Khai thác và phát triển bài toán từ môt số bắt đẳng thức cơ bản

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN TỪ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN Người thực hiện: Trịnh Văn Đoan Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Điện Biên SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Tốn THANH HỐ NĂM 2021 MỤC LỤC Nội dung Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận vấn đề nghiên cứu 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 2.3 Giải pháp tổ chức thực 2.4 Hiệu sáng kiến Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Trang 1 2 3 17 17 17 18 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Hiện nay, để thực việc đổi phương pháp giảng dạy, nhiều giáo viên khơng ngừng tìm tịi, tích lũy kinh nghiệm, sáng tạo ý tưởng hay để tạo giảng sinh động, ấn tượng đạt mục tiêu học nhằm phát huy phẩm chất lực người học Chúng ta biết tốn dù có khó, phức tạp đến đâu lời giải đưa chuỗi hữu hạn bước suy luận đơn giản, việc giải toán phức tạp đưa việc áp dụng, tiền đề toán đơn giản Nên việc thường xuyên ứng dụng, khai thác toán đơn giản để giải tốn khó cách nâng cao dần khả suy luận, tư sâu cho học sinh, đồng thời tạo hứng thú cho học sinh trình học tập Qua năm trực tiếp giảng dạy, thân thấy thực tế hầu hết em học sinh sau giải xong tốn tỏ thoả mãn u cầu Thậm chí số học sinh khá, giỏi Điều thật đáng tiếc cuối làm tơi suy nghĩ tìm tịi biện pháp để hướng em dành lượng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp toán mà vừa giải xong Sau suy nghĩ hướng dẫn em học sinh theo hướng khai thác, phát triển toán để trở thành “họ” tốn hay ta có “chùm” tốn hay làm tơi tâm đắc em phát huy trí sáng tạo mình, tìm tịi góc độ xung quanh tốn ban đầu, qua em khắc sâu kiến thức Và điều quan trọng thông qua cách hướng dẫn phù hợp với phương pháp dạy học cải cách nay, em học sinh người chủ động sáng tạo việc tiếp thu kiến thức, làm chủ tình huống, từ u thích mơn tốn Do người giáo viên dạy toán cần phải hướng dẫn cho học sinh thường xuyên thực công việc này, đặc biệt em có lực mơn Từ suy nghĩ trăn trở mạnh dạn đưa hướng: “Khai thác phát triển toán từ số bất đẳng thức bản” Nhằm giúp em tạo thói quen tốt sau giải toán, đồng thời giúp em u thích mơn tốn có thêm điều kiện để phát triển thêm lực tư 1.2 Mục đích nghiên cứu a Đối với giáo viên: - Tìm giải pháp, hình thức dạy học bồi dưỡng nhằm đạt hiệu cao - Nâng cao trình độ chun mơn cụ thể thành thạo kĩ khai thác tốn sẵn có phục vụ cho trình bồi dưỡng học sinh giỏi - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức b Đối với học sinh: - Giúp học sinh học tập mơn tốn nói chung việc giải tốn bất phương trình nói riêng Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao lực học mơn tốn giúp em tiếp thu cách chủ động, sáng tạo làm cơng cụ giải số tập có liên quan đến bất đẳng thức - Kích thích mạnh mẽ ý thức tự giác, lòng say mê ý chí vươn lên học tập, tu dưỡng học sinh nói chung - Gây hứng thú cho học sinh giải toán bất đẳng thức, giúp học sinh tự khai thác giải số tập, chuỗi tập bất đẳng thức - Giúp học sinh có ý thức khai thác toán vận dụng thành thạo phương pháp để giải tập 1.3 Đối tượng nghiên cứu Những tốn quen thuộc khai thác phát triển thành chuỗi toán tương tự, hướng khai thác phát triển toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu a Phương pháp nghiên cứu lí luận Thơng qua tài liệu: Sách giáo khoa, sách giáo viên, sách tập, sách tham khảo, số vấn đề phát triển toán 8, Các chuyên đề bồi dưỡng toán THCS, nâng cao phát triển Toán 9, phương pháp giải toán bất đẳng thức, báo toán học tuổi trẻ b Phương pháp kiểm tra Qua kiểm tra tự luận học sinh để nắm bắt