Sáng kiến kinh nghiệm: Sáng tạo một số bất đẳng thức không đối xứng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU -o0o - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Môn: Toán Đề tài: SÁNG TẠO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG Họ tên giáo viên: Nguyễn Thị Thanh Vương Năm học 2013 - 2014 SÁNG TẠO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG A MỞ ĐẦU I Đặt vấn đề Thực trạng vấn đề địi hỏi phải có giải pháp để giải Trong trình dạy học, người thầy cần nâng cao tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh, rèn luyện cho học sinh có khả phát toán từ tốn có; cần khơi dậy phát triển tiềm sáng tạo tiềm ẩn học sinh; tạo cho em niềm hứng thú say mê học tập Bài toán chứng minh bất đẳng thức tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số vấn đề khó học sinh Các dạng tốn phong phú, đa dạng có mặt khắp thi từ trung học đến đại học kỳ thi học sinh giỏi.Chính vậy, người thầy cần phải nắm toán gốc sáng tạo nhiều tập có hệ thống để dạy cho học sinh Hệ thống tốn có dạng đối xứng trở nên quen thuộc học sinh, tốn xem khó lại nằm tốn khơng đối xứng Với lí trên, tơi chọn đề tài “Sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng” Đề tài sử dụng để dạy cho học sinh lớp 10 tiết tự chọn theo chủ đề bất đẳng thức sử dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11 Nhằm giúp em có kỹ chứng minh bất đẳng thức khả sáng tạo học tập Ý nghĩa tác dụng giải pháp Giúp học sinh giải sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng Giúp đồng nghiệp có hướng để tạo hệ thống tập bất đẳng thức không đối xứng cho học sinh Phạm vi nghiên cứu đề tài Trong phạm vi nghiên cứu đề tài này, dừng lại việc nghiên cứu sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng II.Phương pháp tiến hành Cơ sở lí luận -Từ tốn sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hành -Từ bất đẳng thức -Xuất phát từ định lí biết Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo giải pháp a Các biện pháp tiến hành a.1 Nghiên cứu tài liệu - Sách giáo khoa Toán lớp 10 nâng cao hành - Tài liệu tham khảo có liên quan đến đề tài a.2 Điều tra: - Thực dạy kết kiểm tra: Trong q trình nghiên cứu đề tài, tơi tiến hành thực dạy lớp 10: +Năm học 2011-2012:Lớp 10A 2:đối chứng, lớp 10 A 3: thực nghiệm +Năm học 2012-2013: Lớp 10A 2: đối chứng, lớp 10 A 4: thực nghiệm - Dự giờ: Thường xuyên dự để biết mức độ hiểu biết khả chứng minh bất đẳng học sinh cách giải vấn đề đồng nghiệp, từ để đánh giá xác kết phương pháp - Đàm thoại: + Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm phương pháp dạy phù hợp với phân môn + Trao đổi với em học sinh tốn để biết cách tìm hướng giải tốn em, từ có cách dạy tốt b Thời gian tạo giải pháp Tôi nghiên cứu đề tài tiến hành thực nghiệm hai năm học 20112012 2012-2013 lớp10A ( năm 2011- 2012) lớp 10A (năm 2012 – 2013) Đồng thời đề tài chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 11 cấp tỉnh nhiều năm qua B-NỘI DUNG I.Mục tiêu Giúp cho học sinh đồng nghiệp thấy cách sáng tạo số bất đẳng thức khơng đối xứng từ tốn gốc cách giải tốn II Mơ tả giải pháp đề tài Thuyết minh tính a.Nội dung giải pháp Từ bất đẳng thức đối xứng, phép đổi biến không đối xứng ta bất đẳng thức không đối xứng Hơn nữa, để giúp học sinh phát triển tư có tổng qt hóa phương pháp giải, tơi xây dựng hệ thống tập theo kiểu mở rộng không gian từ tốn có hai biến số mở rộng thành tốn có ba biến số b Điểm giải pháp Từ số tập sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hành, qua phương pháp giải tơi hình thành lớp tốn bất đẳng thức khơng đối xứng c Điểm sáng tạo giải pháp Điểm sáng tạo giải pháp tơi sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng Đặc biệt, tơi tạo phương pháp hình thành bất đẳng thức không đối xứng SÁNG TẠO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG 1.Từ toán đối xứng Bài toán chứng minh bất đẳng thức ln ln tốn khó học sinh Là giáo viên dạy Tốn tơi ln tự đặt cho câu hỏi “ Làm để học sinh khơng cịn thấy khó gặp toán bất đẳng thức?”