SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA DẠY BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Người thực hiện: Nguyễn Thị Nhung Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Mai Ninh SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn học THANH HỐ NĂM 2018 MỤC LỤC MỤC LỤC Nội dung Trang Phần mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nhiệm vụ nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm I Bất đẳng thức Côsi II Các quy tắc cần ý sử dụng BĐT Côsi Quy tắc song hành Quy tắc dấu 3 Quy tắc tính đồng thời dấu 4 Quy tắc đối xứng 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Đánh giá từ TBC sang TBN Dạng 1: Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi Dạng 2: Sử dụng kỹ thuật tách ghép, thêm bớt,phân nhóm Dạng 3: Đổi biến 14 2.3.2 Đánh giá từ TBN sang TBC 15 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động 18 giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 19 Tài liệu tham khảo 20 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài “Bất đẳng thức Cơsi ” phần kiến thức khó thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp đề tuyển sinh vào 10 Tâm lí đa số học sinh cho bất đẳng thức khó nên ngại học, gặp tốn có u cầu khác biệt so với chương trình sách giáo khoa học sinh thường lúng túng, khơng có khả tưởng tượng, khơng định hướng dẫn đến khơng có phương pháp tư để giải toán Hơn chương trình sách giáo khoa viết theo yêu cầu giảm tải dẫn đến thiếu số công cụ giải tốn, số lượng tập bất đẳng thức Cơsi chương trình SGK dành cho học sinh THCS khơng có, chương trình THPT khơng nhiều có dạng nên học sinh khơng nhận diện tất dạng toán chưa hướng dẫn cách hệ thống phương pháp để giải tốn … Xuất phát từ lý luận thực tiễn trên, để góp phần vào việc “ Phát triển tư khoa học” “tăng cường em lực vận dụng cách thông minh điều học”, đồng thời nhằm giúp học sinh bớt lúng túng gặp toán chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức Côsi, giúp học sinh tự định hướng phương pháp chứng minh hứng thú học bất đẳng thức nói riêng mơn Tốn nói chung Đó lý tơi chọn đề tài : Phát triển tư cho học sinh thông qua dạy BĐT Côsi số tập áp dụng 1.2 Mục đích nghiên cứu Với việc nghiên cứu đề tài này, thân nâng cao trình độ chun mơn, nghiệp vụ Qua sáng kiến muốn giúp học sinh: + Hệ thống lại dạng tập kỹ thuật thường sử dụng chứng minh bất đẳng thức cách áp dụng BĐT Côsi + Phát triển khả tư lơgic: phân tích, tổng hợp, khái qt hố giúp em có định hướng tốt đắn gặp toán chứng minh BĐT 1.3 Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu bất đẳng thức Côsi số dạng tập vận dụng bất đẳng thức Cơsi Những tốn áp dụng bất đẳng thức Cơsi 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 Để giải phần khó khăn trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm nhằm cung cấp phương pháp học giải tập bất đẳng thức Côsi cho em học sinh lớp 8, lớp em học sinh học lớp 10 làm tài liệu tham khảo 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trong trình nghiên cứu đề tài tơi dùng phương pháp sau: - Đọc sách, nghiên cứu thu thập, xử lí tài liệu sưu tầm - Điều tra, giáo viên học sinh Tự tìm hiểu đối tượng học sinh - Tổng kết đúc rút kinh nghiệm trình giảng dạy NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI : Bất đẳng thức côsi cho hai số: Cho hai số thực không âm x, y : x+ y ≥ xy (1) ( Sách tập toán lớp 9) Dấu "=" xảy x = y Bất đẳng thức côsi cho ba số: Cho ba số thực không âm x, y, z đó: x+ y+z ≥ xyz (2) (Sách tập toán lớp9) Dấu "=" xảy x = y = z Dạng tổng quát (n số) ∀x1, x2, x3 , ,xn không âm ta có: x1 + x2 + xn ≥ n n x1 x2 xn Dấu “ = ” xảy khi: x1 = x2 = = xn Chú ý: Giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh dạng biến đổi BĐT