Sáng kiến kinh nghiệm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Người thực hiện: Ngô Quang Giang Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn : Tốn THANH HĨA NĂM 2013 Sáng kiến kinh nghiệm CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI A Đặt vấn đề B Giải vấn đề I) Cở sở lý luận II) Giải pháp thực 1) Các toán sử dụng trực tiếp hàm số 2) Khai thác kiện từ tìm hàm số cần xét 3) Khai thác bất đẳng thức chứng minh thành bất đẳng thức 4) Bài tập áp dụng 5) Kiểm nghiệm C Kết luận đề xuất 1) Kết luận 2) Đề xuất GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm A ĐẶT VẤN ĐỀ I) Lời mở đầu Mục tiêu hàng đầu việc dạy học mơn tốn trung học phổ thơng trang bị tri thức, phương pháp phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh Phần bất đẳng thức chủ đề quan trọng việc phát triển tư sáng tạo, tư biện chứng cho học sinh Đồng thời thường gặp đề thi đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm Có nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng thức, phương pháp giải đa dạng, số tài liệu đưa cách giải mang tính thủ thuật, khơng tự nhiên làm cho học sinh khơng có cách nhìn bao qt chứng minh bất đẳng thức Sáng kiến kinh nghiệm hướng dẫn học sinh sử dụng tính chất tiếp tuyến hợp lý từ vận dụng vào việc chứng minh bất đẳng thức Với kết xây dựng cách tự nhiên xếp từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có cách nhìn tổng quan Mặt khác hướng dẫn học sinh biết kết hợp khai thác kiến thức học, kiến thức liên quan tìm bất đẳng thức Từ phát huy tính cực, chủ động, sáng tạo học sinh việc lĩnh hội tri thức tạo niềm tin, hứng thú học tập mơn Tốn II) Thực trạng a) Đối với giáo viên Chủ đề bất đẳng tương đối khó mà số lượng tiết học sách giáo khoa nội dung Các giáo viên thường dạy theo kiểu nêu tính chất, bất đẳng thức thơng dụng sau tập có tính chất ngẫu hứng, học sinh giải giáo viên giải cho học sinh nghe Dẫn đến học sinh bế tắc đường suy nghĩ khó tìm đường lối giải cho tập khác b) Đối với học sinh: Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối tượng học sinh Sự nhận thức học sinh thể rõ: GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm - Học sinh lúng túng định hướng gặp tốn chứng minh bất đẳng thức - Khả phân tích kiện, tổng hợp kiến thức liên quan đến tốn hạn chế - Chưa có kỹ vận dụng tính chất bất đẳng thức bất đẳng thức cổ điển để kiến tạo tri thức tổng hợp từ vận dụng vào giải tập - Từ bất đẳng thức chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành tốn Vì để khắc phục hạn chế học sinh, giúp giáo viên có định hướng tốt dạy phần bất đẳng thức đồng thời bồi dưỡng khả tư cho học sinh giỏi, qua nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường chọn đề tài: “ Rèn luyện kỹ sử dụng tính chất tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức” GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Cơ sở lí luận - Đường thẳng y = ax + b tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f(x) điểm A ( x0 ; y0 ) (A khơng điểm uốn), tồn khoảng D chứa x0 cho: f ( x ) ≥ ax + b f ( x) ≤ ax + b (Dấu xảy x = x ) Từ ta có: f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≥ a (x1 + x2 + + xn ) + nb Hoặc: f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≤ a (x1 + x2 + + xn ) + nb Nếu biết: x1 + x2 + + xn = m (m không đổi) ta có: f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≥ am + nb f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≤ am + nb - Đường thẳng y = ax + b tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f(x) điểm A ( x0 ; y0 ) đó: f ( x) − (ax + b) = ( x − x0 ) k g ( x); (k ≥ 2, k ∈ N ) II Giải pháp thực 1) Các toán sử dụng trực tiếp hàm số : Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung phương pháp tạo niềm tin lĩnh hội tri thức cho học sinh Tôi hướng dẫn học sinh xét toán đơn giản, toán mà hàm số cần xét có sẵn Bài 1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = Chứng minh rằng: 2( x + y + z ) − ( x + y + z ) ≥ Dẫn dắt học sinh: - Bất đẳng thức đối xứng với ba ẩn x, y, z, dấu xảy x = y = z =1 - Từ giả thiết hướng cho ta việc xét hàm f ( x) = x3 − x Giải: Xét hàm : f ( x) = x3 − x ; x ∈ (0;3) Ta có: f '( x) = x − x Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: y = 4x – Vì: x3 − x − (4 x − 1) = ( x − 1)2 (2 x + 3) ≥ 0; ∀x ∈ (0;3) , Nên: x3 − x ≥ x − 3; ∀x ∈ (0;3) GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Suy ra: (2 x3 − x ) + (2 y − y ) + (2 z − z ) ≥ 4( x + y + z ) − ⇔ 2( x3 + y + z ) − ( x + y + z ) ≥ Dấu xảy x = y = z =1 Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = Chứng minh rằng: 1 x + y + z + 9( + + ) ≥ 82 x y z 9 Giải: Xét hàm f ( x) = x + ; x ∈ (0;1) Ta có f '( x) = − x x Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = : y = - 80x +54 9 9(3 x − 1) ≥ 0; ∀x ∈ (0;1) Vì : x + − (− 80 x + 54) = + 81x  −54 = x x x Suy : x + ≥ −80 x + 54; ∀x ∈ (0;1) x Từ ta có : 1 x + y + z + 9( + + ) ≥ −80( x + y + z ) + 162 x y z 1 ⇔ x + y + z + 9( + + ) ≥ 82 x y z Dấu xảy : x = y =z =1 Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = Chứng minh rằng: 1 27 + + ≤ 2 1+ x 1+ y 1+ z 10 −2 x ; x ∈ (0;1) Ta có: f '( x ) = (1 + x ) 1+ x Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: 1 −27 x + 54 y = f '( )( x − ) + f ( ) = 3 50 −27 x + 54 (3x − 1) (4 − x) − =− ≤ 0; ∀x ∈ (0;1) Vì: 1+ x 50 50(1 + x ) −27 x + 54 ≤ ; ∀x ∈ (0;1) Suy ra: 1+ x 50 1 27 162 27 Từ ta có: + x + + y + + z ≤ − 50 ( x + y + z ) + 50 = 10 Dấu xảy x = y = z = Giải: Xét hàm số: f ( x) = GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm 2) Khai thác kiện tốn tìm hàm số cần xét Trong phần tơi đưa tốn mà chưa có sẵn hàm số cần xét, mở hướng khai thác kiện khác để tìm hàm số cần xét, từ phát huy khả sáng tạo học sinh Bài 1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = Chứng minh rằng: x y z 3 + + ≥ 2 1− x 1− y 1− z Dẫn dắt học sinh: x khoảng (0;1) − x2 x y z 3 x ⇒ + + ≥ 3( x + y + z ) − Từ suy được: ≥ 3x − ; (1) 2 2 1− x 1− y 1− z 1− x - Nhiều học sinh mắc sai lầm xét hàm số y = - Vì điều kiện: x + y + z = suy x + y + z ≤ nên không sử dung vào (1) - Mặt khác với điều kiện x + y + z = (ẩn số bậc 2) mà sử dụng tính chất tiếp tuyến ta đánh giá với biểu thức ẩn bậc nhất, ta nên đặt ẩn phụ để chuyển toán với điều kiện ẩn bậc Giải: Đặt: x = a; y = b; z = c (a, b, c > 0) Bài toán trở thành: Cho ba số dương a, b,c thõa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a b c 3 + + ≥ 1− a 1− b 1− c Xét hàm: f ( x) = x +1 x ; x ∈ (0;1) Ta có: f '( x ) = x (1 − x) 1− x là: 1 3 x y = f '( )( x − ) + f ( ) = 3 Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = Vì: x 3 3 2 − x= x( x − ) ( x+ ) ≥ 0; ∀x ∈ (0;1) 1− x 2 3 Nên: x 3 ≥ x ; ∀ x ∈ (0;1) 1− x GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Khi đó: a b c 3 3 + + ≥ (a + b + c ) = 1− a 1− b 1− c 2 Dấu xảy a = b = c = Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 3.Chứng minh rằng: 1 + + ≤ − xy − yz − xz Nhận xét: - Các ẩn x, y, z đối xứng dấu xảy x = y = z =1 - Cần khai thác kiện để tìm hàm số cần xét Vì: xy ≤ ( 1 x+ y 3− z ≤ ) =( ) nên Tương tự với ẩn lại − xy − z + z + 27 2 Từ suy hàm số cần xét y = 1 − x + x + 27 1 1 Giải: Ta có: − xy + − yz + − xz ≤ − x + x + 27 + − y + y + 27 + − z + z + 27 (1) Xét hàm: y = 2x − ; x ∈ (0;3) Ta có: f '( x ) = (− x + x + 27) − x + x + 27 Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x =1 là: y = f '(1)( x − 1) + f (1) = −x + 64 −x + ( x − 1) ( x − 13) − ≤ 0; ∀x ∈ (0;3) Vì: = − x + x + 27 64 64(− x + x + 27) Nên: −x + ≤ ; ∀x ∈ (0;3) − x + x + 27 64 1 Từ ta có: − x + x + 27 + − y + y + 27 + − z + z + 27 ≤ 1 27 − ( x + y + z ) = 64 (2) Từ (1) (2) suy ra: − xy + − yz + − xz ≤ , Dấu xảy x = y = z =1 Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 − xy − yz − xz GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Dẫn dắt học sinh: x2 + y2 xy ≤ ;⇒ ≤ - Học sinh nghĩ đến việc sử dụng: − xy x2 + y2 4− - Tuy nhiên điều kiện ẩn số bậc mà sử dụng tính chất tiếp tuyến ta đánh giá với biểu thức ẩn bậc nhất, nên phải kết hợp đánh giá đặt ẩn phụ để chuyển toán với điều kiện bậc - Đặt a = ( x + y )2 ; b = (z + y )2 ;c = ( x + z ) Khi đó: a = ( x + y ) ≤ 2( x + y ) ⇒ a + b+ c ≤ 4( x + y + z ) = 12 - Ta có: xy ≤ x2 + y2 ;⇒ ≤ − xy - Từ xét hàm : y = = 2 x +y 8− a 4− 8− x Giải: Đặt a = ( x + y )2 ; b = (z + y )2 ;c = ( x + z ) ta có a+ b + c ≤ 12 ≤ Vì: − xy 1 2 = 2 + + ≤ + + x +y (1) − a nên: − xy − yz − xz − a − b − c 4− Xét hàm y = 1 ; x ∈ (0;12) Ta có: f '( x ) = x (8 − x ) 8− x Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x =4 là: y = f '(4)( x − 4) + f (4) = x+ 144 36 1 −1 −( t+ )= ( t − 2) (4 − t ) ≤ 0; ∀t ∈ (0;12) − t 144 36 144 1 ≤ t + ; ∀t ∈ (0;12) Nên: − t 144 36 Vì: Từ ta có: 2 2 15 + + ≤ (a + b + c) + = (2) 18 − a − b − c 144 1 Từ (1) (2) Suy ra: − xy + − yz + − xz ≤ Dấu xảy khi: x = y = z =1 GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Bài 4: Cho x, y,z số dương thõa mãn: x + y + z = Chứng minh rằng: x2 + + x3 + y2 + + y3 + 2z + + z3 ≥ 13 x2 + Dẫn dắt học sinh: - Nếu sử dụng hàm số y = + x3 dẫn đến việc tính tốn phức tạp, ta nghĩ đến việc đánh giá để tìm hàm số đơn giản ⇔ ≥ ⇔ x ( x − 2) ≥ 0; ∀x 2+ x 1+ x x + 4x + 1+ x 2 x + 2(2 x + 5) ≥ = 2(2 + ) Khi ta có: 2+ x + x2 1+ x - Ta có: Từ suy ra: ≥ x2 + 1+ x + y2 + 1+ y + 2z2 + 1+ z Khi xét hàm: y = , x ∈ (0;6) x +2 Giải: Xét hàm: y = , x ∈ (0;6) x +2 ≥ 2(6 + 1 + + ) 2 2+ x 2+ y + z2 2 Phương trình tiếp tuyến hàm số điểm có hồnh độ x = là: y = f '(2)( x − 2) + f (2) = Vì: − ( − x + ) = x2 + 18 −x + 18 ( x − 2) ( x + ) −x ≥ + ; ∀x ∈ (0;6) ≥ 0, ∀x ∈ (0;6) nên x + 18 9( x + 2) −1 Ta có: + x + + y + + z ≥ ( x + y + z ) + = (1) 1 Kết hợp với (1) suy ra: x2 + + x3 + y2 + + y3 + 2z + + z3 ≥ 2(6 + 1 + + ) ≥ 13 2 2+ x 2+ y + z2 Dấu xảy x = y = z = Bài 5: Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: (2a + b + c) (2b + a + c) (2c + b + a ) + + ≤8 2a + (b + c ) 2b2 + (a + c) 2c + (b + a ) GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I Sáng kiến kinh nghiệm Dẫn dắt học sinh: - Bất đẳng thức với a, b,c với ka, kb, kc - Vì : f ( ka; kb; kc) = k f (a; b; c) ,Nên f ( a; b; c) ≥ ⇔ f ( ka; kb; kc) ≥ 0;(k ∈ R) - Đặt x= ka;y= kb;z=kc chọn k= x + y + z = f (a; b; c) ≥ ⇔ f ( x; y; z ) ≥ a+b+ c - Do bất đẳng thức dạng ta giả thiết thêm a + b + c = (hoặc a + b + c = m chọn k = m ) a+b+c Giải: Khơng làm tính tổng qt giả sử: a + b +c = (2a + b + c) (1 + a ) a + 2a + = = Khi đó: (Tương tự cho biểu thức lại.) 2a + (b + c ) 2a + (1 − a) 3a − 2a + Xét hàm số f ( x) = x2 + x + ; x ∈ (0;1) 3x − x + Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: 1 12 x + 3 3 2 x + x + 12 x + (3 x − 1) (4 x + 1) − =− ≤ 0; ∀ x ∈ (0;1) Vì: 3x − x + 3(3 x − x + 1) x + x + 12 x + ≤ ; ∀x ∈ (0;1) Nên: 3x − x + y2 + y +1 x2 + x + z + z + 12( x + y + z ) + 12 ≤ =8 Từ ta có: + + 3x − x + y − y + 3z − z + y = f '( )( x − ) + f ( ) = (2 x + y + z ) (2 y + x + z ) (2 z + x + y ) + + ≤ Từ (1) (2) ta có: 2 x + (y+ z ) 2 y + (x + z ) 2 z + (x + y ) Dấu xảy x = y = z =1 3) Khai thác bất đẳng thức chứng minh thành bất đẳng thức Với mục tiêu giúp học sinh không dừng lại việc chứng minh bất đẳng thức, mà từ bất đẳng thức chứng minh khai thác tìm tòi nhiều bất đẳng thức mới, qua phát triển tư sáng tạo cho học sinh nhu cầu khám phá tri thức GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 10 Sáng kiến kinh nghiệm 3.1) Khai thác toán 2(mục II.1): Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = Chứng minh rằng: 1 x + y + z + 9( + + ) ≥ 82 x y z Hướng 1: Vì BĐT khơng phụ thuộc vào số ẩn nên ta có tốn tổng quát: Bài toán 1: Cho n số dương x1 ; x2 ; ., x n thõa mãn: x1 + x2 + + xn = m (m > 0) Tìm giá trị nhỏ (hoặc giá trị lớn tùy theo giá trị a, b) biểu thức: 1 A= a( x1 + x2 + + xn ) +b( x + x + + x ) (a, b ∈ R) n Hướng 2: Xuất phát từ bất đẳng thức: (12 + 92 )( x + Từ ta có: 82( x + 9 ) ≥ ( x + ) ⇒ 82 x + ≥ x + x x x x 1 9 + y + + z + ) ≥ x + y + z + + + ≥ 82 x y z x y z Ta có tốn 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh a) x + 1 + y + + z + ≥ 82 x y z b) x + 1 + y + + z + ≥ 82 y z x Hướng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức + ) xyz ≤ ( + ) x2 + x+ y+ z ) ≤ 3 1 x2 82 82 = x + + + ≥ 82 = 2 2 x 81x 81x (81x ) 41 981 x80 ⇒ x2 + 1 82 1 82 + y2 + + z2 + ≥ ( + + )≥ 41 40 41 81 41 40 41 81 41 40 x y z x y z 3 41 x 40 41 y 40 41 z 40 = 82 - Với cách làm bậc hai bậc x không ảnh hưởng trực tiếp vào tốn, từ ta có tốn sau: GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 11 Sáng kiến kinh nghiệm Bài toán 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: a) x n + 1 + y n + n + z n + n ≥ n 82.3n − n x y z b) n x + 1 + n y + + n z + ≥ (9n + 1).32 − n x y z Ta tăng số biến lên n biến, từ ta có tốn tổng qt: Cho n số dương x1 ; x2 ; ., x n thõa mãn: x1 + x2 + + xn = Chứng minh rằng: a ) x12 + 1 + x22 + + + xn2 + ≥ n + x1 x2 xn b) x1n + 1 + x2n + n + + xnn + n ≥ (n n + 1).n 2− n n x1 x2 xn c) n x12 + 1 + n x22 + + + n xn2 + ≥ n (n + 1).n n − 2 x1 x2 xn Hướng 4: Nhận thấy: x x − 1− x = = −X Đặt: X = − x ⇒ 1− x 1− x 1− x X Ta có: ( X + Y + Z )2 ≤ 3( X + Y + Z ) = ⇒ X + Y + Z ≤ Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được: x y z 1 − X ≥ − X + 6; ∀X ∈ (0; 6) X Từ suy ra: − x + − y + − z ≥ X + Y + Z − ( X + Y + Z ) Vì: x y z 1 + + ≥ + + − (X +Y + Z) ≥ − (X +Y + Z) + = ⇒ 1− x 1− y 1− z X Y Z 2 Ta có tốn 4: a) Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1.Chứng minh : x y z + + ≥ 1− x 1− y 1− z b) Tổng quát: Cho n số dương x1 ; x2 ; ., x n thõa mãn: x1 + x2 + + xn = m, (m > 0) GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 12 Sáng kiến kinh nghiệm Chứng minh rằng: xn x1 x2 mn + + + ≥ n −1 m − x1 m − x2 m − xn 3.2 Khai thác toán 3(mục II.1): Bài toán 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = Chứng minh rằng: 1 27 + + ≤ 2 1+ x 1+ y 1+ z 10 Hướng 1: Nếu tăng số biến lên n ta có toán Cho n số dương x1 ; x2 ; ., x n thõa mãn: x1 + x2 + + xn = Chứng minh rằng: 1 n3 + + + ≤ + x12 + x22 + xn2 n + Hướng 2: Thay biến biểu thức phù hợp ta có toán mới: Hướng 2.1: Đặt x = a n ; y = b n ; z = c n Ta có tốn 2.1: a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn: a n + b n + c n = Chứng minh rằng: 1 27 + + ≤ 2n 2n 2n 1+ a 1+ b 1+ c 10 b) Tổng quát: Cho n số dương x1 ; x2 ; ., x n thõa mãn: x1n + x2n + + xnn = Chứng minh rằng: 1 n3 + + + ≤ + x12 n + x22 n + xn2 n n + Hướng 2.2: Đặt x = 1 ; y = n ;z = n n a b c Ta có toán 2.2: a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn: 1 + + = Chứng minh rằng: an bn cn a2n b2 n c 2n 27 + + ≤ 2n 2n 2n 1+ a 1+ b 1+ c 10 b)Tổng quát: GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 13 Sáng kiến kinh nghiệm 1 Cho n số dương x1 ; x2 ; ., x n thõa mãn: x n + x n + + x n = Chứng minh rằng: n xn2 n x12 n x22 n n3 + + + ≤ + x12 n + x22 n + xn2 n n + Hướng 2.3: Thay x = (Khi : x + y + z = 2( 2a 2b 2c ;y = ;z = (b + c ) a+c a+b a2 b2 c2 (a + b + c) + + )≥2 =1 b+c a+c a+b 2(a + b + c) Ta có tốn 2.3: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng: (b + c) (a + c) ( a + b) 27 + + ≤ 4 4a + (b + c ) 4b + (a + c) 4c + (b + a ) 10 Hướng 3: Kết hợp với bất đẳng thức cổ điển từ tạo bất đẳng thức Hướng 3.1: Ta có: ( 1 + x2 + 1 + y2 + 1+ z2 ) ≤ 3( 1 81 + + )≤ 2 1+ x 1+ y 1+ z 10 Ta có tốn 3.1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng minh : 1+ x + 1+ y + 1+ z ≤ 10 10 Hướng 3.2: Xuất phát từ x y z x2 y2 z2 ( x + y + z) = ( y+ z + x+ z + y + x) ≤ ( + + )2( x + y + z ) y+ z x+ z y+ x y+ z x+ z y+ x x2 y2 z2 x2 y2 z2 ⇔ x+ y+ z ≤ + + ⇔ + + ≥1 y+ z x+ z y+ x y+ z x+ z y+ x Ta có tốn 3.2 : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = Chứng minh : x2 y2 z2 + + ≥1 y+z x+z x+ y GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 14 Sáng kiến kinh nghiệm x2 y z Hướng 3.3:Xuất phát từ biểu thức: + + ≥ x + y + z = y z x ( Mà: x2 y z 2 x2 + + ) =( y z x y x+z ≤( x+ z + y2 z x+ y x+ y + z2 x y+z y + z )2 x4 y4 z4 + + ).2( x + y + z ) y ( x + z) z ( x + y) x2 ( z + y) Từ ta có tốn 3.3: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: x4 y4 z4 + + ≥ 2 y ( x + z ) z ( y + x) x ( z + y ) Hướng 3.4: Sử dụng bất đẳng thức Cơsi “ thuận - nghịch” a) Vì dấu xảy x = y = z = nên: 9x xy xy 27 xy = = 9x − ≥ 9x − = 9x − ( y + ≥ y ) 1+ y 2 y2 + y2 + y 9 x x Từ đó: y + + y z2 + + z x2 + ≥ 9( x + y + z ) − 27 27 ( xy + yz + xz ) ≥ − = 2 (do 3( xy + yz + xz ) ≤ ( x + y + z ) ⇔ xy + yz + xz ≤ ) Ta có tốn 3.4 : Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: x y z + + ≥ 2 + y 1+ 9z 1+ 9x b) Tương tự tốn kết hợp với vai trò bình đẳng x, y, z ta khai thác theo hướng sau: x3 xy xy y = x− ≥ x− = x− 2 x +y x +y xy x3 y3 z3 x+ y+z + + ≥ = Từ suy ra: 2 2 2 x +y y +z z +x 2 GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 15 Sáng kiến kinh nghiệm Ta có tốn :Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: x3 y3 z3 a) + + ≥ 2 x +y y +z z +x x4 y4 z4 + + ≥ 3 3 3 x + 2y y + 2z z + 2x x +1 y +1 z +1 c) + + ≥ y + z + x2 + b) Hướng 3.5:Khai thác toán theo hướng sử dụng bất đẳng thức đúng: a) Ta có: ( x − y ) = x − xy + y ≥ ⇔ x + xy + y ≥ 3xy ⇒ xy xy y ≤ = x + xy + y xy Ta có tốn 3.5: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng: xy yz zx + + ≤ 2 2 2 x + xy + y y + yz + z z + zx + x b) Hoặc: ( x − y ) = x − xy + y ≥ ⇔ 3( x − xy + y ) ≥ x + xy + y x − xy + y x − xy + y x3 + y ⇒ ≥ ⇔ ( x + y) ≥ ( x + y) ⇔ ≥ ( x + y) 2 x + xy + y x + xy + y x + xy + y Khi ta có: x3 y3 z3 + + ≥ ( x + y + z) 2 2 2 x + xy + y y + yz + z z + xz + z Ta có toán: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = x3 y3 z3 + + ≥ Chứng minh rằng: 2 2 2 x + xy + y y + yz + z z + xz + z Nhận xét : - Từ dẫn dắt học sinh khai thác tìm thêm nhiều tốn - Trên hướng dẫn học sinh dựa mối liên hệ logic toán học phát triển toán cụ thể thành toán khác nhau, từ rèn luyện học GV: Ngơ Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 16 Sáng kiến kinh nghiệm sinh đức tính ln chủ động, tích cực việc tiếp thu tri thức Từ phát triển tư sáng tạo cho học sinh 4) Bài tập áp dụng Bài 1: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn: x + y + z = x y z a)Chứng minh rằng: (1 − x) + (1 − y )2 + (1 − z ) ≥ b) Phát triển toán thành toán x y z Bài 2: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn: x + y + z ≥ y + z + x x y z a)Chứng minh rằng: x + + y + + z + ≥ b) Phát triển toán thành toán 5) Kiểm nghiệm: - Đề tài nghiên cứu thực giảng dạy hai năm 2011- 2012; 2012- 2013 Trong số tiết chữa tập số tiết bồi dưỡng học sinh giỏi - Đối tượng thực nghiệm học sinh học xong chương trình 11 - Sau giảng dạy tiến hành kiểm tra khả tiếp thu học sinh kết thu sau : Lớp 12A1 12A2 12A1 12A2 GV: Ngô Quang Giang Năm học 2011– 2012 2011 – 2012 2012 – 2013 2012 - 2013 Kết 28/45 (62,2%) 32/45(71,1%) 34/45(75,5%) 37/45(82,7%) Trường THPT Tĩnh Gia I 17 Sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 1)Kết luận Qua thời gian nghiên cứu vận dụng đề tài vào giảng dạy rút số nhận xét sau : - Với cách dạy tạo tâm hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức, khắc phục tính chủ quan hình thành tính độc lập chủ động người học - Giáo viên tạo niềm tin cho học sinh đứng trước toán bất đẳng thức, động lực thúc đẩy học sinh khám phá thêm phần tương tự, tốn khó bất đẳng thức - Rèn luyện khả phân tích tổng hợp, tư trừu tượng hóa, khái qt hóa, phán đốn logic cho học sinh 2) Đề xuất - Trong khuôn khổ sáng kiến đề xuất vài hướng giải tốn, theo định hướng giáo viên phải tiếp tục đào sâu nghiên cứu để xây dựng nhiều tập tương tự để dạy cho học sinh đạt kết cao - Duy trì phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm nâng cao chất lượng dạy học - Các sáng kiến có chất lượng hàng năm nên triển khai rộng rãi làm tư liệu giảng dạy cho giáo viên GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 18 Sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tĩnh gia, ngày 25 tháng năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết , khơng chép nội dung người khác Người viết Ngô Quang Giang GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I 19 ... thác bất đẳng thức chứng minh thành bất đẳng thức Với mục tiêu giúp học sinh không dừng lại việc chứng minh bất đẳng thức, mà từ bất đẳng thức chứng minh khai thác tìm tòi nhiều bất đẳng thức. .. gặp tốn chứng minh bất đẳng thức - Khả phân tích kiện, tổng hợp kiến thức liên quan đến tốn hạn chế - Chưa có kỹ vận dụng tính chất bất đẳng thức bất đẳng thức cổ điển để kiến tạo tri thức tổng... khơng có cách nhìn bao qt chứng minh bất đẳng thức Sáng kiến kinh nghiệm tơi hướng dẫn học sinh sử dụng tính chất tiếp tuyến hợp lý từ vận dụng vào việc chứng minh bất đẳng thức Với kết xây dựng