Đang tải... (xem toàn văn)
Đề tài tôi muốn đề cập đến là phương pháp giải quyết các bài toán bất đẳng thức dạng phân thức bằng cách sử dụng từ một bất đẳng thức quen thuộc mà học sinh hay gặp. Trong các sách tham khảo, các bài trên các báo toán hoặc một số trang wed dạy học trực tuyến, các tác giả đã giải theo các hướng khác nhau. Ở đề tài này tôi đã khai thác từ một bài bất đẳng thức cơ bản và vận dụng các bước biến đổi để đưa ra các bài tập và phương pháp giải mà học sinh hay được tiếp cận từ các đề thi học sinh giỏi huyện, tỉnh và các đề thi vào THPT .
TĨM TẮT SÁNG KIẾN Trong chương trình tốn học phổ thơng lượng kiến thức bất phương trình lớn đa dạng Đồng thời mảng toán học Lượng tập phần đa dạng phong phú Có đơn giản, thần t, có địi hỏi phải tư suy luận, khai thác từ rút phương pháp giải, có khơng giải bẳng phương pháp xuất phát từ (qua biến đổi tương đương) mà phải khai thác nhờ kiến thức có liên quan Đề tài tơi muốn đề cập đến phương pháp giải toán bất đẳng thức dạng phân thức cách sử dụng từ bất đẳng thức quen thuộc mà học sinh hay gặp Trong sách tham khảo, báo toán số trang wed dạy học trực tuyến, tác giả giải theo hướng khác Ở đề tài khai thác từ bất đẳng thức vận dụng bước biến đổi để đưa tập phương pháp giải mà học sinh hay tiếp cận từ đề thi học sinh giỏi huyện, tỉnh đề thi vào THPT Qua tập dạng đề tài có rút phương hướng chung giải dạng sau có khai thác mở rộng dần đề học sinh nắm ý tưởng gây say mê hứng thú tìm hiểu giải tốn tương tự Từ học sinh định hướng nhận định dạng tập có hướng giải Với đề tài tài nhỏ này, mong muốn hy vọng đóng góp phần nhỏ bé cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi cấp ôn thi vào THPT -1- MÔ TẢ SÁNG KIẾN I/ Cơ sở lý luận Theo nghị 88/2014/QH13 Quốc hội nước Cộng hoà xã hội Việt Nam - khẳng định: “Đổi chương trình giáo dục phổ thơng” Muốn làm tốt có hiệu điều - vấn đề đổi phương pháp dạy học phải vấn đề then chốt - trọng tâm Đổi phương pháp dạy học nhiệm vụ trọng tâm ngành học, cấp học Năm học 2015-2016 việc đổi phương pháp dạy học đặc biệt dạy học theo chủ đề trở thành nề nếp thực có hiệu cao nhà trường Toán học khoa học trừu tượng có nguồn gốc từ thực tiễn có ứng dụng rộng rãi thực tiễn Việc rèn luyện tư logíc yêu cầu hàng đầu dạy học tốn nhà trường phổ thơng Đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh thi vào Trung học phổ thơng Vì người giáo viên phải nắm phương pháp dạy học toán để phát huy hiệu tính tích cực, tự giác chủ động học sinh, thành phát triển lực tự học, trau dồi phẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo tư cho học sinh Để đạt mục tiêu quan trọng việc bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh thi vào Trung học phổ thơng đạt kết cao (bộ mơn tốn) người giáo viên cần thực đảm bảo nguyên tắc: học sinh tự hồn thành nhiệm vụ nhận thức với vai trò tổ chức hướng dẫn giáo viên II/Cơ sở thực tiễn Qua nhiều năm giảng dạy mơn Tốn học lớp 8,lớp nhà trường, nhận thấy khai thác mảng kiến thức mảng kiến đơn vị kiến thức thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp thi vào Trung học phổ thông trung Với học sinh : -2- Mỗi mảng kiến thức vận dụng thực tế làm thường chưa định rõ phương pháp dạng mà dừng lại mức độ chưa suy luận theo logíc định, kết đạt thi dừng lại mức độ trung bình Đối với giáo viên: Khi giảng dạy tốn cịn chưa sâu dạng, dạng chưa theo chuyên đề, tản mạn Trước tình trên, sau nghiên cứu kỹ tài liệu mảng kiến thức này, mạnh dạn đưa ý tưởng khai thác toán bất đẳng thúc với mong ước làm tài liệu bồi dưỡng, nhằm tạo điều kiện thuận lợi cho người dạy người học việc bồi dưỡng học sinh giỏi Sáng kiến gồm ba phần: Phần :Thông tin chung sáng kiến; Phần hai: mô tả sáng kiến; phần ba kết luận; Hiệu sau thực sáng kiến khảo sát đối chứng học sinh lớp năm học 2014-2015 kết đáng khả quan có nhiều tiến bộ; Hiện giải pháp trao đổi đồng nghiệp tổ chuyên môn áp dụng rộng rãi nhà trường năm học 2015-2016 III/Mục đích nghiên cứu Một vấn đề thường gặp đại số, làm cho học sinh lúng túng tốn bất đẳng thức đại số Thơng thường tốn loại vấn đề khó Thực phần quan trọng đại số kiến thức bất đẳng thức đại số làm phong phú phạm vi ứng dụng đại số sống IV/Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu số vấn đề phương pháp chứng minh bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức Những toán bất đẳng thức có nội dung hấp dẫn khó giải Một nguyên nhân gây khó giải phương pháp tiếp cận, mổ xẻ vấn đề phương pháp thông thường hay áp dụng đại số -3- V/ Giới hạn đề tài Nghiên cứu bất đẳng thức đặc biệt phương pháp chứng minh bất đẳng thức tập vận dụng để giúp học sinh học tốt hình thành kiến thức, kĩ mới, vận dụng cách linh hoạt, sáng tạo nhất, thông minh việc học toán sống A/CÁC KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG CẦN THIẾT Các kiến thức kỹ cần thiết giải tập bất đẳng thức mà học sinh cần nắm được: - Các quy tắc tính tốn (các phép tính cộng, trừ, nhân, chia, nâng lên luỹ thừa) biểu thức đại số, biểu thức chứa chữ - Các đẳng thức đáng nhớ - Kỹ phân tích đa thức thành nhân tử - Kỹ sử dụng thành thạo biến đổi biểu thức, đẳng thức bất đẳng thức - Kỹ phân tích, phân loại tốn B/ CÁC HƯỚNG KHÁC NHAU CỦA BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC Mỗi mảng kiến thức mang vẻ đẹp tốn học Cũng ý tưởng được phát hiện, khám phá giúp giải vấn đề cách đơn giản, gần gũi với học sinh Với ý tưởng ta thành tốn có tính độc đáo hơn, tạo hưng phấn với người đọc niềm tin, hứng thú học tập học sinh Ta toán Bài toán: Cho a,b số dương Chứng minh rằng: a + b3 ≥ ab(a + b) (*) Lời giải: a + b3 = (a + b)( a − ab + b ) ≥ (a + b)(2ab − ab) ≥ ab(a + b) Dấu “ =” xảy a=b -4- Chứng minh bất đẳng thức có nhiều cách, việc chứng minh bất đẳng thức (BĐT) (*) khơng có khó khăn đối học sinh giỏi Tuy nhiên ta biết hướng khai thác từ tốn BĐT sở ta tìm nhiều toán hay quen thuộc Hướng khai thác thứ từ BĐT (*) * Nếu chia hai vế BĐT (*) cho tích a.b ta a + b3 ≥ ab(a + b) a + b3 ⇔ ≥ a+b ab Tương tự: b3 + c c3 + a3 ≥b+c ; ≥c+a bc ca Cộng BĐT theo vế ba BĐT ta toán Bài toán Cho a,b,c ba số dương Chứng minh : a + b3 b + c c + a + + ≥ 2(a + b + c) ab bc ca Suy ngẫm BĐT riêng toán chặt chẽ chưa? Ta vận dụng BĐT Cơ si BĐT riêng a + b3 a + b3 ≥ a + b ≥ ab ⇔ ≥ ab ab ab Khi ta có tốn Bài tốn 1.1 Cho a,b,c ba số dương Chứng minh : a + b3 b + c c + a + + ≥ 2( ab + bc + ca ) ab bc ca * Từ BĐT (*) ta chia hai vế BĐT cho số b, ta được: a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a3 + b2 ≥ a ( a + b ) b b3 c3 Tương tự: + c ≥ b ( b + c ) ; + a ≥ c ( c + a ) c a Cộng BĐT vế với vế ta toán sau : -5- Bài toán Cho a,b,c số dương a b3 c + + ≥ a + b2 + c2 b c a Chứng minh : Đây tốn chứng minh khơng đơn giản Nếu biến đổi tương đương sử dụng BĐT Cô si biến đổi thời gian, khó thành cơng dẫn tới toán khác Tiếp tục khai thác thêm BĐT riêng tốn cách sử dụng BĐT CơSi a3 a3 + b ≥ a ( a + b ) ≥ 2a ab ⇔ + b ≥ 2a ab b b Từ ta có tốn Bài toán 2.1 Cho a,b,c số dương Chứng minh : a b3 c + + ≥ 2(a ab + b bc + c ca ) − (a + b + c ) b c a * Cũng từ BĐT (*) ta chia hai vế BĐT cho a2b3 ta : a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ Tương tự : a + b3 ab(a + b) a 1 ≥ ⇔ 3+ 2≥ 2+ 3 ab ab b a b ab b 1 c 1 + 2≥ 2+ ; 3+ 2≥ 2+ c b c bc a c a ca Cộng ba vế BĐT ta toán Bài toán Cho a,b,c số dương Chứng minh : a b c 1 + 3+ 3≥ + + b c a ab bc ca * Cũng từ BĐT (*) chia hai vế BĐT cho ab3 ta a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ Tương tự ta có : a + b3 ab(a + b) a2 a ≥ ⇔ + ≥ + ab3 ab3 b3 a b b b2 b c c + ≥ + ; + ≥ + c3 b c c a3 c a a Cộng BĐT ta toán -6- Bài toán Cho a,b,c số dương a b2 c2 a b c + + ≥ + + b3 c a b c a Chứng minh : Tiếp tục vận dụng BĐT Cô si a + ≥ ; b2 a b b + ≥ ; c2 b c c + ≥ a2 c a Ta toán quen thuộc sau : Bài toán 4.1 Cho a,b,c số dương a b c 1 ab + bc + ca + + ≥ + + = b3 c a a b c abc Chứng minh : Hướng khai thác thứ hai từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) Kết hợp BĐT a + b2 ≥ 2ab Nhân vế với vế hai BĐT ta Bài toán: Cho a,b hai số dương Chứng minh : a + b5 ≥ a 2b (a + b) (**) * Chia hai vế BĐT (**) cho b2 ta toán ta a + b ≥ a 2b ( a + b ) ⇔ a + b5 a 2b (a + b) a5 ≥ ⇔ + b ≥ a ( a + b) 2 b b b b5 Tương tự : + c3 ≥ b (b + c) c c5 ; + a ≥ c (c + a ) a Cộng BĐT vế với vế ta toán sau : Bài toán 5: Cho a,b,c hai số dương Chứng minh : a b5 c + + ≥ a 2b + b 2c + c a b c a * Từ BĐT (**) chia hai vế cho tích a2b2 ta a + b ≥ a 2b ( a + b ) ⇔ Tương tự ta có a + b5 a b3 ≥ a + b ⇔ + ≥ a+b a 2b b2 a b3 c + ≥b+c; c b2 c3 a + ≥c+a a c2 Cộng BĐT ta BĐT -7- Bài toán 6: Cho a,b,c hai số dương Chứng minh : a + c b + c b3 + a + + ≥ 2(a + b + c) b2 a2 c2 * Từ BĐT (**) cộng hai vế cho tích ab ta a + b5 ≥ a 2b (a + b) ⇔ a + b5 + ab ≥ a 2b (a + b) + ab kết hợp với điều kiện abc=1 a + b5 + ab ≥ ⇔ a+b a+b+c c2 ab abc + = ⇔ ≤ ⇔ ≤ c2 c c2 a + b5 + ab a + b + c a + b + ab a + b + c ab abc ab c ≤ ⇔ 5 ≤ 5 a + b + ab a + b + c a + b + ab a + b + c Tương tự ta có BĐT bc a ≤ ; b + c + bc a + b + c ca b ≤ c + a + ca a + b + c Cộng BĐT ta có tốn Bài toán 7: Cho a,b,c ba số dương thỏa mãn abc=1 Chứng minh : ab bc ca + 5 + ≤1 a + b + ab b + c + bc c + a + ca Hướng khai thác thứ ba từ BĐT (*) *Từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) Và BĐT : b3 + c3 ≥ bc(b + c ); c + a ≥ ca (c + a ) Cộng BĐT ta BĐT Bài toán 8: Cho a,b,c ba số dương 2(a + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c ) + ca (c + a ) Nếu thêm điều kiện abc=2 suy ab = Tương tự ta có : bc(b + c) = 2( a + b) nên ab(a + b) = c c 2(b + c) 2(c + a) ; ca(c + a) = a b Khi ta có tốn Bài tốn 8.1 : Cho a,b,c ba số dương thoả mãn abc=2 Chứng minh : a + b3 + c3 ≥ a+b b+c c+a + + c a b Ta suy nghĩ thêm, từ BĐT riêng 8: a + b3 ≥ ab(a + b) -8- Kết hợp BĐT Cô si a + b ≥ ab ta BĐT a + b3 ≥ 2ab ab Khi ta toán Bài toán 8.2 : Cho a,b,c ba số dương Chứng minh : a + b3 + c3 ≥ ab ab + bc bc + ca ca Bài toán trở lên đẹp ta bổ sung thêm giả thiết tích abc=1 ta toán Bài toán 8.3 : Cho a,b,c ba số dương thoả mãn abc=1 3 Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ÷ + ÷ + ÷ a b c 3 * Từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) ta cộng hai vế với tích abc a + b3 + abc ≥ ab(a + b) + abc = ab(a + b + c) ⇔ 1 ≤ a + b + abc ab(a + b + c) 1 Tương tự ta có BĐT b3 + c3 + abc ≤ bc (a + b + c ) ; c3 + a + abc ≤ ca (a + b + c) Cộng BĐT ta BĐT Bài toán 9: Cho a,b,c ba số dương Chứng minh : 1 1 + 3 + ≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc Nếu thêm điều kiện abc=1 ta có tốn quen thuộc Bài tốn 9.1 Cho a,b,c ba số dương thoả mãn abc=1 Chứng minh : 1 + 3 + ≤1 a + b + b + c + c + a3 + * Cũng từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a ≥ ab(a + b) − b3 ⇔ 3a ≥ 2a + 2ab( a + b) − ab( a + b) − b3 ⇔ 3a ≥ 2a (a + ab + b ) − b(a + ab + b ) ⇔ 3a ≥ (a + ab + b )(2a − b) ⇔ 3a ≥ 2a − b a + ab + b Làm tương tự -9- 3b3 3c3 ≥ b − c ≥ 2c − a ; b + bc + c c + ca + a Cộng ba BĐT vế với vớ ta toán Bài toán 10 Cho a,b,c ba số dương Chứng minh : 3a 3b3 3c + + ≥ a+b+c a + ab + b b2 + bc + c c + ca + a * Cũng Từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ 2(a + b3 ) ≥ ab(a + b) + a + b3 ⇔ 2(a + b3 ) ≥ ab(a + b) + a + b3 ⇔ 2(a + b3 ) ≥ ab(a + b) + (a + b)(a − ab + b ) ⇔ 2(a + b3 ) ≥ (a + b)(a + b ) a + b3 a + b ⇔ ≥ a + b2 Tương tự ta có BĐT b3 + c3 b + c ≥ ; b2 + c 2 c3 + a3 c + a ≥ c2 + a2 Cộng BĐT ta toán Bài toán 11 Cho a,b,c ba số dương Chứng minh : a3 + b3 b3 + c3 c3 + a + + ≥ a+b+c a + b2 b2 + c c2 + a2 Hướng khai thác thứ bốn từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ 3(a + b ) ≥ 3ab(a + b) ⇔ 4(a + b3 ) ≥ 3ab( a + b) + a + b3 ⇔ 4(a + b3 ) ≥ (a + b)3 ⇔ 8(a + b3 ) ≥ 2(a + b)3 a + b3 a + b ⇔ ≥ ÷ Kết hợp BĐT quen thuộc 1 + ≥ a b a +b - 10 - Nhân hai vế BĐT ta : Bài toán 12 Cho a,b,c ba số dương 3 Chứng minh : (a + b ) + ÷ ≥ (a + b) a b 1 *Cũng từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ 4(a + b3 ) ≥ (a + b)3 1 c3 c ⇔ ≥ ⇔ ≥ ÷ 3 (a + b)3 4(a + b3 ) a + b 4(a + b ) 3 a3 b3 a b ≥ ≥ Tương tự ta có BĐT ; ÷ ÷ 3 3 b + c 4(b + c ) c + a 4(c + a ) Cộng BĐT vế với vế ta BĐT Bài toán 13 Cho a,b,c ba số dương 3 c3 a3 b3 c a b + + Chứng minh : ÷ + ÷ + ÷ ≥ 3 3 3 a + b b + c c + a 4(a + b ) 4(b + c ) 4(c + a ) Nếu kết hợp BĐT quen thuộc sau x y z + + ≥ y+z z+x z+x Khi ta có tốn Bài tốn 13.1 Cho a,b,c ba số dương 3 Chứng minh : ÷ + ÷ a+b b+c c a *Cũng từ BĐT (*) a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ 4(a + b3 ) ≥ (a + b)3 a + b ≤ 4(a + b3 ) ⇔ ⇔ b + ÷ ≥ c+a 1 ≥ a + b 4(a + b3 ) c c ≥ a + b 4(a + b3 ) - 11 - a a b b ≥ 3 c+a 4(c + a ) Tương tự ta có BĐT b + c ≥ 3 ; 4(b + c ) Cộng ba BĐT ta Bài toán 14 Cho a,b,c ba số dương Chứng minh : b 4(c + a ) Kết hợp BDDT quen thuộc + a 4(b + c ) 3 + c 4(a + b ) 3 ≤ a b c + + b+c c+a a+b a b c + +