Sử dụng một số bất đẳng thức vào giải toán để nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp 9

1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình THCS, Tốn học chiếm vai trị quan trọng Với đặc thù môn Khoa học Tự nhiên, Tốn học khơng giúp học sinh phát triển tư duy, óc sáng tạo, khả tìm tịi khám phá tri thức, vận dụng hiểu biết vào thực tế, sống mà tốn học cịn cơng cụ giúp em học tốt mơn học khác góp phần giúp em phát triển cách tồn diện Là mơn học trừu tượng khó cho người dạy người học Đứng trước yêu cầu cao Việt Nam gia nhập tổ chức thương mại giới WTO đòi hỏi phải có nguồn nhân lực chất lượng cao để dần đưa đất nước ta chuyển từ nước có nơng nghiệp sang nước cơng nghiệp tiến dần đến kinh tế tri thức Giáo dục đào tạo cội nguồn văn hoá dân tộc, quốc sách hàng đầu Đảng Nhà nước ta, công công nghiệp hố đại hố đất nước ta Giáo dục đào tạo lại trở nên có vị trí đặc biệt quan trọng Vì vậy, việc phát bồi dưỡng nhân tài cho Đất nước vấn đề quan trọng cần thiết việc dạy học toán nay, nhằm phát huy lực tư học sinh trình giải tốn phát học sinh có lực tốn học Nhìn chung, học sinh cấp THCS “ Rất ngại” phải “ Chạm trán”với toán có nội dung tổng hợp Nguyên nhân chủ quan em không định hướng cách giải, nguyên nhân khách quan tính đa dạng tốn Trong kiến thức thời lượng mà em truyền thụ trường THCS hạn chế Nên hầu hết học sinh thường gặp khó khăn gặp tốn có nội dung này, kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10- THPT chuyên Vì việc rèn luyện kỹ năng, bồi dưỡng lực cho học sinh học tập môn toán cấp THCS cần thiết 1.2 Mục đích nghiên cứu Để đáp ứng nhu cầu tìm hiểu, học tập giáo viên học sinh nhiều phương pháp giải dạng tốn khó xây dựng Sử dụng bất đẳng thức biết vào giải số tốn khác, nhằm mục đích đưa tài liệu cho học sinh, giáo viên tìm hiểu tham khảo thêm tài liệu giúp cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi, thi vào lớp 10- THPT, THPT chuyên giáo viên tốt Nhằm giới thiệu đầy đủ phương pháp giải nội dung số dạng toán thường gặp cấp THCS Nhờ để giải số toán có liên quan, làm cho học sinh hứng thú u thích mơn tốn hơn, mong muốn tìm hiểu nghiên cứu thú vị, phong phú mơn tốn học, ứng dụng vào thực tế Phát bồi dưỡng học sinh có khiếu mơn tốn; Rèn luyện khả tự suy luận lơgic, phát triển trí tuệ hồn thiện nhân cách học sinh cách toàn diện Đặc biệt làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh nghiên cứu thêm Chính vậy, việc đưa đề tài: “Sử dụng số bất đẳng thức vào giải toán để nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp ” thực tế 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trong sáng kiến nghiên cứu hai nhóm đối tợng cụ thể sau : - Kho sỏt cuối học kỳ ( cuối đề) - Gi¸o viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi to¸n THCS - Häc sinh giỏi lớp THCS - Học sinh ôn thi vào vào lớp 10-THPT THPT chuyên cấp THCS 1.4 Phương pháp nghiên cứu - §äc sách, tham khảo tài liệu - Thực tế chuyên đề, thảo luận đồng nghiệp - Dạy học thực tiễn lớp để rút kinh nghiệm Dựa vào kinh nghiệm giảng dạy môn toán giáo viên có kinh nghiệm trờng năm học trớc vốn kinh nghiệm thân đà rút đợc số vấn đề có liên quan đến nội dung sáng kiến Trong năm học vừa qua, thân trực tiếp ôn thi học sinh giỏi ôn thi vào lớp 10-THPT chuyên cấp THCS, qu¸ trình thực sáng kiến kinh nghiệm đà sử dụng phơng pháp sau : - Quan sát trực tiếp học sinh gii cỏc bi toỏn để phát vấn đề mà học sinh thấy lúng túng, khó khăn giáo viên yêu cầu - Tỡm tài liệu liên quan đến tốn có sử dụng bất đẳng thức vào để giải - Thống kê dạng toán cần sử dụng đến bất đẳng thc - Thực nghiệm giáo dục giải toỏn đà đa cỏc phng phỏp hớng dẫn học sinh - Phân tích tổng kết kinh nghiệm giáo dục áp dụng nội dung nghiên cứu vào thực tiễn giảng dạy Ni dung sỏng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận Với mục tiêu phát hiện, bồi dưỡng phát triển học sinh có lực mơn tốn từ xây dựng cho học sinh kỹ nhận dạng dạng rèn luyện kỹ giải toán hứng thú học sinh việc học tập mơn tốn Thúc đẩy việc tìm hiểu mở rộng kiến thức thêm giáo viên học sinh Xây dựng tài liệu hoàn chỉnh số dạng tốn khó thường gặp kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10-THPT chuyên cấp THCS Với nội dung sáng kiến kinh nghiệm không phù hợp với học sinh có học lực khá, giỏi mà học sinh yếu tham khảo Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm giới hạn cấp THCS mà vận dụng nhiều cấp học cao 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Thực tế chương trình sách giáo khoa chưa xây dựng hoàn chỉnh nội dung phương pháp giải số dạng toán khó, thường mang tính chất giới thiệu chưa sâu phương pháp số dạng toán Học sinh đơi cịn chưa nắm vững kiến thức bất đẳng thức Những học sinh muốn tìm hiểu thêm cịn lúng túng việc tìm tài liệu cịn chưa tập trung nhiều thời gian tìm tịi lời giải Kết khảo sát dạng Tốn liên quan đến đề tài chưa sử dụng đề tài đầu năm học 2019 - 2020( Với 30 học sinh): Điểm yếu SL TL 16,7% Điểm TB SL TL 10 33,3% Điểm SL TL 15 50% Điểm giỏi SL TL 2.3 Các giải pháp thực để giải vấn đề 2.3.1 Các kiến thức học sinh cần nhớ: 2.3.1.1 Định nghĩa: A,B hai vế bất đẳng thức, ta có: AB AB A B  A B  A A A A B0 B0 B 0 B 0 2.3.1.2 Tính chất bản: *a  b � b  a *a  b � a c  bc ac  bcc  � ac  bcc  � * a  b, b  c � a  c *a  b � � * a  b, c  d � a  c  b  d * a  b 0, c  d 0  ac  bd * a  b   an  bn a  b  a n  b n với n lẻ a  b  a n  b n với n chẵn *a  b  � a  b a * So sánh hai phân số tử dương: a  b  �  b 2.3.1.3 Một số bất đẳng thức: * A2 �0, A Dấu “=” xảy A=0 n * �A �0;(n  2k , k �N ) *� � 0� An 0;(n 2k 1; k �A � N *) Dấu “=” xảy A=0 * A  A  A * A  A� A0 * A  B �A  B , Dấu “=” xảy AB �0 * A  B �A  B , Dấu “=” xảy AB �0 2.3.1.4 Công cụ sử dụng phương pháp giải: Một số bất đẳng thức thường dùng: 1) x  y �2 xy 2 2) x  y �xy Dấu “=” xảy x=y=0 3) ( x  y ) �4 xy x y 4) y  x �2 , với x, y hai số dấu 5) Sử dụng công thức (a b)2 O để chứng minh bất đẳng thức 6) Bất đẳng thức Côsi a1  a2   an �n a1a2 an (Với  0, i �N ).Dấu “=’xảy a1  a2  a3   n 7) Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: (a1b1  a2b2   anbn ) �( a12  a2   an )(b12  b2   bn ) Dấu “=” xảy (a1 , a2 , an ) (b1 , b2 , bn ) hai số tỉ lệ với nhau, an a1 a2 tức là: b  b   b n 8) Bất đẳng thức Trê-bư-sếp �a �b �c �A �B �C �a �b �c Nếu � �A �B �C Nếu � aA  bB  cC  a b c A B C 3 aA  bB  cC  a b c A B C 3 abc � Dấu “=” xảy khi: � �A  B  C 9) Bất đẳng thức Schwartz: (a1b1  a2b2 ) �(a12  a2 )(b12  b2 ) Dấu “=” xảy � a1 a2  b1 b2 10) Bất đẳng thức tam giác: Nếu a, b, c số đo ba cạnh tam giác thì: a, b, c > Và: b  c  a  b  c; a  c  b  a  c; a  b  c  a  b 1 11) x  y �x  y ; (x, y>0) 1 12) ( x  y  z )( x  y  z ) �9 , với x, y, z>0 13) a b c   � , với a, b, c>0 b c  a a b 2.3.2 Ứng dụng bất đẳng thức để giải tốn: 2.3.2.1 Dùng Bất đẳng thức để tìm cực trị 2.3.2.1.1 Bài tốn có nội dung cực trị đại số *Lưu ý: - Nếu f(x)  A f(x) có giá trị nhỏ A - Nếu f(x) B f(x) có giá trị lớn B - Sử dụng bất đẳng thức Côsi giải toán cực trị - Kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cơsi *Bài tốn mở đầu: x y Cho x, y  Tìm giá trị nhỏ của: S  y  x x y y x Giải: Sử dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có: S   �2 x y 2 y x Vậy x = y Min S =2 *Nhận xét: Từ toán ta thay đổi miền xác định, tốn sau: Ví dụ 1: Cho x �3 Tìm giá trị nhỏ S  x  x Giải: + Sai lầm thường gặp: x x Sử dụng Bất đẳng thức CôSi ta có: S  x  �2 x  � MinS  Dấu: “=” xảy x khi: x   mâu thuẫn với giả thiết x �3 + Phân tích tìm tịi lời giải: x Lập bảng biến thiên S  x  , để dự đoán Min S x … 19 20 x 3 4 … 5 … 19 19 20 19 20 20 S Theo bảng biến thiên ta thấy x tăng S lớn từ dẫn đến dự đốn x =3 S nhận giá trị nhỏ Ta nói: MinS  10 , đạt điểm rơi x=3 Do Bất đẳng thức Cơsi xảy dấu điều kiện tham số tham gia phải Nên ta nghĩ đến việc đưa tham số  cho điểm rơi x=3 x phải  x cặp số + Xác định điểm rơi: x=3 cho cặp số:  �   x 1   phải xảy   x Từ ta biến đổi S theo điểm rơi sau: + Lời giải đúng: �x � x x 8.3 10  �  � �2   x �9 x � 9 x 10 Vậy với x=3 Min S = S  x �a, b  �a  b �1 Ví dụ 2: Cho � Tìm giá trị nhỏ S  ab  ab Giải: 1 1 �t  � � 4 ab ab �a  b � �1 � Đặt Dẫn đến toán phụ: � � �� � � �2 � Cho t �4 Tìm giá trị nhỏ S  t  t 1 Xác định điểm rơi cho cặp số   phải xảy ra:   t 4 �t � 15t t 15t 15.4 17  �   16 � S  t   �  � �2      t � 16 t � 16 16 t 16 16 17 Với t = hay a  b  � MinS  � � 15 17 S  