SKKN : Vận dụng các bất đẳng thức để giải các dạng bài tập đại số lớp 9

Trong nhà trường phổ thông , môn toán có vai trò quan trọng trong việc thực hiện mục tiêu của nền giáo dục , đó là cung cấp cho học sinh những nền tảng kiến thức toán học cơ bản , phát triển các năng lực trí tuệ chung như : Phân tích , tổng hợp , khái quát hoá , trừu tượng hoá , … phát triển khả năng độc lập , sáng tạo , rèn luyện tính chính xác , cần cù cho học sinh . Môn toán là môn nền tảng cho các môn khoa học khác .Với tinh thần đó , căn cứ vào tính bức thiết về tài liệu để giảng dạy , nhằm đáp ứng nguyện vọng của một số học sinh khá giỏi ; trước đây tôi đã viết chủ đề về thể loại nâng cao : “ Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng để giải bài toán cực trị đại số trong chương trình toán lớp 8 ”

SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ A / LÝ DO CHỌN CHỦ ĐỀ : Điểm bật việc đổi chương trình giáo dục phổ thông đổi phương pháp dạy học , nhằm tăng cường tính chủ động , tích cực sáng tạo người học Thông qua trình học tập , người học có hội để rèn luyện kĩ tự học , biết cách kiến tạo kiến thức hướng dẫn giáo viên Cùng với việc đổi chương trình đổi hình thức dạy học Theo định số 04 / 2002 / QĐ-BGD&ĐT ngày 08/3 / 2002 GD&ĐT nêu rõ : “ … Đưa vào tiết học tự chọn , phần dành cho việc bám sát , nâng cao kiến thức ; phần khác dành cho việc cung cấp số nội dung theo yêu cầu người học yêu cầu cộng đồng Như , dạy học tự chọn trở thành hình thức dạy học có tính pháp qui đưa vào giảng dạy tất khối lớp bậc trung học sở Trong điều kiện khó khăn sở vật chất , thiết bị dạy học , người dạy huyện vùng nông thôn khó đáp ứng việc dạy tự chọn môn khiếu Âm nhạc , mỹ thuật , … cho học sinh Do , việc học tự chọn mơn tốn lựa chọn số phụ huynh học sinh Vì qua việc học tập môn , học sinh rèn luyện , củng cố kiến thức , nâng cao kiến thức , chuẩn bị cho kì thi tuyển vào trung học phổ thơng Trong nhà trường phổ thơng , mơn tốn có vai trò quan trọng việc thực mục tiêu giáo dục , cung cấp cho học sinh tảng kiến thức toán học , phát triển lực trí tuệ chung : Phân tích , tổng hợp , khái quát hoá , trừu tượng hoá , … phát triển khả độc lập , sáng tạo , rèn luyện tính xác , cần cù cho học sinh Mơn tốn mơn tảng cho mơn khoa học khác Với tinh thần , vào tính thiết tài liệu để giảng dạy , nhằm đáp ứng nguyện vọng số học sinh - giỏi ; trước viết chủ đề thể loại nâng cao : “ Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức & ứng dụng để giải tốn cực trị đại số chương trình tốn lớp ” Nay , để góp phần làm phong phú thêm tài liệu giảng dạy theo chương trình tự chọn cho học sinh - giỏi lớp ; tiếp tục nghiên cứu xếp kiến thức để viết chủ đề thể loại nâng cao : “Ứng dụng bất đẳng thức để giải dạng tập nâng cao chương trình đại số lớp ” Vì loại tập mà theo chương trình sách giáo khoa em khơng có điều kiện để rèn luyện kĩ giải nâng cao kiến thức lại hay có đề thi học sinh giỏi , kì thi tuyển vào lớp 10 PTTH Việc biên soạn giảng dạy theo chủ đề với mục đích cung cấp cho em biết thêm số bất đẳng thức mà em chưa làm quen chương trình Đồng thời rèn luyện cho em kĩ vận dụng bất đẳng thức cách _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ sáng tạo vào việc giải tốn khó chương trình đại số học : Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức , giải phương trình , hệ phương trình Bản thân cố gắng xếp cho phù hợp tiết dạy ; nội dung chủ đề viết dạng dễ hiểu , dễ đọc , người học tự học Nhưng chắn nội dung kiến thức , bố cục tiết dạy chưa thật mạch lạc Rất mong bạn đồng nghiệp góp ý xây dựng , để tài liệu giảng dạy theo chương trình tự chọn ngày có chất lượng ! _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ B / NỘI DUNG CHỦ ĐỀ : Nội dung chủ đề gồm hai phần : Phần I : Vận dụng bất đẳng thức để tìm cực trị * Với thời lượng tiết : Tiết : Vận dụng bất đẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối để tìm cực trị Tiết : Vận dụng bất đẳng thức Cơ-Si để tìm cực trị Tiết : Cách chọn điểm rơi bất đẳng thức Cơ-Si để tìm cực trị Tiết : Vận dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki để tìm cực trị Phần II : Vận dụng bất đẳng thức để giải phương trình & hệ phương trình * Với thời lượng tiết : Tiết : Các ví dụ minh hoạ cho cách giải Tiết : Các ví dụ minh hoạ cho cách giải Tiết : Vận dụng bất đẳng thức Cơ-Si để giải phương trình Tiết : Vận dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki để giải phương trình Tiết : Vận dụng bất đẳng thức để giải hệ phương trình Tiết : Kiểm tra tổng hợp PHẦN I : VẬN DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ TÌM CỰC TRỊ Tiết : Vận dụng bất đẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối để tìm cực trị I / Kiến thức cần nhớ : Khi tìm cực trị biểu thức có chứa dấu GTTĐ , cách chia khoảng , xét khoảng để khử dấu GTTĐ , ta vận dụng bất đẳng thức sau : 1/ A + B ≥ A + B Dấu “ = ” xảy < = > AB ≥ 2/ A - B ≤ A − B Dấu “ = ” xảy < = > B( A- B ) ≥ / A + A ≥ Dấu “ = ” xảy < = > A = ± II / Các ví dụ : Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức P = x − 2004 + x + 2001 Giải : Áp dụng bất đẳng thức : A + B ≥ A + B Dấu “ = ” xảy < = > AB ≥ Ta có : P = x − 2004 + x + 2001 = 2004 − x + x + 2001 ≥ 2004 − x + x + 2001 = = Vậy Pmin = < = > ( 2004 - x ) ( x + 2001 ) ≥ < = > - 2001 ≤ x ≤ 2004 _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức Q = x − 2 x − + x + 2 x − Giải : Ta có Q = x − 2 x − + x + 2 x − = ( x − 2) − x − 2 + + ( x − 2) + x − 2 + = ( x − − 2)2 + ( x − + 2)2 = x−2 − + x−2 + = =2 2 − x−2 + x−2 + ≥ − x−2 + x−2 + x ≥ Dấu “ = ” xảy < = >  ( − x − )( x − + ) ≥ Vậy Qmin = 2 < = > ≤ x ≤ 2≤ x≤4 Ví dụ : Tìm GTLN biểu thức M = x − 2007 − x − 2002 Giải : Áp dụng bất đẳng thức : A - B ≤ A − B Dấu “ = ” xảy < = > B( A- B ) ≥ Ta có M = x − 2007 − x − 2002 ≤ x − 2007 − ( x − 2002) = − = Dấu “ = ” xảy < = > ( x - 2002) ( x- 2007 – x + 2002 ) ≥ < = > x ≤ 2002 Vậy max M = < = > x ≤ 2002 III / Bài tập áp dụng : Tìm GTNN biểu thức : A = x + − x − + x + 15 − x − B = x+4 x−4 + x−4 x−4 Tiết : Vận dụng bất đẳng thức Cô-Si để tìm cực trị I / Kiến thức cần nhớ : Bất đẳng thức Cô – si : Với a ≥ 0, b ≥ o + b ≥ ab Dấu “ = ” xảy < = > a = b ( ) Bất đẳng thức mở rộng cho n số khơng âm : Với a1 ;a2 , , an ≥ : a1 + a2 + + an ≥ n n a1 a a n Dấu “ = ” xảy < = > a1 = a2 = = an Từ bất đẳng thức ( ) ta suy : * Nếu ab = k ( Khơng đổi ) ( a + b ) = k ( Khi a = b ) _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ * Nếu a + b = k ( Khơng đổi ) max ( ab ) = k2 ( Khi a = b ) Kết mở rộng n số không âm : * Nếu a1 a2 an = k ( Khơng đổi ) n k Dấu “ = ” xảy < = > a1 = a2 = = an ( a1 + a2 + + an ) = n * Nếu a1 + a2 + + an = k ( Khơng đổi ) max ( a1 a2 an ) = Dấu “ = ” xảy < = > a1 = a2 = = an Vận dụng bất đẳng thức Cô-Si ta tìm GTLN , GTNN biểu thức II / Các ví dụ : 1 Ví dụ : Cho x , y số dương thoả mãn điều kiện x + y = Tìm GTNN biểu thức A = x + y Giải : 1 Với x , y số dương nên x ≥ ; y ≥ , x ≥ , y ≥ 1 Vận dụng bất đẳng thức Cô -Si hai số dương x ; y ta : 1 1 1 ≤ ( + )⇒ ≤ ⇒ xy ≥ x y x y xy Vận dụng bất đẳng thức Cô- Si hai số dương x ; y ta : A = x + y ≥ x y ≥ = ( Dấu “ = ” xảy ⇔ x = y = ) Vậy A = ( Khi x = y = ) * Nhận xét : Trong ví dụ ta vận dụng bất đẳng thức Cô – Si theo hai chiều ngược : Lần thứ “ làm trội ” 1 1 cách vận dụng x y ab ≤ a+b để dung điều kiện tổng x + y = , từ xy ≥ Lần thứ hai làm giảm tổng ( x + y ) cách vận dụng bất đẳng thức CôSi theo chiều a + b ≥ ab để dùng kết xy ≥ Tuy nhiên , khơng phải lúc ta dung trực tiếp bất đẳng thức CôSi số cho đề Sau ví dụ minh hoạ : Ví dụ : Tìm GTLN biểu thức A = 3x − + − 3x _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Giải : 3 x − ≥ ⇔ ≤x≤ 3 7 − x ≥ ĐKXĐ :  Ta có A2 = (3x − 5) + (7 − 3x) + (3x − 5)(7 − 3x) Mà (3x − 5)(7 − 3x) ≤ (3x − 5) + (7 − 3x) ⇒ A2 ≤ + (3x − + − 3x ) = ( Dấu xảy ⇔ 3x − = − x ⇔ x = ) Vậy max A2 = ⇒ max A = ⇔ x = * Nhận xét : Biểu thức A cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy có tổng khơng đổi ( Bằng ) Vì , ta bình phương biểu thức A xuất hạng tử hai lần tích hai thức Đến đay ta vận dụng bất đẳng thức Cô – Si : ab ≤ a + b Ví dụ : Cho < x < Tìm GTNN biểu thức A = Giải : 9x + 2−x x 9x 9x 2− x 9x − x + = + + ≥ +1 = +1 = 2−x x 2−x x 2−x x ( Dấu xảy ⇔ x = ) Vậy A = ⇔ x = 2 2−x +1 • Nhận xét : Trong cách giải ta tách hạng tử thành tổng x x 2−x x Hạng tử nghịch đảo với nên vận dụng bất đẳng thức Cô-Si ta x 2−x Ta có A = tích chúng số Ví dụ 4: Cho ba số dương x ; y ; z thoả mãn điều kiện x + y + z = Tìm GTNN biểu thức : P = x2 y2 z2 + + y+z x+x x+ y Giải : Ta thêm hạng tử y+z x2 vào hạng tử thứ có đề , để vận dụng y+z bất đẳng thức Cơ-Si khử ( y+z ) Cũng tương tự hạnh tử thứ hai thứ ba : x2 y+z Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si hai số dương Ta có : y+z x2 y+z x2 y + z x ≥2 = = x (1) + y+z y+z _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Tương tự : z+x y2 ≥ y (2) + z+x z2 x+ y ≥ z (3) + x+ y Cộng (1) ;(2) ;(3) vế theo vế : x2 y+z z+x z2 x+ y y2 ≥ x+ y+z + + + + + y+z 4 x+ y z+x x+ y+z ≥ x+ y+z P+ x+ y+z x+ y+z 2 = = = ( Dấu xảy ⇔ x = y = z = ) P ≥ ( x + y + z) − 2 Vậy P =1 ⇔ x = y = z = * Nhận xét : Cách làm gọi cách thêm hạng tử vào biểu thức Nếu ta thêm ( y + z ) , ( z + x ) ; ( x + y ) vào x2 z2 y2 ; ; ta khử y+z z+x x+ y ( y + z ) , ( z + x ) ; ( x + y ) điều quan trọng không tìm giá trị x ; y ; z để dấu đẳng thức xảy đồng thời , khơng tìm GTNN P III / Bài tập áp dụng : / Tìm GTLN biểu thức A = x − + y − Biết x + y = 4 + Biết < x < 1− x x 3/ Cho x , y z số dương thoả mãn điều kiện x + y + z ≥ 12 Tìm GTNN x y z biểu thức C = y + z + x 2/ Tìm GTNN biểu thức B = Tiết : Cách chọn điểm rơi bất đẳng thức Cơ-Si để tìm cực trị Khi sử dụng bất đẳng thức Cô-Si để tìm cực trị , nhiều lúc học sinh khơng ý đến điều kiện ( Miền xác định ) toán nên thường dẫn đến lời giải sai Sau số ví dụ cách chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cô-Si I / Các ví dụ : Bài tốn xuất phát : Cho a , b > Tìm GTNN P = a b + b a Giải : _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ a b số dương Nên áp dụng bất dẳng thức Cô-Si b a a b cho hai số dương ta : b a a b a b a b P = + ≥ = Dấu “ = ” xảy ⇔ = ⇔ a = b b a b a b a Với a , b > Vậy P = a = b Ví du : Cho a ≥ Tìm GTNN P = a + a *Bình luận lời giải : số dương Nên áp dụng bất dẳng thức Cô-Si a cho hai số dương a ta : a 1 P = a + ≥ a = ⇒ P = ⇔ a = = a a a Với a ≥ a  Em có suy nghĩ lời giải ? Lời giải sai lầm chỗ : P = ⇔ a = = không thoả mãn điều kiện a ≥ a *Phân tích tìm tòi lời giải : Xét bảng biến thiên a , P để dự đoán P a a a 5 P 3 4 19 20 19 20 19 19 20 20 Nhìn bảng biến thiên ta thấy a tăng P lớn từ dẫn đến dự đốn a = P nhận giá trị nhỏ Để dễ hiểu tạo ấn tượng ta nói P = 10 đạt điểm rơi a = Do BĐT Cô-Si xảy dấu “ = ” điều kiện tham số tham gia phải nên ta đưa vào tham số k cho điểm rơi a = cặp số a phải k a * Xác định điểm rơi a = cho cặp số a 1 = = phải xảy = ⇒ k = k k a 3 k Từ ta biến đổi P theo điểm rơi Sau lời giải : _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _  a  8a a 8.3 10 = + + ≥ + = a 9 a 9 a 10 Vậy với a = P = Ví dụ : Cho a ≥ Tìm P = a + a Ta có P = a + *Bình luận lời giải : Xác định điểm rơi : a =2 cho cặp số a 1 = = phải xảy : k k a = ⇒k =8 k Sai lầm thường gặp : a 7a 7a  a  7a + + ≥ + = + =  a a 8a 8 a  7.2 ≥ + = + = 4 8.2 Vậy với a =2 P = Ta có P = a +  Em có suy nghĩ lời giải ? Cách giải mắc phải sai lầm việc đánh giá mẫu số : “ Nếu a ≥ 8a ≥ 8.2 = đánh giá sai ” Mặc dù biến đổi P theo điểm rơi a = P = kết Sau lời giải : a a 6.2  a a  6a = Ta có : P = a + =  + +  + ≥ 33 + a 8 a 8 a  Vậy a = P = Nhận xét : Khi giải tốn tìm cực trị mà có sử dụng BĐT Cơ-Si phải biến đổi biểu thức cho sử dụng BĐT Cô-Si ta khử hết biến số tư mẫu Ví dụ : Cho a , b , c > a + 2b + 3c ≥ 20 Tìm GTNN P = a + b + c + + + a 2b c Giải : Dự đoán P = điểm rơi a = , b = , c = Sử dụng BĐT Cô-Si ta có : _ Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _  4 3  4  a +  ≥ = a + ≥ a =  a a a  4   1  9 9 b + ≥ b = ⇒   b +  ≥ = b b  b 2   16   16  16 ≥ c = c +   c +  ≥ = c  c c  4  1 ⇒ a+ b+ c+ + + ≥8 (1) 4 a 2b c b Mà a + 2b + 3c ≥ 20 ⇒ a + + c ≥ (2) 4 Cộng BĐT (1) , (2) theo vế ta : P=a+b+c+ + + ≥ 13 a 2b c Vậy với a = , b = , c = minP = 13 II / Bài tập áp dụng : / Cho t ≥ Tìm GTNN P = t + t Hướng dẫn : Xác định điểm rơi t = biến đổi P sau :  t  15t t 15t 15.4 17 ≥ + = + = P = t + =  + + t  16 t 16 16 t 16 16 Từ suy kết / Cho a , b , c > thoả mãn điều kiện : a + b + c ≤ 1 + + a b c 1 Hướng dẫn : Xác định điểm rơi a = b = c = cho số a = b = c = 2 1 2 = = = phải xảy = ⇒ k = viết Q dạng : ka kb kc k k 1  31 1 1  Q = a + b + c + + + = a + b + c + + +  +  + +  4a 4b 4c   a b c  a b c  1 3 1 1 ≥ 6.6 a.b.c +  3.3  4a 4b 4c  a b c 9 27 3+ ≥ 3+ = 3+ a.b.c a+b+c a+b+c = 27 15 ≥ 3+ = Tìm GTNN Q = a + b + c + _ 10 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Từ suy kết quả: Với a = b = c = 15 Q = 2 Tiết : Vận dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki để tìm cực trị I / Kiến thức cần nhớ : Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki : Cho hai số a , b , c x , y , z Khi : ( a + b2 ) ( x2 + y2 ) ≥ ( ax + by )2 (*) ( a2 + b2 + c2 ) ( x2 + y2 + z2 ) ≥ ( ax + by + cz )2 Tổng quát : Cho hai n số ( a1 ; a2 ; ; an ) ( b1; b2 ; ; bn ) Tích tổng bình phương n số số tổng bình phương n số số lớn bình phương tổng n tích hai số tương ứng hai số ( a12 + a22 + + an2 ) ( b12 + b22 + + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + + anbn )2 Đẳng thức xảy ( a1 ; a2 ; ; an ) ( b1; b2 ; ; bn ) hai a1 an a2 số tỉ lệ với , tức : b = b = = b với qui ước mẫu tử n Từ (*) ⇒ BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki viết dạng : a x + b y ≤ (a + b ) ( x + y ) Dấu “ = ” xảy ⇔ ay = bx II / Các ví dụ : Ví dụ : Cho x , y hai số dương thoả mãn x + y = Tìm GTNN tổng A = x + y Giải : 2 Áp dụng bất đẳng thức :( a + b ) ( m + n2 ) ≥ ( am + bn )2 Với a = Ta có : ( 2+ ) x ,b= y ,m= x ,n= y 2   2 3 = x+ y  ≤  + ( x + y )  x  y x y   ( + 3) + = Mà x y , nên A = x + y ≥ _ 11 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ 2 x + y =  Dấu xảy ⇔   y =  x   2+ x =  ⇔ y = + x  y  2+ x = ( + 3) ⇔  Vậy GTNNcủa A = x + y  y = +  + với < x < Ví dụ : Tìm GTNN B = 1− x x Giải : Áp dụng bất đẳng thức : :( a + b ) ( m2 + n2 ) ≥ ( am + bn )2 2 ;b= ; m = − x ; n = x Ta có : 1− x x 2    2   1    +   − x + x  ≥ 1− x + x    − x x  − x   x        1  ⇒ + (1 − x + x) ≥ ( + 1) ⇒ B.1 ≥ + 2 1− x x  Với a = ( ) ( ) Đẳng thức xảy : 2 1− x = x ⇔ = ⇔ x = (1 − x ) ⇔ x = − x ( < x < ) 1− x x x (1 − x ) ( ) ⇔ x +1 = ⇔ x = −1 Vậy B =3 + 2 ⇔ x = − Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN biểu thức C = 2x + 3y Biết 2x2 + 3y2 ≤ Giải : Ta viết C2 dạng : C2 = 2x + 3y = ( x + y ) , dễ thấy a = , b = , m = x , n = y ; áp dụng bất đẳng thức : ( a2 + b2 ) ( m2 + n2 ) ≥ ( am + bn )2 ta : C2 = ( x + y ) ( ) + ( )  ( x ) + ( y )  = (2 + 3)(2 x ≤  ⇒ C2 = 25 ⇔ 2 x = 2 + y ) ≤ = 25 y ⇔x= y Do C2 ≤ 25 nên − ≤ x ≤ x = y ⇔ x = y = −1 C = -5 ⇔  2 x + y = −5 _ 12 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ x = y ⇔ x = y =1 2 x + y = max C = ⇔  Nhận xét : Nếu ta áp dụng bất đẳng thức( a2 + b2 ) ( m2 + n2 ) ≥ ( am + bn )2 với a = , b = , m = x , n = y ta có : C2 = ( 2x + 3y )2 ≤ (2 + ( x + y ) = 13( x + y ) Trong trường hợp , ta không số k để C2 ≤ k nên không giải tốn ! Tóm lại , vận dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki để giải toán cực trị ta cần phải biến đổi biểu thức cách linh hoạt để xác định số ( a , b ) ( m ; n ) trước vận dụng III / Bài tập áp dụng : 1/ Tìm GTNN , GTLN A = x 99 + 101 − x Hướng dẫn : Xét biểu thức phụ A áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki Cô-Si ta được: ) ( A= x ( ) 99 99 + 101 − x ≤ x (99 + 1) (99 + 101 − x ) = x 10 200 − x ≤ 10 x + 200 − x = 1000  x ≤ 101  99  99 A = 1000 ⇔  = ⇔ x = ±10 101 − x   x = 200 − x  Do -1000 ≤ A ≤ 1000 Vậy A=-1000 với x =-10 ; maxA =1000 với x = 1000 / Tìm GTNN GTLN B = x3 + y3 Biết x ≥ , y ≥ x2 + y2 = Hướng dẫn : a/ Tìm GTLN 0 ≤ x ≤  x ≤ x ⇔ ⇔ x3 + y3 ≤ x2 + y = Từ GT   ≤ y ≤  y ≤ y   x = x ⇒ max B = ⇔  ⇔ x = ; y = x =1 ; y =  y = y b/ Tìm GTNN ( x+ y )2 ≤ 2(x2 + y2) = ⇒ x + y ≤ ⇒ Do x3 + y3 ≥ ( x + y ) ( x + y) x+ y ≤1 Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki , ta có : _ 13 