.Để trả lời cho câu hỏi này, tơi tốn gốc toán trang 109 sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao hành Để giúp học sinh thấy dễ dàng việc chứng minh bất đẳng thức này, tơi thay đổi tốn thành tốn tương tự cịn hai biến Sau để tốn khơng đối xứng tơi dùng phép biến đối không đối xứng Sau học sinh thành thạo với tốn hai biến tơi nâng lên với toán ba biến số bắt đầu toán ba biến số trang 109 Sau toán thể giải pháp Bài toán 1: Chứng minh x  y  xy  x  y  �0, x, y ��; (1) Lời giải: Ta đặt M  x  y  xy  x  y  Để chứng minh bất đẳng (1) ta chứng minh M �0, x, y �� Ta có M  x  y  xy  x  y  =  x - y    x  1   y  1 �0, x, y �� 2 Do M �0, x, y �� Lời bình:Trong vế trái bất đẳng thức (1) đối xứng x y, nên ta dễ dàng nghĩ phương pháp giải bất đẳng thức cách đưa bình phương hiệu tổng Bây ta thay x 2x y 3y vào bất đẳng thức (1) ta tốn khơng cịn đối xứng x y nữa, cụ thể 2a, cách làm tương tự ta có 2b, 2c Hoặc muốn có bất đẳng thức không đối xứng sinx cosx ta thay x sinx thay y cos x ta 2d ( Bài 2d ta đưa vào tiết tự chọn theo chủ đề công thức lượng giác) Bài toán 2: Chứng minh a) x  y  xy  x  y  �0, x, y ��, (2) b) x  y  xy  x  y  10 �0, x, y ��,(2') c) x  13 y  xy  x  y  �, (2") d) 3sin x  sin x  cos x  16 cos x  16sin x  24 �0, (2"') Lời giải: a) Ta đặt N  x  y  xy  x  y  Để chứng minh bất đẳng (2) ta chứng minh N �0, x, y �� Ta có N  x  18 y  12 xy  x  y  =  2x - 3y    x  1   y  1 �0, x, y �� 2 Do N �0, x, y �� 2 b) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái (2’) thành  x  y    x  1   y  3 c) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái (2’’) thành  x  y    x  y  1 d) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái (2”’) thành � �3 � 4� � �2 sin x  cos x � � cos x  � � � �   �   2sin x  1 � � � Lời bình:Như tốn có cách giải tương tự cách giải tốn 1, bất đẳng thức (2) khơng cịn đối xứng x y Với cách làm ta sáng tác nhiều tốn khơng đối xứng Từ hai tốn trên, ta đặt tốn tìm giá trị nhỏ biểu thức thể tốn sau Bài tốn 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) M  x  y  xy  x  y ; b) N  x  y  xy  x  y; c) Q  x  13 y  xy  x  y  1; d) P  3sin x  sin x  cos x 16 cos x  16sin x  24 Lời giải: a)Ta có M  x  y  xy  x  y =  x - y    x  1   y  1  �2, x, y �� 2 Do M �1, x, y �� Vì M đạt giá trị nhỏ -1 x = y = b) Ta có N  x  18 y  12 xy  x  y =  2x - 3y    x  1   y  1  �2, x, y �� 2 Do N �1, x, y �� 1 2 c) Ta có Q   x  y    x  y  1 �0, x, y �� Do Q đạt giá trị nhỏ x  , y  7 � � �3 � ��0, x �� sin x  cos x  cos x   2sin x    � � d) Ta có P  � �2 � � � � � � �  Do P đạt giá trị nhỏ x   k 2 , k �� Vì N đạt giá trị nhỏ -1 x  , y    Lời bình: Để phát triển tư học sinh ta đưa tốn có ba biến số sau Bài toán 4(Bài trang 109 sgk đại số 10 nâng cao): Chứng minh a  b  c �ab  bc  ca, a, b, c ��; (4) Đẳng thức xảy a = b = c Lời giải: Bất đẳng thức (4) tương đương với bất đẳng thức sau: a  b  c  ab  bc  ca �0, a, b, c ��;(4 '), � 2a  2a  2b  2ab  2bc  2ca �0, a, b, c ��, �  a  b    a  c    b  c  �0, a, b, c ��;(4") 2 Bất đẳng thức (4”) Do ta chứng minh bất đẳng thức (4) Đẳng thức (4) xảy đẳng thức (4”) xảy Vì đẳng thức (4) xảy a = b = c Lời bình: Từ tốn gốc này, với cách biến đổi không đối xứng ta nhiều tốn khơng đối xứng Chẳng hạn ta đặt a = x, b = 2y, c = 2z Thế vào bất đẳng thức (4) ta bất đẳng thức sau khơng cịn đối xứng x,y z Bài toán 5: Chứng minh x  y  z �2 xy  yz  zx, x, y, z ��; (5) Hướng dẫn giải: Tương tự 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (5) tương đương với bất đẳng thức sau 2  