ab  � ab  � � ab � 16ab � �a  b � Do t = nên a  b  nên 16 � � �2 � t Vậy a  b  � MinS  17 Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 a+2b+3c �20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S  abc   a 2b c Giải: Dự đoán S =1, điểm rơi a = 2, b = 3,c = Sử dụng Bất đẳng thức CơSi ta có: � 4 �3 � � a  �2 a  a  ��  � �4 � a a� � � a � � �1 � � 1 � b  �2 b  � � � b  ��  � a  b  c    �8(1) � b 4 a 2b c � b �2 � b � � 16 �1 � 16 � 16 c  ��  c  �2 c  � � � c �4 � c � � c b Mà a  2b  3c �20 � a   �5(2) 4 Cộng vế bất đẳng thức (1) (2) ta được: a2 � � S  a bc   �13 � � b  � MinS  13 a 2b c � c4 � Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ của: T= x   x   x  x  Giải: Ta có: x   x   x    x  x    x 3(1) Và x   x   x    x  x  3  x 1 (2) Vậy T= x   x   x   x  1  4 Từ (1) suy dấu “=” xảy khi: x 4 Từ(2) suy dấu “=” xảy khi: x 3 Vậy T có giá trị nhỏ x 3 Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y)(y+z)(z+x) (x, y, z > x + y + z = 1) Giải: Vì: x, y, z > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x  y  z 3.3 xyz  1 xyz   xyz  27 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x + y; y + z; x + z ta có: ( x  y )( y  z )( z  x) 33 ( x  y )( y  z )( x  z )  3.3 ( x  y )( y  z )( x  z ) Dấu “=” xảy x  y  z  Vây S  8  27 27 729 Vây S có giá trị lớn x  y  z  729 Ví dụ 6: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x  y  z Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho số(x, y, z); (x, y, z) Ta có: ( xy  yz  zx) ( x  y  z )   x  y  z  (1) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho ( x , y , z ) (1,1,1) Ta có: ( x  y  z ) (12  12  12 )( x  y  z ) Suy ( x  y  z ) 3.( x  y  z ) (2) Từ (1) (2) suy 3.( x  y  z )  x  y  z  Vậy x  y  z có giá trị nhỏ là: 3 x  y  z  3 2.3.2.1.2 Bài tốn có nội dung cực trị hình học: * Bài tập đưa dạng vận dụng bất đẳng thức: ( x+y)2 0 Ví dụ 7: Tính độ dài cạnh tam giác ABC có chu vi cm , AB - AC=1cm cho đoạn tiếp tuyến đường tròn nội tiếp song song với BC bị chắn hai cạnh có giá trị lớn Giải: (hình 1) Gọi đoạn tiếp tuyến DE Đặt BC = x Ta có: Vì: DE//BC nên ADE đồng dạng ABC  DE chuviADE  BC chuviABC Mà chu vi tam giác ADE =AM + AN = AB + AC - BC = - 2x Do đó: DE  x   DE  x(4  x )  ( x  2)  4 x  MaxDE 1  x 2 A D M E N Do đó: BC=2cm ; AB= 3,5cm; AC=2,5cm B x hình1 C Ví dụ 8: Cho tam giác ABC AD, BE, CF phân giác Gọi S0 S diện tích tam giác DEF ABC Chứng minh rằng: 4S0 S Giải (Hình ) Đặt: AB = c, BC = a, CA = b S0 = SDEF, S = SABC, S1 = SAEF, S2 = SBFD, S3 = SCDE Ta có: S0 S S S   1   S S S S Theo tính chất đường phân giác ta có: A F AF b AF b    FB a AB a  b AE c AE bc    EC a AC a  c S1 AF AE bc   Suy ra: ; S AB AC (a  b)(a  c) F C D B hình tương tự ta có: S S2 ac ab S S S  ;  ; :    S (b  a )(b  c) S (c  a )(c  b) S S