DẠY HỌC BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ

Li núi u Bt ng thc v cỏc bi toỏn cc tr i s l hai chuyờn ớt c cp n lớ thuyt trong chng trỡnh sỏch giỏo khoa toỏn bc trung hc c s. lp 8 chuyờn bt ng thc c trỡnh by 2 tit lý thuyt v 1 tit luyn tp,do yờu cu ca chng trỡnh m hai chuyờn ny trong chng trỡnh sỏch giỏo khoa khụng i sõu vo mụ t khỏi nim bt ng thc v chng minh cỏc bt ng thc phc tp,tuy nhiờn trong sỏch bi tp li a ra bi tp ca hai chuyờn ny vo cui ca mt s chng, c bit trong cỏc k thi hc sinh gii hoc thi vo lp 10 cỏc trng chuyờn thỡ hc sinh li gp nhng bt ng thc rt phc tp.Nhiu hc sinh ó t ra lỳng tỳng khi ng trc bi toỏn chng minh bt ng thc hoc bi toỏn tỡm cc tr ca mt biu thc cú nhiu em ó chỏn nn khi phi hc bt ng thc.T kim im li bn thõn, cỏc em thy rng mỡnh ó rt c gng trong quaự trỡnh hoùc taọp, c ngh mỡnh ó nm rt vng kin thc c bn v bt ng thc trong sỏch giỏo khoa th nhng ng trc bi toỏn chng minh bt ng thc hoc tỡm cc tr ca mt biu thc thỡ li b tc khụng tỡm ra li gii.v sau tham kho li gii ca nhng bi toỏn y thỡ thy khụng cú gỡ khú khn lm vỡ ch ton s dng kin thc c bn v bt ng thc,cú nhng bi gii rt n gin nhng ch vỡ mt chỳt thiu sút hoc khụng ngh n cỏch y m cỏc em ó gii sai.L giỏo viờn toỏn, ai cng thy rng: hc sinh thuc bi trụng sỏch giỏo khoa thụi thỡ cha m phi bit vn dng kin thc gii quyt trong nhng tỡnh hung c th, phi bit phõn loi cỏc dng toỏn v cỏch gii tng dng toỏn. Cỏc bi toỏn v bt ng thc v tỡm cc tr ca mt biu thc trong cỏc sỏch bi dng hc sinh gii, tp chớ toỏn hc, bỏo toỏn hc tui tr, , v c trờn th vin in t rt a dng, phong phỳ cú nhng bi cú nhiu hng gii quyt v cng khụng ớt bi cú cỏch gii c ỏo.song thi gian dy v hng dn cho hc sinh hc tp li hn ch, do ú ũi hi ngi thy phi bit tng hp,phõn loi cỏc dng toỏn thng gp v cỏc phng phỏp gii chỳng.T ú hng dn hc sinh rốn luyn ý thc nh hng v ỳc rỳt kinh nghiệm.Trong quá trình học toán và dạy toán, tôi đã phân loại được một số dạng toán về bất đẳng thức, bài toán cực trị thường gặp và các phương pháp thích hợp để giải chúng.vì vậy tôi mạo muội viết ra những kinh nghiệm của bản thân để chia sẻ cùng các thầy(cô) dạy toán,các em học sinh và những ai yêu thích môn toán. Phạm vi chọn đề tài. Do thời gian có hạn, nên đề tài này tôi chỉ nêu một số tính chất của bất đẳng thức, cách chứng minh một số dạng bất dẳng thức thường gặp trong chương trình toán ở bậc THCS và cách giải một số dạng bài toán cực trị đại số.Các dạng bất đẳng thức khác ở bậc THPT.Cách giải các dạng oán cự trị hình học chưa được đề cập đến. Phaàn 1: Thöïc traïng Qua quan sát tình hình học tập bất đẳng thức và giải toán cực trị cũng như kiểm tra học sinh về phần này tôi thấy rằng, đại đa số học sinh lung túng khi đứng trước bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số. Cụ thể nghiên cứu như sau: Về chứng minh bất đẳng