghị Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm 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 quan trọng việc phát triển tư sáng tạo, tư biện chứng cho học sinh Sử dụng ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức phương pháp hiệu quả.Có nhiều toán thực tế quy việc tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Mặt khác từ việc chứng minh toán cụ thể, 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 1.1 Lý chọn đề tài Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối tượng học sinh Sự nhận thức học sinh thể rõ: - Học sinh lúng túng định hướng gặp toán chứng minh bất đẳng - 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 - Chưa có kĩ vận dụng kiến thức học vào thực tế sống - Từ bất đẳng thức chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành toán Vì để khắc phục hạn chế học sinh, bồi dưỡng khả tư cho học sinh giỏi, qua nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường chọn đề tài: Rèn luyện kỹ sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức 1.2 Mục đích nghiên cứu - Từ bất đẳng thức cụ thể cần rèn luyện cho học sinh kỹ xây dựng phương trình hàm số thích hợp, từ sử dụng ứng dụng đạo hàm vào để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số - Bên cạnh hướng dẫn học sinh vận dụng kiến thức học vào giải toán tối ưu thực tế - Giúp giáo viên có định hướng tốt giảng dạy chủ đề bất đẳng thức 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các dạng tập chứng minh bất đẳng thức, tập tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số sử dụng chiều biến thiên hàm số Các toán thực tế quy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số 1.4 Phương pháp nghiên cứu Xây dựng hệ thống tập định hướng Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm NỘI DUNG SÁNG KIẾN 2.1.Cở sở lý luận - Giáo viên ôn tập lại nội dung tính chất bất đẳng thức Côsi, bunhiacốpxki - Phương pháp tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn Cách tìm: Cho hàm số y = f(x) liên tục [a; b] tồn tại: max f ( x);min f ( x) [a; b] [a; b] • Tìm xi ∈ [ a; b ] (i = 1;2; ; n) đạo hàm không xác định • Tính f (a ), f ( xi ), f (b), (i = 1;2 ; n) • Tìm GTLN = max { f (a ), f ( x1 ), f ( x2 ) , f ( xn ), f (b)} , GTNN= { f ( a ), f ( x1 ), f ( x2 ) , f ( xn ), f (b)} - Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ khoảng Cho hàm số y = f(x) liên tục (a; b) • Tính f’(x), lập bảng biến thiên hàm số (a;b) • Căn vào bảng biến thiên kết luận GTLN, GTNN có 2.2 Thực trạng vấn đề 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.Trong số tiết phân phối cho học Khả vận dụng kiến thức học vào giải toán thực tế học sinh hạn chế Có nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng , 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 Dẫn đến việc học sinh ”sợ” gặp toán bất đẳng thức 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Xây dựng phương trình hàm số đặt ẩn phụ Một yếu tố định học sinh xác định phương trình hàm số 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 xác định hàm số Bài [3] : Cho ba số thực x, y, z thõa mãn: x2 + 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 - Sử dụng BĐT để tìm điều kiện biến (Ghi chú: [3] ( giải thích cho việc trích dẫn lấy từ tài liệu tham khảo số 3)) Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm 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 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 + 1990 1990 + ≥ 2017 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 )2 2 ⇔ ( x + y ) + z = 3( x + y + z ) ⇒ 3( x + y + z ) ≥ ⇔ 0< x+ y+ z ≤6 - Từ dồn biến t = x + y +z Giải: Ta có VT = 6( x + y ) + z + 1990 1990 + = 6( x + y ) + z + + 1990( + x+z y +2 x+z ≥ 6( x + y + z ) + 1990(2 ) ≥ 6( x + y + z ) + 3980 a + c b + Đặt: t = x + y + z Xét hàm f(t) = 6t + Ta có f’(t) = 6- ) −9 y +2 −9 x + y + z +2 3980 − với t ∈ (0;6] t+2 1990 < ∀t ∈ (0;6] Suy f(t) nghịch biến t ∈ (0;6] (t + 2) t + f (t ) = f (6) = 2017 Dấu xảy Do (0;6] x + y + z = x =   ⇔ y = x + y = z x + z = y + z =   Bài [2]: Cho ba số dương thõa mãn a + b + c ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu a b c + + + (a + b + c)3 thức : P = 2 1+ b 1+ c 1+ a Nhận xét: - Ta đăt t = a+ b+ c Chiều cần đánh giá Nguyễn Thị Hiền a b c + + ≥ f (a + b + c) 2 + b + c + a2 – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm a ≥ ta cần 1+ b ≤ Vì cần theo hướng đảo chiều + b2 1 đánh giá nghĩa thành 1+ b + b2 ab ab a a + ab − ab ab 2 = =a− ≤ - Ta có Vì + b ≥ 2b ⇒ ( Kĩ 2 2 1+ b 1+ b 1+ b 1+ b thuật côsi ngược dấu) Giải: ab ab a a + ab − ab ab 2 = = a − + b ≥ b ⇒ ≤ Ta có Vì 2 2 1+ b 1+ b 1+ b 1+ b - Để có đánh giá a ab c ac b bc ≥b− ≥c− ≥a− Tương tự ta có: ; 2 1+ c 1+ a 1+ b a b c bc + ac + ab + + ≥ a + b + c − Từ suy ra: + b2 + c2 + a 2 Khi Áp dụng BĐT Cosi: ( ab + bc + ac ) ≤ (a + b + c) a b c bc + ac + ab (a + b + c ) + + ≥a+b+c− ≥a+b+c− Do đó: + b2 + c + a2 2 t (a + b + c) + (a + b + c )3 Xét hàm số f (t ) = t − + t với t ≥ Vậy P ≥ a + b + c − 6 t t (9t − 1) + > 0, ∀t ≥ Ta có f '(t ) = 3t − + = 3 57 Vì hàm số đồng biến liên tục t ≥ Do f (t ) ≥ f (3) = 57 Vậy giá trị nhỏ P = a= b = c= 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 2.3.2 Xây dựng hàm số cách dồn biến biến cho Trong phần hàm số xây dựng cách chọn biến làm biến 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} Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Bài [2]: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: + 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 x + y 1− z ) =( ) chuyển hàm số với biến x - Kết hợp z + y = – x xy ≤ ( 2 Giải : Ta có : x + y = - z 4( xy + yz + xz ) − xyz − = z ( x + y ) + xy (4 − z ) − 1− z −9 z + 3z − z ≤ z (1 − z ) + (4 − z )( ) −1 = Mặt khác −9 z + z − z (1 − z )(3z − 1) = ≤ 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 + y + z + + ≤ + y2 + z + x2 Nhận xét: - Vai trò ẩn bình đẳng nên ta 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} - Nếu dấu f’(x) khó xét ta xét dấu f’’(x), từ xét dấu f’(x) Giải: Không tính tổng quát giả sử x = max{x, y,z} ⇒ ≤ x ≤ + y2 + z2 + y2 z2 1 + ≤ + + ≤ + ( y + z )2 + 2 2 1+ z 1+ x 1+ z 1+ z 1+ x + x2 + x2 + y + z + x2 1 ⇒ + + ≤ + + ( y + z )2 + ≤ + x + (1 − x) + 2 2 1+ y 1+ z 1+ x 1+ y 1+ x + x2 1 2 , t ∈ [ ;1] Xét hàm f (t ) = + t + (1 − t ) + 1+ t 3 2t 4(1 + t ) + 6t − ⇒ f '(t ) = 4t − − , f ''(t ) = >0 (1 + t ) (1 + t )3 1 Vì f '(1) f '( ) < nên tồn t0 ∈ ( ;1) để f '(to ) = 3 Ta có: Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Bảng biến thiên: x f’ f t0 - + 311 90 f (t0 ) + x2 + y2 + z + + ≤ Suy + y2 + z + x2 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 2x 2y z2 −1 + + ≤ rằng: x + y2 + z2 + 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 1 - Bài toán ta đặt ẩn = a; = b; z = c toán có điều kiện “ đẹp hơn” x y ⇒ ab + bc + ca = Giải: 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 + Ta có: a b a b + ab + = + = a + b + (a + b)(a + c ) (a + b)(b + c) (a + b)( a + c)(b + c ) + ab = ≤ (1 + a )(1 + b ) + c + c2 c2 − −2c( + c − 2) + = f (c) ⇒ f '(c) = ⇒ f '(c) = ⇔ c = Suy ra: VT ≤ (1 + c ) + c2 c + Từ ta có: maxVT = max f (c) = f ( 3) = x = y = + 3, z = Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm 2.3.3 Áp dụng vào toán thực tế Có nhiều toán thực tế quy việc tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Ví toán quãng đường ngắn nhất, toán tạo hình đa diện( hình lập phương , hình hộp chữ nhật, hình nón , trụ, cầu ) tích lớn Hay tạo hình đa diện làm tốn nhiên liệu Thông qua học sinh thấy ứng dụng quan toán học vào thực tiễn sống Câu [1]: Một hải đăng đặt vị trí A có khoảng cách đến bờ biển AB = 5km Trên bờ biển có kho vị trí C cách B khoảng 7km.Người canh hải đăng chèo đò từ A đến M bờ biểnvới vận tốc 4km/ h đến C với vận tốc 6km/ h Vị trí điểm M cách B khoảng để người đến kho nhanh nhất? Nhận xét: - Đặt BM = x từ xác định thời gian từ A đến kho theo - Tìm giá trị nhỏ hàm số lập Giải: Đặt BM = x(km) Þ MC = 7- x(km) ,(0 < x < 7) x + 25 Ta có: Thời gian chèo đò từ A đến M là: t AM = (h) Thời gian đến C là: tMC = Khi đó: t ′ = 7−x (h) Thời gian từ A đến kho t = x + 25 − x + x − , cho t ′ = ⇔ x = x + 25 Lập bảng biến thiên x t’ t - + 29 12 74 t( ) Suy thời gian đến kho nhanh Nguyễn Thị Hiền x = 5(km) – Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Câu [5] : Bạn An học sinh lớp 12, bố bạn thợ hàn Bố bạn định làm thùng hình trụ từ mảnh tôn có chu vi 120 cm(như hình vẽ).Bằng kiến thức học em giúp bố bạn chọn mảnh tôn để làm thùng tích lớn nhất, chiều dài, rộng mảnh tôn là: A 35cm;25cm B 40cm;20cm C 50cm;10cm D 30cm;30cm Hướng dẫn giải: - Cần xác định hàm số thể tích khối trụ dựa kiện biết chu vi hình chữ nhật - Gọi chiều dài x( cm) (0 < x < 60) , chiều lại 60- x( cm) , giả sử quấn cạnh có chiều dài x lại bán kính đáy Ta có: V = pr 2.h = - x3 + 60x2 4p Xét hàm số: r= x ; h = 60- x 2p f (x) =- x3 + 60x2 , x Î ( 0;60) éx = f '(x) =- 3x2 + 120x; f '(x) = Û ê êx = 40 ë Lập bảng biến thiên, ta thấy f (x) =- x + 60x , x Î ( 0;60) lớn x=40 Khi chiều dài 40 cm; chiều rộng 20 cm Chọn đáp án B Câu [1]: Cắt bỏ hình quạt AOB (hình phẳng tô đậm hình vẽ) từ bìa tông hình tròn bán kính R dán hai bán kính OA OB hình quạt tròn lại với để phễu có dạng hình nón Gọi x góc tâm hình quạt tròn dùng làm phễu x ( < x < 2π ) Tìm x để hình nón tích lớn Giải: Vì độ dài đường tròn đáy hình nón độ dài dây cung AB hình quạt tròn dùng làm phễu nên ta có: 2π r = Rx ⇒r = Rx R x Rx ; h = R2 − r = R2 − = 4π − x 