SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài: Trong công tác giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, thân gặp tình mà học sinh đưa “ Tại người ta lại nghĩ toán chứng minh bất đẳng thức này?” Những câu hỏi xuất tâm trí nhắc nhở phải tìm hiểu Cũng từ nảy sinh việc nghiên cứu phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà gọi phương pháp đánh giá phần tử đại diện Phương pháp thể nguồn gốc xuất phát toán nên chọn đề tài “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” II Mục đích nghiên cứu: Với mục đích cung cấp phương pháp giải toán cho em học sinh quan trọng giúp em nhìn thấy chất việc, tượng, thấy sáng tạo toán đẹp từ kiến thức Sử dụng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức phương pháp rõ ràng dễ áp dụng để giải lớp toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức, nội dung mà học sinh gặp kì thi hầu hết em học sinh gặp nhiều khó khăn việc xác định phương pháp giải Hi vọng phương pháp xoá tan tâm lí sợ gặp toán chứng minh bất đẳng thức Chính mà đề tài cần thiết cho đối tượng em học sinh đội tuyển học sinh giỏi, em học sinh chuẩn bị cho kì thi đại học tất em học sinh muốn tìm hiểu hướng sáng tác toán chứng minh bất đẳng thức III Đối tượng nghiên cứu: Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh đội tuyển học sinh giỏi ôn thi đại học qua năm giảng dạy từ trước đến đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 12 học sinh lớp 12A1 năm học 2012- 2013 IV Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu: Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” Nghiên cứu phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức chương trình ôn thi học sinh giỏi cấp ôn thi Đại học V Nhiệm vụ nghiên cứu: Tìm hiểu khái niệm, cấu trúc tư tích cực, tư sáng tạo Xây dựng định hướng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá tính khả thi hiệu đề tài VI Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp nghiên cứu lý luận : “Phát triển tư khoa học” “tăng cường em ý thức, lực vận dụng cách thông minh điều học” Phương pháp quan sát : Nhìn nhận lại trình học tập môn toán học sinh trường năm học vừa qua.Đưa số biện pháp để nâng cao kết học tập cho học sinh trường giai đoạn VII Thời gian nghiên cứu: • Từ đầu học kì I đến học kì II năm học 2013 – 2014 Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG I.Cơ sở lí thuyết : Nghiệm bội đa thức : - Cho đa thức P(x), a gọi nghiệm bội r P(x) ta có P ( x ) = ( x − a ) Q ( x ) Trong Q(x) đa thức Q(a) ≠ r - Ta có a nghiệm bội r P(a) = P’(a) = …= P(r-1) = P(r)(a) ≠ Bất đẳng thức đối xứng ba biến và kĩ thuật chuẩn hóa : - Đa thức f ( a, b, c) đối xứng định nghĩa dưới dạng: f (a, b, c ) = f / (a / , b / , c / ) đó (a / , b / , c / ) là một hoán vị tùy ý của (a, b, c) Hay nói cách khác là f ( a, b, c) = f (b, c, a ) = f (c, a, b) - Hiểu một cách đơn giản đa thức thuần nhất nếu nó là tổng của các đơn thức đồng bậc Do số tính chất hàm ta chuẩn hóa điều kiện biến để đơn giản hóa việc chứng minh Ta chuẩn hóa đa thức đối xứng ba biến cách đặt a n + b n + c n = k , abc = p, ab + bc + ca = r , Đây kỹ thuật quan trọng giúp ta đơn giản hóa qui bất đẳng thức chứng minh theo biến II.Thực trạng vấn đề : Bất đẳng thức vấn đề quan trọng khó học sinh cấp trung học phổ thông Học sinh gặp nhiều khó khăn việc xác định phương pháp giải phương pháp đường rõ ràng Có cách giải từ trời rơi xuống Học sinh hiểu người ta lại nghĩ toán vậy, lại có giải Trong đề tài xin trình bày phương pháp mà học sinh không nắm sở lí luận không hiểu lại có lời giải vậy, học sinh nắm sở lí luận phương pháp việc sử dụng phương pháp thật rõ ràng cụ thể, em tự chứng minh lớp bất đẳng thức tự sáng tác toán chứng minh bất đẳng thức III Các bước tiến hành Nếu gặp BĐT đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc điểm mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa bất đẳng thức dạng biến Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” cô lập dạng f ( x1 ) + + f ( xn ) ≥ α f ( x1 ) + + f ( xn ) ≤ α với giả thiết với giả thiết g ( x1 ) + + g ( xn ) = k Sau thực theo bước sau : - Bước 1: Xét xem dấu “=” xảy phải x1 = = xn = a - Bước 2: Dựa vào hình thức BĐT xét phần tử đại diện f ( x) ≥ m.g ( x ) + n f ( x) ≤ m.g ( x ) + n - Bước 3: Viết phần tử đại diện dạng P ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ D Để chứng minh đa thức P ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ D , dấu xảy x = a ta cần phải chứng minh P ( x ) = ( x − a ) Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x ∈ D 2k - Bước 4: Tìm m,n cách sử dụng điều kiện a nghiệm bội suy k P(a) = P’(a) = - Bước 5: Kiểm nghiệm P ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ D - Bước 6: Từ đưa lời giải : f ( xi ) ≥ m.g ( xi ) + n f ( xi ) ≤ m.g ( xi ) + n , ∀xi ∈ D, i = 1, n - Bước 7: Cộng n bất đẳng thức theo vế ta điều phải chứng minh I.V Ví dụ minh họa : Ví dụ 1: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 1 2(a + b + c ) + + + ≥ a b2 c Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c = - Bất đẳng thức các biến cả vế và điều kiện a + b + c = đều không ràng buộc điều này khiến ta nghĩ đánh giá phần 2x ≥ mx + n tử đại diện + x 2x ≥ mx + n với ∀x ∈ ( 0;3) - Ta tìm m, n cho + x dấu xảy x =1 Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” - Ta thấy 2x + ≥ mx + n ⇔ x − 3mx − 3nx + ≥ Ta tìm m, x n cho đa thức P ( x ) = x − 3mx − 3nx + có dạng P ( x ) = ( x − 1) Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;3) Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x =1, tức  P ( 1) = ⇒ m = − ,n =  3  P ' ( 1) = - Thay m = − , n = ta 3 thấy P ( x ) = ( x − 1) (2 x + x + 3) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;3) Lời giải: x2 2x - Ta sử dụng bất đẳng thức sau + ≥ − + , ∀x ∈ ( 0;3) x 3 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với ( x − 1) (2 x + x + 3) ≥ Hiển nhiên với ∀x ∈ ( 0;3) Dấu “=” 3x xảy x =1 Áp dụng bất đẳng thức ta có: a 2a ; + ≥ − a2 3 2b 2b 2c 2c Cộng bất đẳng + ≥ − + ; + ≥ − + b2 3 c2 3 thức ta 1 2(a + b + c ) 2 + + + ≥ − a + b + c + = − + = ( ) a b2 c 3 Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 2: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng có SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” 1 + + − ( a + b + c) ≥ a b c Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c = - Bất đẳng thức các biến cả vế và điều kiện a + b + c = đều không ràng buộc điều này khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện - Ta tìm m, n cho − x ≥ mx + n với ∀x ∈ ( 0;1) x dấu xảy x = - Ta thấy − x ≥ mx + n x − x ≥ mx + n ⇔ − mx − x − nx + ≥ Ta tìm m, n x cho đa thức P ( x ) = −mx − x − nx + có dạng   P ( x) =  x − ÷ Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) Suy phải 3  tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x = , tức     m = −2 P  ÷=   3  ⇒   P '   = n =    ÷  - Thay m = −2 3, n =   ta thấy P ( x ) =  x − ÷ (2 x + 3) ≥ 0, 3  ∀x ∈ ( 0;1) Lời giải: Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” - Ta sử dụng bất đẳng thức sau − x ≥ −2 3x + , ∀x ∈ ( 0;1) x Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với   x− ÷ (2 3x + 3) ≥ 0, Hiển nhiên với ∀x ∈ ( 0;1) Dấu “=” xảy   x = Áp dụng bất đẳng thức ta có: ; − a ≥ −2 3.a + a 4 − b ≥ −2 3.b + ; − c ≥ −2 3.c + Cộng bất b c đẳng thức ta có 1 + + − ( a + b + c ) ≥ −2 ( a + b + c ) + = −2 3.1 + = a b c Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 3: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh 1 1 + + + + ( a + b + c + d ) ≥ 24 a b c d Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c = d = - Bất đẳng thức các biến cả vế và điều kiện a + b + c + d = đều không ràng buộc điều này khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện + 8x ≥ mx + n x Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” - Ta tìm m, n cho + 8x ≥ mx + n với ∀x ∈ ( 0;1) x dấu xảy x = - Ta thấy + x ≥ mx + n ⇔ − mx + x − nx + ≥ Ta tìm m, x n cho đa thức P ( x ) = − mx + x − nx + có dạng 1  P ( x ) =  x − ÷ Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) Suy phải tìm 2  điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x = , tức  1 P  ÷= m =    ⇒   P '   = n =   ÷  1  - Thay m = 4, n = ta thấy P ( x ) =  x − ÷ (1 − x) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1)  2 Lời giải: - Ta sử dụng bất đẳng thức sau + x ≥ x + 5, ∀x ∈ ( 0;1) x   1 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với  x − ÷ (1 − x) ≥ 0, Hiển nhiên với ∀x ∈ ( 0;1) Dấu “=” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức ta có:  1 + 8a ≥ 4a + ; + 8b ≥ 4b2 + ; a b 1 + 8c ≥ 4c + ; + 8d ≥ 4d + Cộng bất đẳng thức ta c d có Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” 1 1 + + + + ( a + b + c + d ) ≥ ( a + b + c + d ) + 20 = 4.1 + 20 = 24 a b c d Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c = d = Nhận xét: Bài giải phương pháp tiếp tuyến Ví dụ 4: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn minh 1 1 + + = Chứng a +1 b +1 c +1 1 + ≥ 8a + 8b + 8c + + Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c = - Bất đẳng thức các biến cả vế và điều kiện 1 + + = đều không ràng buộc điều này khiến a +1 b +1 c +1 ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện - Ta tìm m, n cho 1 ≥m + n với ∀x > 8x + x +1 dấu xảy x = - 1 ≥m +n 8x + x +1 Ta thấy 1 ≥m + n ⇔ 8nx + ( m + n ) x + ( n − 1) x + m + n − ≥ 8x + x +1 Ta tìm m, n cho đa thức P ( x ) = −8nx − ( m + n ) x − ( n − 1) x − m − n + có dạng 1  P ( x ) =  x − ÷ Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x > Suy phải tìm 2  Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x = , tức  1 P  ÷= m =    ⇒   P '   =  n = −1   ÷  1  Thay m = 2, n = −1 ta thấy P ( x ) = x  x − ÷ ≥ 0, ∀x > 2  Lời giải: - Ta sử dụng bất đẳng thức sau 8x2 + ≥2 − 1, ∀x > x +1 1  Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với x  x − ÷ ≥ 0, Hiển 2  nhiên với ∀x ∈ ( 0;1) Dấu “=” xảy x = Áp dụng 8b + ≥2 bất đẳng thức ta có: 8a + ≥2 − 1; a +1 1 −1; ≥2 − Cộng bất đẳng b +1 8c + c +1 thức ta có 1 1   + ≥ 2 + + ÷− = 2.2 − = 8a + 8b + 8c +  a +1 b +1 c +1 + Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c = Ví dụ 5: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b3 c3 + + ≥ a + b + c b2 c2 a Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 10 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” - Bất đẳng thức ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện a3 ≥ ma + nb b2 - Ta tìm m, n cho a3 ≥ ma + nb với ∀a, b > b2 dấu xảy a = b - Ta thấy a3 ≥ ma + nb ⇔ a − mb a − nb3 ≥ Ta tìm m, n b cho đa thức P ( a ) = a − mb a − nb3 có dạng P ( a ) = ( a − b ) Q ( a ) Q ( a ) > 0, ∀a > Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(a) có nghiệm bội a = b , tức  P ( b ) = m = ⇒   P ' ( b ) =  n = −2 - Thay m = 3, n = −2 ta thấy P ( a ) = ( a − b ) ( a + 2b ) ≥ 0, ∀a, b > Lời giải: a3 - Ta sử dụng bất đẳng thức sau ≥ 3a − 2b, ∀a, b > b Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với ( a − b ) ( a + 2b ) ≥ Hiển nhiên với ∀a, b > Dấu “=” xảy a = b b3 c3 Áp dụng bất đẳng thức ta có: ≥ 3b − 2c ; ≥ 3c − 2a Cộng c a bất đẳng thức ta a b3 c + + ≥ 3( a + b + c ) − ( a + b + c ) = a + b + c b2 c a Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c Ví dụ 6: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ab ab ab a+b+c + + ≤ a+b a+b a+b Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 11 có SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c - Bất đẳng thức ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện ab ≤ m.a + n.b a+b - Ta tìm m, n cho ab ≤ m.a + n.b với ∀a, b > a+b dấu xảy a = b - Ta thấy ab ≤ m.a + n.b ⇔ ma + ( m + n − 1) ba + nb ≥ Ta a+b 2 tìm m, n cho đa thức P ( a ) = ma + ( m + n − 1) ba + nb có dạng P ( a ) = ( a − b ) Q ( a ) Q ( a ) > 0, ∀a > Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(a) có nghiệm bội a = b , tức  P ( b ) = ⇒m=n=   P ' ( b ) = Thay m = n = - ta thấy P ( a ) = ( a − b ) ≥ 0, ∀a, b > Lời giải: - Ta sử dụng bất đẳng thức sau ab 1 ≤ a + b, ∀a, b > a+b 4 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với ( a − b ) ≥ Hiển nhiên với ∀a, b > Dấu “=” xảy a = b Áp dụng bất đẳng thức ta có: Cộng bc 1 ca 1 ≤ b+ c; ≤ c+ a b+c 4 c+a 4 bất đẳng thức ab ab ab a+b+c a+b+c a+b+c + + ≤ + = a+b a+b a+b 4 Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c Ví dụ 7: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 12 ta có SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” a + b + c ≥ a 2b + b 2c + c a Phân tích : - Dấu “=” xảy a = b = c = - Ta thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2a + 2b + 2c ≥ − a − b − c ⇔ a + b + c + 2a + 2b + 2c ≥ - Bất đẳng thức các biến cả vế và điều kiện a + b + c = đều không ràng buộc điều này khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện x + x ≥ mx + n - Ta tìm m, n cho x + x ≥ mx + n với ∀x ∈ ( 0;1) dấu xảy x = - Ta thấy x + x ≥ mx + n ⇔ x − mx + x − n ≥ Ta tìm m, n cho đa thức P ( x ) = x − mx + x − n có dạng P ( x ) = ( x − 1) Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x = , tức  P ( 1) = m = ⇒   P ' ( 1) = n = - Thay m = 3, n = ta thấy P ( x ) = x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) Lời giải: - Ta sử dụng bất đẳng thức sau x + x ≥ x , ∀x ∈ ( 0;1) Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, Hiển nhiên với ∀x ∈ ( 0;1) Dấu “=” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức ta có: a + 2a ≥ 3a ; b + 2b ≥ 3b ; c + 2c ≥ 3c Cộng bất đẳng thức ta có a + b + c + 2a + 2b + 2c ≥ ( a + b + c ) = 3.3 = ⇒ 2a + 2b + 2c ≥ − ( a + b + c ) ⇒ a + b + c ≥ a 2b + b 2c + c a Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c = Ví dụ 8: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 13 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” 1 + + ≤ − ab − bc − ca Phân tích : - Dấu “=” xảy a = b = c = - Ta thấy điều kiện toán = a + b + c ≥ ab + bc + ca - Bất đẳng thức điều kiện ab + bc + ca ≤ này khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện ≤ mx + n 1− x ≤ mx + n với ∀x ∈ ( 0;1) 1− x - Ta tìm m, n cho dấu xảy x = - Ta thấy x + x ≥ mx + n ⇔ x − mx + x − n ≥ Ta tìm m, n cho đa thức P ( x ) = x − mx + x − n có dạng P ( x ) = ( x − 1) Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) Suy phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x = , tức  P ( 1) = m = ⇒   P ' ( 1) = n = - Thay m = 3, n = ta thấy P ( x ) = x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) Lời giải: - Ta sử dụng bất đẳng thức sau x + x ≥ x , ∀x ∈ ( 0;1) Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với x ( x + ) ( x − 1) ≥ 0, Hiển nhiên với ∀x ∈ ( 0;1) Dấu “=” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức ta có: a + 2a ≥ 3a ; b + 2b ≥ 3b ; c + 2c ≥ 3c Cộng bất đẳng thức ta có a + b + c + 2a + 2b + 2c ≥ ( a + b + c ) = 3.3 = ⇒ 2a + 2b + 2c ≥ − ( a + b + c ) ⇒ a + b + c ≥ a 2b + b 2c + c 2a Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 14 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c = Ví dụ 10: Cho a, b, c > Chứng minh: ( 2a + b + c ) + ( 2b + a + c ) + ( 2c + a + b ) ≤ 2 2a + ( b + c ) 2b + ( a + c ) 2c + ( a + b ) 2 Phân tích: - Vì BĐT nên ta chuẩn hóa cách giả sử a + b + c = - Khi BĐT cần chứng minh trở thành a + 2a + b + 2b + c + 2c + + + ≤ với a, b, c ∈ ( 0;1) 3a − 2a + 3b − 2b + 3c − 2c + - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c = - Bất đẳng thức các biến cả vế và điều kiện a + b + c = đều không ràng buộc điều này khiến ta nghĩ đánh giá phần tử đại x2 + 2x + diện ≤ mx + n 3x − x + - Ta tìm m, n cho x2 + 2x + ≤ mx + n với 3x − x + 1 ∀x ∈ ( 0;1) dấu xảy x = - Ta thấy x2 + 2x + ≤ mx + n ⇔ mx + ( −2m + 3n − 1) x + ( m − 2n − ) x + n − ≥ 3x − x + Ta tìm m, n cho đa thức P ( x ) = mx + ( −2m + 3n − 1) x + ( m − 2n − ) x + n − có dạng 1  P ( x ) =  x − ÷ Q ( x ) Q ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) Suy phải tìm 3  Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 15 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x = , tức  1 m = P  ÷ =     ⇒  n=   P '  =0    ÷  - Thay m = 4, n = 1  ta thấy P ( x ) =  x − ÷ (12 x + 3) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) 3  Lời giải: - Vì BĐT nên ta chuẩn hóa cách giả sử a + b + c = Khi ta phải chứng minh bất đẳng a + 2a + b + 2b + c + 2c + + + ≤8 3a − 2a + 3b − 2b + 3c − 2c + thức với a, b, c ∈ ( 0;1) , a + b + c = x2 + 2x + - Ta sử dụng bất đẳng thức sau ≤ x + , ∀x ∈ ( 0;1) 3x − x +   1 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với  x − ÷ (12 x + 3) ≥ Hiển  nhiên với ∀x ∈ ( 0;1) Dấu “=” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức ta có: a + 2a + ≤ 4a + ; 3a − 2a + b + 2b + c + 2c + ; Cộng bất đẳng ≤ b + ≤ c + 3b − 2b + 3c − 2c + thức ta Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 16 có SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” a + 2a + b + 2b + c + 2c + + + ≤ ( a + b + c ) + = 4.1 + = 3a − 2a + 3b − 2b + 3c − 2c + 1 Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy a = b = c = V Bài tập áp dụng : 1.Cho số thực a, b, c >0 thỏa a + b + c = Chứng minh : a b c + + ≥ + bc + ac + ab 10 2.Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1   + + + ≥ 4 + + ÷ a b c a+b+c  a +b b+c c+a  3.Cho a, b, c >0.Chứng minh rằng: a, b, c >0 4.Cho ( b + c − a) (b + c) + a ( a + c − b) + 2 (a + c) + b Chứn + ( b + a − c) (b + a ) + c g ≥ minh rằng: 1+ 1 1 a + b2 + c2 )  + + ÷≥ a + b + c + a + b2 + c2 ( 3 a b c Cho a, b, c ∈ ¡ : a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 2(a + b3 + c3 ) Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: a ( b + c) a2 + ( b + c ) + ( b ( a + c) b2 + ( a + c ) n số thực + abc a + b + c + a + b + c (a +b +c 2 ) ( ab + bc + ca ) n 8.Cho dương thỏa ∑a mãn i =1 i c ( a + b) c2 + ( a + b ) ) ≤ 3+ ≤ = n Chứng minh rằng: x x1 1 + + n ≤ + + + x1 + xn + x1 + xn 9.Cho a.b.c.d>0 thỏa ab + bc + cd + da = Chứng minh a3 b3 c3 d3 + + + ≥ b+c+ d c+d +a d +a+b a +b+c 10 Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: a ( b + c) + b ( a + c) + c ( a + b) ≥ 4( a + b + c) Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 17 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” 11 Cho a, b, c >0, a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≤ − ab − bc − ca a b c a b c 12 Cho a, b, c >0, a + b + c = Chứng minh rằng: + + − ( a + b + c ) ≥ 13 Cho a, b, c >0, a + b + c = Chứng minh rằng: + + + ( a + b + c) ≥ ( 3a + b + c ) + ( 3b + a + c ) + ( 3c + a + b ) ≤ 375 14 Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: 3 3 11 3a + ( b + c ) 3b3 + ( a + c ) 3c + ( a + b ) 3 a3 15 Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: a3 + ( b + c ) 3 b3 + b3 + ( a + c ) + c3 c3 + ( a + b ) ≥1 16 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1 1 + + ≤ + + a b c a +b−c b+c −a c + a −b 17 Cho a, b, c, d > a + b + c + d = Chứng minh rằng: (a a2 + 1) + (b b2 + 1) 18 Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: + (c c2 + 1) + (d 2a 2a + ( b + c ) + d2 + 1) ≤ 2b 2b + ( a + c ) n 19 Cho n số thực dương thỏa 16 25 mãn ∑a i =1 i =1 + 2c 2c + ( a + b ) Chứng minh ≤1 rằng: x x1 n + + n ≥ − x1 − xn 2n − 3 5 20.Cho a, b, c >0 a + b + c = Chứng minh rằng: 10 ( a + b + c ) − ( a + b + c ) ≥ 21.Cho a, b, c số thực dương cho a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 2 a + − a b + − b c + − c2 a , b, c 22.Cho a − 3a + + >0 b − 3b + + a + b + c = Chứng c − 3c + minh ≤3 23 Cho a, b, c >0, a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 − ab − bc − ca Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 18 rằng: SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” ( b + c − 3a ) + ( a + c − 3b ) + ( a + b − 3c ) ≥ 24 Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng: 2 2 2a + ( b + c ) 2b + ( a + c ) 2c + ( a + b ) 2 Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 19 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” PHẦN THỨ BA: KẾT QUẢ - KẾT LUẬN A.KẾT QUẢ: Qua năm học 2013 – 2014, áp dụng cho lớp 12A1 đội tuyển học sinh giỏi môn Toán lớp 12 nhà trường hướng dẫn giáo viên kết hợp thảo luận trao đổi với học sinh Kết quả, học sinh tích cực tham gia giải tập, nhiều em tiến bộ, nắm vững kiến thức bản, học sinh hứng thú với toán chứng minh bất đẳng thức đề thi Cụ thể sau: Thống kê điểm kiểm tra khảo sát chuyên đề hình học không gian tổng hợp: Đầu học kì I - Năm học 2013 - 2014 LỚP 12A1 Đội TS 3.5- -3,25 4.75 Cộng % 5- 6.5- 6.25 7.75 -10 Cộng % 35 23 29 82,86 18,14 10 40 60 Cộng % tuyển HSG Đầu học kì II - Năm học 2013 - 2014 LỚP 12A1 Đội TS -3.4 3.54.9 Cộng % 56.4 6.5-7.9 -10 35 10,53 17 12 34 89,47 10 15 19 43,18 14 25 56,82 tuyển HSG Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 20 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” B.KẾT LUẬN: Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm: Rõ ràng phương pháp đánh giá phần tử đại diện phương pháp chứng minh bất đẳng thức rõ ràng, hiệu quả, dễ áp dụng học sinh Giúp học sinh không cảm giác “sợ “ gặp toán chứng minh bất đẳng thức, nội dung mà học sinh gặp kì thi cấp trung học phổ thông, nội dung mà đa số học sinh gặp vướng mắc việc tìm phương pháp giải Phương pháp áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 12A1 đội tuyển học sinh giỏi khối 12 chuyên đề ‘Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức” Trong chuyên đề em tự giải lớp toán chứng minh bất đẳng thức bậc kì thi Olympic Quốc tế em có tập tành nghiên cứu khoa học tự sáng tác toán chứng minh bất đẳng thức Mặc dù toán chứng minh bất đẳng thức giải phương pháp giúp em có phương pháp rõ ràng, dễ thực lớp toán chứng minh bất đẳng thức khó quan trọng giúp em thấy xuất xứ toán chứng minh bất đẳng thức em tự sáng tác toán chứng minh bất đẳng thức tạo hứng thú học tập sáng tạo cho em Từ tạo niềm tin học tập cho em, tạo thái độ học tập phải nắm cốt lõi vấn đề, điều giúp em em học sinh giỏi đội tuyển 12 đạt kết tốt kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh Những học kinh nghiệm: Trong trình áp dụng sáng kiến , thân rút kết luận Phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức dành để vận dụng cho lớp bất đẳng thức bậc với phép chuẩn hoá thích hợp để cô lập biến Việc vận dụng Phương pháp đánh giá phần tử đại diện chứng minh bất đẳng thức thật phương pháp giải toán vô hiệu việc giải lớp toán chứng minh bất đẳng thức Qua việc vận dụng phương pháp rèn luyện phương pháp tư khoa học, phát triển vấn đề từ vấn đề cuối rèn luyện cách nhìn nhận vấn đề cách sâu sắc từ gốc rễ, không qua loa đại khái, hời hợt bên Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 21 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” Vì vậy, năm học tiếp tục triển khai áp dụng đề tài để giảng dạy cho em học sinh khối 12 đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Trong trình biên soạn đề tài có nhiều cố gắng, nhiên không tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý chân thành thầy cô giáo đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện Bảo Thắng, ngày 07 tháng 03 năm 2014 Người viết Nguyễn Thị Thu Hằng Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 22 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” Tài liệu tham khảo [1] Tạp chí Toán học tuổi trẻ, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [2] Tài liệu mạng Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 23 SKKN “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện” MỤC LỤC Trang PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU …1 I Lý chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu III Đối tượng nghiên cứu IV Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu V Nhiệm vụ nghiên cứu VI Phương pháp nghiên cứu VII Thời gian nghiên cứu PHẦN THỨ HAI : NỘI DUNG I Cơ sở lý thuyết II Thực trạng vấn đề III Các bước tiến hành IV Ví dụ minh họa V Bài tập vận dụng 16 PHẦN THỨ BA : KẾT QUẢ - KẾT LUẬN .20 TÀI LIỆU THAM KHẢO .22 Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số Bảo Thắng 24 [...]... Trường THPT số 1 Bảo Thắng 20 SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện B.KẾT LUẬN: 1 Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm: Rõ ràng phương pháp đánh giá phần tử đại diện là một phương pháp chứng minh bất đẳng thức rất rõ ràng, hiệu quả, dễ áp dụng đối với học sinh Giúp học sinh không còn cảm giác “sợ “ khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức, một nội dung mà học sinh... kết luận Phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức dành để vận dụng cho một lớp bất đẳng thức thuần nhất hoặc cùng bậc cùng với phép chuẩn hoá thích hợp để cô lập được các biến Việc vận dụng Phương pháp đánh giá phần tử đại diện trong chứng minh bất đẳng thức thật sự là một phương pháp giải toán vô cùng hiệu quả trong việc giải một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức Qua... toán chứng minh bất đẳng thức Mặc dù không phải bất cứ bài toán chứng minh bất đẳng thức nào cũng có thể giải bằng phương pháp trên nhưng ít ra nó cũng đã giúp các em có một phương pháp rõ ràng, dễ thực hiện đối với một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức khó và quan trọng hơn cả nó đã giúp các em thấy được xuất xứ của bài toán chứng minh bất đẳng thức và các em cũng có thể tự sáng tác bài toán chứng. . .SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện - Bất đẳng thức trên ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện a3 ≥ ma + nb b2 - Ta đi tìm m, n sao cho a3 ≥ ma + nb luôn đúng với ∀a, b > 0 và b2 dấu bằng xảy ra khi a = b - Ta thấy a3 ≥ ma + nb ⇔ a 3 − mb 2 a − nb3 ≥ 0 Ta đi tìm m, n sao 2 b cho đa thức P ( a ) = a 3 − mb 2 a − nb3 có dạng... ≤ b+ c; ≤ c+ a b+c 4 4 c+a 4 4 bất đẳng thức ab ab ab a+b+c a+b+c a+b+c + + ≤ + = a+b a+b a+b 4 4 2 Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi a = b = c Ví dụ 7: Cho a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3 Chứng minh rằng: Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng 12 ta có SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện a + b + c ≥ a 2b 2 + b 2c... a của các bất đẳng thức ta a 3 b3 c 3 + + ≥ 3( a + b + c ) − 2 ( a + b + c ) = a + b + c b2 c 2 a 2 Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi a = b = c Ví dụ 6: Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh ab ab ab a+b+c + + ≤ a+b a+b a+b 2 Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng 11 có SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện Phân... ( 0;1) Dấu “=” xảy ra khi x = Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 3 a 2 + 2a + 1 4 ≤ 4a + ; 2 3a − 2a + 1 3 b 2 + 2b + 1 4 c 2 + 2c + 1 4 ; Cộng về của các bất đẳng ≤ 4 b + ≤ 4 c + 3b 2 − 2b + 1 3 3c 2 − 2c + 1 3 thức ta Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng 16 có SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện a 2 + 2a + 1 b 2 + 2b + 1 c 2 +... các bất đẳng thức ta có a 4 + b 4 + c 4 + 2a + 2b + 2c ≥ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3.3 = 9 ⇒ 2a + 2b + 2c ≥ 9 − ( a 4 + b 4 + c 4 ) ⇒ a + b + c ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng 14 SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi a = b = c = 1 Ví dụ 10: Cho a, b, c > 0 Chứng. .. việc vận dụng phương pháp này chúng ta có thể rèn luyện được phương pháp tư duy khoa học, phát triển vấn đề từ những vấn đề cơ bản và cuối cùng là rèn luyện cách nhìn nhận vấn đề một cách sâu sắc từ gốc rễ, không qua loa đại khái, hời hợt bên ngoài Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng 21 SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện Vì vậy, trong... ( a 4 + b 4 + c 4 ) ⇒ a + b + c ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi a = b = c = 1 Ví dụ 8: Cho a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 Chứng minh rằng: Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng 13 SKKN Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện 1 1 1 9 + + ≤ 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 Phân tích : - Dấu “=” xảy ra khi ... 20 SKKN Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện B.KẾT LUẬN: Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm: Rõ ràng phương pháp đánh giá phần tử đại diện phương pháp chứng minh bất đẳng. .. số Bảo Thắng 11 có SKKN Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện Phân tích: - Dấu “=” BĐT xảy a = b = c - Bất đẳng thức ta nghĩ đánh giá phần tử đại diện ab ≤ m.a + n.b.. .SKKN Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đánh giá phần tử đại diện Nghiên cứu phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức chương trình