Sáng kiến kinh nghiệm - môn Toán

Thường xuyên được bồi dưỡng, khai thác và phát triển các bài toán cơ bản kiến thức như đã trình bày ở trên học sinh hiểu sâu, nhớ lâu hiểu rộng các vấn đề vừa làm quen các phương pháp tì[r]

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) MỤC LỤC

NỘI DUNG TRANG

Sơ đồ khai thác tính chất lũy thừa bậc hai SKKN

năm học 2014-2015

1-2 I – ĐẶT VẤN ĐỀ

1) Lý chọn để tài

2) Phạm vi đề tài

3) Thời gian thực đề tài

4) Đối tượng nghiên cứu

5) Phương pháp nghiên cứu

II – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1) Quá trình chuẩn bị

2) Quá trình thực

Khắc sâu BĐT kép

Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a2 + b2 ≥ 2ab 7

Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b)2≥ 4ab

Sử dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 14

III – KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

1) Kết 17

2) Bài học kinh nghiệm 18

SƠ ĐỒ KHAI THÁC BĐT (I) (SKKN năm học 2014 -2015)

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

SƠ ĐỒ KHAI THÁC BĐT (II) VÀ (III) (SKKN năm học 2014 -2015)

(A - B)2 ≥ 0

(ay - bx)2 ≥

(a2 + b2)(x2 + y2) ≥(ax + by)2 (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by +cz)2

(x + y + z)( x+

1 y+

1

z) ≥ với x, y, z>0

x, y, z > x+ y + z = CMR:

1 x +

1 y +

1 z ≥ 9

x, y, z > x+ y + z 

CMR: x +

1 y +

1 z ≥

a, b, c > a+ b + c 

CMR 2

1 1

1

2 2

a  bc b  ac c  ab

c b

a

 +a c

b

 +b a

c

 ≥ 2

3

với a,b,c>0

c b

a



+a c

b



+b a

c



≥

c b a 

với a,b,c>0

c b

a



+c a

b



+b a

c



≥

với a,b,c>0; abc=1

) (

1 y z

x  + ( )

1 z x

y  + ( )

1 x y

z  ≥ 2

3

với x,y,z > ; xyz =

Tìm GTNN của:

) (

1 y z

x  + ( )

1 z x

y  + ( )

1 x y

z  với

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ

1- Lý chọn đề tài

Tại đại hội toàn quốc lần thứ IX Đảng cộng sản Việt Nam khẳng định:

“Giáo dục đào tạo phải có đổi nâng cao chất lượng toàn diện nội dung phương pháp dạy học Phát huy tư khoa học sáng tạo, lực tự học , tự nghiên cứu học sinh”

Sự phát triển mạnh mẽ cách mạng khoa học công nghệ thông tin đại tốn học có tác dụng sâu sắc lĩnh vực xã hội lồi người

Chính vậy, chiến lược người nay, nhà nước ta coi trọng đặc biệt việc nâng cao toàn diện giáo dục cho học sinh Đặc biệt nhà nước ta thị giáo dục đề cao bồi dưỡng học sinh giỏi học sinh có khiếu, bồi dưỡng nhân tài trường phổ thơng

Tốn học nội dung quan trọng công tác bồi dưỡng phát triển lực cho học sinh học sinh giỏi

Trong chương trình Tốn lớp, Cuốn sách Đại số có tính chất: Luỹ thừa bậc hai số.Nắm chắc, hiểu sâu tính chất này, học sinh áp dụng vào nhiều toán Bất đẳng thức

2 Phạm vi chọn đề tài

Nội dung viết Sáng kiến kinh nghiệm tơi trình bày việc khai thác tính chất: Luỹ thừa bậc hai số không âm Biến đổi thành Bất đẳng thức kép hương dẫn học sinh sử dụng

Các tốn Sáng kiến kinh nghiệm chọn lọc đủ dạng loại Đại số hình học giúp học sinh sử dụng tốt Bất đẳng thức

Đặc biệt sâu vào biện pháp khai thác phát triển sử dụng Bất đẳng thức: (a -b)2≥ Tuỳ theo mức độ dạy cho học sinh đại trà học sinh giỏi.

