SKKNBGHSGtoan9

Båi dìng häc sinh giái lµ c¶ mét qu¸ tr×nh ®Ó cã mét häc sinh giái m«n to¸n nãi riªng vµ häc sinh giái nãi chung ®ã lµ sù khæ c«ng rÌn luyÖn qua mét qu¸ tr×nh häc tËp cña trß còng nh rÌn[r]

Duy trì bồi dỡng học sinh giỏi mơn tốn I đặt vấn đề

“ Hiền tài ngun khí Quốc gia’’, ngun khí vợng Quốc gia vợng Đánh giá phát triển Quốc gia trớc hết đánh giá phát triển ngành giáo dục Quốc gia Bất kỳ Quốc gia có giáo dục đại, phát triển có tăng trởng kinh tế vững mạnh Vì phát triển giáo dục đào tạo động lực quan trọng thúc đẩy nghiệp cơng nghiệp hố, đại hố,là điều kiện để phát huy nguồn lực ngời, yếu tố để phát triển xã hội, tăng tr-ởng kinh tế bền vững

Những năm gần GD Việt Nam chuyển theo su phát triển GD giới, cánh mạng đổi chơng trình, nội dung sách giáo khoa đổi phơng pháp giảng dạy cấp học: Tiểu học, THCS, THPT Gần cánh mạng bừng sáng lĩnh vực giáo dục vận động hai khơng : “ Nói khơng với tiêu cực thi cử bệnh thành tích giáo dục ” Bộ Trởng GD-ĐT Nguyễn Thiện Nhân Tất thay đổi nhằm mục đích phục vụ cho phát triển bền vững đất nớc, để góp phần vào phát triển giáo dục Việt Nam Mỗi thày cô giáo yếu tố khơng thể thiếu, lơng tâm, khối óc trách nhiệm trớc trờng tồn dân tộc cần phải phấn đấu mình, cống hiến lực trí tuệ nhằm dìu dắt hệ trẻ Việt Nam vững bớc xây dựng thiên niên kỷ với hành trang tri thức vững vàng Trong nội dung sáng kiến xin đề cập đến phần nhỏ hành trang tri thức là: “Biện pháp trì bồi dỡng học sinh giỏi mơn tốn lớp trờng THCS ”

II Néi dung

A C¬ së khoa häc. 1 C¬ së lý luËn:

Bồi dờng học sinh giỏi hoạt động thiếu ngành GD nói chung trờng THCS nói riêng Đánh giá chất lợng ngành học ngồi việc nhìn vào chất lợng đại trà chất lợng mũi nhọn góp phần khơng nhỏ Làm để vừa trì chất lợng GD tồn diện vừa làm tốt cơng tác bồi dỡng học sinh giỏi Địi hỏi ngời thay phải đổi phơng pháp dạy trò phải đổi phơng pháp học phù hợp với su phát triển chung GD giới Nếu trang bị cho HS kiến thức đơn sách giáo khoa tầm nhìn học sinh bị hạn chế Nếu tảng kiến thức từ cấp THCS học sinh không vững, không sâu, khả t phát triển hệ trẻ Việt Nam khó bắt nhịp đợc với tốc độ phát triển đến chóng mặt khu vực giới Vì việc giáo dục tồn diện nh bồi dỡng HSG trờng THCS việc làm thiếu, điều kiện giúp em thực đợc lời dặn dò đau đáu Bác Hồ vị cha già kính yêu lúc sinh thời dạy: “ Non sơng Việ Nam có trở nên tơi đẹp hay khơng dân tộc Việt nam có bớc tới đài vinh quang để sánh vai với cờng quốc năm châu hay khơng nhờ phần lớn cơng học tập em ”

2 C¬ së thùc tiƠn:

tập cung cấp để bồi dỡng đợc HSG mơn tốn Giáo viên định hớng cho học sinh tìm hiểu sâu số chuyên đề mơn: Số học, Đại số, Hình học nh sau:

