Nâng cao kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cosi trong bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 trường THCS tế lợi

1.MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình phổ thơng, học sinh làm quen với bất đẳng thức từ sớm ln song hành với em cấp học Ở bậc tiểu học học sinh học bất đẳng thức dạng so sánh số tự nhiên đến so sánh phân số, bậc THCS em tiếp tục học bất đẳng thức dạng so sánh số nguyên, lũy thừa, số hữu tỷ biểu thức chứa biến, biến, biến Bất đẳng thức không xuất chương trình phổ thơng mà cịn thường xuyên xuất kỳ thi chuyển cấp, thi học sinh giỏi cấp Trong giáo dục phổ thơng, tốn học mơn khoa học quan trọng đóng vai trị tảng, then chốt để phát triển môn khoa học tự nhiên, khoa học công nghệ, nói bất đẳng thức thành tố quan trọng để phát triển lực tư logic cho học sinh Trong thực tế, việc giải toán Bất đẳng thức học sinh THCS khó khăn, đơi dẫn đến tình trạng em sợ loại tốn Vì vậy, để góp phần vào việc phát triển tư cho học sinh, đặc biệt học sinh giỏi tăng cường cho em ý thức lực, vận dụng cách thông minh điều học làm giảm bớt nỗi sợ hãi tăng thêm lòng tin cho học sinh gặp loại toán Qua thực tế giảng dạy trường qua kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, kỳ thi học sinh giỏi cấp nhận thấy việc hình thành kiến thức kỹ việc dùng Bất đẳng thức Côsi số dương cần thiết Vì tơi chọn đề tài “ Nâng cao kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Côsi bồi dưỡng học sinh giỏi lớp trường THCS Tế Lợi” 1.2 Mục đích nghiên cứu Trong tốn kì thi học sinh giỏi khối THCS hay sử dụng tới bất đẳng thức đặc biệt bất đẳng thức Côsi Vấn đề vấn đề khó, mục đích đề tài làm cho học sinh khơng cảm thấy khó khăn, e dè gặp toán liên quan đến bất đẳng thức đồng thời làm phong phú thêm phạm vi ứng dụng sống 1.3 Đối tượng nghiên cứu Học sinh đội tuyển mơn Tốn, Trường THCS Tế Lợi huyện Nông Cống 1.4 Phương pháp nghiên cứu + Khảo sát kết học tập học sinh + Qua thực tế giảng dạy cho em học sinh + Qua kiểm tra đánh giá kết học tập học sinh trước sau áp dụng đề tài + Trao đổi, học hỏi đồng nghiệp qua buổi sinh hoạt chuyên môn 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm: Bổ sung thêm phần “Một số toán sử dụng bất đẳng thức Cơsi kì thi học sinh giỏi” NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận : Khi vận dụng phương pháp phù hợp để giải toán, học sinh tiết kiệm thời gian giải ngắn gọn Bất đẳng thức Cơsi kiến thức khó khơng thể thiếu vốn kiến thức học sinh, học sinh giỏi kiến thức bất đẳng thức đại số làm phong phú phạm vi ứng dụng đại số sống 2.2 Thực trạng vấn đề: Trong trình giảng dạy nhận thấy học sinh khá, giỏi ban đầu cần nhìn thấy đề chứng minh bất đẳng thức em khơng có thiện cảm hay nói khơng có hứng thú để giải dẫn đến thực trạng em khơng đầu tư suy nghĩ có bỏ qua Sau nhiều năm kiểm