(Sáng kiến kinh nghiệm) áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức

áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Mục lục STT NI DUNG MC LỤC A PHẦN MỞ ĐẦU TRANG I.Lý chọn đề tài 1.Cở sở lý luận 2.Cơ sở thực tiễn II Mục đích nghiên cứu III.Phương pháp nghiên cứu IV PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG B HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài I Bài II 4-14 ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG DẠNG DẠNG ÁP DỤNG TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 15 C.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 1.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC 2.BÀI HỌC KINH NGHIỆM D KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO 16 17 áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức A.PHN M U I.L DO CHN TÀI: 1.Cơ sở khoa học: Tốn học có vai trị vị trí đặc biệt quan trọng khoa học kĩ thuật đời sống, giúp người tiếp thu cách dễ dàng mơn khoa học khác có hiệu Thơng qua việc học tốn, học sinh nắm vững nội dung toán học phương pháp giải tốn, từ vận dụng vào mơn học khác môn khoa học tự nhiên Hơn Tốn học cịn sở ngành khoa học khác, tốn học có vai trị quan trọng trường phổ thơng, địi hỏi người thầy giáo lao động nghệ thuật sáng tạo để có phương pháp dạy học giúp học sinh học giải toán Bất đẳng thức nội dung quan trọng chương trình tốn học THCS Trong q trình dạy tốn THCS, qua kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh giỏi qua q trình tìm tịi thân tơi thấy hai toán áp dụng nhiều trình chứng minh bất đẳng thức Thiết nghĩ giáo viên toán cần trang bị cho học sinh để giúp em giải tốt toán bất đẳng thức góp phần nâng cao tư tốn học, tạo diều kiện cho việc học tốn nói riêng q trình học tập nói chung Cơ sở thực tiễn Bất đẳng thức loại toán mà học sinh THCS coi loại tốn khó Nhiều học sinh khơng biết giải Bất đẳng thức phải đâu phương pháp giải loại toán th no áp dụng hai toán ®Ĩ chøng minh bÊt ®¼ng thøc Thực tế cho thấy tốn Bất đẳng thức có nhiều chương trình THCS, không trang bị số tập định gây cho học sinh nhiều khó khăn gặp giải loại toán Các tốn có liên quan tới Bất đẳng thức có mặt đề thi kể đề thi tốt nghiệp đề thi học sinh giỏi cấp thi vào lớp 10 trung học phổ thơng Đối với giáo viên cịn thiếu kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi việc nắm vững phương pháp Bất đẳng thức bổ sung nhiều vào kho kiến thức Đối với học sinh khắc phục hạn chế trước giúp em có tinh thần tự tin học tập mơn tốn Với kinh quỏ trỡnh dạy học thõn xin giới thiệu bạn bè đồng nghiệp, nhà chuyên môn cấp quản lý giáo dục đề tài kinh nghiệm: “ÁP DỤNG HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC” II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Đề tài góp phần quan trọng việc giảng dạy tốn học nói chung Bất đẳng thức nói riêng, đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi ụn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyờn khụng chuyờn Đề tài cũn giúp học sinh biết thêm phương pháp giải Bất đẳng thức