thức: Ở mức độ kiến thức cơ bản, trong 115 học sinh thì có 52 học sinh (42%) chứng minh được. Ở mức độ nâng cao thì trong 115 em chỉ có 2 em (2%) chứng minh được. Về giải toán cực trị: Ở mức độ cơ bản như sách giáo khoa và sách bài tập, trong 115 em thì có 9 em (0,8%) làm được ở mức độ nâng cao trong 115 em,không có em nào làm được. Qua đây ta có thể rút ra một số nguyên nhân dẫn đến mức độ nắm bắt kiến thức về bất đẳng thức và vận dụng kiến thức về bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức ở học sinh kém như sau: • Nhiều học sinh học yếu môn toán. • Học sinh chưa nắm vững khái niệm, cũng như các tính chất của bất đảng thức. • Chưa vậ dụng linh hoạt lí thuyết về bất đẳng thức vào giả các bài toán cụ thể. • Kinh nghiệm giả toán bất đẳng thức và toán cực trị còn ít. • Hệ thống bài tập tự giải tự tích lũy của các em chưa nhiều. • Các em chưa phân loại được các dạng toán cùng phương pháp chứng minh. Từ thực trạng tình hình và phân tích ngun nhân các em học sinh gặp vướng mắc khi giải tốn bất đẳng thức trong q trình dạy học, tơi đã tổng hợp được một số dạng tốn chứng minh bất đẳng thức và giải bài tốn cực trị ở bậc THCS cùng với phương pháp giải chúng.Sau đây là phương pháp giải một số dạng tốn về bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số. A. BẤT ĐẲNG THỨC Khái niệm về bất đẳng thức: Ta gọi a b (hay a b, , a b) là bất đẳng thức. a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức. a b < > ≤ ≥ Một số tính chất: * Với a,b,c R ∈ ,a>b, ta có: a) a+c>b+c b) ac>bc (nếu c>0) c) ac<bc (nếu c<0) c) a>b và b>c thì a>c * V ới a>b>0,n là số ngun dương, ta có a) a n > b n b) n n a b > * với mọi a,b R ∈ , ta có: a>b ⇔ a-b>0 Chú ý: Các tính chất trên vẫn đúng trong trường hợp dấu của bất đẳng thức là “ ≤ hoặc ≥ ” I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG. VD 1 : Chứng minh rằng: a 2 +b 2 +c 2 ≥ ab+ac+bc ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 cm: a b c ab bc ac a b c ab ac bc a b c a c b ab ac bc a ab b c ac a c cb b a b c a c b + + ≥ + + ⇔ + + − − − ≥       − + + − + + − + ≥  ÷  ÷  ÷       − + − + − + ⇔ + + ≥ − − − ⇔ + + ≥ bất đẳng thức hiển nhiên đúng.Dấu “=” x ảy ra khi a=b=c VD 2: Chứng minh rằng 2a 2 +b 2 +c 2 ≥ 2(ab+ac) với mọi a, b, c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b c a ab ac a ab b a ac c a b a c ⇔ + + + − − ≥ ⇔ − + + − + ≥ ⇔ − + − ≥ hiễn nhiên đúng với mọi a,b,c. dấu “=” xảy ra khi a=b=c vậy 2a 2 +b 2 +c 2 ≥ 2(ab+ac) với mọi a,b,c VD 3: chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d − + − ≤ + + + ∀ Cm: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d − + − ≤ + + + ∀ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( a c b d a b c d a b c d a c a c b d b d a b c d ac bd a b c d ac bd a b c d ac bd a b c d ac ac bd bd ac ad ⇔ − + − ≤ + + + + + + ⇔ − − + + − − + ≤ + + ⇔ − − ≤ + + ⇔ − + ≤ + + ⇔ + ≤ + + ⇔ + + ≤ + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) bc bd ac bd ad bc ad ad bc bc ad bc + ⇔ ≤ + ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ hiển nhiên đúng.Dấu “=” xảy ra khi ad=bc vậy 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d − + − ≤ + + + ∀ VD 4: chứng minh rằng 2 2 1 a>0a a a + + + ∀ p cm: 2 2 1 a>0a a a + + + ∀ p ( ) 2 2 2 2 4 1 2 2 4 4 2 2 2 2 1 2 2 1 ( ) a+2 ( ) 2 ( ) ( ) a a a a a a a a a a a a a a a a a ⇔ + + < + ⇔ + + + < + ⇔ + < + ⇔ + < + ⇔ + < + + hiển nhiên đúng . vậy 2 2 1 a>0a a a + + + ∀ p VD 5: chứng minh rằng : 1 1 4 x,y>0, x+y<1 x y x y + ≥ ∀ + Từ đó suy ra 2 2 1 1 4 2x y xy + ≥ + CM: 2 2 2 2 1 1 4 4 4 2 0 0 ( ) ( ) x y x y xy x xy y x y x y x y xy x y + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ + + hiển nhiên đúng . vậy 1 1 4 x,y>0 x y x y + ≥ ∀ + đặt x 2 +y 2 =X; 2xy=Y theo chứng minh trên, ta có 2 1 1 4 4 = (1) ( )X Y X Y x y + ≥ + + 2 2 4 1 4 x,y>0 ( ) (2) x+y<1 ( ) x y x y  ⇔ + < ⇔ >  +  từ (1) và (2) suy ra 1 1 X Y + ≥ 4 hay 2 2 1 1 4 2x y xy + ≥ + VD 6: chứng minh rằng: 2 2 1 1 2 1 1 1 a b ab + ≥ + + + với mọi ab>1 CM: nhân cả hai vế của BĐT với (1+a 2 ).(1+b 2 ).(1+ab) thì 2 2 1 1 2 1 1 1 a b ab + ≥ + + + ⇔ (1+a 2 ).(1+ab)+(1+b 2 ). (1+ab) ≥ 2(1+a 2 )(1+b 2 ) ⇔ (1+a)(2+a 2 +b 2 )-2(1+a 2 )(1+b 2 ) ≥ 0 ⇔ 2+a 2 +b 2 +2ab+ab.a 2 +ab.b 2 -2-2b 2 -2a 2 -2a 2 b 2 ≥ 0 ⇔ ab.a 2 +ab.b 2 -a 2 -b 2 +2ab-2a 2 b 2 ≥ 0 ⇔ (ab.b 2 –b 2 )+(ab.a 2 -a 2 )+(2ab-2a 2 b 2 ) ≥ 0 ⇔ b 2 (ab-1) + a 2 (ab-1)-2ab(ab-1) ≥ 0 ⇔ (b-a) 2 (ab-1) ≥ 0 hiển nhiên vì ab>1 vậy 2 2 1 1 2 1 1 1 a b ab + ≥ + + + với mọi ab>1 Bài tập tự giải Chứng minh rằng: bài 1: a 2 + b 2 +c 2 +d 2 ≥ a(b+c+d+e) , , ,a b c d ∀ bài 2: 2 2 p,q>0 p q pq p q + ≥ ∀ + bài 3: 2 2 a,b>0 a b a b b a + ≤ + ∀ bài 4: a 3 +b 3 ≤ a 4 +b 4 với a+b 2 ≥ bài 5: 1 1 1 3 a b c a b c a b c + + > + + + + + với mọi a,b,c>0 bài 6: 1a b ab + + ≤ + với 1 1;a b < < trong quá trình học bất đẳng thức chúng ta còn gặp nhiều bất đẳng mà chứng minh nó bằng phương pháp biến đổi tương đương sẽ gặp rất nhiều khó khăn, cũng có những bài không thể làm được bằng phương pháp này. Để chứng minh những bất đẳng thức như vậy đôi khi ta phải nhờ đến một bất đẳng thức khác như bất đẳng thức cauchy (cô sy), Bunhiacopsky,…sau đây là một số bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất đẳng thức cô sy. II. DỰA VÀO BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. Với 1 2 3 0, , , ., n a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 . . n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ Ta cũng có thể viết 1 2 3 0, , , ., n a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 . . n n n a a a a n a a a a+ + + + ≥ Chứng minh: a. BĐT đúng với n = 2. thật v ậy Với mọi 1 2 0,a a ≥ ta