Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2

Nội dung của bài viết này chỉ trình bày việc khai thác tính chất: Luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm. Biến đổi nó thành một Bất đẳng thức kép và hương dẫn học sinh sử dụng nó. Các bài toán trong bản Sáng kiến kinh nghiệm được chọn lọc và đủ dạng loại Đại số và hình học giúp học sinh sử dụng tốt Bất đẳng thức trên.

Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) MỤC LỤC NỘI DUNG Sơ đồ khai thác tính chất lũy thừa bậc hai SKKN năm học 2014-2015 I – ĐẶT VẤN ĐỀ 1) Lý chọn để tài 2) Phạm vi đề tài 3) Thời gian thực đề tài 4) Đối tượng nghiên cứu 5) Phương pháp nghiên cứu II – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1) Quá trình chuẩn bị 2) Quá trình thực Khắc sâu BĐT kép Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a2 + b2 ≥ 2ab TRANG 1-2 4 4 Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b)2 ≥ 4ab 5 Sử dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 14 III – KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1) Kết 2) Bài học kinh nghiệm SƠ ĐỒ KHAI THÁC BĐT (I) (SKKN năm học 2014 -2015) 1/18 17 18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) A2 ≥ (A - B)2 (ay - bx)2 (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2 (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + 1 + + ) ≥ với x, y, z>0 x y z (x + y + z)( x, y, z > x+ y + z  1 1 CMR: + + ≥ x y z x, y, z > x+ y + z = 1 1 CMR: + + ≥ x y z a, b, c > a+ b + c  CMR   a  2bc b  2ac c  2ab a b c + + ≥ với bc ac ba abc a2 b2 c2 + + ≥ với bc ac ba a,b,c>0 a2 b2 c2 + + ≥ với bc ca ba + x ( y  z) + y ( z  x) 3 ≥ với x,y,z > z ( x  y) ; xyz = 1 + x ( y  z) 1 + với x,y,z > y ( z  x) z ( x  y) Tìm GTNN của: SƠ ĐỒ : xyz = 1KHAI THÁC BĐT (II) VÀ (III) (SKKN năm học 2014 -2015) A2 ≥ 2/18 1 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ 1- Lý chọn đề tài Tại đại hội toàn quốc lần thứ IX Đảng cộng sản Việt Nam khẳng định: “Giáo dục đào tạo phải có đổi nâng cao chất lượng toàn diện nội dung phương pháp dạy học Phát huy tư khoa học sáng tạo, lực tự học , tự nghiên cứu học sinh” Sự phát triển mạnh mẽ cách mạng khoa học công nghệ thông tin đại tốn học có tác dụng sâu sắc lĩnh vực xã hội loài người Chính vậy, chiến lược người nay, nhà nước ta coi trọng đặc biệt việc nâng cao toàn diện giáo dục cho học sinh Đặc biệt nhà nước ta thị giáo dục đề cao bồi dưỡng học sinh giỏi học sinh có khiếu, bồi dưỡng nhân tài trường phổ thơng Tốn học nội dung quan trọng công tác bồi dưỡng phát triển lực cho học sinh học sinh giỏi Trong chương trình Tốn lớp, Cuốn sách Đại số có tính chất: Luỹ thừa bậc hai số.Nắm chắc, hiểu sâu tính chất này, học sinh áp dụng vào nhiều toán Bất đẳng thức Phạm vi chọn đề tài Nội dung viết Sáng kiến kinh nghiệm tơi trình bày việc khai thác tính chất: Luỹ thừa bậc hai số khơng âm Biến đổi thành Bất đẳng thức kép hương dẫn học sinh sử dụng Các tốn Sáng kiến kinh nghiệm chọn lọc đủ dạng loại Đại số hình học giúp học sinh sử dụng tốt Bất đẳng thức Đặc biệt sâu vào biện pháp khai thác phát