Côsi n = 2: ∀ x, y ≥ : n = 3: ∀ x, y, z ≥ : x+ y x+ y+ z ≥ xy ≥ xyz x + y ≥ xy x + y + z ≥ 3 xyz 2 3  x+ y  ÷ ≥ xy    x+ y+ z  ÷ ≥ xyz   ( x + y ) ≥ xy ( x + y + z ) ≥ 27 xyz ≥ xy ( x + y ) 27 ≥ xyz ( x + y + z ) Hệ 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số Hệ 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích khơng đổi tổng chúng nhỏ hai số II CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨCCÔSI Quy tắc song hành: Hầu hết BĐT có tính đối xứng việc sử dụng chứng minh cách song hành, giúp ta hình dung kết nhanh chóng định hướng cách giiải nhanh Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” BĐT quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi BĐT Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: không học sinh mà số giáo viên nghiên cứu chứng minh BĐT thường hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp song hành BĐT không ý đến điểm rơi dấu Một nguyên tắc áp dụng song hành BĐT điểm rơi phải đồng thời xảy ra, nghĩa dấu “ = ” phải được thỏa mãn với điều kiện biến Quy tắc đối xứng: Đối với BĐT có tính chất đối xứng vai trò biến BĐT dấu “ = ” thường xảy vị trí biến Nếu tốn có gắn hệ điều kiện đối xứng ta dấu “ = ” xảy biến mang giá trị cụ thể Chiều BĐT giúp ta định hướng cách chứng minh: đánh giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) ngược lại 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Bất đẳng thức Côsi quen thuộc với thầy cô em học sinh giỏi Nội dung bất đẳng thức Côsi phát biểu lời đơn giản: " trung bình cộng ln số khơng âm lớn trung bình nhân chúng” Tuy nhiên nội dung bất đẳng thức giới thiệu qua phần "có thể em chưa biết'' sách Toán tập hai mục ''Bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức'' sách Đại số 10 Vì thời gian dạy khóa cho nội dung kiến thức không nhiều Sách giáo khoa sách tập hệ thống kiến thức bất đẳng Côsi thức chưa đầy đủ, chưa bổ sung phần đơn vị kiến thức nâng cao Chỉ đưa số dạng toán chứng minh bất đẳng thức Với số dạng toán phương pháp giải chưa “tự nhiên” làm cho em học sinh cảm thấy lúng túng học tốn, chưa phân tích cho học sinh nhận thấy lại chọn phương pháp để giải toán Hệ thống tập rèn luyện kĩ cho học sinh chưa nhiều Khi giảng dạy lớp, bồi dưỡng học sinh giỏi, gặp số tập bất đẳng thức thấy học sinh nhiều lúng túng việc làm tập, hay định hướng cách làm, đặc biệt học sinh học mức độ trung bình Thực việc kiểm tra vài tập nội dung đề tài thấy Số lượng học sinh Điểm giỏi Điểm Điểm TB Điểm yếu 45 18 11 Điểm 2.3 CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Trước vấn đề thấy việc cần thiết phải hướng dẫn học sinh phân tích tìm tòi lời giải tốn chứng minh bất đẳng thức nói chung tốn liên quan đến BĐT Cơsi nói riêng, giúp em có định hướng đắn gặp dạng toán ; đồng thời tạo hứng thú phát triển tư cho học sinh q trình học mơn tốn việc cần thiết Đề tài trình bày dạng đưa tập cụ thể, tập phân tích định hướng cách giải, đồng thời đưa lời giải, cuối đưa tập phát triển từ tập cho tập tương tự CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG VÀ KỸ THUẬT SỬ DỤNG CỦA BĐT CÔSI 2.3.1 Đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC) Dạng 1: Áp dụng trực tiếp BĐT côsi Bài Cho a, b > Chứng minh rằng: 1 + ≥ a b a +b Phân tích tìm lời giải: Trong toán số dương dấu “ ≥ ” cho ta gợi ý đánh giá từ TBC sang TBN Nhận thấy = 2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho số, cặp số Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta được: a + b ≥ ab 1  1 1 1 ⇒ (a + b)( a + b ) ≥ ab ab => a + b ≥ a + b (đpcm)  + ≥2 ab a b Phát triển toán: Sau dạy tìm lời giải ta hướng dẫn học sinh phát triển toán ban đầu thành tốn tìm mối liên hệ Việc giải tốn tương tự toán ban đầu biến đổi toán ban đầu Chẳng hạn thêm điều kiện a+b=1 ta toán mới: Cho hai số dương a, b thỏa mãn a+b=1 1 Chứng minh : + ≥ a b Bài Chứng minh x, y, z ba số dương thì: 1 ( x + y + z )( + + ) ≥ (1) x y z Khi xảy đẳng thức? Phân tích tìm lời giải: Vế trái tích hai nhóm, nhóm gồm ba số hạng, số hạng hai nhóm tương ứng nghịch đảo Số 9=3.3 gợi ý cho ta sử dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai nhóm, nhóm ba số cho nhân BĐT chiều biến triệt tiêu kết qủa thu số Lời giải: Vì x, y, z ba số dương nên áp dụng BĐT Côsi ta được: x + y + z ≥ xyz (đẳng thức xảy x = y = z) 1 1 1 + + ≥ 33 (đẳng thức xảy = = ) x y z x y z xyz x y z Do ( x + y + z )( + + ) ≥ xyz 3 = xyz x = y = z  Đẳng thức xảy ⇔  = = ⇔ x =y = z x y z  Phát triển toán: 1 Nếu thay x,y,z x2, y2, z2 ta BĐT x + y + z ≥ x + y + z 1 Nếu thêm điều kiện x+y+z = ta BĐT mới: x + y + z ≥ Nếu nhân khai triển ( 1) ta BĐT: x+ y x+z y+z + + ≥6 z y x Từ BĐT(1) ta thay x=a+b, y=b+c, z=c+a chia vế cho biểu thức ta BĐT: 2 + + ≥ a +b b+c c+ a a +b+c ∀a, b, c > c2 a2 b2 a +b+c + + ≥ a +b b+c c+a ,∀a, b, c > Từ BĐT(1) ta thay x=a+b, y=b+c, z=c+a nhân khai triển ta BĐT: c a b ∀a, b, c > + + ≥ a +b b+c c+a Từ (6) nhân hai vế với(a+b+c) nhân khai triển vế trái ta BĐT Các BĐT phát triển từ bđt (1) nên cách chứng minh tương tự biến đổi dạng BĐT(1) 2 2 2 2 Bài Chứng minh rằng: ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8a b c ∀a, b, c Phân tích tìm lời giải: Trong tốn dấu “ ≥ ” gợi ý đánh giá từ TBC sang TBN Vế trái tích ba nhóm, nhóm có hai số hạng; = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho số, cặp số Lời giải: Áp dụng BĐT Cơsi ta có: a + b ≥ a b = ab ≥ 2   2 2 b + c ≥ b c = bc ≥  2 2 c + a ≥ c a = ca ≥ ( )( )( ) ⇒ a + b2 b2 + c c + a ≥ 8| a 2b2c | = 8a 2b 2c ∀a, b, c (đpcm) Lưu ý: * Chỉ nhân vế BĐT chiều ( kết BĐT chiều) vế không âm * x2 + y2 ≥ x y = 2|xy| Phát triển toán: Nếu abc ≠ chia hai vế cho a2 b2c2 ta toán : CMR a +b2 a +c b2 +c 1) ( )( )( ) ≥ với abc ≠ c2 b2 a2 a2 c2 b2 2) (1 + ) ( + ) ( + ) ≥ b a c với abc ≠ Nếu thay a2 ,b2, c2 a, b, c kèm theo điều kiện ta toán CMR a +b a+c b +c )( )( )≥8 c b a a c b 4) (1 + ) ( + ) ( + ) ≥ b a c 3) ( với a, b, c số dương với a, b, c số dương Nếu kèm theo điều kiện a2+ b2 +c2 =1 ta có bđt 5) (1-a2)(1-b2)(1-c2) ≥ 8(abc)2 Nếu thay dấu nhân dấu cộng biểu thức toán ban đầu ta 6) a2+ b2 +c2 ≥ ab+bc+ca Nhận xét: Đối với tốn có điều kiện biểu thức đối xứng biến việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng giúp ta xử lí tốn chứng minh BĐT dễ dàng Dưới ta xét số toán Bài Cho số dương x, y, z thoã mãn xyz = Chứng minh + x3 + y3 1+ z3 + y3 + x3 + z3 + + ≥3 xy yz xz Phân tích tìm lời giải: Số vế phải , với biến có lũy thừa bậc gợi ý cho ta áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số Giả thiết xyz=1 nên q trình chứng minh ta thay 1=xyz ngược lại xyz=1 Lời giải: 1 + x3 + y ≥ 3 x3 y = 3xy   3 3 Với x, y, z dương ta áp dụng BĐT Côsi ta được: 1 + x + z ≥ x z = 3xz  3 3 1 + z + y ≥ z y = 3zy 3xy yz xz ⇒ VT ≥ + + =P xy yz xz 1 P = 3( + + ) = 3( x + y + z ) ≥ 3( xyz ) = 3 (vì xyz =1) ⇒ đpcm xy yz xz Bài 5: Cho a, b, c > 0; a + b + c = ( ) CMR: + ab + bc + ca ≥ a bc + b ca + c ab (1) Phân tích tìm lời giải: BĐT cần chứng minh có xuất số vế trái kết hợp với giả thiết, ta nghĩ đến thay 1= a + b + c Hệ số gợi ý áp dụng BĐT Côsi cho số Lời giải: Bđt(1) ⇔ a + b + c + ab + bc + ca ≥ a bc + b ca + c ab Áp dụng BĐT Côsi ta được: (a + bc) + (b + ac) + (c + ab) ≥ a bc + b ca + c ab (đpcm) ( ( ) ) a, b, c > 1     CMR :  −1÷ −1÷ −1÷≥ (1) a   b  c  a + b + c = Phân tích tìm lời giải: BĐT cần chứng minh có xuất số vế trái nên ta nghĩ đến giả thiết thay 1= a+b+c Hệ số = 2.2.2 gợi ý việc áp dụng BĐT Côsi cho số cặp Lời giải: − a − b − c b + c c + a a + b Côsi bc ca ab VT (1) = = ≥ = (đpcm) a b c a b c a b c Bài Cho  Bài toán tổng quát 1: Cho:  x1 , x2 , x3 , ., xn > CMR :   x1 + x2 + x3 + + xn =  1   1  n ≥ ( n − 1)  − 1÷ − 1÷ − 1÷  − 1÷ ÷ x ÷ x ÷ x ÷  xn      Bài tập tương tự : Với a, b,c, d số dương CMR: 1) a2b + ≥ 2a ; 2) (a+1)(b+1)(c+a)(b+c) ≥ 16abc 1 3) ab + cd ≥ ( a + b )( c + d ) 1 2 4) x + y + x + y ≥ 2( x + y ) ∀ x,y > 5) (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab ∀ a, b ≥     6) 1 + 1 + 1 +  ≥ 64 biết a+b+c =1, a, b, c dương  a  b  c Thực tế qua đề thi ta thấy tập dạng áp dụng trực tiếp BĐT Cơsi tốn nói mà phải qua vài phép biến đổi đến tình thích hợp sử dụng BĐT Cơsi Các kỹ thuật thường sử dụng bất đẳng thức Côsi là: tách, ghép, thêm bớt, đổi biến Dạng 2: Sử dụng kỹ thuật: Tách, ghép, thêm bớt phân nhóm Bài Cho hai số dương thỏa mãn a+b=1 chứng minh : + ≥9 a b Phân tích tìm lời giải: Ta thấy u cầu toán giống toán phát triển từ dạng 1, nên ta nghĩ đến sử dụng giả thiết a+b=1 Số 9=3.3 gợi ý áp dụng BĐT Côsi cho số 2cặp, cần tách giả thiết biểu thức cần chứng minh cho áp dụng BĐT Côsi ta hai biểu thức nghịch đảo để tích biểu thức thu số Lời giải: Áp dụng BĐT cơsi cho số ta có:  a a a 2b a + b = + + b ≥  4 1 4 1 2 ⇒ ( a + b) +  ≥ ⇒  +  ≥  a b a b 4 2  a + b = a + a + b ≥ a b Đẳng thức xảy a=2/3 b=1/3 Bài Chứng minh rằng: 3a3 + 17b3 ≥ 18ab2 ∀ a, b ≥ Phân tích tìm lời giải: Nhận thấy 18ab2 = 3.2.3 a.b.b ⇒ gợi ý đến việc tách hạng tử 17b3 thành hai hạng tử chứa b3 để áp dụng BĐT Cơsi ta có b2 Khi có định hướng học sinh dễ dàng biết tách : 3a3 + 17b3 =3a3 + 8b3 + 9b3 Lời giải: Áp dụng BĐT côsi cho số không âm ta có: 3a + 17b = 3a + 8b + 9b ≥ 33 3a 8b 9b = 18ab Bài 3: Cho x > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x − 3x + + 2016 x ( Đề khảo sát chất lượng học kỳ I mơn tốn TP Thanh Hóa ) Phân tích tìm lời giải: Đề u cầu tìm giá trị nhỏ biểu thức với điều kiện x ≥ gợi ý áp dụng BĐT Côsi đánh giá từ TBC sang TBN Khi đánh giá từ TBC sang TBN phải làm cho tích thu số Lời giải:   Ta có: A = ( x − ) +  x + ÷+ 2012 x   x Do x > 0, áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương x 4/x ta được: x + ≥ Mặt khác ( x − ) ≥ với x => A ≥ 2016 với x Dấu “=” xảy  x = (T/m đk) Vậy: GTNN A 2016 x = Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có kỹ thuật nhỏ hay sử dụng Đó kĩ thuật tách nghịch đảo Cở sở để ta nghĩ đến kỹ thuật kiến thức: " Tích hai số nghịch đảo 1" x2 + ≥ 4; ∀x ∈ R Bài CMR: x +2 Lời giải: Ta có : x2 + x2 + = ( x + 2) + x2 + = x2 + + Dấu “ = ” xảy ⇔ x + = x +2 x2 + ≥2 x2 +1 x2 +1 =4 ⇔ x + = ⇔ x = x = − Bài CMR: a + b a − b ≥ ; ∀a > b > (1) ( ) Phân tích tìm lời giải: Mẫu thức BĐT(1) có dạng b(a-b), hạng tử đầu có a , ta cần phải thêm bớt để tách thành hạng tử sau sử dụng BĐT Cơsi kết thu số Do ta tách a =b +( a – b), số gợi ý áp dụng BĐT Côsi cho số Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi ta : = b + a − b + C≥ôsi b a − b a + ( ) b a −b ( ) b a − b = 3;∀a > b > (1) b ( a − b) ( ) ( ) Dấu “ = ” xảy ⇔ b = ( a − b ) = b a − b ⇔ a = b = ( ) Kỹ thuật chọn điểm rơi: Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” BĐT Cơsi quy tắc tính đồng thời dấu “ = ”, quy tắc đối xứng sử dụng để tìm điểm rơi biến Bài Cho a, b,c ba số dương thỏa mãn điều kiện a+b+c=3 10 a3 b3 c3 + + ≥ Chứng minh rằng: (1) (a + b)( a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) Phân tích tìm lời giải: Sử dụng giả thiết a+b+c=3 biến đổi bđt tương a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ đương với (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a )(c + b) Sử dụng kỹ thuật tách ghép phân nhóm; Bổ sung thêm số hạng tử để sau sử dụng BĐT Cơsi tích thu phải số Do VT biểu thức đối xứng nên ta dự đoán dấu xảy a=b=c=1; để khử mẫu thức ta nghĩ đến thêm biểu thức có dạng α (a + b), α (b + c), α (c+ a) Sơ đồ điểm rơi:  a3 b3 c3 = = = 1  a = b = c = ⇒  (a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) ⇒ = 2α ⇒ α = α (a + b) = α (b + c) = α (c+ a ) = 2α  Lời giải: BĐT (1) ⇔ a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ (a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b)  a3 a + b a + c 3a + + ≥  ( a + b )( a + c ) 8   b3 a + b b + c 3b + + ≥ Áp dụng BĐT Côsi ta được:  ( b + a )( b + c ) 8   c3 c + b a + c 3c + + ≥   (c + b)(a + c) 8 Cộng vế với vế bđt biến đổi ta bđt cần chứng minh Bài tập tương tự: Cho a, b,c ba số dương thỏa mãn điều kiện abc = a3 b3 c3 + + ≥ Chứng minh rằng: 1) (1 + b)(1 + c) (1 + a )(1 + c) (1 + a)(1 + b) 2) 1 + + ≥ 3 (b + c)a (a + c)b ( a + b )c x2 (Đề khảo sát chất lượng học kỳ I môn tốn TP Thanh Hóa Năm học 2016-2017) Phân tích tìm lời giải: Đề yêu cầu tìm giá trị nhỏ biểu thức với điều kiện x ≥ gợi ý áp dụng BĐT Côsi đánh giá từ TBC sang TBN Khi đánh giá từ TBC sang TBN phải làm cho tích thu số ; Do để khử mẫu ta phải làm xuất biểu thức dạng α x Dự đoán dấu "=" xảy x=2 Bài 7: Cho x ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + 11 Sơ đồ điểm rơi: 1 1 x x 7x  = x = ⇒  x ⇒ 2α = ⇒ α = Do ta tách sau x = + + 8 α x = 2α Lời giải: Ta có: A = x + 1 x x 7x = + + + x2 x2 8 Áp dụng BĐT Côsi Cho số không âm x x ; ; ta được: x2 8 x x x x + + ≥ 33 = x 8 x 8 Lại Có x ≥ suy 7x 7 17 ≥ ⇒ A≥ + = 4 Dấu "=" xảy x=2 Vậy minA=17/4 x=2 x2 Cho x ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + x Bài 8: Cho a, b, c số không âm thõa mãn a+b+c ≤ Bài tập tương tự: Cho x ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + Tìm giá trị nhỏ B= 1 + + a +1 b +1 c +1 ( Đề thi học kỳ I mơn tốn TP Hóa Năm học 2014-2015) Phân tích tìm lời giải: Do B biểu thức đối xứng nên ta dự đoán dấu xảy a = b = c = 1; để khử mẫu số ta nghĩ đến thêm biểu thức α (a + 1), α (b + 1), α (c+ 1) 1  = = = 1  ⇒ = 2α ⇒ α = Sơ đồ điểm rơi: a = b = c = ⇒  a + b + c + 2 α (a + 1) = α (b + 1) = α (c+ 1) = 2α Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta được:  a +1 a +1 + ≥2 ( )( ) =1  a + a +   b +1 b +1 1 a +1 b +1 c +1  + ≥2 ( )( ) =1 ⇒ + + + + + ≥3  b +1 a +1 b +1 c +1 4 b +1  c +1 c +1 + ≥2 ( )( ) =1  c + c +   a +1 b +1 c +1 ⇒ B ≥ 3− ( + + ) ≥ ( a + b + c ≤ 3) 4 Dấu "=" xảy a +1 b +1 c +1 = , = , = , a + b + c = Suy a=b=c=1 a +1 b +1 c +1 Vậy GTNN B B = 3/2 a=b=c=1 12 x2 y2 z2 + + ≥ Bài Cho x, y, z >0 xyz = CMR P= y +1 1+ z 1+ x Phân tích tìm lời giải: Do VT biểu thức đối xứng nên ta dự đoán dấu xảy x = y = z = 1; để khử mẫu số ta nghĩ đến thêm biểu thức α ( x + 1), α ( y + 1), α ( z + 1) Sơ đồ điểm rơi:  x2 y2 z2 = = = 1  x = y = z = ⇒  y +1 z +1 x +1 ⇒ = 2α ⇒ α = α ( y + 1) = α ( x + 1) = α ( z + 1) = 2α  Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có  x2 y +1 x2 y +1 + ≥2 ( )( )=x  y +1  y +1  z +1 y2 z +1 x2 y +1 y2 z +1 z x +1  y + ≥ ( )( ) = y ⇒ + + + + + ≥ x+ y+ z  z + z + y + z + x +   z2 x +1 z2 x +1  + ≥2 ( )( )=z x +1  x +1  ⇒ x2 y2 z2 3( x + y + z ) 3.3 xyz 3 + + ≥ − ≥ − = − = y +1 z +1 x +1 4 4 4 (do xyz = 1) x2 y2 z2 + + ≥ Vậy P = y +1 1+ z 1+ x Bài 10 Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) S = a + a Sai lầm thường gặp học sinh áp dụng trực tiếp BĐT Côsi cho hai số sau: S = a + 1 ≥ a =2; a a Dấu “ = ” xảy ⇔ a = ⇔ a =1 ⇒ vơ lí a ≥ a Phân tích tìm lời giải: Ta chọn điểm rơi, phải tách hạng tử a hạng tử để cho áp dụng BĐT Côsi dấu “ = ” xảy a = a 1  a= α α Có thể tách sau:  1 =  a ⇒ =1 ⇒ α = α Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương a ta được: a a 3a a 3a 3.2 S = + + ≥2 + ≥ 1+ = Dấu “ = ” xảy ⇔ a = a 4a 4 13 Bài 11 Cho hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x+y ≥ Tìm giá trị nhỏ 3x + + y + biểu thức: P = 4x y2 (Đề dự bị khối B 2006) Phân tích tìm lời giải: Dự đốn GTNN xảy x=y=2 dựa vào qui tắc biên, từ phân tích biểu thức cho thành hạng tử nghịch đảo, tách nhóm hạng tử cho áp dụng BĐT Cơsi tích thu số dấu xảy đồng thời Lời giải: Áp dụng BĐT Cơsi ta có: x 1 y y x+ y 3x + + y = ( + ) + ( + + ) + ≥ + + = + P= x 8 y 4x y2 Dấu “=” xảy  x + y ≥  y 1 ⇔ = ⇔x= y=2 y x  = 4 x Vậy minP = 9/2 x = y = a, b, c > Bài 12 Cho  Tìm giá trị lớn nhất: S = a + b + b + c + c + a a + b + c = Phân tích tìm lời giải: Do vai trò a, b, c biểu thức Max S đạt diểm rơi a = b = c = từ ta dự đốn Max S = 2 ⇒ a + b = b + c = c + a = ⇒ số cần nhân thêm 3 Lời giải: Áp dụng BĐT Cơsi ta có:    a +b =     b+c =     c+a =   Côsi ( a + b) ≤ 3 ( b + c) Côsi ( c + a) Côsi ≤ ≤ ( a + b) + 2 ( b + c) + 2 ( c + a) + 2 2 ( a + b + c ) + 3 ⇒ a +b + b+c + c+a ≤ = = 2 2 Dấu "=" xảy a+b=b+c=c+a= a+b+c=1 Vậy Max S = a = b = c = Bài tập tương tự: 1)Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S = a + a2 14 a, b, c > 2) Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = abc + a + b + c ≤ a, b, c >  3) Cho  Tìm GTNN a + b + c ≤  abc S = a+b+c+ + + a b c 4) Cho x, y, z dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z P = x( + ) + y( + ) + z( + ) yz xz xy Dạng 3: Đổi biến số Có tốn mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh khó giải, khó nhận biết phương hướng giải, gặp toán ta thường đặt ẩn phụ biến đổi toán đơn giản Phương pháp gọi phương pháp đổi biến số Trước hết ta xuất phát từ BĐT đơn giản sở phương pháp đổi biến x+ z x Hướng dẫn: BĐT(*) ⇔  + z Bài Chứng minh rằng: z+x y+z + ≥ ; ∀x, y , z > (*) y x z  y z  x y + + + +  ≥ x   z y   y x  y + Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : y x z x y z VT ≥ + + = + + = x y x z z y Bài Chứng minh rằng: Hướng dẫn: c a b + + ≥ ∀a, b, c > (BĐT Nesbit) a +b b+c c+a b + c = x >  Đặt : c + a = y > a + b = z >  ⇒ a= y+z−x z+ x− y x+ y−z ; b= ; c= 2 Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức (*) Nhận xét: Từ BĐT (*) ta thấy mẫu biến x, y, z ta dễ dàng tách, nhóm hạng tử áp dụng BĐT Côsi để kết mong muốn Vì gặp bất đẳng thức có tính đối xứng mà mẫu số biểu thức phức tạp ta thường đặt mẫu ẩn để đưa BĐT cần chứng minh BĐT đơn giản Bài Cho ∆ ABC với a, b, c độ dài ba cạnh chứng minh : a2 b2 c2 + + ≥ a+b+c 1) b + c − a c + a −b a +b −c Hướng dẫn: b + c − a = x >  y+z z+x x+ y ; b= ; c= Đặt : c + a − b = y > ⇒ a = 2 a + b − c = z >  1) Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: 15 2 ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) ⇔ (1’) ≥ x+ y+ z 4z yz zx xy  yz zx   zx xy   yz xy  + + ≥ + + + + + ÷ Ta có : VT (1’) ≥ x y z  x y ÷  y z ÷  x z  Áp dụng BBĐT Cơsi cho nhóm ta BĐT cần chứng minh 4x 4y Bài tập tương tự: Cho ∆ ABC với a, b, c độ dài ba cạnh , chứng minh : a b c + + ≥3 2) b+c−a c+a −b a +b−c 3) ( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c ) ≥ abc a b c + + ≥1 4) 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c a b c + + ≤ 5) 2a + c + b 2b + a + c 2c + b + ac Đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC) Nếu đánh giá từ TBC sang TBN , hiểu thay a + b a.b ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC thay a.b a + b cần phải ý biến tích thành tổng, tổng phải triệt tiêu hết biến, lại số Đa số học sinh thường gặp khó khăn đánh giá từ TBN sangTBC cần nhấn mạnh: xy ≤ x+ y x+ y hay xy ≤   với x, y không   âm; Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta đánh giá từ TBN sang TBC Bài Cho a, b,c>0 a+b+c=3 chứng minh (a+b)(b+c)(c+a) ≤ Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho số a+b, b+c, c+a ta a+b+b+c+c+a  2( a + b + c  (a+b)(b+c)(c+a) ≤   =  = (đpcm) 3     a2 −1 Bài Chứng minh ≤ với a > 2a Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho số ta có 1(a − 1) ≤ + a − 2a = a2 −1 ≤ (đpcm) 2a 2 Dấu “=” xảy a -1 =1 ⇔ a = a = − Bài Cho ∆ ABC với a,b,c số đo cạnh, CMR: ⇒ ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc Lời giải: Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên b+c-a > 0, a+b-c > 0, a+c-b > Áp dụng BĐT Côsi ta được: 16  0 ≤    0 ≤   0 ≤   ( b + c − a) ( c + a − b) ( c + a − b) ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + b − c) ≤ ( b + c − a) + ( c + a − b) = c ( c + a − b) + ( a + b − c) = a ≤ ( b + c − a) + ( a + b − c) = b ≤ ⇒ ≤ ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc Dấu “ = ” xảy ⇔ ∆ ABC Phát triển toán: a+b+c ta toán mới: a +b+c Cho a,b,c số đo cạnh tam giác, p = Chứng minh: ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ abc a, b, c > Bài Cho  Tìm giá trị lớn nhất: a + b + c = Nếu chia hai vế BĐT cho thay p = Q = 2a + bc + 2b + ac + 2c + ab (Đề tuyển sinh vào 10 TP Hà Nội năm 2014-2015) Phân tích tìm lời giải: Do vai trò a, b, c biểu thức Max Q đạt điểm rơi a = b = c = từ ta dự đốn Max S = Mặt khác a+b+c = hệ số biểu thức Q gợi ý thay 2= a+b+c; đồng thời đề yêu cầu tìm GTLN gợi ý đánh giá từ TBC sang TBN a +b+a+c Lời giải: Ta có: 2a + bc = (a + b + c)a + bc = (a + b)(a + c ) ≤ a +b+b+c 2b + ac = (a + b + c) b+ ac = (a + b)(b+ c) ≤ c+b+a+c 2c + ab = (a + b + c) c+ ab = (c+ b)(a + c) ≤ Q ≤ Suy ra: a + b = a + c = b + c ⇒ a=b=c= Dấu "=" xảy  a + b + c = Vậy maxQ=4 a=b=c=2/3 Bài toán tổng quát: a, b, c > Cho  Tìm giá trị lớn nhất:Q = na + bc + nb + ac + nc + ab a + b + c = n; n ∈ N Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm số cho hệ số biến hai số đối để biến tích thành tổng tổng triệt tiêu biến Cơ sở việc làm nội dung kiến thức" hai số đối có tổng 0'' Đặt biệt tốn có thêm * 17 điều kiện ràng buộc ẩn số việc nhân thêm số em học sinh dễ mắc sai lầm Sau ta lại nghiên cứu số sử dụng kỹ thuật nhân thêm số Bài CMR : (1-x)(2-y)(4x+y) ≤ với ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ Phân tích: Dấu “≤ ’’ gợi ý đánh giá từ TBN sang TBC; Để tổng triệt tiêu biến ta nghĩ đến nhân thêm số Lời giải: 1) Vì 1-x, 2-y không âm nên áp dụng BĐT Côsi ta  − 4x + − y + 4x + y  4VT=(4-4x)(2-y)(4x+y) ≤   = ⇔ (1-x)(2-y)(4x+y) ≤   Bài Cho a, b, c dương thoả mãn điều kiện: a + b + c = Chứng minh: a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ Phân tích: Dấu “≤ ’’ gợi ý đánh giá từ TBN sang TBC Căn bậc ba định hướng cho ta áp dụng BĐT Côsi cho ba số Do vai trò biến a, b, c nên ta dự đoán dấu ''='' xảy a=b=c; suy a+3b = b+3c = c+ 3a = nên ta nhân thêm hệ số vào thức a + 3b + + 3  1.1.( a + 3b) ≤  b + 3c + +  Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có:  1.1.(b + 3c) ≤  c + 3a + + 3  1.1.(c + 3a ) ≤  a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ (4a + 4b + 4c + 6) = 3  a , b, c >  Dấu “=” xảy a + b + c = / ⇔ a = b = c = 1/ a + 3b = b + 3c = c + 3a  ⇒ Nếu thay x, y, z ba biểu thức bậc ba BĐT ta toán mới: Cho x3+y3+z3=3 chứng minh x+y+z ≤3 a, b, c > Bài Cho  Tìm Max S = a + b + b + c + c + a a + b + c = Sai lầm thường gặp: Nhân thêm vào biểu thức sử dụng BĐT Cơsi cho sơ Phân tích tìm lời giải:Do S biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S  a + b =   thường xảy : a = b = c = ⇔ b + c = 3   c + a =  2 ⇒Vậy số cần nhân thêm là: , áp dụng BĐT Côsi cho ba số 3 18 Bài : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ 4; c ≥ bc a − + ca b − + ab c − Tìm giá trị lớn biểu thức P = abc ( Đề thi học kỳ mơn tốn khối TP Thanh Hóa, năm học 2017-2018) Lời giải: bc a − + ca b − + ab c − a −1 b−4 c −9 = + + abc a b c Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: (a − 1) + a a −1 +) a − ≤ (1) Dấu ‘=”xảy a = = ⇒ ≤ 2 a 2 b − 4 + (b − 4) b b−4 +) b − = (2) Dấu “=” xảy b = ≤ = ⇒ ≤ 4 b P= +) c − = c − 9 + (c − 9) c c −9 ≤ = ⇒ ≤ 6 c (3) Dấu “=” xảy c = 18 1 11 + + = 12 Dấu “=” xảy a = 2, b = 8, c= 18 (thỏa mãn đk) Cộng vế (1), (2), (3) Suy ra: P ≤ Vậy Pmax = 11 a = 2, b = 8, c= 18 12 Bài tập tương tự: a ≥ ab c − + bc a − + ca b −  Bài Cho b ≥ Tìm Max S = 2abc c ≥  2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG Trong trình giảng dạy học sinh giỏi lớp 8, lớp trường THCS Trần Mai Ninh nội dung kiến thức đề tài; thấy học sinh lĩnh hội kiến thức đạt số kết cụ thể sau : • Học sinh biết áp dụng BĐT Cơsi • Học sinh biết vận dụng BĐT Côsi để giải số tập chứng minh BĐT tìm cực trị đề thi học kì lớp 8, lớp , đề thi vào 10 • Phần lớn học sinh say mê giải BĐT cực trị, em khơng sợ lúng túng giải toán BĐT cực trị • Các em có niềm tin, niềm say mê, hứng thú học tốn, từ tạo cho em tính tự tin độc lập suy nghĩ, phát triển tư logic, óc quan sát, suy luận tốn học • Trong q trình giải tập giúp em có khả phân tích, suy ngẫm, khái quát vấn đề cách chặt chẽ, em khơng ngại khó, mà tự tin vào khả học tập • Kết điểm kiểm tra tập nội dung đề tài sau áp dụng đề tài 19 SL học sinh 45 Điểm Giỏi 10 Điểm Điểm TB 18 14 Điểm yếu Điểm Về tính ứng dụng đề tài, trước hết đề tài phù hợp học sinh giỏi lớp 8, lớp 9, kể học sinh THPT Học sinh dùng làm tài liệu học tập Giáo viên dùng làm tài liệu giảng dạy, đồng thời nâng cao trình độ chun mơn, đúc rút kinh nghiệm KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Một tốn có nhiều cách giải khác nhau, song việc tìm lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị độc đáo việc không dễ Do kinh nghiệm học tơi trình bày bước đầu cung cấp cho học sinh kiến thức , cung cấp cho học sinh cách nhận dạng toán hướng dẫn học sinh phân tích tìm tòi lời giải tốn chứng minh bất đẳng thức nói chung tốn liên quan đến BĐT Cơsi nói riêng, giúp em có định hướng đắn gặp dạng toán ; hướng cho học sinh tới việc tự tìm tòi nghiên cứu; phát triển khả sáng tạo, tư lơgíc đồng thời tạo hứng thú cho học sinh q trình học mơn tốn Tuy nội dung đề cập rộng song khuôn khổ giới hạn sáng kiến kinh nghiệm đưa số ví dụ, tốn điển hình mong đóng góp ý kiến bạn quan tâm đồng nghiệp để chuyên đề đầy đủ hoàn thiện 3.2 Kiến nghị Những sáng kiến kinh nghiệm hay thành phố, Phòng Giáo dục nên tổ chức hội thảo cho giáo viên thành phố học tập áp dụng sáng kiến để nâng cao chất lượng dạy học Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng 02 năm 2018 Người viết Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Thị Nhung 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa toán – tập 2 Sách tập toán 9-tập Sách bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8, toán Tác giả : Vũ Hữu Bình- Tơn Thân Sách nâng cao phát triển toán tập 1- tác giả : Vũ Hữu Bình Sách nâng cao phát triển tốn tập 1- tác giả : Vũ Hữu Bình Bất đẳng thức chọn lọc cấp 2- Tác giả : Nguyễn Hữu Thanh 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp Tác giả: Nguyễn Đức Đồng – Nguyễn Văn Vĩnh 21 ... tập cho tập tư ng tự CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG VÀ KỸ THUẬT SỬ DỤNG CỦA BĐT CÔSI 2.3.1 Đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC) Dạng 1: Áp dụng trực tiếp BĐT côsi Bài Cho a,... vận dụng bất đẳng thức Côsi, giúp học sinh tự định hướng phương pháp chứng minh hứng thú học bất đẳng thức nói riêng mơn Tốn nói chung Đó lý chọn đề tài : Phát triển tư cho học sinh thông qua dạy. .. túng học toán, chưa phân tích cho học sinh nhận thấy lại chọn phương pháp để giải toán Hệ thống tập rèn luyện kĩ cho học sinh chưa nhiều Khi giảng dạy lớp, bồi dưỡng học sinh giỏi, gặp số tập