3 Thời gian thực hiện

- Các năm học 2014-2015; 2015-2016; 2016-2017

4 Đối tượng nghiên cứu

Học sinh lớp 8A1, 9A1 - Trường THCS Phương Liệt

5 Các phương pháp nghiên cứu

Đọc tài liệu sách tham khảo

- Tổng hợp nội dung nghiên cứu theo dạng chuyên đề - Trong trình nghiên cứu phương pháp thực tiễn gồm:

+ Phương pháp điều tra + Phương pháp thực nghiệm + Phương pháp nêu vấn đề

+ Phương pháp phân tích tổng hợp

c b a ab 

 + a b c

bc

 

2 +c b c

ac



2 ≤

p

Với a, b, c ba cạnh tam giác p nửa chu vi

1 1 1

a b c b c a c a b         a b c Với a, b, c ba cạnh tam giác; p nửa chu vi

a2 + b2 + c2 + d2 ≥

(với a, b, c > 0, abcd = 1) x + x

1

≥

ab + cd ≥

(với a, b, c > 0, abcd = 1)

A B B A≥ 2

a p

1

+ p b

1

+ p c

1

≥ (a

+ b

1

+ c

1

)

Với a, b, c ba cạnh tam giác; p nửa chu vi

Với x, y, z >0; x

y

+ z

= CMR

z y x 

2

+ x2yz

1

+ x y 2z

1



 ≤ 1

b a

1

+ bc

1

+ ca

1

≤ 2(  a  b ) c Với a, b, c >0

a

+ b

1

≥ ab

với a, b > (A + B)2 ≥ 4AB

A2 ≥ 0

(A + B)2 ≥ 0

a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1 Quá trình chuẩn bị

Khảo sát thực tế: Sau nhận lớp, dành thời gian làm quen với lớp, tình hình học tập em Đánh giá sơ trình độ nhận thức học sinh qua kiểm tra chất lượng Tìm phương pháp giảng dạy thích hợp với đối tượng

+ Giáo viên nghiên cứu nội dung SGK lớp 8, SGK lớp 9, hệ thống tập lien quan đến bất đẳng thức từ lớp đến lớp đặc biệt lớp lớp

+ Hệ thống lại tập dạng loại, sâu chuỗi kiến thức lại với tạo thành hệ thống tập phát triển tư vững

+ Sau dạng loại, có chốt kiến thức khắc sâu phương pháp

+ Phương pháp dạy học phải tạo điều kiện cho học sinh học tập trải nghiệm, phát triển lực tự học cho học sinh

Tôi thực đề tài với lớp 8A1, 9A1 Thời gian thực 4 tháng Khảo sát kết trước thực sau:

Xếp loại Giỏi Khá Trung bình Yếu

Lớp 8A1 30% 38% 27% 5%

Lớp 9A1 28% 43% 22% 7%

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 2) Quá trình thực hiện:

A KHẮC SÂU BẤT ĐẲNG THỨC KÉP:

1/.Tính chất lũy thừa bậc hai

“Bình phương số không âm” A2 ≥

A

Suy rộng : (a – b)2≥ với

a, b R

Đây bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng giải tập Đại số Hình học có hiệu :

(a – b)2 = a2 – 2ab + b2 ≥



Dấu xảy a = b

Cả ba Bất đẳng thức nêu lên ý nghĩa quan hệ tổng hai số với tích chúng với tổng bình phương hai số

2.Chứng minh Bất đẳng thức (I), (II), (III).

BĐT (I):

a2 + b2 ≥ 2ab

 a2 – 2ab + b2 ≥  (a – b)2 ≥ (đúng)

Dấu “=” xảy a = b BĐT (II):

(a + b)2 ≥ 4ab

 a2 + 2ab + b2 – 4ab ≥  a2 – 2ab + b2 ≥

 (a – b)2 ≥ (đúng)

Dấu “=” xảy a = b BĐT (III):

a2 + b2 ≥ 2

) (a b



2a2 + 2b2 ≥ a2 + 2ab + b2

 a2 – 2ab + b2 ≥  (a – b)2 ≥ (đúng)

Dấu “=” xảy a = b

Tổng hợp ba Bất đẳng thức (I), (II), (III) tạo Bất đẳng thức kép: a2 + b2 ≥ 2

) (a b



≥ 2ab

a2 + b2 ≥ 2ab (I) (a + b)2 ≥ 4ab (II) a2 + b2 ≥

) (a b



(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

a2 + b2 ≥ 2

) (a b



≥ 2ab Dấu “=” xảy a = b

B CÁC BÀI TOÁN VẬN DỤNG

I/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a2 + b2 ≥ 2ab

*Áp dụng BĐT (II) : a2 + b2 ≥ 2ab vào đại số.