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ ( ) ] ( [ ( x + y ) ( x + y ) =  x + ( y )  ( x ) + ( y ) ≥ x x + y   2 = ⇔x= y= => B = 2 2 + Với < x < 3/ Tìm GTNN C = 2−x x y ) = (x + y )2 = Hướng dẫn : Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki : ( a2 + b2 ) ( m2 + n2 ) ≥ ( am + bn )2 2    1   +   2− x 2C =   − x   x       2C ≥ ( + 1) = + 2 ( ) +( )   x  ≥  ( − x) + x   − x x   2  2C = + 2 ⇔ − x = x ⇔ x = x − x + ⇔ x + x + = ⇔ ( x + 2) = ⇔ x = 2 − 2− x x ( Chú ý x > )  C =1,5 + ⇔ x = 2 − PHẦN II : VẬN DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH _ 14 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Ứng dụng bất đẳng thức việc giải phương trình & hệ phương trình ứng dụng bất đẳng thức Trong phần chủ yếu sử dụng bất đẳng thức quen thuộc , BĐT cơ-Si Bu-nhi-a-cốp-xki , Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình I / KIẾN THỨC CẦN NHỚ : Khi ứng dụng bất đẳng thức giải phương trình , ta tiến hành theo cách sau : *Cách : Biến đổi phương trình dạng f( x ) = g( x ) mà f( x ) ≥ a , g( x ) ≤ a ,( với a số ) Nghiệm phương trình giá trị x thoả mãn đồng thời f( x ) = a g( x ) = a *Cách : Biến đổi phương trình dạng h( x ) = m , ( m số ) mà ta ln có h( x ) ≥ m h( x ) ≤ m nghiệm phương trình giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy * Cách : Áp dụng BĐT quen thuộc Cô-Si ; Bu-nhi-a-cốp-xki ; II / CÁC VÍ DỤ Tiết : Các ví dụ minh hoạ cho cách giải 1/ Ví dụ : Ví dụ : Giải phương trình : 3x + x + + x + 10 x + 14 = − x − x (1) Giải : Ta có (1) ⇔ 3( x + x + 1) + + 5( x + x + 1) + = − ( x + x + 1) ⇔ 3( x + 1) + + 5( x + 1) + = − ( x + 1) Mà 3( x + 1) + + 5( x + 1) + ≥ + = 5 − ( x + 1) ≤ (1) xảy ( x + )2 = ⇔ x + = ⇔ x= - Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -1 Ví dụ : Giải phương trình : x − x + 15 = x − x + 18 (2) x − x + 11 Giải : ( x − x + 11) + = ( x − x + 9) + Ta có (2) ⇔ 2 x − x + 11 = ( x − 3) + ⇔ 1+ x − x + 11 _ 15 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ = ( x − 3) + ( x − 3) + 4 Mà + ( x − 3) + ≤ + = ( x − 3) + ≥ = (1) xảy ( x - )2 = ⇔ x - = ⇔ x = ⇔ 1+ Vậy phương trình (2) có nghiệm x = / Bài tập áp dụng : Bài : Giải phương trình : 3x + x + 12 + x + 10 x + = − x − x Hướng dẫn : Giải tương tự ví dụ Bài : Giải phương trình : 17 + x − x + + 12 x − 3x = x − x + 13 Hướng dẫn : Biến đổi : 17 + x − x + + 12 x − x = 25 − 2( x − 2) + 16 − 3( x − 2) ≤ 25 + 16 = + = ≤ ( x − 2) + = x − x + 13 Đẳng thức xảy x – = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = Tiết Các ví dụ minh hoạ cho cách giải / Ví dụ : Ví dụ 1: Giải phương trình : x − x + 11 + x − x + 13 + x − x + = + Giải : Ta có x − x + 11 + x − x + 13 + x − x + = + ⇔ ( x − 3) + + ( x − 3) + + ( x − 2) + = + (*) 2 Mà ( x − 3) + + ( x − 3) + + ( x − 2) + ≥ + + = + ( x − 3) = Điều khơng thể có , ( x − 2) = Nên (*) xảy  Vậy phương trình vơ nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình : 19 x −1 +5 x −1 + 95 x −3 x + =3 Giải : x − ≥  Điều kiện  x − ≥  x − 3x + ≥  _ 16 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Ta có 19 x −1 + x −1 + 95 x −3 x + ≥ 19 + + 95 = Nên x – = 0, x2 – = x2 - 3x +2 = Suy x = Vậy phương trình có nghiệm x = / Bài tập áp dụng : Bài : Giải phương trình : x − x + 12 = − 3x − 12 x + 13 Hướng dẫn : Biến đổi phương trình : 2 x − x + 12 = − x − 12 x + 13 ⇔ 2( x − 2) + + 3( x − 2) + = (*) Mà 2( x − 2) + + 3( x − 2) + ≥ + = Do (*) ⇔ ( x − 2) = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = Bài : Giải phương trình : x − + x − = x + Hướng dẫn : ĐK : x ≥ (1) Bình phương hai vế ta : x − + x − + x − 5x + = x + ⇔ x − x + = − x Điều kiện phải có : − x ≥ ⇔ x ≤ (2) Từ (1) (2) ta có x = Giá trị nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = Tiết Vận dụng bất đẳng thức Cơ-Si để giải ph ương trình / Ví dụ : Ví dụ : Giải phương trình : x2 x + + = 2x3 − x + x + 2 Giải : Ta có : 2x – x + x + = ( 2x + ) ( x2 – x +1 ) ≥ 2 ) + > Do 2x + ≥ ⇔ x ≥ − ⇒ Điều kiện : x ≥ − Mà x2 – x + = ( x - Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm 2x + , x2 – x + ta có : ( x + 1) ( x − x + 1) 2 x x 2x3 − x + x + ≤ + +1 2 ( x + 1) ( x − x + 1) ≤ ⇔ Dấu “ = ” xảy : _ 17 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ 2x + = x2 – x + ⇔ x2 – 3x = ⇔ x ( x – ) = ⇔ x = ; x = ( Thoả mãn ĐK ) Vậy phương trình có nghiệm : x = ; x = Ví dụ : Giải phương trình : x + x − + − x + x + = x − 3x + Giải : Ta có : x + x − + − x + x + = ( x + x − 5) + (− x + x + 3) x2 + x − +1 − x2 + x + +1 + =x 2 Mà : x − 3x + ≤ x ⇔ x − x + ≤ ⇔ ( x − 2) ⇔ x − = ⇔ x = ≤ Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ : Giải phương trình : x − + 10 − x = x − 12 x + 40 Giải : x − ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ≤ x ≤ 10 10 − x ≥  x ≤ 10 ĐK :  Với ĐK x − ; 10 − x hai số không âm Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm , ta có : x − + 10 − x + ( x − 2).4 (10 − x ).4 + ≤ =4 + 4 2 x − = ⇔ x=6 Dấu “ = ” xảy ⇔  10 − x = Mà x2 – 12x + 40 = ( x2 -12x + 36 ) + = ( x – )2 + ≥ Dấu “ = ” xảy ⇔ x – = ⇔ x = x − + 10 − x = Vậy phương trình có nghiệm x = / Bài tập áp dụng : Bài : Giải phương trình : x − 3x − x + 40 = 4 x + Hướng dẫn : ĐK : x ≥ −1 Áp dụng BĐT Cô-Si cho số : ; ; ; ( x + ) ta : 4 x + = 4 4.4.4.( x + 1) ≤ + + ( x + ) = x + 13 Do x − 3x − x + 40 ≤ x + 13 ⇔ x − 3x − x + 27 ≤ ⇔ ( x + 3) ( x − 3) ≤ Từ ĐK : x ≥ −1 ⇒ x + > ⇒ ( x − 3) ≤ ⇒ x − = ⇒ x = Thử lại , ta thấy x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = Bài : Giải phương trình : 2005.x2006 – 2006.x2005 + = Hướng dẫn : Biến đổi : 2005.x2006 – 2006.x2005 + = ⇔ 2005.x2006 + = 2006.x2005 Nhận thấy vế trái dương , nên vế phải dương Suy x > _ 18 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Áp dụng BĐT Cô-Si cho 2006 số dương gồm số 2005 số x2006 , ta có : 2006 2006 2006 2006 2005 2005 2006 2005.x2006 + = x  + x  +  +x  + ≥ 2006 1.( x ) = 2006.x 2005 Đẳng thức xảy x2006 =1và x > ⇒ x = Vậy phương trình có nghiệm x = Bài : Giải phương trình : x − y + x + y + = ( x + x + 3) (− y + y − 2) Hướng dẫn : Ta có x + x + = ( x + 1) + ≥ > Do − y + y − ≥ Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số khơng âm ta có ( x + x + 3) ( − y + y − 2) ≤ x + x + − y + y − ⇔ ( x + x + 3) ( − y + y − 2) ≤ x + x + − y + y − ⇔ ( x + x + 3) ( − y + y − 2) ≤ x − y + x + y + Đẳng thức xảy x + x + = − y + y − x + =  x = −1 ⇔ ( x + 1) + ( y − 2) = ⇔  ⇔ y − = y = Vậy phương trình có nghiệm (x = -1 ; y = ) Tiết Vận dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki để giải phương trình / Ví dụ : 2 Ví dụ : Giải phương trình : 13 ( x − 3x + 6) + ( x − x + 7) = ( x − 12 x + 33) Giải : Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki cho số Ta có : ( a2 + b2 ) ( c2 + d2 ) ≥ ( ac + bd )2 Dấu “ = ” xảy vàchỉ ad = bc Với a = ;b = ; c = x − 3x + ; d = x − x + Ta có : 2 ( 22 + 32 ) ( x − 3x + 6) + ( x − x + 7) ≥ [ 2.( x − 3x + 6) + 3.( x − x + 7)] = (5 x − 12 x + 33) Do : 3.(x2 – 3x + ) = 2.(x2 – 2x + ) ⇔ x2 – 5x + = ⇔ x =1 ; x = Vậy phương trình có nghiệm : x =1 ; x = Ví dụ : Giải phương trình : x − + x − = 2( x − 3) + x − Giải : ĐK : x ≥ [ [ ] ] _ 19 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Áp dụng BĐT Bu-nhi –a-cốp-xki cho số a =1 , b = , c = x − , d = x – Ta có : ⇒ [ x − + x − ≤ (1 + 1) ( x − 1) + ( x − 3) x −1 + x − ≤ [ ] ] x − + x − ≤ (1 + 1) ( x − 1) + ( x − 3) = 2( x − 3) + x − Đẳng thức xảy ra:  x −1 x −  x −1 = x −  x − = ( x − 3) x ≥ =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x=5 ⇔ x ≥  x − x + 10 = x − ≥ x − ≥  ( Loại nghiệm x = < ) Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ : Giải phương trình : x − + − x = x − x + 11 Giải : Áp dụng BĐT Bu-nhi –a-cốp-xki cho số a =1 , b = , c = x − , d = − x Ta có : x − + − x ≤ 2( x − + − x) = ≤ ( x − 3) + = x − x + 11  x−2 = 4− x ⇔ x=3 x − = Đẳng thức xảy ⇔  Vậy phương trình có nghiệm x = / Bài tập áp dụng : Bài : Giải phương trình : x − x + + x + x + 10 = 29 Hướng dẫn : Trước hết ta chứng minh toán phụ sau : a + b + x + y ≥ (a + x) + (b + y ) Ta có : a + b + x + y ≥ (a + x) + (b + y ) ⇔ ( a + b + x + y ) ≥ ( ( a + x ) + (b + y ) ) ⇔ a + b + (a + b )( x + y ) + x + y ≥ (a + x) + (b + y ) ⇔ a + b + (a + b )( x + y ) + x + y ≥ a + 2ax + x + b + 2by + y ⇔ ( a + b )( x + y ) ≥ a x + by (*) Mà (a + b )( x + y ) ≥ a x + by ( Theo BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ) Nên a.x + by ≥ a.x + by Suy (*) Vậy ta có a + b + x + y ≥ (a + x) + (b + y ) a b Dấu “ = ” xảy ⇔ ay = bx hay x = y * Bài toán BĐT Min-côp-xki Áp dụng BĐT ( BĐT Min-cơp-xki ) ta có : _ 20 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ x − x + + x + x + 10 = (1 − x) + 2 + (1 + x ) + ≥ ≥ [ (1 − x) + (1 + x)] + (2 + 3) = 29 1− x = ⇔x= Đẳng thức xảy ⇔ 1+ x Vậy phương trình có nghiệm x = Bài : Giải phương trình : − x = x − 3x + Hướng dẫn : Biến đổi − x = x − 3x + ⇔ x + − x = x − 2x + Áp dụng BĐT Bu-nhi –a-cốp-xki , ta có : x + − x = x + − x ≤ 2 2( x + − x ) ≤ 2( x + − x ) = ≤ ( x − 1) + = x − x + x ≥ 4 4  x = 2− x ⇔ x =1 Đẳng thức xảy ⇔   x = − x4  x − = Vậy phương trình có mghiệm x = Tiết Ứng dụng bất đẳng thức giải hệ phương trình 1/ Ví dụ : x + y + z = Ví dụ : Giải hệ phương trình :  4  x + y + z = xyz Giải : Ta có : x + y + z ≥ xy + yz + zx 2 ⇔ 2( x + y + z ) ≥ xy + yz + zx ⇔ 2( x + y + z ) − xy − yz − zx ≥ ⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ luôn với x , y , z Đẳng thức xảy x = y = z Áp dụng BĐT ta có : x + y + z ≥ ( xy ) + ( yz ) + ( zx) ≥ xy yz + yz.zx + zx.xy = xyz ( x + y + z ) = xyz ( Vì x + y + z = ) x = y = z ⇔x= y=z= x + y + z = Đẳng thức xảy  _ 21 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; ;   3 3  x y = 16 Ví dụ : Giải hệ phương trình :  3 x + y = Giải : Từ phương trình thứ , ta nhận thấy x , y dấu ; kết hợp với phương trình thứ hai suy x , y dương Áp dụng BĐT Cô-Si cho số dương x , x , x , y ta có :  3x + 16 = x y = x.x.x y ≤   4 y 84 = = 16  44  Đẳng thức xảy : x = x =x =y = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) y  x  y + x = xy Ví dụ : Giải hệ phương trình :   2008 + y 2008 = ( xy ) 2005 x Giải : Áp dụng BĐT Cơ-Si ta có x y + y x ≥2 xy xy = 24 xy kết hợp với phương trình thứ ,ta suy : xy ≥ 24 xy ⇒ ( xy) ≥ ⇒ xy ≥ 16 (*) Áp dụng BĐT Cơ-Si ta có : x 2008 + y 2008 ≥ ( xy) 2008 = 2( xy)1004 , kết hợp với phương trình thứ hai hệ ta : ( xy) 2005 ≥ 2( xy)1004 ⇒ 16( xy ) 2005 ≥ ( xy ) 2008 ⇒ 16 ≥ xy (**) y  x  y = x ⇔x= y (*) (**) đồng thời thành đẳng thức   x 2008 = y 2008  3 Khi 16 = xy nên x = y = Thử lại ta thấy x = y = nghiệm hệ phương trình Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y =  x + 32 − x − y = −3 Ví dụ : Giải hệ phương trình : 4  x + 32 − x + y = 24 Giải :  x + 32 − x − y = −3  x + 32 − x = y − Tacó : 4 4  x + 32 − x + y = 24  x + 32 − x = −6 y + 24 Cộng hai phương trình vế theo vế ta : _ 22 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ ( x + 32 − x ) + ( x + 32 − x ) = y − y + 21 (*) Theo BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có : x + 32 − x ≤ (1 + 1)( x + 32 − x) = x + 32 − x ≤ (1 + 1)( x + 32 − x ) ≤ 2(1 + 1)( x + 32 − x) = ⇒ ( x + 32 − x) + ( x + 32 − x ) ≤ + = 12 Mặt khác y − y + 21 = ( y − 3) + 12 ≥ 12  x = 32 − x 4  x = 16 ⇔ Suy (*)  x = 32 − x ⇔  y = y − =  Thử lại , ta thấy ( x ; y ) = ( 16 ; ) nghiệm hệ phương trình Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 16 ; ) 2/ Bài tập áp dụng : 3( x + y + z ) = Bài : Giải hệ phương trình :  2 2 2  x y + y z + z x = xyz ( x + y + z ) Hướng dẫn : Giải tương tự ví dụ ,bằng cách sử dụng BĐT 3( x + y + z ) ≥ ( x + y + z ) Bài : Tìm số thực dương x , y , z thoả mãn hệ phương trình :  x + y + z =   x + y + z = xy + yz + zx Hướng dẫn : Sử dụng BĐT Cơ-Si ta có : x + x = x + x + x ≥ 33 x x x = x ⇒ x + x ≥ x (1) Đẳng thức xảy x2 = x Tương tự : y + y ≥ y (2) Đẳng thức xảy y2 = y z + z ≥ 3z (3) Đẳng thức xảy z2 = z Mặt khác x + y + z = nên cộng (1) ;(2) ;(3) vế theo vế ta có : x + y + z + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z ) = ( x + y + z ) = x + y + z + 2( xy + yz + zx) = ( x + y + z) ⇒ x + y + z ≥ xy + yz + zx) Vậy đẳng thức xảy : x2 = x ; y = y ; z = z x + y + z = ⇔ x = y = z = Do đó, số thực dương ( x ; y ; z ) thoả mãn phương trình (1;1;1) _ 23 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Tiết : Kiểm tra tổng hợp : I / Mục đích Sau học sinh học xong chủ đề cho học sinh làm kiểm tra theo phương án sau , nhằm kiểm tra mức độ nắm kiến thức vận dụng kiến thức chủ đề : II / Đề : Bài : Tìm GTLN GTNN A = ( x − 2) (6 − x) (4đ) Bài : Giải phương trình : x − + 10 − x = x − 12 x + 40 (3đ) 2 x + y = Bài : Giải hệ phương trình :   x + y = −2 (3đ) III / Đáp án biểu điểm : Bài : ĐK : ( x-2 ) ( 6- x ) ≥ ⇔ ≤ x ≤ ( 0.5 đ ) Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm ta : x − = x = x−2+6− x ⇔ = Đẳng thức xảy  6 − x = x = Tính : Amax = ⇔ x = x = Tính : Amin = ⇔  x = Bài : ĐK : ≤ x ≤ 10 A≤ ( 1.5 đ ) ( 1.0 đ ) ( 1.0 đ) ( 0.5 đ ) Biến đổi : x − + 10 − x = x − 12 x + 40 ⇔ + ( x − 2) (10 − x) = ( x − 12 x + 40) ( 1.0 đ ) Lí luận :Mặt khác + ( x − 2) (10 − x) ≤ + ( x − 2) + (10 − x) = 16 ( 0.5 đ ) Mà ( x − 12 x + 40) = [( x − 6) + 4] ≥ 16 ( 0.5 đ ) Nên đẳng thức xảy x – = ⇔ x = (Thoả mãn ĐK )( 0.5 đ ) Vậy phương trình có nghiệm x = Bài : Biết áp dụng BĐT Cơ-Si để có : = x + y ≥ 2 x y = 2 x + y = 2 −2 = 2 x = y ⇔ x = y = −1 Đẳng thức xảy  x + y = −  ( 1.5 đ ) Vậy hệ phương trình có nghiệm : ( -1 ; -1 ) ( 0.5 đ ) ( 1.0 đ ) * Nếu học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa ! C / LỜI KẾT : _ 24 Người thực : Nguyễn Hồng Nga SKKN : Vận dụng bất đẳng thức để giải dạng tập đại số lớp _ Sau học xong chủ đề chủ , nhận thấy nhiều học sinh vận dụng bất đẳng thức cách linh hoạt , lời giải ngắn gọn Có em phát biểu : “ Việc vận dụng bất đẳng thức vào việc giải tập khó chương trình đại số lớp giúp chúng em có lời giải ngắn gọn , sáng sủa Trong BĐT Cơ-Si có ứng dụng mạnh – công cụ ưu việc việc giải tốn nói chung , giải tốn đại số nói riêng ” Chính nội dung tiết học viết dạng dễ hiểu , dễ đọc , có hướng dẫn tỉ mỉ nên em tự nghiên cứu ; với tinh thần viết chủ đề dạy tự chọn mà GD&ĐT yêu cầu Qua việc học chủ đề , em bổ trợ thêm kiến thức ( Những kiến thức mở rộng ) , có điều kiện để rèn luyện việc giải tốn Thơng qua việc giải tốn cách vận dụng bất đẳng thức giúp em rèn luyện óc tư , sáng tạo linh hoạt Qua kết kiểm tra chủ đề , nhận thấy em làm tương đối tốt : 50% em đạt điểm giỏi , lại đạt điểm trung bình trở lên Điển hình kì thi học sinh giỏi tốn lớp , em làm tốt phần tập đại số đề thi Hằng năm có học sinh đạt giải cấp tỉnh ; nhiều năm liền huyện nhà có học sinh đạt giải mơn tốn lớp tồn tỉnh : - Năm học 2003 – 2004 : Em Nguyễn Minh Trưởng đạt giải mơn tốn Hiện học lớp 12 trường chun Lê Q Đơn – Đà Nẵng - Năm học 2004 – 2005 : Em Huỳnh Thị Xuân Trâm đạt giải mơn tốn Hiện học lớp 11 trường chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam - Năm học 2005 – 2006 : Em Nguyễn Tấn Thơng đạt giải mơn tốn Hiện học lớp 10 trường chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam Là người PGD phân công thầy - giáo có kinh nghiệm dạy lớp bồi dưỡng học sinh giỏi tốn , nên tơi có điều kiện sưu tầm , nghiên cứu để xếp kiến thức theo nội dung tiết dạy Tuy nhiên , với khả có hạn nên nội dung chủ đề khơng tránh khỏi sai sót , bố cục chủ đề thiếu chặt chẽ ; hệ thống tập phần nhiều sưu tầm từ sách tham khảo Sự cố gắng thân cách làm , cách soạn với mong muốn đồng nghiệp làm phong phú thêm tài liệu giảng dạy tự chọn bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm mục đích đáp ứng nguyện vọng học tập cho đối tượng học sinh - giỏi Đồng thời nhằm phát , bồi dưỡng nhân tài cho đất nước mai sau Với suy nghĩ , thân mong nhận góp ý chân thành từ đồng nghiệp ! Xin chân thành cảm ơn ! _ 25 Người thực : Nguyễn Hồng Nga ... x 10 200 − x ≤ 10 x + 200 − x = 10 00  x ≤ 10 1  99  99 A = 10 00 ⇔  = ⇔ x = 10 10 1 − x   x = 200 − x  Do -10 00 ≤ A ≤ 10 00 Vậy A= -10 00 với x = -10 ; maxA =10 00 với x = 10 00 / Tìm GTNN GTLN...     1  ⇒ +  (1 − x + x) ≥ ( + 1) ⇒ B .1 ≥ + 2 1 x x  Với a = ( ) ( ) Đẳng thức xảy : 2 1 x = x ⇔ = ⇔ x = (1 − x ) ⇔ x = − x ( < x < ) 1 x x x (1 − x ) ( ) ⇔ x +1 = ⇔ x = 1 Vậy B =3... biến đổi P sau :  t  15 t t 15 t 15 .4 17 ≥ + = + = P = t + =  + + t  16 t 16 16 t 16 16 Từ suy kết / Cho a , b , c > thoả mãn điều kiện : a + b + c ≤ 1 + + a b c 1 Hướng dẫn : Xác định