Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức cosi trong chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số

1 Tên sáng kiến “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Giáo dục Thời gian áp dụng sáng kiến : Từ năm học 2012 - 2013 đến Tác giả : Họ tên : Tô Thị Bình Năm sinh : 1983 Nơi thường trú : Xóm - Bình Hịa - Giao Thủy - Nam Định Trình độ chun mơn : Đại học sư phạm Tốn Chức vụ : Giáo viên Nơi làm việc : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Địa : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Điện thoại : 03503 508 486 Tỉ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 96% Đơn vị áp dụng sáng kiến : Tên đơn vị : Trường THCS Giao Thủy - Giao Thủy - Nam Định Địa : Khu 4A TT Ngô Đồng - Giao Thủy - Nam Định Điện thoại : 03503 737 456 BÁO CÁO SÁNG KIẾN “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” A- ĐIỀU KIỆN HỒN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN: “Giáo dục hệ trẻ, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” nghiệp lớn lao mà Đảng Bác Hồ mong chờ ngành giáo dục Song song với việc giảng dạy đại trà công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, đào tạo người có óc sáng tạo, có tư sắc bén phục vụ đất nước Qua năm giảng dạy nhận thấy, bên cạnh việc cung cấp hệ thống kiến thức kĩ cho học sinh, người thầy cần tìm tịi, khai thác hệ thống kiến thức nâng cao nhằm bồi dưỡng phát triển tư suy luận Toán học cho học sinh khiếu với mong muốn em trở thành chủ nhân tương lai có khả tư nhạy bén, linh hoạt, sáng tạo, có độ tin cậy cao nhằm đáp ứng yêu cầu ngày cao kinh tế thời đại công nghiệp đại Trong q trình giải tốn nhà trường, chuyên đề bất đẳng thức cực trị chun đề hay khó Chính mà đề thi vào 10 thi vào chuyên, thi học sinh giỏi câu hỏi khiến nhiều thí sinh sợ Đa số học sinh gặp bất đẳng thức hay tốn cực trị thường hay lúng túng, khơng biết nên xuất phát từ đâu? Phương pháp giải nào? Với vai trị giáo viên dạy mơn Tốn, muốn học sinh nắm phương pháp kỹ thuật để chứng minh bất đẳng thức, từ khơng thấy sợ gặp dạng tốn mà ngược lại có niềm yêu thích đam mê tìm hiểu Bất đẳng thức hay dùng để giải vấn đề nêu bất đẳng thức Cosi bất đẳng thức cổ điển có nhiều ứng dụng giải toán Đề tài bất đẳng thức không không lạ chọn lẽ mảng kiến thức thích nhiều có nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi Tỉnh thi vào 10 Với mong muốn góp phần cơng sức nhỏ nhoi việc bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm rèn luyện khả sáng tạo học tốn cho học sinh để em tự phát huy lực độc lập sáng tạo mình, nhằm góp phần vào cơng tác chăm lo bồi dưỡng đội ngũ HSG toán ngành giáo dục huyện nhà Tôi xin chia sẻ trao đổi đồng nghiệp kinh nghiệm: “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” Như chúng ta biết bất đẳng thức thật gần gũi, quen thuộc với học sinh lớp 9, nhiên lại cơng cụ hiệu dùng để chứng minh bất đẳng thức khác tìm cực trị Việc áp dụng lại chuyện khác không đơn giản… Đề tài ta bồi dưỡng lực học tốn cho học sinh dùng việc dạy ơn thi vào trường THPT chuyên, thi học sinh giỏi Mong quý đồng nghiệp đóng góp ý kiến để sáng kiến kinh nghiệm hồn thiện B MƠ TẢ GIẢI PHÁP: I Mơ tả giải pháp trước tạo sáng kiến: Hiện nay, bồi dưỡng học sinh giỏi nhiệm vụ trọng tâm giáo dục đào tạo Là giáo viên dạy toán trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, nhận thấy người thầy giáo giỏi khơng phải người có khả “nhồi nhét” lượng kiến thức đồ sộ cho học sinh, mà phải người thời gian ngắn nhất, truyền thụ cho học sinh kiến thức cần thiết cách hiệu tối ưu Muốn người thầy phải hướng dẫn học sinh có kiến thức kỹ cần thiết để giải toán vận dụng linh hoạt kiến thức nhiều tình khác từ tạo hứng thú cho học sinh học tập sáng tạo Qua thực tế giảng dạy mơn Tốn 8, ôn thi học sinh giỏi, thi vào 10 chuyên khơng chun tơi nhận thấy chương trình THCS phần bất đẳng thức, cực trị chuyên đề khó, nhiều học sinh chí giỏi cịn lo ngại tránh né Hơn nữa, thời lượng dành cho ít Do đó, tơi mạnh dạn làm sáng kiến với mong muốn tài liệu nhỏ giúp học sinh đỡ khó khăn gặp số bất đẳng thức có dạng vận dụng bất đẳng thức làm công cụ để giải tốn Trước có sáng kiến đứng trước toán chứng minh bất đẳng thức tốn cực trị đại số có sử dụng bất đẳng thức trên, sử dụng bất đẳng thức nhiều lần, học sinh lung túng định hướng khó khăn, “mị kim đáy bể” Năm học 2011 – 2012, phân công dạy đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn cấp Tỉnh Là giáo viên tuổi nghề cịn ít tơi gặp khơng ít khó khăn cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi, phần ảnh hưởng tới chất lượng đội tuyển (có học sinh đạt giải nhì, học sinh đạt khuyến khích Sau năm dạy đội tuyển, phần “vỡ vạc” công việc mình, ln trăn trở tơi nhận thấy rằng: học sinh khơng đạt nhiều giải cao, phải học sinh ong chăm chỉ, quen với tư lối mịn: giải tốn dạng chuẩn mực, khả khải quát, tư cấp độ cao hạn chế? Năm học 2012 – 2013, thay đổi nội dung phương pháp dạy đội tuyển Khi học sinh quen với dạng tốn chuẩn mực, tơi đưa cho học sinh toán phức tạp mà sau đọc xong nội dung, học sinh khơng có định hướng Từ năm học 2012 – 2013 trở đi, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi giành nhiều thời gian chú trọng dạng toán chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị thơng qua hai bất đẳng thức không đơn giản chút Trong khn khổ viết này, tơi xin trình bày phần nhỏ dạng Tốn này, “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BÂT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” II Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: A MỘT SỐ QUY TẮC KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI Quy tắc song hành: Đa số bất đẳng thức có tính đối xứng nên chúng ta sử dụng nhiều bất đẳng thức chứng minh toán để định hướng cách giải nhanh Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” bất đẳng thức có vai trị quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn chứng minh, định hướng cho ta cách giải Chính giải toán chứng minh bất đẳng thức tốn cực trị ta cần rèn luyện cho thói quen tìm điều kiện dấu số khơng u cầu trình bày phần Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm tính xảy đồng thời dấu “=” áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức Khi áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức dấu “=” phải thỏa mãn với điều kiện biến Quy tắc biên: Đối với tốn cực trị có điều kiện ràng buộc cực trị thường đạt vị trí biên Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng vai trị biến bất đẳng thức dấu “=” thường xảy vị trí biến Nếu tốn có điều kiện đối xứng chúng ta dấu “=”xảy biến giá trụ cụ thể B BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀ CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG I KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Bất đẳng thức AM – GM viết tắt “arithmetic and geometric means”, nghĩa trung bình cộng trung bình nhân Cách chứng minh