(SKKN 2022) Ứng dụng tính chất hình học, giải một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa số phức có điểm biểu diễn là đường tròn 1

3 PHẦN II : HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I.. Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải một s

MỤC LỤC

Trang

PHẦN I : MỞ ĐẦU……….2

1 Lý do chọn đề tài……… 2

2 Mục đích nghiên cứu………2

3 Nhiệm vụ nghiên cứu………2

4 Đối tượng nghiên cứu……… 2

5 Phạm vi nghiên cứu……… 3

6 Phương pháp nghiên cứu……… 3

PHẦN II : HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I Bất đẳng thức Cô si ……… 4

II Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức.……… 5

II.1 Chọn điểm rơi………5

II.2 Cô si ngược chiều……….11

II.3 Đổi biến số……… 14

III Khai thác một số bài tập trong sách giáo khoa …………17

PHẦN III : THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM……….……….20

PHẦN IV : KẾT LUẬN ……… 21

PHẦN I MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Dạy học môn toán là một quá trình nhằm phát triển năng lực trí tuệ, hình thành khả năng suy luận đặc trưng toán học cần thiết Từ đó giúp các em biết vận dụng kiến thức đã học để giải quyết một vấn đề nào đó trong cuộc sống Các kiến thức toán học đều bắt nguồn từ thực tiễn Mỗi bài toán là một hay nhiều tình huống trong cuộc sống Dạy học toán học ở THPT là hoàn thiện những gì vốn có trong học sinh, cho học sinh làm và ghi lại các kiến thức toán học bằng ngôn ngữ và kí hiệu toán học Mỗi tiết học là dịp để học sinh hình thành những kiến thức và kĩ năng mới, phát triển một số năng lực, trong đó năng lực giải quyết vấn đề là then chốt Chính vì vậy, người giáo viên cần biết phát huy tính tích cực, trí thông minh của học sinh thông qua giờ học toán

Xuất phát từ lý luận và thực tiễn trên, để góp phần vào việc phát triển tư duy khoa học cho học sinh, tôi nhận thấy việc hình thành những kiến thức và kĩ năng mới trong chứng minh bất đẳng thức mà đặc biệt là bất đẳng thức Cô si cho các em là một nhiệm vụ hết sức quan trọng của người giáo viên Đồng thời phát triển năng lực tự học cho học sinh trong quá trình học toán: Không chỉ là giải một bài toán từ SGK, tài liệu tham khảo hay một đề thi nào đó, mà còn có thể giải một bài toán do chính bản thân mình đặt ra Từ đó phát triển tư duy linh hoạt và tiến đến sáng tạo Đó là lý do tôi chọn đề tài này

2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu về vấn đề : Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng

thức Cô si để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức và khai thác một số bài toán bất đẳng thức trong SGK Đại số và Giải tích 10

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Tìm hiểu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Từ đó đưa ra những hướng dẫn giúp học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải một

số bài toán chứng minh bất đẳng thức

- Tìm hiểu tài liệu liên quan đến việc sáng tạo một bài toán mới Từ đó khai thác một số bài tập về bất đẳng thức trong sách giáo khoa lớp 10

4 Đối tượng nghiên cứu

Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức và phát triển một số bài toán về bất đẳng thức Cô

si trong SGK Đại số và Giải tích 10 trong chương trình Toán THPT

5 Giới hạn của đề tài

Nghiên cứu về bất đẳng thức Cô si trong chương trình đại số lớp 10, đặc

biệt là : Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức côsi để giải một

số bài toán chứng minh bất đẳng thức, sử dụng và phát triển một số bài toán về bất đẳng thức Cô si trong SGK lớp 10 Đồng thời giúp học sinh có thể

học tốt hơn và hình thành những kiến thức, kĩ năng mới, vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo trong việc học toán cũng như trong cuộc sống

6 Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu các tài liệu liên quan đến bất đẳng thức để đưa ra những hướng dẫn giúp học sinh lớp 10 sử dụng bất đẳng thức Cô si để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức

Phân tích, tổng hợp, khái quát hóa: Phân tích các bài toán cơ bản trong SGK Đại số và Giải tích 10 để khái quát hóa thành các bài toán mới

PHẦN II NỘI DUNG : “HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ

DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC”

I BẤT ĐẲNG THỨC CÔ- SI:

1 BĐT Cô-si cho 2 số không âm : (1), , 0

2

a b

ab   a b .

Đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi a b

2 Tổng quát: Cho các số không âm a a1 , , , 2 a n Ta có BĐT:

1 2

1 2

n

a a a n

  

Đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi a1 a2   a n

3 Bổ đề: Trong quá trình sáng tạo và giải toán, ta có thể gặp lại

các bổ đề sau:

a/ Bổ đề 1: Cho a b c, , là các số thực dương Ta có các BĐT sau:

1.1/ 1 1 4

a b a b hay 1 1 1 1

4

   

1.2/ 1 1 1 9

a b c  a b c  hay 1 1 1 1 1

9

    

( Các bổ đề trên được suy ra trực tiếp từ BĐT Cô si cho 2 số và cho 3 số )

b/ Bổ đề 2: Cho x y z, , là các số thực Ta có:

2.1/ 2 2 2

x y z xy yz zx 

(x y z  )  3(xy yz zx  )

Chứng minh:

(x y )  (y z )  (z x )   0 x y z xy yz zx 

2.2/ Theo bổ đề 2.1:

x y z xy yz zx   x y z  xy yz zx   xy yz zx 

 (x y z  )2  3(xy yz zx  )

c/ Bổ đề 3: Cho x y z, ,  0; a b c, , Khi đó:

3.1/

2 2 2 ( ) 2

 

 

3(a b c ) (  a b c  )

Chứng minh:

2 2 2 (x y z)(a b c ) a b c (a y b z c x) (a z b x c y)

a b c ab bc ca a b c

Chú ý: Cho x = y = z = 1, Bổ đề 3.1 trở thành 3.2.

II HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Trong bất đẳng thức Cô si có một điều thú vị là ta thường dự đoán xem đẳng thức xảy ra khi nào Từ đó điều chỉnh để “ dấu = ” luôn xảy ra trong quá trình sử dụng các bất đẳng thức trung gian Việc kiểm tra điều kiện xảy ra dấu bằng còn gọi là chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cô si

Ví dụ 1: Cho a 2 Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S a 1

a

 

Đa số học sinh thường mắc sai lầm khi giải bài toán này như sau:

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số a,1

a ta có: a 1 2 a.1 2

    Min S =2 Sai lầm này là do: Min S =2 a 1 a 1

a

    ( trái với giả thiết a 2)

Dự đoán: +) Cho a nhận những giá trị nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2

và quan sát S, ta thấy S luôn lớn hơn hoặc bằng 5

2 Từ đó, ta dự đoán:

Min S =5

2 xảy ra tại a 2 (Vì có vô số số thực a 2, mà ta chỉ quan sát được những giá trị cụ thể của a và S rồi thực hiện phép so sánh)

+) Tại a 2 thì 2 1 1

2

a a

   Ta không thể áp dụng BĐT Cô si cho 2 số

1

,

a

a được, vì không xảy ra dấu bằng

Vì vậy, ta phải thêm hằng số  vào để khi áp dụng BĐT Cô si thì dấu bằng xẩy ra tại a = 2 trong suốt quá trình

+) Từ đó ta có các hình thức phân tích như sau:

Phân tích:

1 ( , )

1 1 ( , ) 1

( , )

1 ( , ) 1 ( , )

a a a a a

a

a a a a



















 











Ta chọn một cách phân tích Cụ thể: ( , )a 1 (1 a, )1

a   a Ta có:

2

a

a











 



Nghĩa là, ta phải áp dụng BĐT Cô si cho 2 số

1 1

,

4a a thì dấu bằng mới xảy ra tại a 2 Do đó ta biến đổi S qua tổng: 1 1

4aa

Giải: (1 1) 3 .