1.Bài toán 1:

Cho số a, b, c, x thoả mãn điều kiện

2 2

x + a + b + c =

x a b c 13

 

   



Chứng minh : ≤ x ≤ Giải : Áp dụng BĐT (I) : a2 + b2 ≥ 2ab.

Do : ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 2ab + 2ac + 2bc

 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )2 (*)

Mặt khác: (1)  a + b + c = – x

(2)  a2 + b2 + c2 = 13 – x2

Thay vào (*):

3(13 – x2) ≥ (7 – x)2

 4x2 – 14x + 10 ≤  2( x – )(x -

5 ) ≤

 ≤ x ≤

5

(đpcm)

2.Bài toán :

Cho ba số x, y, z thoả mãn: x + y + x = Chứng minh : x4 + y4 + z4 ≥ xyz

Giải : Áp dụng BĐT (I) ta có : a2 + b2 ≥ 2ab

Do : x4 + y4 ≥ 2x2y2

y4 + z4 ≥ 2y2z2

z4 + x4 ≥ 2z2x2

 2( x4 + y4 + z4 )≥ 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) (1)

Áp dụng bất đẳng thức (I)

x2y2 + y2z2 ≥ 2xy2z

y2z2 + x2z2 ≥ 2yz2x

z2x2 + x2y2 ≥ 2zx2y

 2( x2y2 + y2z2 + x2z2) ≥ 2xyz( x + y + z ) (2)

Từ (1), (2) suy ra:

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 3.Bài toán 3:

Cho ba số a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a + b + c + d = Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1

Giải: Áp dụng bất đẳng thức (1): a2 + b2 ≥ 2ab ta có :

a2 + b2 ≥ 2ab a2 + b2 ≥ 2ab

c2 + b2 ≥ 2cb a2 + d2 ≥ 2ad

d2 + c2 ≥ 2dc b2 +d2 ≥ 2db

Cộng theo vế bất đẳng thức ta được:

3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ (ab + bc + cd + ac + ad + bd)

 4(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ (a + b + c + d )2 = 22 =  a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (đpcm)

Dấu “= ”xảy a = b = c = d =

*Áp dụng BĐT (I) : a2 + b2 ≥ 2ab vào hình học.

4.Bài tốn 4:

Trong tứ giác lồi ABCD với diện tích S có điểm thoả mãn điều kiện : OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S.

Chứng minh rằng: ABCD hình vng nhận O tâm Giải :

+ Ký hiệu SABCD = S

SAOB = S1; SBOC = S2; SCOD = S3 ; SDOA = S4

+ S1≤

1

OA.OB; S2≤

1

OB.OC; S3≤

1

OC.OD; S4≤

1

OD.OA;

Áp dụng BĐT (1): a2 + b2 ≥ 2ab  ab ≤ 2

1

( a2 + b2)

Ta có : S ≤

( S1 + S2 + S3 + S4 )

S ≤ OA.OB + OB.OC + OC.OD + OD.OA ≤

1

1

( OA2 + OB2 + OC2 + OD2

+ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) = 2

1

( OA2 + OB2 + OC2 + OD2) = 2

1

.2S = S

Ta thấy điều xảy BĐT trở thành đẳng thức, nghĩa phải có:

; ; ;

OA OB OC OD

OA OB OB OC OCOD OD OA 



  



 ABCD hình vng nhận O làm tâm 5.Bài tốn 5:

A

B C

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

Cho đoạn thẳng AB đường thẳng d song song với Tìm điểm M (M d nằm khác phía AB ) cho tia MA, MB tạo với đường thẳng d thành MCD có diện tích nhỏ