S bc ac ab    (a  b)(a  c ) (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)  4ab(a  b)  4bc(b  c )  4ca (c  a ) 3(a  b)9b  c)(c  a ) 4a b  4ab  4b c  4bc  4c a  4ca 3a b  3ab  3b c  3bc  3c a  3ca  6abc a b  ab  b c  bc  c a  ca 6abc  b(a  2ac  c )  a(b  2bc  c )  c(a  2ab  b ) 0  b(a  c)  a(b  c)  c(a  b) 0 Bất đẳng thức cuối ln nên ta có điều phải chứng minh * Bài tập đưa dạng vận dụng bất đẳng thức: ( x  y ) 4 xy ; hoặc: x  y  ( x  y) 2 Ví dụ 9: Chứng minh tứ giác lồi có hai đường chéo m vng góc, hình vng có chu vi nhỏ Giải: ( hình 3) B AC  BD , AC  BD  m Xét tứ giác ABCD có: ( số) / / / / Kí hiệu: a  c b  d m ( hình vẽ) a b/ b / / áp dụng bất đẳng thức: ( x  y ) 4 xy ta có: A a H c C (a  b  c  d ) (a  c  b  d )  d d/ c 4(a  c)(b  d ) 4(ab  ad  bc  cd )(1) Ta có: AB.BC  AC.BH D ( xảy dấu “=” khi: B 90 ) hình / / / / / / / Nên: ab +ad +bc +cd mb  ma  mc  md m(a  b  c  d / ) 2m (2) Từ (1) (2) suy ra: (a + b + c + d)2 = 8m2 Do đó: Min (a + b + c + d) = 2 m Khi đó: a + b = c + d và:  B  A  C D 90 , tức là: ABCD hình vng Ví dụ 10: Giải tốn ví dụ cách khác: ( x  y) 2 / / (a  b ) a/  b/ /2 /2 a  a  b   a  Ta có: 2 / / / / / b c c d d  a/ ;c  ;d  Tương tự: b  2 4m Do a  b  c  d  2 2m Vậy (a + b + c + d) = 2m  a / b / c / d / Áp dụng bất đẳng thức : x  y  Suy ABCD hình vng * Bài tập đưa dạng vận dụng bất đẳng thức Cô-si: x 0; y 0  x  y 2 xy , dấu “=” xảy  x  y Ví dụ 11: Chứng minh rằng: a, Trong hình chữ nhật có chu vi hình vng có diện tích lớn b, Trong hình chữ nhật có diện tích hình vng có chu vi bé ( tập 67, SBT toán tập I-Nxb GD) Giải: (ký hiệu hình 4) a, Với hình chữ nhật có chu vi thì: A x D x y khơng đổi ( phần tư chu vi ) xy xy  xy Từ bất đẳng thức: không đổi 2 y B C ( hình 4)  xy xy xy  Vậy max xy = Dấu “=” xảy x=y; điều có 2 nghĩa hình chữ nhật có chu vi hình vng có diện tích lớn b, Với hình chữ nhật có diện tích tích xy khơng đổi nên từ xy xy  xy  đạt giá trị nhỏ 2 xy x=y Điều có nghĩa hình chữ nhật có diện tích hình vng có chu vi bé *Bài tập đưa dạng vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki: 10 2 2 (a1b1  a b2   a n bn ) (a1  a   a n )(b1  b2   bn ) Dấu “=” xảy an a1 a b  b   b n Ví dụ 12: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính MN Trong hình chữ nhật ABCD nội tiếp nửa đường tròn (A D thuộc MN, B C thuộc nửa đường trịn) Hình có chu vi lớn nhất? Giải: ( hình 5) Đặt AB= b, OA = a Ta có: chu vi ABCD lớn khi: 2a+b lớn  (2a  b) lớn B B/ C Áp dụng bất đẳng thức: Bunhiacơpxki ta có: (2a  b) (2a  1.b) ( 2  12 )(a  b ) 5 R M A A/ O D N hình  Max(2a  b)  R    a 2b a b Vậy hình chữ nhật ABCD có chu vi lớn 2R  AD = 4AB Cách dựng hình chữ nhật thể hình đó: OA/=2A/B/; OB/ cắt nửa đường trịn B Ví dụ 13: Cho điểm M cố định thuộc miền góc vng xOy Một đường thẳng d qua