2.1 Đối với mơn số học cần tìm hiểu thêm mt s chuyờn :

- Số nguyên tố, hợp số, số phơng chia hết tập số nguyên phơng trình nghiệm nguyên

2.2 i vi mụn đại số cần tìm hiểu thêm số chuyên đề:

- Hằng đẳng thức số phép biến đổi đẳng thức - Phân tích đa thức thành nhân tử ứng dụng

- Bất đẳng thức, bất phơng trình ứng dụng - Phơng trình, hệ phng trỡnh

- Tính giá trị biểu thức có ®iỊu kiƯn

- Bài tập cực trị đại số ( có điều kiện khơng có điều kiện)

2.3 Đối với mơn hình học cần tìm hiểu thêm số chuyên đề:

- Định lý Talét tam giác ứng dụng - Các dạng tứ giác, tứ giác nội tiếp - Bài tập cực trị độ dài, diện tích

- Bµi tËp q tÝch

B Néi dung thĨ:

Để khai thác đợc bất đẳng thức trình bồi dỡng HSG giáo viên cần giới thiệu để học sinh nắm hiểu rõ sở lí thuyết bất đẳng thức

1

C¬ së lÝ thuyÕt

I.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức:

Cho sè a, b ta cã: - a lín h¬n b ( a > b ) nÕu a-b > - a nhá h¬n b ( a < b ) nÕu a-b <

- a lín h¬n hc b»ng b ( a  b ) nÕu a -b - a nhỏ b ( a  b ) nÕu a-b 

1.2 Các tính chất bất đẳng thức:

1.2.1 a > b <=> b < a 1.2.7 ac bc

b c a

       0

1.2.2 b c a c

b a

      

1.2.8 ac bd

d c

b a

      

 

0 0

1.2.3 a > b => a + c > b + c 1.2.9 a > b > => an > bn

a > b <=> an > bn ( n lỴ)

1.2.4 a c b d

d c

b a

       



1.2.5 a c b d

d c

b a

        

1.2.10 m > n > th× a > => am > an

a = => am = an

0 < a < => am > an

1.2.6

b a ab

b

a 1 1

0 

  

1.3 Các bất đẳng thức.

1.3.1 a2  0: - a2  a

1.3.2 a 0 dÊu “=” x¶y : a = 1.3.3 - a aa dÊu “=” x¶y : a =

1.3.4 ab a b dÊu “=” x¶y : ab 0

1.3.5 a b a  b dÊu “=” x¶y : ab 0 vµ a b

1.4 Một số bất đẳng thức thờng sử dụng

1.4.1 Bất đẳng thức côsi

a + b 2 ab (víi a 0; b 0) dÊu “=” x¶y ra: a = b * HƯ qu¶ 1:

b a b a  

4 1

( ab > 0) * HƯ qu¶ 2:

b a

+

a b

 ( ab > 0) 1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia Cốpxki

( ax + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) dÊu “=” x¶y ra: ay = bx.

1.5 Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức.

Có nhiều phơng pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phơng pháp tuỳ thuộc vào tính chất, yêu cầu tập vào kĩ nhận biết học sinh Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện kĩ tốn thao tác trí tuệ hớng dẫn học sinh nghiên cứu phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

1.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.

- Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B chứng minh A - B > 1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( víi a, b, x, y  R )

XÐt hiÖu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)

= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2

= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0

DÊu “=” x¶y : ay = bx

VËy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( víi a, b, x, y  R )

Dấu = xảy ay = bx (điều ph¶i chøng minh)

1.5.2 Dùng phép biến đổi tơng đơng.

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

a/ ab a b (1)



b

 a2 + 2ab + b 2  a2 + 2 ab + b2

 ab  ab (2)

Bất đẳng thức (2) nên bất đẳng thức (1) Vậy ab a b , dấu “=” xảy : ab 0

b/ Chứng minh bất đẳng thức:

b a b

a   (3)

Nếu a < b bất đẳng thức (3) đúng.