triển sử dụng Bất đẳng thức: (a -b)2≥ Tuỳ theo mức độ dạy cho học sinh đại trà học sinh giỏi Thời gian thực - Các năm học 2014-2015; 2015-2016; 2016-2017 Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 8A1, 9A1 - Trường THCS Phương Liệt Các phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu sách tham khảo - Tổng hợp nội dung nghiên cứu theo dạng chuyên đề - Trong trình nghiên cứu phương pháp thực tiễn gồm: + Phương pháp điều tra + Phương pháp thực nghiệm + Phương pháp nêu vấn đề + Phương pháp phân tích tổng hợp 3/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Quá trình chuẩn bị Khảo sát thực tế: Sau nhận lớp, dành thời gian làm quen với lớp, tình hình học tập em Đánh giá sơ trình độ nhận thức học sinh qua kiểm tra chất lượng Tìm phương pháp giảng dạy thích hợp với đối tượng + Giáo viên nghiên cứu nội dung SGK lớp 8, SGK lớp 9, hệ thống tập lien quan đến bất đẳng thức từ lớp đến lớp đặc biệt lớp lớp + Hệ thống lại tập dạng loại, sâu chuỗi kiến thức lại với tạo thành hệ thống tập phát triển tư vững + Sau dạng loại, có chốt kiến thức khắc sâu phương pháp + Phương pháp dạy học phải tạo điều kiện cho học sinh học tập trải nghiệm, phát triển lực tự học cho học sinh Tôi thực đề tài với lớp 8A1, 9A1 Thời gian thực tháng Khảo sát kết trước thực sau: Xếp loại Giỏi Khá Trung bình Yếu Lớp 8A1 30% 38% 27% 5% Lớp 9A1 28% 43% 22% 7% Trước thực đề tài: việc chứng minh bất đẳng thức gặp vơ khó khăn, học sinh khơng biết vận dụng kiến thức để chứng minh bất đẳng thức, không khí học tập trầm đơn điệu, học sinh giỏi chán nản, có ý thức chủ quan xem nhẹ học tập, coi thường thiếu ý chí vươn lên 4/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 2) Quá trình thực hiện: A KHẮC SÂU BẤT ĐẲNG THỨC KÉP: a2 + b2 ≥ (a  b) ≥ 2ab 1/.Tính chất lũy thừa bậc hai “Bình phương số không âm” A ≥ A Suy rộng : (a – b)2≥ với a, b R Đây bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng giải tập Đại số Hình học có hiệu : a2 + b2 ≥ 2ab 2 (a – b) = a – 2ab + b ≥  (a + b)2 ≥ 4ab a + b ( a  b) ≥ (I) (II) (III) Dấu xảy a = b Cả ba Bất đẳng thức nêu lên ý nghĩa quan hệ tổng hai số với tích chúng với tổng bình phương hai số 2.Chứng minh Bất đẳng thức (I), (II), (III) BĐT (I): a2 + b2 ≥ 2ab  a2 – 2ab + b ≥  (a – b)2 ≥ (đúng) Dấu “=” xảy a = b BĐT (II): (a + b)2 ≥ 4ab  a2 + 2ab + b2 – 4ab ≥  a2 – 2ab + b ≥  (a – b)2 ≥ (đúng) Dấu “=” xảy a = b BĐT (III): a2 + b2 ≥ (a  b) 2 2a2 + 2b2 ≥ a2 + 2ab + b  a2 – 2ab + b ≥  (a – b)2 ≥ (đúng) Dấu “=” xảy a = b Tổng hợp ba Bất đẳng thức (I), (II), (III) tạo Bất đẳng thức kép: 5/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) a2 + b2 ≥ (a  b) ≥ 2ab Dấu “=” xảy a = b B CÁC BÀI TOÁN VẬN DỤNG I/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a2 + b2 ≥ 2ab *Áp dụng BĐT (II) : a2 + b2≥ 2ab vào đại số 1.Bài toán 1: Cho số a, b, c, x thoả mãn điều kiện x + a + b + c =  2 2  x  a  b  c  13 Chứng minh : ≤ x ≤ Giải : Áp dụng BĐT (I) : a + b ≥ 2ab Do : ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 2ab + 2ac + 2bc  