SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI MỘT SỐ KINH NGHIỆM LUYỆN TẬP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHO HỌC SINH PHỔ THÔNG Người thực hiện: Phạm Hùng Bích Chức vụ: Phó Hiệu trưởng SKKN thuộc môn: Toán học THANH HÓA NĂM 2017 MỤC LỤC I MỞ ĐẦU Trang 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm biện pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Phương pháp dựa vào định nghĩa 2.3.2 Phương pháp quy nạp toán học 2.3.3 Phương pháp phản chứng 2.3.4 Phương pháp ước giá số 2.3.5 Phương pháp sử dụng Bất đẳng thức cổ điển 2.3.6 Phương pháp tam thức bậc hai 2.3.7 Phương pháp lượng giác 2.3.8 Phương pháp dựa vào tập giá trị hàm số 2.3.9 Phương pháp dùng đạo hàm 2.3.10 Phương pháp hình học 2.3.10.1 Các toán sử dụng bất đẳng thức tam giác 2.3.10.2 Các toán sử dụng tích vô hướng hai véctơ 2.3.10.3 Sử dụng tập hợp điểm 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐƯỢC ĐÁNH GIÁ Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang 10 Trang 10 Trang 11 Trang 13 Trang 13 Trang 16 Trang 17 Trang 19 Trang 19 Trang 19 Trang 20 Trang 21 I PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài: Trong trình giải bải tập môn Toán, câu hỏi: “Bài toán thuộc dạng nào?” dễ dẫn đến câu hỏi tiếp theo: “Có thể vận dụng phương pháp để giải toán dạng này?” Việc phân loại toán, vạch khác biệt toán theo kiểu với phương pháp giải chúng, giúp ích cho học sinh giải toán Chúng ta biết, chương trình toán học phổ thông phần “Bất đẳng thức” phần khó đòi hỏi học sinh có tư duy, sáng tạo cao Mặc dù sách giáo khoa trình bày số phương pháp chứng minh tất nhiên áp dụng cho toán chứng minh “Bất đẳng thức” Tuy nhiên, thực tế để giải toán vấn đề chưa giúp nhiều cho học sinh phương pháp khái quát nên chưa nêu cụ thể dạng toán nên việc xác định phương pháp giải cho toán cụ thể khó khăn Vì vậy, việc tìm phương pháp giải cho lớp toán việc làm cần thiết có ích Để giúp học sinh có nhìn toán chứng minh bất đẳng thức nâng cao lực giải toán, trình bày “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng” 1.2 Mục đích yêu cầu đề tài - Nhằm giúp học sinh có nhìn toàn diện nâng cao lực giải toán “ bất đẳng thức” - Rèn cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo giải toán 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh đại trà , học sinh giỏi 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Thực nghiệm, tổng kết, đánh giá II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Đối với chúng ta, thầy cô giáo, việc tạo cho học sinh nhìn đầy đủ hơn, toàn diện vấn đề mà xét có ý nghĩa đặc biệt quan trọng Vì vậy, công việc tạo cho học sinh có có công cụ khác để soi sáng vấn đề việc làm có ích cần thiết Việc này, mặt làm cho học sinh thấy gắn kết đơn vị kiến thức, mặt khác làm cho học sinh đánh giá nhận thức vấn đề xét sâu sắc Từ đó, nâng cao hiệu dạy học Bản thân tôi, cố gắng tìm hiểu giúp đỡ học sinh tìm liên hệ kiến thức kiến thức trước dạy Trong phần chứng minh bất đẳng thức tìm liên hệ Đó việc sử dụng phương pháp chứng minh công cụ để chứng minh bất đẳng thức thông qua củng cố cho học sinh kiến thức chứng minh BĐT 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Đối với đa số học sinh THPT, việc học nắm vững bất đẳng thức em gặp khó khăn định Bởi lẽ, phần khó Vì vậy, dạy đơn vị kiến thức mới, tìm hội để giúp em củng cố phần kiến thức nói Thông qua đó, em bớt khó khăn học phần nâng cao kết học tập Trong trình trên, tìm mối liên hệ “bất đẳng thức” lương kiến thức khác 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm biện pháp sử dụng để giải vấn đề Với kinh nghiệm mình, phân dạng tập để sử dụng phương pháp chung sau: 2.3.1 Phương pháp dựa vào định nghĩa : Để chứng minh BĐT a ≥ b , trước hết ta xét hiệu a-b , sau thường phân tích a-b thành tích thương dựa vào qui tắc dấu phép nhân phép chia số hữu tỉ khẳng định a-b ≥ từ theo định nghiã a ≥ b VD1: Với a ≥ , b ≥ ta có a+b a + b3 ≥( ) 2 Chứng minh : a+b a+b a + b3 ( a + b) -( ) = (a - ab + b ) 2 = (a+b)(a-b) ≥ a+b a + b3 ≥( ) 2 Xét hiệu Vậy VD2: Với số tự nhiên a cho trước ta có : 3(1+a +a ) ≥ (1+a + a ) Giải Xét hiệu 3(1+a + a ) - (1+ a + a ) = ((a + Vậy ) + )(a - 1) ≥ 3(1+a +a ) ≥ (1+a + a ) VD3: Chứng minh: ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc(a + b + c ) Chứng minh tương tự ví dụ VD4 : Chứng minh: cos(sina) > sin(cosa) Giải Xét hiệu d = cos(sina) - sin(cosa) = cos(sina) - cos( ∏ / - cosa) = sin ( π / + sin a − cos a π / − sin a − cos a )sin( ) 2 Ta có sin a + cos a ≤ sin( a + π / 4) ≤ < π / sin a − cos a ≤ sin(a − π / 4) ≤ < π / π / − cos a + sin a π / − cos a − sin a 0 2 Nghĩa < Vậy d > từ theo định nghĩa cos(sina) > sin(cosa) Bài tập tương tự: Bài Với x > ta có x log23x + 2log3x log3 ≤ Bài Giả sử A, B, C góc tam giác ABC chứng minh : CosA + cosB + cosC ≤ 2.3.2 Phương pháp quy nạp toán học: Để chứng minh bất đẳng thức có liên quan đến số tự nhiên, với số tự nhiên n ≥ k qui nạp toán học ta phải tiến hành bước : Bước 1: Chứng tỏ BĐT với số tự nhiên k Bước 2: Giả sử BĐT với số tự nhiên n (n ≥ k ) ta phải chứng minh BĐT với số tự nhiên n+1 VD5 : Cho p số thực dương a1 , a2 ,…, ap n số tự nhiên chứng minh ( a + a + + a p p )≤ n a 1n + a n2 + + a np p Chứng minh : Không làm tính tổng quát ta giả sử a1 ≤ a2 ≤ … ≤ ap + Với n= BĐT hiển nhiên : ( a + a + + a p p a 10 + a 02 + + a 0p )≤ p + Giả sử mệnh đề với n = k tức : ( ( Nhưng a + a + + a p p a + a + + a p p a 1k + a k2 + + a nk p Cho nên ( p )≤ ) p k+1 ( ≤ a 1k + a k2 + + a nk p p a + a + + a p a + a + + a p p a 1k + a k2 + + a kp k p k+1 ) ≤ )≤ ( a + a + + a p p a 1k +1 + a k2 +1 + + a kp +1 p ) ( BĐT Trebusep ) a 1k +1 + a k2 +1 + + a kp +1 p Nghĩa mệnh đề với n = k +1 Bài tập tương tự: Bài Với a,b số thực cho a+b > n số tự nhiên ta có : a+b n an + bn ≥( ) 2 Bài ( BĐT Becnuli ) Giả sử a ≥ -1 n số tự nhiên khác ta có : (1 + a ) n ≥ + na Bài Với a > n số tự nhiên khác ta có : loga(n + 1) > 1/n ( loga1+loga2+…+logan ) Bài Cho n số tự nhiên khác x số thực tuỳ ý ta có : Sin2nx + cos2nx ≤ 2.3.3 Phương pháp phản chứng: Để chứng minh BĐT a ≥ b ta giả sử a < b từ suy điều mâu thuẫn tức mệnh đề a < b sai mệnh đề a ≥ b Phương pháp thường sử dụng so sánh số : VD6 : So sánh 11 - với + Giải 11 - ≥ + vế dương bình phương vế ta Giả sử 13 - 22 ≥ + ⇒ ≥ 22 + ⇒ 49 ≥ 108 + 5.22 Đây vô lí Vây 11 - < + VD7 : Chứng minh : 99 < 100 10 Giải 99 100 Giả sử x ≥ hai vế hai số dương bình phương hai 10 Đặt x = 1 > (*) 100 101 100 Lại đặt y = 101 1 99 100 99 100 Ta có = = xy < ; … ; < 101 100 101 100 101 Nên y>x xy > x2 nghĩa > x2 (**) 101 Từ (*) (**) ta thấy vô lí Vậy x< 10 vế ta : x2 ≥ 2.3.4 Phương pháp ước giá số: Thường phương pháp ước giá số hạng vế sau ước giá vế từ so sánh với vế lại VD8 : Với số tự nhiên n ≥ ta có : 1 1 + + + ≥ n +1 n + 2n Giải Với n = ta có 1 = 1+1 Với n >1 ta có n+k < 2n , k = 1,2 …, n-1 Nên 1 ≥ với k = 1,2 …, n-1 n + k 2n Cộng vế với vế n - BĐT ta Nghĩa 1 1 1 ≥ + +…+ + +…+ n +1 n + n + n −1 2n 2n 2n 1 1 + +…+ ≥ n +1 n + 2n VD9: Với số tự nhiên n ≥ ta có 1 1 + +…+ < 12 n n Giải Với k = 2, 3, …, n ta có 1 1 < k (k − 1) hay < (k − 1) k k k Cộng vế với vế n - BĐT ta 1 1 + +…+ < 12 n n Bài tập tương tự: Bài Với số tự nhiên n ≥ ta có n < 1+ 1 +…+ * Điều kiện để tam thức bậc hai ≥ với x ∆ ≤ a > *Điều kiện để f(x) ≤ với x ∆ ≤ a < *Điều kiện để f(x) < với x ∆ < a < ∆ b với giá trị x dấu đẳng thức xảy x = 2a 4a ∆ b * Nếu a < f(x) ≤ - với giá trị x dấu đẳng thức xảy x = 2a 4a * Nếu a > f(x) ≥ - VD12 : Với ∀x , ∀y ta có : x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + ≥ Giải Ta có vế trái BĐT tam thức bậc hai theo x : f(x) = x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + Có hệ số x2 a = > Và ∆ ' = - 2( y + )2 < với ∀y Vì ∀x , ∀y ta có f(x) ≥ tức x2 + 2xy + 3y2 + 2x + 6y + ≥  x = −( y + 1)  y = −1 x =  y = −1 Dấu đẳng thức xảy  hay  Bài tập tương tự: Bài Với ∀x , ∀y ta có ( 1+ sin2y ) x2 + 2(siny + cosy)x + + cos2y > Bài Với giá trị x ta có : ( x - a1) + (x - a2) + … + ( x - an) ≥ 2 2 2 n(a1 + a + + a n ) − (a1 + a + + a n ) n Bài Với ∀x , ∀y ta có ( 1+ log22y)x2 + 2xlog2y + ( 1+ log22y) > Bài Cho số a , b , c thoả mãn a + b + c =  ab + bc + ca = Ta có : - 4 ≤ a,b,c ≤ 3 xa2 + yb2 > xyc2 2.3.7 Phương pháp lượng giác: Ta biết phép biến đổi lượng giác phong phú Vì số trường hợp chứng minh BĐT đại số ta sử dụng phép biến đổi lượng giác BĐT lượng giác : VD 13 : Chứng minh với giá trị x ta có : 2x ≤ x +1 Giải Đặt x = tg α ta có : 2tgα 2x = tg 2α + = sin2 α x +1 Nhưng với α ta có sin 2α ≤ Nên với x ta có 2x ≤ x +1 Bài tập tương tự: Bài Với x cho x ≤ ta có : x − 3x ≤ Bài Giả sử a , b , c cạnh tam giác vuông , c cạnh huyền x, y, z số cho ax + by = cz ta có x2 + y2 ≥ z2 2.3.8 Phương pháp dựa vào tập giá trị hàm số: Cho hàm số y = f(x) xác định tập X Ta gọi tập Y = { f(x)/x ∈ X} tập giá trị hàm số y = f(x) y ∈ Y ⇔ ∃x ∈ X/f(x) = y ( Nghĩa phương trình y = f(x) có nghiệm X ) Chúng ta dựa vào khái niệm tập giá tri hàm số để chứng minh số BĐT VD14 : Chứng minh với giá trị x ta có : 3 x −1 ≤ ≤ x + x +1 Giải 10 Xét hàm số y = x −1 x2 + x +1 Với x ta có x2+x+1 > nên hàm số xác định với giá trị x Gọi y giá trị tuỳ ý hàm số phương trình x2 −1 x + x +1 = y có nghiệm ⇔ x2 - - ( x2 + x + ) y = có nghiệm (1) ⇔ ( y - ) x2 + yx + y + = có nghiệm * Với y = phương trình trở thành x + = phương trình có nghiệm y = với giá trị hàm số * Với y ≠ tức y - ≠ Khi y giá trị hàm số (1) có nghiệm tức : ∆ = y2 - 4(y - 1) ( y + 1) ≥ ⇔ - 3y2 ≥ ⇔ - ≤ y ≤ 3 Nhưng y = thuộc tập tập nghiệm nên với x ta có - ≤ y ≤ 3 x2 −1 ≤ ≤ Nghĩa - x + x +1 Bài tập tương tự: Bài Với giá trị x ta có : - ≤ sin x − ≤ cos x + Bài Với giá trị x ta có : a + c + (a − c) + b (a + c − (a − c) + b ≤ a sin x + b sin x cos x + c cos x ≤ 2 2.3.9 Phương pháp dùng đạo hàm: Một số BĐT chứng minh nhờ công cụ khảo sát biến thiên hàm số VD15 : Giả sử a , b , c số dương cho : a2 + b2 + c2 = a b c 3 ≥ + 2 + 2 b +c a +c b +a 2 Giải 11 Với giả thiết a2 + b2 + c2 = BĐT cần chứng minh viết : a b c 3 ≥ + + 1− a 1− b 1− c a2 b2 c2 3 ≥ Hay + + a (1 − a ) b(1 − b ) c (1 − c ) Xét hàm số : f(t) = t( - t2 ) (0 c ta có : c(a − c) + c(b − c) ≤ ab Chứng minh : Ta dựng tam giác vuông Tam giác vuông AHB vuông H : AH = c , BH = a − c Tam giác vuông AHC vuông H : HC = b − c Thế : AB = a , AC = b Ta có : c(a − c) + c(b − c) =2dt ∆ ABH +2dt ∆ ACH = 2dt ∆ ABC = a b sinBAC ≤ ab Do c(a − c) + c(b − c) ≤ ab VD17 Chứng minh rằng: a + b + c + d ≥ (a + c) + (b + d ) ∀a, b, c, d ∈ R Giải: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy vectơ: u = (a; b)  ⇒ u + v = ( a + c; b + d ) v = (c; d )  Vì u + v ≥ u + v , nên ta suy ra: a + b + c + d ≥ (a + c) + (b + d ) (*) *Ta chứng minh bất đẳng thức theo cách khác sau: 13 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy điểm O(0; 0); A(a; b) B(c; d) Khi đó, ta có: OA = a + b , OB = c + d OA = (a; b)   ⇒ OA + OB = (a + c; b + d ), coi OC = OA + OB OB = (c; d ) Do OA + OB ≥ OC nên ta kết quả: a + b + c + d ≥ (a + c) + (b + d ) Chú ý: Ta coi (1) bất đẳng thức để áp dụng vào toán khác mà không chứng minh lại VD18: Chứng minh rằng: a + b2 + c2 + d + e2 + f ≥ (a + c + e) + (b + d + f ) ∀a, b, c, d , e, f ∈ R Giải: Áp dụng (1), ta có: a + b + c + d ≥ (a + c) + (b + d ) (1) (a + c) + (b + d ) + e + f ≥ (a + c + e) + (b + d + f ) (2) Lấy (1) +(2) vế với vế, ước lượng vế ta điều phải chứng minh Chú ý: Bằng quy nạp, ta chứng minh được: n ∑ i =1  n   n  ai2 + bi2 ≥  ∑  +  ∑ bi   i =1   i =1  VD19: Chứng minh rằng: ∀a1 , a , , a n , b1 , b2 , , bn ∈ R (3) a2 + a +1 + a2 − a +1 ≥ ∀a ∈ R Giải 2 1  3 1  3    + a −  +   a + a + + a − a + ≥ ⇔  a +  +          2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn O(0;0), A(a + / 2; 2), B(a − ; − 2) Thế thì, ta có: 14 2 2 1  3 1  3      , BA = OA =  a +  +  , OB =  a −  +          Mặt khác, ta có: BO + OA ≥ BA nên: 2 2  3 1  3   +  a −  +   (đpcm)  a +  +          Chú ý: Ta dùng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức Do vế trái tổng biểu thức nhận giá trị dương nên ta áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: a + a + + a − a + ≥ 24 (a + a + 1)(a − a + 1) = 24 a + a + ≥ VD20: Cho số thực khác a, b, c, d Chứng minh rằng: a + b + (c − b ) + d ≥ c + ( d − a ) Giải Đối với hệ trục toạ độ Oxy, lấy A(0; a), B(b; 0), C (c; d ) Ta có: AB = (−b; a ) AC = (c; d − a) BC = (c − b; d ) Xét tam giác ABC, ta có: AB + BC ≥ AC hay AB + BC ≥ AC Do đó, a + b + (c − b) + d ≥ c + (d − a) (đpcm) Bài tập tương tự: Bài 1:Chứng minh rằng: (a + c) + b + (a − c) + b ≥ a + b ∀a, b, c ∈ R Bài 2: Cho x, y số thực, chứng minh rằng: 15 x + y + x + + x + y − x − 12 y + 10 ≥ Bài 3: Cho số thực khác a, b, c, d Chứng minh rằng: a + b + (c − b ) + d ≥ c + ( d − a ) Bài 4: Cho a, b, c > ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: b + 2a c + 2b a + 2c + + ≥3 ab bc ca 2.3.10.2 Các toán sử dụng tích vô hướng hai véctơ VD21: Chứng minh rằng: (a1b1 + a b2 ) ≤ (a12 + a 22 )(b12 + b22 ), ∀a1 , b1 , a , b2 ∈ R Giải: Trong hệ trục toạ độ Oxy, lấy véctơ a = (a1 ; a2 ) vµb = (b1 ; b2 ) Ta có: a.b = a b cos(a, b) Do cos(a, b) ≤ nªn a.b ≤ a b ⇔ a1b2 + a b2 ≤ a12 + a 22 b12 + b22 ⇔ (a1b1 + a b2 ) ≤ (a12 + a 22 )(b12 + b22 ) (đpcm) VD22: Chứng minh rằng: (a + b)(1 − ab) ≤ với số thực a, b (1 + a )(1 + b ) Giải  2a − a   − b 2b      u = ; ; v = ; Chọn 2  1+ a2 1+ a2    1+ b 1+ b  2a (1 − b ) + 2b(1 − a ) 2(a + b)(1 − ab) = Ta có: u = v = u.v = (1 + a )(1 + b ) (1 + a )(1 + b ) Mặt khác u.v = u u cos(u , v ) ≤ u u ⇒ 2(a + b)(1 − ab) ≤1 (1 + a )(1 + b ) ⇔ (a + b)(1 − ab) ≤ (1 + a )(1 + b )  x + xy + y = VD23: Giả sử hệ:  có nghiệm  y + yz + z = 16 Chứng minh rằng: xy + yz + zx ≤ Giải:  x   z Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn u =  y + ; x , v =  z; y +  2  2   16 x  3x  u = y +  + = x + xy + y =   v= Ta có: u.v = 3z  z +  y +  = y + yz + z = 4  2 ( xy + yz + zx ) Từ u.v ≤ u v ⇒ xy + yz + zx ≤ (đpcm) Bài tập tương tự: Bài 1: Chứng minh rằng: (sin x + a cos x) + (sin x + b cos x) ≤ [ ] 1 + ab + (1 + a )(1 + b ) , ∀a, b ∈ R Bài 2: Cho a > c > 0, b > c > Chứng minh rằng: ( a + c)(b + c) + ( a − c)(b − c ) ≤ ab Bài 3: Cho x + y = Chứng minh rằng: x + xy − y ≤ 2.3.10.3 Sử dụng tập hợp điểm (Đây nội dung có tính thời đề trắc nghiệm khách quan đề thi THPT Quốc gia) VD 24 Cho số phức z thỏa mãn: |z + 