nghiệm, nhận thấy tâm dẫn em khai thác, tìm hiểu có hiệu định Cụ thể : Khi học phần đẳng thức lớp đưa toán chứng minh bất đẳng thức (a + b)  4ab với a, b 0 lúc đầu học sinh lúng túng, trình giảng dạy hướng dẫn em cách giải:  Cách : Xét hiệu  Cách : Biến đổi tương đương  Cách : Dựa vào số bất đẳng thức sở  Cách : Chứng minh phương pháp phản chứng  Cách : Chứng minh phương pháp quy nạp toán học Sau hướng dẫn cách học sinh làm quen giải số tập tương tự bắt đầu dẫn em đến không gian bất đẳng thức Côsi em học xong chương lớp lúc học sinh khơng cịn sợ bỏ qua loại toán trước Thực tế qua kỳ thi học sinh giỏi kỳ thi vào lớp 10 có số học sinh tơi giải tốt toán số giải học sinh giỏi cấp huyện Trong phạm vi viết đề cập đến khía cạnh là: “Nâng cao kỹ thuật dùng bất đẳng thức Côsi số dương bồi dưỡng học sinh giỏi lớp trường THCS Tế Lợi” 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Một số phương pháp sử dụng BĐT Cơsi: BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI Cho n số thực khơng âm: a1, a2, an Ta phát biểu BĐT Côsi dạng sau: a1  a2   an n  a1 a2 an n (1) hay a1  a2   an n n a1 a2 an  a  a   an  Hay a1 a2 an   n   (2) n (3) Đẳng thức xảy số a a  a Đặc biệt: * Trong trường hợp số khơng âm x, y, ta có 1 x y  xy ; x  y 2 xy ;  x  y  xy ;  x  y  4 xy ;   x y xy ;   1  xy  x  y  n Đẳng thức xảy số nhau: x = y * Trong trường hợp số khơng âm x, y, z, ta có x yz x  y  z    xyz ; x  y  z 3 xyz ;   xyz 3   Đẳng thức xảy số nhau: x = y = z I Phương pháp phân tích số mũ, đánh giá đại diện Nội dung phương pháp thể ý tưởng chung 3 sau: - Các biến có vai trị bình đẳng nên q trình biến đổi ta nên có xu hướng giữ ngun tính bình đẳng chúng - Các biểu thức có vai trị bình đẳng nên tìm cách biến đổi biểu thức áp dụng tương tự cho toàn thể - So sánh bậc vế trái bậc vế phải để xét xem có cần phải thêm bớt vào số hạng có bậc thấp cao số để sử dụng BĐT Côsi ta thu bậc cần thiết - Hết sức ý điều kiện để dấu xảy ra, điều kiện giúp ích nhiều q trình tìm tịi hướng giải 2 2 2 2 Bài Chứng minh rằng:  a  b   b  c   c  a  8a b c a, b, c Phân tích: - Các biến có vai trị bình đẳng nên trình biến đổi ta nên có xu hướng giữ ngun tính bình đẳng chúng - Các biểu thức có vai trị bình đẳng nên tìm cách biến đổi biểu thức áp dụng tương trợ cho toàn thể - Bậc vế trái bậc vế phải (cùng 6) nên không cần phải thêm bớt vào số hạng có bậc thấp cao - Nhận xét a  b  c đẳng thức xảy Giải: Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2  x y = 2|xy| ta có:  a  b 2 ab 0   2 b  c 2 bc 0   2 c  a 2 ca 0 a  b2  b2  c2  c  a  8| a 2b2c | 8a 2b 2c a, b, c Dấu “ = ” xảy  a b c  a  b  c Bài 2: Cho x, y, z dương thỏa mãn x.y.z = Chứng minh rằng: S 2  x3  y  y3  z3  z  x3   3 xy yz zx Hướng dẫn giải: Vẫn với kiểu phân tích bình đẳng biến, biểu thức trên, ngồi ra, theo giả thiết, ta hiểu = (x.y.z) r vế phải số, r hiểu 3  xyz  nên ta cố gắng biến đổi vế trái thành tích lũy thừa bậc x, y, z Từ có cách biến đổi sau: Cách 1:  x  y 3 1.x y 3 xy   x3  y 3xy   xy xy  x3  y 3  xy xy Tương tự:  y3  z3  ; yz yz  z  x3  Từ đó: zx zx  1  x3  y  y3  z3  z  x3 1  S    3    3 3  xy xy yz zx yz zx   x y2 z2 Dấu “ = ” xảy x = y = z Cách 2:  x3  y 1 y3  z3  z  x3 S   xy yz zx   x3 y z  x3  y x3 y z  y  z x3 y z  z  x   xy yz zx 3 x y z x y 3 3 xy  3 x y z y z yz  3 x y z z x zx   x y z  xyz 3 Dấu “ = ” xảy x = y = z Nhận xét: Với hướng giải ta giải toán tổng quát sau: Cho số dương a1, a2, ,an thỏa mãn a1 a2 an = Chứng minh rằng: 3 S m m  a1 p   an  p m  a2 p   an p  an p  a1 p   an  p    n m n q q q (a1 an  ) (a2 an ) (an a1 an  ) với m 2 Bài 3: Cho a, b, c  Chứng minh: a ) a  b3  c a 2b  b 2c  c a b) a  b  c abc( a  b  c) Hướng dẫn giải: Phân tích: Mỗi số hạng vế phải có bậc (cùng bậc với số hạng vế trái), số hạng vế phải nhân tử thứ có bậc gấp đơi nhân tử Cách giải: a ) a  a  b3 3 a a b3 3a 2b b3  b3  c 3 b3 b3 c 3b c c  c  a 3 c c a 3c a b) a  a  b  c 4 a a b c 4a 2bc b  b  c  a 4 b b c a 4b ca c  c  a  b 4 c c a b 4c ab Cộng vế rút gọn ta có điều phải chứng minh Bài Cho a, b, c, d số thực dương có tổng Chứng minh rằng: a2 b2 c2 d2     a b b c c  d d  a (Đề thi Lam Sơn năm học : 2000 - 2001) Phân tích: - Các biến có vai trị bình đẳng nên q trình biến đổi ta nên có xu hướng giữ ngun tính bình đẳng chúng - Các biểu thức có vai trị bình đẳng nên tìm cách biến đổi biểu thức áp dụng tương tự cho toàn thể - Bậc vế trái 1, vế phải số hạng tự xem bậc ( giả thiết a + b + c + d = nên với số k ta có: k(a + b + c + d) = k - Nhận xét a b c d  đẳng thức xảy ra, a2  a b nên ta xem xét việc thêm bớt vào số hạng bậc cho rút gọn mẫu số giá trị biểu thức dấu xảy Giải: Áp dụng BĐT Cơsi cho hai số Ta có: a b a2 a b a b a b a a b a2 a2 a2 a  b  a2  2 2 a + + + 4 a b a b a b a b (1) bc cd d a b2 c2 d2  b (2) ;  c (3) ; d + + + 4 bc cd d a Tương tự ta có: (2) Từ (1); (2):  a2 + a  b + b2 + b  c + c2 + c  d + d + d  a a + b + c + d  4 4 a b bc cd d a a b b c c d d a a2 b2 c2 d2 + + + )+ ( + + + ) 1 4 4 a b b c c d d a 2(a  b  c  d ) a2 b2 c2 d2 ( 1 + + + )+ a b b c c d d a ( ( a2 b2 c2 d2 a2 b2 c2 d2 + + + )+ 1  ( + + + ) a b bc cd d a a b bc cd d a Bài 5: Chứng minh rằng:   a  b 64ab(a  b)2  a,b  Giải:  a b      24.22.ab a  b  4 a  b    a  b   ab     CôSi   2  a  b  ab    64ab(a  b)2 II Kỹ thuật tách nghịch đảo: Bài Chứng minh rằng: a b  2 a.b  b a Giải: Ta có : a b  b a Côsi  Bài Chứng minh rằng: ab 2 ba a2  2 a 1 a  R Giải : Côsi a   a 1 1  a 1  1 2  a 1 Ta có : 2 a 1 a 1 a 1 a 1  a 1 1  a 0 Dấu “ = ” xảy  a 1  a 1 III Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng Nếu đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá với dấu a b , đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nơm na thay dấu a + b dấu a.b ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC thay dấu a.b dấu a + b Và cần phải ý biến tích thành tổng, tổng phải triệt tiêu hết biến, lại số ab  cd   a  c   b  d  a, b, c, d  (1) Bài Chứng minh rằng: Giải : (1)  ab   a  c  b  d  cd 1 Theo BĐT Côsi ta có:  a  c  b  d  1 a b  1 c b   a c b d  VT         1 1    a  c b  c   a  c b  d   a  c b  c  (đpcm) a  c  Bài Chứng minh rằng: c  a  c   c  b  c   ab   b  c  (1) Giải: Ta có (1) tương đương với: c  b  c c  a  c  1 ab ab Theo BĐT Cơsi ta có: c  b  c  c  a  c   c  b  c   a b  c  a  c          1 ab ab  b a   a b   a b    Bài Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điều kiện : a + b = 2001 Tìm giá trị lớn tích ab (Đề thi lớp 10 năm học: 2007 - 2008) Giải : Áp dụng BĐT Cơsi ta có: ab  ( a  b) 20012 = = 1001000,25 4 Vì a,b số tự nhiên nên ab  1001000 Dấu xảy a + b = 2001 a = 1000 a = 1001 ab =1001000 b = 1001 b = 1000 Vậy giá trị lớn ab = 1001000 a = 1000 a = 1001 b = 1001 b = 1000 IV Kỹ thuật nhân thêm số đánh giá TBN sang TBC : Bài Chứng minh rằng: a  b  1  b  a  1 ab a, b 1 Giải: Bài hồn tồn chia vế cho ab, sau áp dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC phần trước trình bày, nhiên ta áp dụng phương pháp : phương pháp nhân thêm số Ta có :   a    b Côsi b  1  b  1 a  b  1  a  2 ab  a  1 b  a  1 a  b  1  b  a  1 b  1 Dấu “ = ” xảy    a  1 Côsi  b  a  1 1 ab 2 ab ab + ab 2 b 2   a 2   V Kỹ thuật ghép đối xứng: Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm số thao tác sau : 2  x  y  z   x  y    y  z    z  x   Phép cộng :  x y yz zx   x  y  z  2  2 Phép nhân : x y z  xy   yz   zx  ; xyz= xy yz zx  x, y, z 0  bc ca ab   a  b  c a, b, c  Bài Chứng minh : a b c Giải: Áp dụng BĐT Côsi ta có:   bc ca      b 2  a    ca ab      c  2  b   bc ab      c    a bc ca c a b ca ab a  bc  ca  ab a  b  c b c a b c bc ab c a c Dấu “ = ” xảy  a = b = c Bài Chứng minh rằng: a b2 c2 b c a      , abc 0 b2 c2 a a b c Giải Áp dụng BĐT Cơsi ta có:   a b2      c  2  b    b2 c     2 a  2  c  2 1  a  c     b2 a    a b  a a b2 c c c b2 c  b b c2 a2 a a a c  c c b2 a b b a  b2  c  b  c  a b  c  a b2 c a a b c a b c Bài Cho  ABC, a, b, c số đo cạnh tam giác Chứng minh :  b  c  a   c  a  b   a  b  c  abc Giải: Áp dụng BĐT Cơsi ta có:  0  b  c     0  c  a    0  b  c      a  c  a  b   b  a  b  c  a  a b  c  b  c  a    c  a  b c  c  a  b   a  b  c  a   b  c  a    a  b  c  b    b  c  a   c  a  b   a  b  c   abc Dấu “ = ” xảy   ABC : a = b = c VI Kỹ thuật đổi biến số : Có toán mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh khó giải, khó nhận biết phương hướng giải, ta chuyển tốn từ tình khó biến đổi trạng thái dễ biến đổi Phương pháp gọi phương pháp đổi biến số c a b    a, b, c  (BĐT Bài Chứng minh rằng: a b b c c  a Nesbit) Giải : b  c x   yz x zx y x y z ; b ; c Đặt : c  a  y   a  2  a  b z   Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau:  y x yz x zx y xy z z x y z               6  2x 2y 2z  x y  x z  z y Bất đẳng thức hiển nhiên đúng, Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : VT  y x z x y z 2 2 2   6 x y x z z y Dấu “ = ” xảy  x = y = z  a = b = c Bài Cho  ABC Chứng minh : a2 b2 c2   a  b  c b  c  a c  a  b a b  c Giải: b  c  a x   yz zx x y ; b ; c Đặt : c  a  b  y   a  2  a  b  c z   Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: 2  y  z    z  x    x  y  x  y  z  4x 4y 4z Ta có : VT  yz zx xy  yz zx   zx xy   yz xy          x y z  x y   y z   x z  Côsi yz zx zx xy yz xy    x  y  z x y y z x z Bài Cho  ABC Chứng minh : ( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c )  abc (1) Giải: b  c  a x   yz zx x y ; b ; c Đặt : c  a  b  y   a  2  a  b  c z   Khi ta có BĐT (1) x y yz zx xyz  2 Áp dụng tương đương với bất đẳng thức sau : BĐT Cơsi, ta có : x y yz zx  xy yz zx xyz 2 (đpcm) VII Một số ứng dụng bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình: Bài Giải phương trình : x  x   x  x 1 x  x  (1) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có :  ( x  x  1) 1 x  x x  x     2  2  x  x 1 ( x  x 1) 1  x  x   2 x  x   x  x 1 x 1 Kết hợp (1) (2) ta có: x  x  x   ( x  1) 0  x 1 Thử lại ta có x = nghiệm phương trình  (2) ( x  1) y  ( y  1) x  xy  Bài 2: Giải hệ phương trình:   x y   y x  xy Giải : 10 Điều kiện: x  1, y  ¸ Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:  ( x  1) x xy x   1.( x  1)    y x 1 (1) 2 y xy y -1   x y   Tương tự : (2) 2 x y   y x  xy Cộng (1), (2) ta :  x  1 Dấu “ = ” xảy   y  1  x  y 2 Thử lại thấy: x = y = thoả mãn phương trình thứ hệ Vậy hệ có nghiệm ( 2; ) Bài 3: Giải phương trình 27 x10  x  864 0 Giải: Nhận xét: x = nghiệm phương trình nên chia hai vế cho x ta được: 27 x  32.27 5  x  55 27 x x Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: phương trình thỏa mãn  x4 x4 x4 1     55 3 x 27 x Do x4   x10 3  x 10 3 x Bài 4: Giải phương trình: 16  x 2 x   x Giải: ĐK:   x 4 Vế trái = 16  x 4 16 2; Vế phải = x   x 2 x.2  x 2 Vậy phương trình cho Bài 5: Tìm nghiệm dương hệ phương trình sau Giải:  4 16  x 2    x 0 x  x  2 2  Ta chứng minh cho x y z x y yz     1 y z x yz x y  x  y  z 1  y z x  y y  z x     1  z x y  z x  y y (*) với x, y, z dương Thật vậy: (*)  x y  z  x  y y  y  z  x  y z  y  z  x  y 2    x  y    y  z    x  y   y  z  y z x y2  x  y  yz  y  z  x2 z   x  xy  xz   y  xy  z  yz  y z x  x  xz  z  y  xy  yz x z y  x  y  yz  y  z      xy  yz  y (**) y z x Áp dụng bất đẳng thức vào vế trái (**) được: 11  x2 y3   x2 z z y   y3 z y  x 2 z         y    2 y z  2 y x  2 z x  x z  y z   xy   xz   y  xy  yz  y  x    Vậy (*) đúng, đẳng thức xảy  x = y = z Do x + y + z = nên hệ có nghiệm x = y = z = 1/3 Một số tập vận dụng Bài Giải phương trình sau a) x  2-x 4 y  y  b) x -1  x   2( x  3)2  x  Bài Chứng minh với b > ta có: b 3(b  1)  (Đề thi vào lớp 10 năm học: 2006 - 2007) + b 1 2b Bài Tìm nghiệm dương phương trình: (1 + x - x  )2006 + (1 + x + x  )2006 = 22007 Bài Cho a, b số dương thoả mãn : a + b = 33 2 Tìm giá trị nhỏ của: P a  b  (Đề thi vào lớp 10 năm học: 2010ab 2011) Áp dụng bất đẳng thức Cơsi tốn cực trị: Nhận xét: Đối với toán cực trị, học sinh thường hay mắc sai lầm toán chứng minh bất đẳng thức toán chứng minh bất đẳng thức học sinh coi vế mục tiêu để cố gắng biến đổi vế theo mục tiêu đó, ngồi đơi khơng cần xét đến điều kiện dấu xảy Còn tốn cực trị học sinh khơng có mục tiêu để theo đuổi nhiều em mắc sai lầm không để ý đến điều kiện dấu “=” xảy ra, dấu xảy không thuộc điều kiện xác định Trong toán cực trị, tiêu chí quan trọng mà phải ln bám sát là: - Phải khử biến - Phải đảm bảo điều kiện cho dấu xảy thỏa mãn điều kiện xác định Như ta nhận thấy phương pháp để giải tốn cực trị dùng bất đẳng thức Cơsi phương pháp khử biến Bài 1: Cho x  Tìm giá trị lớn A  x1  x  Giải: Sai lầm thường gặp: 12 2 1  x 1  2x  1 x  1  A        Vậy Amax        Phân tích:  x 1  x  x 0 Sai lầm chỗ theo cách áp dụng dấu xảy   không tồn x Cách giải đúng: 1  x  1  x   Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có: A  x1  x      2  1   Vậy Amax  Dấu “=” xảy  x 1  x  x    0;   2 Bài 2: Cho x 3 Tìm giá trị lớn A  x 1  x  Giải: Sai  x 3 lầm thường gặp phải:  2x 1  2x 2 A 2 x  x        1  x  x  x  x 0  A  Vậy Amax  8 2 x 1  x  Sai lầm chỗ theo cách áp dụng dấu xảy   x  x không tồn x Cách giải đúng: Nhận xét: Cần phải biến đổi biến có bậc, đảm bảo cho dấu xảy thỏa mãn điều kiện xác định Vì ta giải sau:  A3  x  x          3x  x   x   x   x   9 Vậy Amax 3    x x  x  x  x      x 3 x  x  x  27   55   1 27 3  x   x  x    0; Dấu “=” xảy   2 55 Bài 3: Cho x 1 Tìm giá trị lớn A  x  x  Giải: Sai lầm thường gặp: 13 2  A x  x Vậy Amax  4  x   8    3     1  2x   x   x  8 2      x  x  x   2  3     Phân tích: Sai lầm chỗ theo cách áp dụng dấu xảy  x 4  x  x    0;1 Cách giải đúng:  x    x  A  x  x   x      x  1.  1 3   Bài Cho a>b>c>0 Tìm giá trị lớn S   x 2  x  x 1   x 1 c a  c  c b  c   ab ab Giải: S c  a  c c b  c  c  a  c   c b  c          1 b a a b 2b a  2 a b  bc Vậy S max 1 a  b c Bài 5: Tìm giá trị nhỏ A  x  Giải: Sai lầm thường gặp: A  x  Vậy Amin  1 với x 3 2x x x 2 x 2  2x 2   x  x Sai lầm chỗ theo cách áp dụng dấu xảy    x 3  không tồn x Cách giải đúng: A x  x2  1 1 1 x   33 x 33 Vậy Amin 33 khi: 2x 4x 4x 4x 4x 16 16 1  x 3 4x Nhận xét: Đôi việc dự đoán giá trị x làm cho toán thỏa mãn gợi ý cho tìm cách giải tốn, xét ví dụ minh họa sau: 14 Bài 6: Cho a 5 Tìm giá trị nhỏ S= a  a a a Sai lầm thường gặp: S a  2 a 2 Vậy Smin = Phân tích: Sai lầm chỗ theo cách áp dụng dấu “=” xảy  a   a 1 không thỏa mãn a 5 a Cách giải đúng: Dự đoán: S đạt a=5, 1  xét điều kiện a để dấu “=” xảy ra, ta có định hướng sau - Với a=5 a  , ta có cách giải 25 a - Với a = 25 a a ta có cách giải Cách 1: S a 24 a 24 24 26   a 2  a   25 a 25 25 a 25 25 26 Vậy Smin= ,  a   a  a 5  25  a 5 Cách 2: S a  25 24 25 24 24 24 26  2 a  10  10   a a a a a 5 Vậy Smin= 26 , 25  a  a  a 5   a 5 Bài 7: Cho a 2, tìm giá trị nhỏ S a  a2 Giải: Dự đoán S đạt a = 2, phân tích tương tự phương pháp có hướng ứng dụng rộng ta làm sau: Ta tìm số  thỏa mãn a   a a =   8 Sai lầm thường gặp: a 7a a 7a 7a 7.2 S   2  2  2   Vậy S  a 8 a 8a 8.2 Phân tích : Bài giải cho đáp số mắc sai lầm chỗ sử dụng bất đẳng thức sai sau: a 2  1  8a 8.2 Cách giải đúng: a a a a 3 S     a 3  a    8 a 8 a 4 4 Vậy S  a   a  a 2 8  a  15 Bài 8: Cho a , b    a  b 1 tìm giá trị nhỏ S ab  ab Giải: 1  a b a.b  4    ab    1 ab ab     ab 16 Dự đoán S đạt 4 ab ta tìm số  thỏa mãn ta có lời giải sau: 15 15 15 17 S  ab  2 ab     16ab 16ab 16ab 16ab 16 Vậy Smin = 17  16ab  ab   a b   ab    4 Một số tốn sử dụng bất đẳng thức Cơsi kì thi học sinh giỏi Bài 1: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c a b c      a b b c c a bc ca a b (Đề thi hsg thành phố hóa 2016 – 2017) Giải a a a c 1  Vì a, b, c > nên a b a b a b c b ba c c b  ;  Tương tự: b c a b c c a a b c  a b c    (1) a b b c c a * Ta có: a a  bc a (b  c ) Vì a, b, c > nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có: a  (b  c)  a(b  c)  2   a bc a (b  c) 16  2a a 2a a    a b c a b c bc a(b  c) Tương tự: 2b b  ; a bc ac Từ (1) (2) ta có đpcm 2c c  a b c ba a b c   2 bc ca a b Dấu ‘ =” xảy a = b +c; b = c + a; c = a +b tức a = b = c (vô lý)  a b c    (2) bc ca a b Bài Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : 52  3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 (Đề thi hsg thành phố hóa 2014 – 2015 )  Giải Gọi p nửa chu vi tam giác ABC ta có : a bc b c-a - a  p-a= > 2 Tương tự p - b > ; p - c > Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho số dương p -a; p -b; p -c ta có: (p –a) +(p - b) + (p –c) 3 (p  a)(p  b)(p  c)  3p - (a  b  c)  => < (p-a)(p-b)(p-c)      Vì a + b + c = nên bất đẳng thức trở thành : < p3 - p2(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc  < 33 - 32.6 + 3(ab + bc + ca) - abc  (a  b  c) - (a  b  c )  < 27 - 54 + - abc  36 - (a  b  c )  27 < - abc  28  54 < 108 - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  56  - 54 < - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  -52  52  3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 ( ĐPCM ) Dấu " = " xảy  a = b = c = Bài 3: Cho x,y,z số thực không âm thỏa mãn điều kiện: x2014 + y2014 + z2014 = Tìm GTLN biểu thức B = x2+ y2+ z2 (Đề thi hsg thành phố hóa 2014 – 2015 Vịng 2) Giải: Áp dụng BĐT CơSi cho 2014 số khơng âm: 17 1; 1;  ;1 ) ta có: ( x2014; x2014;  2012 2.x 2104  2012 2014 2.2014 2012  x x 2014 Tương tự : 2.y 2104  2012 2014 2.2014 2012  y y2 2014 2.z 2104  2012 2014 2.2014 2012  z z 2014 Cộng BĐT theo vế ta 2.(x 2014  y 2014  z 2014 )  3.2012 x  y  z 2014 Mà x2014 + y2014 + z2014 = 2.3  3.2012 3 Hay B 3 2014 Dầu “ =” xảy  x = y = z = Vậy GTLN B = x = y = z = 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Từ nhận thức thân sở thực tiễn chọn đề tài biện pháp triển khai đề tài, qua khảo sát thực tế việc tiếp thu học sinh, thấy đạt số kết cụ thể sau: Với việc trình bày tốn bản, với ví dụ minh họa sau học sinh dần tiếp cận sử dụng kĩ thuật dùng bất đẳng thức côsi Luyện tập cho học sinh thói quen suy nghĩ, quan sát, lập luận để học sinh phát huy trí thơng minh, óc sáng tạo, khả phân tích, tổng hợp, tư độc lập thông qua việc thảo luận, tranh luận mà học sinh phát triển khả nói lưu lốt, biết lí luận chặt chẽ giải toán Học sinh biết vận dụng kiến thức đơn lẻ để giải toán tổng hợp nhiều kiến thức Với đồng nghiệp trau dồi thêm kiến thức kỹ bất đẳng thức, nhà trường có thêm tài liệu nâng cao kiến thức cho học sinh  x2 + y2 + z2  KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Qua trình giảng dạy, áp dụng đề tài: “ Nâng cao kỹ thuật dùng Bất đẳng thức Côsi hai số dương” nhận thấy đạt hiệu cao 18 gây hứng thú cho HS học loại tốn Vì vậy, thầy giáo, giáo có tâm chọn hướng kết mong muốn Mặc dù cố gắng việc tham khảo lượng lớn tài liệu sách để vừa viết, vừa mang giảng dạy cho em học sinh chọn từ kiểm nghiệm bổ sung thiếu sót cần thiết, khó tránh khỏi thiếu sót hiểu biết kinh nghiệm hạn chế, mong nhận đóng góp q báu q thầy giáo, giáo, đồng nghiệp Qua xin đề nghị cấp nên tổ chức chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi để giáo viên tham gia nâng cao trình độ chun mơn nghiệp vụ XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG Nông Cống, ngày 30 tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Lê Thị Huệ 19 TÀI LIỆU THAM KHẢOU THAM KHẢOO - Tạp chí toán học & Tuổi trẻ - Các giảng luyện thi mơn tốn - Phạm Đức Chính (chủ biên) - Bất đẳng thức - Phan Huy Khải - Đề thi Olympic 30 – - Chuyên đề bất đẳng thức - Võ Giang Giai MỤC LỤC Mục 1.1 Tên mục Trang Mở đầu Lí chọn đề tài 20 ... sinh giỏi cấp huyện Trong phạm vi viết đề cập đến khía cạnh là: ? ?Nâng cao kỹ thuật dùng bất đẳng thức Côsi số dương bồi dưỡng học sinh giỏi lớp trường THCS Tế Lợi? ?? 2.3 Các giải pháp sử dụng để... gian bất đẳng thức Côsi em học xong chương lớp lúc học sinh khơng cịn sợ bỏ qua loại toán trước Thực tế qua kỳ thi học sinh giỏi kỳ thi vào lớp 10 có số học sinh tơi giải tốt tốn số giải học sinh. .. kỹ bất đẳng thức, nhà trường có thêm tài liệu nâng cao kiến thức cho học sinh  x2 + y2 + z2  KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Qua trình giảng dạy, áp dụng đề tài: “ Nâng cao kỹ thuật dùng Bất đẳng thức