có 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 0 2 0 2 2 ( ) a a a a a a a a a a a a a a + − ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ (1) dấu “=” xảy ra khi 1 2 a a = .Bất đẳng thức đúng. - giả sử BĐT đúng với n=k (k bất kì). Ta phải chứng minh B ĐT đ úng với n=2k thật vậy giả sử 1 2 3 0, , , ., k a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 . . k k k a a a a a a a a k + + + + ≥ với 2k số không âm 1 2 3 2 , , , ., k a a a a ta có 1 1 2 1 2 3 1 2 1 2 3 2 2 2 2 . . . . . (GT. QN) k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a a a a k k k + + + + + + + + + + + + + = ≥ 2 1 2 3 1 2 2 1 2 3 2 . . . k k k k k k k k a a a a a a a a a a a + + ≥ = (2) dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 2 , ., k a a a a = = = = - Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k (k bất kì) sẽ đúng với n=k-1 thật vậy với k-1 số không âm 1 2 3 1 , , , ., k a a a a − ta có 1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 . . . . . k k k k k k k k k a a a a a a a a a a k a a a a k k + − − − + − − + + + + + + + + + + +   − = ≥  ÷ − −   1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 1 . . . . k k k k k k a a a a a a a a a a a a a a a a k k − − − − − − + + + + + + + +     ≥ ⇔ ≥  ÷  ÷ − −     (3) dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 1 , ., k a a a a − = = = = từ (1),(2) và (3) suy ra BĐT luôn đúng với mọi n 2 ≥ ghi chú: Cách chứng minh trên là cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp kiểu cauchy VD1: Chứng minh rằng (a+b) (1+ab) ≥ 4ab với mọi a,b>0 Phân tích: ta không thể áp dụng ngay BĐT cô sy trong trường hợp này vì ở vế trái là một tích . để áp dụng bất đẳng thức cô sy ta phải viết vế trái thành tổng. CM: ta có (a+b)(1+ab) = a+a 2 b+b+ab 2 . vì a,b>0 nên a,ab 2 ,b,a 2 b>0 Theo bất đẳng thức cô sy, ta có a+a 2 b+b+ab 2 2 2 4 44 4 4 4 4. . .a a b ab b a b ab ≥ = = Dấu “=” xảy ra khi a=b=1 Vậy (a+b)(1+ab) ≥ 4ab với mọi a,b>0. VD 2 Chứng minh rằng ( a b + )( 1 1 4) a,b>0 a b + ≥ ∀ CM: ( a b + )( 1 1 ) a b + = 1+ 1 a b b a + + . Vì a,b>0 nên 0, a b b a > Áp dụng BĐT cô sy, ta có ( a b + )( 1 1 ) a b + = 1+ 1 a b b a + + . 4 4 1 1 4 . . . a b b a ≥ = dấu “=” xảy ra khi 1 a b a b b a = = ⇔ = vậy ( a b + )( 1 1 4) a,b>0 a b + ≥ ∀ VD 3: Chứng minh rằng a+b+1 a,b 0ab a b ≥ + + ∀ ≥ phân tích: khác với hai ví dụ đã giải ở trên, ở trong B ĐT này cả hai v ế đều là một tổng ba hạng tử trong bất đẳng thức. trong BĐT cô sy chiều nhỏ hơn là n 1 2 n a .a .a n vì vậy mỗi hạng tử , , ab a b là một vế nhỏ hơn của ba bất đẳng thức cô sy khác. Căn cứ vào điều này ta có thể chứng minh bài toán như sau: CM: với a,b>0 ta có: 1 1 2 2 2 ; ; a b a b ab a b + + + ≥ ≥ ≥ . Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 2 2 2 a b a b ab a b a b ab a b + + + + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + dấu “=” xảy ra khi a=b=1 VD 4: chứng minh rằng 1 2 a,b 0a b a b + + ≥ + ∀ ≥ Phân tích: Trong BĐT này ở vế trái có ba hạng tử, vế phải có hai hạng tử vì vậy khi chứng minh bất đẳng thức này cần khéo léo tách các hạng tử ở vế trái một cách hợp lí, tuy nhiên nếu chỉ để ý vế trái thôi thì việc phân tích cũng sẽ gặp khó khăn, mà để làm được điều này ta cũng cần để ý vế phải để có cách phân tích phù hợp. Ta có thể giải bài tập này như sau: CM: vì a,b ≥ 0 nên 2a,2b ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức cô sy, ta có 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 . a a a a + + ≥ ⇔ ≥ (1) 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 . b b b b + + ≥ ⇔ ≥ (2) cộng vế với vế của (1) và (2) ta được 1 2 2 2 a + + 1 2 2 2 b + a b ≥ + 1 2 2 2 a + + 1 2 2 2 b + a b ≥ + ⇔ a+ 1 4 +b+ 1 4 a b ≥ + ⇔ a+b+ 1 2 a b ≥ + dấu”=” xảy ra khi 2a=2b= 1 2 ⇔ a=b= 1 4 Bài tập tự giải: chứng minh rằng: bài 1: 1 1 1 8; a,b,c>0 a b c b c a     + + + ≥ ∀  ÷ ÷ ÷     bài 2: (ax+by)(ay+bx) 4 ; a,b,x.y>0abxy ≥ ∀ bài 3: ( ) 1 1 1 9 a,b,c>0a b c a b c   + + + + ≥ ∀  ÷   bài 4: a+b+c a,b,c>0ab bc ac ≥ + + ∀ II. BẤT ĐẲNG THỨC “CỘNG MẪU” Với 1 2 3 0, , , ., n a a a a ≥ , ta có 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 . . n n n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + Chứng minh: Với 1 2 3 0, , , ., n a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 n n n a a a a n a a a a+ + + + ≥ . . (1) 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 . . n n n n a a a a a a a a + + + + ≥ (2) Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được: ( 1 2 3 n a a a a + + + + . ) 1 2 3 1 1 1 1 . n a a a a   + + + +  ÷   ≥ 1 2 3 n n n a a a a . 1 2 3 1 . n n n a a a a ⇔ 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 . . n n n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + dấu “=” xảy ra khi a 1 =a 2 =a 3 =… =a n. VD 1: chứng minh rằng: Với a, b, c>0, a+b+c=1 thì 1 1 1 9 a b c + + ≥ Vì a,b,c>0 nên áp dụng bất đẳng thức “cộng mẫu”, ta có 1 1 1 9 a b c a b c + + ≥ + + Mà a+b+c=1 (gt) nên 1 1 1 9 a b c + + ≥ . Dấu “=” xảy ra khi a=b=c= 1 3 VD 2: cho a,b,c >0 chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 5 3 3 3a b c a b c a b c a b c   + + ≥ + +  ÷ + + + + + +   Phân tích: Nếu dung bất đẳng thức “cộng mẫu” cho 3 số ở vế trái, ta không thể chứng minh được bài toán này.khi thực hiện phép nhân ở vế phải ta thấy vế phải là một tổng vì vậy ta suy nghĩ đến việc dùng ba bất đảng thức “cộng mẫu” sau đó cộng vế với vế của ba bất đẳng thức đó. Ta có thể giải bài toán trên như sau: Ta có 2 1 1 1 1 1 5 (1) a a a b c a a a b c + + + + ≥ + + + + 2 2 1 1 1 1 1 5 (2) 1 1 1 1 1 5 (3) a b b b c a b b b c a b c c c a b c c c + + + + ≥ + + + + + + + + ≥ + + + + cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có 