(Sáng kiến kinh nghiệm) phương pháp khai thác đẳng thức cho trước trong bài toán chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC ĐẲNG THỨC CHO TRƯỚC TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VÀ RÚT GỌN BIỂU THỨC Người thực : Trần Thị Hiền Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác : Trường THCS Trần Mai Ninh SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HỐ NĂM 2019 MỤC LỤC Nội dung Trang 3 4 MỤC LỤC Phần 1: Mở đầu Phần 2: Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng nguyên nhân 2.3 Các giải pháp A Hệ thống hoá kiến thức liên quan B Một số phương pháp khai thác đẳng thức cho trước Sử dụng hệ quả: a  b  c  a3  b3  c3  3abc  Sử dụng đẳng thức:   a3  b3  c3  3abc   a b  c a2  b2  c2  ab  bc  ca  a  b  c  a3  b3  c3  3 a  b  b  c  c  a (1) (2) Thay số biểu thức cần tính biểu thức chứa chữ Sử dụng phương pháp hệ số bất định Sử dụng phương pháp hình học 10 Một số dạng khác 11 C MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG D BÀI TẬP THAM KHẢO 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 15 16 Phần 3: KẾT LUẬN Tài liệu tham khảo 17 19 17 Phần 1: MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức dạng tốn chương trình tốn THCS Trong việc khai thác đẳng thức cho trước dạng khó học sinh Dạng tốn thường xuất đề thi tuyển sinh vào THPT chuyên, đề thi học sinh giỏi cấp tảng cho toán lớp Trong trình giảng dạy lớp 8, lớp dạy Đội tuyển học sinh giỏi cấp, tơi nhận thấy gặp dạng tốn này, học sinh thường lúng túng khơng tìm cách giải hay mắc sai lầm, đặc biệt gặp dạng toán”Cho đẳng thức A, yêu cầu chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức B”, nhiều học sinh không sa vào khai triển đẳng thức B, sau sử dụng kết đẳng thức A Nguyên nhân học sinh thường mắc phải sai lầm giải xuất phát từ lý sau: Người giải toán chưa có đường lối rõ ràng giải tốn Chưa hệ thống, phân dạng tập loại Không đọc kĩ đề bài, chưa hiểu rõ toán đã vội vào giải toán Khơng biết đề cập tốn theo nhiều cách giải khác nhau, không chịu nghiên cứu kĩ chi tiết kết hợp chi tiết tốn, khơng sử dụng hết giả thiết tốn, khơng biết linh hoạt vận dụng kiến thức có Khơng tự tư lại tốn làm sau giải xong xem chưa Với thực tế yêu cầu chung tài liệu xin trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp ''Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước toán chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức'' với hy vọng đề tài góp phần vào việc giải khó khăn, khắc phục sai lầm cho giáo viên học sinh việc dạy học Rất mong nhận đóng góp chân thành đồng nghiệp để sáng kiến hoàn thiện giúp ích cho việc dạy học tốn 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Sáng kiến kinh nghiệm ngồi việc củng cố kiến thức sách giáo khoa cung cấp kiến thức nâng cao, mở rộng rèn luyện kỹ giải dạng toán cho học sinh Với học sinh phát dạng tìm cách giải phù hợp nhất, nhanh nhất, biết tổng quát toán đặt đề toán tương tự Từ học sinh phát triển tư logic, hiểu sâu kiến thức, có hứng thú nghiên cứu khoa học nâng cao hiệu giáo dục Nghiên cứu " Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước toán chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức'' Giúp