kiến thức, kĩ việc giải toán bất đẳng thức c Phương pháp thực nghiệm sư phạm Thông qua việc giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi lớp giỏi nhà trường, kết học tập học sinh việc ứng dụng học sinh để làm tập d Phương pháp phân tích, tổng hợp Từ thực tế giảng dạy, làm học sinh, khóa học để phân tích kĩ điểm thiếu sót, lập luận chưa chặt chẽ học sinh Thông qua trao đổi kinh nghiệm giảng dạy đồng nghiệp để tổng hợp lại giảng chi tiết nhất, cụ thể để cung cấp cho học sinh cách hiệu 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Hướng tới em có ý thức u thích giải tốn để giải tốn khó, phân tích để giải tốn theo nhiều cách khác đưa toán mới, giúp học sinh nâng cao lực giải toán bất đẳng thức 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận vấn đề nghiên cứu Đặc điểm lứa tuổi học sinh THCS muốn vươn lên làm người lớn, muốn tự khám phá, tìm hiểu trình nhận thức Các em có khả điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia hoạt động học tập khác cần phải có hướng dẫn, điều hành cách khoa học nghệ thuật thầy, giáo Hình thành phát triển tư tích cực, độc lập, sáng tạo cho HS trình lâu dài Trong tốn học, q trình xác nhận hay bác bỏ phán đốn dựa vào phán đoán biết từ trước gọi phép chứng minh Nói cách khác: chứng minh định lí tìm dãy hữu hạn các phán đốn A 1,A2, …,An, X thỏa mãn hai tính chất sau: - Mỗi phán đốn A i dãy định lý biết suy luận từ phán đoán trước dãy nhờ quy tắc suy diễn - Phán đoán X cuối dãy định lý cần chứng minh Để rèn luyện kỷ giải toán bất đẳng thức cho học sinh, tơi sử dụng phép phân tích trình tìm lời giải phép tổng hợp trình bày lời giải Phép phân tích phương pháp chứng minh từ chưa biết đến biết, từ điều cần tìm đến điều cho Có hai loại phân tích: a) Phân tích lên: (phương pháp giật lùi) Sơ đồ: X A1 A2 A3 … An Nội dung: Giả sử muốn chứng minh X, ta phải chứng minh A 1, muốn chứng minh A1, ta phải chứng minh A2,…, muốn chứng minh An-1 ta phải chứng minh An Có nghĩa là: Muốn có X phải có A 1, muốn có A1 phải có A2,…, muốn có An-1 phải có An An điều khẳng định nên ta dừng lại Vì A n nên X theo quy tắc suy luận bắc cầu b) Phân tích xuống: Sơ đồ: X A1 A2 A3 … An Nội dung: Giả sử ta cần chứng minh X Từ X ta suy A 1, từ A1 suy A2,…, từ An-1 suy An Có hai khả xảy ra: - Nếu An sai, ta kết luận X sai Trong trường hợp này, phép phân tích xuống có tác dụng bác bỏ - Nếu An đúng, ta chưa kết luận X Muốn kết luận X đúng, ta phải ngược lại từ An suy An-1 đúng,…, suy X Trong trường hợp này, ta có phép chứng minh tổng hợp phương pháp phân tích xuống có tác dụng giúp ta tìm đường lối chứng minh, tức tìm mệnh đề A n làm điểm xuất phát Trong q trình giảng dạy, tơi chọn phép phân tích lên để giúp học sinh tìm mệnh đề xuất phát dãy lập luận Từ đó, lời giải tốn lập luận cách chặt chẽ xác Vì dạy cho học sinh giải tập, người giáo viên không đơn cung cấp lời giải mà quan trọng là: Dạy cho học sinh biết cách suy nghĩ tìm đường hợp lý để giải tốn Có thể nói “Tìm cách giải toán điều phát minh” Hai phương pháp sử dụng để khai thác toán bất đẳng thức:      Lập tập tương tư Lập toán đảo Thêm số yếu tố (đặc biệt hóa) Thay đổi số yếu tố Bớt số yếu tố (khái qt hóa) BÀI TỐN MỚI BÀI TỐN BAN ĐẦU Tìm thêm cách giải khác Xây dựng toán từ toán ban đầu theo sơ đồ sau: 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu a) Thực trạng chung: Các dạng toán chứng minh bất đẳng thức toán khó phạm kiến thức rộng đặc biệt với học sinh THCS cơng cụ để chứng minh bất đẳng thức khn khổ chương trình cịn hạn chế, toán chứng minh bất đẳng thức ngồi việc địi hỏi em nắm vững kiến thức, phương pháp chứng minh mà đòi hỏi học sinh phải có tư tốt biết vận dụng khai thác