Giải :

Gọi C D giao điểm tia MA MB với đường thẳng D

Diện tích MCD = S; MH MK đường cao MAB MCD

Đặt MH = x; AB = a; HK = h

Do AB // CD  MAB đồng dạng MCD

 x

h x a CD h

x x MK MH CD

AB (  )

 

  

Do : S =

CD.MK = 2( )

2 ) (

2

2

x h h x a x

h hx x

a x

h x a

      

Do a h số nên S nhỏ x+ x h2

nhỏ Ta lại thấy x x

h2

hai số dương Xét tích x x

h2 =h2

Vậy tổng x+ x h2

nhỏ x = x h2

 x2 = h2  x = h II/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b)2≥ 4ab

*Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab vào đại số.

6.Bài toán 6:

Cho x, y số thực thỏa mãn x + y = Chứng minh : xy(x2 + y2)  2

Giải Áp dụng bất đẳng thức :

 2

4 a b ab 

, ta có :

     

2

2

2 1(2 )( 2) 2

2

xy x y x y

xy x y  xy x y        

Dấu đẳng thức xảy x = y =1

M

B d’

d A

H

K

C D

x

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 6.Bài toán 6:

Cho a, b, c >0 a + b + c = CMR: b + c ≥ 16abc Giải:

Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab

Từ giả thiết: = ( a + (b + c)2) ≥ 4a(b + c)

Do b + c > nên nhân hai vế với b + c

b + c ≥ 4a(b + c)2` (1)

Áp dụng BĐT (II) ta lại có :

( b + c )2 ≥ 4bc (2)

Từ (1) (2) suy ra:

b + c ≥ 4a.4bc = 16abc Vậy b + c ≥ 4abc (đpcm)

Dấu “=” xảy a = b + c = 7.Bài toán 7:

Cho a, b, c >

CMR : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Giải : Áp dụng BĐT (II) ta có :

(a + b)2 ≥ 4ab

(b + c)2 ≥ 4bc

(c + a)2 ≥ 4ca.

(a + b)(b + c)(c + a)2 ≥ 64a2b2c2(vì a, b, c >0)  (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc (vì a, b, c >0) (đpcm)

Xảy đẳng thức a = b = c >0

8.Bài toán 8:

Chứng minh với a, b, c ta có : (a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c).

Giải Áp dụng BĐT (II) ta có :

Trước hết (a + b)2 (b + c)2 = (a + b)(b + c)2

= (ab + ac + b2 + bc)2 = (ac + (a + b + c)b2.

Áp dụng BĐT (II) cho hai số : ac (a + b + c)b ta có:

(ac + (a + b + c)b2≥ 4ac.(a + b + c)b

Xảy dấu “=”khi ac = (a + b + c).b

Vậy (a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c) (đpcm).

9.Bài toán 9:

Cho a1, a2, a3, …, an 0; 1

CMR : (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ (a12+ a22+ a32+ …+ an2)

Giải: Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab.

Cho hai số a1+ a2+ a3+ …+ an ta được:

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

hay (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4( a1+ a2+ a3+ …+ an)

Do  0; 1 với i = 1, 2, 3, …, n

Nên suy ≥ ai2

Từ kết ta suy ra:

(1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ (a12+ a22+ a32+ …+ an2)

Xảy dấu “=” a1= a2= a3= …= an-1 = an =

*Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab vào hình học.

10.Bài tốn 10:

Cho tứ giác lồi ABCD có tổng hai đường chéo 48 CMR diện tích SABCD ≤ 288

Chứng minh Ta có SABCD = S =

1

AC.BD (1)

với AC BD hai đường chéo Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab

 ab≤

) (a b



vào BĐT (1) ta có :

AC.BD ≤ 576

48

)

( 2

  BD

AC

(2) Từ (1) (2) suy : S ≤ 2.576

1

= 288 (đpcm)

11.Bài toán 11:

Hai đường chéo AC BD tứ giác lồi ABCD cắt O Biết diện tích SAOB = 49; SCOD = 64 CMR : S(ABCD) ≥ 225

Giải

Ta có : COD AOD BOC

AOB

S S OC

OA S

S

 

(chung đường cao)

 SAOB SCOD = SBOC SAOD = 49 64 = 562

Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab ta có :

(SBOC+ SAOD)2 ≥ SBOC SAOD

(SBOC+ SAOD)2 ≥ 49 64 = 1122

 SBOC+ SAOD ≥ 112

 SABCD ≥ 49 + 64 +112 = 225 (đpcm)

12.Bài toán 12:

Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S = 2048, tổng AB + BD + DC = 128 Tính độ dài BD?