NÕu a  b th×

b a b

a    a2 - 2ab + b2  a2 - ab + b2  -ab  ab  ab ab (4)

Bất đẳng thức (4) nên bất đẳng thức (3) Vậy: a b a  b dấu “=” xảy ra: ab 0,a b

1.5 Sử dụng tính chất bất đẳng thức.

VÝ dô: cho a + b > chøng minh r»ng a4 + b4 >

Ta cã: a + b > >

 (a + b)2 > (bình phơng vế không ©m)

 a2 + 2ab + b 2 > (1)

Mặt khác: (a - b)2  a2 - 2ab + b 2  (2)

Tõ (1)(2): 2(a2+ b2) >  a2+ b2 >

2

(3)  (a2+ b2) >

4

(bình phơng vế (3))

a4 + 2a2 b2 + b 4 >

(4)

Mµ (a2- b2)2    a4 - 2a2 b2 + b 4  0 (5)

Tõ (4)(5): 2(a4+ b4) >

 a4+ b4 >

VËy: a + b > => a4+ b4 >

(*)

I.5.4 Phơng pháp lµm tréi: muèn chøng minh A < B lµm tréi A thµnh C ( A < C) råi chøng minh C < B.

VÝ dô: Cho a, b, c > M =

a c

c c b

b c a

a

    

Chøng minh: < M < V× a, b, c > Ta cã:



        

  

  

  

c b a

c c

a c

c b a

b c

b b

c b a

a b

a a

  

a c

c c b

b c a

a

   

 >a b c

c b a

 

 

=

VËy M > (1)

b a

a

 <  a b c

c a c c b a

a

 

   

T¬ng tù:

c b a

a b c b

b

 

  

c b a

b c a c

c

 

  

Céng vÕ víi vÕ ta cã:

a c

c c b

b c a

a

   

 < a b c

c b a

 



 )

(

VËy M < (2)

Tõ (1), (2): < M < (víi a, b, c > 0)

1.5.5 Dùng Phơng pháp phản chøng:

VÝ dô: Cho a2+ b2  Chøng minh r»ng a + b  2

Gi¶ sử: a + b > (bình phơng vế)

 (a + b)2 >

 a2 + 2ab + b 2 > 4 (1)

Mặt khác:

(a - b)2   a2 - 2ab + b 2 

 a2+ b2  2ab => 2(a2+ b2 )  a2 + 2ab + b 2

a2+ b2  (gi¶ thiÕt) => 2(a2+ b2 )  4

=> a2 + 2ab + b 2  4` (2)

Bất đẳng thức (1) (2) mâu thuẫn => giả sử sai Vậy a2+ b2  a + b 2

1.5.6 Phơng pháp quy nạp to¸n häc:

VÝ dơ: Chøng minh r»ng víi x > -1 th× (1 + x)n 1 + nx (víi n  Z, n > 0)

* Víi n = l ta cã: + x l + x

* Giả sử với n = k (k nguyên dơng)

(l + x)k

 l + kx (1)

* PhảI chứng minh với n = k + l (l + x)k+1

 l + (k + 1)x

ThËt vËy: (1+x) >0 (gt)

(1 + x)(l + x)k

 ( l +kx)(1 + x) ( nh©n vÕ víi (1))

(l + x)k

 + x(k + l) + kx2

V× kx2  => l + (k + l)k + kx2  l + (k + l)x

=> (1 + x)k+l  l + (k + l)x

DÊu “=” xảy ra: x =

1.5.7 Dùng phơng pháp h×nh häc

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau:

2 2 )(

(a c b c ) + (a2d2)(b2d2)  (a + b) (c + d ), a, b, c, d cỏc s thc dng

Giải: Xét tứ giác ABCD cã ACBD, O lµ

giao điểm hai đờng chéo, OA = a, OB = b, OC = c, OD = d với a, b, c, d số dơng

Theo định lí Py-ta-go:

AB = a2c2 ; BC = b2c2 ;

AD = a2 d2

 ; CD = b2d2 ; AC = a + b ; BD = c + d

C O

B

A c

b

a

Ta cã: AB BC  SABC ; AD CD  SADC

 AB BC + AD CD  SABCD = AC BD

VËy (a2 c2)(b2 c2



 ) + (a2d2)(b2d2)  (a + b) (c + d ) với a, b, c, d 0 Có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhicốp xki để chứng minh bất đẳng thức

2 Néi dung bµI tËp:

Bớc phân loại, chọn lọc hệ thống tập theo dạng phù hợp với trình độ

học sinh, giúp học sinh hình thành đợc cách giải tập đa đợc nhiều phơng án giải, phát triển khả t lơ gíc, hỗ trợ việc tự học, tự nghiên cứu học sinh q trình ơn luyện Đối với học sinh THCS tạm thời phân thành bốn dạng sau:

2.1 Dạng tập chứng minh bất đẳng thức:

2.1.1 Chứng minh bất đẳng thức: x4 – x +

2

> Ta cã: : x4 – x +

2

= : x4 – x2 +

4

+ x2 – x +

2

= (x2 -

2

)2 + (x -

2 )2            ) ( ) ( 2 x x

(x2 -

2

)2 + (x -

2

)2  (không thể xảy dấu đồng thời)

vËy: x4 – x +

2

>

2.1.2 Chøng minh: x y x y

 

1

1

(víi x, y > 0) XÐt hiÖu: ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

1 2

y x xy y x y x xy xy xy x y xy y x xy xy t x x y x y y x y x                 

 (V× x, y > 0)

VËy: :x y x y

 

1

1

víi x, y >

2.1.3 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác chứng minh:

c b a b a c a c b c b a 1 1 1           

ta có: a + b > c, b + c > a, c + a > b (bất đẳng thức tam giác)

áp dụng hệ bất đẳng thức côsi:

b b a c b c b a a c b c b a 2 4 1              (1) T¬ng tù: c b a c a c b 1       (2) a b a c c b a 1       (3)

Tõ (2)(2)(3): 2( 1 ) 2(1 1)

c b a b a c a c b c b

a            c b a b a c a c b c b a 1 1 1           

a A= n n 4

3     < 4

1 Ta cã: ) )( )( ( ) ( 1 3     

 k k k k k k

k k  )1 ( )1 ( 3 1 )1 )( )( ( 1 3 1 3                     n n n A n n n n

Mặt khác: (n 1)2n(n 1) (n 11)n (n 11)n

       ) ) ( ) ( 3 2 1 ( ) ( ) ( 1 n n n n n n

n          

   C = ) ( ) ( 1             n n n

n (víi  2)

Hay A <

 n

n 4

3     < 4

1

(víi  2)

b/ B = +

1   

 n < n

B = + 

                                     15 1

2 n n

              1 2 2 n n n n

A < 1+

1.2

2   

 n n

VËy +

1   

 n < n (n víi nN vµ n  2)

2.1.5 Cho x  0, y  0, z  Chøng minh r»ng:

(x + y)(y + z)(z + x )  8xyz (1)

 (x + y)2(y + z)2(z + x )2 64x2y2z2 (bình phơng vế không âm)

(x + y)2 4xy (bt đẳng thức côsi)

(x + z)2  4zx (bất đẳng thức côsi)

=> (x + y)2(y + z)2(z + x )2  64x2y2z2 => bất đẳng thức (1) ln đúng

(víi x  0, y  0, z  )

2.1.6 a) Chứng minh nZ dơng thì: A =

2 2 1       

 n n n

n

(§Ị thi häc sinh giỏi cấp tỉnh 2005-2006 tỉnh Hoà Bình) Vì nZdơng => 1;2;3……; n-1< n