2 5 5 5 1 1 1 5 3 3 3 1 1 1 1 1 1 5 3 3 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c   + + ≥ + +  ÷ + + + + + +     ⇔ + + ≥ + +  ÷ + + + + + +   Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. VD 3: cho a,b,c,d>0 chứng minh rằng: 2 2 1 1 1 1 9 a b c d a b c a b d   + + + ≥ +  ÷ + + + +   Phân tích: Nếu viết vế trái thành 1 1 1 1 1 1 a a b b c d + + + + + và áp dụng bất đẳng thức “cộng mẫu” ta không được như ý muốn. nếu thực hiện phép nhân ở vế phải ta được 2 biểu thức có tử là 3 2 còn mẫu của mỗi biểu thức gồm ba số hạng. Do đó ta nghĩ đén việc chứng minh hai bất đẳng thức bằng cách áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu rồi cộng vế với vế của hai bất đẳng thức đó. Ta có thể chứng minh như sau: Ta có 1 1 1 9 1 1 1 9 (1); (2) a b c a b c a b d a b d + + ≥ + + ≥ + + + + cộng vế với vế của hai bất đẳng thức (1) và (2) ta được 2 2 1 1 1 1 9 a b c d a b c a b d   + + + ≥ +  ÷ + + + +   . Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=d Bài tập tự giải: Bài 1: Cho a,b>0, a+b=12. Chứng minh rằng: 1 1 2 1 2 2 3a b a b + + ≥ + [...]... BĐT bằng phương pháp tách các số hạng… 12 Chứng minh BĐT bằng phương pháp làm trội 13 Chun đề tốn cực trị Tìm cự trị của một đa thức bật hai một ẩn 15 Tìm cực trị của một số biể thức phân 17 Áp dụng BĐT cơ sy để giải bài tốn cực trị 20 Áp dụng BĐT Bunhiacopski để giải bài tốn cực trị 22 Giải bài tốn cự trị bằng các phương pháp khác 23 Phần 3: kết quả 25 Tài liệu tham khảo 26 ... GTNN khi 10 x − x 2 + 3 7 7 − ( x − 5)2 + 28 có GTLN, GTNN của biểu thức là và biểu thức có giá trò 2 10 x − x + 3 28 nhỏ nhất khi x=5 Tìm GTNN của biểu thức Có khi để tìm GTNN của một biểu thức hoặc chứng minh một bất đẳng thức ta phải tách hạng tử hoặc thêm và bớt vào biểu thức cùng một biểu thức khác VD 2: Tìm GTNN cua bieu thức û å giải: 4x + 4 x2 2 4 x + 4 4( x + 1) 2 2( x + 1)  x + 2  x + 2... yếu kém, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi; mỗi giáo viên phải khơng ngừng tự học, phải thương u học sinh,tận tâm với nghề có như thế thì chất lượng đại trà và chất lượng mũi nhọn mới tăng lên được Phần 3: kết quả Bằng cách tổ chức phụ đạo học sinh yếu kém, bồi dưỡng học sinh giỏi chun đề bất đẳng thức và tốn cực trị, với những phương pháp giải các dạng tốn như đã nêu ở trên cho thấy rằng học sinh đã có sự... bài toán không thể áp dụng những bất đẳûng thức cổ điển như cô sy hay Bunhiacopski mà đòi hỏi sự sáng tạo trong quá trình phân tích và chứng minh bất đăûng thức. Có khi chúng ta phải tách các số hạng hoặc các thừa số ở một vế nào đó của bất đẳng thức cũng có khi phải đưa vào trong bài toán moat đại lượng trung gian để so sánh.Sau đây là hai phương pháp để giải một số bài toán như đã nói IV Chứng minh bất. .. biểu thức x2 +1 c) Tìm GTNN và GTLN của