Giải:

SABCD = SABD + SBCD

≤ ( )

1

2

2

CD AB BD BD

CD BD

AB   

Áp dụng BĐT (II) (a + b)2≥ 4ab

 ab≤

) (a b

 A

B C

D O

Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

cho hai số : BD AB + CD ta có :

2048 ≤

2

128

) (

) (

2

 

 

CD BD AB CD

AB BD

= 2048

Dấu “=”xảy BĐT trở thành đẳng thức nghĩa phải có: BD = AB + CD mà BD + AB + CD = 128  BD = 128 : = 64

Vậy BD = 64

13.Bài toán 13 :

Cho ABC Qua điểm M thuộc cạnh AC kẻ đường song

song với hai cạnh kia, chúng tạo thành với hai cạnh hình bình hành Tìm vị trí M để hình bình hành có diện tích lớn

Giải

Gọi hình bình hành tạo thành EMFB Đặt dt(EMFB) = S1; dt(ABC) = S (const)

Ta cần tìm GTLN S1

Kẻ AKBC; AK ∩ EM = H

Ta có S1 = EM HK; S =

1

BC.BK

 S1

S

= BC AK HK EM

Đặt MA = x ; MC = y

Vì EM // BC  x y x AC AM BC

EM

  

(định lý Ta lét)

Và x y

y AK HK

 

(định lý Ta lét) Nên S1

S

= ( )2

y x

xy



Áp dụng BĐT (a + b)2 4ab 

1 ) (

2

2 

b

a ab

A

M

F

y E

H

K

B F

x

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

Vậy S1

S

= ( )2

y x

xy

 2

1



 S1

1



S Do max S1 =

1

S  x = y  điểm M trung điểm AC

Vậy điểm M nằm vị trí trung điểm AC diện tích BEMF đạt Max

14.Bài tốn 14: Cho hình bình hành BEMF Dựng cát tuyến qua M cắt cạnh góc B tạo thành tam giác có diện tích nhỏ

Giải

Bài tốn 14 toán khai thác toán 13 Bài tốn có SBEMF = const = S1

Các lập luận tương tự 13 với SABC = S1 ta có : S1

S

= xy

y x

2 )

(



Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab

 2

)

(

 

ab b a

Ta có : S1

S

= xy

y x

2 )

(



≥

Dấu “=” xảy x = y tức vị trí điểm M trung điểm AC Từ ta thấy cách dựng cát tuyến qua M:

- Lấy tia BE điểm A cho E trung điểm BA - Tia AM cắt tia BF C

ABC có diện tích nhỏ

15.Bài tốn 15:

Trong hình ABCD (BC // AD) có diện tích S khơng đổi Hai đường chéo AC BD cắt E

Hỏi hình ÄABE có diện tích lớn Giải

+ Dễ thấy S ABE = SCDE = S’

+ Đặt SBCE = S1 ; SAED = S2

DK = x AD = y

+ Trước hết ta chứng minh rằng: S’ 2 = S

1.S2 (1)

Thật : EA EC S

S



'

; EA

EC S

S



2 '



' '

S S S S



 S’ = S1.S2

A

M

F E

B C

D C

S

Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

+Ta biểu thị tỉ số : S S1

; S S2

; S S'

theo x, y Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD K Ta có : DK = BC = x; SACK = SABCD = S

ACK CEB AED  x y

x AK BC   2 ) ( ) ( y x x AK BC S S   

;

2 2 ) ( ) ( y x y AK AD S S    (2) Từ (1) (2) suy ra:

2 ' 2 2 ' ) ( ) ( ) ( y x xy S S y x y x S S S S S S      

Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab 

1 )

( 

b

a ab

Ta có :

1 ) ( ' '      S y x xy S S

Vậy Max S =

x = y tức hình ABCD trở thành hình bình hành

16.Bài toán 16:

Qua điểm M thuộc miền ÄABC vẽ đường thằng AM, BM, CM cắt cạnh tam giác A1, B1, C1

CMR :

 M C CM M B BM M A AM Giải

Từ A hạ AHBC; MH1  BC

Kí hiệu S(MBC) = S1; S(MCA) = S2; S(MBA) =

S3

AHA1 MH1A1

 1 1 S S S S S S MH AH MA

AA  

    1 S S S MA MA   = S S S S 

Chứng minh tương tự :

2 1 S S S MB MB  

;

2 1 S S S MC MC  

Nhân theo vế ba BĐT :

3 2 1

1

) )( )( ( S S S S S S S S S M C CM M B BM M A

AM   



(*) Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab

Muốn ta bình phương vế (*)

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 64 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 3 2 2 2 2       S S S S S S S S S S S S S S S S S S M C CM M B BM M A AM 1  M C CM M B BM M A AM (đpcm) Dấu “=”xảy M trọng tâm ABC

III/.Sử dụng BĐT (III): 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2

*Áp dụng BĐT (III) : 2(a + b2 2 ) ≥ (a + b)2 vào đại số.

17.Bài toán 17:

Cho a + b = CMR : a2 + b2 ≥ 18.

Giải: Áp dụng BĐT : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2

ta có : (a2 + b2) ≥ 2 18

36 ) (   b a (đpcm)

*Khai thác toán:

Tương tự : (a4 + b4) ≥ 2 162

18

)

( 2 2

  b

a

(a8 + b8) ≥ 2 13122

162

)

( 4 2

 

b

a

18.Bài toán 18:

Cho a, b > a + b =

CMR : ) 12,5

1 ( )

( 2

    b b a a Giải : Áp dụng BĐT : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 cho hai số a + a

1

b + b

ta có : ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( 2

2 ab ab

b a b a b b a a b b a a              (*) Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab

 ≥ 4ab  ab

1 ≥

Do : 12,5

25 ) ( ) 1

( 2

     ab

Kết hợp với (*) ta có ) 12,5

( )

( 2

    b b a a (đpcm) Đẳng thức xảy a = b =

1 19.Bài toán 19:

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

2 2

2 a b c

a b c

   



  



CMR : a, b, c      

3 ;

Giải: Ta cần chứng minh : ≤ a ≤

4

(b, c tương tự) Áp dụng BĐT(III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2

Ta có : 2(b2 + c2) ≥ (b + c)2

Từ (1) : b + c = – a (2):b2 + c2 = – a2

 2(2 - a2) ≥ (2 – a)2

 – 2a2 ≥ – 4a + a2  3a2 – 4a ≤  a( – ) ≤

Giải BPT ta được: ≤ a ≤

Chứng minh tương tự : ≤ b ≤

; ≤ c ≤

*Áp dụng BĐT (III) : 2(a + b2 2 ) ≥ (a + b)2 vào hình học.

20.Bài tốn 20:

Cho tam giác vng ABC có góc C 900, hai cạnh góc vuông CA CB lần

lượt b c cạnh huyền AB c Chứng minh c ≥

b a

Gi iả



ACB= 900

AB = c; AC = b; CB = a

Áp dụng định lý Pitago vào ABC: c2 = a2 + b2

Áp dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2

2c2 ≥ (a + b)2  c2 ≥

) (a b



 c ≥ b a

(đpcm)

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

PHẦN III : KẾT LUẬN

A/.MỘT SỐ KẾT QUẢ

1/- Đối với thày – người truyền thụ tri thức.