Ta cã:                  n n n n n n n n 1 2 1 1 => n n n n n n n n 2 1 2 1             

D·y gåm n sè h¹ng => A > n

n = VËy: 2 1       

 n n n

n (víi mäi < n  z)

b) CMR: tồn số tự nhiên n cho 2006

3     n C¸ch1:  2 2

2  

   2 2

3  

   ……… 2006 4012 2 2 4012 4011 4012 4012 4010          

VËy tån t¹i n N (n 24210 thảo mÃn điều kiện 2006

3     n

Cách 2: Dựa vào kếtquả phần a ta cã:

1

2n Sn

S

với < n z Đẳng thức x¶y  n =1

Do         

2 4012 4012 4011

2

1 1 2 2 2 2

2  S  S  S  S S  S

=> S24012 S 1 2006 => 2006

2 4012    

VËy tån t¹i n N  24012

2.1.7 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác chứng minh:

abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c) (1)

Đặt b + c a = y , a + c – b = x, a + b – c= z

áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz (với x, y, z  )

Ta cã: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b]   8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

 2c.2b.2a  8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)

2.1.8 Cho a+b+c =1 chøng minh r»ng a2 + b2 + c2

3 Đặt a =

3

+ x , b =

+ y , c =

+ z Do a+b+c=1 => x + y + z =

a2 + b2 + c2 = (

3

+ x)2 + (

3

+ y)2 + (

3

+ z)2 =

3

+

(x + y + z) + x2 + y2 + z2

=

+ x2 + y2 + z2 

3

DÊu “=” x¶y ra: x = y = z =  a = b = c =

3

2.1.9 Cho a + b + c + d = chøng minh r»ng : a2 + b2 + c2 + d2

 Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki

(a + b + c + d)2

 (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 ) (1)

mµ a + b + c + d = (2)

Tõ (1)(2):  4(a2 + b2 + c2 + d2)

  a2 + b2 + c2 + d2 dÊu “=”x¶y  a = b = c = d =

2 . Cách 2: Đặt a =

2

+ x b =

2

+ y c =

2

+ z d =

2

+ t

 x + y + z + t = (v× a + b + c + d = )  a2 + b2 + c2 + d2 = (

2

+ x)2 + (

2

+ y)2 + (

2

+ z)2 + (

2

+ t)2

= + ( x + y + z + t ) + x2 + y2 + z2 + t2



 dÊu “=”x¶y ra: x = y = z = t  a = b = c =d = 2.1.10 NÕu a1 + a2 + … + an = k th× a12 + a22 + … + an2 

Đặt:

   

 

 

 

 

n

n x

n k a

x n k a

x n k a

2

1

x1 + x2 + … + xn =

a12 + a22 + … + an2 = (

n k

+ x1)2 + (

n k

+ x2)2 + ……+(

n k

+ xn)2

= 22

n k

.n +

n k

( x1 + x2 + … + xn ) + (x12 + x22 + … + xn2)

a12 + a22 + … + an2 n

k2

(®pcm)

21.11 Chứng minh rằng: a, b, c độ dài cạnh tam giác

a c c b b

a  

1 ; ;

cạnh tam giác

Ta có: a + b > c; : b + c > a; : a + c > b (bất đẳng thức tam giác) xét

c a c a c a c b a a c b c b a c b b

a                 

1

2

1

1

T¬ng tù:

a c b a b c

c b a c a b

    

    

1

1

1

1

VËy víi a, b, c cạnh tam giác

a c c b b

a  

1 ; ;

cịng lµ cạnh tam giác

2.2 ỏp dung bất đẳng thức để giải phơng trình.

2.2.1 Giải phơng trình: x2 + y2 + z2 = x(y + z)

Bài toán quy chứng minh: x2 + y2 + z2  x(y + z) dÊu “=” nµo ?

Ta cã: x2 + y2 + z2

 x(y + z) (1)

 x2 + y2 + z2 – xy – xz   2x2 +2y2 +2z2 –2xy – 2xz



 (x2 + y2 – 2xy)+( x2 + z2 – 2xz) + x2 + y2 + z2  0

 (x - y)2 + (x - z)2 + y2+ z2  0 (2)

Bất đẳng thức (2) x,y,z => bất đẳng thức (1) Dấu “=”xảy ra: x = y = z =

VËy nghiƯm cđa phơng trình là: x = y = z =

2.2.2 Giải phơng trình

6



 x

x + 10 21



 x

x = – 2x – x2 (1)

 3( 1)2

 

x + 5( 1)2 16  

x = - (x + 1)2

v× 3(x + 1)2  0, 5(x + 1)2  nªn 3(x1)2 4  4 = 2 5( 1)2 16

 

x  16 = 4

VT: 3( 1)2

 

x + 5( 1)2 16

 

VP: - (x + 1)2

Đẳng thức (1) xảy vế bẳng

5 2x – x2 =

x2 + 2x +1 =  (x + 1)2 =  x = -1

vậy nghiệm cuả phơng trình (1) x = -1 2.2.3 Tìm nghiệm phơng tr×nh: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)

áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:

(x + y + 1)2  (1 + +1)(x2 + y2 + 1)  x + y + 1)2  3(x2 + y2 + 1) DÊu “=”x¶y ra: x = y =

VËy nghiệm cuả phơng trình là: x = y =

2.2.4 Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình:

2;3

3 1 1

       

 x x

x z y x x

+) x = Ta cã: 1121 1 11 21

z y z

y

=> 122  2y4y3;4

y y

6

1 ;

2     

 z

z y

x

+) x = 2, y = =>

4 1

 

 z

z

+) x=3 => 1 32

3 1

     

z y z

y

=> 322 32y6 32y3y2;3

y y

+) x = 3; y = => 1

2

   

 z

z

+) x = 3; y = => 1

3

   

 z

z

vậy nghiệm cuả phơng trình là: (x,y,z) = (2;3;6); (2;4;4); (3;3;3) hoán vị 2.2.5 Chứng minh phơng trình: x12 xy1 y12 (1)

không có nghiệm nguyên dơng Giả sử: < x y =>  

y x

1

2

1 1

y xy

x   

3

x  1<

3

x

Thư víi x = nghiệm phơng trình (1) nên nghiệm nguyên dơng có phải thoả mÃn x2 >

VËy  x2  kh«ng có số < xZ thoả mÃn điều kiẹn nên phơng trình nghiệm nguyên dơng

2.3 áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị:

2.3.1.a/ Chứng minh bất đẳng thức:

a2 b2c2 d2

bd

ac    (1)

b/ Biết x2 + y2 = 52 Tìm giá trị lín nhÊt vµ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A = 2x+3y

 2 22

2

d c b a bd

ac   

 (ac)2 + (bd)2 + 2abcd  (ac)2 + (bd)2 + (bc)2 + (bd)2

 (ad)2 – 2abcd + (bc)2 

 (ad - bc)  (2)

Bất đẳng thức (2)

=> Bất đẳng thức (1) Dấu “=”xảy ra: ad = bc

c/ A 2x3y  22 32x2y2 (áp dụng bất đẳng thức (1))

 2x3y  13.52 (V× x2 + y2 = 52)  2x3y  26

 -26  2x + 3y  26

VËy A(max) = 26  3x = 2y  x y t

3

=> 452 529

3

2 22 22

       

tt yx ty tx

 t2 =  t 2

* t = => x =

y =

* t = => x = -4 => A(max) = 26  x = 4, y = (x, y cïng dÊu)

y = -6

A(min) = -26  x = -4 , y = -6

2.3.2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = 1992 x2 1994 x2

  

Ta có: B = 1993 x 1994 x = 1993 x 1994 x áp dụng bất đẳng thức: ab a b

B = 1993 x 1994 x  1993 xx 1994 = B(min) =  (1993 – x )( x – 1994 ) 

 1993  x  1994

2.3.3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

a/ A = x100 – 10x10 + 10 (xR)

b/ Cho sè thùc: x, y, z  tho¶ m·n x1997 + y1997 + z1997 =

T×m Max S = x2 + y2 + z2

Lêi gi¶i:

a/ xR => x100 

áp dụng bất đẳng thức cơsi với 10 ta có: x100 + 1+1+…+1  1010x10 = 10x10

sè1 A = x100

+ - 10x10  => x100 – 10x10 + 10  A(min) =  x = 1.

b/ áp dụng bất đẳng thức côsi cho 1997 số 1995 số số x1997

Ta cã 1997 1997 19972

1997 1995

x x

 

T¬ng tù:  

1997 1995 y1997

y2

 

1997 1995 z1997

z2

=> 1995.3 + ( x1997 + y1997 + z1997 )  x2 + y2 + z2 1997

  x2 + y2 + z2 = S VËy: S(max) =  x = y = z =

2.3.4 Cho x, y, z > thoả mãn bất đẳng thức:

2xyz + xy + yz + xz Tìm giá trị lín nhÊt cđa xyz ?

Lêi gi¶i:

Do x, y, z > áp dụng bất đẳng thức cơsi với số dơng ta có  2xyz + xy + yz + xz  44 2xyz.xy.yz.xz dấu “=”xảy

 2xyz = xy = yz = xz

1 44 2x3y3z3

 

4

4

     

 2x3y3z3

 xyz3  3 xyz

152 152

1

vËy xyz(max) =

8

 2xyz = xy = yz = xz  x = y = z =

2 2.4 áp dụng bất đẳng thức vào tập hình

2.4.1

Tõ B kỴ Bx // AD, Bx CA =  E => AEB = ABE  ABE c©n tai A

 AB = AE

AD // BE =>

c b BEb x c b

b BE

x

    

Trong ABE cã BE < AB + AE = 2c Suy ra:



   

 

c b x

1 1

T¬ng tù: 

    

 

b a y

1 1

=> x <

c b

bc



2

=>1x1y1za11b1c

D B

a

c

A E

C b

ABC Các cạnh lần l ợt a,b,c

ABC cạnh a,b,c néi tiÕp ® êng GT (O,R) IKBC; IFAC;IEAB

IK=x; IF = y; IE = z

KL 

A

C

B K H

E F

D I



    

 

c a z

1 1

2.4.2

Gäi S lµ diƯn tÝch cđa  ABC

Kẻ đờng kính AD, AH  BC H

ACD  AHB

=>

AB AD AH

AC

  AC AB = AH AD

hay AB.AC = 2R.AH

abc = 2R.a.HA  abc = 2R 2S (1)

SABC = S AIB + SBIC + S CIA = ·

2 2

yb ax cz

 

=> 2S = ax+ by + cz (2)

Tõ (1)  

R c b a abc

S c b a

2 2 2

2

   



(3) Tõ (2)(3):

abc

cz by ax ca bc ab abc

cz by ax c b a R

c b

a ( )( ) ( )( )

2

2 2 2

  

    

   

(*)

(v× a2 + b2 + c2  ab + bc + ca )

Mặt khác: ( )( ) 1 (ax by cz)

b a c abc

cz by ax ca bc ab

     

 

     



Vì a, b, c > 0; x, y, z > áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki

 2  2  2  2

2

1 1

2 c ax by cz x y z

b

a   

 



  

    

  

 

(**)

Tõ (*)(**): x y z

R c b a

    

2

2 2

2.4.3

Chøng minh

ABC cã diÖn tÝch S, hcn:MNPQ néi tiÕp ABC cã diÖn tÝch S,

M AB, N AC, P, Q BC KL S 2S

GT

A

B C

N M

Kẻ AHBC H S = 21 AH BC

S1 = MN MQ

Mặt khác: MN // BC, MQ // AH ( MNPQ lµ hcn, MQ; AH BC )

     

 

AB AM BC MN

AB BM AH MQ

 2

AB AM BM BC

AH MN MQ





) (

2 BM AM

AB

2

2( 2 )

1 BM AM AB

 (áp dụng bất đẳng thức Cô Si)

4

2 AB AB BC

AH MN MQ

 hay 4

1

2S S S

S

C Hiệu sáng kiến

Sáng kiến đợc áp dụng trờng THCS nhiều năm Đối tợng nghiên cứu học sinh có khiếu mơn tốn lớp 8, lớp Đến năm học 2006 – 2007 sáng kiến hoàn thiện nội dung phơng pháp

Kết đạt học sinh giỏi cấp ba năm học từ 2004 đến 2007 nh sau:

Năm học Học sinh dự thi Đạt giỏi huyện Đạt giái tØnh

2004 - 2005 5

2005 - 2006 5

2006 - 2007 6

III KÕt luËn

Qua nhiều năm áp dụng biện pháp bồi dõng học sinh giỏi thu đợc kết khả quan Học sinh có sở để phân loại hệ thống tập theo chuyên đề q trình ơn luyện, em nhìn nhận mơn tốn thiện cảm say mê tìm tịi, tự phát cách giải dạng tập toán, rèn khả t lơ gíc, sáng tạo, kỹ giải tốn, hình thành hệ thống kiến thức từ thấp đến cao, từ đơn giản đến phức tạp Biến trình đào tạo thành trình tự đào tạo q trình tìm tịi để hớng dẫn cho học sinh ôn luyện thân đợc cọ sát với chơng trình nâng cao ngồi sách giáo khoa, đào sâu thêm kiến thức, bổ sung vào thiếu hụt kiến thức mà đến nhiều giáo viên mắc phải Sự tìm tịi góp phần không nhỏ vào việc trang bị hành trang tri thức để học sinh vững bớc vào thiên niên kỷ mới, thiên niên kỷ khoa học công nghệ phát triển

Bồi dỡng học sinh giỏi q trình để có học sinh giỏi mơn tốn nói riêng học sinh giỏi nói chung khổ cơng rèn luyện qua q trình học tập trò nh rèn rũa ngời thày Đối với mơn tốn ngời thày phải định hớng cho học sinh thực nghiên cứu lần lợt chuyên đề sau chuyên đề hệ thống tập đa dạng, giúp em phát triển lực t sáng tạo

Trên giới thiệu đợc số dạng tập có liên quan đến “ Bất đẳng thức” bồi dỡng học sinh giỏi để trì đợc chất lợng mũi nhọn giáo viên cần phải có thời gian đội ngũ học trị ham học, thơng minh Ngời thày phải ý thức tự học tự bồi dỡng để nâng cao tay nghề

* Mét sè tµi liƯu tham khảo

- 400 bàI tập Đại số Số học ( tác giả: Vũ Dơng Thuỵ) - Bồi dỡng chuyên toán cấp 2-3 ( tác giả: Nguyễn Vũ Thanh ) - 255-225 tập hình ( tác giả: Vũ Dơng Thuỵ)

- Tạp chí trung học phổ thông Toán học tuổi trẻ số tài liệu khác

* Một số kiến nghị:

- Đề nghị Sở GD mở nhiều chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi để giáo viên huyện đợc trao đổi học hỏi kinh nghiệm

- Đề nghị phòng GD đầu t tài liệu tham khảo cho giáo viên, thời gian ôn luyện, chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi

- Đề nghị nhà trờng quan tâm đến chất lợng mũi nhọn tạo điều kiện để giáo viên có thời gian tự học có hội ơn luyện tốt

, ngày tháng năm 2007 Ngời viết

Xác nhận hội đồng thi Đua trờng