biểu thức Trên đây là phương pháp giải một số dạng tốn về chứng minh BĐT và tìm cực trị của biểu thức. Tuy nhiên với thời lượng chương trình có hạn người thầy khơng thể truyền đạt hết những kinh nghiệm mà mình tích lũy được cho học sinh chỉ trong 3 tiết học. Vì vậy để học sinh học tốt hơn hai chun đề này thiết nghĩ các nhà trường cần phải có kế hoạch phụ đạo học. .. Vậy GTNN của biểu thức là -1 và biểu thức có GTNNkhi x=-2 Nhận xét: Cách giải giải trên không hề dễ dàng gì đối với học sinh vì việc phân tích và tách biểu thức như vậy không mấy học sinh làm được Ta còn có thể giải bài tập này bằng cách đơn giản sau: 2  x +2 4 x + 4 x2 + 4 x + 4 − x2 x2 + 4x + 4 = = −1 =  ÷ − 1 ≥ −1 với mọi x 2 2 2 x x x  x  vậy GTNN của biểu thức là -1 và biểu thức có GTNN khi... nêu ở trên cho thấy rằng học sinh đã có sự tiến bộ rất nhiều trong q trình học tập chun đề bất đẳng thức và tốn cực trị. Các em đã nhận được dạng tốn và đã phần nào biết cách giải các dạng tốn thường gặp, thậm chí có những học sinh còn có những cách giải độc đáo.Sau đây là kết quả thống kê điểm kiểm tra ( 90 phút) của 26 học sinh học sinh được áp dụng đề tài này Điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 số HS 0 0 4 5 6 5... khi x=-2 VD 3: Tìm GTNN cua bieu thức A = û å 5x 2 − 4 x + 4 x2 Giải 5x 2 − 4 x + 4 4 x 2 − 4 x + 4 + x 2 ( x − 2 ) A= = = + 1 ≥ 1 với mọi x x2 x2 x2 vậy GTNN của A là 1 và biểu thức A có GTNN khi x=2 2 Có khi giải bài toán cực trò của biểu thức phân ta phải rút gọn biểu thức phân đó Để được biểu thức đơn giản, sau đó mới tìm cực trò của bài toán. Sau đây là ví dụ về bài toán như vậy: VD 4: x3 + x 2 −... 2008 2 Bài tập tự giải: * Bài 1: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N ta có B 1 1 1 1 + 2 + 2 + + 2 < 1 2 2 3 4 n CHUYÊN ĐỀ TOÁN CỰC TRỊ Dạng 1: Tìm cực trò của biểu thức là đa thức bậc hai Muốn tìm GTNN của biểu thức dạng ax2+ bx+c (a, b, c là các số, a ≠ 0 ) ta biến đổi biểu thức về dạng (a’x+b’) 2+c’, khi đó GTNN của biểu thức là c’ Muốn tìm GTLN của biểu thức ax2+ bx+c ta biến đổi biểu thức về dạng – (a’x+b’)2+c’,... kiểm tra trước khi áp dụng đề tài này thì đây là sự tiến bộ rất đáng kể của học sinh.Với những gì đã làm được khi dạy học ở trường THCS Lê Q Đơn, thơng qua đề tài này tơi mong muốn được đóng góp một phần rất nhỏ bé của mình vào kinh nghiệm dạy học tốn, để cơng tác dạy học càng phất triển đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh và thực hiện tốt mục tiêu giáo dục Trong phạm vi đề tài này, bản than tơi đã . nắm bắt kiến thức về bất đẳng thức và vận dụng kiến thức về bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức ở học sinh kém như. trình học toán và dạy toán, tôi đã phân loại được một số dạng toán về bất đẳng thức, bài toán cực trị thường gặp và các phương pháp thích hợp để giải chúng.vì