3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )2 Mặt khác: (1)  a + b + c = – x (2)  a2 + b2 + c2 = 13 – x2 Thay vào (*): 3(13 – x2) ≥ (7 – x)2  4x2 – 14x + 10 ≤ 2  2( x – )(x 1≤x≤ (*) )≤0 (đpcm) 2.Bài toán : Cho ba số x, y, z thoả mãn: x + y + x = Chứng minh : x4 + y4 + z4 ≥ xyz Giải : 2 Áp dụng BĐT (I) ta có : a + b ≥ 2ab Do : x4 + y4 ≥ 2x2y2 y4 + z4 ≥ 2y2z2 z4 + x4 ≥ 2z2x2  2( x4 + y4 + z4 )≥ 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) Áp dụng bất đẳng thức (I) x2y2 + y2z2 ≥ 2xy2z y2z2 + x2z2 ≥ 2yz2x z2x2 + x2y2 ≥ 2zx2y  2( x2y2 + y2z2 + x2z2) ≥ 2xyz( x + y + z ) Từ (1), (2) suy ra: x4 + y4 + z4 ≥ xyz (đpcm) 6/18 (1) (2) Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 3.Bài toán 3: Cho ba số a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a + b + c + d = Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ Giải: 2 Áp dụng bất đẳng thức (1): a + b ≥ 2ab ta có : a2 + b2 ≥ 2ab a2 + b2 ≥ 2ab c2 + b2 ≥ 2cb a2 + d ≥ 2ad d2 + c2 ≥ 2dc b2 +d2 ≥ 2db Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: 3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ (ab + bc + cd + ac + ad + bd)  4(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ (a + b + c + d )2 = 2 =  a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (đpcm) Dấu “= ”xảy a = b = c = d = *Áp dụng BĐT (I) : a2 + b2≥ 2ab vào hình học 4.Bài tốn 4: Trong tứ giác lồi ABCD với diện tích S có điểm thoả mãn điều kiện : OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S Chứng minh rằng: ABCD hình vng nhận O tâm C Giải : B + Ký hiệu SABCD = S SAOB = S1; SBOC = S2; SCOD = S3 ; SDOA = S4 1 O + S ≤ OA.OB; S ≤ OB.OC; 2 1 S3≤ OC.OD; S4≤ OD.OA; 2 D A Áp dụng BĐT (1): a2 + b2 ≥ 2ab  ab ≤ Ta có : S ≤ 2 ( a + b 2) ( S1 + S2 + S3 + S4 ) 1 ( OA2 + OB2 + OC2 + 2 1 OD2 + OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) = ( OA2 + OB2 + OC2 + OD2) = 2S = S 2 S ≤ OA.OB + OB.OC + OC.OD + OD.OA ≤ Ta thấy điều xảy BĐT trở thành đẳng thức, nghĩa phải có: OA  OB; OB  OC ; OC  OD; OD  OA  OA  OB  OC  OD  ABCD hình vng nhận O làm tâm 5.Bài toán 5: Cho đoạn thẳng AB đường thẳng d song song với Tìm điểm M (M d nằm khác phía AB ) cho tia MA, MB tạo với đường thẳng d thành  MCD có diện tích nhỏ 7/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) Giải : M d’ x A B h H d C K D Gọi C D giao điểm tia MA MB với đường thẳng D Diện tích  MCD = S; MH MK đường cao  MAB  MCD Đặt MH = x; AB = a; HK = h Do AB // CD   MAB đồng dạng  MCD AB MH x a ( x  h)    CD  CD MK x  h x a ( x  h) a x  2hx  h a h2 Do : S = CD.MK =   ( x  2h  ) x x x 2 h Do a h số nên S nhỏ x+ nhỏ x h2 Ta lại thấy x hai số dương x h2 Xét tích x =h2 x h2 h2 Vậy tổng x+ nhỏ x =  x2 = h2  x = h x x  II/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b)2 ≥ 4ab *Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2≥ 4ab vào đại số 6.Bài toán 6: Cho x, y số thực thỏa mãn x + y = Chứng minh : xy(x + y2)  Giải  a  b  , ta có : Áp dụng bất đẳng thức : ab  2 x  y  1  xy   x  y   2 xy  x  y   (2 xy )( x  y )   2 2 2 Dấu đẳng thức xảy x = y =1 6.Bài toán 6: Cho a, b, c >0 