a

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số ta có: 1 1 2 1 .1 1

4aa  4a a 

Do đó: 1 3 1 3.2 5

2

MinS   a

Chú ý: Các ví dụ tiếp theo, tôi chỉ đưa ra một hình thức phân tích dựa

trên dự đoán điểm rơi

Ví dụ 2: Cho a 2 Tìm GTNN của S a 12

a

 

Dự đoán: inS=9

4

M tại a = 2

1

1 2

8 2

a

a











 



S



S

4

MinS   a

Nhận xét: Đánh giá trên theo đúng sơ đồ phân tích, nhưng phải qua

nhiều bước trung gian mới khử hết biến ở mẫu Đặt vấn đề: Có thể biến đổi S sao cho khi sử dụng BĐT Cô si khử hết biến số a ở mẫu mà không qua bước trung gian nào không? Từ đó hướng dẫn HS tới lời giải ngắn gọn sau đây:

3

a a

4

MinS   a

Ví dụ 3: Cho a > 0, b > 0 Tìm GTNN của S a b ab

a b ab





Dự đoán: Do S là biểu thức đối xứng nên Min S đạt tại a = b > 0.

4

a b ab

a b









 



S

a b

Ví dụ 4: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: abc = 1 Chứng minh rằng:

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4

S

Dự đoán: Đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1.

Phân tích: Ta sẽ sử dụng BĐT Cô si để khử hết biến (1 b).(1 c) ở mẫu, đồng thời biến số a3 của tử thức không nằm dưới dấu căn của phân thức

3

(1 )(1 )

a

  Từ đó:

1 (1 )(1 )

8 1

a

a b c

 





   



Giải: Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số ta được:

(1 )(1 ) 8 8 4

a

Thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng lại ta có: 3 33 3 3

S      

Ví dụ 5: Cho a, b, c, d > 0 thỏa mãn: ab + bc + cd + da = 1 Chứng minh

3

S

b c d c d a a b d a b c

Dự đoán: Đẳng thức xảy ra tại a = b = c = d = 1

2

Phân tích: Nhận thấy: a3 (b c d) 2 a3

b c d       Mong muốn trong đánh giá biến a không nằm dưới dấu căn, ta thêm hằng số  và sử dụng BĐT

Cô si cho 3 số, dẫn đến:

1

12 2

a

b c d

b c d

a b c d

a b c d











Giải: Áp dụng BĐT Cô si cho 4 số ta có:

3

Thiết lập các BĐT tương tự và cộng lại ta được:

2 ( )( )

S

a c b d  ab bc cd da  

Ví dụ 6: Cho a, b, c > 0 sao cho : a2 b2 c2  12 Tìm giá trị lớn nhất (GTLN ) của: S a b 3 2 c2 b c3 2 a2 c a3 2 b2

Dự đoán: Max S đạt tại a = b = c = 2.

Phân tích: Ta thấy: a b3 2 c2 3a b3 ( 2 c2 )

Do đó: Ta sẽ sử dụng BĐT Cô si cho 3 số: a2 , a b, 2 c2 Việc phân tích:

3 2

a a a là do giả thiết bài toán cho: a2 b2 c2  12 Vì vậy:

2 2 2

2

a b c

a b c

  



Giải: 3 2 2 13 2 2 2 1 2 2 2 2 4

( )(2 )(4 )

a b c  b c a a    

Thiết lập 2 BĐT tương tự và cộng lại ta được:

2 2 2

2 2 2

S  a  b  c  a b c   a b c  S       

Vậy : Max S = 12  a b c   2

Ví dụ 7: Cho x y,  0 :x y  1 Tìm GTNN của: 2 2

4

x y xy

Dự đoán: Min M đạt tại 1

2

x y

Phân tích: Biến đổi M rồi sử dụng BĐT Cô si nhằm khử hết biến số ở

mẫu

Vì vậy:

2 2

2 2

1

4 1

2

.

x y

x y

x y

xy xy

















 



2 2



2 2



    ( Vì  4x y 2  4 )

Áp dụng BĐT Cô si, ta có:

2 2

1

4 x y 2 4 4

x y     , 1 16xy 2 16 8

xy   ,

2

2

x y

xy   

    

Do đó: M    4 8 1 4 7  Vậy: 7 1

2

MinM   x y

Ví dụ 8: Cho a, b, c > 0 sao cho: a + b + c = 1 Chứng minh rằng:

2 2 2

30

S

a b c ab bc ca

Dự đoán: S = 30 khi a = b = c = 1

3

Phân tích: Ta sẽ biến đổi S sao cho khi sử dụng BĐT Cô si nhằm khử hết

biến số ở mẫu Từ đó, ta có:

2 2 2

2 2 2

1

1

3

a b c

a b c

a b c

ab bc ca

ab bc ca









  







Giải:

2 2 2

 

2 2 2

2 2 2

9(a b c ) 18(ab bc ca)) 9

 

2 2 2

2 2 2

 

Áp dụng BĐT Cô si, ta có: 2 2 2

2 2 2

1

9(a b c ) 2 9 6

a b c      ,

1

81ab 2 81 18

ab

   , 81bc 1 18

bc

  , 81ca 1 18

ca

  ;

2

3

a b c

3

ab bc ca   a b c  )

Do đó: S  6 3.18 21 9 30    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

3

Ví dụ 9: Cho a, b, c > 0: 12 12 12 1

a b c 

P

Dự đoán: Max P đạt được tại: a b c   3

Phân tích: Ta sẽ biến đổi P để sử dụng BĐT Cô si sao cho: Biểu thức ở

mẫu không còn nằm trong dấu căn thức, đồng thời trong đánh giá P liên hệ được với giả thiết bài toán Vì vậy:

a b c   3  a2 b2 c2 ab bc ca   3

Giải: Ta có: 5a2  2ab 2b2 a2 a2 a2 a2 a2 ab ab b  2 b2  9 9 a b12 6

Hay: 5a2  2ab 2b2  9 3a b4 2  5a2  2ab 2b2  3 3 a b2

5a  2ab 2b  a a b  a a b  Tương tự:

9

5b  2bc 2c  b b c  , 2 1 2 1 1 1 1( )

9

5c  2ca 2a  c c a 

Cộng 3 BĐT trên, ta được: 1 1 1 1( ) 1 3( 12 12 12) 1

P

( Theo bổ đề 3: x y z   3(x2 y2 z2 ), x y z, ,  0)

Vậy: Max P = 1

3  a b c   3

Nhận xét: Nếu tinh tế, ta có thể đánh giá biểu thức trong căn về dạng bình

phương của một tổng rồi sử dụng bổ đề 1.2, lời giải sẽ đẹp hơn:

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số, ta có:

4a  (a b )  2 4 (a a b )  4 (a a b )

4a (a b) b 4 (a a b) b (2a b)

          5a2 2ab 2b2  (2a b )2  2a b

5a 2ab 2b a b a a b

Thiết lập 2 BĐT tương tự và cộng lại, ta được:

2 2 2

P

3  a b c   3

Ví dụ 10: Cho các số dương a, b, c: a + 2b+ 3c  20

2

S a b c

a b c

     

Dự đoán: Min S đạt được khi: a = 2, b = 3, c = 4.

Phân tích:

2 3 4

a b c











 



4

1 4

4

a a b b c c





     









4a 2 2b 4c 4 a b c

a  b  c   

4a 2 2b 4c 4

Vậy Min S = 13 a 2,b 3,c 4

Bài tập tương tự:

BT 1: Cho , , 0 : 3.

2

a b c a b c   Chứng minh rằng: 1 1 1 15

2

a b c

a b c

     

BT 2: a b c, ,  0 :a2 b2 c2  1 Tìm GTNN của P a b c 1

abc

   

BT 3: a b c, ,  0 :a b c   1. Tìm GTLN của S 3 a b  3b c  3 c a

BT 4: Cho a,b,c>0:a+b+c=3 Tìm GTLN của P a b c a 2 2 2 ( 2 b2 c2 )

BT

5 : Cho a b c, ,  0 :a2 b2 c2  3abc

P

Nhiều bài toán về BĐT khi áp dụng thường ngược chiều Suy nghĩ thông thường là làm thế nào để trong suốt quá trình giải bài toán luôn xuất hiện các BĐT cùng chiều Những ví dụ sau đây đem lại cho chúng ta một kỹ thuật phân tích mà ta gọi đó là Cô si ngược chiều

Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

3

S

Dự đoán: Vì S đối xứng nên đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1

2 2 2 1

a b c

Nhận xét: 2

2

c  c

a  a

 Do đó:

2 2 2

s

 

bất

đẳng thức 1 b2  2bnhưng với cách phân tích trên ta được bất đẳng thức thuận

chiều Thiết lập 2 BĐT tương tự và cộng lại ta có lời giải sau

Giải: Ta có: 2 (1 2 2 2) 22 2

 

c   a  

ab bc ca a b c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Chú ý: Ta thường sử dụng Cô si ngược chiều khi nào? Kỹ năng phân tích

ra sao?

+) Cô si ngược chiều được sử dụng khi đánh giá ở mẫu cùng chiều với BĐT cần chứng minh (Thông thường ở mẫu được đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân)

+) Kỹ năng phân tích: Tách tử qua một lượng của mẫu rồi thực hiện phép chia Những ví dụ tiếp theo sẽ giúp chúng ta hiểu rõ hơn cách phân tích để phù hợp với lời giải

Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là các số dương và a + b + c + d = 4 Chứng minh

rằng:

2a 2 2b 2 2c 2 2d 2 2

S

Dự đoán: Đẳng thức xảy ra tại a = b = c = d = 1 a2 b2 c2 d2  1

2 2 2

a b ab

2?

S

  

  

Phân tích: 2 3 2 ( 2 2 2 2 2) 2 2 2 2

 

a b   a b   ab  

Tương tự: 2 3 2 , 2 3 2 , 2 3 2

b c   c d   d a   Suy ra:

2 2

a b c d

S    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.

Ví dụ 3: Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

S

Dự đoán: Đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1 a b c a   2 b2 c2  1

Phân tích:

2 3

( )

 

Giải:

2 3

( )

a b   a b b   ab  

2

2 ( )

b

2

2 ( )

c

c a  

S (a+b+c)- ( ( ) ( ) ( ) )

Mặt khác: 3 ( ) 2 3( ) .

3

ab a b

ab  ab a b    , 3( ) 2

3

bc b c

bc    , 3( ) 2

3

ca c a

ca   

a b c

ab  bc  ca  ab bc ca   a b c      

Vậy: 3 2.3 1

3

S    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Ví dụ 4: Cho x, y, z là các số dương sao cho: 3

2

x y z  

M

( ) 2

a ab b  a b , a b,  0 (1); 2

4ab (a b ) , a b,  0 (2)

(1)  4(a ab b ) 3(  a b )  (a b )  0 ( luôn đúng)

Dự đoán: Min M đạt được tại 1

2

x  y z

Phân tích: Biến đổi M để sử dụng BĐT sao cho: Biến số ở tử không nằm

dưới dấu căn, đồng thời tử thức và mẫu thức có điểm chung với nhau, liên hệ được với giả thiết

Giải: Áp dụng (1), (2) ta có:

2 2

3

2

x xy y

yz y z



 







Tương tự: 2 2 3. 2 , 2 2 3. 2

2 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1

M

a x y b   y z c z x  , ta có: 3

, , 0

a b c

a b c

  







M

3

b  c  a   )

MinM   x  y z

Ví dụ 5: Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 6 Chứng minh:

P

Dự đoán: a = b = c = 2

Phân tích: Từ dự đoán kết quả và mong muốn trong đánh giá làm mất căn

ở mẫu, dẫn đến: a = b = c = 2

2

     







Giải: Ta có:

2 3

1 ( 1)( 1)

b b



 Tương tự:

,

P

Ta sẽ chứng minh: 22 22 22 2

P

   ( Đến đây, dễ nhận ra Cô si ngược chiều)

Mà:

3 2

2 2

3

.

b b

 

Từ đó suy ra: 32 3 2 3 2 3 2

3

P a b c   a b b c c a

Ta lại có:

3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

2

3

( 2 2 2 ) [a(b+b+2)+b(c+c+2)+c(a+a+2)]

a b c ab bc ca