giáo viên nâng cao lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp tri thức học từ định hướng nâng cao chất lượng dạy học mơn tốn, mở rộng, đào sâu hồn thiện hiểu biết Ngồi cịn giúp giáo viên có tư liệu tham khảo dạy thành công chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức 1.3 ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU: Đối tượng nghiên cứu học sinh lớp 8, lớp học sinh đội tuyển Toán Các tiết dạy lớp, dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán qua năm Tham khảo tài liệu, chuẩn kiến thức GD&ĐT, tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, loại sách tham khảo Các tiết sinh hoạt chuyên đề tổ chuyên môn 1.4 NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU: Nghiên cứu tình hình dạy học học vấn đề nhà trường Hệ thơng hố số phương pháp chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức Tìm hiểu mức độ kết đạt triển khai đề tài Phân tích rút học kinh nghiệm 1.5 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Phương pháp khảo sát thực tiễn, nghiên cứu lý luận, phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, so sánh, quan sát, kiểm tra, đánh giá 1.6 GIẢ THUYẾT KHOA HỌC: Nâng cao chất lượng dạy học sau nghiên cứu áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, giúp cho giáo viên dạy có hiệu cao hơn, học sinh ham thích học dạng tốn Phần 2: NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN: Xuất phát từ đặc trưng mơn tốn mơn Tốn trường THCS mơn “khoa học suy diễn” cung cấp cho học sinh kiến thức phổ thơng bản, vững có hệ thống Rèn luyện phát triển kĩ giải toán ứng dụng vào thực tế, khả tư logic, sử dụng ngơn ngữ xác Bồi dưỡng phẩm chất độc lập, sáng tạo, kiên trì, tích cực cho học sinh Căn vào thực tế dạy học chương trình Đại số tơi thấy hệ thống tập sách giáo khoa, sách tập Bộ giáo dục - Đào tạo ấn hành đáp ứng cho học sinh đại trà Đối với học sinh khá, giỏi dạng tập phong phú đa dạng 2.2 THỰC TRẠNG VÀ NGUYÊN NHÂN: 2.2.1 Thực trạng: *) Số liệu thống kê Khi chưa áp dụng đề tài, qua khảo sát 102 học sinh lớp 9A, 9F, HS đội tuyển Toán trường THCS Trần Mai Ninh phản ánh học sinh cịn lúng túng với dạng tốn đặc biệt học sinh biết tiếp cận dạng toán cách thực sự, kết cụ thể sau: Số học sinh Tỷ lệ Kết 27 26% Hứng thú với dạng toán 42 41% Biết cách tiếp cận dạng toán 33 33% Chưa biết cách tiếp cận dạng toán Qua kết khảo sát chất lượng ban đầu phản ánh học sinh lúng túng với dạng tốn đặc biệt học sinh biết tiếp cận dạng toán cách thực chưa có khả phân tích liệu từ đề để giải toán 2.2.2 Nguyên nhân: Đây dạng tốn khó, chủ yếu dạng tốn nâng cao dành cho học sinh giỏi Trong sách giáo khoa sách tập có dạng tốn Vì lớp có hội tiếp cận, thường phổ biến cho số em đội tuyển học sinh giỏi học sinh ôn thi vào trường chuyên 2.3 CÁC GIẢI PHÁP: Thực tế q trình giải tốn nói chung dạng tốn nói riêng khơng có đường thực cụ thể mà việc giải tốn đặc biệt tốn khó địi hỏi người dạy, người học phải tìm tịi sáng tạo cho phương pháp tiếp cận toán dựa sở học Từ tìm quy luật cách giải cho dạng toán Vì khn khổ đề tài này, tơi xin đưa phương pháp tiếp cận dạng toán chứng minh, rút gọn dựa vào