hay sử dụng phương pháp quy nạp kiểu Cô si (Cauchy) nên nhiều người lầm tưởng Cô si phát bất đẳng thức này, hay gọi bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy (Cô si) Bất đẳng thức Cauchy tổng quát : Cho n số thực không âm a1,a2, ,an (n �2) ta ln có a1  a2  L  an n � a1a2 an Dấu “=” xảy n a1  a2  L  an * Thơng thường chương trình THCS ta thường áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai ba số (tức n = n = 3) Cách chứng minh hai trường hợp cụ thể đơn giản  Một vài hệ quan trọng: �1 �a1  (a1  a2  L  an )�   1�  L  ��n v� � i ai  0, i  1,n a2 an � 1 n2  L  � v� � i ai  0, i  1,n a1 a2 an a1  a2  L  an  Cho 2n số dương ( n  Z ,n 2): a1,a2, ,an ,b1,b2, ,bn ta có: n (a1  b1)(a2  b2) (an  bn ) �n a1a2 an  n b1b2 bn  Bất đẳng thức BCS Cho 2n số dương ( n  Z ,n 2): a1,a2, , an ,b1,b2, ,bn ta có: (a1b1  a2b2  L  anbn )2 �(a12  a22  L  an2)(b12  b22  L  bn2) Dấu “=’ xảy � a a1 a2   L  n (quy � � � c ne� u bi  �  0) b1 b2 bn  Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ) b1,b2, ,bn v� � i bi  i  1,n ta ln có: Cho hai dãy số a1,a2, ,an va� a12 a22 a (a  a  L  an )2  L  n � b1 b2 bn b1  b2  L  bn Dấu “=’ xảy � a a1 a2  L  n b1 b2 bn Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Cho f (x1, x2, , xn ) hàm n biến thực xác định D � �f (x1, x2, , x n ) �M (x1, x2, , xn ) �D Max f  M �  � 0 D (x1 , x2 , , xn0) �D : f (x10, x20, , xn0)  M � � �f (x1, x2, , x n ) �m (x1, x2, , xn ) �D  Min f  m � � (x10, x20, , xn0) �D : f (x10, x20, , xn0)  M � D Các bất đẳng thức phụ hay dùng Với số thực a, b, c, x, y, z dương ta có: 1 � a a  b � ab a  b 1   � a b c abc b c x  y  z �xy  yz  zx d  x  y  z  �3( xy  yz  zx ) e a  b � 2(a  b) f  a3  b3  � a  b  g  a  b  c   ab  bc  ca  �  a  b   b  c   c  a  2 2 2 h x y  y z  z x �xyz  x  y  z  Ví dụ Ví dụ Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn A  xy  x  y    zy  z  y    xz  x  z   * Phân tích: + Dự đoán dấu “=” xảy x = y = z = + Biểu thức cần tìm giá trị nhỏ bậc hai nên ta nghĩ đến bất đẳng thức AM – GM cho hai số + Dựa vào giải thiết, kết hợp với dầu “=” xảy đó, ta có : x  y     xy , x   yz * Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: xy  x  y  xy  x  y   � 2 zy  z  y  zy  z  y   � 2 xz  x  z  xz  x  z   � 2 Cộng vế ba bất đẳng thức trên, ta 2( x  y  z )  2.3 A  � x y z 12 A Dấu “=” xảy x = y = z = Ví dụ Chứng minh với a, b, c dương ta ln có: 1    a 1  b  b1  c  c1  a   abc Giải: Ta có: 1  abc  abc  abc       3 (do  abc  a1  b  b1  c  c1  a   abc a1  b  b1  c  c1  a  )  abc  abc  a1  b   a  ab1  c  1 a b1  c   1  1  1 a1  b  a1  b  a1  b  1 b Ta có: a1  b   Tương tự với số hạng lại, suy BĐT cho tương đương với:  1 a b1  c     b c1  a     c a1  b    a 1  b    b  1   b1  c    c  1   c1  a    a  1 3        1 a a1  b     b b1  c     c c1  a          6    a   b1  c   b   c1  a   c   a 1  b  Hoàn tồn chứng minh BĐT cuối ln đúng áp dụng BĐT Cô-si cho số dương Dấu “=” xảy a b c 1 Ví dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a+ b + c = Tìm giá trị nhỏ M  a b c   b c a * Phân tích: + Luôn lưu ý dùng bất đẳng thức AM – GM bậc có xu hướng giảm + Do đó, để sử dụng giả thiết, suy nghĩ tự nhiên bình phương hai vế M lên trước dùng bất đẳng thức AM – GM * Giải: b c � a b c 2a b 2b c 2c a �a M �     �  c  a  c a� b c a b �b Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: a b  bc �2 ab c b c  ac �2 cb a c a  ab �2 ac b a b2 c2 M �    ab  cb  ac b c a �a � �b � �c �  �  ab  ab � �  cb  cb � �  ac  ac � �b � �c � �a � �3a  3b  3c  Suy M �3 Vậy maxM = a = b =c =1 �a b � �a b � Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn �  � c �  � a � �b a � �b Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  bc ca 4ab   a(2b  c) b(2a  c) c( a  b) (Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 - 2015) c (a  b )(a  ab  b ) 2(a  b ) �a b � �a b �  Giải : Từ: �  � c �  � �  a � a 2b ab �b a � �b ta có: a  b �2ab �  c(a  b)(a  ab  b2 ) 2(a  b ) c(a  b) c( a  b)  � 4�0 �2 2 ab ab ab ab Lại có bc ac (bc )2 (ac ) (bc  ac )2  c ( a  b)     �  a(2b  c) b(2a  c) abc(2b  c) abc(2a  c) 2abc(a  b  c) 2abc(a  b  c ) (ab  bc  ca ) abc(a  b  c)  ab.bc  bc.ca  ab.ca � � c ( a  b) � � bc ac � c(a  b) � � ab �  � � � � c ( a  b ) � a(2b  c ) b(2a  c) �ab  bc  ca � � � 1 ab � �    Đặt t c (a  b) ab P 3t 2(1  t ) (với  t �2 ) t 3t � 3t � 7t  8t  32t  24     �   Có � 2(1  t ) t �2(1  t ) t � 6t (1  t )2 (t  2)(7t  22t  12)   6t (1  t ) mà (t  2)(7t  22t  12) (t  2)(7t  22t  12) 8 �  t � (0; 2] �  � t �(0; 2] 6t (1  t ) 6t (1  t ) 3 Dấu "=" xảy t = hay a  b  c Vậy giá trị nhỏ P a  b  c Ví dụ Cho a, b, c số thục không âm thỏa mãn a + b + c = Tìm giá ab 2c bc a ca 2b3 trị lớn A    bc ac ba * Phân tích: - Dự đoán dầu “=” xảy a = b = c = - Ta không áp dụng bất đẳng thức AM – GM tử bậc chúng “chênh” - Do đó, ta nghĩ đến mẫu * Giải ab 2c3 bc a ca 2b3 ab 2c bc 2a ca 2b3   �   bc ac ba bc ac ba 1  ab.c  cb.a  ca.b  ac.bc  ac.ab  ab.cb 2 1 � (ab  bc  ca) � (a  b  c)  A  Vậy maxA =    a = b = c = Trong khn khổ chương trình cấp 2, để vận dụng bất đẳng thức Cô – si hay bất đẳng thức khác phải chứng minh bất đẳng thức tổng quát áp dụng Tuy nhiên, khuôn khổ viết này, xin phép không chứng minh lại mà áp dụng bất đẳng thức số bất đẳng thức nói viết II CÁC KĨ THUẬT KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ 10 bc bc 4  2  2 bc a a bc a ca 4   ca b b (2) ; (1) ; a b 4   a b c c (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: b c c a a b 4 4 4         a b b c c a a b c a b c Mà ta có: (1' ) 1 1 4  2   (2' ) ; a b a b ab a  b 1   b c bc (3' ) ; 1   c a ca (4' ) Cộng theo vế bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) (4’) ta được: b c c a a b 4 2 4 4 4               a b b c c a a b c a b c a b b c c a a b c  b c c a a b 2      (đpcm) a b c a2 b c Ví dụ 13 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a b 4c   a  3b , Dấu “=” bất đẳng thức xảy a b 2c b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 a2  b 2 b 2a (1); b b b2  4c 4b (2) ; c 4c  a 4c a (3) Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a b 4c a b 4c    a  b  4c 2a  4b  4c    a  3b (đpcm) b c a b c a Ví dụ 14 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 16c     64c  a  b  b c c a a b Gợi ý: Dấu “=” bất đẳng thức xảy a b 2c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 4 b  c  4a   (1); bc b2 4 c  a  4b   (2) ; ca 16c   a  b  8c a b Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: 51 (3) a2 b2 16c 13     a  b   c   a  b   8c b c c a a b 9 a2 b2 16c     64c  a  b  (đpcm) b c c a a b  Kỹ thuật Cosi ngược dấu Đối với kỹ thuật này, học sinh khó vận dụng tư giải toán Với kỹ thuật ta giải số toán lời giải độc đáo sau sử dụng bất đẳng thức Cô si mà tốn khó có cacxhs giải khác cách giải dài! Xét tốn sau: Bài tốn: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: 1    a 1 b 1 c 1 2 Phân tích giải: Ta dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu bất đẳng thức sau đổi chiều:    Do    1 1 1       a  b  c  2a 2b 2c 2  1 1 1 3    3    2a 2b 2c 2a 2b 2c abc a  b  c    Đến chúng ta bị lúng túng cách giải Ở ta sử dụng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách khác: a2 a2 a     1  (1) 2 2a a 1 a 1 Tương tự ta có: b 1  (2) ; b 1 c 1  c 1 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 a bc   3   2 a 1 b 1 c 1 (đpcm) Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu hiểu ta lấy nghịch đảo hai vế bất đẳng thức Cauchy sau nhân hai vế với -1 Khi dấu bất đẳng thức ban đầu không đổi chiều 52 - Kỹ thuật Cô si ngược dấu cho chúng ta lời giải đẹp Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: Giải: Ta có: 1     ab  bc  ca ab ab 1  1  1   ab  ab ab Tương tự ta có: 1   bc bc ab (1) 1   ca (2) ; ca (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 1   3  ab  bc  ca  ab  bc  ca 1 a b b c c a a bc 3 3     3    3  2 2  2   (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c    b 1 c 1 a 1 2 a ab ab ab a  (1) Giải: Ta có: a  a  2b b 1 b 1 Tương tự ta có: b bc b  c 1 c ca c  a 1 (2) ; Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (3) a b c ab  bc  ca   a  b  c  (1' ) b 1 c 1 a 1 Mặt khác ta có: a2  b2 b2  c2 c2  a2 ab  bc  ca    a  b  c  a  b  c  - 2 ab  bc  ca  2 2  a  b  c  3  ab  bc  ca  (2' ) Từ (1’) (2’) ta có: a b c 3   3   (đpcm) 2 b 1 c 1 a 1 Lưu ý: Ta sử dụng kết ab  bc  ca  toán khác 53  a  b  c2 3 chứng minh Vậy tương tự ta chứng minh bất đẳng thức với biến khơng? Ta có tốn sau: Nếu a, b, c, d số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = ta ln có a b c d    �2 2  b  c  d  a2 Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a 1 b 1 c 1   3 b 1 c 1 a 1 a 1  a  1b a    a  1b a   ab  b (1)  a   Giải: Ta có: 2b b 1 b 1 Tương tự ta có: b 1 bc  c b   2 c 1 (2) ; c 1 ca  a c   2 a 1 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a 1 b 1 c 1 a  b  c  ab  bc  ca   a  b  c   2 b 1 c 1 a 1 a bc ab  bc  ca  3 2  a  b  c 3 3  3  - 3 2 2 Vậy a 1 b 1 c 1   3 b 1 c 1 a 1 Ví dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 a b c    2 2 a b b c c a Giải: Ta có: a3 ab ab b  a   a  a  (1) 2 2 2ab a b a b Tương tự ta có: b3 c c3 a  b  (2) c  ; 2 2 2 b c c a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a3 b3 c3 a b c a b c   a  b  c   2 2 2 2 a b b c c a (đpcm) Ta có toán mở rộng với số dương a, b, c, d ta ln có: a3 b3 c3 d3    �2 a  b b2  c c  d d  a Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a  b  c 3 54 a b c   � b c 1 c a 1 a b 1 Chứng minh bất đẳng thức sau: Giải: Ta có: b a  ac  a ab c ab c ab c b a  ac   a   a  a  a  a  2 2 b c 1 b c 1 2b c a  a   ab  abc  (1) b c 1 b b   bc  abc  (2) ; c a 1 Tương tự ta có: c c   ca  abc  a b 1 2 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) áp dụng bất đẳng thức sau  a  b  c 3 ab  bc  ca  a  b  c 33 abc  Suy ab  bc  ca  4 abc  4 a b c   � (đpcm) b c 1 c a 1 a b 1 2 Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện ab  bc  ca 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2b   b 2c   c 2a  1 2ab 2ab 2ab a  Giải: Ta có: a  3 a  (1) 2b  b  b 1 3b a Tương tự ta có: b 2c  b  2bc c (2) ; 2a  c  2ca (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a 2b   b 2c   c 2a  a  b  c  2 ab  bc  ca  a  b  c  (1' )  a  b  c ab  bc  ca  a  b  c  3 ab  bc  ca  3 (2' ) Mặt khác ta có: Cộng theo vế (1’) (2’) ta được: a 2b   b 2c   