M cắt Ox Oy theo thứ tự A B Xác định vị trí đường thẳng d cho: a) Diện tích tam giác OAB bé nhât? b) OA+OB bé nhất? y Giải: hình B Kẻ MP  OA, MQ  OB (hình 8) Đặt OP = a, OQ = b, OA = x, OB = y Ta có: SOAB  SOAM  SOBM , suy ra: Q M xy  bx  ay � a b   1(*) x y a) Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có: O 1 a b ab  �2 x y xy P A x hình  SOAB  xy �4ab Đẳng thức xảy khi: x  2a; y  2b, : d//PQ Vậy SOAB  2ab, : d//PQ b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có:  �a b � OA  OB  x  y  ( x  y ) �  �� a  b �x y �  11 Đẳng thức xảy khi: a b 1 a  �  , kết hợp với(*) ta có: x y y x b a b a  � a ( a  b ) , từ tìm y  b ( a  b ) x x b Vậygiá trị nhỏ OA  OB  ( a  b )2 � x  a ( a  b ); y  b ( a  b ) 1 2.3.2.2 Dùng bất đẳng thức để giải phương trình, hệ phương trình: Ví dụ 14: Giải phương trình sau: x  x  19  x  10 x  14 4  x  x Giải Ta có: 3x  x  19 3.( x  x  1)  16 3( x  1)  16 16  x  10 x  14 5( x  1)  9 Vây 3x  x  19  x  10 x  14 2  5 Dấu “=” xảy khi: x + =  x = -1 Vây 3x  x  19  x  10 x  14 4  x  x Khi x = -1 Vậy phương trình có nghiệm x = -1 2 Ví dụ 15: Giải phương rình: 3x   x  x  x x   2 (7 x  x  4)(1) Giải: Điều kiện: x �1 x � Gọi vế trái vế phải (1) A B Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai số (1,1  x) ( 3x  1, x  x , x  1) Ta có: A � ( x  2)(5 x  x) Dấu “=” xảy khi: x = -1 Do x �1 x � nên x  x  Áp dụng Bất đẳng thức Cơsi ta có: B 2 (5 x  x)( x  2)  (5 x  x)( x  2) Dấu: “=” xảy khi: x = -1 x  Vây nghiệm phương trình là: x = -1 Ví dụ 16: Giải phương trình: 16 x   x  x (1) Giải 12 Vì 16 x  �0 � x3  x  , x  Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương: x, x  1, 2, ta có: x3  x  3 x(4 x  1).2 �4 x  x    x  x  3(2) Từ (1) (2) suy ra: 16 x  �4 x  x  � x  x  �0 � (2 x  1) (2 x  x  1) �0 � (2 x  1) �0(3)(do : x  x   0; x) Lại có: (2 x  1)2 �0; x nên từ (3) suy ra: x   � x  ( thoả mãn) Vây phương trình cho có nghiệm x  Ví dụ 17: Giải hệ phương trình: � �x  y  xy  3(1) ( x, y �R ) � � x   y   4(2) (Câu II.2 Thi ĐH khối A - năm 2007) Giải: Ta sử dụng phương pháp bất đẳng thức mà học sinh giỏi cấp THCS giải ngồi cách giải thơng thường chương trình tốn THPT Điều kiên: xy �0, x  �0, y  �0 �xy  �0, x 1, y Từ (1) có: x �y xy x 0, y Từ (1) áp dung bất đẳng thức Cơsi ta có: x  y   xy �3  ( x  y ) � x  y �6(3) Từ (2) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có:  x   y  � 12  12 ( x  1)( y  1) � x  y �0(4) �x  y � Từ (3) (4) có: x  y  � � x   y  � x  y  � �x  y   xy *Chú ý: Từ tốn ta khái quát cách giải theo hướng sau: � �x  y  xy  a (1) ( x, y �R ) � � x  b  y  b  c(2) c2 Trong đó: a �0, c �0, b   a số  x  y  z 1 Ví dụ 18: Giải hệ phương trình sau:  4  x  y  z  xyz Giải: áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: 13 x4  y y4  z4 z  x4   x