đẳng thức cho trước số toán sau đây: A HỆ THỐNG HÓA CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN LIÊN QUAN  Như đặt vấn đề trên, để giải dạng toán ta cần phải kết hợp hài hòa đẳng thức cho với đẳng thức cần chứng minh biểu thức cần rút gọn từ tìm phép biến đổi hợp lý  Các phép toán cần thiết:  Các phép toán đa thức phân thức đại số  Các đẳng thức đáng nhớ đặc biệt đẳng thức: a3  b3  c3  3abc   a  b  c  a2  b2  c2  ab  bc  ca  a  b  c  a3  b3  c3  3 a  b  b  c  c  a Hệ quả: a  b  c  a3  b3  c3  3abc   Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử  Các phép biến đổi cần thiết khác (quy tắc mở ngoặc, đổi dấu, chuyển vế ) B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHAI THÁC ĐẲNG THỨC CHO TRƯỚC Sử dụng hệ quả: a  b  c  a3  b3  c3  3abc  Bài toán 1: 5 2 Cho a + b + c = Chứng minh: 2 a  b  c   5abc a  b  c  Lời giải: Cách 1: Từ a  b  c   a    b  c   a5    b  c   b5  5b4c  10b3c2  10b2c3  5bc4  c5   a5  b5  c5  5bc b3  c3  2bc b  c       5bc b  c  b  c  bc  2bc  5abc b  c a5  b5  c5  5abc 2b2  2c2  2bc Do đó: 2 2  bc  5abc b  c  b2  c2      5abc a2  b2  c2  5 2 Hay 2 a  b  c   5abc a  b  c  (đpcm) Cách 2: Sử dụng hệ 1: Từ a  b  c  suy a3  b3  c3  3abc a3  b3  c3 a2  b2  c2  3abc a2  b2  c2        a5  b5  c5  a2b2  a  b  b2c2  b  c  c2a2  a  c  3abc a2  b2  c2   a5  b5  c5  abc ab  bc  ac  3abc a2  b2  c2   2 Mặt khác: Từ a  b  c  suy a  b  c  2 ab  bc  ca a2  b2  c2     ab  bc  ca a2  b2  c2 5  a  b  c  abc  3abc a2  b2  c2 5  a  b  c  5abc a2  b2  c2  đpcm       Bài toán 2: Cho xy + yz + xz = xyz  Tính giá trị biểu thức: A  Lời giải: Từ giả thiết suy ra: yz xz xy   x2 y2 z2 1    0, nên theo hệ quả, ta có: x y z 1  1 1 xyz xyz xyz    Từ suy ra: A     xyz     3 3 x y z x y z xyz x y z  Sử dụng đẳng thức:   a3  b3  c3  3abc   a b  c a2  b2  c2  ab  bc  ca (1)  a  b  c (2)  a3  b3  c3  3 a  b  b  c  c  a Hai đẳng thức bị nhiều người bỏ quên, thật bất công đem lại cho ta nhiều điều thú vị Trước hết ta ý từ (1) suy a  b  c  a3  b3  c3  3abc   a  b  c (3) a   b  Từ (2) suy  a  b  c  a  b  c   b  c c  a (4) 3 3 Vận dụng hai trường hợp thật hiệu bất ngờ Sau xét số toán minh họa Bài toán 3: Cho a, b, c số thực khác cho a3b3  b3c3  a3c3  3a2b2c2 a  b  c   Hãy tính giá trị biểu thức: M =  1  1  1  b  c  a   Lời giải: Đặt x  bc,y  ac,z  ab  xyz  Từ giả thiết  y  x  z 3 a3b3  b3c3  a3c3  3a2b2c2 suy x  y  z  3xyz , M =  1 x  1 z  1 y      Từ (3) xét hai trường hợp 1) x + y + z = Từ (1), (2), (3) dễ dàng suy ra: 3 x  y  y  z  z  x  3xyz  M  1 2) x = y = z = hay a = b = c = => M = Thay số biểu thức cần tính biểu thức chứa chữ: Bài toán 4: Cho abc = 1, biết biểu thức sau xác định Chứng minh 1    ab  a  bc  b  ca  c  1 1   Giải: Ta có: ab  a  bc  b  ca  c  c ac   = , (Thay abc = 1) abc  ac  c abc  abc  ac ca  c  c ac ca  c      = ca  c  ca  c  ca  c  ca  c  1 1    ( đpcm) Vậy ab  a  bc  b  ca  c  đẳng thức: C2: Từ giả thiết abc  1 a  thay vào biểu thức ta có: bc a b c   ab  a  bc  b  ca  c  1 b bc 1 b  bc     1 bc  b  bc  b  bc  b  bc  b  a b c    ( đpcm) Vậy ab  a  bc  b  ca  c  Bài toán 5: Cho abcd = Chứng minh rằng: a b c d B    =1 abc  ab  a  bcd  bc  b  cda  