c 2a   a  b  c a  b  c   a 2b   b 2c   c 2a  Ví dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a b c    2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a 55 1 Giải: Ta có: a3 a b  ab ab a  b  a  b 2a  b  a  a  a   (1) 2 2 3ab 3 a  ab  b a  ab  b Tương tự ta có: b3 2b  c  2 b  bc  c Cộng theo vế (1), (2), (3)  (2) ; c3 2c  a  2 c  ca  a (3) a3 b3 c3 a b c    2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2   1 a  2b b  2c c  2a a2 2ab 2ab 2  a   a  a   ab  (1) Giải: Ta có: 2 a  2b a b b 33 ab Tương tự ta có: b2 2 b   bc  b  2c (2) ; c2 2 c   ca  c  2a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a2 b2 c2 2 2   a  b  c    ab    bc    ca   2   a  2b b  2c c  2a 2 2 3    ab    bc    ca   (*)   Mặt khác ta có:  ab  3 a.ab.b  Tương tự:  bc   b  bc  c a  ab  b (1’) (2’) ;  ca   c  ca  a (3’) Cộng theo vế (1’), (2’) (3’) ta có  a  b  c    ab  bc  ca  3 2  a  b  c 32   a  b  c    3 3 3 3  ab   bc    ca     3  ab   bc    ca    -2 (**)  3 Từ (*) (**) ta có: a2 b2 c2   3  1 a  2b b  2c c  2a (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2   1 a  2b b  2c c  2a 56 Giải: Ta có: a2 a  b3 a (1) a  2b Tương tự ta có: b2 b  c b 3 b  2c (2) ; c2 c  a c c  2a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:  a2 b2 c2   a  b  c  b3 a  c3 b  a c 3 3 a  2b b  2c c  2a 3  b a  c3 b  a c (*)    Mặt khác ta có:  a  a 1  2a   2ab  b b3 a b3 a.a.1 b  b  3     Tương tự ta có: c3 b  2bc  c (2' ) ; (1' ) a3 c  2ca  a (3' ) Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: b  a b c   ab  bc  ca  3 a  b  c  a  b  c   3 3 a  c3 b  a3 c  Từ (*) (**) ta có: a2 b2 c2   1 a  2b b  2c c  2a (**) (đpcm) Như việc sử dụng bất đẳng thức Cosi kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cosi chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị thật khơng giản đơn, địi hỏi người học nắm bắt kĩ thuật sử dụng linh hoạt, sáng tạo toán III BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài tập : Bài : Cho a, b dương Chứng minh   a     b  �128ab  a  b  8 Bài : Cho a, b số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức M a  b3  7ab(a  b) ab a  b2 57 Gợi ý : Sử dụng BĐT Cô si tử mẫu M = � a  b Bài : Cho a, b, c dương Chứng minh a  b  c � 2a(b  c) Gợi ý : Sử dụng BĐT Cô si : 1 a  b  c �a  (b  c) �2 a (b  c)  a (b  c ) � 2a (b  c) 2 Bài : Chứng minh a(2016  b )  b 2016  a �2016   Chứng minh ab � a 1 b 1 Bài : Cho a, b hai số dương thỏa mãn Bài : Cho a, b, c số dương thỏa mãn 1    Chứng minh a 1 b 1 c 1 abc �8 a 1 Gợi ý: Từ giả thiết ta có a    a   b   c  � (a  1)(c  1) Bài tập nâng cao : Bài : Cho a, b, c số dương thỏa mãn a > b ab + (a+b)c + c2 = 1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b  a  c  b  c       Gợi ý : Biến đổi biểu thức P  a  b   a  c   b  c    a  b  2 4 a  b Bài : Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn : a+ b+ c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P    3a    3b    3c  abc Gợi ý : Đưa biểu thức tử đồng bậc, – 3a = a+4b+4c = 1+ 3b + 3c �3 1.3b.3c Bài : Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q a c 3c  a  b 5a  2b   a  b  2c 2a  b  c a  b  3c Gợi ý : Đổi biến 58 a  b  2c  x a  y  z  2x � � � � Đặt �2a  b  c  y � �b  x  y  z � � a  b  3c  z c zx � � � a  2x � �y x � �z y � � Khi Q  �  � �  ��4  � �b   x với x > �x y � �y z � � � c  1  x �     Bài : Cho a, b, c số dương Chứng minh 3a  a  b  a  c  6b  a  b  b  c 6c  �5  a  c  b  c Gợi ý :BĐt cần chứng minh � + + 2a  a  b  a  c 2a  a  b  a  c  3b   a  b  b  c 2  3c  a  c  b  c �5 a a a a �  a b ac a b a c 3b b 3b �   a  b  b  c a  b c  b Bài : (Dự bị B - 2010) Cho x, y, z thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức P  yz x  yz  yx xz  y  xz z  yx Gợi ý:Xét x y z P   2 x  yz y  xz z  yx       x y z �   2 x  y  z 2 x  y  z 2 x  y  z � �x �min  y, z � � Bài 6: Cho x, y, z ba số thỏa mãn điều kiện �xy �6 �xz �12 � 1 Tìm giá trị lớn biểu thức A  x  y  z Bài : Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Chứng minh: 59  �8  xy  yz  zx x  y  z III KẾT LUẬN Khi sử dụng bất đẳng thức AM – GM chứng minh bất đẳng thức toán cực trị Đại số, cần ý: Khi áp dụng bđt AM - GM số phải số khơng âm BĐT AM - GM thường áp dụng bđt cần chứng minh có tổng tích Điều kiện xảy dấu ‘=’, đặc biệt chú ý tốn tìm cực trị Chú ý tới điều kiện đề cho để lựa chọn điểm rơi, để biến đổi bất đẳng thức cực trị Cần kết hợp với bất đẳng thức khác, đẳng thức giải toán Đôi đánh giá bất đẳng thức trực tiếp AM – GM khơng hiệu quả, cần kết hợp biến đổi điều kiện toán bất đẳng thức cần chứng minh hay tìm giá trị lớn (nhỏ nhất) để đưa toán đơn giản Bài toán với biểu thức cồng kềnh, ta đặt ẩn phụ để tốn trở nên đơn giản Bất đẳng thức AM – GM ngồi hai ứng dụng trên, cịn ứng dụng khác giải tốn, : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ tốn hình học, giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh mệnh đề toán học… C HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI : Khả áp dụng Trên sáng kiến “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm mang lại nhiều hiệu Phần đông em học sinh hứng thú giải tốn thuộc dạng giải tốn có liên quan 60 Thông qua nghiên cứu đề tài này, thân thực rút nhiều kiến thức q báu, giúp tơi hồn thành tốt cho cơng việc giảng dạy Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để giải tốn khó bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ kỳ thi Các em học sinh giỏi vận dụng kỹ sử dụng bất đẳng thức Cosi vào toán khác bất đẳng thức hình học, phương trình, hệ phương trình giải phương pháp đánh giá ,… Thực tế, công tác dạy đội tuyển bồi dưỡng học sinh giỏi Tỉnh mình, sau dạy xong chuyên đề này, tơi đưa tập tìm cực trị bất đẳng thức (sử dụng bất đẳng thức cơsi) em làm nhanh, nhìn dạng, cách làm Các em vận dụng linh hoạt kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cosi giải tốn Lợi ích kinh tế xã hội 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 tóan bản, với ví dụ minh họa sau đó, giúp tăng cường giảng cho thầy , cô giáo với em học sinh dễ hiểu biết cách trình bày bài, học sinh biết vận dụng thành thạo kiến thức học làm sở cho việc tiếp thu cách thuận lợi, vững - Đặc biệt nội dung phần bình luận sau vài tập ví dụ giúp em học sinh củng cố hiểu biết chưa thật thấu đáo, với cách nhìn nhận vấn đề đặt cho em học sinh, để trả lời cách thỏa đáng cấu hỏi “ Tại lại nghĩ làm vậy?” - 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 61 - Học sinh biết vận dụng kiến thức đơn lẻ để giải toán tổng hợp nhiều kiến thức - Ngồi có nhiều toán giải nhiều cách khác giúp em học sinh trở nên linh hoạt việc lựa chọn phương pháp giải - Với cách trình bày vậy, sáng kiến kinh nghiệm nhằm giúp cho em học sinh rèn luyện lực vận dụng lý thuyết học Tạo không khí sôi nổi, niềm say mê hứng thú cho học sinh toán sinh động, hấp dẫn thực biến học, lớp học ln khơng gian tốn học cho học sinh Như chuyên đề góp phần tích cực hóa