2π 4π 2π Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 10 Sáng kiến kinh nghiệm R3 V = π r h = x 4π − x (0 < x < 2π ) Thể tích hình nón là: 24π Ta có : R x(8π − 3x ) V'= (0 < x < 2π ) 24π 4π − x  x =  6π 6π ⇒ V '(x) = ⇔  x = ⇔x= (do x ∈ (0;2π ))  3   x = − 6π  Bảng biến thiên: x 6π V’ + 2π − 3π R 27 V Vậy hình nón tích lớn x= 6π Câu [5]: Một xưởng khí nhận làm thùng phi với thể tích theo yêu cầu 2000π lít Hỏi bán kính đáy chiều cao thùng để tiết kiệm vật liệu nhất? A 1m 2m B 1dm 2dm C 2m 1m D 2dm 1dm Nhận xét: - Thùng làm tốn nguyên liệu diện tích toàn phần thùng nhỏ Như gọi bán kính đáy x chiều cao h từ thể tích suy mối liên hệ h x - Tính diện tích toàn phần thùng theo h x Từ lập hàm số với biến x ( h) tìm giá trị nhỏ hàm số tìm Giải: Đổi 2000π (lit ) = 2π (m3 ) Gọi bán kính đáy chiều cao x(m)(x > 0) h(m) Ta tích thùng phi V = π x h = 2π ⇒ h = x2 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 11 Sáng kiến kinh nghiệm Diện tích toàn phần thùng: Stp = 2π x + 2π x.h = 2π x(x + Ta có S 'tp = 2π (2 x − ) ⇒ S 'tp = ⇔ x = x2 2 ) = 2π (x + ) x x Bảng biến thiên x S’ S - +∞ + 4π Vậy để tiết kiệm vật liệu ta chọn bán kính đáy thùng 1m, chiều cao thùng 2m Chọn đáp án C 2.3.4 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 1 Chẳng hạn thay x, y, z tương ứng ; ; x y z 1 ≥ 4( + + ) ⇔ xyz + ≥ 4( x + y + z ) Khi ( 1) trở thành + xyz xy yz xz Ta có toán 1.1: 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 m+9 9 x+ y+ z m+9 9 ) = ⇒P≤ + Nếu m + ≥ ⇔ m ≥ − (m + ) xyz ≤ ( m + )( 4 4 27 27 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 12 Sáng kiến kinh nghiệm 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 < - + Nếu m < - ( m + 9) xyz ≥ (m+ 9) ( x+ y+ z m+9 ) = 27 Ta có toán 2.2: Nếu x, y,z không âm thõa mãn x + y + z = 1, m∈ R m+9 a) ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤ (m < −9) 27 b) ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤ (−9 < m < − ) 4 m+9 c) ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤ (m ≥ − ) 27 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 3m + p xyz ) + m + n p – 3m – 2n ≠ = (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz + p − 3m − 2n Vận dụng kiến thức toán 2.1 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: Kết hợp với bất đẳng thức cổ điển từ tạo bất đẳng thức Hướng 4.1 Mở rộng theo hướng tăng số biến Xuất phát từ kiện: (x - 1)(y - 1) ≥ ⇔ xy ≥ x + y -1 Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 13 Sáng kiến kinh nghiệm ⇒ xyzt ≥ xzt + yzt − zt ⇒ xyzt + zt + xyt + xyz ≥ xyt + yzt + xzt + xyz Áp dụng BĐT Côsi z + t + x + y + z x + y + t 2( x + y + z + t ) + zt + xyz + xyt ≤ + + = 3 3 3 3 2( x + y + z + t ) + ⇒ xyzt + ≥ xyz + xyt + yzt + xzt Ta có toán 4.1: 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 n −1 i n + ≥ ( n − 1)∑ n ∏ j =1 i =1,i ≠ j = x1 x2 xn ; n ∏x i =1,i ≠ j i xi (n ∈ N , n ≥ 3) = x1 x2 x j −1 x j +1 xn ) Hướng 4.2: 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 x 3n4−1 +4 x43n2 +4 4+ 43 x n −1 + y n−1 + y 3n −1 + + y n −1 + z n4−1 +4z43 n −21 +4 4+ 43 z n−1 1 4 42 4 43 n −1sô hang n −1sô hang n sô hang ≥ (3n − 1)3 n−1 ( x 