cd  c  dab  da  d  Lời giải: C1: Thay = abcd C2: Tương tự tốn ta có: Từ abcd  1 a  thay vào biểu thức ta có: bcd a b c d B    abc  ab  a  bcd  bc  b  cda  cd  c  dab  da  d  1 b bc bcd     bcd  bc  b  bcd  bc  b  bcd  bc  b  bcd  bc  b  1 b  bc  bcd  1 bcd  bc  b  Tổng quát với trường hợp abc = k, ta thay số k biểu thức cần tính tích abc Bài tốn 6: Cho số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  Rút gọn biểu thức sau:  1 y   1 z   y  1 x   1 z   z  1 y   1 x  Dx 2 1 x2 1 y2 Lời giải: Từ giả thiết ta có: 2 1 z2 1 x2  xy  yz  zx  x2  x x  y  z x  y   x  y  x  z Tương tự ta có: 1 y2   y  x  y  z ; 1 z2   z  x  z  y Thay vào biểu thức ta có:  1 y   1 z   y  1 x   1 z   z  1 y   1 x  Dx 2 1 x2 1 y2  y  z  y  x  z  x  x  y  x y  z  y x  z  z x  y  2 xy  yz  zx  2 x 2 2 1 z2 Bài toán 7: Cho a, b, c đôi khác ab+ ac + bc = Tính giá trị biểu thức: a) A = (a  b) (b  c) (c  a) (1  a )1  b 1  c  Giải : a) Ta có : Tương tự: b) B =  2bc  1 b  2ca  1 c  2ba  1  a  b  b  c   c  a   a 2    ab  ac  bc  a 2     a  b   a  c   b2   b  a   c  b  ; Thay vào biểu thức A ta có: A= b) Ta có: a  c2   c  a   c  b   a  b   a  c  (b  c ) 1  a  b  (a  c)(b  a)(b  c)(a  c)(b  c) a  2bc   a  2bc  ba  ca  bc   a  b   a  c  c  2ab    c  a   c  b  Tương tự : b  2ca    b  a   b  c  ;  a  b  b  c   c  a   Thay vào rút gọn ta được: B = -1  a  b  b  c   c  a  Sử dụng phương pháp hệ số bất định Bài toán 8: Cho số thực x, y, z thỏa mãn:  x  y   x  y   z  2 4 y   z Tính giá trị biểu thức D  x  10 y  23z Lời giải: Ta có 2  x  y   x  y   z  x  y  z    2 y   z 4 y  z   Giả sử a, b cac số thực thỏa mãn: a  x  y  z   b  y  z   x  10 y  23z 2 2 2 Khi ax   4b  a  y   7b  a  z  x  10 y  23z với x, y, z a  a    4b  a  10   7b  a  23 b   2 2 Vậy D   x  y  z    y  z   2.0  3.5  15 Bài toán 9: Cho số thực dương x, y, z, t thỏa mãn: t   x  y  z    t 1  z  3x t Tính giá trị biểu thức E  x  y  9z Lời giải x  y z x    1  x  y  z  t t t   t  3 x  z     z  3x t t x y z Ta thấy    Giả sử a, b số thực thỏa mãn E t t t y z x z x y z x  a.     b. 3      t t t t t t t t  x y z x y z   a  3b   2a   2a  b     t t t t t t a  3b  a     2a     4.1  1.2  E 2a  b  b   Vậy E  * Bài tập tương tự: Bài toán 10: Cho số thực dương x, y, z x > y thỏa mãn: z z  x  y    z 4  x  y Tính giá trị biểu thức M  x x y Bài toán 11: Cho số thực dương x, y, z, t, s thỏa mãn:  s x  y  z    2s    x  2y  t  s 1  x  y  z  t  Tính giá trị biểu thức N  7x  4z  t Sử dụng phương pháp hình học Bài tốn 12: Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn:  x2  y2   2  y  z  16  y  xz  Tính giá trị biểu thức G  xy  yz Lời giải: t  y z x  x  y  z   t  t  t    t   t 1   z  3x  z  3x Xét tam giác ABC vng B có AB  3, BC  đường cao BH Đặt BH = y,  x2  y2   2 CD = z, ta thấy x, y, z thỏa mãn  y  z  16  y  xz  B A y x H z C Từ suy ra: G  xy  yz   x  z  y  2S ABC  3.4  12 Vậy G = 12 Bài tập tương tự: Bài toán 13: Cho số thực x, y, z với y dương ,thỏa mãn: 10 29  x  y    y  z    y  x   z  Tính giá trị biểu thức H  y   x 1   z Bài toán 14: Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn:   y  z  50  y2   169  x  xy    z2 x  xz   144  Tính giá trị biểu