LỜI NÓI ĐẦU Bất đẳng thức và các bài tốn cực trị đại số là hai chun đề ít được đề cập đến lí thuyết trong chương trình sách giáo khoa tốn ở bậc trung học cơ sở.Ở lớp 8 chun đề bất đẳng thức được trình bày 2 tiết lý thuyết và 1 tiết luyện tập,do u cầu của chương trình mà hai chun đề này trong chương trình sách giáo khoa khơng đi sâu vào mơ tả khái niệm bất đẳng thức và chứng minh các bất đẳng thức phức tạp,tuy nhiên trong sách bài tập lại đưa ra bài tập của hai chun đề này vào cuối của một số chương, đặc biệt trong các kỳ thi học sinh giỏi hoặc thi vào lớp 10 các trường chun thì học sinh lại gặp những bất đẳng thức rất phức tạp.Nhiều học sinh đã tỏ ra lúng túng khi đứng trước bài tốn chứng minh bất đẳng thức hoặc bài tốn tìm cực trị của một biểu thức có nhiều em đã chán nản khi phải học bất đẳng thức.Tự kiểm điểm lại bản thân, các em thấy rằng mình đã rất cố gắng trong quá trình học tập, cứ nghĩ mình đã nắm rất vững kiến thức cơ bản về bất đẳng thức trong sách giáo khoa thế nhưng đứng trước bài tốn chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm cực trị của một biểu thức thì lại bế tắc khơng tìm ra lời giải.về sau tham khảo lời giải của những bài tốn ấy thì thấy khơng có gì khó khăn lắm vì chỉ tồn sử dụng kiến thức cơ bản về bất đẳng thức,có những bài giải rất đơn giản nhưng chỉ vì một chút thiếu sót hoặc khơng nghĩ đến cách ấy mà các em đã giải sai.Là giáo viên tốn, ai cũng thấy rằng: học sinh thuộc bài trơng sách giáo khoa thơi thì chưa đủ mà phải biết vận dụng kiến thức để giải quyết trong những tình huống cụ thể, phải biết phân loại các dạng tốn và cách giải từng dạng tốn. Các bài tốn về bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức trong các sách bồi dưỡng học sinh giỏi, tạp chí tốn học, báo tốn học tuổi trẻ, , và cả trên thư viện điện tử rất đa dạng, phong phú có những bài có nhiều hướng giải quyết và cũng khơng ít bài có cách giải độc đáo.song thời gian dạy và hướng dẫn cho học sinh học tập lại hạn chế, do đó đòi hổi người thầy phải biết tổng hợp,phân loại các dạng tốn thường gặp và các phương pháp để giải chúng.Từ đó hướng dẫn học sinh rèn luyện ý thức định hướng và đúc rút kinh nghiệm.Trong q trình học tốn và dạy tốn, tơi đã phân loại được một số dạng tốn về bất đẳng thức, bài tốn cực trị thường gặp và các phương pháp thích hợp để giải chúng.vì vậy tơi mạo muội viết ra những kinh nghiệm của bản thân để chia sẻ cùng các thầy (cơ) dạy tốn,các em học sinh và những ai u thích mơn tốn. phạm vi chọn đề tài Sáng kiến kinh nghiệm 1 Phan Duy thanh Do thời gian có hạn, nên đề tài này tơi chỉ nêu một số tính chất của bất đẳng thức, cách chứng minh một số dạng bất dẳng thức thường gặp trong chương trình tốn ở bậc THCS và cách giải một số dạng bài tốn cực trị đại số.Các dạng bất đẳng thức khác ở bậc THPT. Cách giải các dạng Tốn cự trị hình học chưa được đề cập đến. Phần 1: Thực trạng Qua quan sát tình hình học tập bất đẳng thức và giải tốn cực trị cũng như kiểm tra học sinh về phần này tơi thấy rằng, đại đa số học sinh lúng túng khi đứng trước bài tốn chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số. Cụ thể nghiên cứu như sau: Về chứng minh bất đẳng thức: Ở mức độ kiến thức cơ bản, trong 73 học sinh thì có 28 học sinh (38%) chứng minh được. Ở mức độ nâng cao thì trong 73 em chỉ có 3 em (4%) chứng minh được. Về giải tốn cực trị: Ở mức độ cơ bản như sách giáo khoa và sách bài tập, trong 73 em thì có 7 em (9.6%) làm được ở mức độ nâng cao trong 73 em, có 2 em nào làm được (2,7%). Qua đây ta có thể rút ra một số ngun nhân dẫn đến mức độ nắm bắt kiến thức về bất đẳng thức và vận dụng kiến thức về bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức ở học sinh kém như sau: • Nhiều học sinh học yếu mơn tốn. • Học sinh chưa nắm vững khái niệm, cũng như các tính chất của bất đảng thức. • Chưa vận dụng linh hoạt lí thuyết về bất đẳng thức vào giải các bài tốn cụ thể. • Kinh nghiệm giả tốn bất đẳng thức và tốn cực trị còn ít. • Hệ thống bài tập tự giải tự tích lũy của các em chưa nhiều. • Các em chưa phân loại được các dạng tốn cùng phương pháp chứng minh. Từ thực trạng tình hình và phân tích ngun nhân các em học sinh gặp vướng mắc khi giải tốn bất đẳng thức trong q trình dạy học, tơi đã tổng hợp được một số dạng tốn chứng minh bất đẳng thức và giải bài tốn cực trị ở bậc THCS cùng với phương pháp giải chúng. Sau đây là phương pháp giải một số dạng tốn về bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số. Sáng kiến kinh nghiệm 2 Phan Duy thanh BẤT ĐẲNG THỨC Khái niệm về bất đẳng thức: Ta gọi a b (hay a b, , a b) là bất đẳng thức. a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức. a b < > ≤ ≥ Một số tính chất: * Với a,b,c R ∈ ,a>b, ta có: a) a+c>b+c b) ac>bc (nếu c>0) c) ac<bc (nếu c<0) c) a>b và b>c thì a>c * V ới a>b>0,n là số ngun dương, ta có a) a n > b n b) n n a b > * với mọi a,b R ∈ , ta có: a>b ⇔ a-b>0 Chú ý: Các tính chất trên vẫn đúng trong trường hợp dấu của bất đẳng thức là “ ≤ hoặc ≥ ” . I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG. Sáng kiến kinh nghiệm 3 Phan Duy thanh VD 1: Chứng minh rằng: a 2 +b 2 +c 2 ≥ ab+ac+bc ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 cm: a b c ab bc ac a b c ab ac bc a b c a c b ab ac bc a ab b c ac a c cb b a b c a c b + + ≥ + + ⇔ + + − − − ≥       − + + − + + − + ≥  ÷  ÷  ÷       − + − + − + ⇔ + + ≥ − − − ⇔ + + ≥ bất đẳng thức hiển nhiên đúng.Dấu “=” x ảy ra khi a=b=c VD 2: Chứng minh rằng 2a 2 +b 2 +c 2 ≥ 2(ab+ac) với mọi a, b, c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b c a ab ac a ab b a ac c a b a c ⇔ + + + − − ≥ ⇔ − + + − + ≥ ⇔ − + − ≥ hiễn nhiên đúng với mọi a,b,c. dấu “=” xảy ra khi a=b=c vậy 2a 2 +b 2 +c 2 ≥ 2(ab+ac) với mọi a,b,c VD 3: chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d − + − ≤ + + + ∀ Cm: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d − + − ≤ + + + ∀ Saùng kieán kinh nghieäm 4 Phan Duy thanh 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( a c b d a b c d a b c d a c a c b d b d a b c d ac bd a b c d ac bd a b c d ac bd a b c d ac ac bd bd ac ad ⇔ − + − ≤ + + + + + + ⇔ − − + + − − + ≤ + + ⇔ − − ≤ + + ⇔ − + ≤ + + ⇔ + ≤ + + ⇔ + + ≤ + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) bc bd ac bd ad bc ad ad bc bc ad bc + ⇔ ≤ + ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ hiển nhiên đúng.Dấu “=” xảy ra khi ad=bc vậy 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d − + − ≤ + + + ∀ VD 4: chứng minh rằng 2 2 1 a>0a a a + + + ∀ p cm: 2 2 1 a>0a a a + + + ∀ p ( ) 2 2 2 2 4 1 2 2 4 4 2 2 2 2 1 2 2 1 ( ) a+2 ( ) 2 ( ) ( ) a a a a a a a a a a a a a a a a a ⇔ + + < + ⇔ + + + < + ⇔ + < + ⇔ + < + ⇔ + < + + hiển nhiên đúng . vậy 2 2 1 a>0a a a + + + ∀ p VD 5: chứng minh rằng : 1 1 4 x,y>0, x+y<1 x y x y + ≥ ∀ + Từ đó suy ra 2 2 1 1 4 2x y xy + ≥ + CM: 2 2 2 2 1 1 4 4 4 2 0 0 ( ) ( ) x y x y xy x xy y x y x y x y xy x y + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ + + hiển nhiên đúng . vậy 1 1 4 x,y>0 x y x y + ≥ ∀ + đặt x 2 +y 2 =X; 2xy=Y theo chứng minh trên, ta có 2 1 1 4 4 = (1) ( )X Y X Y x y + ≥ + + Saùng kieán kinh nghieäm 5 Phan Duy thanh 2 2 4 1 4 x,y>0 ( ) (2) x+y<1 ( ) x y x y  ⇔ + < ⇔ >  +  từ (1) và (2) suy ra 1 1 X Y + ≥ 4 hay 2 2 1 1 4 2x y xy + ≥ + VD 6: chứng minh rằng: 2 2 1 1 2 1 1 1 a b ab + ≥ + + + với mọi ab>1 CM: nhân cả hai vế của BĐT với (1+a 2 ).(1+b 2 ).(1+ab) thì 2 2 1 1 2 1 1 1 a b ab + ≥ + + + ⇔ (1+a 2 ).(1+ab)+(1+b 2 ). (1+ab) ≥ 2(1+a 2 )(1+b 2 ) ⇔ (1+a)(2+a 2 +b 2 )-2(1+a 2 )(1+b 2 ) ≥ 0 ⇔ 2+a 2 +b 2 +2ab+ab.a 2 +ab.b 2 -2-2b 2 -2a 2 -2a 2 b 2 ≥ 0 ⇔ ab.a 2 +ab.b 2 -a 2 -b 2 +2ab-2a 2 b 2 ≥ 0 ⇔ (ab.b 2 –b 2 )+(ab.a 2 -a 2 )+(2ab-2a 2 b 2 ) ≥ 0 ⇔ b 2 (ab-1) + a 2 (ab-1)-2ab(ab-1) ≥ 0 ⇔ (b-a) 2 (ab-1) ≥ 0 hiển nhiên vì ab>1 vậy 2 2 1 1 2 1 1 1 a b ab + ≥ + + + với mọi ab>1 Bài tập tự giải Chứng minh rằng: Bài 1: a 2 + b 2 +c 2 +d 2 + e 2 ≥ a(b+c+d+e) , , ,a b c d ∀ Bài 2: 2 2 p,q>0 p q pq p q + ≥ ∀ + Bài 3: 2 2 a,b>0 a b a b b a + ≤ + ∀ Bài 4: a 3 +b 3 ≤ a 4 +b 4 với a+b 2 ≥ Bài 5: 1 1 1 3 a b c a b c a b c + + > + + + + + với mọi a,b,c>0 Bài 6: 1a b ab + + ≤ + với 1 1;a b < < trong quá trình học bất đẳng thức chúng ta còn gặp nhiều bất đẳng mà chứng minh nó bằng phương pháp biến đổi tương đương sẽ gặp rất nhiều khó khăn, cũng có những bài không thể làm được bằng phương pháp này. Để chứng minh những bất đẳng thức như vậy đôi khi ta phải nhờ đến một bất đẳng thức khác Saùng kieán kinh nghieäm 6 Phan Duy thanh như bất đẳng thức cauchy (cô sy), Bunhiacopsky,…sau đây là một số bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất đẳng thức cô sy. II. DỰA VÀO BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. Với 1 2 3 0, , , , n a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ Ta cũng có thể viết 1 2 3 0, , , , n a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 n n n a a a a n a a a a+ + + + ≥ Chứng minh: a. BĐT đúng với n = 2. thật v ậy Với mọi 1 2 0,a a ≥ ta có 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 0 2 0 2 2 ( ) a a a a a a a a a a a a a a + − ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ (1) dấu “=” xảy ra khi 1 2 a a = .Bất đẳng thức đúng. - giả sử BĐT đúng với n=k (k bất kì). Ta phải chứng minh B ĐT đ úng với n=2k thật vậy giả sử 1 2 3 0, , , , k a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 k k k a a a a a a a a k + + + + ≥ với 2k số không âm 1 2 3 2 , , , , k a a a a ta có 1 1 2 1 2 3 1 2 1 2 3 2 2 2 2 (GT. QN) k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a a a a k k k + + + + + + + + + + + + + = ≥ 2 1 2 3 1 2 2 1 2 3 2 k k k k k k k k a a a a a a a a a a a + + ≥ = (2) dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 2 , , k a a a a = = = = - Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k (k bất kì) sẽ đúng với n=k- 1 thật vậy với k-1 số không âm 1 2 3 1 , , , , k a a a a − ta có 1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 k k k k k k k k k a a a a a a a a a a k a a a a k k + − − − + − − + + + + + + + + + + +   − = ≥  ÷ − −   1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 1 k k k k k k a a a a a a a a a a a a a a a a k k − − − − − − + + + + + + + +     ≥ ⇔ ≥  ÷  ÷ − −     (3) dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 1 , , k a a a a − = = = = từ (1),(2) và (3) suy ra BĐT luôn đúng với mọi n 2 ≥ ghi chú: Cách chứng minh trên là cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp kiểu cauchy VD1: Chứng minh rằng (a+b) (1+ab) ≥ 4ab với mọi a,b>0 Saùng kieán kinh nghieäm 7 Phan Duy thanh Phân tích: ta không thể áp dụng ngay BĐT cô sy trong trường hợp này vì ở vế trái là một tích . để áp dụng bất đẳng thức cô sy ta phải viết vế trái thành tổng. CM: ta có (a+b)(1+ab) = a+a 2 b+b+ab 2 . vì a,b>0 nên a,ab 2 ,b,a 2 b>0 Theo bất đẳng thức cô sy, ta có a+a 2 b+b+ab 2 2 2 4 44 4 4 4 4. . .a a b ab b a b ab ≥ = = Dấu “=” xảy ra khi a=b=1 Vậy (a+b)(1+ab) ≥ 4ab với mọi a,b>0. VD 2: Chứng minh rằng ( a b + )( 1 1 4) a,b>0 a b + ≥ ∀ CM: ( a b + )( 1 1 ) a b + = 1+ 1 a b b a + + . Vì a,b>0 nên 0, a b b a > Áp dụng BĐT cô sy, ta có ( a b + )( 1 1 ) a b + = 1+ 1 a b b a + + . 4 4 1 1 4 . . . a b b a ≥ = dấu “=” xảy ra khi 1 a b a b b a = = ⇔ = vậy ( a b + )( 1 1 4) a,b>0 a b + ≥ ∀ VD 3: Chứng minh rằng a+b+1 a,b 0ab a b ≥ + + ∀ ≥ phân tích: khác với hai ví dụ đã giải ở trên, ở trong B ĐT này cả hai v ế đều là một tổng ba hạng tử trong bất đẳng thức. trong BĐT cô sy chiều nhỏ hơn là n 1 2 n a .a a n vì vậy mỗi hạng tử , , ab a b là một vế nhỏ hơn của ba bất đẳng thức cô sy khác. Căn cứ vào điều này ta có thể chứng minh bài toán như sau: CM: với a,b>0 ta có: 1 1 2 2 2 ; ; a b a b ab a b + + + ≥ ≥ ≥ . Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta có 1 1 1 2 2 2 a b a b ab a b a b ab a b + + + + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + dấu “=” xảy ra khi a=b=1 VD 4: chứng minh rằng 1 2 a,b 0a b a b + + ≥ + ∀ ≥ Phân tích: Trong BĐT này ở vế trái có ba hạng tử, vế phải có hai hạng tử vì vậy khi chứng minh bất đẳng thức này cần khéo léo tách các hạng tử ở vế trái một cách hợp lí, tuy nhiên nếu chỉ để ý vế trái thôi thì việc phân tích cũng sẽ Saùng kieán kinh nghieäm 8 Phan Duy thanh gặp khó khăn, mà để làm được điều này ta cũng cần để ý vế phải để có cách phân tích phù hợp. Ta có thể giải bài tập này như sau: CM: vì a,b ≥ 0 nên 2a,2b ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức cô sy, ta có 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 . a a a a + + ≥ ⇔ ≥ (1) 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 . b b b b + + ≥ ⇔ ≥ (2) cộng vế với vế của (1) và (2) ta được 1 2 2 2 a + + 1 2 2 2 b + a b ≥ + 1 2 2 2 a + + 1 2 2 2 b + a b ≥ + ⇔ a+ 1 4 +b+ 1 4 a b ≥ + ⇔ a+b+ 1 2 a b ≥ + dấu”=” xảy ra khi 2a=2b= 1 2 ⇔ a=b= 1 4 Bài tập tự giải: Chứng minh rằng: Bài 1: 1 1 1 8; a,b,c>0 a b c b c a     + + + ≥ ∀  ÷ ÷ ÷     Bài 2: (ax+by)(ay+bx) 4 ; a,b,x.y>0abxy ≥ ∀ Bài 3: ( ) 1 1 1 9 a,b,c>0a b c a b c   + + + + ≥ ∀  ÷   Bài 4: a+b+c a,b,c>0ab bc ac ≥ + + ∀ III. BẤT ĐẲNG THỨC “CỘNG MẪU” Với 1 2 3 0, , , , n a a a a ≥ , ta có 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + Chứng minh: Với 1 2 3 0, , , , n a a a a ≥ ta có 1 2 3 1 2 3 n n n a a a a n a a a a+ + + + ≥ (1) 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 n n n n a a a a a a a a + + + + ≥ (2) Saùng kieán kinh nghieäm 9 Phan Duy thanh Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được: ( 1 2 3 n a a a a + + + + ) 1 2 3 1 1 1 1 n a a a a   + + + +  ÷   ≥ 1 2 3 n n n a a a a 1 2 3 1 n n n a a a a ⇔ 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + dấu “=” xảy ra khi a 1 =a 2 =a 3 =…=a n. VD 1: chứng minh rằng: Với a, b, c>0, a+b+c=1 thì 1 1 1 9 a b c + + ≥ Vì a,b,c>0 nên áp dụng bất đẳng thức “cộng mẫu”, ta có 1 1 1 9 a b c a b c + + ≥ + + Mà a+b+c=1 (gt) nên 1 1 1 9 a b c + + ≥ . Dấu “=” xảy ra khi a=b=c= 1 3 VD 2: cho a,b,c >0 chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 5 3 3 3a b c a b c a b c a b c   + + ≥ + +  ÷ + + + + + +   Phân tích: Nếu dung bất đẳng thức “cộng mẫu” cho 3 số ở vế trái, ta không thể chứng minh được bài toán này.khi thực hiện phép nhân ở vế phải ta thấy vế phải là một tổng vì vậy ta suy nghĩ đến việc dùng ba bất đảng thức “cộng mẫu” sau đó cộng vế với vế của ba bất đẳng thức đó. Ta có thể giải bài toán trên như sau: Ta có 2 1 1 1 1 1 5 (1) a a a b c a a a b c + + + + ≥ + + + + 2 2 1 1 1 1 1 5 (2) 1 1 1 1 1 5 (3) a b b b c a b b b c a b c c c a b c c c + + + + ≥ + + + + + + + + ≥ + + + + cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có 2 5 5 5 1 1 1 5 3 3 3 1 1 1 1 1 1 5 3 3 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c   + + ≥ + +  ÷ + + + + + +     ⇔ + + ≥ + +  ÷ + + + + + +   Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. VD 3: cho a,b,c,d>0 chứng minh rằng: 2 2 1 1 1 1 9 a b c d a b c a b d   + + + ≥ +  ÷ + + + +   Phân tích: Nếu viết vế trái thành 1 1 1 1 1 1 a a b b c d + + + + + và áp dụng bất đẳng thức “cộng mẫu” ta không được như ý muốn. nếu thực hiện phép nhân ở vế phải ta được 2 biểu thức có tử là 3 2 còn mẫu của mỗi biểu thức gồm ba số hạng. Do đó Saùng kieán kinh nghieäm 10 Phan Duy thanh [...]... gì đã làm được khi dạy học ở trường THCS Dị Nậu, thơng qua đề tài này tơi mong muốn được đóng góp một phần rất nhỏ bé của mình vào kinh nghiệm dạy học tốn, để cơng tác dạy học càng phất tri n đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh và thực hiện tốt mục tiêu giáo dục Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š26› Phan Trong phạm vi đề tài này, bản thân tơi đã có nhiều cố gắng nhưng vì khả năng có hạn nên chắc chắn... biểu thức Trên đây là phương pháp giải một số dạng tốn về chứng minh BĐT và tìm cực trị của biểu thức.Tuy nhiên với thời lượng chương trình có hạn người thầy khơng thể Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š25› Phan truyền đạt hết những kinh nghiệm mà mình tích lũy được cho học sinh chỉ trong 3 tiết học.Vì vậy để học sinh học tốt hơn hai chun đề này thiết nghĩ các nhà trường cần phải có kế hoạch phụ đạo học... suy ra x + 2 x + 4 có GTNN Giai : A = û x 2 + 2 x + 4 =(x+1)2 + 3 ≥ 3 với mọi x suy ra GTNN của x 2 + 2 x + 4 là 3 3 x 2 + 6 x + 13 1 vậy GTLN của A = x là 3 3 x + 2x + 4 5 x 2 + 17 5( x 2 + 2) + 7 7 = = 5+ 2 Để B đạt GTLN thì x 2 + 2 có GTNN.GTNN của x 2 + 2 là 2 2 2 x +2 x +2 x +2 7 vậy GTLN của B là 5 khi x=0 2 B= Bài tập tự giải: Tìm GTLN của các biểu thức sau: Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š20›... một ẩn 15 Tìm cực trị của một số biể thức phân 17 Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š27› Phan Áp dụng BĐT cơ sy để giải bài tốn cực trị 20 Áp dụng BĐT Bunhiacopski để giải bài tốn cực trị 22 Giải bài tốn cự trị bằng các phương pháp khác 23 Phần 3: kết quả 25 Tài liệu tham khảo 26 Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š28› Phan ... 1) (2n + 1) = 1 1 1 1 1  1 1 1 n 1 n 1 + + + + )= < = suy ra ĐPCM  ÷ = (1 − 4  1.2 2.3 3.4 n(n + 1)  4 n +1 4 n +1 4 n 4 1 1 1 1 1 < Ví dụ 4 Chứng minh 5 + 13 + 25 + + 20082 + 20092 2 Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š15› Phan (Đề thi vào lớp 10 của sở GD Đắc Lắc năm học 2007-2008) 2 2 2 2 2 Nhận xét : ∀x ≠ y ta có (x-y) > 0 ⇔ x − 2 xy + y > 0 ⇔ x + y > 2 xy ⇔ 1 1 < do đó 2 2 xy x +y 2 1 1 < 2... biến đổi biểu thức về dạng (a’x+b’) 2+c’, khi đó GTNN của biểu thức là c’ Muốn tìm GTLN của biểu thức ax 2+ bx+c ta biến đổi biểu thức về dạng – (a’x+b’)2+c’, khi đó GTLN của biểu thức là c’ Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š16› Phan VD 1: Tìm GTNN của các biểu thức sau: a) x2+4x+9 b) 4x2-12x+12 c) 2x2-x-13 d) 3x2+4x -5 Chứng minh a) x2+4x+9= x2+4x+4+5=(x+2)2+5 2 vì (x + 2)2 ≥ 0 nên ( x + 2 ) + 5 ≥ 5... − =  3x + với mọi x ÷ − ≥− 3 3 3 3 3  3 19 −2 vậy GTNN của biểu thức là − và biểu thức có GTNN khi x= 3 9 2 2 2 V D 2: Tìm GTLN của các biểu thức sau: a) 4x-x2+5 b) -2x2+2x-15 Chứng minh Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š17› Phan a) 4x − x2 + 5=-(x2 − 4 x − 5) = −(x2 − 4 x + 4) + 9 = −( x − 2)2 + 9 ≤ 9 với mọi x do đó GTLN của biểu thức là 9 và biểu thức đạt GTLN khi x=2  b) − 2x2 + 2x − 15 = -... 16 = (xy-3)2 ( x + 2)2 ≥ − 16 với mọi x −3 vậy GTNN của A là -16 và A có GTNN khi x=-2,y= 2 Bài tập tự giải: TÌm GTNN của các biểu thức sau: B= x2y2+2x2+24xy+16x+191 C=x2+2y2+9z2-2x+12y+6z+24 Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š18› Phan Dạng 2: Tìm cực trị của một số biểu thức phân VD 1: 7 10 x − x 2 + 3 7 7 7 7 ta có = = = 10 x − x 2 + 3 − ( x 2 − 10 x − 3) − ( x 2 − 10 x + 25 − 28) − ( x − 5)2 + 28... + 4 − x2 x2 + 4x + 4 = = −1 =  ÷ − 1 ≥ −1 với mọi x 2 2 2 x x x  x  vậy GTNN của biểu thức là -1 và biểu thức có GTNN khi x=-2 VD 3: Tìm GTNN cua bieu thức A = û å 5x 2 − 4 x + 4 x2 Giải Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh š19› Phan 5x 2 − 4 x + 4 4 x 2 − 4 x + 4 + x 2 ( x − 2 ) A= = = + 1 ≥ 1 với mọi x x2 x2 x2 vậy GTNN của A là 1 và biểu thức A có GTNN khi x=2 2 Có khi giải bài toán cực trò của biểu... = = = = n y1 y2 y3 yn 1 Ví dụ : VD 1: Chứng minh ux + vy ≤ 1 với x2+y2=u2+v2=1 cm: Ta có ux + vy ≤ ux + vy ⇒ ( ux + vy ) ≤ ( u 2 + v 2 ) ( x 2 + y 2 ) = 1 2 ( ux + vy ) 2 ≤ 1 ⇒ ux + vy ≤ 1 Sáng kiến kinh nghiệm Duy thanh (ĐPCM) š11› Phan u v Dấu “=” xảy ra khi x = y Cm: 2x + 3 y = 2 2 với 2x + 3y ≤ 5 2 x +3 y ≤5 VD 2: Chứng minh rằng 2 2x + 3 3 y ⇒ ( 2x + 3 y ) ≤ 2 2 2x + 3 3y ≤ ( 2 2x + 3 3y ) 2 . tơi mạo muội viết ra những kinh nghiệm của bản thân để chia sẻ cùng các thầy (cơ) dạy tốn,các em học sinh và những ai u thích mơn tốn. phạm vi chọn đề tài Sáng kiến kinh nghiệm 1 Phan Duy. và các phương pháp để giải chúng.Từ đó hướng dẫn học sinh rèn luyện ý thức định hướng và đúc rút kinh nghiệm.Trong q trình học tốn và dạy tốn, tơi đã phân loại được một số dạng tốn về bất đẳng. đảng thức. • Chưa vận dụng linh hoạt lí thuyết về bất đẳng thức vào giải các bài tốn cụ thể. • Kinh nghiệm giả tốn bất đẳng thức và tốn cực trị còn ít. • Hệ thống bài tập tự giải tự tích lũy