3| + |z – 3| = 10 Chứng minh rằng: ≤ |z + 9i| ≤ 13 Giải Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y) Từ |z + 3| + |z – 3| = 10 ⇔ ( x + 3) + y + ( x − 3) + y = 10 (1) Gọi F1(- 3; 0), F2(3; 0) ⇒ F1F2 = x y2 từ (1) ⇒ MF1 + MF2 = 10 > = F1F2 ⇒ M ∈ (E): + = có đỉnh 25 16 B1(- 4; 0), B2(4; 0) Ta có: |z + 9i| = x + ( y + 9) = KM, với K(0; - 9) ∈ Oy Khi KB1 ≤ KM ≤ KB2 hay ≤ |z + 9i| ≤ 13 |z + 9i| = ⇔ M ≡ B1 |z + 9i| = 13 ⇔ M ≡ B2 Vậy ≤ |z + 9i| ≤ 13 VD 25 Cho z số phức thỏa mãn: |i – - z| + |z – – 7i| = 17 Chứng minh rằng: ≤ |z – + i| ≤ 73 Giải Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y) Từ |i – - z| + |z – – 7i| = ⇔ ( x + 2) + ( y - 1) + ( x − 4) + ( y − ) = (*) Chọn F1(- 2; 1), F2(4; 7) Từ (*) ⇒ MF1 + MF2 = F1F2 ⇒ M thuộc đoạn F1F2 Từ T = |z – + i| = ( x − 1) + ( y + 1) = MK, với K(1; - 1) Ta có : KF1 = 13 , KF2 = 73 F1 F2 = (6; 6), F1 K = (3; -2) ⇒ F2 Fˆ1 K nhọn ⇒ d(K/F1F2) ≤ MK ≤ KF2 ⇔ ≤ MK ≤ 73 VD 26 Cho z số phức thỏa mãn: |z – – i|2 + |z – – 7i|2 = 108 Chứng minh rằng: 274 − ≤ |z – 10 + 12i| ≤ 274 + Giải Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y) F1(1; 1), F2(7; 7) Từ giả thiết ⇒ MF12 + MF22 = 108 ⇒ M thuộc đường tròn tâm I(3; 3), bán kính R = Đặt K(10; 12) ⇒ |z – 10 + 12i| = MK, IK2 = 49 + 225 = 274 ⇒ K nằm đường tròn ⇒ 274 − ≤ |z – 10 + 12i| ≤ 274 + VD 27 Cho z w số phức thỏa mãn: |z+ 4| - |z – 4| = |w + 3| = |w + 4| Chứng minh rằng: |w – z| ≥ 13 Giải Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y), gọi F1(- 4;0), F2(4; 0)⇒ F1F2 = Theo giả thiết ⇒ MF1 – MF2 = < ⇒ M thuộc nhánh phải (x > 0) Hypebol Gọi w = a + bi⇒ điểm biểu diễn N(a; b), từ |w + 3| = |w + 4| ⇒ 2a + = ⇒ N thuộc d: 2x +7 = 13 ⇒ |w – z| = KM ≥ − − = 2 ⇔a = − VD 28 Cho z số phức thỏa mãn: |z- – 3i| = |z + + i| Chứng minh rằng: |z + + 3i| + |z- – i| ≥ 34 Giải Gọi z = x + yi ⇒ điểm biểu diễn M(x ; y) 18 Từ |z- – 3i| = |z + + i| ⇒ (x - 2)2 + (x - 3)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 ⇔ 6x + 8y – 11 = (∆) Với A(- 2; - 2), B(3; 1) ⇒ |z + + 3i| + |z- – i| = MA + MB Vì A, B khác phía so với (∆) ⇒ MA + MB ≥ AB = 34 Vậy |z + + 3i| + |z- – i| ≥ 34 Bài tập tương tự: Bài Cho z, w số phức thỏa mãn: |z – 4| + |z + 4| = 10; |w + 8i| = |w + 10i| Chứng minh rằng: |w – z| ≥ Bài Cho z số phức thỏa mãn: |z – – i| + |z- – 5i| = Chứng minh rằng: ≤ |z + + 3i| ≤ 10 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường: So sánh kết trước sau thực đề tài : Trước thực đề tài chứng minh BĐT phần khó cho học sinh, kể học sinh giỏi Sau thực đề tài, phần lớn học sinh hình dung gặp toán chứng minh BĐT phải làm nào, vận dụng 10 phương pháp vào giải dạng toán dễ ràng nhiều Đồng thời, học sinh giải tốt tập giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn thuộc phần số phức đề thi trắc nghiệm khách quan thường gặp Kết đối chứng: Sĩ Điểm Điểm 5, Điểm 7, Điểm 9, 10 Lớp số SL % SL % SL % SL % Lớp không áp 10A1 40 20 22 55 20 dụng Lớp áp 10A2 40 7.5 18 45 15 37.5 10 dụng Lớp không áp 12A1 42 16.7 24 57.1 19.0 7.2 dụng Lớp áp 12A2 41 9.8 20 48.8 10 24.4 17 dụng III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Tập cho học sinh biết nhìn vấn đề toán học nhiều cách khác vừa rèn tư sáng tạo, vừa giáo dục giới quan Nhưng phải 19 kiên trì, bền bỉ, liên tục có hiệu rõ rệt giống tập thể dục phải kiên trì bền bỉ, liên tục hàng năm khoẻ mạnh Vì vậy, tuỳ vào đối tượng học sinh, mà ta có cách trình bày khác Đối với học sinh trung bình học yếu, ta đưa vấn đề toán cụ thể véctơ, toạ độ cho học sinh nhận xét kết phát vấn đề từ đến kết tổng quát theo lối quy nạp không hoàn toàn, lẽ vấn đề tương đối khó Trong đó, học sinh trở lên ta cho học sinh phát trực tiếp từ nảy sinh mâu thuẫn nội dung toán Làm vậy, theo nghĩ đa số trường hợp, tỏ có hiệu rõ rệt Bài toán trường hợp ngoại lệ Để giảng dạy vấn đề mới, khó giới thiệu cho học sinh cách trực tiếp Vì làm vậy, học sinh không thấy liên hệ với kiến thức trước học qua học sinh học có hệ thống kiến thức dời dạc Không có liên hệ đơn vị kiến thức kiến thức học điều kiện thực hành dẫn đến quên nhanh kiến thức điều không tránh khỏi Bởi vậy, theo thân việc cung cấp kiến thức học cần phải có tìm tòi sáng tạo, tổng hợp người học giáo viên Trên số ý kiến thân “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng” Mặc dù thân có cố gắng chuẩn bị đóng góp quý báu số đồng nghiệp thời gian hạn hẹp nên chắn đề tài không tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, mong đóng góp ý kiến thầy cô giáo để đề tài áp dụng rộng rãi thiết thực 3.2 Kiến nghị: Không Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 19 tháng năm 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Tác giả Phạm Hùng Bích 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan – NXB Giáo dục Sách giáo khoa Hình học 10 nâng cao – Văn Như Cương –NXB Giáo dục Sách giáo khoa Đại số 12 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan –NXB Giáo dục Sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao – Văn Như Cương –NXB Giáo dục Các phương pháp giải lượng giác hóa – Lê Hồng Đức - NXB Hà Nội Đề Minh họa thi THPT Quốc gia môn Toán, lần – Bộ GD&ĐT 21 ... kiến thức kiến thức trước dạy Trong phần chứng minh bất đẳng thức tìm liên hệ Đó việc sử dụng phương pháp chứng minh công cụ để chứng minh bất đẳng thức thông qua củng cố cho học sinh kiến thức chứng. .. bày Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng” 1.2 Mục đích yêu cầu đề tài - Nhằm giúp học sinh có nhìn toàn diện nâng cao lực giải toán “ bất đẳng thức - Rèn cho học sinh tính... thiệu cho học sinh cách trực tiếp Vì làm vậy, học sinh không thấy liên hệ với kiến thức trước học qua học sinh học có hệ thống kiến thức dời dạc Không có liên hệ đơn vị kiến thức kiến thức học