thức K  xy  yz  xz Một số dạng khác a b c    (*) với a, b, c đôi khác b c c  a a b a b c    Chứng minh: 2  b  c  c  a  a  b Bài toán 15: Cho Lời giải: Từ (*) ta suy ra: a b c  b a  b  c c  a    b c c  a a b  c  a  a  b a ab  ac  b2  c2  Hay b c  c  a  a  b a ab  ac  b2  c2  Nhân hai vế với ta có: b  c b c    c  a  a  b  b  c (1) bc  ab  c2  a2  Biến đổi tương tự ta có: c  a    c  a  a  b  b  c (2) b ac  cb  a2  b2  a  b    c  a  a  b  b  c c (3) Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta có: a b c   2  b  c  c  a  a  b 11 ab  ac  b2  c2 bc  ab  c2  a2 ac  cb  a2  b2     c  a  a  b  b  c  c  a  a  b  b  c  c  a  a  b  b  c ab  ac  b2  c2  bc  ab  c2  a2  ac  cb  a2  b2    đpcm  c  a  a  b  b  c x y z0 1   0 Chứng minh: y x x z x y x y z Bài toán 16: Cho Lời giải: Ta có: x  y  z  0 x  y  z  x  y  xy  z  x  y  z  2 xy Tương tự ta có: x  z  y  xz y  z  x  yz 1 1 1      Do ta có: y  x  x z  x  y x  y  z yz xz 2 xy  x y z xyz  0 xyz  đpcm Bài toán 17: Cho a, b, c x, y, z số khác khác không, đồng thời a b c x y z x2 y2 z2 thỏa mãn:    0;    Chứng minh rằng:    x y z a b c a b c Lời giải: a b c Đặt  p;  q;  r ta có: p + q + r = (*) x y z 1    (**) p q r 1 p q  r 1 Từ (**) suy ra:    p q r pqr 1 Kết hợp với (*) ta có:    p q r 2 x y z hay    (đpcm) a b c Bài toán 18: Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn  a  b  b  c  c  a  8abc Chứng minh rằng: a b c ab bc ca       (*) a  b b  c c  a  a  b  b  c  b  c  c  a  c  a  a  b 12 Lời giải: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với a  b  b  c  c  a  1   1   1   a b bc bc c  a  c  a a b ac ba cb      a  b  b  c  b  c  c  a   c  a   a  b  ac  a  c   ab  a  b   cb  b  c    a  c   a  b   b  c   ac  a  c   ab  a  b   cb  b  c   6abc   a  c   ac  b  ab  bc   8abc   a  c   a  b   b  c   8abc (dpcm) Cách 2: a b   x  a  b 1 x  b  a   b c    y  Đặt  y  b c b c   c a   z  c  a z  a  b   Từ điều kiện suy ra: xyz  , ta : xyz   1 x  1 y  1 z  1  x  y  z   xy  yz  xz  xyz  2xyz  1  x  y  z   xy  yz  xz  x  y  z   xy  yz  xz *Ý tưởng: Nhìn đẳng thức cần chứng minh cồng kềnh, nhiên tinh ý chút, ta thấy bên vế trái (*) có tổng ba thừa số đồng thời vế phải (*) xuất tổng hoán vị hai thừa số Vì chuyển vế ta nhóm nhân tử chung là: a  b  b  c  c  a  1   1   1   a b bc bc c  a  c  a a b ac ba cb      a  b  b  c  b  c  c  a   c  a   a  b Đến hướng tối ưu có lẽ quy đồng mẫu số biến đổi tương đương, kết hợp với giả thiết  a  b  b  c  c  a  8abc suy điều phải chứng minh 13 Hoặc , ta tới hướng tư ẩn phụ hóa để đơn giản tốn chút Vẫn hướng phát bên trên, ta đặt ẩn phụ thừa số x a b c ; y ; z Khi giả thiết  xyz  ta cần chứng a b b c c a  xy  yz  xz (**) Nếu dựa vào GT để chứng minh (**) chưa đủ mà cần phải khéo léo kết hợp với GT toán để biến đổi minh x  y  z  Bài toán 19: Cho a  b  c  sau: C ax  by  cz  Rút gọn biểu thức 2015 ax2  by2  cz2 bc y  z  ac x  z  ab x  y 2 Lời giải: Từ giả thiết ax  by  cz  , bình phương hai vế ta có:  ax  by  cz   a2x2  b2y2  c2z2  2 axby  axcz  bycz Biến đổi mẫu số phân thức cho ta có: 2 bc y  z  ac x  z  ab x  y (*)  bcy2  2bcyz  bcz2  bcz2  acx2  2acxz  acz2  abx2  2abxy  aby2  bcy2  bcz2  