Sáng kiến kinh nghiệm Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá sản phẩm từ đại điện

Sáng kiến kinh nghiệm Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá sản phẩm từ đại điện SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện” Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin Trường THPT số 1 Bảo Thắng 1 PHẦN THỨ NHẤT MỞ ĐẦU I Lý do chọn đề tài Trong công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân tôi đã gặp những tình huống mà học sinh đưa ra là “ Tại sao người ta lại nghĩ được bài toán chứng minh bất đẳng thức này?” Những câu hỏi đó luôn xuất hiện trong tâ[.]

PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU

I Lý do chọn đề tài:

Trong công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân tôi đã gặp những tình huống mà học sinh đưa ra là “ Tại sao người ta lại nghĩ được bài toán chứng minh bất đẳng thức này?” Những câu hỏi đó luôn xuất hiện trong tâm trí của tôi và luôn nhắc nhở tôi phải tìm hiểu nó

Cũng từ đó đã nảy sinh ra việc nghiên cứu một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà được gọi là phương pháp đánh giá phần tử đại diện Phương pháp này thể hiện được nguồn gốc xuất phát của bài toán nên tôi chọn đề tài “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

II Mục đích nghiên cứu:

Với mục đích cung cấp một phương pháp giải toán mới cho các em học sinh và quan trọng hơn cả là giúp các em nhìn thấy được bản chất của sự việc, hiện tượng, thấy được sự sáng tạo ra những bài toán đẹp từ những kiến thức hết sức cơ bản Sử dụng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức, một nội dung mà học sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các em học sinh đều gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải Hi vọng phương pháp này sẽ xoá tan tâm

lí sợ gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết cho các đối tượng là các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi, các em học sinh đang chuẩn bị cho kì thi đại học và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một hướng sáng tác của các bài toán chứng minh bất đẳng thức

III Đối tượng nghiên cứu:

Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh đội tuyển học sinh giỏi và ôn thi đại học qua các năm giảng dạy từ trước đến nay và hiện nay là đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 12 và học sinh lớp 12A1 năm học 2012- 2013

IV Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu:

Nghiên cứu về phương pháp giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức trong chương trình ôn thi học sinh giỏi các cấp

và ôn thi Đại học

V Nhiệm vụ nghiên cứu:

Tìm hiểu khái niệm, cấu trúc của tư duy tích cực, tư duy sáng tạo Xây dựng và 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 và hiệu quả của đề tài

VI Phương pháp nghiên cứu:

Phương pháp nghiên cứu lý luận : “Phát triển tư duy khoa học” và “tăng cường

ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những điều đã học”

Phương pháp quan sát : Nhìn nhận lại quá trình học tập môn toán của học sinh của trường trong năm học vừa qua.Đưa ra một số biện pháp để nâng cao kết quả học tập cho học sinh của trường trong giai đoạn hiện nay

VII Thời gian nghiên cứu:

• Từ đầu học kì I đến giữa học kì II năm học 2013 – 2014

PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG I.Cơ sở lí thuyết :

1 Nghiệm bội của đa thức :

- Cho đa thức P(x), a được gọi là nghiệm bội r của P(x) nếu ta có

     r

P x  x a Q x Trong đó Q(x) là đa thức và Q(a)  0

- Ta có a là nghiệm bội r khi và chỉ khi P(a) = P’(a) = …= P (r-1) = 0 và P (r) (a)

 0

2 Bất đẳng thức thuần nhất 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

trong đó / / /

( ,a b c, ) là một hoán vị tùy ý của ( , , )a b c Hay nói cách khác là

) , , ( ) , , (

)

,

,

(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 một số tính chất của hàm thuần nhất ta có thể chuẩn hóa điều kiện của biến để đơn giản hóa việc chứng minh Ta có thể chuẩn hóa một đa thức thuần nhất đối xứng ba biến bằng cách đặt

,

, ,abc p ab bc ca r k

c b

a n  n  n      Đây là kỹ thuật rất quan trọng giúp ta đơn giản hóa và qui bất đẳng thức về chứng minh theo từng biến

II.Thực trạng vấn đề :

Bất đẳng thức là một vấn đề rất quan trọng và khó đối với học sinh cấp trung học phổ thông Học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải

vì không có một phương pháp và đường đi rõ ràng Có những cách giải từ trên trời rơi xuống Học sinh không thể hiểu được vì sao người ta lại nghĩ ra được một bài toán như vậy, vì sao lại có một bài giải như vậy Trong đề tài này tôi xin trình bày một phương pháp mà nếu học sinh không nắm được cơ sở lí luận đó thì sẽ không hiểu tại sao lại có một lời giải như vậy, và khi học sinh nắm được cơ sở lí luận của phương pháp này rồi thì việc sử dụng phương pháp này thật rõ ràng cụ thể, các em sẽ có thể tự chứng minh được một lớp các bất đẳng thức và có thể tự sáng tác ra các bài toán chứng minh bất đẳng thức

III Các bước tiến hành

Nếu gặp các BĐT thuần nhất hoặc đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc điểm từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa bất đẳng thức về dạng các biến được

cô lập dạng f x( ) 1   f x n  hoặc f x( ) 1   f x n  và với giả thiết với giả thiết g x( ) 1  g x n k Sau đó thực hiện theo các bước sau :

- Bước 1: Xét xem dấu “=” xảy ra khi nào và phải là x1  x n a

- Bước 2: Dựa vào hình thức của BĐT xét phần tử đại diện f x( )m g x  n hoặc

 

( )

f x m g x n

- Bước 3: Viết các phần tử đại diện về dạng P x   0, x D Để chứng minh đa thức P x   0, x D, dấu bằng xảy ra khi x = a ta cần phải chứng minh

   2  

k

P x  x a Q x trong đó Q x   0, x D

- Bước 4: Tìm m,n bằng cách sử dụng điều kiện a là nghiệm bội suy ra k P(a) =

P’(a) = 0.

- Bước 5: Kiểm nghiệm P x   0, x D

- Bước 6: Từ đó đưa ra lời giải :

 

( )i i

f x m g x n hoặc f x( )i m g x  i n,  x i D i, 1,n

- Bước 7: Cộng n bất đẳng thức theo vế ta được điều phải chứng minh

I.V Ví dụ minh họa :

Ví dụ 1: Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc 3 Chứng minh

2 2 2

2 2 2

5 3

 

Phân tích:

- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a    b c 1

- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện abc 3 đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần

tử đại diện 12 2 2

3

x

mx n

- Ta đi tìm m, n sao cho 12 2 2

3

x

mx n

x    luôn đúng với  x  0;3

và dấu bằng xảy ra khi x =1

- Ta thấy 2 4 3 2

2

1 2

3

x

x         Ta tìm m,

n sao cho đa thức   4 3 2

P x  x  mx  nx  có dạng

     2

1

P x  x  Q x trong đó Q x      0, x   0;3 Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x =1, tức là

 

 

,

' 1 0

P

P









,

m   n  ta thấy    2 2

1 (2 6 3) 0,

P x  x  x  x     x   0;3

Lời giải:

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 12 2 2 2 7  

, 0;3

x

x      

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

2

( 1) (2 6 3)

0 3

x

Hiển nhiên đúng với  x  0;3 Dấu “=” xảy ra khi x =1

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 12 2 2 7 2

a    ;

2

2

;

b     12 2 2 2 7

c     Cộng về của các bất đẳng

2 2 2

2 2 2

7 3 7 5

a b c

 

Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a    b c 1

Ví dụ 2: Cho a b c , , là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2

1

a  b  c  Chứng minh

1 1 1

2 3

a b c

a    b c   

Phân tích:

- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi 1

3

a    b c

- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện

1

a  b  c  đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện 1 2

x mx n

x   

- Ta đi tìm m, n sao cho 1 2

x mx n

x    luôn đúng với   x   0;1 và

dấu bằng xảy ra khi 1

3

x 

- Ta thấy 1 2 3 2

1 0

x          Ta đi tìm m, n sao cho đa thức   3 2

1

P x   mx  x  nx  có dạng

3

P x   x   Q x

  trong đó Q x   0, x  0;1 Suy ra phải

tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội 1

3

x  , tức là

1

3

4 3 1

3

n P

  

  

  



 

  



2 3,

3

(2 3 3) 0, 3

P x x  x 

Lời giải:

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 1 2 4 3  

3

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

1 (2 3 3) 0, 3

  Hiển nhiên đúng với  x  0;1 Dấu “=” xảy ra

khi 1

3

x 

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:1 2 4 3

2 3.

3

a     ;

2

2 3.

3

b     ;1 2 3. 2 4 3

3

c     Cộng về của các bất

1 1 1

Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi 1

3

a    b c

Ví dụ 3: Cho a b c , , là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 2

1

a  b  c  d  Chứng minh 1 1 1 1  

8 a b c d 24

a     b c d    

Phân tích:

- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi 1

2

a     b c d

- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện

1

a  b  c  d  đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện 1 2

8x mx n

- Ta đi tìm m, n sao cho 1 2

8x mx n

x    luôn đúng với   x   0;1

và dấu bằng xảy ra khi 1

2

x 

8 x mx n mx 8 x nx 1 0

x          Ta đi tìm m,

n sao cho đa thức   3 2

P x   mx  x  nx  có dạng

  1 2  

2

P x   x   Q x

  trong đó Q x   0, x  0;1 Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội 1

2

x  , tức là

1 0

4 2

5 1

2

P

m n P

    

    

  

  



- Thay m  4, n  5 ta thấy   1 2

2

P x  x  x 

   x  0;1

Lời giải:

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 1 2  

8 x 4 x 5, x 0;1

x     

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 4 1 2(1 ) 0,

2

nhiên đúng với  x  0;1 Dấu “=” xảy ra khi 1

2

x 

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 2

8 a 4 a 5

8 b 4 b 5

b    ;

2

1

8 c 4 c 5

c    ;1 8 d 4 d2 5

d    Cộng về của các bất đẳng thức ta

có

1 1 1 1

8 a b c d 4 a b c d 20 4.1 20 24

a     b c d           

Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi 1

2

a     b c d

Nhận xét: Bài này không thể giải được bằng phương pháp tiếp tuyến.

Ví dụ 4: Cho a b c , , là các số thực dương thỏa mãn 1 1 1 2

a  b  c 

   Chứng

minh 21 21 21

1

8 a 1  8 b 1  8 c 1 

Phân tích:

- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi 1

2

a    b c

- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện

2

a  b  c 

   đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta

nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện 21 1

8 x 1  m x 1  n

- Ta đi tìm m, n sao cho 21 1

8 x 1  m x 1  n

  luôn đúng với   x 0

và dấu bằng xảy ra khi 1

2

x 

2

8 x 1  m x 1   n nx  m  n x  n  x     m n

Ta đi tìm m, n sao cho đa thức

P x   nx  m  n x  n  x    m n có dạng

2

P x   x   Q x

  trong đó Q x   0, x 0 Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội 1

2

x  , tức là

1 0

2 2

1 1

2

P

m n P

    

     

  

  



- Thay m  2, n   1 ta thấy   1 2

2

P x  x x   

   x 0.

Lời giải:

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 21 2 1 1, 0

8 x 1  x 1    x

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 2 1 2 0,

2

x x   

  Hiển nhiên đúng với  x  0;1 Dấu “=” xảy ra khi 1

2

x 

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 21 2 1 1

8 a 1  a 1 

2

8 b 1  b 1 

8 c 1  c 1 

  Cộng về của các bất đẳng

8 a 1 8 b 1 8 c 1 a 1 b 1 c 1

Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi 1

2

a    b c

Ví dụ 5: Cho a b c , , là các số thực dương Chứng minh a23 b23 c32 a b c

b  c  a   

Phân tích:

- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a   b c

- Bất đẳng thức trên ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện

3

2

a

ma nb

b  

- Ta đi tìm m, n sao cho a23 ma nb

b   luôn đúng với  a b ,  0 và dấu bằng xảy ra khi a  b

a

ma nb a mb a nb

b       Ta đi tìm m, n sao cho đa thức   3 2 3

P a  a  mb a  nb có dạng

     2

.