a + b + c = CMR: b + c ≥ 16abc Giải: Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab 8/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) Từ giả thiết: = ( a + (b + c)2) ≥ 4a(b + c) Do b + c > nên nhân hai vế với b + c b + c ≥ 4a(b + c)2` (1) Áp dụng BĐT (II) ta lại có : ( b + c )2 ≥ 4bc (2) Từ (1) (2) suy ra: b + c ≥ 4a.4bc = 16abc Vậy b + c ≥ 4abc (đpcm) Dấu “=” xảy a = b + c = 7.Bài toán 7: Cho a, b, c > CMR : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Giải : Áp dụng BĐT (II) ta có : (a + b)2 ≥ 4ab (b + c)2 ≥ 4bc (c + a)2 ≥ 4ca  (a + b)(b + c)(c + a)2 ≥ 64a2b2c2(vì a, b, c >0)  (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc (vì a, b, c >0) (đpcm) Xảy đẳng thức a = b = c >0 8.Bài toán 8: Chứng minh với a, b, c ta có : (a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c) Giải Áp dụng BĐT (II) ta có : Trước hết (a + b)2 (b + c)2 = (a + b)(b + c)2 = (ab + ac + b2 + bc)2 = (ac + (a + b + c)b2 Áp dụng BĐT (II) cho hai số : ac (a + b + c)b ta có: (ac + (a + b + c)b2≥ 4ac.(a + b + c)b Xảy dấu “=”khi ac = (a + b + c).b Vậy (a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c) (đpcm) 9.Bài toán 9: Cho a1, a2, a3, …, an  0; 1 CMR : (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ (a12+ a22+ a32+ …+ an2) Giải: Áp dụng BĐT (II): (a + b) ≥ 4ab Cho hai số a1+ a2+ a3+ …+ an ta được: (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4.1.( a1+ a2+ a3+ …+ an) hay (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4( a1+ a2+ a3+ …+ an) Do  0; 1 với i = 1, 2, 3, …, n Nên suy ≥ ai2 Từ kết ta suy ra: 9/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ (a12+ a22+ a32+ …+ an2) Xảy dấu “=” a1= a2= a3= …= an-1 = an = *Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2≥ 4ab vào hình học 10.Bài tốn 10: Cho tứ giác lồi ABCD có tổng hai đường chéo 48 CMR diện tích SABCD ≤ 288 Chứng minh Ta có SABCD = S = AC.BD (1) với AC BD hai đường chéo (a  b) vào BĐT (1) ta có : ( AC  BD) 48 AC.BD ≤   576 4 Từ (1) (2) suy : S ≤ 576 = 288 (đpcm) Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab  ab≤ (2) 11.Bài toán 11: Hai đường chéo AC BD tứ giác lồi ABCD cắt O Biết diện tích SAOB = 49; SCOD = 64 CMR : S(ABCD) ≥ 225 Giải C S OA S AOD B Ta có : AOB  (chung đường cao)  S BOC OC S COD  SAOB SCOD = SBOC SAOD = 49 64 = 562 Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab ta có : (SBOC + SAOD)2 ≥ SBOC SAOD (SBOC + SAOD)2 ≥ 49 64 = 1122  SBOC + SAOD ≥ 112 D  SABCD ≥ 49 + 64 +112 = 225 (đpcm) O A 12.Bài toán 12: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S = 2048, tổng AB + BD + DC = 128 Tính độ dài BD? Giải: C SABCD = SABD + SBCD B 1 ≤ AB.BD  CD.BD  BD( AB  CD ) 2 Áp dụng BĐT (II) (a + b)2≥ 4ab O  ab≤ ( a  b) cho hai số : BD AB + CD ta có : A D 1 ( BD  AB  CD ) 1  1282 = 2048 2048 ≤ BD.