3n −1 ) n −1 ( y n−1 ) n−1 ( z 3n −1 ) n = (3n − 1) z ( xyz ) n−1 −1 −1 x 3n4−1 +4 x43n2 +4 4+ 43 x n −1 + y n−1 + y 3n−1 + + y 3n−1 + z n4 +4 z43 n−21 +4 4+ 43 z 3n−1 1 4 42 4 43 n sô hang n sô hang n −1sô hang ≥ (3n − 1)3n −1 ( x3 n −1 ) n ( y 3n −1 ) n ( z 3n−1 ) n = (3n − 1) xy ( xyz ) n−1 ( n − 1) x n−1 + ( n − 1) y 3n−1 + nz 3n −1 + nx n−1 + ny 3n −1 + (n − 1) z n −1 n −1 n −1 ⇒ z ( xyz ) + xy ( xyz ) ≤ + 3n − 3n − n −1 n −1 n −1 (2n − 1)( x + y + z ) + = 3n − Ta có toán 4.2: Cho số thực không âm x, y, z Chứng minh (3n − 1)( xyz ) n + (2n − 1)( x 3n −1 + y 3n −1 + z 3n −1 ) ≥ (3n − 1)( xyz ) n −1 ( xy + yz + xz ) Hướng 4.3 Kết hợp kĩ thuật tách số hạng sử dung BĐT Cosi ,Bunhiacopxki 9 ) ≥ ( x + ) ⇒ 82 x + ≥ x + x x x x 1 9 82( x + + y + + z + ) ≥ x + y + z + + + ≥ 82 x y z x y z - Xuất phát từ bất đẳng thức: Từ ta có: (12 + 92 )( x + Ta có toán 4.3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 14 Sáng kiến kinh nghiệm a) x + 1 + y + + z + ≥ 82 (Trích đề thi đại học cao đẳng 2005) x y z b) x + 1 + y + + z + ≥ 82 y z x Hướng 4.4: Xuất phát từ bất đẳng thức +) xyz ≤ ( x+ y+z ) ≤ 3 1 x2 82 +) x + = x + + + ≥ 8282 = 2 2 x 81x 81x (81x ) 41 981 x80 ⇒ x2 + 1 82 1 82 + y2 + + z2 + ≥ ( + + )≥ 41 40 41 81 41 40 41 81 41 40 x y z x y z 3 41 x 40 41 y 40 41 z 40 = 82 Với cách làm bậc hai bậc x không ảnh hưởng trực tiếp vào toán, từ ta có toán sau: Bài toán 4.4: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: a) x n + 1 + y n + n + z n + n ≥ n 82.3n − n x y z b) n x + 1 + n y + + n z + ≥ (9n + 1).32− n x y z Ta tăng số biến lên n biến, từ ta có toán tổng quát: TQ: Cho n số dương x1 ; x2 ; ., x n thõa mãn: x1 + x2 + + xn = Chứng minh rằng: a ) x12 + 1 + x22 + + + xn2 + ≥ n4 + x1 x2 xn b) x1n + 1 + x2n + n + + xnn + n ≥ (n n + 1).n 2− n n x1 x2 xn c ) n x12 + 1 + n x22 + + + n xn2 + ≥ n (n + 1).n n −2 x1 x2 xn Hướng 4.5: Áp dung BĐT bunhiacopxki: - Xuất phát từ biểu thức: ( x + y + z )2 = ( x y z x2 y2 z2 2y + z + x + 2z + y + 2x )2 ≤ ( + + )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 2 x y z - Xuất phát từ biểu thức: + + ≥ x + y + z = y z x Ta có: Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 15 Sáng kiến kinh nghiệm ( x2 y2 z 2 x2 + + ) =( y z x y x+z x+z + y2 z x+ y x+ y + z2 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 4.5 : Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng x2 y2 z2 + + ≥ minh rằng: a) z + y x + 2z y + 2x x4 y4 z4 + + ≥ b) 2 y ( x + z ) z ( y + x) x ( z + y ) Hướng : Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch” nên: x 9x xy xy 27 xy = = x − ≥ x − = 9x − ( y + ≥ y ) 1+ y 2 y2 + y2 + y 9 +) Vì dấu xảy x = y = z = +) Tương tự toán kết hợp với vai trò bình đẳng x, y, z ta khai thác theo x3 xy xy y = x − ≥ x − = x− 2 2 x +y x +y xy x3 y3 z3 x+ y+z = Từ suy ra: 2 + 2 + 2 ≥ x +y y +z z +x 2 hướng sau: Ta có toán 5.1: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: x3 y3 z3 a) + + ≥ 2 x +y y +z z +x x4 y4 z4 + + ≥ 3 3 3 x + 2y y + 2z z + 2x x +1 y +1 z +1 c) + + ≥ y + z + x2 + b) +) Khai thác toán theo hướng sử dụng bất đẳng thức đúng: Từ xy xy y ≤ = ( x − y ) = x − xy + y ≥ ⇔ x + xy + y ≥ 3xy ⇒ x + xy + y xy xy yz zx x+ y+z ⇒ + + ≤ 2 2 x + xy + y y + yz + z z + zx + x 2 2 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 2 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 16 Sáng kiến kinh nghiệm Ta có toán 5.2: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: a) xy yz zx + + ≤ 2 2 2 x + xy + y y + yz + z z + zx + x b) x3 y3 z3 + + ≥ 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 2.4 Hiệu đạt - Đề tài nghiên cứu thực giảng dạy hai năm 2015- 2016; 2016- 2017 Trong số tiết chữa tập số tiết bồi dưỡng học sinh giỏi - Đối tượng thực nghiệm học sinh lớp 12A2(2015-2016), 12A2 (20162017), 12A1(2016-2017), nhà trường - Sau giảng dạy tiến hành kiểm tra khả tiếp thu học sinh kết thu sau :12A2 (2016-2017) (chưa triển khai sáng kiến này),12A1(2016-2017), 12A2( 2016- 2017)(đã triển khai sáng kiến này) Lớp 12A2 (2015-2016) Lớp12A2 (2016-2017) Lớp12A1 (2016-2017) Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu - Kém SL % SL % SL % SL % 42 11,9 12 28,6 18 42,8 16,7 42 10 23,8 17 40,5 12 28,6 7,1 42 13 30,9 20 45,1 19,6 2,4 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Qua thời gian nghiên cứu vận dụng đề tài vào giảng dạy rút số nhận xét sau : Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 17 Sáng kiến kinh nghiệm - 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 - 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 - Học sinh biết vận dụng kiến thức học vào giải số toán thực tiễn Từ giúp học sinh thấy ứng dụng thiết thưc môn học Kiến nghị - 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 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 Năm 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Nguyễn Thị Hiền Nguyễn Thị Hiền – Trường THPT Tĩnh Gia I 18 Sáng kiến kinh nghiệm Tài liệu tham khảo [1] Sách đại số giải tích 12, sách tập giải tích 12 nâng cao( Chủ biên: Đoàn Quỳnh – Nhà xuất giáo dục 2011) [2] Sách “ bất đẳng thức ứng dụng” (tác giả: Phan Huy Khải – Trần Hữu Nam) [3] Sách “263 toán bất đẳng thức” (tác giả: Nguyễn Vũ Thanh) [4] Một số lấy từ đề thi đại học cao đẳng Bộ giáo dục từ năm 2005 đến 2015 [5] Đề thi thử đại học trường THPT lấy từ trang www.toanmath.com.vn, dethi.violet.vn Danh mục SKKN mà tác giả Hội đồng Cấp sở GD&ĐT đánh giá đạt từ loại C trở lên STT Tên SKKN Rèn luyện kĩ sử dụng biểu thức trung gian để chứng minh bất đẳng thức dạy học đại số 10 Rèn luyện kĩ xây dựng đẳng thức từ đẳng thức có Nguyễn Thị Hiền Xếp loại C Năm học 2009 - 2010 C 2011 - 2012 – Trường THPT Tĩnh Gia I 19 ... cứu - Từ bất đẳng thức cụ thể cần rèn luyện cho học sinh kỹ xây dựng phương trình hàm số thích hợp, từ sử dụng ứng dụng đạo hàm vào để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số... từ loại C trở lên STT Tên SKKN Rèn luyện kĩ sử dụng biểu thức trung gian để chứng minh bất đẳng thức dạy học đại số 10 Rèn luyện kĩ xây dựng đẳng thức từ đẳng thức có Nguyễn Thị Hiền Xếp loại... tri thức, phương pháp phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh Phần bất đẳng thức quan trọng việc phát triển tư sáng tạo, tư biện chứng cho học sinh Sử dụng ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng