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

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức

1. ¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc Môc lôc STT NỘI DUNG TRANG 1 MỤC LỤC 1 2 A. PHẦN MỞ ĐẦU 2 I.Lý do chọn đề tài 1.Cở sở lý luận 2.Cơ sở thực tiễn II. Mục đích nghiên cứu III.Phương pháp nghiên cứu 3 IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG 3 B. HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài I Bài II 4 4-14 ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG 1 DẠNG 2 DẠNG 3 ÁP DỤNG TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 5 15 C.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 1.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC 2.BÀI HỌC KINH NGHIỆM 6 D. KẾT LUẬN 16 7 TÀI LIỆU THAM KHẢO 17 1
2. ¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc A.PHẦN MỞ ĐẦU I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: 1.Cơ sở khoa học: Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học kĩ thuật và đời sống, giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học khác có hiệu quả. Thông qua việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung toán học và phương pháp giải toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa Toán học còn là cơ sở của mọi ngành khoa học khác, chính vì thế toán học có vai trò quan trọng trong trường phổ thông, nó đòi hỏi người thầy giáo mọi sự lao động nghệ thuật sáng tạo để có được những phương pháp dạy học giúp học sinh học và giải quyết bài toán. Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học THCS . Trong quá trình dạy toán ở THCS, qua kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và qua quá trình tìm tòi bản thân tôi thấy hai bài toán được áp dụng nhiều trong quá trình chứng minh bất đẳng thức .Thiết nghĩ mỗi giáo viên toán cần trang bị cho học sinh để giúp các em giải tốt các bài toán về bất đẳng thức góp phần nâng cao tư duy toán học, tạo diều kiện cho việc học toán nói riêng và trong quá trình học tập nói chung. 2. Cơ sở thực tiễn Bất đẳng thức là loại toán mà học sinh THCS vẫn coi là loại toán khó. Nhiều học sinh không biết giải Bất đẳng thức thì phải bắt đầu từ đâu và phương pháp giải loại toán này như thế nào. Thực tế cho thấy toán Bất đẳng thức có nhiều trong chương trình THCS, nhưng không được trang bị một số bài tập cơ bản nhất định gây cho học sinh nhiều khó khăn khi gặp và giải quyết loại toán này. Các bài toán có liên quan tới Bất đẳng thức hầu như có mặt ở mọi đề thi kể cả các đề thi tốt nghiệp cho đến đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào lớp 10 trung học phổ thông. Đối với các giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi thì việc nắm vững phương pháp Bất đẳng thức sẽ bổ sung nhiều vào kho kiến thức của mình. Đối với học sinh sẽ khắc phục được những hạn chế trước đây giúp các em có tinh thần tự tin trong học tập bộ môn toán. Với những kinh trong quỏ trỡnh dạy học của bản thõn tôi xin giới thiệu bạn bè đồng nghiệp, các nhà chuyên môn và các 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 này sẽ góp phần quan trọng trong việc giảng dạy toán học nói chung và Bất đẳng thức nói riêng, đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ụn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyờn và khụng chuyờn . Đề tài này cũn giúp học sinh biết thêm phương pháp giải Bất đẳng thức một cách nhanh chóng và hiệu quả, Phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh trong quá trình học tập. III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu hai bài toán cơ bản và quen thuộc - Thông qua nội dung phương pháp và các bài tập mẫu nhằm rèn luyện kỹ năng và phát triển trí tuệ cho học sinh - Rèn kĩ năng cho học sinh qua các bài tập tương tự IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG: - Hai bài toán cơ bản. 2
3. ¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc - Bồi dưỡng cho giáo viên và học sinh THCS. B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI : HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài I. Víi a,b,c ,x,y > 0. Chøng minh 2 a2 b2 a b x y x y Gi¶i. 2 2 2 a b a b 2 (a2 y b2 x)(x y) a b xy x y x y a2 y2 a2 xy b2 x2 b2 xy a2 xy b2 xy 2abxy a2 y2 b2 x2 2abxy 0 ay bx 2 0 a b Luôn đúng với mọi a,b,c ,x,y > 0 dÊu “ =” xÈy ra x y Suy ra b¶ng sau: 2 a2 b2 a b 1 1 1 1 suy ra 1. x y x y x y 4 x y 1 1 4 (x y)2 4xy ( víi a,b,c ,x,y > 0) 2. a b x y x y 2 2 dÊu = xÈy ra khi x y 2xy hoặc x y 3. (x y)2 x2 y2 2 Bµi II. ¸p dông Bµi I ta chøng minh 2 a2 b2 c2 a b c x y z x y z 2 2 a2 b2 c2 a b c2 a b c Giải : (áp dụng bài toán I) x y z x y z x y z a b c dÊu = xÈy ra ( víi a,b,c ,x,y > 0) x y z Suy ra b¶ng sau: 2 a2 b2 c2 a b c x y z x y z 1 1 1 9 1 1 1 a b c x y z 9 dÊu = xÈy ra x y z x y z 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 bài toán thuộc dạng nào trong các bài toán trên, xem có phải biến đổi bài toán rồi mới áp dụng không, biến đổi như thế nào cho phù hợp ÁP DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng 1 Áp dụng bài toỏn 1 3
4. ¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc 1 1 1 1 1 1 1 Bµi 1. Cho a , b, c > 0, vµ a + b + c = 1. chøng minh c 1 a 1 b 1 4 a b c 1 1 1 1 Gi¶i. ¸p dông bµi to¸n I với x, y > 0 ta có x y 4 x y 1 1 1 1 ( ) c a b c 4 c a b c 1 1 1 1 a a b c 4 a b a c 1 1 1 1 b a b c 4 a b b c 1 1 1 1 1 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 1 4 a b c Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3 NhËn xÐt :NÕu bµi to¸n nµy ta ¸p dông trùc tiÕp tõ vÕ tr¸i th× kh«ng cho kÕt qu¶ mµ ph¶i biÕn ®æi mÉu ë vÒ tr¸i c+1= c+ a+b+c råi ¸p dông x = c+a, y= b+c th× bµi to¸n trë nªn dÔ dµng. 3 2 Bµi 2.Cho a, b > 0 vµ a + b =1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt A a2 b2 ab 1 1 1 1 Gi¶i : ¸p dông bµi to¸n I : với x, y > 0 ta có x y 4 x y 1 1 3.4 3 2 2 2 12 a b 2ab a b 1 1 2 2ab a b 2 2 3 2 1 1 1 3.4 1 A 2 2 3 2 2 2 2 2 12 14 ( v× ab a b ab a b 2ab 2ab a b a b 2 (a+b)2/4 ) Min A = 14 khi vµ chØ khi a = b =1/2 NhËn xÐt : §èi víi bµi to¸n nµy ta ph¶i ®­a mÉu vÒ d¹ng (a+b)2 th× míi cã kÕt qu¶ Bµi 3.Cho a, b, c,d,e > 0 vµ a + b + c + d + e = 4. T×m GTNN a b c d a b c a b B abcde Gi¶i. ¸p dông bµi to¸n I 4
5. ¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc 2 a b c d e 4 a b c d e a b c d 2 4 a b c d a b c 2 4 a b c a b 2 4ab Nhân vế theo vế 2 2 2 2 a b c d e . a b c d . a b c . a b 4 a b c d e.4 a b c d.4 a b c.4ab 16(a+b+c+d)(a+b+c)(a+b) 44 abcde (a b c d)(a b c)(a b) B 16 abcde Giá trị nhỏ nhất B = 16 khi và chỉ khi a = b = 1/4; c = 1/2; d = 1 ; e = 2 ; 1 1 1 1 1 1 Bµi 4.Cho a, b, c > 0 CM 2a 3b 2b 3c 2c 3a a 2b 2c b 2a 2c c 2b 2a 1 1 1 1 Giải ¸p dông bµi to¸n I: với x, y > 0 ta có x y 4 x y 1 1 4 