tốt bất đẳng thức biết vào việc chứng minh, toán chứng minh bất đẳng thức thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp, đề thi vào lớp 10 đặc biệt thi vào trường chuyên, lớp chọn nhằm phân loại học sinh nên thường khó b) Đối với giáo viên: Một số giáo viên chưa thực quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo tốn tiết dạy nói riêng cơng tác dạy học nói chung Chưa trọng đến việc phân tích tốn theo nhiều khía cạnh đề tạo phương pháp lời giải khác nhau, chưa phát triển toán cụ thể thành toán tổng quát hay sử dụng phương pháp, kết tìm cho toán khác Bắt học sinh giải nhiều tập hiệu làm cho học sinh coi việc giải toán gánh nặng Chưa ý đến việc lựa chọn hệ thống tập đa dạng đầy đủ mà đơn điệu, lặp lại khiến học sinh nhàm chán, giải cách qua loa đại khái Chưa gây hứng thú cho học sinh thông qua việc giải toán Chưa chuyên sâu vấn đề đó, chưa liên hệ tốn với chưa khai thác phát triển toán tốt để giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức.Quan trọng chưa nâng cao tư cho em học sinh Trước thực trạng địi hỏi phải có giải pháp phương pháp dạy học cho phù hợp c) Đối với học sinh: Đa số học sinh, sau tìm lời giải cho tốn em hài lịng dừng lại, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác thêm tốn, khơng sáng tạo thêm nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân Khơng học sinh thực chăm học chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu học tập chưa cao Học không đôi với hành, làm cho thân học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ để làm tảng tiếp thu kiến thức mới, lực cá nhân không phát huy hết Các em giải dạng toán bất đẳng thức thường lúng túng, mặt khó mặt khác em khơng biết đâu, chưa định hình phương pháp giải nên đa số em thường học khơng hứng thú học dạng tốn Học sinh thường ngại học tốn bất đẳng thức kiến thức khơng liền mạch, phương pháp giải hạn chế, toán bất đẳng thức thường khó, phải áp dụng kiến thức khó như: quy nạp tốn học, phản chứng, sử dụng bất đẳng thức có sẵn nên học sinh hay ngại học Do phát triển lực tư cho học sinh thơng qua việc giải tốn bất đẳng thức cần thiết Trong năm giảng dạy thực tế trường THCS tơi tích luỹ số kiến thức kinh nghiệm toán bất đẳng thức Qua khảo sát mức độ hứng thú học giải toán Bất đẳng thức kết đội tuyển học sinh giỏi lớp trường THCS Điện năm học 2020-2021 trước áp dụng sáng kiến Bảng Mức độ hứng thú học sinh giải tốn Bất đẳng thức Lớp Tổng số Hứng thú Bình thường Không hứng thú SL % SL % SL % 25 37.5 37.5 Bảng Kết khảo sát đội tuyển học sinh giỏi Lớp Tổng số Biết khai thác toán Chưa biết khai thác toán SL % SL % 25 75 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Sau trang bị cho học sinh vốn kiến thức bản, phương pháp chứng minh đẳng thức Tôi áp dụng đề tài thấy hiệu Qua toán mà học sinh giải được, định hướng cho em tư duy, tập trung nghiên cứu thêm lời giải, kết tốn Bằng hình thức như: - Kiểm tra kết Xem xét lại lập luận - Nghiên cứu, tìm tịi, với việc tập trung giải vấn đề như: Liệu tốn cịn có cách giải khác hay khơng? Có thể thay đổi kiện cho để đề xuất toán khơng? Bài tốn cho có liên quan với tốn khác khơng? Trong đề tài này, xin minh hoạ cách khai thác, phát triển từ kết bất đẳng thức quen thuộc Nhằm giúp học sinh thấy hay, đẹp, thú vị học tốn nói chung giải tốn bất đẳng thức nói riêng Từ đó, giúp HS tự tin, tích cực, sáng tạo học tốn; giúp HS thêm u thích, nâng cao chất lượng, kết học tập mơn tốn Trước hết bất đẳng thức đơn giản sau: Bất đẳng thức Cho a, b > Chứng minh rằng: a3 + b3 ≥ ab(a + b) (1) - Việc giải bất đẳng thức đơn giản Chứng minh Cách 1: a3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a3 + b3 - ab(a + b) ≥ ⇔ (a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b) ≥ ⇔ (a + b)(a2 - 2ab + b2) ≥ ⇔ (a + b)(a - b)2 ≥ (luôn với a, b>0) Vậy a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b > Cách 2: Ta có: (a - b)2 ≥ ⇒ a2 - 2ab + b2 ≥ ⇒ a2 + b2 – ab ≥ ab ⇒ (a + b)( a2 + b2 - ab) ≥ ab(a + b) (vì a, b >0) ⇒ a3 + b3 ≥ ab(a + b) Nếu ta dừng lại chẳng nói làm Điều tập giải xong Tuy nhiên trình bày trên, việc hướng dẫn cho học sinh cần phải có thời gian phù hợp đủ để nhìn nhận, đánh giá làm được, chưa làm được, góc độ khác chẳng hạn: + Bài tốn cịn giải theo hướng hay không ? + Bài tốn giữ ngun giả thiết cịn kết luận thêm nữa? + Bài tốn đặc biệt hóa giả thiết (và ngược lại tổng quát hóa giả thiết) số điều kiện ( được) thu kết luận nào? Từ vấn đề mà sau toán tơi cố gắng cho học sinh suy nghĩ, tìm tòi cách chứng minh khác hướng dẫn cho học sinh biết khai thác kết toán thu chuỗi toán liên quan Quay lại với bất đẳng thức trình bày trên, tơi tiếp tục hướng khai thác khác thu vài kết sau: Hướng thứ nhất: Phép tương tự Từ bất đẳng thức 1: Tương tự với số dương b,c c, a ta thu bất đẳng thức nào? b3 + c3 ≥ bc(b + c), c3 + a3 ≥ ca(c + a) ⇒ 2(a3 + b3 + c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Từ ta có toán sau: Bài 1.1 Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Tương tự cách chứng minh tốn 1, ta có: Bài 1.2 Chứng minh với số dương a, b ta có: a) a4 + b4 ≥ ab(a2 + b2) b) a5 + b5 ≥ a2b2(a + b) (Việc chứng minh toán tương tự cách chứng minh bất đẳng thức 1) Hướng thứ hai: Từ bất đẳng thức 1: Nếu ta chuyển b3 từ vế trái sang vế phải ta được: a ≥ ab(a + b) − b3 ⇔ a ≥ b( a + ab − b ) a3 ⇔ ≥ a + ab − b b Tương tự với a, b, c > thì: b3 c3 ≥ b + bc − c ; ≥ c + ca − a c a Từ ta có tốn sau: Bài 1.3 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b3 c + + ≥ ab + bc + ca b c a Hướng thứ ba: a3 + b3 Từ bất đẳng thức chia hai vế cho ab ta được: ≥a+b ab (a, b > 0) Tương tự với a, b, c > thì: b3 + c c3 + a3 ≥ b + c; ≥c+a bc ca Do ta có toán sau: Bài 1.4 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a + b3 b + c c + a + + ≥ a +b + c 2ab 2bc 2ca Hướng thứ tư: Từ bất đẳng thức 1: Nếu ta nhân hai vế với ta được: 3a + 3b3 ≥ 3ab(a + b) ⇔ 4a + 4b3 ≥ a + b3 + 3ab(a + b) ⇔ 4(a + b3 ) ≥ (a + b)3 Tương tự với a, b, c > thì: 4(b3 + c3 ) ≥ (b + c)3 ;4(c + a ) ≥ (c + a)3 Từ ta đề xuất tốn: Bài 1.5 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 8(a3 + b3 + c3) ≥ (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 Hướng thứ năm: Từ bất đẳng thức 1: Nếu cộng vào hai vế với biểu thức 2a3 thì: ⇒ 3a + b3 ≥ 2a ⇒ 3a ≥ 2a − b3 + ab(a + b) ⇔ 3a ≥ a − b3 + a + ab(a + b) ⇔ 3a ≥ (a − b)(a + ab + b ) + a (a + ab + b ) ⇔ 3a ≥ (a + ab + b )(2a − b) 3a ≥ 2a − b a + ab + b a3 2a − b ⇒ ≥ a + ab + b Tương tự với a, b, c > thì: b3 2b − c c3 2c − a ≥ ; ≥ 2 2 b + bc + c c + ca + a Từ ta đề xuất toán: Bài 1.6 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Hướng thứ sáu: Từ bất đẳng thức 1: Nếu ta cộng vào hai vế với biểu thức 5b ta được: a + 6b3 ≥ 5b3 + ab(a + b) ⇒ ⇔ 6b3 − ab(a + b) ≥ 5b3 − a ⇔ b(6b − ab − a ) ≥ 5b3 − a ⇔ b(6b − 3ab + 2ab − a ) ≥ 5b3 − a ⇔ b [ 3b(2b − a) + a(2b − a) ] ≥ 5b3 − a 5b3 − a3 ⇒ ≤ 2b − a ab + 3b 5c3 − b3 5a − c Tương tự với a, b, c > ta có: ≤ 2c − b ; ≤ 2a − c cb + 3c ac + 3a Từ kết ta có toán sau: Bài 1.7 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 5b3 − a 5c − b3 5a − c + + ≤a+b+c ab + 3b cb + 3c ac + 3a Nếu ta cộng vào hai vế bất đẳng thức bất đẳng thức với biểu thức 11b3 ta được: a + 12b3 ≥ 11b3 + ab(a + b) ⇔ 12b3 − ab(a + b) ≥ 11b3 − a ⇔ b(12b − ab − a ) ≥ 11b3 − a ⇔ b(12b − 4ab + 3ab − a ) ≥ 11b3 − a ⇔ b [ 4b(3b − a) + a(3b − a )] ≥ 11b3 − a ⇔ b(3b − a)(a + 4b) ≥ 11b3 − a ⇔ (3b − a)(ab + 4b ) ≥ 11b3 − a 11b3 − a ≤ 3b − a ab + 4b Tương tự với a, b, c > thì: 11c − b3 11a − c3 ≤ 3c − b ; ≤ 3a − c cb + 4c ac + 4a Ta đề xuất toán mới: Bài 1.8 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 11b3 − a 11c3 − b3 11a − c3 + + ≤ 2(a + b + c) ab + 4b cb + 4c ac + 4a Nếu ta cộng vào hai vế bất đẳng thức bất đẳng thức với biểu thức 19b3 ta được: a + 20b3 ≥ 19b3 + ab(a + b) ⇒ ⇔ 20b3 − ab(a + b) ≥ 19b3 − a ⇔ b(20b − ab − a ) ≥ 19b3 − a ⇔ b(20b − 5ab + 4ab − a ) ≥ 19b3 − a ⇔ b [ 5b(4b − a) + a (4b − a ) ] ≥ 19b3 − a ⇔ b(4b − a )(a + 5b) ≥ 19b3 − a ⇔ (4b − a )(ab + 5b ) ≥ 19b3 − a ⇒ 19b3 − a ≤ 4b − a ab + 5b 19c − b3 19a − c3 Tương tự với a, b, c > thì: ≤ 4c − b ; ≤ 4a − c cb + 5c ac + 5a Ta đề xuất toán: Bài 1.9 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 19b3 − a 19c3 − b3 19a − c + + ≤ 3(a + b + c) ab + 5b cb + 5c ac + 5a (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2008 - 2009) Nhận xét: Ở ba tốn 8, 9, 10 có đặc điểm chung cách giải ta xuất phát từ toán cộng vào hai vế bất đẳng thức toán với biểu thức b để hệ số b3 vế trái tích hai số tự nhiên liên tiếp (6=2.3; 12=3.4; 20=4.5) Với cách giải ta phát triển tốn thành toán tổng quát nào? Theo cách giải toán trên, ta cộng vào hai vế bất đẳng thức toán với biểu thức [n(n+1)-1]b3, ta được: a + n(n + 1)b3 ≥ [ n(n + 1) − 1] b3 + ab(a + b) ⇔ n(n + 1)b3 − ab(a + b) ≥ [ n(n + 1) − 1] b3 − a ⇔ b  n(n + 1)b − ab − a  ≥ [ n(n + 1) − 1] b3 − a ⇔ b  n(n + 1)b − (n + 1) ab + nab − a  ≥ [ n(n + 1) − 1] b3 − a ⇔ b [ (n + 1)b(nb − a ) + a(nb − a )] ≥ [ n(n + 1) − 1] b3 − a ⇔ b { ( nb − a ) [ (n + 1)b + a ] } ≥ [ n(n + 1) − 1] b3 − a ⇔ ( nb − a) (n + 1)b + ab  ≥ [ n( n + 1) − 1] b3 − a n(n + 1) − 1] b3 − a [ ⇒ ≤ nb − a ab + (n + 1)b Tương tự với a, b, c > thì: [ n(n + 1) − 1] c3 − b3 ≤ nc − b ; [ n(n + 1) − 1] a3 − c3 ≤ na − c cb + (n + 1)c ac + ( n + 1)a Ta đề xuất toán tổng quát sau: Bài 1.10 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: [ n(n + 1) − 1] b3 − a3 + [ n(n + 1) − 1] c3 − b3 + [ n(n + 1) − 1] a3 − c3 ≤ (n − 1)(a + b + c) ab + (n + 1)b cb + (n + 1)c ac + (n + 1)a (với n∈ N n > 1) Hướng thứ bảy: Từ bất đẳng thức ta cộng vào hai vế với biểu thức abc ta được: a + b3 + abc ≥ ab(a + b) + abc ⇔ a + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) 1 ⇔ ≤ a + b + abc ab(a + b + c ) Tương tự với a, b, c > thì: 1 1 ≤ ; ≤ b3 + c + abc bc (a + b + c) c + a + abc ca (a + b + c ) Ta đề xuất toán sau: Bài 1.11 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 1 1 + 3 + ≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc Hướng thứ tám: Nếu ta bổ sung điều kiện abc = từ tốn 1.11 ta có tốn: Bài 1.12 Cho a, b ,c > abc=1 Chứng minh rằng: 10 1 + 3 + ≤ a + b + b + c + c + a3 + Từ ý tưởng 1.12, ta cho học sinh xây dựng thành tốn sau: Bài 1.13 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: Q= 1 + + (Đề thi vào lớp 10 năm học 2014 x + y +1 y + z +1 z + x +1 2015) Việc giải toán đơn giản Đặt a3 = x, b3 = y, c3 = z ⇒ abc = Đưa cách giải 1.11 Hướng thứ chín: Từ bất đẳng thức 1, ta nhân vào hai vế với biểu thức (a 2+b2) ta được: (a + b )(a + b3 ) ≥ (a + b )(a 2b + ab ) ⇔ a + a 2b3 + a 3b + b5 ≥ a 4b + a 3b + a 2b3 + ab ⇔ a + b5 ≥ a 4b + ab ⇔ a + b5 + ab ≥ a 4b + ab + ab ⇔ a + b5 + ab ≥ ab(a + b3 + 1) ab ⇒ ≤ a + b + ab a + b3 + Tương tự với a, b, c > thì: bc ca ≤ 3 ; ≤ 5 b + c + bc b + c + c + a + ca c + a + Từ kết kết 1.12 ta đề xuất toán sau: Bài 1.14 Cho a, b, c > abc=1 Chứng minh rằng: ab bc ca + 5 + ≤ 5 a + b + ab b + c + bc c + a + ca Hướng thứ mười: Từ bất đẳng thức 1: Nếu chia hai vế cho ta được: a + b3 a 2b + ab ≥ 4 Tương tự với a, b, c > thì: b3 + c b 2c + bc c + a c 2a + ca ≥ ; ≥ 4 4 3 2 a +b +c a b + ab + b c + bc + c 2a + ca ⇒ ≥ 11 a + b3 + c3 a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) ⇒ ≥ Mặt khác: Áp dụng bất đẳng thức: a + b ≥ ab cho hai số khơng âm, ta có: a4 a (b + c) a a (b + c ) + ≥2 = a3 b+c b+c Tương tự với a, b, c > thì: b4 b (c + a ) b b (c + a ) + ≥2 = b3 ; c+a c+a c4 c ( a + b) c c (a + b) + ≥2 = c3 a+b a+b Ta đề xuất toán sau: Bài 1.15 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a4 b4 c4 a + b3 + c + + ≥ b+c c+a a+b Hướng thứ mười một: Với a, b, c > tương tự từ bất đẳng thức ta có: b3 + c3 ≥ bc(b + c ); c3 + a ≥ ca (c + a ) ab( a + b) + bc(b + c) + ca(c + a ) ⇒ a + b3 + c ≥ 2 2 a b + ab + b c + bc + c 2a + a 2c 3 ⇔ a +b +c ≥ a (b + c ) + b (c + a ) + c (a + b) ⇔ a + b3 + c ≥ Áp dụng bất đẳng thức: a + b ≥ ab cho hai số không âm, ta có: b + c ≥ bc ; c + a ≥ ca ⇒ a (b + c) ≥ 2a bc ; b (c + a ) ≥ 2b ca ; c (a + b) ≥ 2c ab ⇒ a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) ≥ 2a bc + 2b ca + 2c ab a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) ⇒ ≥ a bc + b ca + c ab Ta đề xuất toán sau: Bài 1.16 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a + b3 + c3 ≥ a bc + b ca + c ab Hướng thứ mười hai: Khai thác lời giải bất đẳng thức Với a, b, c> ta có: 12 ( a − b) ≥ 2 ⇔ a − 2ab + b ≥ 2 ⇔ 3a − 6ab + 3b ≥ 2 2 ⇔ a − ab + b ≥ a + 2ab + b ( ( ) ) 2 ⇔ a − ab + b ≥ ( a + b ) ⇒ 2 a − ab + b 2a ⇒ ≥ 2 ( a + b) ( a + b)( a − ab + b ) 2a  2a  ⇒ ≥ ÷ 3 a+b a +b ( a + b) 8a ≥ Tương tự với a, b, c > 0, ta có: 3 2a 2b3  2a   2b   ÷ ≥ 3;  ÷ ≥ 3 b+c b +c c+a c +a  a 3  b 3  c 3   a3 b3 c3  ⇒  + ÷ + ÷ + ÷  ≥ 2 3 + 3 ÷  b + c   c + a   c + a   b +c c +a a +b  3 3 b3 c3   a   b   c  1 a ⇒ + ÷ + ÷ + ÷ ≥  3+ 3 ÷ b+c  c + a  c + a  4b +c c + a a +b  Ta đề xuất toán sau: Bài 1.17 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 3 3 b3 c3   a   b   c  1 a +  ÷ + ÷ + ÷ ≥  3+ 3 ÷  b + c   c + a   c + a  4b + c c + a a +b  Mặt khác: Từ 1.17 ta tiếp tục phát triển sau: Với a, b, c > Ta có: a3 b3 c3 + + +3 b3 + c c + a a + b3  a3   b3   c3  =  3 + 1÷+  + + + ÷  ÷ 3 b +c  c +a  a +b  a + b + c a + b3 + c a + b + c = + + b3 + c c3 + a3 a + b3 1   = ( a + b3 + c3 )  3 + + ÷ a + b3  b +c c +a 1   = ( a + b3 ) + ( b3 + c ) + ( c + a )   + + 3 3 ÷ a +b b +c c +a  13  a + b3 b3 + c a + b3 c + a b3 + c c + a  =  3+ + + + + ÷+ 2 b +c a + b c + a a + b3 c + a b + c  x y Áp dụng bất đẳng thức: + ≥ cho hai số khơng âm, ta có: y x 3 a + b b + c3 a + b3 c3 + a b3 + c c + a ⇒ 3+ ≥ 2; + ≥ 2; + ≥2 b +c a + b3 c + a a + b3 c + a b3 + c a + b3 b + c a + b c + a b + c c + a ⇒ 3+ + + + + ≥6 b +c a + b3 c + a a + b3 c + a b3 + c a3 b3 c3 ⇒ 3+ + ≥ 3 b +c c +a a +b 3  a   b   c  ⇒ ÷ + ÷ + ÷ ≥ b+c c+a c+a Từ kết ta có toán sau: Bài 1.18 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 3  a   b   c   ÷ + ÷ + ÷ ≥ b + c c + a c + a       Bất đẳng thức Cho a, b, c ba số tùy ý Chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca (2) Chứng minh Nhân hai vế với ta bất đẳng thức tương đương 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2bc + 2ca ⇔ a − 2ab + b + b − 2bc + c + c − 2ca + a ≥ ⇔ ( a − b) + (b − c) + (c − a) ≥ BĐT cuối Vậy BĐT (2) chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Phân tích Đây bất đẳng thức bản, mà hầu hết học sinh chứng minh Để học sinh thông hiểu bất đẳng thức biết cách vận dụng chúng cách sáng tạo, trước tiên tơi đưa cách ghi nhớ: “Tổng bình phương ba số lớn tổng tích đơi ba số đó” Sau đó, tơi đưa hệ thống tập vận dụng theo mức độ từ dễ đến khó Bài 2.1 Cho a, b, c số thực Chứng minh (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca ) (2.1) Bài