acx2  acz2  abx2  aby2  2 bcyz  acxz  abxy  Thay (*) vào (**) ta có: 2 bc y  z  ac x  z  ab x  y (**)  bcy2  bcz2  acx2  acz2  abx2  aby2  a2x2  b2y2  c2z2     c by  ax  cz   b cz  ax   by  ax  cz   a  b  c    by   a cz  bcy2  acx2  c2z2  bcz2  abx2  b2y2  acz2  aby2  a2x2 2 Từ đó: C  2 2 2  by2  ax2   ax2  by2  cz2 bc y  z  ac x  z  ab x  y 2 ax2  by2  cz2    2 a b c by  ax  cz  a  b  c    2015 2015 Vậy C = 2015 1    a  b  c  abc a b c 1 Rút gọn biểu thức: N    a b c Bài toán 20: Cho 14 Lời giải: Từ giả thiết ta có: 1  1 1          22 a b c  a b c 1 a b c    2 4 a b c abc 1      ( a  b  c  abc ) a b c 1    2 a b c Vậy N = C MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG 1 1    (*) Chứng minh rằng: a b c a b c 1 1    với n số nguyên dương lẻ an bn cn an  bn  cn Lời giải: 1 1 Ta có:    a b c a b c   bc  ac  ab  a  b  c  abc Bài toán 21: Cho          abc  b2c  bc2  ac2  a2c  abc  ab2  a2b    a  b  b  c  a  c   (a+b) = (b+c) = (a+c) = Hay a = - b; b = - c; c = - a Do n lẻ nên: an  bn;bn  cn;cn  an 1 1 Suy ra: n  n  n  n ) n n (vì a b c a b c cn Bài toán 22: Chứng minh nếu: a  b  c  a  b  c Thì với số nguyên dương lẻ n ta có: n a  n b  n c  n a  b  c Lời giải: Ta có: a  b  c  a b  c     a b c   a b c   a  b  c  3 a  b   a b  b c   3  b c    c  a  a b c c 3a 0 Suy ra: a  b  b  c  c  a  Vì vai trị a, b, c bình đẳng với nên giả sử a  b   a   b  b  a   b 15 Do với n số nguyên dương lẻ ta có: n a  n b  n c  n b  n b  n c   n b  n b  n c  n c  n c  b b  n c  b a Hay n a  n b  n c  n a  b  c 1 1 1   Bài toán 23: Chứng minh rằng,    x y z xy yz zx x y z Lời giải: Ta có: 1 1 1      x2 y2 z2 xy yz zx  1 1  1 1  2     2      x y z   xy yz zx  2  1   1  1           0  x y  y z  z x 1     x y z x y z D BÀI TẬP THAM KHẢO a b c   2014 2015 2016 Chứng minh rằng: 4 a  b  b  c   c  a Bài 1: Cho a, b, c thỏa mãn: x2  yz y2  xz z2  xy Bài 2: Cho   a b c a  bc b2  ac c2  ab   Chứng minh rằng: x y z ax3  by3  cz3  Bài 3: Cho  1 Chứng minh rằng:    x y z  ax2  by2  cz2  a  b  c Bài 4: Cho xy  xz  yz  x, y, z khác 1 x y z 4xyz Chứng minh: 1 x2  1 y2  1 z2   1 x   1 y2   1 z2  23 43 x3y  xy3  63 ;y  Bài 5: Cho x  Tính A   3  31 Bài 6: Cho a  b  c  (a, b, c khác 0) 16   1   B  ab a  b  bc b  c  ca c  a         Tính    ab a  b bc b  c ca c  a    Bài 7: Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn:  y2 x  xy   25   y   z 9 3  x  xz  z  16   Tính giá trị biểu thức P  xy  yz  xz 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Kết quả, đánh giá: Sau đưa toán hướng dẫn cho học sinh, khảo sát thu lại kết sau: Đơn vị Khối 8;9 Hứng thú với dạng Biết cách tiếp toán cận dạng toán Tổng số 102 HS 46 36 Tỷ số% 100% 45,1% 35,3% Qua bảng bảng khảo sát ban đầu ta thấy chất lượng học sinh tăng lên cách rõ rệt: - Hứng thú với dạng toán: tăng từ 27 HS lên 46 HS ( 20,8% lên 45,1%) - Biết cách tiếp cận dạng toán: tăng từ 20HS lên 36HS ( 8,3% lên 33,3%) Thông qua bảng số liệu cho thấy sáng kiến có tính ứng dụng mang lại hiệu cho việc học tập học sinh Tính ứng dụng đề tài Phương pháp nghiên cứu đề tài vận dụng với đại số tự chọn, đặc biệt hiệu việc định hướng nghiên cứu cho học sinh Giáo viên