2 2a 3b b 2a 2c 4a 4b 2c 2a 2b c 1 1 4 2 2b 3c c 2b 2a 4b 4c 2a 2b 2c a 1 1 4 2 2c 3a a 2b 2c 4c 4a 2b 2a 2c a Cộng vế theo vế ta được đpcm 1 1 1 1 1 1 Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ 2a 3b 2b 3c 2c 3a a 2b 2c b 2a 2c c 2b 2a khi a = b = c . NhËn xÐt: Ta thÊy (2a+3b) + (b+2a+2c) = 2(2a+2b+c) nªn ph¶i nghÜ ngay kÕt hîp hai biÓu thøc nµy l¹i a b c 3 Bµi 6. Cho a, b, c > 0 vµ a b c 3 .CM a2 1 b2 1 c2 1 2 Gi¶i . ¸p dông bµi to¸n I : (x y)2 4xy với x, y > 0 a b c 2 3 ab bc ac ab bc ac 1; a b c a2 ab bc ac b2 ab bc ac c2 ab bc ac 5
6. ¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc a b c a b a c b c b a c b c a a 1 1 b 1 1 c 1 1 2 a b a c 2 b c b a 2 c b c a 1 a b 1 b c 1 c a 3 2 a b a b 2 b c c b 2 c a a c 2 3 Suy ra ®pcm .Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 Bµi 7. ( §Ò thi HSG tØnh Hµ TÜnh n¨m 2012- 2013) Cho x, y, z > 0 vµ x+y+z =1. x4 y4 z4 T×m MinF biÕt F = (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (x2 z2 )(x z) x4 y4 z4 Gi¶i Ta cã ( )- (x2 y2)(x y) (y2 z2)(y z) (x2 z2)(x z) y4 z4 x4 x4 y4 y4 z4 z4 x4 ( ) = (x2 y2)(x y) (y2 z2)(y z) (x2 z2)(x z) (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (x2 z2 )(x z) x y x y x 2 y 2 y z z y y 2 z 2 z x x z x 2 z 2 x y y z z x = 0 x y x 2 y 2 z y y 2 z 2 x 2 z 2 x z (x y)2 suy ra ¸p dông bµi to¸n I x2 y2 với x, y > 0 ta cã 2F = 2 x4 y4 y4 z4 z4 x4 (x2 y2)2 (y2 z2)2 (z2 x2)2 (x2 y2)(x y) (y2 z2)(y z) (x2 z2)(x z) 2(x2 y2)(x y) 2(y2 z2)(y z) 2(x2 z2)(x z) x2 y2 y2 z2 z2 x2 (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 1 1 .2(x y z) 2F F 4 2 4 MinF =1/4 khi vµ chi khi x = y= z = 1/3 Nhận xét: Đây là bài toán rất cơ bản nhưng để giải được bài này ta phải phối hợp được giữa hai biến trên một biểu thức, vì x2 +y2, x -y có trong x4 - y4 nên ta nghĩ ngay phải thêm nó vào để làm cho bài toán gọn hơn và dễ chứng minh hơn. Dạng 2 Áp dụng bài toỏn 2 Bµi 1.Cho a , b, c > 0 vµ ab + bc + ac = 670. CM a b c 1 a2 bc 2010 b2 ac 2010 c2 ab 2010 a b c Gi¶i. ¸p dông bµi to¸n II a b c a2 b2 c2 a2 bc 2010 b2 ac 2010 c2 ab 2010 a(a2 bc 2010) b(b2 ac 2010) c(c2 ab 2010) 6
7. ¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc a b c 2 a b c 2 a3 b3 c3 3abc 2010(a b c) (a b c)(a2 b2 c2 ab bc ac) 3.670(a b c) a b c 1 (a b c)2 3(ab bc ac) 3(ab bc ac) a b c 670 Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 Nhận xét: Ta thấy nếu tổng các biểu thức ở mẫu thì không cho ta được được điều gì nên ta phải nghĩ hướng tạo xuất hiện bình phương ở tử, từ đó cho ta tổng các mẫu có xuất hiện biểu thức a3 + b3+ c3 -3abc đây là bài toán quen thuộc ở lớp 8, phân tích thành nhân tử sẽ xuất hiện biểu thức a+b+c và ab+bc+ac nên chứng minh bài toán được dễ dàng. 1 a b c Bµi 2. Cho a,b,c > 0 vµ abc = 1. cm a b c ab a 1 2 bc b 1 2 ac c 1 2 Gi¶i a a 1 1 1 b ab ab a 1 ab a abc b 1 bc b abc bc b 1 ac c b 1 bc ab a 1 c abc 1 bc c 1 ab a 1 ab a 1 a b c a ab 1 1 ab a 1 cb b 1 bc c 1 ab a 1 ab a 1 ab a 1 Ta cã ¸p dông bµi to¸n II 2 2 2 a b c a b c ab a 1 cb b 1 bc c 1 ab a 1 2 bc b 1 2 ac c 1 2 a b c 2 a b c ab a 1 cb b 1 bc c 1 1 a b c a b c Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài 3. Cho a,b c >0 .Chứng minh rằng: ab bc ca a b c a 3b 2c 2a b 3c 3a 2b c 6 Giải. ¸p dông bµi to¸n II. ab ab ab 1 1 1 1 ab ab a Tacó (1) a 3b 2c (a c) (b c) 2b 9 a c b c 2b 9 a c b c 2 Tương tự 7