hoạt động học sinh đồng thời nâng cao chất lượng dạy học thầy trò, cụ thể: Kết thi học sinh giỏi năm học 2012 – 2013, có em đạt giải nhì, em đạt giải ba, em đạt giải khuyến khích , năm học 2013 – 2014: em đạt giải nhì, em đạt giải ba, khuyến khích Năm học 2014 – 2015: em đạt giải nhì em đạt giải ba Năm học 2015 – 2016, có em giải nhì, em giải ba em đạt giải khuyến khích Hơn chuyên đề góp phần tăng thêm khả sáng tạo cho học sinh, qua phát triển tư Toán học, giúp em yêu Toán học ngày say mê với môn học Thực tế cho thấy rằng, người thầy tận tình, tâm huyết cơng tác giảng dạy góp phần phát huy tính tự giác, chủ động sáng tạo học sinh chất lượng ngày nâng lên cách rõ rệt Với tuổi đời tuổi nghề trẻ nên kinh nghiệm chắn không tránh khỏi hạn chế định.Vậy tơi mong đóng góp ý kiến bạn đồng nghiệp, thầy chuyên viên Phòng GD, Sở GD để tơi rút kinh nghiệm q trình giảng dạy năm học sau D CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Tôi xin cam đoan tác giả sáng kiến trên, không chép vi phạm quyền Nếu vi phạm, tơi xin hồn toàn chịu trách nhiệm CƠ QUAN ĐƠN VỊ TÁC GIẢ SÁNG KIẾN 62 ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Ký, ghi rõ họ tên) Tơ Thị Bình HIỆU TRƯỞNG Trần Nam Tuấn PHÒNG GD&ĐT (xác nhận, đánh giá, xếp loại) 63 CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Sở GD – DDT Nam Định - Tên tơi : Tơ Thị Bình - Ngày tháng năm sinh: 18/04/1983 - Nơi công tác : Trường THCS Giao Thủy - Chức danh: Bí thư chi Đoàn trường THCS Giao Thủy - Trình độ chun mơn: Đại học sư phạm Tốn - Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo sáng kiến: 96% - Là tác giả (nhóm tác giả) đề nghị xét cơng nhận sáng kiến: “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” - Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục - Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Năm học 2012 2013 - Mô tả chất sáng kiến: Giúp học sinh vận dụng bất đẳng thức Cosi tình tốn bất đẳng thức tìm cực trị Đại số - Những điều kiện cân thiết để áp dụng sáng kiến: Có học sinh để giảng dạy - Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: chuyên đề góp phần tích cực hóa hoạt động học sinh đồng thời nâng cao chất lượng dạy học thầy trò, cụ thể: Kết thi học sinh giỏi năm học 2012 – 2013, có em đạt giải nhì, em đạt giải ba, em đạt giải khuyến khích , năm học 2013 – 2014: em đạt giải nhì, em đạt giải ba, khuyến khích Năm học 2014 – 2015: em đạt giải nhì em đạt giải ba Năm học 2015 – 2016, có em giải nhì, em giải ba em đạt giải khuyến khích Danh sách người tham gia áp dụng thử áp dụng lần đầu (nếu có): Học sinh lớp 9B, 9C, 9D, 9B 9D năm học từ 2012 – 2013 đến năm học 2015 – 2016 Tôi xin cam đoan thông tin đơn trung thực, đúng thật hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật Giao Thủy, ngày 24 tháng 12 năm 2016 Người nộp đơn Tơ Thị Bình 64 65 ... chứng minh lại mà áp dụng bất đẳng thức số bất đẳng thức nói viết II CÁC KĨ THUẬT KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ 10 - Kỹ thuật tách ghép số -... THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BÂT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” II Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: A MỘT SỐ QUY TẮC KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI Quy tắc song hành: Đa số bất đẳng thức có tính...BÁO CÁO SÁNG KIẾN “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” A- ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN: “Giáo dục