dùng làm tài liệu giảng dạy, nâng cao trình độ chun mơn đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10 PTTH Có thể thực chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tổ nhóm chun mơn Phần KẾT LUẬN Trong năm học 2018- 2019 đựợc Phịng Giáo dục Đào tạo thành phố Thanh Hóa, Ban giám hiệu trường THCS Trần Mai Ninh phân công bồi dưỡng học sinh giỏi Kết hợp với việc bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm gần thân tơi thấy việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho tốn dạng tốn cơng việc cần thiết Vì tơi tìm tịi nghiên cứu đưa số phương pháp hướng dẫn cho học sinh tiếp cận dạng toán 17 Trên số tốn tơi vận dụng vào q trình nghiên cứu hướng dẫn cho học sinh Những biện pháp học tơi trình bày trên, bước đầu đạt kết chưa thật mỹ mãn tâm ý thân Tuy nhiên, thực tốt tơi nghĩ góp phần đổi phương pháp dạy học mà ngành quan tâm đạo để nâng cao chất lượng học sinh nói chung chất lượng mũi nhọn nói riêng Nội dung đề tài kinh nghiệm biện pháp nhỏ bé để góp phần nâng cao chất lượng giáo dục, khơng tránh khỏi nhiều thiếu sót, tơi mong góp ý, xây dựng thầy giáo, giáo, bạn đồng nghiệp, nhằm giúp bước hồn thiện phương pháp giảng dạy Tơi hy vọng đề tài góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy học, góp phần tạo hứng thú cho học sinh học tập phần nàỵ Đề tài nhiều hạn chế như: - Chưa khai thác hết dạng - Các tập chưa nhiều; - Cách trình bày chưa thật súc tích, khoa học Tơi mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo, em học sinh đề tài để rút kinh nghiệm cho việc viết đề tài lần sau Tôi xin chân thành cảm ơn! Tôi xin cam đoan sáng kiếm kinh nghiệm khơng chép nội dung người khác XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2019 CAM KẾT KHÔNG COPY Người viết Trần Thị Hiền 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO - Sách giáo khoa, sách tập toán - Toán nâng cao phát triển toán – Vũ Hữu Bình - Bài tập nâng cao số chuyên đề toán – Bùi Văn Tuyên Tài liệu chuyên toán trung học sở - Toán – Đại số - Vũ Hữu Bình – Nguyễn Ngọc Đạm – Nguyễn Bá Đang – Lê Quốc Hân – Hồ Quang Vinh Toán nâng cao chuyên đề đại số NXB Giáo Dục Nâng cao & phát triển toán NXB Giáo Dục Nâng cao & phát triển toán NXB Giáo Dục Các chun đề chọn lọc tốn – Tơn Thân, Phạm Thị Lệ Hằng, Nguyễn Đức Trường 225 toán chọn lọc Đại số NXB Đại học quốc gia Một số tạp chí tốn học tuổi thơ NXB Giáo Dục Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ NXB Giáo Dục Thực hành giải toán NXB Giáo Dục Một số đề thi học sinh giỏi 19 ... lầm, đặc biệt gặp dạng toán? ? ?Cho đẳng thức A, yêu cầu chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức B”, nhiều học sinh không sa vào khai triển đẳng thức B, sau sử dụng kết đẳng thức A Nguyên nhân học... dục Nghiên cứu " Phương pháp khai thác đẳng thức cho trước toán chứng minh đẳng thức rút gọn biểu thức' ' Giúp giáo viên nâng cao lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp tri thức học từ định... tạo cho phương pháp tiếp cận toán dựa sở học Từ tìm quy luật cách giải cho dạng toán Vì khn khổ đề tài này, tơi xin đưa phương pháp tiếp cận dạng toán chứng minh, rút gọn dựa vào đẳng thức cho trước