cách nhanh chóng hiệu quả, Phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh trình học tập III PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu hai toán quen thuộc - Thông qua nội dung phương pháp tập mẫu nhằm rèn luyện kỹ phát triển trí tuệ cho học sinh - Rèn kĩ cho học sinh qua tập tương tự IV PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG: - Hai toán - Bồi dưỡng cho giáo viên học sinh THCS B NỘI DUNG ĐỀ TÀI : HAI BÀI TỐN CƠ BẢN Bài I Víi a,b,c ,x,y > Chøng minh a b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y ¸p dơng hai toán để chứng minh bất đẳng thøc Gi¶i a b2 ( a + b ) + ≥ ⇔ (a y + b x )( x + y ) ≥ ( a + b ) xy x y x+ y ⇔ a y + a xy + b x + b xy ≥ a xy + b xy + 2abxy ⇔ a y + b x − 2abxy ≥ ⇔ ( ay − bx ) ≥ Luôn với a,b,c ,x,y > dÊu “ =” xÈy a b = x y Suy b¶ng sau: a b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y 11 1 ≤  + ÷ x+ y 4 x y  ( x + y ) ≥ xy suy 1 + ≥ ⇒ x y x+ y ( víi a,b,c ,x,y > 0) dÊu = xÈy x + y ≥ xy x2 + y ≥ a b = x y ( x + y)2 Bµi II ¸p dơng Bµi I ta chøng minh a b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z a b2 c2 ( a + b ) c2 ( a + b + c ) Giải : + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+z dÊu = xÈy (áp dụng toán I) a b c = = ( víi a,b,c ,x,y > 0) x y z Suy b¶ng sau: a b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z a b c dÊu = xÈy = = x y z ⇒ 1 + + ≥ ⇒ x y z x+ y+z 1 1 + + ÷≥ x y z ( x + y + z)  ( víi a,b,c ,x,y,z > 0) Nhận xét: Khi áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức ta phải xác định rõ toán thuộc dạng tốn trên, xem có phải biến đổi tốn áp dụng không, biến đổi cho phự hp áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức P DNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng Áp dụng toỏn Bµi Cho a , b, c > 0, vµ a + b + c = chøng minh 1 1 + + ≤ c +1 a +1 b +1 1 1  + + ữ a b c Giải áp dụng toán I với x, y > ta có 11 1 ≤  + ÷ x+ y 4 x y 1 1 ≤ ( + ) c+a+b+c c+a b+c 1 1  ≤  + ÷ a+a+b+c 4 a+b a+c  1 1  ≤  + ÷ b+a+b+c 4 a+b b+c  1 1 1 1 1  ⇒ + + ≤  + + + + + ÷ c+a+b+c a +a +b+c b+a +b+c 4c +a b+c a +b a +c a +b b+c  1 1 1 ≤  + + ÷ 4 a b c Dấu “=” xẩy a = b = c = 1/3 NhËn xÐt :NÕu toán ta áp dụng trực tiếp từ vế trái không cho kết mà phải biến đổi mÉu ë vỊ tr¸i c+1= c+ a+b+c råi ¸p dơng x = c+a, y= b+c toán trở nên dƠ dµng Bµi 2.Cho a, b > vµ a + b =1 Tìm giá trị nhỏ A = Giải : áp dụng toán I : + a + b ab 11 1 ≤  + ÷ với x, y > ta có x+ y 4 x y  3.4  3 + = 12 ÷≥ 2  a + b 2ab  ( a + b ) 1 ≥ =2 2ab ( a + b ) 2 áp dụng hai toán ®Ĩ chøng minh bÊt ®¼ng thøc ⇒ A=  3.4  + = 3 + ≥ + = + 12 = 14 ÷+ 2 2 a + b ab ( v× ab ≤  a + b 2ab  2ab ( a + b ) ( a + b) 2 (a+b)2/4 ) Min A = 14 vµ chØ a = b =1/2 NhËn xÐt : §èi víi toán ta phải đa mẫu dạng (a+b)2 có kết Bài 3.Cho a, b, c,d,e > vµ a + b + c + d + e = T×m GTNN B= ( a + b + c + d ) ( a + b + c) ( a + b) abcde Giải áp dụng toán I ( a + b + c + d ) + e  ≥ ( a + b + c + d ) e ( a+b+c+d) ( a + b + c) ( a + b) 2 ≥ 4( a + b + c) d ≥ ( a + b) c ≥ 4ab Nhân vế theo vế ⇒ ( a + b + c + d ) + e  ( a + b + c + d ) ( a + b + c ) ( a + b ) ≥ 2 2 ( a + b + c + d ) e.4 ( a + b + c ) d ( a + b ) c.4ab ⇔ 16(a+b+c+d)(a+b+c)(a+b) ≥ 44 abcde ⇒B= (a + b + c + d )(a + b + c)(a + b) ≥ 16 abcde Giá trị nhỏ B = 16 a = b = 1/4; c = 1/2; d = ; e = ; áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Bài 4.Cho a, b, c > CM 1 1 1 + + ≥ + + 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a a + 2b + 2c b + 2a + 2c c + 2b + 2a Giải ¸p dơng bµi to¸n I: với x, y > ta có 11 1 ≤  + ÷ x+ y 4 x y 1 + ≥ = 2a + 3b b + 2a + 2c 4a + 4b + 2c 2a + 2b + c 1 + ≥ = 2b + 3c c + 2b + 2a 4b + 4c + 2a 2b + 2c + a 1 + ≥ = 2c + 3a a + 2b + 2c 4c + 4a + 2b 2a + 2c + a Cộng vế theo vế ta đpcm 1 1 1 + + ≥ + + Dấu “=” xẩy 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a a + 2b + 2c b + 2a + 2c c + 2b + 2a a = b = c NhËn xÐt: Ta thÊy (2a+3b) + (b+2a+2c) = 2(2a+2b+c) nên phải nghĩ kết hợp hai biểu thức lại Bài Cho a, b, c > vµ a + b + c ≤ CM a a2 + + b b2 + Giải áp dụng toán I : ( x + y ) ≥ xy với x, y > ( a + b + c) ⇒ ≥ ( ab + bc + ac ) ⇒ ab + bc + ac ≤ 1; a a + ab + bc + ac + b b + ab + bc + ac + c c + ab + bc + ac + c c2 + áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức = a ( a + b) ( a + c) + b ( b + c) ( b + a) + c ( c + b) ( c + a) ≤ a 1  b 1  c 1  + + +  ÷+  ÷+  ÷=  a+b a +c  2b+c b+a  2 c+b c+a  1 a b  1 b c  1 c a  + + +  ÷+  ÷+  ÷= 2 a +b a +b  2b+c c+b  2 c+a a+c  Suy ®pcm Dấu “=” xẩy a = b = c = 3 Bµi ( Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh năm 2012- 2013) Cho x, y, z > vµ x+y+z =1 T×m MinF biÕt F = x4 y4 z4 + + ( x + y )( x + y ) ( y + z )( y + z ) ( x + z )( x + z ) x4 y4 z4 + + Gi¶i Ta cã ( 2 )( x + y )( x + y ) ( y + z )( y + z ) ( x + z )( x + z ) ( y4 z4 x4 x4 − y y4 − z4 z4 − x4 + + + + ) = ( x + y )( x + y) ( y + z )( y + z ) ( x + z )( x + z ) ( x + y )( x + y ) ( y + z )( y + z ) ( x + z )( x + z ) = ( x − y )( x + y ) ( x + y ) + ( y − z )( z + y ) ( y + z ) + ( z − x )( x + z ) ( x + z ) = x − y + y − z + z − x = ( x + y)( x + y ) ( z + y)( y + z ) ( x + z )( x + z ) suy ¸p dơng toán I x + y ( x + y)2 với x, y > ta cã 2F = x4 + y4 y4 + z4 z + x4 ( x + y )2 ( y + z )2 ( z + x )2 + + ≥ + + ( x + y )( x + y) ( y + z )( y + z) ( x + z )( x + z ) 2( x + y )( x + y) 2( y + z )( y + z ) 2( x + z )( x + z ) = x2 + y y2 + z2 z + x ( x + y )2 ( y + z )2 ( z + x)2 + + ≥ + + 2( x + y ) 2( y + z ) 2( x + z ) 4( x + y ) 4( y + z ) 4( x + z ) 1 = 2( x + y + z ) ⇒ F ≥ ⇒ F ≥ 4 MinF =1/4 vµ chi x = y= z = 1/3 ¸p dơng hai toán để chứng minh bất đẳng thøc Nhận xét: Đây toán để giải ta phải phối hợp hai biến biểu thức, x2 +y2, x -y có x4 - y4 nên ta nghĩ phải thêm vào để làm cho toán gọn dễ chứng minh Dạng Áp dụng toỏn Bµi 1.Cho a , b, c > vµ ab + bc + ac = 670 CM a b c + + ≥ a − bc + 2010 b − ac + 2010 c − ab + 2010 a + b + c Giải áp dụng toán II a b c a2 b2 c2 + + = + + a − bc + 2010 b2 − ac + 2010 c − ab + 2010 a (a − bc + 2010) b(b2 − ac + 2010) c(c − ab + 2010) ≥ = ( a + b + c) ( a + b + c) a + b3 + c − 3abc + 2010(a + b + c ) = (a + b + c)(a + b + c − ab − bc − ac ) + 3.670(a + b + c ) a+b+c = (a + b + c) − 3(ab + bc + ac ) + 3(ab + bc + ac) a + b + c Dấu “=” xẩy a = b = c = 670 Nhận xét: Ta thấy tổng biểu thức mẫu khơng cho ta được điều nên ta phải nghĩ hướng tạo xuất bình phương tử, từ cho ta tổng mẫu có xuất biểu thức a3 + b3+ c3 -3abc toán quen thuộc lớp 8, phân tích thành nhân tử xuất biểu thức a+b+c ab+bc+ac nên chứng minh tốn dễ dàng Bµi Cho a,b,c > vµ abc = cm a b c ≤ + + 2 a + b + c ( ab + a + 1) ( bc + b + 1) ( ac + c + 1) Gi¶i a a 1 b ab = = = = ⇒ = ab + a + ab + a + abc b + + bc b + abc + bc b ( + ac + c ) b + + bc ab + a + c abc = = bc + c + ab + a + ab + a + a b c a ab ⇒ + + = + + =1 ab + a + cb + b + bc + c + ab + a + ab + a + ab + a + áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Ta có áp dụng toán II a ( ab + a +1) + b ( bc + b +1) + c ( ac + c +1) 2 a b c        ÷  ÷  ÷ ab + a +  cb + b +  bc + c +  = + + ≥ a b c a b c   + +  ÷  ab + a + cb + b + bc + c +  = a +b +c a +b +c Dấu “=” xẩy a = b = c = Bài Cho a,b c >0 Chứng minh rằng: ab bc ca a +b+c + + ≤ a + 3b + 2c 2a + b + 3c 3a + 2b + c Gii áp dụng toán II ab ab ab  1   ab ab a Tacó a + 3b + 2c = (a + c) + (b + c ) + 2b ≤  a + c + b + c + 2b ÷=  a + c + b + c + ÷(1)     Tương tự bc bc bc  1  = ≤  + + ÷= 2a + b + 3c ( a + b) + (a + c ) + 2c  a + c b + c 2b   bc bc b + + ÷(2)  9 a+b b+c 2 ac ac ac  1  = ≤  + + ÷= 3a + 2b + c (a + b) + (b + c) + 2a  a + b b + c 2a   ac ac c + + ÷(3)  9 a+b b+c 2 Từ (1) (2) (3) P≤  ac +bc ab +ac bc +ab a +b +c  a +b +c + + +  =  a +b b +c a +c  Dấu “=” xẩy a = b = c Nhận xét: Ta thấy vai trò a, b,c toán nên ta tách 2a+b+3c = (a+b) +(a+c) + 2c áp dụng, nhiên không thấy kết liền mà phải cộng lại đặt nhân tử ta đpcm Bài (Olimpic 30/04): Cho số dương a, b, c CMR: a4 b4 c4 a + b3 + c + + ≥ b+c c+a a+b 10 (2) áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức a6 b6 c6 + + Gii: áp dụng toán II Ta cú: VT = a (b + c) b (c + a) c (a + b) VT ≥ (a + b3 + c ) Để chứng minh BĐT (2), ta phải chứng minh: a (b + c ) + b (c + a ) + c (a + b) ( a + b3 + c ) a + b3 + c3 ≥ a (b + c ) + b (c + a ) + c (a + b) ⇔ 2(a3 + b3 + c ) ≥ a (b + c) + b (c + a) + c (a + b) ⇔ ( a + b3 − a 2b − b a ) + (b + c − b c − bc ) + (a + c − a 2c − ac ) ≥ ⇔ (a − b) ( a + b) + (b − c) (b + c) + (c − a ) (c + a) ≥ (luôn đúng) Dấu “ = ” xảy a = b = c Bài 5.(Đề thi HSG Tĩnh Hà Tĩnh 2011-2012) Cho a, b, c số dương thõa mãn abc =1.Chứng minh a3 b3 c3 + + ≥ (b + 1)(c + 1) (a + 1)(c + 1) (b + 1)(a + 1) Giải ta có áp dụng tốn II a3 b3 c3 + + (b + 1)(c + 1) (a + 1)(c + 1) (b + 1)( a + 1) = ≥ a4 b4 c4 + + a (b + 1)(c + 1) b(a + 1)(c + 1) c (b + 1)(a + 1) (a +b +c ) ( a + b + c) 2 a + b + c + 2(ab + bc + ac ) + 3abc ≥ (a + b + c) a + b + c + +3 t4 t = a + b + c ⇒ ≥ ⇔ 4t − 18t − 27t − 81 ≥ ⇔ 2t t+ (t − 3)(4t + 12t + 18t + 27) ≥ 0(t = a + b + c ≥ 3 abc = 3) Luôn Dấu “=” xẩy a = b = c = Nhận xét: Đây dạng toán áp dụng cần ý đổi biến chứng minh toán phụ Dạng Áp dụng toán 11 áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Bài Cho a, b, c > 0, vµ a +b+c ≤ chøng minh 2009 + ≥ 670 2 a + b + c ab + bc + ac Gi¶i : a b2 ( a + b ) C¸ch ¸p dụng toán I + x y x+ y ( víi a,b,c ,x,y > 0) Ta chứng minh ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) ≥ Suy a + b + c + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 3(ab + bc + ac) ⇒ (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ac) Ta có ( + ) + 2007 ≥ 670 2007 + + ≥ 2 a +b +c 2ab + 2bc + 2ac ab + bc + ac ( a + b + c ) ( a + b + c ) C¸ch ¸p dụng toán II : 1 + + ≥ với x, y, z > x y z x+ y+z (a 1 + + )+ 2 a + b + c ab + bc + ac ab + bc + ac + b + c + ab + bc + ac + ab + bc + ac ) ( 2007 2007 ≥ 9+ ≥ 670 ab + bc + ac ( a + b + c) ( v× a+b+c)2 ≥ 3(ab+bc+ac) ) Suy 2009 + ≥ 670 Dấu “=” xẩy a = b = c = 2 a + b + c ab + bc + ac Bµi 2.Cho a , b,c > vµ a + b + c =1.CM C = 1 1 + + + ≥ 30 2 a + b + c ab ab ab Gii: áp dụng toán I áp dụng toán II : y, z > 1 7.3 + + ≥ ; ≥ ab bc ac ab + bc + ac ab + bc + ac (a + b + c ) 12 1 + + ≥ , x, x y z x+ y+ z áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức 1 1 + ≥ + + + ≥ 2 ⇒C = 2 a +b +c 2(ab + bc + ac) (a + b + c) a + b + c ab ab ab 22 ( + ) + 7.3 = 30 + = + + ≥ 2 2 2 a + b + c ab + bc + ac a + b + c 2(ab + bc + ac ) ab + bc + ac (a + b + c )2 (a + b + c ) 2 Suy ®pcm Dấu “=” xẩy a = b = c = 1/3 Nhận xét: Đây toán qua nhìn dễ nhng vào chứng minh ta gặp khó khăn không nm vững phơng pháp chứng minh Trong ta định làm xuất (a +b+c)2 cho kết đợc P DNG TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT Dạng 1: Áp dụng tìm cực trị hình học Bài Cho tam giác ABC có ba cạnh có độ dài a, b, c thỏa mãn điều kiện: 30ab + 4bc + 1977ca = 2012.abc Tìm giá trị nhỏ của: Q= 2007 34 1981 + + p − a p −b p −c Với p= a+b+c Giải: Ta có:   1   1   + + + ÷+  ÷ +1977  ÷  p − a p −b   p −b p −c   p −c p −a  Q = 30  Áp dụng toán I ta có:  1  + ÷ ≥ 30 p − a −b  p − a p −b  30   1  + ÷≥4 p − b p − c p − b−c   4  1  + ÷≥1977 p −c −a  p −c p −a  1977  (1) (2) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: 1977  30ab + 4bc +1977ca 2012abc + + =4 =4 = 8048 ÷ b  abc abc  c a  30 Q ≥ 4 Vậy Q = 8048 đạt khi: a = b = c = 13 2011 2012 áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Nhn xột: Bi toỏn ny ta khụng áp dụng trực tiếp, ta nghĩ cách ghép hai biểu thức 1 + lại với ta thấy 2p-c-a = b…nên hướng để giải dạng p −c p −a toán thuộc loại Bài 2.Cho ∆ ABC Điểm M nằm ∆ ABC A Kẻ MA1 ⊥ BC , MB1 ⊥ CA , MC1 ⊥ AB Tìm vị trí điểm M để biểu thức: C1 BC CA AB + + có giá trị nhỏ MA1 MB1 MC1 B1 M Giải: Ta có: MA1.BC = 2SMBC, B A1 C MB1.CA = 2SMAC, MC1.AB = 2SMAB Do đó: MA1.BC + MB1.CA + MC1.AB = 2SMBC + 2SMAC + 2SMAB = 2SABC BC CA AB BC CA2 AB + + + + Mặt khác: = MA1 MB1 MC1 MA1.BC MB1.CA MC1 AB Áp dụng tốn II ta có: ( BC + CA + AB ) ( BC + CA + AB ) BC CA AB + + ≥ = MA1 MB1 MC1 MA1.BC + MB1.CA + MC1 AB 2S ∆ABC 2 không đổi Suy ra: BC CA AB BC + CA + AB ) ( + + đạt giá trị nhỏ khi: MA1 MB1 MC1 S ∆ABC MA1 = MB1 = MC1 ⇔ M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Nhận xét: Đây tốn hình học khơng nhận để áp dụng tốn II việc giải khó khăn tìm cực trị hình học cần lưu ý tới vận dụng bất đẳng thức Dạng 2: Áp dụng tìm cực trị cho biểu thức Bài Tìm giá trị nhỏ Giải: Vì < x < + với < x < x 1− 2x x > ⇒ , Áp dụng tốn I ta có: 1 − x > ( 2) + ( 2) ≥ ( = Q= Q= 2 + 2x − 2x 2x 1− 2x 2+ ) 2x +1 2x 14 =8, áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Q = x = − x ⇔ x = Vậy giá trị nhỏ Q x = Bài Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ R= a+c b+d c+a b+d + + + a +b b+c c+d d +a  + Giải: Ta có: R = (a + c)   a +b c +d    + ÷+ (b + d )  ÷  b+c d +a  Có: a + b > 0, c + d > 0, b + c > 0, d + a > , Áp dụng tốn I , ta có:  (1 + 1)   (1 + 1)  R ≥ (a + c)  + ( b + d ) ÷  ÷  a+b+c+d  b+c+d +a 4 ⇒ R ≥ (a + c) + (b + d ) = (a + c + b + d ) = a+b+c+d b+c+d +a a +b+c +d R = a= b = c = d Vậy: giá trị nhỏ R a=b = c = d Bài Cho số thực dương x,y,z Tìm giá trị lớn của: B= yz zx xy + + x + yz y + xz z + xy Giải: Áp dụng toán II với số thực dương x,y,z có: x2 y2 z2 ( x + y + z) A= + + ≥ x + yz y + xz z + xy ( x + y + z ) Mà A + 2B = x2 x + yz + y2 =1 z2 yz zx xy + + y + xz z + xy x + yz y + zx z + xy + + ⇔ A + B = (**) Kết hợp (*) (**) ta B ≤ Vậy giá trị lớn B = x = y = z Bài Cho a, b, c số dương thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = a b c + + a + 8bc b + 8ca c + 8ab Giải: Áp dụng toán II ( a + b + c) a2 b2 c2 Ta có: T = + + ≥ 2 a + 8abc b + 8abc c + 8abc a + b + c + 24abc 15 áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức (a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 3(a + b + c)(ab + bc + ca) - 3abc ≥ a3 + b3 + c3 + 27 abc Từ suy ra: T ≥ ( abc ) - 3abc = a3 + b3 + c3 + 24abc = 1.Vậy giá trị nhỏ T khi: a = b = c = 1/3 a+b+c Nhận xét: Trong toán áp dụng tốn II khơng cho kết mà ta suy nghi xem a2 +b2 +c2 +24abc có nhỏ (a+b+c) hay khơng, cách làm thường gặp số chứng minh bất đẳng thức Bài tập tương tự Bµi 1.Cho a, b, c > vµ a + b + c = CM 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ac c + 2ab 1 áp dụng toán II : ( x + y + z )  + + ÷ ≥ ( víi x,y,z > 0) ta có x y z Bµi 2.Cho a,b,c > vµ ab + bc + ac =3abc Chøng minh ab bc ac + + ≥ a + b +1 c + b +1 a + c +1 HD ¸p dụng toán II: 1 1 1 ab bc ac + + = 3, x = ; y = ; z = ⇒ + + ≥ c a b a b c a + b +1 c + b +1 a + c +1 ⇔ 1 + + ≥ x + y + xy z + y + yz x + z + zx Ta cã (x+y+1)2 ≥ 3(xy+ x+y) nên ta phải chứng minh 1 + + ≥1 x + y +1 y + z +1 z + x +1 Bµi Cho a, b, c > vµ a2 +b2 + c2 = chøng minh 1 4 + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 HD áp dụng toán I : 1 + ≥ ≥ 2 2 suy a+ b b+ c a+ b+ c+ b b + a + b + c + đpcm 16 áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Bài 4.Cho a, b, c > a + b + c = chøng minh b + c 16abc HD áp dụng toán I ( x + y ) ≥ xy với x, y > Bài Cho số dương a, b, c thoả mãn: + + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a b c S=a+b+c Bài Cho số dương a, b thoả mãn: a + b = Tìm GTLN của: N = a b + + 2a + 2b Khi đẳng thức xảy tam giác có đặc điểm gì? Bài Một tam giác có diện tích S độ dài cạnh a, b, c Gọi , hb , hc độ dài đường cao tương ứng với cạnh a, b, c CMR: 1 a +b +c + + ≤ + hb hb + hc hc + 4S Bài Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác có p nửa chu vi S diện tích CMR: a 3b b 3c c3a abc (a + b + c ) + + ≥ ab +1 bc +1 ca +1 abc +1 Bài Một tam giác có độ dài cạnh a, b, c p nửa chu vi CMR: 1 1 1 + + ≥  + + ÷ p −a p −b p −c a b c Khi đẳng thức xảy tam giác có đặc điểm gì? Bài 10 Cho số dương a, b, c, α, β, γ CMR: a2 b2 c2 a +b +c + + ≥ αa + βb + γ c αb + β c + γ a αc + β a + γ b α + β + γ C KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 1.Kết đạt Đề tài giúp học sinh có thêm cách chứng minh bất đẳng thức cách hiệu Số liệu kết thực đề tài 17 ¸p dơng hai toán để chứng minh bất đẳng thøc Năm học 2011-2012 2012-2013 2.Bài học kinh nghiệm Tổng số 30 33 Số học sinh vận dụng 23 28 Trong q trình vận dụng đề tài tơi rút kinh nghiệm : Việc rèn luyện kỹ cho học sinh phải theo lộ trình *Bài tập mẫu, phân tích, hướng dẫn *Bài tập tương tự HS tự làm *Cho hs đề xuất hướng giải có *Rút phương pháp chung *Kiểm tra, sữa chữa đánh giá kết D KẾT LUẬN Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, tơi mong muốn đựợc đóng góp phần nhỏ bé công sức mỡnh việc hướng dẫn học sinh ứng dụng khai thác bất đẳng thức làm tốn, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú cho em học toán Là giáo viên trực tiếp giảng dạy khối 8-9, áp dụng dạng tập tơi thấy hiệu học tập học sinh tăng lên rõ rệt Tôi mạnh dạn đưa vấn đề này, tập đưa chưa khai thác hết triệt để tình việc làm hữu ích cho cô giáo học sinh Trên số kinh nghiệm trình bồi dưỡng học sinh giỏi Những kinh nghiệm mang màu sắc cỏ nhõn, chắn khụng trỏnh khỏi tồn tại, hạn chế Tơi mong đóng góp, bổ sung ý kiến đồng nghiệp, cỏc nhà chuyờn mụn, cỏc cấp quản lý giỏo dục để đề tài sớm ỏp dụng rộng rói vào thực tiễn dạy- học bất đẳng thức trường THCS Tôi xin chân thành cảm ơn ! Hà Tĩnh, ngày 25 tháng năm 2014 Chủ nhiệm đề tài: Nguyễn Duy Hưng Trường THCS Nguyễn Tuấn Thiện – Hương Sơn – Hà Tĩnh 18 áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức TI LIU THAM KHO 1.Nừng cừo pht triển toỏn – Vũ Hữu Bỡnh – Nhà xuất bn GD 19 áp dụng hai toán ®Ĩ chøng minh bÊt ®¼ng thøc 2.Chun đề Bất đẳng thức – Vừ Giang Giai- Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội 3.Một số đề thi HSG toán cỏc tỉnh 20 ... Nhận xét: Đây dạng toán áp dụng cần ý đổi biến chứng minh toán phụ Dạng Áp dụng toán 11 áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức Bài Cho a, b, c > 0, vµ a +b+c ≤ chøng minh 2009 + ≥ 670 2... Khi áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức ta phải xác định rõ toán thuộc dạng tốn trên, xem có phải biến đổi tốn áp dụng không, biến đổi cho phự hp áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức. .. 10 (2) áp dụng hai toán để chứng minh bất đẳng thức a6 b6 c6 + + Gii: áp dụng toán II Ta cú: VT = a (b + c) b (c + a) c (a + b) VT ≥ (a + b3 + c ) Để chứng minh BĐT (2), ta phải chứng minh: a