( AB  CD)  2 4 10/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) Dấu “=”xảy BĐT trở thành đẳng thức nghĩa phải có: BD = AB + CD mà BD + AB + CD = 128  BD = 128 : = 64 Vậy BD = 64 13.Bài toán 13 : Cho  ABC Qua điểm M thuộc cạnh AC kẻ đường song song với hai cạnh kia, chúng tạo thành với hai cạnh hình bình hành Tìm vị trí M để hình bình hành có diện tích lớn Giải A x E M H y S1 B K F F Gọi hình bình hành tạo thành EMFB Đặt dt(EMFB) = S1; dt(  ABC) = S (const) Ta cần tìm GTLN S1 Kẻ AK  BC; AK ∩ EM = H Ta có S1 = EM HK; S =  BC.BK S EM HK = BC AK S1 Đặt MA = x ; MC = y Vì EM // BC  EM AM x (định lý Ta lét)   BC AC x  y HK y (định lý Ta lét)  AK x  y S xy Nên = S1 ( x  y) Và Áp dụng BĐT (a + b)2  4ab  2ab  2 ( a  b) S xy 1 =   S1  S S1 2 ( x  y) Do max S1 = S  x = y  điểm M trung điểm AC Vậy Vậy điểm M nằm vị trí trung điểm AC diện tích BEMF đạt Max 14.Bài tốn 14: Cho hình bình hành BEMF Dựng cát tuyến qua M cắt cạnh góc B tạo thành tam giác có diện tích nhỏ 11/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) Giải A M E B F C Bài toán 14 toán khai thác toán 13 Bài tốn có SBEMF = const = S1 Các lập luận tương tự 13 với SABC = S1 ta có : Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2  4ab  Ta có : S ( x  y) = xy S1 ( a  b) 2 2ab ( x  y) S = ≥2 S1 xy Dấu “=” xảy x = y tức vị trí điểm M trung điểm AC Từ ta thấy cách dựng cát tuyến qua M: - Lấy tia BE điểm A cho E trung điểm BA - Tia AM cắt tia BF C  ABC có diện tích nhỏ 15.Bài tốn 15: Trong hình ABCD (BC // AD) có diện tích S không đổi Hai đường chéo AC BD cắt E Hỏi hình ÄABE có diện tích lớn Giải D C + Dễ thấy S ABE = SCDE = S’ S + Đặt SBCE = S1 ; SAED = S2 S’ DK = x AD = y + Trước hết ta chứng minh rằng: S2 S’ S’ = S1.S2 (1) KA ' ' S EC D S1 S A EC S Thật : 1'  ;  '   S’ = S1.S2  S EA S2 +Ta biểu thị tỉ số : EA S S2 S1 S S ' ; ; theo x, y S S S Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD K Ta có : DK = BC = x; SACK = SABCD = S  ACK  CEB  AED  BC x  AK x  y S1 S2 BC x2 AD y2 ; ( )   ( )  S AK AK ( x  y) S ( x  y) 12/18 (2) Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) Từ (1) (2) suy ra: S ' S1 S x2 y2 S' xy )     S S S S ( x  y) ( x  y) ab Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2  4ab   ( a  b) ( S' xy 1    S'  S ( x  y) 4 Vậy Max S = x = y tức hình ABCD trở thành hình bình hành Ta có : 16.Bài tốn 16: Qua điểm M thuộc miền ÄABC vẽ đường thằng AM, BM, CM cắt cạnh tam giác A1, B1, C1 CMR : AM BM CM 8 A1 M B1 M C1 M Giải Từ A hạ AH  BC; MH  BC Kí hiệu S(MBC) = S1; S(MCA) = S2; S(MBA) = S3  AHA1  MH 1A1 A B1 M AA1 S  S  S3 AH S    MA1 MH S1 S1 MA S1  S S S  =   MA1 S1 S1 S1  B H H1 A1 C Chứng minh tương tự : MB S1  S MC S1  S ;   MB1 S2 MC1 S3 Nhân theo vế ba BĐT : (S  S )( S1  S )( S1  S ) AM BM CM  A1 M B1 M C1 M S1 S S Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2  4ab Muốn ta bình phương vế (*) ( AM BM CM (S1  S ) (S1  S ) ( S1  S ) S 1S S S 4S S ) ( ) ( )    64 A1 M B1 M C1 M ( S1 S S ) ( S1 S S ) AM BM CM (đpcm) 8 A1 M B1 M C1 M Dấu “=”xảy M trọng tâm  ABC III/.Sử dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 *Áp dụng BĐT (III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 vào đại số 17.Bài toán 17: Cho a + b = CMR : a2 + b2 ≥ 18 13/18 (*) Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) Giải: 2 Áp dụng BĐT : 2(a + b ) ≥ (a + b) ta có : (a2 + b2) ≥ (a  b) 36   18 2 (đpcm) *Khai thác toán: Tương tự : (a  b ) 18   162 2 (a  b ) 162 (a8 + b8) ≥   13122 2 (a4 + b4) ≥ 18.Bài toán 18: Cho a, b > a + b = 1 a b CMR : (a  )  (b  )  12,5 Giải : 1 b + ta có : a b 1 ab 2 (a   b  ) (a  b  ) (1  ) 1 a b  ab ab (a  )  (b  )   a b 2 2 Áp dụng BĐT (II) : (a + b)  4ab  ≥ 4ab  ≥4 ab (1  ) 2 ab  (1  4)  25  12,5 Do : 2 2 Kết hợp với (*) ta có (a  )  (b  )  12,5 (đpcm) a b Đẳng thức xảy a = b = Áp dụng BĐT : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 cho hai số a + 19.Bài toán 19: Cho a, b, c số thoả mãn : a  b  c   2 a  b  c  CMR : a, b, c  0;   3 Giải: Ta cần chứng minh : ≤ a ≤ (b, c tương tự) Áp dụng BĐT(III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 Ta có : 2(b2 + c2) ≥ (b + c)2 Từ (1) : b + c = – a (2):b + c2 = – a2  2(2 - a2) ≥ (2 – a)2  – 2a2 ≥ – 4a + a2  3a2 – 4a ≤  a( – ) ≤ 14/18 (*) Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) 4 Chứng minh tương tự : ≤ b ≤ ; ≤ c ≤ 3 Giải BPT ta được: ≤ a ≤ *Áp dụng BĐT (III) : 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 vào hình học 20.Bài tốn 20: Cho tam giác vng ABC có góc C 900, hai cạnh góc vng CA CB b c cạnh huyền AB c Chứng minh c ≥ Giải  = 900 ACB AB = c; AC = b; CB = a Áp dụng định lý Pitago vào ABC: c2 = a2 + b2 Áp dụng BĐT (III): 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 2c2 ≥ (a + b)2 A  c2 ≥ C ab B c≥ (a  b) 2 ab (đpcm) Từ ba BĐT toán tiêu biểu xây dựng thành chùm tốn có mối liên quan 15/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) PHẦN III : KẾT LUẬN A/.MỘT SỐ KẾT QUẢ 1/- Đối với thày – người truyền thụ tri thức Khai thác BĐT (a - b)2 = a2 – 2ab + b2 ≥ để hướng dẫn học sinh sử dụng BĐT kép : a + b2 ≥ ( a  b)  2ab để bồi dưỡng học sinh giỏi q trình tích luỹ, nghiên cứu học hỏi không ngừng thường xuyên liên tục người thày Việc giúp cho vốn kiến thức tốn học thày khơng ngừng củng cố, bổ sung, nâng cao kinh nghiệm giảng dạy thày ngày phong phú Phạm vi đề tài sâu vào trình bày cách khai thác sử dụng ba bất đẳng thức mà ta tạm gọi “kép” Sử dụng ba bất đẳng thức ta xây dựng chùm tập có mối liên quan Tuy nhiên, nhiều tập dạng chứng minh BĐT, với cách suy nghĩ cách làm tương tự, có hàng loạt tốn tạo thành chùm toán BĐT hay sinh động, giải toả tâm lí khó dạy khó học chứng minh BĐT thày trị Tuỳ theo trình độ học sinh đối tượng mà khai thác giảng dạy mức độ khác cho phù hợp Điều địi hỏi người thày phải có q trình thường xuyên đúc rút kinh nghiệm nâng cao nghệ thuật sư phạm Lấy kiến thức SGK làm chuẩn mực kết hợp với tri thức sách tham khảo, với tìm tịi sáng tạo thân, người thày hoàn toàn làm chủ tri thức q trình giảng dạy Đây mấu chốt để người thày dạy tốt Tìm tòi, khai thác phát triển, hướng dẫn học sinh sử dụng BĐT: (a - b)2 = a – 2ab + b ≥ thông qua BĐT kép biện pháp thực nhiều năm năm lại bổ sung phong phú sâu sắc môn học mơn tốn Đây phương pháp nghiên cứu khoa học bồi dưỡng cho học sinh theo phương pháp tập cho học sinh tiếp cận với phương pháp tự học tập, tự nghiên cứu- Một biện pháp đổi phương pháp học tập học sinh Phần trình bày SKKN đồng thời nội dung giảng trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh (nhất đối tượng học sinh giỏi) lớp 8A1, 9A1 2) Đối với học sinh Thường xuyên bồi dưỡng, khai thác phát triển toán kiến thức trình bày học sinh hiểu sâu, nhớ lâu hiểu rộng vấn đề vừa làm quen phương pháp tìm tịi, tích luỹ, tổng hợp, tự nghiên cứu Học sinh cần biết củng cố kiến thức mà biết trau dồi nâng cao tri thức tốn học từ giảng thày từ sách tham khảo cách thông minh sáng tạo Được học tập bồi dưỡng theo cách thày hướng dẫn, khai thác kiểu trình bày SKKN học trò : “Học biết nhiều” vừa tiết kiệm thời gian học tập nghiên cứu 16/18 Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015) Học sinh chủ động tri thức mình, phát huy tính tích cực sáng tạo hoạt động học tập 3) Kết kiểm chứng: Sau thực giảng dạy cho học sinh theo phương pháp trên, với tìm tịi tích lũy kiến thức cách nghiêm túc, học sinh tiến điều niềm động viên cho than tiếp tục phấn đấu Kết khảo sát chất lượng dành cho học sinh lớp sau học chuyên đề bất đẳng thức sau: Xếp loại Lớp 8A1 Lớp 9A1 Giỏi 68% 62% Khá 27% 31% Trung bình 5% 7% Yếu 0% 0% B/-MỘT SỐ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 1.Trong qúa trình giảng dạy, trình bồi dưỡng học sinh giỏi, người thày bên cạnh kiến thức phải biết tìm tịi, khai thác phát triển nâng cao tổng qt hố ănggơrit hố cần thiết Có phát huy vai trị tích cực hố hoạt động học sinh Phát huy tính tích cực thơng minh sáng tạo trò, tạo điều kiện trực tiếp cho học sinh tự làm việc tự nghiên cứu – làm việc nhiều 2.Thày trị thường xun tích cực học tập tích luỹ học hỏi cách sáng tạo để người dạy “Biết mười dạy một” học sinh “Học biết mười” 3.Quá trình hạy HSG người dạy cần phải tiến hành từ dạy tốt, khắc sâu kiến thức nâng cao mở rộng phát triển Cố gắng đào sâu, phát triển nâng cao sở từ đơn giản đến phức tạp, lưu ý đến tính vừa sức tránh địi hỏi tải Người dạy phải học tập, cập nhật thơng tin, nâng cao trình độ khơng ngừng đúc rút kinh nghiệm để đáp ứng ngày cao công tác bồi dưỡng nhân tài nghiệp C- KẾT LUẬN Trên số biện pháp kết kinh nghiệm mà thực Tôi tiến hành đúc rút thành kinh nghiệm q trình dạy Tốn cho học sinh (nhất bồi dưỡng học sinh giỏi) Trong trình bày khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong ý kiến đóng góp đồng chí đồng nghiệp 17/18 ... x4 + y4 + z4 )≥ 2( x2y2 + y2z2 + z2x2 ) Áp dụng bất đẳng thức (I) x2y2 + y2z2 ≥ 2xy2z y2z2 + x2z2 ≥ 2yz2x z2x2 + x2y2 ≥ 2zx2y  2( x2y2 + y2z2 + x2z2) ≥ 2xyz( x + y + z ) Từ (1), (2) suy ra: x4.. .Khai thác phát triển tính chất lũy thừa bậc (Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 20 14 – 20 15) A2 ≥ (A - B )2 (ay - bx )2 (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by )2 (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥... : 2( a2 + b2) ≥ (a + b )2 Ta có : 2( b2 + c2) ≥ (b + c )2 Từ (1) : b + c = – a (2) :b + c2 = – a2  2( 2 - a2) ≥ (2 – a )2  – 2a2 ≥ – 4a + a2  3a2 – 4a ≤  a( – ) ≤ 14/18 (*) Khai thác phát triển tính