HƯỚNG dẫn học SINH các PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài TOÁN CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC

Đã có rất nhiều tài liệu viết về bất đẳng thức của nhiều tác giả, để giỏi về bất đẳng thức thì người giáo viên và học sinh phải đọc rất nhiều sách và mất tương đối nhiều thời gian về vấn đề này.Vấn đề đặt ra là làm thế nào để trong một thời lượng thời gian nhất định (chẳng hạn được giao dạy bồi dưỡng một số buổi về chuyên đề bất đẳng thức) mà có thể truyền thụ được cho các em học sinh những kiến thức để có thể có nhiều khả năng giải được bài toán bất đẳng thức trong khi tham dự kỳ thi học sinh giỏi? Sáng kiến này đã hệ thống cho các em học sinh một số phương pháp cơ bản chứng minh bất đẳng thức với sự đổi mới là : với mỗi phương pháp được nêu đều có tư tưởng của phương pháp, cách nhận dạng bài toán nào để áp dụng được phương pháp đó và phương pháp tiến hành phương pháp vào dạng bài của phương pháp.Và đặc biệt là với mỗi phương pháp đều có sự chọn lọc các ví dụ cô đọng, điển hình cho phương pháp đó. Sáng kiến được áp dụng cho các đội tuyển học sinh giỏi toán tại các trường THPT, và có thể giảng dạy một phần ở các lớp ôn thi đại học, có tác dụng tạo hứng thú học tập, định hướng cho học sinh việc tập dượt, tìm tòi, tự nghiên cứu khoa học từ đó giúp cho các em học sinh có sự say mê và yêu thích đối với bộ môn toán.

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG NGẠN HƯỚNG DẪN HỌC SINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Lĩnh vực: Toán học Tác giả: Vũ Sỹ Dũng Giáo viên Toán Năm học 2016 – 2017 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐƠN U CẦU CƠNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: - Hội đồng khoa học trường THPT Nguyễn Trung Ngạn - Hội đồng khoa học ngành GD&ĐT Hưng Yên I.THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên : Vũ Sỹ Dũng Ngày tháng năm sinh: 09 /05/1973 Chức vụ: Giáo viên Nhiệm vụ giao: + Tổ phó tổ Tốn – Tin + Giảng dạy: Mơn Tốn Đơn vị cơng tác: Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn 6.Trình độ chun mơn: Thạc sỹ chun ngành: Toán ứng dụng Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến : “HƯỚNG DẪN HỌC SINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học II MÔ TẢ SÁNG KIẾN: - Sáng kiến hệ thống cho em học sinh số phương pháp chứng minh bất đẳng thức với đổi : với phương pháp nêu có tư tưởng phương pháp, cách nhận dạng tốn để áp dụng phương pháp phương pháp tiến hành phương pháp vào dạng phương pháp.Và đặc biệt với phương pháp có chọn lọc ví dụ đọng, điển hình cho phương pháp - Sáng kiến áp dụng cho đội tuyển học sinh giỏi toán trường THPT, giảng dạy phần lớp ơn thi đại học, có tác dụng tạo hứng thú học tập, định hướng cho học sinh việc tập dượt, tìm tịi, tự nghiên cứu khoa học từ giúp cho em học sinh có say mê u thích mơn toán - Sau áp dụng sáng kiến chuyên đề đội tuyển học sinh giỏi toán trường THPT Nguyễn Trung Ngạn em học sinh có khả giải toán Bất đẳng thức đề thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi nhiều Ân Thi, ngày 27 tháng năm 2017 Người viết đơn Vũ Sỹ Dũng MỤC LỤC Phần I: Mở đầu Phần II: Nội dung Trang ChươngI Kiến thức chuẩn bị Chương II Một số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Phương pháp sử dụng định nghĩa Phương pháp biến đổi tương đương 3.Phương pháp làm trội, dùng tổng sai phân 11 Phương pháp qui nạp 13 Phương pháp phản chứng 15 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển 16 Phương pháp tam thức bậc hai 24 Phương pháp tọa độ 25 Phương pháp sử đụng nguyên lý diricler 27 10 Phương pháp đổi biến 31 11 Phương pháp lượng giác hóa 33 12.Phương pháp sử dụng đạo hàm 35 13 Phương pháp tiếp tuyến chứng minh Bất đẳng thức 39 Chương III Bài tập tự luyện 41 Phần III Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 47 PHẦN I MỞ ĐẦU A.ĐẶT VẤN ĐỀ 1.Thực trạng vấn đề: Bất đẳng thức phận tốn học ngày trọng bao hàm nhiều sáng tạo suy luận Bài toán chứng minh bất đẳng thức thường xuyên xuất đề thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia thi học sinh giỏi Quốc tế Trong hầu hết kỳ thi học sinh giỏi toán quốc gia, thi Olympic toán khu vực quốc tế, toán liên quan đến bất đẳng thức hay đề cập thường thuộc loại khó khó Đây loại tốn có nhiều dạng nhiều phương pháp giải.Vì vậy, việc tìm hiểu học hỏi phương pháp chứng minh bất đẳng thức cần thiết.Việc dạy bất đẳng thức bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi vấn đề quan trọng quan tâm Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng học sinh giỏi, viết sáng kiến kinh nghiệm: “Hướng dẫn học sinh số phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng thức” 2.Ý nghĩa tác dụng sáng kiến: Đã có nhiều tài liệu viết bất đẳng thức nhiều tác giả, để giỏi bất đẳng thức người giáo viên học sinh phải đọc nhiều sách tương đối nhiều thời gian vấn đề này.Vấn đề đặt làm để thời lượng thời gian định (chẳng hạn giao dạy bồi dưỡng số buổi chuyên đề bất đẳng thức) mà truyền thụ cho em học sinh kiến thức để có nhiều khả giải tốn bất đẳng thức tham dự kỳ thi học sinh giỏi? Sáng kiến hệ thống cho em học sinh số phương pháp chứng minh bất đẳng thức với đổi là: với phương pháp nêu có tư tưởng phương pháp, cách nhận dạng toán để áp dụng phương pháp phương pháp tiến hành phương pháp vào dạng tương ứng Đặc biệt với phương pháp có chọn lọc ví dụ đọng, điển hình cho phương pháp Việc giảng dạy nội dung sáng kiến có tác dụng nâng cao lực tư duy, biết phán đoán để đưa đường hợp lý cho lời giải; phát huy vai trò chủ động, sáng tạo, tích cực học sinh Kích lệ học sinh tìm tịi, sáng tạo học tốn giải tốn nghiên cứu tốn học từ cịn ngồi ghế nhà trường Phạm vi nghiên cứu sáng kiến: Có nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi : số học, hình học phẳng, bất đẳng thức, đa thức, phương trình hàm, dãy số, tổ hợp Sáng kiến sâu vào nghiên cứu chuyên đề nói chuyên đề Bất đẳng thức Phương pháp tiến hành: - Ý tưởng viết sáng kiến hình thành từ cuối năm học 2015-2016 dự kiến hoàn thành vào cuối tháng năm 2017 -Trang bị kiến thức bất đẳng thức - Cung cấp trước hệ thống tập phương pháp để học sinh tự tìm tịi, nghiên cứu nhà sau với học sinh tổng kết lại lý thuyết ý tưởng phương pháp - Giáo viên học sinh sưu tầm tài liệu viết phương pháp chứng minh bất đẳng thức, tổng hợp, hệ thống lại phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà sưu tầm được, lựa chọn hay, điển hình minh họa cho phương pháp từ rút kinh nghiệm cần thiết cách suy nghĩ, cách tìm tịi lời giải với tùy cụ thể mà lựa chọn phương pháp chứng minh cho thích hợp để giải tốn chứng minh bất đẳng thức PHẦN II:NỘI DUNG HƯỚNG DẪN HỌC SINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chương I: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định nghĩa: Các mệnh đề “a > b”, “a < b” , “ a ≥ b ”, “ a ≤ b ” gọi bất đẳng thức Các tính chất bất đẳng thức: ac  b > c a >b ⇔ a+c >b+c Nếu c > a > b ⇔ ac > bd Nếu c < a > b ⇔ ac > bd a < b c < d ⇒ a + c < b + d a < b ⇒ ac < bd c < d Nếu a > 0, c >  Với n ∈ N * a < b ⇔ a n +1 < b n +1 Với n ∈ N * a > a < b ⇔ a n < b n Với a>0 a < b a (vì a < b < c < d ) Tương tự có x − y > Vậy x > y > z Phương pháp biến đổi tương đương Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức A ≥ B Tư tưởng phương pháp biến đổi bất đẳng thức cho bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh mà phổ biến hai dạng: + Các tổng bình phương: A ≥ B ⇔ mX + nY + pZ , m, n, p số khơng âm +Tích thừa số dấu: A ≥ B ⇔ XY ≥ ( X , Y dấu) +Tích số không âm biểu thức dương (theo điều kiện): A ≥ B ⇔ X Y ≥ Xây dựng bất đẳng thức từ điều kiện toán: Nếu x, y, z ∈ [ a; b ] ta nghĩ đến bất đẳng thức hiển nhiên ( x − a )( x − b) ≤ , ( x − a )( y − a )( z − a ) ≥ , ( x − b)( y − b)( z − b) ≤ Một số bất đẳng thức cần nhớ: Với số thực a, b, c ta có 4ab ≤ (a + b) ≤ 2(a + b ) a + b + c ≥ ab + bc + ca 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) ≤ 3(a + b + c ) (ab + bc + ca ) ≥ 3abc(a + b + c) Ví dụ 2.1: Chứng minh với số thực a, b, c, d , e ta có a + b + c + d + e ≥ a (b + c + d + e) Bài giải: Nhân hai vế bất đẳng thức cho với 4, ta viết lại bất đẳng thức cho thành a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ae + 4e ≥ ⇔ (a − b) + (a − 2c) + (a − 2d ) + (a − 2e) ≥ Bất đẳng thức cuối đúng, suy bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a = 2b = 2c =2d=2e Ví dụ 2.2: Cho a, b, c > Chứng minh 1 1 + 3 + ≤ (1) 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc Bài giải: Ta có a + b3 ≥ a 2b + ab (*) ⇔ a (a − b) + b (b − a) ⇔ (a − b) (a + b) ≥ BĐT 1 Suy a + b3 + abc ≤ ab(a + b + c) 1 1 Tương tự có b3 + c3 + abc ≤ ab(a + b + c) ; c3 + a3 + abc ≤ ab(a + b + c ) Cộng BĐT ta 1 1 VT(1) ≤ ab(a + b + c) + bc(a + b + c) + ca (a + b + c) = abc (đpcm) Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ 2.3: Cho a, b, c ∈ [ 0; 2] a+b+c=3 Chứng minh ≤ a + b2 + c ≤ Bài giải: Đặt a = x + 1, b = y + 1, c = z + x, y , z ∈ [ −1;1] x + y + z = Ta có a + b + c = ( x + 1) + ( y + 1)2 + ( z + 1) = x + y + z + 2( x + y + z ) + = x2 + y + z + ≥ Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c = Mặt khác, x, y, z ∈ [ −1;1] nên (1 − x)(1 − y )(1 − z ) + (1 + x)(1 + y)(1 + z ) ≥ ⇔ + 2( xy + yz + zx) ≥ ⇔ − ( x2 + y + z ) + ( x + y + z )2 ≥ ⇔ x2 + y + z ≤ ⇒ a2 + b2 + c2 ≤ Dấu đẳng thức có, chẳng hạn a = 2, b = 1, c = Vậy bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 2.4 : (Canada MO-2008) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 10 sinA + sinB = cos Tương tự ta có: sinB+ sinC ≤ cos C A− B C cos ≤ cos 2 A B , sinC+ sinA ≤ cos 2 Cộng vế với vế ba BĐT ta thu điều phải chứng minh Ví dụ 11.3: Cho x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện x + y + z + xyz = Chứng minh rằng: 1− x 1− y 1− z + + ≥3 1+ x 1+ y 1+ z Bài giải:Từ điều kiện giả thiết suy tồn tam giác nhọn ABC cho x = cos A, y = cos B, z = cos C (Theo bổ đề ) BĐT cần chứng minh tương đương − cos A − cosB − cosC + + ≥ + cosA + cosB + cosC ⇔ tan A B C + tan + tan ≥ 2 2 A B C  ⇔  tan + tan + tan ÷ ≥ 2 2  tan A B C + tan + tan ≥ 2 Đây BĐT tam giác dễ dàng việc chứng minh Ví dụ 11.4: Cho hai số a,b thỏa mãn a + b2 = Chứng minh rằng: 2     25  a + ÷ + b + ÷ ≥ a   b   (*) Bài giải: Từ điều kiện giả thiết ta đặt a = cos α , b = sin α với ≤ α ≤ 2π  VT(2) =  a +  2 2   1     +  b + ÷ =  cos α + ÷ +  sin α + ÷ ÷ a   b   cos α   sin α  = cos α + sin α + 1 cos α + sin α 4 + + = cos α + sin α + +4 cos α sin α sin α cos α  = ( cos α + sin α ) 1 + 4  cos α sin α  ÷+    = ( cos α + sin α ) − 2sin α cos α  1 + +4 4    cos α + sin α ÷  16  17 25    1 =  − sin α ÷1 + ÷+ ≥ 1 − ÷( + 16 ) + = + = 2   sin α   2 34 Dấu “=” xảy ⇔ sin 2α = ⇔ a = b = Ví dụ 11.5: Chứng minh rằng: S = 3x + x2 − x3 (1+ x ) ≤ 1∀x −π π  , ÷  2  Bài giải: Nhận thấy S có chứa + x nên ta đặt x = tan α với α ∈  Khi ta có: cos α S = tan α cos α − tan α cos α = 3sin α − 4sin α Suy + x = = sin 3α ≤ (đpcm) 12 Phương pháp sử dụng đạo hàm: Dạng Sử dụng tính đơn điệu để chứng minh bất đẳng thức: Ví dụ 12 1: Chứng minh : e x > + x + Phân tích: u cầu tốn ⇔ x2 với x>0 x2 + x + − e x < 0, ∀x > Từ ta có : Bài giải: Xét f (x) = x2 + x + − e x Ta có f , ( x) = x + − e x , f ,, ( x) = − e x < 0, ∀x > Do f , ( x) nghịch biến (0; +∞) ⇒ f , ( x) < f , (0) = với ∀x ∈ (0; +∞ ) ⇒ f ( x) nghịch biến (0; +∞) ⇒ f ( x) < f (0) = 0, ∀ x > ⇒ x2 x2 + x + − e x < 0, ∀x > hay e x > + x + với x>0 2 Ví dụ 12.2: Cho x, y > 0; x ≠ y Cmr: x+ y x− y > ln x − ln y (2) Bài giải: Giả sử x > y ( y > x chứng minh tương tự) x −1 x x− y y (2) ⇔ ln > =2 x y x+ y +1 y ⇔ ln t > x ( đặt y = t > ) t −1 t −1 ⇔ f ( t ) = ln t − >0 t +1 t +1 35 / Với t > ta có: f (t ) = (t − 1) > ⇒ f (t ) đồng biến t (t + 1) (1;+∞) ⇒ f ( t ) > f (1) = ⇒ đpcm 1+ x Ví dụ 12.3: Cmr: ( x − y )[ − ( x + y )] < ln + y (3) với x>y>0 Bài giải: Ta có 1+ x 2 2 (3) ⇔ x − y − x + y < ln + y ⇔ x − ln(1 + x) − x < y − ln(1 + y ) − y Xét f (t ) = 2t − ln(1 + t ) − t [ 0;+∞) ∀t > : f ( t/ ) = −(2t + t ) < ⇒ f (t ) nghịch biến [ 0;+∞) ⇒ f (x) < f (y) 1+ t ⇔ x − ⇔ x − ln(1 + x) − x < y − ln(1 + y ) − y ( đpcm) Ví dụ 12 4: 1) So sánh: a) 20142015 20152014 b) log 2013 2014 log 2014 2015 2) Cmr: 4tg 50 tg 90 < 3tg 60 tg100 Bài giải: 1) a) Phân tích: Giả sử 20142015 > 20152014 ⇔ 2015ln 2014 > 2014ln 2015 ⇔ ln 2014 ln 2015 > (4a ) Từ ta có : 2014 2015 Bài giải: Xét f (t ) = ln t t [ 2014;2015] ∀t ∈ (2014;2015) : f ( t/ ) = ⇒ f (t ) nghịch biến − ln t < ( v× t > 2014 > e ⇒ ln t > ) t2 (2014;2015) ⇒ f ( 2014) > f ( 2015) ⇒ 20142015 > 20152014 b) Phân tích: Ta thấy 2014 = 2013 + ; 2015 = 2014 + Giả sử log 2014 2015 > log 2013 2014 (4b) (4b) có dạng: log x ( x + 1) > log y ( y + 1) Từ ta có : Bài giải: 36 Xét f ( t ) = log t (t + 1) = ∀t ∈ (2013;2014) : ln(t + 1) [ 2013;2014] ln t f ( t/ ) = t ln t − (t + 1)ln(t + 1) f ( 2014) ⇒ f (t ) nghịch biến ⇒ log 2013 2014 > log 2014 2015 5π 9π 6π 10π tg tg tg 180 180 < 180 180 0 0 ⇔ tg tg < tg tg 10 2) Phân tích: 5π 9π 6π 10π x x 180 180 180 180 tg Từ ta có : Bài giải: Xét f ( x ) = tgx  π với x ∈ 0;  x  4 π x − sin x ∀x ∈ (0; ) ta có: f ( /x ) = sin x ∀x > 0) ⇒ f ( x ) đồng biến (0; ) 0 ta có f ( A) > 0; f ( B ) > 0; f (C ) > ⇒ đpcm Ví dụ 12.6: Cho a, b, c > 0; a + b + c = Cmr: a b c 3 + + ≥ (6) 2 b +c a +c a +b 2 Bài giải: Từ giả thiết ta có: < a, b, c < (6) ⇔ a2 b2 c2 3 3 + + ≥ = (a + b + c ) 2 a (1 − a ) b(1 − b ) c (1 − c ) 2 ⇔ a2 ( 3 3 3 − ) + b2 ( − ) + c2 ( − )≥0 2 a(1 − a ) b(1 − b ) c(1 − c ) 2 Bằng cách xét hàm số f (t ) = t (1 − t ) với t ∈ (0;1) phương pháp đạo hàm ta chøng minh : suy đpcm t (1 − t ) ≤ 3 3 ≥ hay t (1 − t ) g (t ) = 3 − ≥ ∀t ∈ (0;1) từ t (1 − t ) ( Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô si chứng minh : ) Dạng 2: Dùng định lý Lagrange Định lý Lagrange Nếu hàm số y=f(x) liên tục đoạn [ a; b] khả vi ( a; b ) tồn số c ∈ ( a; b ) cho f , (c) = Ví dụ 12.7 Chứng minh rằng: f (b) − f ( a) b−a b−a b b−a < ln < với 1 + ÷  1+ x  (8) Phân tích: Đây dạng tốn chưa thể vận dụng định lý Lagrange   ngay, ta biến đổi (8) ⇔ ( + x ) ln 1 +   1 ÷ > x ln  + ÷ với x > 1+ x   x Từ ta có : Bài giải:  Xét hàm số f ( x) = x ln 1 +  f , ( x) = ln ( x + 1) − ln x −  ÷ = x ln ( x + 1) − ln x  1+ x  1+ x (2) Xét hàm số g ( x) = ln ( t ) [ x; x + 1] Theo định lý Lagrange tồn , c ∈ ( a; b ) cho g (c) = Vì c < x + nên g ( x + 1) − g ( x) ⇒ = ln ( x + 1) − ln x ( x + 1) − x c 1 > ⇒ ln ( x + 1) − ln x > ⇒ f , ( x ) > suy f (x) đồng c x +1 x +1  biến [ x; x + 1] ⇒ f ( x + 1) > f ( x) ⇒ ( + x ) ln 1 +  1+ x   Hay 1 + ÷  1+ x    1 ÷ > x ln 1 + ÷ 1+ x   x x   > 1 + ÷ với x >  1+ x  13 Phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức: Ý tưởng phương pháp sử dụng cơng thức phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số để tìm biểu thức trung gian đánh giá bất hàm số nằm hay nằm đồ thị : Cho hàm số f ( x) xác định, liên tục có đạo hàm K Khi tiếp tuyến điểm x0 ∈ K có phương trình y = f , ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) nằm (hoặc nằm dưới) đồ thị hàm số, nên ta có : f ( x) ≤ f , ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) ( f ( x) ≥ f , ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) với x ∈ K Từ tính chất ta thấy với x1 , x2 , xn ∈ K ta có: 39 f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≤ f , ( x0 )( x1 + x2 + + xn − nx0 ) + nf ( x0 ) Như vậy, nêú bất đẳng thức có dạng tổng hàm vế trái bất đẳng thức có giả thiết x1 + x2 + + xn = nx0 với dấu xảy tất biến x0 , ta hy vọng chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến Ví dụ 13.1 Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a +b+c+d = Chứng minh rằng: a b c d + + + ≤ 2 2 + 3a + 3b + 3c + 3d Bài giải: Bất đẳng thức xảy dấu a = b = c = d = Xét hàm số f ( x) = x tiếp tuyến điểm x = + 3x Ta có f , ( x) = − 3x ⇒ f , (1) = (5 + x) 32 Phương trình y = f (1) = Tiếp tuyến điểm x = có x ≤ ( x + 3) , ∀x ∈ [ 0; 4] (*) ( x + 3) Ta chứng minh 32 + 3x 32 Biến đổi (*) dạng : ( x − 1) ( x + ) ≥ ln ∀x ∈ [ 0; 4] Từ ta có f (a) + f (b) + f (c) ≤ Hay 1 ( a + 3) + ( b + ) + ( c + 3) 32 32 32 a b c d 1 + + + ≤ ( a + b + c + d + 12 ) = 2 2 + 3a + 3b + 3c + 3d 32 (đpcm) Ví dụ 13.2 (France-2007) Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = Chứng minh rằng: ( a3 + b3 + c3 ) ≥ ( a + b2 + c ) + Bài giải: Bất đẳng thức xảy dấu a = b = c = d = Từ giả thiết suy a, b, c, d ∈ ( 0;1) Đặt f ( x ) = x − x , với x ∈ ( 0;1) Khi BĐT cho trở thành : f (a) + f (b) + f (c) ≥ Phương trình tuyến 5x −1     , Tại điểm M  ; ÷ có phương trình y = f  ÷ x − ÷+ ⇔ y =  32  32    1 Ta chứng minh f ( x ) ≥ 1 5x −1 5x − ⇔ x3 − x ≥ ⇔ 48 x − x − x + ≥ 8 40 ⇔ ( x − 1) ( 3x + 1) ≥ BĐT Từ ta có : f (a) + f (b) + f (c) ≥ ∀x ∈ ( 0;1) 5a + 5b + 5c = 8 Hay ( a3 + b3 + c3 ) ≥ ( a + b2 + c ) + (đpcm) Ví dụ 13.3 (USA-2003) Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: ( 2a + b + c ) + ( 2b + c + a ) + ( 2c + a + b ) ≤ 2 2a + ( b + c ) 2b + ( c + a ) 2c + ( a + b ) 2 Bài giải: Vế trái BĐT biểu thức bậc Không tính tổng qt Ta giả sử a + b + c = Khi BĐT cho trở thành : ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1) 2 2 2a + ( − a ) 2b + ( − b ) 2c + ( − c ) 2 ( x + 1) Đặt f ( x ) = 2 2x + ( 1− x ) = ≤ Từ giả thiết suy a, b, c ∈ ( 0;1) x2 + x + , với x ∈ ( 0;1) BĐT cho có dạng: 3x − x + 1 f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ Nhận thấy BĐT xảy dấu a = b = c =  Phương trình tuyến điểm M  ; 16  ÷ có phương trình 3   16 12 x +   y = f ,  ÷ x − ÷+ ⇔ y = 3 3   Ta chứng minh x + x + 12a + ≤ ∀x ∈ ( 0;1) (*) 3x − x + Thật (*) ⇔ 36 x3 − 15 x − x + ≥ ⇔ ( 3x − 1) ( x + 1) ≥ BĐT ∀x ∈ ( 0;1) Vậy f ( a ) ≤ 12a + , f ( b) ≤ Suy f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ 12b + 12c + , f ( c) ≤ 3 12 ( a + b + c ) + 12 = (đpcm) ChươngIII: BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1.1 Cho số thực a, b thỏa mãn a + b ≥ Chứng minh rằng: a + b3 ≤ a + b 41 Bài 1.2 Cho số thực a, b thỏa mãn a + b ≥  a m + b m   a m + b m  a m+ n + b m+ n Chứng minh rằng:  ÷  ÷≤    ∀m, n nguyên dương Bài 2.1.Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 Chứng minh rằng: − ≤ ab + bc + ca ≤ Bài 2.2 Cho a, b, c số dương thỏa mãn a ≤ , b ≤ , c ≤ 1 Chứng minh rằng: + a + + b + + c ≤ + xyz Bài 3.1.Chứng minh với số nguyên dương n , ta có: 1+ 1 + + + < n n Bài 3.2 Cho a, b, c số dương Chứng minh với số nguyên n a n + bn + c n  a + b + c  ≥ dương n ≥ , ta có: ÷ 3   Bài 4.1.Chứng minh với số tự nhiên n > ta có: 1 1 + + + + < − 2 n n Bài 4.2.Chứng minh với số nguyên dương n , ta có 1 1 + + + < 2 1 n Bài 5.1.Cho a, b, c > Chứng minh có ba bất đẳng thức sau bất đẳng thức sai: a ( − b ) > ; b ( − c ) > ; a ( − b) > Bài 5.2(USA 2001).Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c ≥ Chứng minh có hai số bất đẳng thức sau x + y + z ≥ 14 ; y + 3z + x ≥ 14 ; z + x + y ≥ 14 Bài 6.1 Cho a > b > Chứng minh rằng: a+ ≥3 b ( a − b) Bài 6.2 Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: 1 a+b+c + + ≤ a + bc b + ca c + ab 2abc 42 Bài 6.3 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b + 2c c + 2a a + 2b Bài 6.4 Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x3 y3 z3 + + ≥ 2 2 2 x +y y +z z +x Bài 6.5 (Trung Quốc,2004) Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + 3c 4b 8c + − a + 2b + c a + b + c a + b + 3c Bài 6.6.(IMO,2000) Cho ba số dương x, y, z có tích 1 1 Chứng minh rằng: ( x + y − 1)(y+ z − 1)(z + z − 1) ≤ Bài 6.7.Cho x, y số thực thỏa mãn 3x + y = Chứng minh 95 12 2x + y ≤ Bài 6.8.(Singapore,2003) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: bc ca ab a +b+c + + ≤ 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b Bài 7.1 Chứng minh : x sin x + cos y + x(sin x + cos y ) + x + > 0, ∀x, y Bài 7.2 Cho x1 , x2 , , xn ∈ [ 0,1] Chứng minh : ( x1 , x2 , , xn ) ≥ ( x12 + x2 + + xn ) Bài 8.1 Chứng minh ∀x, y ∈ R ,ta có : cos x.cos y + sin ( x − y ) + 4sin x.sin y + sin ( x − y ) ≥ Bài 8.2 Chứng minh ∀x, y ∈ R ,ta có : x + + x − x + y + + y − y + 10 ≥ Bài 9.1 Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b2 + c + abc = Chứng minh ab + bc + ca ≤ abc + Bài 9.2 Cho số thực a,b,c thỏa mãn a+b+c=3 Chứng minh rằng: 1 1 + + ≤ 5a − 4a + 11 5b − 4b + 11 5c − 4c + 11 Bài 3Cho số thực a,b,c.Chứng minh 43 a + b + c + a 2b 2c + ≥ 2(ab + bc + ca ) Bài 10.1.(IMO 2008) Cho x, y, z số thực khác thỏa mãn xyz = 2  x   y   z  Chứng minh  ÷ + ÷ + ÷ ≥1  x −1   y −1   z −1  Bài 10.2.(IMO 2008) Cho x, y, z số thực khác thỏa mãn xyz = Chứng minh x+3 ( x + 1) + y +3 ( y + 1) + z +3 ( z + 1) ≥3 Bài 11.1 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh + a + + b2 + + c ≥ Bài 11.2 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c + 2abc = Chứng minh : 1− a + 1− b + 1− c ≤ 2 Bài 11.3.Cho số a, b thỏa mãn a + b − 2a − 4b + = Chứng minh rằng: ( ) ( ) A = a − b + 3ab − + a + − b + ≤ Bài 11.4 Chứng minh ( a + b ) ( − ab ) ( 1+ a ) ( 1+ b ) Bài 12.1 Chứng minh x − ≤ , ∀a, b ∈ R x2 < ln ( + x ) < x với x > Bài 12.2 Chứng minh 2sinx + 2tan x ≥ x+1 với < x < π α Bài 13.1 Cho x > α > Chứng minh rằng: x − > α ( x − 1) Bài 13.2 Cho < a < b số tự nhiên n > Chứng minh rằng: na n −1 ( b − a ) < b n − a n < nb n −1 ( b − a ) PHẦN III: KẾT LUẬN 44 Kết đạt được: Sáng kiến tập hợp phương pháp thường áp dụng giải toán bất đẳng thức viết cô đọng dựa nhiều tài liệu tham khảo khác nhằm giúp cho em học sinh khoảng thời gian định nắm số kiến thức quan trọng bất đẳng thức qua phương pháp chứng minh giới thiệu.Có thể áp dụng phần khác cho lớp khối 10, khối 11 cho khối 12 Sau thực nghiệm giảng dạy sáng kiến tổ chức cho học sinh lớp 12A1 nghiên cứu hướng dẫn giáo viên tổ chức cho em làm tập vận dụng thu kết tương đối khả quan Hạn chế, hướng khắc phục, hướng phát triển đề tài: Do điều kiện thời gian có hạn mà vấn đề nghiên cứu rộng nên việc khai thác vấn đề chưa thật đầy đủ, số phương pháp khai thác chưa sâu Trong thời gian tiếp tục nghiên cứu, sưu tầm, tích lũy bổ sung sáng kiến ngày hồn thiện có chiều sâu Điều kiện áp dụng kiến nghị, đề xuất: Sáng kiến áp dụng giảng dạy cho học sinh khá, giỏi, dùng để bồi dưỡng cho đội tuyển học sinh giỏi toán từ lớp 10, 11 với nội dung tương ứng với chương trình kiến thức liên quan mà em học Mặc dù có cố gắng khoảng thời gian có hạn, việc thực nghiệm chưa nhiều nên sáng kiến cịn có mặt hạn chế khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến giúp đỡ đồng nghiệp để sáng kiến ngày hoàn thiện Việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi vấn đề quan trọng cịn có nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán nêu phần mở đầu, tơi mong quan tâm, động viên, khuyến khích cấp quản lý thầy cô giáo giảng dạy môn yêu cầu thầy cô sưu tầm, tích lũy viết sáng kiến theo chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phổ biến cho đồng nghiệp hoàn thiện , bổ xung áp dụng, giúp cho chất lượng 45 mũi nhọn môn tốn trường nói riêng ngành nói chung nâng lên Xin trân trọng ảm ơn! Lời cam đoan : Đây sáng kiến thân viết ra, không chép người khác Ân Thi, tháng năm 2017 Người viết: Vũ Sỹ Dũng 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO Các tạp chí tốn học tuổi trẻ, đề thi học sinh giỏi số tài liệu Internet Nguyễn Tiến Việt, Phan Văn Đức, Dương Quốc Đạt, Nguyễn Văn Qúi, Nguyễn Tiến Dũng (2004), Luyện thi đại học mơn tốn Bất đẳng thức, NXB Đà Nẵng Nguyễn Việt Hùng, Đổi biến để chứng minh Bất đẳng thức 47 XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG NGẠN Tổng điểm: .Xếp loại TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CHỦ TỊCH – HIỆU TRƯỞNG 48 ... z Phương pháp biến đổi tương đương Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức A ≥ B Tư tưởng phương pháp biến đổi bất đẳng thức cho bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh mà phổ biến hai dạng: + Các. .. bất đẳng thức) mà truyền thụ cho em học sinh kiến thức để có nhiều khả giải toán bất đẳng thức tham dự kỳ thi học sinh giỏi? Sáng kiến hệ thống cho em học sinh số phương pháp chứng minh bất đẳng. .. : “HƯỚNG DẪN HỌC SINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Tốn học II MƠ TẢ SÁNG KIẾN: - Sáng kiến hệ thống cho em học sinh số phương pháp chứng