P a  a  b Q a trong đó Q a   0, a 0 Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(a) có nghiệm bội a  b, tức là

 

 

2

n

P b



- Thay m  3, n   2 ta thấy     2 

2 0,

P a  a b a b  a b, 0

Lời giải:

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây a32 3 a 2 , b a b , 0

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với   2 

a b a b  Hiển nhiên đúng với  a b ,  0 Dấu “=” xảy ra khi a  b

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: b32 3 b 2 c

c   ;

3

c

c a

a   Cộng về

của các bất đẳng thức ta có

b  c  a         

Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khia   b c

Ví dụ 6: Cho a b c , , là các số thực dương Chứng minh

2

a b a b a b

 

Phân tích:

- Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a   b c

- Bất đẳng thức trên ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện

.

ab

m a n b

a b  



- Ta đi tìm m, n sao cho ab m a n b

a b  

 luôn đúng với  a b ,  0 và

dấu bằng xảy ra khi a  b

ab

m a n b ma m n ba nb

tìm m, n sao cho đa thức   2   2

1

P a  ma  m   n ba  nb có dạng

     2

.

P a  a  b Q a trong đó Q a   0, a 0 Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(a) có nghiệm bội a  b, tức là

 

 

4

P b

P b







- Thay 1

4

m n ta thấy    2

0,

P a  a b  a b, 0

Lời giải:

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 1 1 , , 0

ab

a b a b



Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với  2

0

a b  Hiển nhiên đúng với  a b ,  0 Dấu “=” xảy ra khi a  b

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 1

bc

b c  

ca

c a  



Cộng về của các bất đẳng thức ta có

a b a b a b

Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khia   b c

Ví dụ 7: Cho a b c, , > 0 và a2  b2  c2  3 Chứng minh rằng:

a    b c a b  b c  c a

Phân tích :

- Dấu “=” xảy ra khi a    b c 1

- Ta thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

4 4 4 4 4 4

2a2b2c 9 a b c a b  c 2a2b2c9

- Bất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện a    b c 3

đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện 4 2

2

x  x  mx  n

- Ta đi tìm m, n sao cho 4 2

2

x  x  mx  n luôn đúng với   x   0;1

và dấu bằng xảy ra khi x  1

x  x  mx   n x  mx  x   n Ta đi tìm m, n sao cho đa thức   4 2

2

P x  x  mx  x  n có dạng

     2

1

P x  x  Q x trong đó Q x   0, x  0;1 Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x  1, tức là

 

 

0 ' 1 0

n P



- Thay m  3, n  0 ta thấy     2

P x x x x   x  0;1

Lời giải:

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 4 2

2 3

x  x  x ,  x  0;1

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với   2

x x x  Hiển nhiên đúng với  x  0;1 Dấu “=” xảy ra khi x  1

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 4 2

2 3

a  a  a ; b4  2 b  3 b2;

2 3

c  c  c Cộng về của các bất đẳng thức ta có

a b c  a b c a b c  

Ta có điều phải chứng minh Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khia    b c 1

Ví dụ 8: Cho a b c , ,  0 và a2  b2  c2  1 Chứng minh rằng:

1 ab1 bc1 ca 2

Phân tích :

- Dấu “=” xảy ra khi 1

3

a    b c

- Ta thấy điều kiện của bài toán 2 2 2

1 a   b  c  ab  bc  ca

- Bất đẳng thức trên và điều kiện ab  bc  ca  1 này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện 1

1 x  mx  n



- Ta đi tìm m, n sao cho 1

1 x  mx  n

 luôn đúng với   x   0;1 và dấu bằng xảy ra khi x  1

x  x  mx   n x  mx  x   n Ta đi tìm m, n sao cho đa thức   4 2

2

P x  x  mx  x  n có dạng

     2

1

P x  x  Q x trong đó Q x   0, x  0;1 Suy ra phải tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x  1, tức là

 

 

0 ' 1 0

n P



- Thay m  3, n  0 ta thấy     2

P x x x x   x  0;1

Lời giải: