SKKN hướng dẫn học sinh kỹ thuật cơ bản sử dụng bất đẳng thức côsi và ứng dụng trong dạy và học toán

PHẦN I: MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Điều - Luật Giáo dục yêu cầu phương pháp giáo dục: "Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư sáng tạo người học; bồi dưỡng cho người học lực tự học hợp tác, khả thực hành, lịng say mê học tập ý chí vươn lên.” Trong năm gần đây, đổi phương pháp dạy học trở thành mục tiêu lớn ngành giáo dục đào tạo nước ta Dạy học theo hướng “Phát huy lực phẩm chất người học” nội dung quan trọng quan tâm Nghị Hội nghị trung ương khóa XI nêu rõ đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo: “Tiếp tục đổi mạnh mẽ phương pháp dạy học theo hướng đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo vận dụng kiến thức, kỹ người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt chiều, ghi nhớ máy móc Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo sở để người học tự cập nhật đổi tri thức, kỹ năng, phát triển lực” Theo quan điểm đạo đổi giáo dục phát triển lực người học coi mục tiêu quan trọng cần coi trọng Mặt khác, khái niệm lực hiểu kết nối tri thức, hiểu biết, khả mong muốn người học Cũng theo tinh thần Nghị 29 - NQ/TƯ việc đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo phương pháp dạy học tốn cần phải thay đổi để theo kịp yêu cầu thực tiễn Như vậy, việc nâng cao lực tư duy, lực tự học cho học sinh trình giảng dạy biện pháp cần thiết, đáp ứng yêu cầu trình đổi giáo dục 1.2 Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh tự học, sáng tạo nhằm nâng cao hiệu học tập giảng dạy môn Toán - Đáp ứng yêu cầu đổi phương pháp kiểm tra đánh giá kì thi học sinh giỏi kì thi THPT Quốc gia - Đề tài dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Sách giáo khoa mơn Tốn chương trình THCS THPT - Học sinh lớp: 11C4, 12A10 trường THPT Đào Duy Từ 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu tài liệu - Phương pháp khảo sát thực tế - Phương pháp phân tích, so sánh, tổng hợp - Phương pháp thống kê PHẦN II: NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận 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 khơng xuất chương trình phổ thơng mà cịn thường xun xuất kỳ thi chuyển cấp, thi học sinh giỏi cấp, thi THPT Quốc gia Trong giáo dục phổ thông, tốn học mơn khoa học quan trọng đóng vai trò 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 sáng tạo cho học sinh Trong thực tế, việc giải toán Bất đẳng thức học sinh khó khăn 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 linh hoạt điều học vào thực tiễn Qua thực tế giảng dạy trường THPT qua kỳ thi nói chung tơi nhận thấy việc hình thành kiến thức kỹ việc dùng Bất đẳng thức Cơsi để xử lí tốn cần thiết Vì tơi chọn đề tài 2.2 Thực trạng vấn đề Bất đẳng thức Côsi bất đẳng thức cổ điển có ứng dụng rộng rãi chương trình tốn học phổ thơng Tuy nhiên, việc sử dụng bất đẳng thức lại điều không đơn giản học sinh, kể giáo viên giảng dạy Các kĩ thuật để sử dụng BĐT Côsi đa dạng Qua kinh nghiệm giảng dạy, nhận thấy số đặc điểm sau: - Các đề thi học sinh giỏi cấp trung học gần có xu hướng sử dụng nhiều đến BĐT Cơsi - Bất đẳng thức Côsi công cụ giải số lượng lớn toán chứng minh bất đẳng thức, tìm min, max biểu thức Tuy việc ứng dụng BĐT Cơsi vào giải tốn học sinh hạn chế - Nhiều giáo viên giảng dạy chưa phân tích sâu sắc dấu hiệu nhận dạng để học sinh đứng trước tốn biết sử dụng phương pháp áp dụng kĩ thuật để giải Xuất phát từ thực tế đó, sáng kiến kinh nghiệm này, tơi nêu số ứng dụng thường gặp BĐT Côsi, đồng thời cố gắng nêu cách thức tư phương pháp, kĩ thuật để sử dụng BĐT Côsi 2.3 Các giải pháp để giải vấn đề - Trong viết này, có tốn giải nhiều phương pháp ngắn gọn hơn, bám sát nội dung viết, nêu cách giải BĐT Côsi - Nội dung viết chủ yếu sử dụng trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi trường THTH Đào Duy Từ - Trước hết bất đẳng thức Côsi: * Cho n số thực không âm: a1, a2, an Ta phát biểu BĐT Cơsi dạng sau: a1  a2   an n � a1 a2 an n a1  a2   an �n n a1 a2 an (1) (2) n �a  a   an � a1 a2 an ��1 � (3) n � � Dấu “=” xảy a1  a2   an * Trong trường hợp số không âm x, y, ta có: x y � xy ; x  y �2 xy ; 2 �x  y �  x  y  �4 xy ; � � �xy ; � � � xy  x  y  1  � x y x y ; Dấu “=” xảy khi: x = y * Trong trường hợp số không âm x, y, z, ta có x y z x  y  z � � � xyz ; x  y  z �3 xyz ; � ��xyz � � Dấu “=” xảy khi: x = y = z Sau phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cơsi 3 2.3.1 Phương pháp phân tích số mũ, đánh giá đại diện Nội dung phương pháp: - 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 - Giả sử bậc vế trái lớn bậc vế phải thêm bớt vào số hạng có bậc thấp cao số để sử dụng BĐT Cơsi ta thu bậc cần thiết Ví dụ Cho số dương a, b, c Chứng minh: a b3 c3   a  b  c b2 c2 a2 a b2 c2 1 2)      b c a b c a 1) Phân tích: Cần khử mẫu số vế trái để đồng bậc với vế phải Áp dụng BĐT Cơsi ta có: a3 a3 b3 c3  b  b  a   a  b  b  c 3c  2a Tương tự: ; b2 b2 c2 a2 Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy khi: a = b =c Nhận xét: Khử bậc tử số mẫu số vế trái, ta có lời giải câu sau: Áp dụng BĐT Cơsi ta có: a2 a2 a2 1      Tương tự cho các bất đẳng thức lại rồicộng b b b a a b vê thu gọn ta ĐPCM Dấu “=” xảy khi: a = b =c Ví dụ 2: Cho x, y, z số dương thỏa mãn x.y.z = 1  x3  y  y3  z3  z  x3   �3 Chứng minh rằng: S  xy yz zx Phân tích: 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: y3 Cách 1: x � Tương tự S 3 1.x y  x3  y xy 3xy  y3  z3 � ; yz yz  x3  y3 xy 3xy xy xy  z  x3 � Từ zx zx �1  x3  y3  y3  z3  z  x3 1 �   � 3�   ��3 3 � xy xy yz zx yz zx � � � x y2 z2 3 Dấu “ = ” xảy x = y = z Cách 2: S  �  x3  y 1 y3  z3  z  x3   xy yz zx x3 y3 z  x  y x3 y z  y  z x3 y z  z  x3   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 S m m  a1 p   an 1 p m  a2 p   an p  an p  a1 p   an 2 p    �n m n với m �2 q q q (a1 an 1 ) (a2 an ) (an a1 an 2 ) Ví dụ 3: Cho a, b, c �0 Chứng minh: a ) a  b  c �a 2b  b c  c a b) a  b  c �abc(a  b  c) 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 a ) a  a  b3 �3 a a b3  3a 2b b3  b3  c �3 b3 b3 c3  3b c c  c  a �3 c c a  3c a Cộng vế rút gọn ta có điều phải chứng minh b) a  a  b  c �4 a a b c  4a 2bc b  b  c  a �4 b b c a  4b 2ca c  c  a  b �4 c c a b  4c ab Cộng vế rút gọn ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Cho a, b, c, d số thực dương có tổng a2 b2 c2 d2 Chứng minh:    � ab bc cd d a 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 (do 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 Ta đến lời giải: ab a2 ab 2 ab ab a ab a a2 a a  b � a2 � � � �a (1) Ta có: + + + 4 ab ab ab ab bc cd d a b2 c2 d2 �b (2) ; �c (3) ; �d (4) Tương tự ta có: + + + 4 bc cd d a Áp dụng bđt côsi cho hai số Từ (1); (2); (3) (4) � a + 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 �( + + + )+ �1 ab bc cd d a 2 2 a b c d �( + + + )� ab bc cd d a Ví dụ 5: Chứng minh rằng:   a  b �64ab(a  b)2  a,b �0 Ta có:  a b     4 CôSi � �  � a  b � � �� 2  a  b  ab � �a  b   ab � � � � � � � �  24.22.ab a  b   64ab(a  b)2 2.3.2 Phương pháp tách thành biểu thức nghịch đảo a2  �2 Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a2 1 a �R Côsi a    a  1   a 1  1 2 � a2 1 Ta có: a 1 a2 1 a2 1 a 1 � a2 1  � a  Dấu “ = ” xảy  a   a 1 Ví dụ 2: Cho x, y, z số dương thỏa mãn: xyz=1 Chứng minh:  x3  y3 1 y3  z3  z3  x3   3 xy yz zx Phân tích: Ta hiểu: 1=(xyz) n nên cố gắng biến đổi vế trái thành tích lũy thừa bậc x, y, z Áp dụng BĐT Côsi:  x  y 33 x y 3xy ;  y  z 33 y z 3 yz ;  z  x 33 z x 3 zx xy yz zx 1 1   ) 3 3 Từ đó: S  ( xy  yz  zx ) 3( xy yz zx x2 y2 z Nhận xét: Ta có tốn tổng qt sau: Cho số dương a1 , a , a n thỏa mãn: a1a a n 1 Ta có bất đẳng thức: m p  a1  a n  p m p  a  a n p m p  a n  a n  p n m n Với m 2 (a n a1 a n  ) q 1 Ví dụ 3: Cho x, y, z số dương thỏa mãn: x  y  z 4 1 Chứng minh: x  y  z  y  z  x  z  y  x 1 (a1 a a n  ) q  (a a3 a n ) q   Phân tích: Giả thiết cho dạng BĐT định hướng ta sử dụng BĐT: 1 1 1 1   Ta có: x  y  x  y ; y  z  y  z ;   Suy ra: a b a b z x zx 1 1 1   2(   )(1) Lại có: x y z x y yz zx 1 1 1       ; ; x  y y  z x  y  z y  z x  z x  2z  y z  x x  y y  2x  z 1 4 Suy ra: 2( x  y  y  z  z  x )  y  x  z  x  y  z  x  z  y (2) Từ (1) (2) ta có: 1   1 Dấu “=” xảy khi: x = y =z 2x  y  z y  z  x 2z  y  x Nhận xét: Tương tự ta có toán sau: 1 Cho số dương a1 , a , a n thỏa mãn: a  a   a k  Ta có bất đẳng n thức: m1 a1  m2 a   mn a n   1   m2 a1  m3 a   m1 a n mn a1  m1 a   mn  a n m1  m2   