x  y    x  3z    3z  y  �0, x, y, z �� Lời bình:Cũng từ bất đẳng thức (4), ta đặt a = x +1, b = 2y, c = 2z Thế vào bất đẳng thức (4) ta bất đẳng thức sau khơng cịn đối xứng x, y z Bài toán 6: Chứng minh x  y  z �2 xy  yz  3zx  x  y  z  1, x, y, z ��; (6) Hướng dẫn giải: Tương tự 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (6) tương đương với bất đẳng thức sau 2  x   y    x   3z    3z  y  �0, x, y, z �� Lời bình: Thật khó mà nghĩ phải biến đổi tương đương bất đẳng thức (6) bất đẳng thức ta khơng biết tốn gốc Sau cách phát biểu khác toán tốn Bài tốn 7: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) P  x  y  z  xy  yz  3zx; b)Q  x  y  z  xy  yz  3zx  x  y  z  Hướng dẫn giải: 2 a) Ta chứng minh P   x  y    x  3z    z  y  �0, x, y, z �� Do P đạt giá trị nhỏ x = 2y = 3z = a, với a �� b) Ta chứng minh 2 Q   x   y    x   3z    3z  y   �1, x, y, z �� Do Q đạt giá trị nhỏ x + = 2y = 3z = a, với a �� Lời bình: Sau số tốn tương tự Bài toán 2’: Chứng minh a ) x  y  x  y   0, x, y ��; b)2 x  y  x  10 y  xy  �0, x, y ��; c)2 x  y  z  xy  xz  yz   0, x, y, z ��; d )256 cos8 x  256sin x  272cos x  144sin x  64sin x  24sin 2 x  85 �0, x �� Bài toán 4’: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a ) P(x, y)  x  y  x  y  6; b) P(x, y)  x  y  x  10 y  xy  Bài toán 6’: Chứng minh a )2 x  y  z  xy  xz  yz   0, x, y, z ��; b)10 x  y  z  xy  x  12 y  10  0, x, y , z �� Bài tốn 7’: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) P(x, y, z)  x  y  z  xy  xz  yz; b) P(x, y, z)  10 x  y  z  12 xy  x  12 y  10 Lời bình: Bây tơi xuất phát từ toán 20a trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao, cách biến đổi khơng đối xứng ta có tốn khơng đối xứng sau Bài toán 8: Chứng minh a) (Bài 20a trang 112) Nếu x  y  x  y � ; x  y �2 ; b) Nếu 3x  y  c) Nếu x  xy  y  3x  y � Lời giải: 2 2 a) Vì ( x  y )  x  y  xy �2  x  y   nên x  y � 2 2 b) Vì ( 3x  y)  3x  y  3xy �2  3x  y   nên x  y �2 2 2 2 c) Vì (3 x  y)  ((3x  y )  y)  (3 x  y)  y  2(3 x  y) y �2  (3 x  y)  y   nên 3x  y � Lời bình: Ta phát triển tốn thành tốn có biến số Bài tốn 9: Chứng minh a) Nếu x  y  z  x  y  z � ; b)Nếu x  y  z  x  y  3z �3 Lời giải: 2 2 2 a)Vì ( x  y  z )  x  y  z  xy  xz  zy �3  x  y  z   nên x  y  z � b)Vì ( x  y  3z )  x  y  z  xy  xz  12 zy �3  x  y  z   nên x  y  3z �3 Lời bình: Từ 8a 9a, phép không đối xứng ta tốn khơng đối xứng tương ứng 8b, 8c 9b Mặc dù toán 8b, 8c 9b không đối xứng với hai biến x y cách giải giống hai toán đối xứng 8a 9a Sau số toán tương tự Bài toán 8’: Chứng minh a) Nếu x  y  x  y � ; 2 2 b)Nếu 3x  y  3x  y � Bài toán 9’: Chứng minh a) Nếu x  y  z  x  y  z � ; 2 b)Nếu 25 x  y  z  x  y  3z �3 Lời bình: Sau phát biểu khác toán toán Bài toán 10: a) Cho x y số thực thỏa mãn điều kiện x  y  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = x + y b) Cho x y số thực thỏa mãn điều kiện 3x  y  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức B  3x  y c) Cho x y số thực thỏa mãn điều kiện x  xy  y  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức C  3x  y Lời giải: a) Theo 8a ta có  �A � Do A đạt giá trị nhỏ  x  y   A đạt giá trị lớn 2 b) Theo 8b ta có 2 �B �2 x  y  Do B đạt giá trị nhỏ x   1 , y   B đạt giá trị lớn 1 ,y c)Theo 8c ta có  �C � x   Do C đạt giá trị nhỏ  x   x  2 ,y C đạt giá trị lớn 2 ,y Lời bình: Cũng từ tốn 20b trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hành ta có bất đẳng thức khơng đối xứng sau Bài toán 11a: Chứng minh a) (Bài 20b trang 112) Nếu 3x – 4y = 15 x  y �9; b) Nếu 2x – y = x  y �3 Lời giải: a) Vì 4x – 3y = 15 nên y  x  Do 2 �4 � �5 � x  y  x  � x  � � x  � �9, x �� �3 � �3 � 2 Lời bình: Từ tốn 20b trang 112 ta mở rộng thành tốn có ba biến số sau dành cho học sinh giỏi lớp 11 Bài toán 11b: Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  13 27 Chứng minh x  y  z  xyz � Lời giải: 13 27 Ta đặt A  x  y  z  xyz ta chứng minh A � Vì x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  nên có 1 � � � � 0; � Giả sử z �� 0; ba số thuộc đoạn � � 3� � 3� � y   z  x Với giá trị z, ta thay biến đổi ta A ta A    z  x   z  z  1 x  z  z  Bây giờ, ta xem A hàm số f ( x) có bậc hai biến x, z tham số có 1 z � 1� 0; � Do f ( x ) đạt giá trị nhỏ x  , suy hệ số a    z   0, z �� � 3� 1 z 1 z � z2 � y Khi A �f � � z    g (z) 2 �2 � � 1� �1 � 13 0; � Vì A �g  z  �g � � Ta có g '  z   z  z  1 �0, z �� � 3� �3 � 27 Lời bình: Từ tốn 11b ta biến đổi thành tốn khơng đối xứng sau Bài tốn 11c: Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  13 27 Chứng minh x  y  z  xyz � Lời giải: 13 27 Ta đặt A  x  y  z  xyz ta chứng minh A � Vì x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  nên có � 1� � 1� 0; � Giả sử z �� 0; ba số x, y, z thuộc đoạn � � 3� � � 3� Với giá trị z, ta thay y   z  x biến đổi ta A ta A    z  x   z  z  1 x  z  z  Bây giờ, ta xem A hàm số f ( x) có bậc hai biến x, z tham số có 1 z � 1� 0; � Do f ( x) đạt giá trị nhỏ x  , suy hệ số a    z   0, z �� � 3� 1 z 1 z � z2 � y Khi A �f � � z    g (z) 2 �2 � � 1� �1 � 13 0; � Vì A �g  z  �g � � Ta có g '  z   z  z  1 �0, z �� � 3� �3 � 27 Lời bình: Như tốn 11c khơng đối xứng cách giải tương tự toán 11b Bằng cách biến đổi khơng đối xứng ta có toán tương tự sau Bài toán 11c’: Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện 3x  y  z  13 27 Chứng minh x  y  z  12 xyz � Lời bình: Hai tốn 11b, 11c ta phát biểu dạng khác sau Bài toán 12: a) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  x  y  z  xyz; b) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức B  x  y  z  8xyz Hướng dẫn giải: 13 x  y  z  27 13 1 b) Theo 11b ta có B đạt giá trị nhỏ x  , y  z  27 a) Theo 11a ta có A đạt giá trị nhỏ Lời bình: Từ ý tưởng để phát triển tư học sinh nữa, bất đẳng thức đối xứng ta bổ sung thêm vài giả thiết để bất đẳng thức Chẳng hạn toán sau 2.Từ bất đẳng thức Bài toán13: a)Hãy khai triển biểu thức sau M   x  y   x  y  z   y  z 2 b)Từ chứng minh rằng: x  y  z  y  xz �2 Lời giải: a)Ta có M = 2(x2 + y2 +z2) + y2 – 2xz 2 b)Ta có M   x  y    x  y  z    y  z  �0, x, y, z �� , nên  x  y  z   y  xz �0, x, y , z �R , mà x  y  z  Do y  xz �2 Lời bình: Đối với câu b 13, khơng có câu a khó mà ta nghĩ lời giải Nếu đối tượng giải học sinh giỏi cấp tỉnh ta cho câu b Sau số toán tương tự Bài toán 13’: a) Chứng minh rằng: x  y  3x  y  xy �5 b) Chứng minh rằng: xy  xz  yz  3 x  y  z  Lời bình:Bây ta xuất phát từ bất đẳng thức để tạo tốn tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức không đối xứng.Và ta nghiên cứu cách giải nào? Xuất phát từ bất đẳng thức 2  x  y    x  y  z  �0, x, y, z ���  x  y  z  �z  xz  yz , x, y , z ��, ta đặt 2 2 toán sau Bài toán14: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức M = 2xz + 2yz + z2 Lời bình: Nếu ta khơng biết bất đẳng thức gốc làm để giải toán này? Sau phương pháp để giải tốn Nhận xét: Ta có vài nhận xét trước giải +)Vì M biểu thức không đối xứng sử dụng bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhacopxki Cũng khó để biến đổi M trở bất đẳng thức gốc ban đầu Do ta cần có phương pháp tối ưu phương pháp tam thức bậc hai định hướng +)Sau cách tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức M phương pháp tam thức bậc hai định hướng  Ta tìm giá trị riêng M,chẳng hạn m0 �M �M  Do để tìm giá trị lớn M ta tìm từ M trở lên Ngược lại để tìm giá trị nhỏ M ta tìm từ m0 trở xuống Lời giải: 1)Xét z = Khi M = 2)Xét z �0 Vì M có giá trị riêng nên tìm giá trị lớn M ta xét M > Do điều kiện x  y  z  nên ta viết lại biểu thức M M xz  yz  z x2  y2  z2 Đặt x   z , y   z (*) Thế vào biểu thức M ta 2  2  � �M     1 � �M  � Khi phương trình sau có nghiệm theo    M   2  M    2   0,(1) Vì phương trình (1) có nghiệm nên  '(1) �0 �  M   M   M  M  �0 ,(2) Vì vế trái bất phương trình (2) tam thức bậc hai có hệ số a âm, nên bất phương trình (2) có nghiệm  '(2) �0   � M  M  M  �0 � M  M     M  1 �0 Kết hợp với M > ta  M �2 Do max M =  '(2)  ,suy   Khi  '(1)  Suy phương trình (1) có nghiệm kép   Thay   ,   � �x  � � � �y  � � �z  � vào (*) kết hợp với giả thiết x  y  z  ,ta tìm 6 6 � �x  � � � Do max M = �y  � � �z  � 6 6 Lời bình:Qua giải ta thấy tốn khơng đối xứng giải khó khơng biết tốn gốc nó,và nhờ vào phương pháp tam thức bậc hai định hướng mà ta giải toán Sau toán tương tự Bài toán14’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + 2y2 +5z2 10 Lời bình: Để sáng tạo nhiều tốn hơn, bất đẳng thức ta cịn có nhiều định lí tốn học bất đẳng thức Sau định lí chứng minh, tơi sử dụng để sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng 3.Xuất phát từ định lí Karamata 3.1.Định lí Karamata Cho a1 �a2 �K �an b1 �b2 �K �bn ,với ak , bk � a; b  , k = 1,2,…,n thỏa mãn điều kiện sau a1 �b1 � � a1  a2 �b1  b2 � � M � � a  a  K  an 1 �b1  b2  K  bn 1 �1 a1  a2  K  an  b1  b2  K  bn � � Khi với hàm số f(x) có f "( x) �0 (a;b) ta có f  a1   f  a2   K  f  an  �f  b1   f  b2   K  f  bn  Bây ta vận dụng định lí để sáng tạo số tốn 3.2.Bài tốn ứng dụng định lí Karamata Áp dụng định lí Karamata với số a, b, c 5, 2, ta có tốn sau a �5 � � Bài toán 15:Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện �a  b �7 � abc 8 � Chứng minh a  b  c �30 Lời giải: Ta có  a  5 �0, a ��, ۳ a �52 2.5  a  , a �;(1) Tương tự ta có b �22  2.2  b   , b ��;(2) c �12  2.1  c  1 , c ��;(3) Cộng (1),(2) (3) vế tương ứng ta bất đẳng thức a  b  c �30  �  a     b     c  1 � , a, b, c ��, � � � a  b  c �30  � , a, b, c ��,  a   b   c  1   a   b     a   � � � � a  b  c �30, a, b, c �� Lời bình: Qua tốn ta thấy nhờ vào ý tưởng định lí Karamata mà ta sáng tạo nhiều toán hay tốn giải phương pháp sơ cấp Để tạo tốn khơng đối xứng, ta chia hai vế bất phương trình (1), (2) (3) cho 5; 2; 1, sau cộng bất đẳng thức lại Khi ta có tốn sau Bài tốn16: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh 11 a b2   c �8 Lời giải:Theo tốn 15 ta có bất đẳng thức (1), (2) (3) a2 Ta có (1) ۳�5 2(a 5), a �;(4) b2 (2) ۳�2  b  , b �;(5) (3) ۳ c �1  c 1 , c �;(6) Cộng bất đẳng thức (4),(5) (6) vế với ta a b2   c �8   a  b  c   , a b2   c �8 kết hợp với giả thiết ta có Lời bình: Như này, để tạo tốn khơng đối xứng cách ta biến đổi cho hệ số biến đối xứng khơng cịn Sau số toán tương tự a �6 � � Bài toán 15’:Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện �a  b �9 � a  b  c  10 � Chứng minh a  b  c �46 Bài toán16’: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 10 Chứng minh a b2   c �10 Lời bình: Một phát biểu khác 15 16 sau a �5 � � Bài toán 17: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện �a  b �7 Tìm giá trị nhỏ � abc 8 � biểu thức M  a  b  c Lời giải:  a  5 �0, a ��, Ta có ۳ a �52 2.5  a  , a �;(1) Tương tự ta có b �22  2.2  b   , b ��;(2) c �12  2.1  c  1 , c ��;(3) Cộng (1),(2) (3) vế tương ứng ta bất đẳng thức a  b  c �30  �  a     b     c  1 � , a, b, c ��, � � � a  b  c �30  � , a, b, c ��,  a   b   c  1   a   b     a   � � � � a  b  c �30, a, b, c �� Do M = 30, a = 5, b = 2, c = 12 Bài toán18: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a b2   c2 M � 8, Lời giải:Theo tốn 16 ta có dấu đẳng thức xảy a  5, b  2, c  Do M đạt giá trị nhỏ a  5, b  2, c  M Lời bình: Trong tốn 15, ta thay đổi vai trò số biến số bất đẳng thức (1), (2) (3) ta toán sau  c �b �a � � a �5 � Bài toán 19: Cho số a,b,c thỏa mãn điều kiện � Tìm giá trị lớn a  b �7 � � abc 8 � biểu thức M  a  b  c Lời giải: Ta có   a  �0, a ��, ۳ 52 �a 2.a  a  , a �;(1) Tương tự ta có 22 �b  2.b   b  , b ��;(2) 12 �c  2.c   c  , c ��;(3) Cộng (1),(2) (3) vế tương ứng ta bất đẳng thức 30 �a  b  c  � a   a   b   b    1 c  � , a, b, c ��, � � ۳ 30 a  b  c  � c   a   b 1  c    b  c    a   b    a  b    a  � , � � a, b, c ��, � a  b  c �30, a, b, c �� Do max M = 30, a = 5, b = 2, c = Lời bình: Từ phương pháp giải tốn 15 ta xây dựng toán tương tự sau Bài toán 20: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z �14 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  Lời giải: Ta có  x  3 x2 y z   �0, x ��, ۳ x �32 2.3  x 3 , x �, x2 ۳�3  x  , x �,(1) Tương tự ta có y2 �5   y   , y ��, (2) z2 �6   z   , z ��,(3) 13 Cộng bất đẳng thức (1), (2) (3) vế với ta x2 y z   �14   x  y  z  14  , x  y  z � 14 ta M �14 kết hợp với giả thiết Do minM = 14 x = 3, y = 5, z = Lời bình: Bài tốn dạng tốn khơng đối xứng.Từ tốn này, ta đổi vai trị biến số cho ta toán chuyển ẩn xuống mẫu sau Bài toán 21: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x  y  z  14 Tìm giá trị 25 36 nhỏ biểu thức M  x  y  z Lời giải: Ta có   x  �0, x  , ۳ 32 x  2.x   x  , x  0, 32 ۳ x x    x  , x  ,(1) Tương tự ta có 52 �y    y  , y  0, (2) y 62 �z    z  , z  0, (3) z Cộng bất đẳng thức (1), (2) (3) vế với ta 32 52 62   �x  y  z   14  x  y  z  , x y z kết hợp với giả thiết x  y  z  14 ta M �14 Do minM = 14 x = 3, y = 5, z = Lời bình: Tương tự ta có tốn sau Bài toán 20’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z �16 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  x2 y z   Bài toán 21’: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x  y  z  16 Tìm giá trị 16 25 49 nhỏ biểu thức M  x  y  z Lời bình: Cũng từ ý tưởng trên, ta thử nghiên cứu thêm số bất đẳng thức không đối xứng giá trị lượng giác tam giác Trong phần dùng để dạy chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11 Một số bất đẳng thức lượng giác tam giác không đối xứng Trong tam giác ABC ta ln có bất đẳng thức đối xứng sau A B C 3  cos  cos � ; 2 2 3 sin A  sin B  sin C � ; cos 14 A B C  tan  tan � 3; 2 A B C cot  cot  cot �3 2 tan Vấn đề đặt khơng cịn đối xứng hệ số ta giải nào? Ta xét toán sau Bài toán22: Giả sử A0 , B0 , C0 ba góc tam giác nhọn cho trước Chứng minh với tam giác ABC ta có sin A sinB sinC   �tan A0  tan B0  tan C0 cos A0 cosB0 cosC0 Lời giải: Trước hết ta chứng minh sin A �sin A0   A  A0  cos A0 , A, A0 � 0;   ,(1) TH1: A  A0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên TH2: A  A0 bất đẳng thức (1) tương đương với sin A  sin A0 �cos A0 , (2) A  A0 sin A  sin A0  cos A1 A  A0 Do (2) có dạng cos A1 �cos A0 , với A0  A1  A (Điều ln hàm số y = cosx nghịch biến  0;   ) Theo định lí Lagrang, tồn A1 � A0 ; A  để Do A0 góc nhọn nên cos A0 dương, bất đẳng thức (1) tương đương sin A với cos A �tan A0  A  A0 , (i) Tương tự ta có sinB �tanB0  B  B0 , (ii ); cosB0 sinC �tanC0  C  C0 , (iii ) cosC0 sin A sinB sinC Cộng (i), (ii), (iii) ta cos A  cosB  cosC �tan A0  tan B0  tan C0 0 Lời bình: Tương tự ta có tốn sau Bài toán23: Giả sử A0 , B0 , C0 ba góc tam giác cho trước Chứng minh với tam giác ABC ta có A B C cos cos   �cot A0  cot B0  cot C0 A B C 2 sin sin sin 2 cos Lời giải: �� Trước hết ta chứng minh cost �cost   t  t0  sint , t , t ��0; �, (1) � 2� TH1: t  t0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên TH2: t  t0 bất đẳng thức (1) tương đương với Theo định lí Lagrang, tồn t1 � t0 ; t  để cost  cost � sint , (2) t  t0 cost  cost   sint1 t  t0 15 Do (2) có dạng sint1 �sint , với t0  t1  t (Điều ln hàm số �� y = sinx đồng biến �0; �) � 2� Do t0 góc nhọn nên sint dương, bất đẳng thức (1) tương đương với cost �cott  (t  t0 ), (*) sint Lần lượt thay t A B C A B C , , thay t0 , , vào (*) cộng lại ta 2 2 2 điều cần chứng minh Bài toán24: Giả sử A0 , B0 , C0 ba góc tam giác cho trước Chứng minh với tam giác ABC ta có C �2cos A0 cos B0 cos C0   A B C 2  tan  tan  tan 2 2 tan A tan B tan Lời giải:  � � Trước hết ta chứng minh tant �tant   t  t0  cos t , t , t ��0; �, (1) � � TH1: t  t0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên tant  tant � , (2) t  t0 cos t0 tant  tant  Theo định lí Lagrang, tồn t1 � t0 ; t  để t  t cos t1 1 Do (2) có dạng cos t �cos t , với t0  t1  t (Điều ln hàm số y =  � � cosx nghịch biến �0; �) � 2� tan t Do bất đẳng thức (1) tương đương với  tan t �sin t  (t  t0 ), (*) A0 B0 C0 A B C Lần lượt thay t , , thay t0 , , vào (*) cộng lại ta 2 2 2 TH2: t  t0 bất đẳng thức (1) tương đương với điều cần chứng minh Bài toán25: Giả sử A0 , B0 , C0 ba góc tam giác nhọn cho trước Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có sin A0 cot A  sin B0 cotB sin C0 cotC �2sinA sin B0 sin C0 Lời giải: �� Trước hết ta chứng minh sin t 0cott � sin t   t  t0  , t , t ��0; �, (1) � 2� TH1: t  t0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên cott  cott � , (2) t  t0 sin t0 cott  cott  Theo định lí Lagrang, tồn t1 � t0 ; t  để t  t sin t1 TH2: t  t0 bất đẳng thức (1) tương đương với 16 1 Do (2) có dạng sin t �sin t , với t0  t1  t (Điều ln hàm số �� y = sinx đồng biến �0; �) � 2� Lần lượt thay t A B C A B C , , thay t0 , , vào (1) cộng lại ta 2 2 2 điều cần chứng minh Lời bình: Xuất phát từ tốn gốc 22, 23, 24, 25 ta chọn trước tam giác A0 B0C0 để tốn khơng đối xứng sau Bài toán26: Chứng minh với tam giác ABC ta có sin A sinB sinC 81   � ; 4 13 13 65 13 sin A sinB sinC 128 b)   � 21 65 65  65 65 a) Hướng dẫn giải: a) Trước hết ta kiểm tra 13 13 , , cos A0 , cosB0 , cosC0 tam giác 65 13 A0 B0C0 Sau ta áp dụng cách giải toán 22 b) Tương tự a Bài toán27: Chứng minh với tam giác ABC ta có A B C cos cos 2  �6 10 10 cos Hướng dẫn giải: Trước hết ta kiểm tra A B C 10 , , sin ,sin ,sin tam giác 2 10 A0 B0C0 Sau ta áp dụng cách giải toán 23 Bài toán28: Chứng minh với tam giác ABC ta có A B C tan tan 2  �6 10 5 tan 17 Bài toán29: Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có 16 12 cot A  cotB cotC � 25 25 25 Lời bình: Tương tự 26, 27, để giải tốn 28, 29 ta nhận dạng tốn gốc tương ứng chứng hệ số giá trị lượng giác tam giác cho trước áp dụng phương pháp chứng minh tốn gốc Các tốn 26, 27, 28, 29 phát biểu dạng khác sau Bài toán 30: Cho A, B, C góc tam giác ABC, tìm giá trị lớn biểu thức sau sin A sinB sinC   ; 13 13 65 13 sin A sinB sinC Q   65 65  65 65 P Bài toán 31: Cho A, B, C góc tam giác ABC, tìm giá trị lớn biểu thức sau A B C cos cos 2 2 R 10 10 cos Bài toán 32: Cho A, B, C góc tam giác ABC, tìm giá trị nhỏ biểu A B C tan tan 2 2 S 10 tan thức sau Bài tốn33: Cho A, B, C góc tam giác ABC, tìm giá trị nhỏ biểu thức sau T 16 cot A  cotB cotC 25 25 18 2.Khả áp dụng a.Thời gian áp dụng thử nghiệm có hiệu Trong năm học 2011 – 2012 2012 – 2013, áp dụng đề tài vào dạy tiết tự chọn theo chủ đề bất đẳng thức lớp 10 nhằm mục đích phát huy khả tự học sáng tạo học sinh nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi Trong hai năm liên tiếp thực đối chứng lớp 10 A tiến hành thực nghiệm lớp 10 A 3, 10A 4, với khảo sát chất lượng đầu năm lớp có trình độ tương đương Nhưng sau em học chuyên đề chuyên đề khác tạo cho nguồn cảm hứng, thích thú, say mê với tốn học, điều dẫn đến kết số lượng học sinh giỏi lớp thực nghiệm tăng lên so với lớp đối chứng.Ta thấy rõ qua bảng thống kê kết chất lượng mơn Tốn năm sau +) Năm học 2011 – 2012 Xếp loại Tỉ lệ lớp đối chứng Tỉ lệ lớp thực nghiệm (lớp 10A2) (Lớp 10 A 3) Kém 2,2% Yếu 33,3% 26,7% Trung bình 44,5% 44,5% Khá 17,8% 22,2% Giỏi 2,2% 6,6% Học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn có học sinh +) Năm học 2012 – 2013 Xếp loại Tỉ lệ lớp đối chứng Tỉ lệ lớp thực nghiệm (lớp 10A2) (Lớp 10 A 4) Kém 2,2% Yếu 31,1% 22,2% Trung bình 46,7% 44,4% Khá 17,8% 24,5% Giỏi 2,2% 8,9% Học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn có học sinh b) Khả thay giải pháp có Sử dụng chuyên đề vào tiết tự chọn c)Khả áp dụng đơn vị ngành Đề tài áp dụng có hiệu lớp 10 A 3, 10 A 4, áp dụng cho toàn khối 10 Trường THPT Nguyễn Diêu 3.Lợi ích kinh tế - xã hội Với giải pháp này, làm cho số lượng học sinh giỏi tăng C-KẾT LUẬN 1.Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp Qua thử nghiệm nêu trên, thấy kết thu cao dạy đối chứng Điều chứng tỏ để học sinh tích cực, chủ động, sáng tạo hiệu học tập; người giáo viên cần sử dụng linh hoạt nhuần nhuyễn biện pháp giảng dạy, phát huy tính sáng tạo giảng dạy; song song cần tích cực nghiên cứu sách trau dồi lực chuyên môn 19 Khi nghiên cứu đề tài “Sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng”, nhận thấy thân trở thành người sáng tạo, kiến thức mở rộng thêm Bên cạnh mặt đạt hạn chế, số học sinh yếu trung bình khơng nắm bất đẳng thức nên chưa tiếp cận cách biến đổi mà đưa Tôi cố gắng tìm biện pháp để nâng cao hiệu năm tới Trong viết đề tài này, thân khơng tránh khỏi sai sót, mong anh chị đồng nghiệp góp ý chân thành để rút kinh nghiệm cho năm sau viết tốt Những triển vọng việc vận dụng phát triển giải pháp Như sáng kiến kinh nghiệm này, tơi xuất phát từ tốn đối xứng, từ bất đẳng thức từ ý tưởng định lí Karama, tơi sáng tạo số tốn khơng đối xứng nêu cách giải tốn Một điều mang lại cho tơi niềm vui kết học em nâng lên em yêu thích học tốn sau em tiếp cận vấn đề Tôi hy vọng năm truyền cho em chuyên đề với cải tiến để học sinh tiếp thu Nhưng lớp toán bất đẳng thức không đối xứng rộng, thời gian cho phép khả cịn hạn chế, tơi chưa trình bày hết.Tơi nghiên cứu tiếp tốn khơng đối xứng thời gian đến 3.Đề xuất, kiến nghị Đề xuất với Ban giám hiệu Trường THPT Nguyễn Diêu, đưa đề tài vào dạy tiết tự chọn theo chủ đề bất đẳng thức lớp 10 nâng cao Người viết đề tài 20 Tài liệu tham khảo 1.Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên)- Nguyễn Huy Đoan (chủ biên) tác giả: Đại số 10 nâng cao – NXBGD,2006 Nguyễn Văn Mậu(Chủ biên): Bất đẳng thức – Định lí áp dụng NXBGD,2006 Bộ Giáo dục Đào tạo :Tạp chí Tốn học& Tuổi trẻ-NXBGD Bài giảng chủ đề bất đẳng thức Giáo sư Nguyễn Văn Mậu 21 MỤC LỤC Trang A- MỞ ĐẦU .01 I.Đặt vấn đề 01 Thực trạng vấn đề địi hỏi phải có giải pháp ……….01 Ý nghĩa tác dụng giải pháp mới………………………01 Phạm vi nghiên cứu………………………………………… 01 II.Phương pháp tiến hành 01 1.Cơ sở lí luận………………………………………………… 01 Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo giải pháp…………01 B- NỘI DUNG 02 I.Mục tiêu 02 II.Mô tả giải pháp đề tài 02 Thuyết minh tính mới……………………………………… 02 Khả áp dụng…………………………………………….18 Lợi ích kinh tế - xã hội……………………………………… 19 C- KẾT LUẬN 19 1.Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp 19 Những triển vọng việc vận dụng phát triển giải pháp 20 Đề xuất, kiến nghị 20 Tài liệu tham khảo 22 21 ... giải pháp tơi sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng Đặc biệt, tơi tạo phương pháp hình thành bất đẳng thức không đối xứng SÁNG TẠO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG 1.Từ toán đối xứng Bài... Thuyết minh tính a.Nội dung giải pháp Từ bất đẳng thức đối xứng, phép đổi biến không đối xứng ta bất đẳng thức không đối xứng Hơn nữa, để giúp học sinh phát triển tư có tổng qt hóa phương pháp... dụng giải pháp Giúp học sinh giải sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng Giúp đồng nghiệp có hướng để tạo hệ thống tập bất đẳng thức không đối xứng cho học sinh Phạm vi nghiên cứu đề tài Trong