y  y z  z y 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z y z x x z  y2 x2     y xz  z xy  x yz  xyz( x  y  z ) 2 Vì: x + y + z = nên x  y  z  xyz Dấu “=” xảy khi: x  y  z   x  y  z 1 Vậy:  4 có nghiệm x  y  z   x  y  z  xyz x4  y  z  Ví dụ 19: Giải hệ phương trình sau:  xy  8  y (1)   xy 2  x (2) Giải Từ phương trình (1) ta suy ra:  y 0 hay y  Từ phương trình (2 ta suy x   x y 2 x  x  2 x  2 0  ( x  ) 0  x   x  Nếu x   y 2 Nếu x   y  2  x   x    y 2  y  2 Vây hệ phương trình có nghiệm:  2.3.2.3 Dùng bât đằng thức để giải phương trình nghiệm ngun: Ví dụ 20: Tìm số nguyên x, y, z thoả mãn bất đẳng thức: x  y  z  xy  y  z  Giải Vì x, y, z số nguyên nên: x  y  z xy  y  z   x  y  z  xy  y  z  0 2   y2   3y2 y  y    x  xy      y    ( z  z  1) 0   x    3  1  ( z  1) 0 (*)   2  2    2 y  y  Mà:  x    3  1  ( z  1) 0 ; x, y  R 2  2  2   x  y   3 y  1  ( z  1) 0 2  2  14 y   x  0  y    0  2  z  0    x 1   y 2  z 1   x 1  Vây số cần tìm  y 2  z 1  Ví dụ 21: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1   2 x y z Giải: Không tính tổng quát, ta giả sử x  y  z Ta có: 1      z 3 x y z z Mà z nguyên dương nên z = 1 Thay z = vào phương trình ta được: x  y 1 1 Theo giả sử x  y   x  y  y  y 2 mà y nguyên nên y 1, y 2 Với y 1, khơng thích hợp Với y 2 , ta có x 2 Vây(2, 2, 1) nghiệm phương trình Hốn vị số ta nghiệm phương trình là: (2, 2, 1); (2, 1, 2); (1, 2, 2) Ví dụ 22: Tìm cặp số nguyên thoả mãn phương trình x  x  y (*) Giải: Từ (*) với x < , y < phương trình khơng thoả mãn (*) với x > 0, y >0, ta có: x  x x  x  y  x  y  x  Đặt x k ; (k  Z  ) Ta có: k (k  1)  y Nhưng k k (k  1)  (k  1)  k k (k  1)  (k  1)  k  y  k  Mà k k+1 hai số nguyên dương liên tiếp không tồn số nguyên dương cả, nên khơng có cặp số ngun dương thoả mãn phương trình Vây phương trình có nghiệm là: x = 0; y = Ví dụ 23 Giải phương trình: x   y  2009  z  2010  ( x  y  z ) 15 ( Bài III.1-Đề thi vào lớp 10-THPT chuyên Lam Sơn-Thanh Hoá năm học 20092010) Giải: Điều kiên: x 2; y  2009; z 2010 Phương trình cho tương đương với x  y  z 2 x   y  2009  z  2010  x   0   ( x   1)  ( y  2009  1)  ( z  2010  1) 0   y  2009  0   z  2010  0  x 3    y  2008  z 2010  Vậy phương trình có nghiệm (x; y; z)=(3; -2008; 2011) Ví dụ 24: Tìm tất cặp số tự nhiên x, y cho: x  y  1989 Giải Ta có: x  y  1989  x  y  xy 1989  x  y  xy  x  y 1989  x  y    x  y  x  y  1989  x  y  y  x  y  1989  x  y   y  x  y  1989  x  y    y 1989  1989  x  y    x y 2 2  y.1989 1989  x  y  Bởi vì: 1989=32.13.17  2.3 y.13.17 1989  x  y  Vế phải (1989-x+y)2 số phương  y k 13.17  k 221 với k số tự nhiên Phương trình có nghiệm là: (x; y)=(0; 1989); (1989; 0) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục Khi áp dụng đề tài: “Sử dụng số bất đẳng thức vào giải toán để nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp ”, thân thấy học sinh giải tốn tìm cực trị, giải phương trình, giải hệ phương trình hay tìm nghiệm ngun có sử dụng bất đẳng thức thấy dễ dàng Khi gặp dạng toán này, học sinh không cảm thấy ngại làm làm kết nhanh hơn, đặc biệt kết xác làm khoa học Khi dự thi kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10-THPT chuyên cấp THCS, đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi cấp thường em đạt điểm cao dạng toán 16 Kết khảo sát Toán liên quan đến đề tài sau sử dụng đề tài cuối năm học 2019 – 2020 (30 học sinh): Điểm yếu SL TL Điểm TB SL TL 16,7% Điểm SL TL 23,3% Điểm giỏi SL TL 18 60% Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận Trong đề tài này, chọn lọc tập điển hình dạng, hệ thống kiến thức tốn học theo dạng cụ thể, vấn đề thiết yếu có nhiều liên quan đến kiến thức thường gặp kỳ thi Tôi không muốn em học sinh biết giải cách máy móc bên cạnh việc phân chia dạng toán mức độ định, coi trọng phân tích đặc điểm tốn để có lời giải hợp lí, lưu ý sai lầm dễ mắc học sinh giải tốn, đồng thời thơng qua tập mà rèn luyện kỹ học tập mơn tốn rèn luyện đức tính sáng tạo, có ý trí vươn lên học tập, cung cấp thêm kinh nghiệm giải toán rèn luyện phương pháp suy luận toán học Đặc biệt giúp em tự giải tốn thường gặp kì thi cuối học kỳ, thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10THPT, đồng thời chuẩn bị tốt để học toán lớp 3.2 Kiến nghị Cần thiết phải xây dựng số chuyên đề toán học làm tài liệu tham khảo cho việc giảng dạy học toán tốt Cần khai thác phát triển cao hơn, đầy đủ hồn thiện số dạng tốn trường THCS Việc viết sáng kiến kinh nghiệm công việc thường xuyên , định hướng ngành Với nhiều mục đích mà sáng kiến đưa ra, với thời gian, kiến thức kinh nghiệm thân hạn chế, việc biên soạn phụ thuộc vào nhiều yếu tố: tài liệu tham khảo, thực tế, thời gian…, chắn nội dung sáng kiến chưa phong phú Với đề tài “Sử dụng số bất đẳng thức vào giải toán để nâng cao chất lượng học sinh giỏi lớp ” không tránh điểm cịn thiếu xót Rất mong trao đổi góp ý đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 18 tháng năm 2021 CAM KẾT KHÔNG COPPY Người thực 17 Bùi Thị Thoa 18 ... k số tự nhiên Phương trình có nghiệm là: (x; y)=(0; 198 9); ( 198 9; 0) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục Khi áp dụng đề tài: ? ?Sử dụng số bất đẳng thức vào giải toán để nâng cao chất. .. y  x  y   198 9  x  y    y 198 9   198 9  x  y    x y 2 2  y. 198 9  198 9  x  y  Bởi vì: 198 9=32.13.17  2.3 y.13.17  198 9  x  y  Vế phải ( 198 9-x+y)2 số phương  y k... toỏn để phát vấn đề mà học sinh thấy lúng túng, khó khăn giáo viên yêu cầu - Tỡm nhng ti liu liờn quan đến tốn có sử dụng bất đẳng thức vào để giải - Thống kê dạng toán cần sử dụng đến bất đẳng thức