mn 2.3.3 Phương pháp đánh giá từ trung bình nhân, trung bình cộng Nếu đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá với dấu a �b , đánh giá từ tổng sang tích, hiểu thay a + b a.b ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC thay a.b a + b Cần phải ý biến tích thành tổng, tổng phải triệt tiêu biến, cịn lại số Ví dụ 1: Chứng minh: ab  cd �  a  c   b  d  a, b, c, d  (1) Ta có: (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  (đpcm) �a  c b  c � �a  c b  d � � �a  c b  c � � ac0 � Ví dụ 2: Chứng minh: c  a  c   c  b  c  � ab  �b  c  � Ta có BĐT 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 � �  � � �   �� � �a ab ab 2� b a b � �a b � � � � � 2.3.4 Phương pháp thêm, bớt số phù hợp Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a  b 1  b  a  1 �ab a, b �1 Bài hồn tồn chia vế cho ab đánh phần trước trình bày Tuy nhiên ta áp dụng phương pháp nhân thêm số Côsi �  b 1   ab a  b 1  a  b 1 � a � � 2 � Ta có : C ôsi  a 1   ab � b  a 1  b  a 1 � b � � 2 ab ab  a  b 1  b  a 1 � +  ab 2 � � b 1  b2 � � � Dấu “ = ” xảy  � � a 1  a2 � � 2.3.5 Phương pháp 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  Ta có: Ví dụ 1: Chứng minh : a b c �1 �bc ca � bc ca � c ��  b � � a b �2 �a � �1 �ca ab � ca ab � a ��  c � b c � �2 �b �1 bc ab � bc ab ��  ��  c � c � a c � �2 �a bc ca ab  a  b  c �a  b  c Dấu “ = ” xảy  a = b = c a b2 c2 b c a Ví dụ 2: Chứng minh rằng:   �   ; abc �0 b c a a b c Áp dụng BĐT Cơsi ta có: �1 �a b2 � a b2 a �a � �  ��  c � b c c c �2 �b � b �b �1 �b2 c � b2 c � �  ��  a � c a a a �2 �c � 2 2 �1 �a  c �� a c  c �c 2 �2 � b2 a � b b � b a �� a  b2  c2 �b  c  a �b  c  a  b2 c a a b c a b c Ví dụ 3: Cho  ABC, a, b, c số đo cạnh tam giác Chứng minh :  b  c  a   c  a  b   a  b  c  �abc Áp dụng BĐT Cơsi ta có: � � �b  c  a � � � �c  a  b � � � � �b  c  a � �     c  a  b    a  b  c    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  a = b = c.  ABC 2.3.6 Phương pháp đổi biến số Có tốn mặt biểu thức tốn học tương đối cồng kềnh khó nhận biết phương hướng giải, ta chuyển tốn từ tình khó biến đổi trang thái dễ biến đổi Phương pháp gọi phương pháp đổi biến số Ví dụ 1: Chứng minh rằng: c  a  b �3 a, b, c  (BĐT Nesbit) ab bc c a Đặt : � bc  x  � yzx z x y x yz ca  y 0 � a  ; b ; c � 2 � a  b  z  � Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: �y x � z x � �y z � yzx z x y x yz   � �  � �  2x �  � �  ��6 2y 2z �x y � �x z � �z y � Bất đẳng thức hiển nhiên đúng, Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : y x z x y z VT �2 x y  x z  z y     Dấu “ = ” xảy  x = y = z  a = b = c Ví dụ 2: Chứng minh  ABC ta ln có: a2 b2 c2   �a  b  c bc a c ab a bc Đặt : � bca  x  � yz zx x y cab  y  � a  ; b ; c � 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 (2) 4y 4z yz zx xy �yz zx � �zx xy � �yz xy �   �  � �  � �  � Ta có : VT (2) � x y z 2� y � �y z � �x z � �x Côsi � yz zx zx xy yz xy    x y z x y y z x z Ví dụ 3: Cho  ABC CMR : ( b + c – a )( c + a – b )( a + b – c ) �abc (1) Đặt : � bca  x  � yz zx x y cab  y  � a  ; b ; c � 2 � abc  z  � Khi ta có BĐT (1) x y yz z x xyz � 2 Áp dụng BĐT Cơsi, ta có : tương đương với bất đẳng thức sau : x y yz zx � xy yz zx  xyz (đpcm) 2 2.4 Một số ứng dụng 2.4.1 Áp dụng giải phương trình hệ phương trình: Ví dụ 1: Giải phương trình : x  x 1  x  x   x  x  (1) 10 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có :  � ( x  x 1)  x  x x  x 1 �  � � 2 � 2 � x  x  �( x  x  1)   x  x  � 2 x  x 1  x  x2  �x  (2) Kết hợp (1) (2) ta có: x  x  x   ( x  1) 0  x 1 Thử lại ta có x = nghiệm phương trình � ( x 1) y  ( y 1) x  xy � Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: � � �x y   y x   xy Điều kiện: x  1, y  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:  ( x 1) x xy x 1  1.( x 1) �  � y x 1 � (1) 2 y xy y -1 � � x y 1 � Tương tự : (2) 2 x y 1  y x 1 �xy Cộng (1), (2) ta : � �x   � x  y  Dấu “ = ” xảy � �y   Thử lại thấy: x = y = thoả mãn phương trình thức hệ Vậy hệ có nghiệm ( 2; ) Ví dụ 3: Giải phương trình 27 x10  x  864 0 Nhận xét: x = nghiệm phương trình nên chia hai vế cho x ta được: 27 x  32.27 5  x  x x 55 27 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: x4 x4 x4 1     55 Do 3 x 27 x x4   x 10 3  x 10 phương trình thỏa mãn  x Ví dụ 4: Giải phương trình: 16  x 2 x   x ĐK:   x 4 Vế trái = 16  x 4 16 2; Vế phải = x   x 2 x.2  x 2  16  x 2  x 0 Vậy phương trình cho   x  x   2 11  x  y  z 1  Ví dụ 5: Tìm nghiệm dương hệ phương trình:  x  y  z  x  y  y  z   y z x yz xy  x y z xy yz Ta chứng minh cho y  z  x  y  z  x  y  (*) với x, y, z dương Thật vậy: (*) � � x y  z  x  y y y  y  z  x  y  y x2 z  x  xy  xz  y z  z  y  z  x  y x � x  y    y  z    x  y   y  z  2  x  y   y  xy  z  yz  yz  y  z  z x �x  xz  z  y  3xy  yz 2 2 x z y  x  y  yz  y  z  �   �xy  yz  y (**) y z x Áp dụng bất đẳng thức vào vế trái (**) được: �x y � �x z z y � �y z y � �z x � �  � �  � �  � y �  � �y z � �y x � �z x � �x z � � y4 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 2.4.2 Áp dụng toán cực trị: Đối với toán cực trị, học sinh thường hay mắc sai lầm toán chứng minh bất dẳng thức tốn chứng minh bất đẳng thức học sinh coi số 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 miền giới hạn biến 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 miền mà biến giới hạn Như ta nhận thấy phương pháp để giải toán cực trị dùng bất đẳng thức Côsi phương pháp khử biến Ví dụ 1: cho x  Tìm giá trị lớn A  x1  x  12 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 Ví dụ 2: cho x 3 Tìm giá trị lớn A  x  x    Nhận xét: Cần phải biến đổi biến có bậc, đảm bảo cho dấu “=” xảy miền cho Vì ta giải sau:  A3  x  x       x x  x  x  x        3x  x   x   x   x   9     x 3x  x  x  27   55   1 27 3  x   x  x   0; Dấu “=” xảy   2 55 Ví dụ 3: Cho x 1 Tìm giá trị lớn A  x  x  x 2  x  x    x   x 1 A  x  x   x      x  1.  1 3   x 1   Vậy Amax 3  Ví dụ 4: cho a>b>c>0 Tìm giá trị lớn của: S   c a  c  c b  c   ab ab 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 1 Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ A  x  với x 3 2x S 1 1 1 x   33 x 33 2x 4x 4x 4x 4x 16 1 x   x 3 4x Vậy A x  Amin 33 16 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: Ví dụ 6: Cho a 5 Tìm giá trị nhỏ S a  Dự đoán: S đạt a=5, a 1  xết điều kiện để dấu “=” xảy ra, a ta có định hướng sau 13 a  , ta có cách giải 25 a 25 a ta có cách giải Với a = a - Với a=5 Cách 1: a 24 a 24 24 26   a 2  a    Vậy Smin= 25 a 25 25 a 25 25  a   Khi  25 a  a 5  a 5 S 26 , Cách 2: 26 25 24 25 24 24 24 26  2 a  10  10   Vậy Smin= , a a a a a 5 25  a  a  a 5   a 5 S a  Ví dụ 7: Cho a 2, tìm giá trị nhỏ S a  a2 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 =   8  a 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: a a a a 3 S     a 3  a    Vậy S  8 a 8 a 4 4 a    a  a 2  a 2  a, b  tìm giá trị nhỏ S ab  ab  a  b 1 Ví dụ 8: Cho  Giải: Ta có: 14 1  a b 4 ta tìm số  thỏa a.b  4 Dự đoán S đạt    ab ab    1 mãn ab ab     ta có lời giải sau: ab 16 15 15 15 17 S  ab  2 ab     16 ab 16 ab 16 ab 16 ab 16   16ab ab 17  a b  Vậy Smin =   ab   Ví dụ 9: Cho a,b,c > thỏa mãn: a + b + c ≤ 3/2 Tìm S = a b c  1   a b c Giải: Do a, b, c đối xứng a + b + c ≤ 3/2 nên ta dự đoán S đạt a = b a b c 1 1 = c = ½, ta tìm số  thỏa mãn      a = b = c = 1/2      a  b c Ta có lời giải sau: 1 1 1 15    3(a  b  c) 66 4a.4b.4c  3(a  b  c) 12   a b c a b c 2 1  4a 4b 4c     15  a b c  a b c    2 a  b  c 3  S 4a  4b  4c  Vậy S Ví dụ 10: Cho a, b, c > thỏa mãn: a + b + c ≤ 3/2 Tìm S  a  1  b2   c2  2 b c a Giải: Do a, b ,c đối xứng a + b + c ≤ 3/2 nên ta dự đoán S đạt a = b =c=½ 1 ta tìm số  thỏa mãn a b c    a = b = c = ½   16 a b c Ta có lời giải sau : 1  b2   c2   b c a 1 1 1 1 a2      b2      c2     2 2 2 2 16 16 16  b  16 b   16b  c  16 c   16c  a  16 a   16 a S  a2  16 so 16 so 16 so 15 1 1 1 1  17 a  17 b  17 c 2 2 2 2 17 17 17 16 16 16  b  16  b  16b  c  16c  16c  a  16  a  16a 16 so 16 so  a b c  17 17 16  17 16  17 16 16 c 16 a  16 b 3 17 17      17  33     16 so 17 1 3 17 17 3 17 5 16 a b c 16  abc 17 a b c  17 17   168 b16 168 c 16 168 a 16    a bc 16     15 3 17 17 1 16    2 15 17 17 a = b = c = 1/2 Ví dụ 11: Cho a, b, c 0 , a + b + c = Tìm S = a3 + 64b3 + c3 Vậy S  Giải: Nhận xét: Vai trò a c nên ta đưa vào số dương  ,  (sẽ xác định sau) biến đổi: S a      64b      c      4  2 3a  12b  3c  4  2 Cần tìm  ,  thỏa mãn: - Các hệ số a, b, c vế phải (*) nhằm sử dụng giả thiết a + b + c = - Dấu “=” xảy ứng với a = c =  ; b =  ; a + b + c =  a c  24    b 4    27 - Ta có hệ:  a  b  c 3 Giải hệ ta có  12      a 4  27 ta có lời giải hồn chỉnh sau: 3 3 3  24   24   12   12   24   24   24   12  a        64b        c        4   2   27   27   27   27   27   27   27   27  3 2 3  24   12   24   24   12   24   24   12  3a   12b   3c   4   2  3   a  b  c   4   2   27   27   27   27   27   27   27   27  24  a  c  3  27  24   24   12  3  24   24   12  Vậy S 9   4   2   48 9   4   2   27   27   27  b   27   27   27   27 16 Ví dụ 12: Tìm min, max A = x2y( – x – y) với x, y  0, x + y  ( Đề thi Olimpic 30 – 4) a) Tìm max: Khi x + y  A  x x     y  (4  x  y )  x x  4 Xét x + y 4 x x  4   y  x  y  4 A  2    A  x  y    2.6   16  A  64    4          Vậy Amin = -64 x = 4; y = 2.5 Một số luyện tập Bài Giải phương trình sau: a) x  2-x  y  y  b) x -1  x   2( x  3)  x  Bài Chứng minh với b > ta có: b 3(b  1) � + b 1 2b Bài Tìm nghiệm dương pt: (1 + x - x  )2006 + (1 + x + x  )2006 = 22007 Bài Cho a, b số dương thoả mãn : a + b = 2 Tìm giá trị nhỏ của: P  a  b  33 ab Bài 5: Cho x, y, z, t  x + y + z + t = Tính x3 + 8y3 + 8z3 + t3 Bài 6: Cho xi  0; i = 1, 2, ,  xi i 1 Tìm max A = ( 3x1x2 + 4x1x3 + 5x1x4 + 6x1x5 + 5x2x3 + 6x2x4 + 7x2x5 + 7x3x4 + 8x3x4 + 9x4x5 Bài 7: Cho x  ( 0; 2) tìm max A = (1 – x2)(8 – x3) 17 Bài 8: Cho x, y > x + y =  Tìm giá trị nhỏ A =  x   y2    y   x   Hướng dẫn: 2 1 x2  x y 17 xy   17   ; x   x  16 y 4 y  y  32   y2  Vậy: 1 x2 17  y  16  17 x2  4x  x  32 A 17 17 32  xy  30 17 17 1 32    4 30  289 16 Bài 9: Tìm giá trị lớn y = sin4x.cos10x Bài 10: Cho a, b >1 Tìm giá trị nhỏ S  1 a2 b2  b a 1 Bài 11: Cho x, y, z thỏa mãn  x   y   z 2 Tìm giá trị lớn A = xyz Hướng dẫn: 1   2  1  x 1  y   1  y 1  z   1  z 1  x  21  x 1  y 1  z  1 x 1 y 1 z   2 x  y  z   xy  yz  zx 21  x  y  z  xy  yz  zx  xyz    xy  yz  zx  xyz 4 xy yz.zx.2 xyz 4 A  A  2.6 Kiểm nghiệm thực tế hiệu giảng dạy Sau thực giảng dạy BĐT Côsi theo phương pháp trên, thấy học sinh sử dụng BĐT Cơsi tốt phần biết cách phân loại, nhận dạng tốn xem ta sử dụng BĐT Cosi Cụ thể qua giảng dạy lớp 11C4, 12A10 trường THPT Đào Duy Từ năm 2017 – 2018, kết có thêm 40% học sinh giải tốn dùng BĐT Cơsi để giải so với trước giảng dạy Kết giúp tơi phấn khởi có thêm niềm tin vào nỗ lực tìm tịi phương pháp giảng dạy cho thân.Thực tế cho thấy, với cách làm tạo cho học sinh linh hoạt, vững vàng, tiết kiệm thời gian, biết vận dụng có sáng tạo học tập, cách làm đáp ứng nhu cầu học sinh Hiệu học tập học sinh nâng lên rõ rệt Cụ Thể: * Khi chưa triển khai đề tài cho học sinh làm kiểm tra lớp 11C4, 12A10 sau: 18 Kết Nhóm Nhóm (15 học sinh) Nhóm (15 học sinh) Số học sinh có lời giải Sơ học sinh có lời giải (26,7%) (13,3%) (33,3%) (20%) * Sau triển khai đề tài tiếp tục khảo sát kết sau: Kết Số học sinh có lời giải Sơ học sinh có lời giải Nhóm Nhóm 14 (93,3%) 13 (86,7%) (15 học sinh) Nhóm 15 (100%) 13 (86,7%) (15 học sinh) Qua bảng thống kê ta thấy cách làm thể hiệu vượt trội PHẦN III KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 3.1.Kết luận Trong trình dạy học, thể loại kiến thức, giáo viên biết tìm sở lý thuyết, biết phát huy sáng tạo hướng dẫn học sinh vận dụng cách hợp lý vào việc giải tập tương ứng tạo điều kiện để học sinh củng cố hiểu sâu lý thuyết với việc thực hành giải toán cách hiệu hơn, tạo hứng thú, phát huy tính chủ động sáng tạo việc học học sinh.Mỗi nội dung kiến thức, ln có hệ thống tập tương ứng Mỗi giáo viên, cần có chủ động việc tìm tịi mới, kế thừa phát huy kiến thức có sẵn cách sáng tạo, q trình giảng dạy, với cách nêu phương pháp giải đưa hệ thống tập phù hợp cho đối tượng học sinh giúp cho việc học học sinh chủ động tích cực Do kết học tập học sinh tốt Bất đẳng thức Cơisi có ứng dụng vơ đa dạng, đề tài bất đẳng thức thực khơng hết, tơi trình bày vài ứng dụng nhỏ bất đẳng thức Côsi sở tổng kết lại kinh nghiệm mang giảng dạy tham khảo qua sách vở, qua học hỏi Xin chân thành cảm ơn lời khuyên, đóng góp ý kiến đồng nghiệp 3.2 Kiến nghị 19 - Đối với nhà trường: Hiện nhà trường có số sách tham khảo có nội dung Bất đẳng thức ứng dụng Tuy nhiên việc tổ chức cho giáo viên học sinh tham khảo sử dụng chưa nhiều Do cần tăng cường việc sử dụng trang thiết bị nói chung sách tham khảo nói riêng hướng dẫn giáo viên, học sinh sử dụng để phục vụ công tác tự học, tự bồi dưỡng nhiều - Đối với Sở GDĐT: Tăng cường hướng dẫn trao đổi trường học kết nối để phổ biến nhân rộng viết hay giúp cho giáo viên học sinh chia sẻ kinh nghiệm góp phần giảng dạy học tập có hiệu Tơi chân thành cảm ơn! TP Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN Xác nhận thủ trưởng đơn vị viết, khơng chép nội dung người khác Tác giả Trịnh Thị Minh 20 Tài liệu tham khảo - Tạp chí tốn học & Tuổi trẻ - Các giảng luyện thi mơn tốn - Phạm Đức Chính (chủ biên) - Bất đẳng thức - Phan Huy Khai - Đề thi Olimpic 30 – - Các đề thi tuyển sinh vào Đại học - Đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh - Đề thi Khảo sát Sở GDĐT Thanh Hóa - Chuyên đề bất đẳng thức - Võ Giang Giai 21 ... sinh giúp cho việc học học sinh chủ động tích cực Do kết học tập học sinh tốt Bất đẳng thức Côisi có ứng dụng vơ đa dạng, đề tài bất đẳng thức thực không hết, tơi trình bày vài ứng dụng nhỏ bất. .. đề Bất đẳng thức Côsi bất đẳng thức cổ điển có ứng dụng rộng rãi chương trình tốn học phổ thông Tuy nhiên, việc sử dụng bất đẳng thức lại điều không đơn giản học sinh, kể giáo viên giảng dạy. .. kĩ thuật để sử dụng BĐT Côsi đa dạng Qua kinh nghiệm giảng dạy, nhận thấy số đặc điểm sau: - Các đề thi học sinh giỏi cấp trung học gần có xu hướng sử dụng nhiều đến BĐT Côsi - Bất đẳng thức Côsi