1 MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong trình dạy học Toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán trí tuệ điều kiện cần thiết vô quan trọng việc học toán Chính bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn cung cấp cho em số vốn kiến thức thông qua việc làm tập nhiều, tốt, khó hay mà phải cần thiết rèn luyện khả sáng tạo,tư logic toán cho học sinh Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy học sinh, không ngừng học hỏi nâng cao tay nghề, học hỏi đồng nghiệp người có kinh nghiệm Tôi nhận thấy việc giảng dạy môn toán nhiều mảng kiến thức mà học sinh cần nghiên cứu thêm nữa, đặc biệt toán bất đẳng thức Trong trình giảng dạy học tập môn Toán tập chứng minh bất đẳng thức loại tập khó Cái khó loại tập này, theo chỗ, có cách tiếp cận riêng, cách giải riêng độc đáo Chứa đựng chúng kiến thức sâu rộng kĩ phức tạp, đòi hỏi cần phải có tư linh hoạt, kĩ thục tới độ “linh cảm” Mặc dù biết nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức như: phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp sử dụng bất đẳng thức biết, phương pháp qui nạp, phương pháp đánh giá đại diện, phương pháp phản chứng ; có nhiều kỹ thuật để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - Si để chứng minh bất đẳng thức phong phú như: kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân từ trung bình nhân sang trung bình cộng , kĩ thuật tách ghép nghịch đảo, kĩ thuật chọn điểm rơi (trọng số), kĩ thuật ghép đối xứng, kĩ thuật đổi biến số, Nhưng gặp tập bất đẳng thức nói chung học sinh lại lúng túng bắt đầu Trong nội dung bất đẳng thức trường phổ thông lại đóng vai trò quan trọng việc rèn luyện tư duy, khả linh hoạt óc sáng tạo; đồng thời giúp học sinh rèn luyện tính cần cù, tinh thần vượt khó Hơn nữa, bất đẳng thức cách chứng minh bất đẳng thức có vẻ đẹp lộng lẫy sức hấp dẫn kì lạ người nghiên cứu chúng nên việc nghiên cứu chúng có tác dụng kích thích say mê học tập môn Toán môn học khác Bên cạnh đó, sau giải xong tập bất đẳng thức, câu hỏi đặt với cách khác giải không? Trong thực tế cho thấy tìm kiếm lời giải khác toán giúp ta thêm hứng thú học toán G.Polya (1887 – 1985) nhà toán học nhà sư phạm người Mỹ khuyên “ngay lời giải mà ta tìm tốt rồi, tìm lời giải khác có lợi Thật sung sướng thấy kết tìm xác nhận nhờ hai lí luận khác nhau, thích biết vật nhờ hai giác quan khác Có chứng cớ muốn tìm thêm chứng cớ nữa, muốn sờ vào vật mà ta trông thấy” Cho nên tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm “Rèn luyện khả tư logic cho học sinh khối học toán bất đẳng thức” 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Để giúp học sinh có nhìn tổng quát dạng toán chứng minh bất đẳng thức, để học sinh sau học xong chương trình toán THCS nắm loại toán biết cách giải chúng Rèn luyện cho học sinh khả tư duy, logic xem xét toán dạng đặc thù riêng lẻ Mặt khác cần khuyến khích học sinh tìm hiểu cách giải để học sinh phát huy khả tư linh hoạt, nhạy bén tìm lời giải toán, tạo lòng say mê, sáng tạo, ngày tự tin, không tâm lý ngại ngùng dạng toán bất đẳng thức Học sinh thấy môn toán gần gũi với môn học khác thực tiễn sống Giúp giáo viên tìm phương pháp dạy phù hợp với đối tượng học sinh, làm cho học sinh có thêm hứng thú học môn toán Để rèn luyện khả sáng tạo học toán bất đẳng thức, trước tập cho học sinh tìm hiểu nhiều cách giải từ tìm cách giải hợp lí Sau sở toán cụ thể hướng dẫn học sinh xây dựng toán 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Học sinh lớp 9B 9C trường THCS Trần Phú – Thành phố Thanh Hóa 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Tham khảo tài liệu: Tìm tòi, hệ thống kiến thức thu thập - Đúc rút kinh nghiệm giảng dạy qua dự giờ, kiểm tra học sinh, nghiên cứu hồ sơ giảng dạy kiểm tra nhiều đối tượng học sinh, kiểm tra nhiều lần nhiều hình thức khác - Tổng hợp phân tích thu thập NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM : Từ trường năm 2006 đến thân nhận thấy làm tập đòi hỏi tư logic học sinh ngại làm Bởi tập đòi hỏi tính sáng tạo, tính tư logic , tính tưởng tượng, tính cần cù chịu khó để giải toán cần sử dụng nhiều đơn vị kiến thức Khi làm toán bất đẳng thức học sinh có cảm giác “bơi biển lớn”: sợ, định hình làm nào? Trong đề thi học sinh giỏi thường có câu bất đẳng thức, học sinh thường để điểm thi phần Từ thân mạnh dạn sâu nghiên cứu đề tài “Rèn luyện khả tư logic cho học sinh khối học toán bất đẳng thức ” mong độc giả đón nhận góp ý 2.2.THỰC TRẠNG VÂN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN Qua trắc nghiệm hứng thú học toán học sinh thấy 15% em thực có hứng thú học toán (có tư sáng tạo), 50% học sinh thích học toán (chưa có tính độc lập, tư sáng tạo) 35% lại không Qua gần gũi tìm hiểu em cho biết muốn học song nhiều học cách thụ động, chưa biết cách tư để giải toán cách sáng tạo, lí điều kiện khách quan địa phương nhà trường, học sinh bồi dưỡng thời gian định, học sinh chưa có hứng thú học toán có “cảm giác sợ” gặp phải toán bất đẳng thức 2.3.GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ - Đưa số toán → Hướng dẫn học sinh giải theo nhiểu cách khác → chốt lại - Đưa toán → giải toán → khai thác toán theo nhiều cách khác thành toán khác Sau giáo viên cho học sinh làm kiểm tra đánh giá từ rút hiệu sang kiến kinh nghiệm Xuất phát từ mong muốn học sinh rèn luyện khả sáng tạo, tìm nhiều cách giải, thân người giáo viên phải người tìm nhiều cách giải Việc tìm nhiều cách giải cho toán giúp học sinh giáo viên ghi nhớ áp dụng triệt để, linh hoạt kiến thức học giải toán Xin nêu toán quen thuộc sau làm ví dụ Bài toán 1: Cho x, y ≥ Chứng minh rằng: x3 + y3 ≥ x2y + xy2 Hướng dẫn Từ giả thiết cho x,y ≥ gợi ý cho học sinh làm theo cách sau: Cách 1: Xét hiệu: (x3 + y3 ) – ( x2y + xy2 ) = (x + y)(x2 – xy + y2) – xy(x + y) = (x + y)(x – y)2 ≥ với ∀ x, y ≥ Vậy x3 + y3 ≥ x2y + xy2 với ∀ x, y ≥ Dấu “=” xảy x=y Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: x + xy ≥ x y ; y + yx ≥ xy ⇒ x3 + xy + y + yx ≥ x y + xy ⇒ x3 + y ≥ x y + xy Để chứng minh toán ta nghĩ đến hai phương pháp để chứng minh bất đẳng thức phương pháp dùng định nghĩa phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi Vậy câu hỏi đặt từ bất đẳng thức ta có bất đẳng thức khác? Khai thác toán Ta biết từ bất đẳng thức ta thực quy tắc chuyển vế, quy tắc nhân với số khác nên từ bất đẳng thức cho ta biến đổi sau: toán Với ∀ x, y > ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ x3 + y x + y ≥ x + y ≥ xy(x + y) ⇔ Từ ta có toán1.1 sau xy Bài toán 1.1: Cho x, y, z > Chứng minh rằng: x3 + y y + z z + x3 + + ≥ x+ y+z xy yz zx Hướng dẫn Khi giải toán 1.1 học sinh tư logic sử dụng kết toán ta có x3 + y3 x + y  ≥ xy  y3 + z y + z  x3 + y y + z z + x3 ≥ + + ≥ x + y + z (đpcm) ⇒ yz  xy yz zx z + x3 z + x  ≥  zx  Dấu ‘=’ xảy x=y=z Ta cộng hai vế bất đẳng thức với số nên ta biến đổi bất đẳng thức cho theo cách khác sau: từ toán Với ∀ x, y, z > ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ x3 + y3 + xyz ≥ x2y + xy2 + xyz 3 ⇔ x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y + z) ⇔ 1 ≤ Từ ta có x + y + xyz xy ( x + y + z ) toán 1.2 sau Bài toán 1.2: Cho x, y, z > Chứng minh rằng: 1 1 + + ≤ 3 3 x + y + xyz y + z + xyz z + x + xyz xyz Hướng dẫn Học sinh nhận thấy từ bất đẳng thức (bài toán 1) x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ x3 + y3 + xyz ≥ x2y + xy2 + xyz( cộng hai vế với xyz) ⇔ x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y + z) ⇔ 1 ≤ x + y + xyz xy ( x + y + z ) Tương tự ta có  1  x3 + y + xyz ≤ xy ( x + y + z )   1 ≤  3  y + z + xyz yz ( x + y + z )  1 ≤  3  z + x + xyz zx ( x + y + z ) 1 + + 3 x + y + xyz y + z + xyz z + x + xyz 1 ≤ + + xy ( x + y + z ) yz ( x + y + z ) zx( x + y + z ) z x y = ( + + )= xyz x + y + z x + y + z x + y + z xyz ⇒ 1 1 Vậy x3 + y + xyz + y + z + xyz + z + x + xyz ≤ xyz với x, y, z > Dấu ‘=’ xảy x=y=z Ở toán 1.2 đơn giản biểu thức ta đặt a = x ; b = y3 ; c = z3 cho thêm điểu kiện xyz = ta lại có toán 1.3 sau: Bài toán 1.3: Cho a, b, c > thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 a + b +1 b + c +1 c + a +1 Hướng dẫn: học sinh sử dụng kết toán toán 1.2 *Ta lại biến đổi toán theo cách sau: Với ∀ x, y > ta có x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ 3x3 ≥ (x3 - y3) + (x3 + x2y + xy2) 3x3 2 ⇔ 3x ≥ (2x – y)(x + xy + y ) ⇔ ≥ x − y (1) x + xy + y Từ ta có toán 1.4 sau Bài toán 1.4: Cho x, y, z > Chứng minh rằng: 3x3 y3 3z + + ≥ x+ y+z x + xy + y y + yz + z z + zx + x Hướng dẫn Học sinh sử dụng kết toán biến đổi (1) 3x3 y3 3z ≥ x − y; ≥ y − z; ≥ 2z − x Ta có: x + xy + y y + yz + z z + zx + x 3x3 y3 3z ⇒ + + ≥ (2 x − y ) + (2 y − z ) + (2 z − x) x + xy + y y + yz + z z + zx + x 3x3 y3 3z ⇒ + + ≥ x + y + z (đpcm) 2 x + xy + y y + yz + z z + zx + x Dấu ‘=’ xảy x=y=z Như qua tập học sinh rèn luyện cách chứng minh bất đẳng thức theo cách khác nhau.Và từ tập 1,theo cách biến đổi khác thu số bất đẳng thức mới( toán 1.1, toán 1.2,bài toán 1.3; toán 1.4).Các bất đẳng thức nhìn không liên quan với thực có chung từ bất đẳng thức gốc bất đẳng thức tập Từ học sinh thấy bất đẳng thức mảng rời rạc mà khối liên hệ với nhau.Làm cho học sinh không cảm thấy sợ (đi từ bất đẳng thức quen thuộc) lập luận suy nghĩ logic mà học sinh chủ động tìm cách làm tập tưởng trừng khó Hoàn toàn tương tự cho học sinh tập sau Bài tập 2: Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc Ở tập ta thấy trung bình cộng hai số có tích vế trái thừa số vế phải ( a + b − c ) + ( a − b + c ) = a  ( a + b − c) + (−a + b + c ) = 2b ( a − b + c) + (−a + b + c ) = 2c  Tức xuất tích hai số tổng hai số nên ta nghĩ đến bất đẳng thức Côsi Tuy nhiên để sử dụng bất đẳng thức Cô si cần điều kiện số không âm toán ta làm sau: Hướng dẫn Không tính tổng quát, ta giả sử a = max{a, b, c} Khi a + b – c ≥ a – b + c ≥ Nếu – a + b + c < bất đẳng thức cho Do ta xét ba không âm Cách Theo bất đẳng thức Cô – Si:  a +b−c + a −b+c  (a + b − c)(a − b + c ) ≤  ÷ =a    a−b+c−a+b+c (a − b + c)(−a + b + c ) ≤  ÷ =c    −a + b + c + a + b − c  (−a + b + c)(a + b − c ) ≤  ÷ =b   Do hai vế bất đẳng thức không âm, nên nhân vế với vế ta được: [ (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 ≤ (abc ) Hay: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc (ĐPCM) Đẳng thức xảy a = b = c a + b − c = a + (b − c ) Ta lại có  a − b + c = a − (b − c) Nên tích (a + b – c)(a – b +c) tích tổng hai số với hiệu hai số ( a b-c) Tương tự với số lại có tích vế trái Từ ta nghĩ đến đẳng thức A2 – B2 = (A – B)(A + B) Mà A – B2 ≤ A2 Vậy ta nghĩ đến giải tập theo cách sau: Cách Ta có bất đẳng thức hiển nhiên a2 – (b – c)2 ≤ a2 hay (a + b – c)(a – b + c) ≤ a2 Tương tự ta có thêm hai bất đẳng thức (−a + b + c)(a + b − c ) ≤ b (a − b + c)(−a + b + c ) ≤ c Do hai vế bất đẳng thức không âm, nên nhân vế với vế ta được: [ (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 ≤ (abc ) Hay: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc (ĐPCM) Đẳng thức xảy a = b = c Như để chứng minh toán ta quan tâm đến số (a + b – c); (a + c – b); (b + c – a) không âm hay nói cách khác ta có a + b ≥ c; a + c ≥ b; b + c ≥ a, điều gợi nhớ cho ta đến bất đẳng thức tam giác Dấu “=” bất đẳng thức (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc xảy a = b = c nên từ toán ta chuyển thành đề toán sau Bài toán 3: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) ≥ abc Chứng minh tam giác tam giác Hướng dẫn Theo kết toán ta có (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc Dấu “=” xảy a = b = c Kết hợp với điều kiện (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) ≥ abc ta có (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c) = abc Vậy a = b = c hay tam giác tam giác Tương tự cách khai thác toán 1, cách: biến đổi đồng nhất, sử dụng thêm bất đẳng thức quen thuộc khác vào hai vế bất đẳng thức có, phối hợp đẳng thức bất đẳng thức quen thuộc vào hai vế bất đẳng thức biết, cho thêm giả thiết toán hướng dẫn học sinh khai thức toán theo hướng sau Khai thác toán Thực nhân số vế trái ta có (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c) = a (b + c) + b (a + c) + c (a + b) − (a + b3 + c + 2abc) Như vậy: (a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c ) ≤ abc ⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) (2) Do ta có toán 2.1 Bài toán 2.1 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) Hướng dẫn:sử dụng toán biến đổi (2) *Từ toán biến đổi vế phải a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) = ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Ta được: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)(3) Như ta có toán 2.2 Bài toán 2.2 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Hướng dẫn:sử dụng toán biến đổi (3) * Cộng 3abc vào hai vế bất đẳng thức toán 2.1, ta lại có: a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)(4) Đây đề toán 2.3 Bài toán 2.3 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) Hướng dẫn:sử dụng toán 2.1 biến đổi (4) *Áp dụng đẳng thức a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) vào vế trái bất đẳng thức toán 2.3, ta lại thu được: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) + 9abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) hay (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)(5) ta toán 2.4 Bài toán 2.4 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca) Hướng dẫn:sử dụng toán 2.3 biến đổi (5) *Nếu thêm a + b + c > từ bất đẳng thức toán 2.4, ta có 9abc (a + b + c) + ≥ 4( ab + bc + ca ) a+b+c 9abc 2 ≥ 2(ab + bc + ca ) (6) toán 2.5 Suy ra: a + b + c + a+b+c Bài toán 2.5 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 9abc a2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca ) a+b+c Hướng dẫn:sử dụng toán 2.4 biến đổi (6) *Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si: 3abc ≤ a + b3 + c3 vào vế trái bất đẳng thức toán 2.1, 2.2, 2.3 (7) ta có toán 2.6 Bài toán 2.6 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) ≥ a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) Hướng dẫn:làm theo hướng dẫn (7) *Ta có: a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) = ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (8) nên toán 2.6 chuyển thành toán2.7 sau Bài toán 2.7 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Hướng dẫn:sử dụng toán 2.6 biến đổi (8) *Lại có: ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc = (a + b + c)(ab + bc + ca) Nên toán từ toán 2.7, ta cộng hai vế bất đẳng thức với 2abc ta có toán 2.8 Bài toán 2.8 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) Hướng dẫn:sử dụng toán 2.7 biến đổi cộng hai vế với 2abc *Biến đổi bất đẳng thức toán 2.1 thành a( a + b)(a + c ) + b(b + a )(b + c) + c (c + a )(c + b) + 4abc ≥ 2(a + b)(b + c )(c + a ) a b c 4abc + + + ≥ (9) Vớia,b,cdương : b + c c + a a + b (a + b)(b + c )(c + a ) Ta toán 2.9 Bài toán 2.9 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c 4abc + + + ≥ b + c c + a a + b (a + b)(b + c )(c + a ) Hướng dẫn:sử dụng toán 2.1 biến đổi (9) *Cho thêm giả thiết a + b + c = 1, thay vào toán ta có: (1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc(10).ta có toán 2.10 Bài toán 2.10 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: (1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc Hướng dẫn:sử dụng toán biến đổi (10) *Khai triển bất đẳng thức toán 2.10 với ý a + b + c = 1, ta có: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1(11) toán 2.11 Bài toán 2.11 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + Hướng dẫn:sử dụng toán 2.10 biến đổi (11) *Theo bất đẳng thức: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 = Kết hợp với bất đẳng thức toán 2.11 ta thu được: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + (12), toán 2.12 Bài toán 2.12 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + Hướng dẫn:sử dụng toán 2.11 biến đổi (12) *Thay a + b + c = vào bất đẳng thức toán 2.1: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a (1 − a ) + b (1 − b) + c (1 − c) Biến đổi ta được: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ a2 + b2 + c2 (13) toán 2.13 Bài toán 2.13 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ a2 + b2 + c2 Hướng dẫn:sử dụng toán 2.1 biến đổi (13) a+b+c *Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si : abc ≤  ; kết ÷ =   27 hợp với bất đẳng thức toán 2.11 ta có Vì 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + ⇔ 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤ abc + 1 + hay ab + bc + ca – 2abc ≤ suy ra: 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤ (14) 27 27 toán 2.14 Bài toán 2.14 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab + bc + ca – 2abc ≤ 27 Hướng dẫn:sử dụng toán 2.11 biến đổi (14) *Từ toán 2.11: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + ⇔ 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ abc + 1 suy ra: 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ + hay ab + bc + ca – abc ≤ (15) 27 27 toán 2.15 Bài toán 2.15 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab + bc + ca – abc ≤ 27 Hướng dẫn:sử dụng toán 2.11 biến đổi (15) *Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: 10 1 (a + b + c)2 = , 3 kết hợp với bất đẳng thức toán 2.13 ta : 6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ 1(16) toán 2.16 a2 + b2 + c2 ≥ Bài toán 2.16 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ Hướng dẫn:sử dụng toán 2.13 biến đổi (16) * Ta thay 1 ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 +c2)] = 1 − ( a + b + c )  2 Vào bất đẳng thức toán 2.14 ta có 13 ⇔ a + b + c + 4abc ≥ 1 − (a + b + c )  – 2abc ≤ (17) 27 27 Bài toán 2.17 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 13 2 Chứng minh rằng: a + b + c + 4abc ≥ 27 Hướng dẫn:sử dụng toán 2.14 biến đổi (17) *Ta thay 1 ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 +c2)] = 1 − ( a + b + c )  2 Vào bất đẳng thức toán 2.15 ta có 11 ⇔ a + b + c + 2abc ≥ 1 − (a + b + c )  – abc ≤ (18) 27 27 ta có toán 2.18 Bài toán 2.18 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 11 2 Chứng minh rằng: a + b + c + 2abc ≥ 27 Hướng dẫn:sử dụng toán 2.15 biến đổi (18) *Vẫn từ toán 2.11: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 Vì 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 nên ab + bc + ca ≤ ; 8(ab + bc + ca) ≤ 9abc + + 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + + = 9abc + (19) 3 Nên ta có toán 2.19 sau: 11 Bài toán 2.19 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 8(ab + bc + ca) ≤ 9abc + Hướng dẫn:sử dụng toán 2.11 biến đổi (19) *Thay ab + bc + ca = [(a + b + c)2 – (a2 + b2 + c2)] = [1 – (a2 + b2 + c2)] (20)vào toán 2.19 ta được: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥ toán 2.20 Bài toán 2.20 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥ Hướng dẫn:sử dụng toán 2.19 biến đổi (20) 2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Thông qua việc xây dựng, đề xuất toán nêu trên, góp phần hình thành cho học sinh kỹ tư logic, kĩ tìm tòi, khám phá kĩ phối hợp nhiều kĩ thuật phức tạp tập dần hình thành tư linh hoạt cho học sinh Bên cạnh từ cách suy bất đẳng thức từ bất đẳng thức biết giúp em hình thành phương pháp hiệu để chứng minh bất đẳng thức Phương pháp quy lạ quen Chẳng hạn ta xét toán sau: “ Cho ba số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x + y + z + xyz ≥ Rõ ràng toán không giống toán ta nêu giả thiết x + y + z = 3, ta đặt x = 3a, y = 3b, z = 3c giả thiết là: a, b, c không âm a + b + c = 1, điều cần chứng minh (3a ) + (3b) + (3c) + 3a.3b.3c ≥ 4 ⇔ a + b + c + 3abc ≥ (**) Rõ ràng bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức toán 2.18 Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô – Si vào vế trái (**) ta có: ≤ a + b + c + 3abc = a + b2 + c + 2abc + abc a+b+c ≤ a + b + c + 2abc +  ÷   = a + b + c + 2abc + 27 2 12 11 − = (đây bất đẳng thức Bài toán 2.18) 27 27 Từ ví dụ nêu trên, làm cho học sinh thấy rằng, nhìn toán nói hoàn toàn khác nhau, qua việc phân tích cho ta thấy toán lại có nguồn gốc giống Hơn nữa, qua mở cho ta hướng để ta đề xuất thêm nhiều toán từ toán nêu cách đặt ẩn phụ cách thích hợp Khi chưa thực đề tài nhận thấy nhiều học sinh gặp phải toán bất đẳng thức thường thấy “sợ” thường bỏ qua đề thi Qua lần kiểm tra định kì ,kiểm tra thường xuyên lớp ,của trường ,của phòng giáo dục em có điểm 10 điều chứng tỏ học sinh làm dạng tập khó Cụ thể ,trong năm 2014-2015 nhà trương phân công cho dạy toán lớp 9B, 9C kết thu không áp dụng (lớp 9B) sau áp dụng sáng kiến (lớp 9C) sau: 2 Hay a + b + c + 2abc ≥ Lớp Kiểm tra lần 9B 9B 9B KẾT QUẢ KHÔNG ÁP DỤNG SKKN Giỏi Khá Trung Yếu Kém bình 6,9% 16,3% 14 32,6% 15 34,9% (9,3%) 6,9% 18,6% 13 30,2% 15 34,9% (9,3%) 6,9% 16,3% 14 32,6% 16 37,2% (6,9%) Lớp Kiểm KẾT QUẢ SAU KHI ÁP DỤNG SKKN tra Giỏi Khá Trung Yếu Kém lần bình 9C 6,5% 13% 16 34,8% 16 34,8% (6,9%) 9C 17,4% 10 21,7% 20 43,5% 17,4% 0% 9C 12 26,1% 12 26,1% 21 45,7% 2,1% 0% 13 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trên toàn sáng kiến kinh nghiệm: “Rèn luyện khả tư logic cho học sinh khối học toán bất đẳng thức” Qua sáng kiến hướng dẫn cho học sinh biết cách chứng minh hai toán quen thuộc theo nhiều cách từ bất đẳng thức quen thuộc ta suy bất đẳng thức khác cách khác Qua thời gian thực đề tài cách hướng dẫn học sinh giải toán bất đẳng thức theo nhiều cách, phát triển thành toán học sinh hứng thú học với dạng toán bất đẳng thức Từ em linh hoạt, sáng tạo học toán Mặc dù vậy, người biết, cách giải giải toán Không thể có kinh nghiệm áp dụng vào tình Kinh nghiệm nhỏ áp dụng vào số tập định Bài viết chắn nhiều thiếu sót nội dung hình thức trình bày, mong nhận thật nhiều góp ý từ đồng nghiệp để viết hoàn thiện Tôi xin chân thành cám ơn ! Kiến nghị : Phòng giáo dục nên tổ chức cho giáo viên học giao lưu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi để nâng cao chất lượng dạy học Thành Phố XÁC NHẬN CỦA Thanh Hoá, ngày 26 tháng 03 năm THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép người khác Người viết Cao Thị Tâm 14 MỤC LỤC 1.MỞ ĐẦU .…………………………………………………Trang 1.1LÍ DO CHON ĐỀ TÀI………………………………………… Trang 1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU…………………………………….Trang 1.3.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU………………………………… Trang 1.4.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU………………………………Trang 2.NỘI DUNG SKKN …………………………………… .Trang 2.1.CƠ SỞ LI LUẬN CỦA SKKN ……… Trang 2.2.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN Trang 2.3.GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ………………………… ……… Trang 2.4.HIỆU QUẢ CỦA SKKN …… …………………………… Trang 12 3.KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……………………………………Trang14 15 ... kinh nghiệm: Rèn luyện khả tư logic cho học sinh khối học toán bất đẳng thức Qua sáng kiến hướng dẫn cho học sinh biết cách chứng minh hai toán quen thuộc theo nhiều cách từ bất đẳng thức quen... đề tài Rèn luyện khả tư logic cho học sinh khối học toán bất đẳng thức ” mong độc giả đón nhận góp ý 2.2.THỰC TRẠNG VÂN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN Qua trắc nghiệm hứng thú học toán học sinh thấy... thực có chung từ bất đẳng thức gốc bất đẳng thức tập Từ học sinh thấy bất đẳng thức mảng rời rạc mà khối liên hệ với nhau.Làm cho học sinh không cảm thấy sợ (đi từ bất đẳng thức quen thuộc) lập