này, học sinh cần khai triển rút gọn BĐT (2) 14 Bài 2.2 Cho x, y, z số thực Chứng minh bất đẳng thức sau: 2 2 2 a) x y + y z + z x ≥ xyz ( x + y + z ) 4 b) x + y + z ≥ xyz ( x + y + z ) Chứng minh Học sinh cần phát VT tổng bình phương ba số, từ áp dụng BĐT (2) Bài 2.3 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = xy yz zx + + z x y Phân tích Ta thấy tích hai số A xy yz yz zx zx xy = y2 , = z2, = x Kết hợp với giả thiết, từ nghĩ đến việc z x x y y z bình phương A để áp dụng BĐT (2) Lời giải 2 2  xy yz zx   xy   yz   zx  xy yz yz zx zx xy A = + + ÷ = ÷ + ÷ + ÷ +2 +2 +2 x y  z   x   y z x x y y z  z ≥  xy yz yz zx zx xy  xy yz yz zx zx xy + + +  + + ÷= 3( y + z + x ) = z x x y y z x y y z   z x Do A > ⇒ A ≥ Đẳng thức xảy x = y = z = Vậy A = Bài 2.4 Cho x, y, z số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức x  y  z  P = x  + ÷+ y  + ÷+ z  + ÷  zx   xy   yz  Lời giải Khai triển P ta x2 y z x y z x2 y2 z x2 + y2 + z P= + + + + + = + + + 2 yz zx xy 2 xyz 2 Đến ta thấy, áp dụng BĐT (2) chuyển x + y + z tổng tích Từ giản ước cho mẫu thức 15 P≥ x y z xy + yz + zx x y z 1 + + + = + + + + + 2 xyz 2 z x y Đây biểu thức tách biến nên ta áp dụng BĐT AM – GM x2 x2 1 + = + + ≥ 33 = Thật x 2x 2x Tương tự, cộng lại ta có P ≥ Đẳng thức xảy : x = y = z = Vậy P = 1 x2 x + Chú ý Ta có = khơng phải số Vì ta tách = x 2x 2x x để tích ba số x2 1 = số 2x 2x Như việc hiểu ý nghĩa BĐT, biết cách liên hệ chúng đến BĐT có góp phần định hướng lời giải cho em Bài tập áp dụng Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 29a − b3 29b3 − c 29c3 − a + + ≤ 4( a + b + c) 6a + ab 6b + bc 6c + ca Bài Cho a, b, c lớn a + b + c = Chứng minh rằng: 55b3 − a 55c − b3 55a − c3 + + ≤ 18 ab + 8b cb + 8c ac + 8a Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 41a − b3 41b3 − c 41c − a + + ≤ 5(a + b + c) ab + 7a bc + 7b ca + 7c Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 3a + 7b3 3b3 + 7c 3c3 + 7a + + ≥ 3(a + b + c ) 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a Bài Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: a4 b4 c4 a) A = + + ; b+c c+a a+b 1 + + b) B = a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 16 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua việc áp dụng sáng kiến vào giảng dạy ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi lớp năm học 2020 - 2021, mức độ hứng thú kết học giải toán bất đẳng thức đạt hiệu rõ rệt thể điểm sau: - Học sinh có kỹ làm tốn cách hợp lý, em nhìn nhận tốn nhiều khía cạnh khác Đặc biệt nhiều em học sinh vận dụng phương pháp khai thác toán cách hợp lý nên tạo nhiều toán hay, tốn khó có lời giải độc đáo - Quan trọng tạo hứng thú cho em tìm tịi, sáng tạo, áp dụng tốn học vào đời sống thực tế Do chất lượng học toán học sinh nâng lên rõ rệt Tỷ lệ học sinh giỏi tăng lên Kết điều tra khảo sát học sinh sau áp dụng sáng kiến sau: Bảng Mức độ hứng thú học sinh giải toán Bất đẳng thức Lớp Số lượng Hứng thú Bình thường Khơng hứng thú SL % SL % SL % 8 100 0 0 Bảng Kết khảo sát đội tuyển học sinh giỏi Lớp Tổng số Biết khai thác toán Chưa biết khai thác toán SL % SL % 8 100 0 Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Nếu sau toán hướng dẫn cho học sinh dành khoảng thời gian định để suy xét tốn theo hướng, mà tơi đưa Thiết nghĩ phương pháp học tốn làm tốn bổ ích lý thú, làm điều với học sinh tạo hiểu sâu có nhiều phương pháp giải đương nhiên tìm phương pháp hay Với người dạy, ngồi việc tìm nhiều lời giải tốn cịn tạo cách thiết kế loạt tốn có dạng với tốn ban đầu Qua việc giảng dạy theo tinh thần sáng kiến học sinh có tiến rõ rệt thể điểm sau: Học sinh biết suy ngẫm trước toán chứng minh bất đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp, đưa toán chứng minh bất đẳng thức phức tạp sử dụng bất đẳng thức đơn giản có sẵn để giải cách thành thạo, linh hoạt Quan trọng tạo hứng thú cho em tìm tịi, sáng tạo, áp dụng tốn học vào đời sống thực tế Do chất lượng học toán học sinh nâng lên rõ rệt Tỷ lệ học sinh giỏi tăng lên Với phương châm tìm thêm cách giải hay đề xuất toán tương tự “phát minh” chuyên đề tiến hành áp dụng thành công đội tuyển học sinh giỏi lớp trường THCS Điện Biên Các em hứng thú chờ đợi tiết luyện tập, ôn tập Cùng với đổi phương pháp giảng dạy, “Khai thác phát triển toán” thu hút quan tâm đặc biệt 17 em học sinh, yếu tố tạo động học tập nhằm giúp em tự lực nắm bắt kiến thức cách hứng khởi không ép buộc mà đích cuối nâng cao chất lượng dạy học mơn Vì thời lượng khơng cho phép nên tơi nêu bất đẳng thức làm ví dụ để thầy, cô tham khảo Trên sở thầy, tạo nhiều tập Để giúp học sinh học tập tốt phần chứng minh bất đẳng thức mơn tốn “hãy bắt đầu bất đẳng thức nhớ đừng quên khai thác bất đẳng thức sau giải” 3.2 Kiến nghị a) Đối với học sinh: Ln có ý rèn luyện kỹ giải tốn theo nhiều hướng khác từ phát toán mới, lời giải hay để thấy hay đẹp toán học b) Đối với giáo viên: Khơng ngừng tìm tịi nghiên cứu học hỏi để hướng dẫn học sinh cách khai thác tốn theo nhiều hướng khác từ giúp học sinh hăng say ngày yêu thích học mơn tốn c) Đối với nhà trường: Tăng cường việc mua sắm tài liệu tham khảo, tạp chí Tốn học tuổi thơ, tập san chuyên đề Toán học Tổ chức tiết dạy bồi dưỡng học sinh giỏi theo chuyên đề bất đẳng thức cực trị để giáo viên tham gia học hỏi kinh nghiệm lẫn Trên số kinh nghiệm thân bước đầu áp dụng có hiệu đơn vị cơng tác Xin chia sẻ với thầy, cô giáo Trong q trình triển khai cịn thiếu sót mặt nội dung, mong ủng hộ, đóng góp ý kiến q thầy Tơi xin chân thành cảm ơn! THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 26 tháng năm 2021 (Xác nhận) Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Họ tên chữ ký Trịnh Văn Đoan 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO TT Tên tài liệu Bất đẳng thức Các chuyên đề mơn tốn Tốn học tuổi thơ Nâng cao phát triển toán 8, 23 chuyên đề giải toán sơ cấp Phương pháp giả toán bất đẳng thức cực trị Tác giả Nguyễn Vũ Thanh Trương Công Thành Nguyễn Hữu Thảo Nhà xuất giáo dục Vũ Hữu Bình Nguyễn Đức Đồng Nguyễn Văn Vĩnh Nguyễn Văn Dũng Võ Quốc Bá Cẩn Trần Quốc Anh 19 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Trịnh Văn Đoan Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THCS Điện Biên TT Tên đề tài SKKN Phương pháp hướng dẫn học sinh giải tốn hình học trường THCS Khai thác phát triển toán từ tập Khai thác phát triển toán từ bất đẳng thức Khai thác phát triển toán từ bất đẳng thức Rèn luyện kĩ giải toán đường tròn học sinh lớp trường THCS Thiết Ống Rèn luyện kĩ giải toán đường tròn học sinh lớp trường THCS Thiết Ống Cấp đánh giá xếp loại Kết đánh giá xếp loại Năm học đánh giá xếp loại Huyện C 2007-2008 Huyện C 2013-2014 Huyện B 2014-2015 Tỉnh C 2014-2015 Huyện B 2018-2019 Tỉnh C 2018-2019 20 ... học sinh giải tốn hình học trường THCS Khai thác phát triển toán từ tập Khai thác phát triển toán từ bất đẳng thức Khai thác phát triển toán từ bất đẳng thức Rèn luyện kĩ giải tốn đường trịn học... ta xuất phát từ toán cộng vào hai vế bất đẳng thức toán với biểu thức b để hệ số b3 vế trái tích hai số tự nhiên liên tiếp (6=2.3; 12=3.4; 20=4.5) Với cách giải ta phát triển toán thành toán tổng... tự khai thác giải số tập, chuỗi tập bất đẳng thức - Giúp học sinh có ý thức khai thác toán vận dụng thành thạo phương pháp để giải tập 1.3 Đối tượng nghiên cứu Những toán quen thuộc khai thác phát