Khai thác BĐT (a - b)2 = a2 – 2ab + b2 ≥ để hướng dẫn học sinh sử dụng

BĐT kép :

a2 + b2 ≥ ab

b a

2

)

(

 

để bồi dưỡng học sinh giỏi q trình tích luỹ, nghiên cứu học hỏi không ngừng thường xuyên liên tục người thày Việc giúp cho vốn kiến thức toán học thày không ngừng củng cố, bổ sung, nâng cao kinh nghiệm giảng dạy thày ngày phong phú

Phạm vi đề tài sâu vào trình bày cách khai thác sử dụng ba bất đẳng thức mà ta tạm gọi “kép” Sử dụng ba bất đẳng thức ta xây dựng chùm tập có mối liên quan Tuy nhiên, nhiều tập dạng chứng minh BĐT, với cách suy nghĩ cách làm tương tự, có hàng loạt tốn tạo thành chùm toán BĐT hay sinh động, giải toả tâm lí khó dạy khó học chứng minh BĐT thày trị Tuỳ theo trình độ học sinh đối tượng mà khai thác giảng dạy mức độ khác cho phù hợp Điều địi hỏi người thày phải có q trình thường xuyên đúc rút kinh nghiệm nâng cao nghệ thuật sư phạm

Lấy kiến thức SGK làm chuẩn mực kết hợp với tri thức sách tham khảo, với tìm tịi sáng tạo thân, người thày hoàn toàn làm chủ tri thức q trình giảng dạy Đây mấu chốt để người thày dạy tốt

Tìm tịi, khai thác phát triển, hướng dẫn học sinh sử dụng BĐT: (a - b)2

= a2 – 2ab + b2 ≥ thông qua BĐT kép biện pháp đã

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

tiếp cận với phương pháp tự học tập, tự nghiên cứu- Một biện pháp đổi phương pháp học tập học sinh

Phần trình bày SKKN đồng thời nội dung giảng trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh (nhất đối tượng học sinh giỏi) lớp 8A1, 9A1

2) Đối với học sinh.

Thường xuyên bồi dưỡng, khai thác phát triển tốn kiến thức trình bày học sinh hiểu sâu, nhớ lâu hiểu rộng vấn đề vừa làm quen phương pháp tìm tịi, tích luỹ, tổng hợp, tự nghiên cứu

Học sinh cần biết củng cố kiến thức mà biết trau dồi nâng cao tri thức toán học từ giảng thày từ sách tham khảo cách thông minh sáng tạo

Được học tập bồi dưỡng theo cách thày hướng dẫn, khai thác kiểu trình bày SKKN học trò : “Học biết nhiều” vừa tiết kiệm thời gian học tập nghiên cứu

Học sinh chủ động tri thức mình, phát huy tính tích cực sáng tạo hoạt động học tập

3) Kết kiểm chứng:

Sau thực giảng dạy cho học sinh theo phương pháp trên, với tìm tịi tích lũy kiến thức cách nghiêm túc, học sinh tiến điều niềm động viên cho than tơi tiếp tục phấn đấu

Kết khảo sát chất lượng dành cho học sinh lớp sau học chuyên đề bất đẳng thức sau:

Xếp loại Giỏi Khá Trung bình Yếu

Lớp 8A1 68% 27% 5% 0%

Lớp 9A1 62% 31% 7% 0%

B/-MỘT SỐ BÀI HỌC KINH NGHIỆM.

1.Trong qúa trình giảng dạy, trình bồi dưỡng học sinh giỏi, người thày bên cạnh kiến thức phải biết tìm tịi, khai thác phát triển nâng cao tổng qt hố ănggơrit hố cần thiết Có phát huy vai trị tích cực hố hoạt động học sinh Phát huy tính tích cực thơng minh sáng tạo trò, tạo điều kiện trực tiếp cho học sinh tự làm việc tự nghiên cứu – làm việc nhiều

2.Thày trị thường xun tích cực học tập tích luỹ học hỏi cách sáng tạo để người dạy “Biết mười dạy một” học sinh “Học biết mười”

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

4 Người dạy phải học tập, cập nhật thông tin, nâng cao trình độ khơng ngừng đúc rút kinh nghiệm để đáp ứng ngày cao công tác bồi dưỡng nhân tài nghiệp

C- KẾT LUẬN

Trên số biện pháp kết kinh nghiệm mà thực Tôi tiến hành đúc rút thành kinh nghiệm q trình dạy Tốn cho học sinh (nhất bồi dưỡng học sinh giỏi)