Một số kinh nghiệm luyện tập chứng minh bất đẳng thức cho học sinh phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓATRƯỜNG THPT HẬU LỘC 1 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI MỘT SỐ KINH NGHIỆM LUYỆN TẬP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHO HỌC SINH PHỔ THÔNG Người thực hiện: Phạm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI MỘT SỐ KINH NGHIỆM LUYỆN TẬP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHO HỌC SINH

PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Phạm Hùng Bích

Chức vụ: Phó Hiệu trưởng SKKN thuộc môn: Toán học

THANH HÓA NĂM 2017

MỤC LỤC

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm Trang 1

2.2 Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trang 2

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các biện pháp đã sử dụng để

2.3.5 Phương pháp sử dụng các Bất đẳng thức cổ điển Trang 6

2.3.8 Phương pháp dựa vào tập giá trị của hàm số Trang 10

2.3.10.1 Các bài toán sử dụng bất đẳng thức trong tam giác Trang 13

2.3.10.2 Các bài toán sử dụng tích vô hướng của hai véctơ Trang 16

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,

với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường Trang 19

DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐƯỢC ĐÁNH GIÁ

I PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài:

Trong quá trình giải bải tập môn Toán, câu hỏi: “Bài toán này thuộc dạngnào?” dễ dẫn đến câu hỏi tiếp theo: “Có thể vận dụng phương pháp nào để giảibài toán dạng này?” Việc phân loại các bài toán, vạch ra sự khác biệt giữa cácbài toán theo từng kiểu cùng với phương pháp giải chúng, có thể giúp ích chohọc sinh khi giải toán

Chúng ta đã biết, trong chương trình toán học phổ thông thì phần “Bất đẳngthức” là một trong những phần khó và nó đòi hỏi học sinh có tư duy, sự sáng tạorất cao Mặc dù trong sách giáo khoa chỉ trình bày một số phương pháp chứngminh cơ bản và tất nhiên nó có thể áp dụng cho mọi bài toán chứng minh “Bấtđẳng thức” Tuy nhiên, trong thực tế để giải toán thì vấn đề đó chưa giúp đượcnhiều cho học sinh vì trong mỗi một phương pháp đó còn rất khái quát nên nóchưa nêu được cụ thể của từng dạng toán nên việc xác định phương pháp giảicho một bài toán cụ thể là rất khó khăn Vì vậy, việc tìm ra phương pháp giảicho từng lớp bài toán là việc làm rất cần thiết và có ích Để giúp học sinh có mộtcái nhìn mới về bài toán chứng minh bất đẳng thức và nâng cao năng lực giảitoán, tôi trình bày “Một số các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thườngdùng”

1.2 Mục đích yêu cầu của đề tài.

- Nhằm giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn và nâng cao năng lực giải cácbài toán về “ bất đẳng thức”

- Rèn cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo trong giải toán

1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh đại trà , học sinh giỏi

1.4 Phương pháp nghiên cứu: Thực nghiệm, tổng kết, đánh giá.

II NỘI DUNG

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

Đối với chúng ta, các thầy cô giáo, thì việc tạo cho học sinh một cái nhìn đầy đủ hơn, toàn diện hơn về vấn đề mà mình đang xét có ý nghĩa đặc biệt quan trọng Vì vậy, công việc tạo cho học sinh có những có những công cụ khác nhau

để cùng soi sáng một vấn đề là một việc làm có ích và cần thiết Việc này, một mặt làm cho học sinh thấy được sự gắn kết giữa các đơn vị kiến thức, mặt khác

nó cũng làm cho học sinh đánh giá và nhận thức được những vấn đề đang xét một các sâu sắc hơn Từ đó, nâng cao hiệu quả dạy và học.

Bản thân tôi, luôn cố gắng tìm hiểu và giúp đỡ học sinh tìm được một sựliên hệ nào đó giữa kiến thức mới và các kiến thức trước đó trong khi dạy bàimới Trong phần chứng minh bất đẳng thức tôi đã tìm ra sự liên hệ này Đó làviệc sử dụng các phương pháp chứng minh đó là những công cụ để chứng minhbất đẳng thức và thông qua đó nó cũng củng cố cho học sinh kiến thức chứngminh BĐT

2.2 Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Đối với đa số học sinh THPT, việc học và nắm vững về bất đẳng thứccác em sẽ gặp những khó khăn nhất định Bởi lẽ, đây là phần khó Vì vậy, trongkhi dạy một đơn vị kiến thức mới, tôi luôn tìm cơ hội để giúp các em củng cốphần kiến thức nói trên Thông qua đó, các em sẽ bớt khó khăn khi học phầnnày và nâng cao kết quả trong học tập Trong quá trình trên, tôi đã tìm được mốiliên hệ giữa “bất đẳng thức” và các lương kiến thức khác

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các biện pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

Với kinh nghiệm của mình, tôi phân dạng bài tập để sử dụng các phươngpháp chung như sau:

2.3.1 Phương pháp dựa vào định nghĩa :

Để chứng minh BĐT ab là đúng , trước hết ta xét hiệu a-b , sau đóthường chúng ta phân tích a-b thành tích hoặc thương rồi dựa vào qui tắc về dấucủa phép nhân hoặc phép chia các số hữu tỉ khẳng định a-b0 từ đó theo địnhnghiã ab

3(1+a2+a4 )  (1+a + a2)2

Giải

Xét hiệu 3(1+a2 + a4 ) - (1+ a + a2 )2 = 2 ((a + 21 )2+34 )(a - 1)2 0

Vậy 3(1+a2 +a4 )  (1+a + a2 )2

VD3: Chứng minh: ( ab + bc + ca )2  3abc(a + b + c )

Chứng minh tương tự các ví dụ trên

VD4 : Chứng minh: cos(sina) > sin(cosa)

2 /  a  a



)sin(

2

cos sin

2 /  a  a

Nghĩa là 0 < /2 cos2a sina < / 2, 0 < /2 cos2a  sina < / 2

Do đó : sin/2 cos2a sina>0 và sin/2 cos2a  sina >0

Vậy d > 0 từ đó theo định nghĩa cos(sina) > sin(cosa)

Bài 2 Giả sử A, B, C là 3 góc trong của tam giác ABC chứng minh :

CosA + cosB + cosC 

2 3

2.3.2 Phương pháp quy nạp toán học:

Để chứng minh một bất đẳng thức có liên quan đến số tự nhiên, đúng vớimọi số tự nhiên n  k bằng qui nạp toán học ta phải tiến hành 2 bước :Bước 1: Chứng tỏ BĐT đúng với số tự nhiên k

Bước 2: Giả sử BĐT đúng với số tự nhiên n (nk ) ta phải chứng minh BĐT đó

đúng với số tự nhiên n+1

VD5 : Cho p số thực dương a1 , a2 ,…, ap và n là một số tự nhiên chứng minh

p

n 2

n

Chứng minh :

Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1  a2 … ap

+ Với n= 0 thì BĐT hiển nhiên đúng vì khi ấy :

( a1 a2p ap

)0 

p

a

a

p

0 2

a

p

k 2

a

p

k 2

a

p

k 2

a

p 1

k 2 1 k 1

)k+1 

p

a

a

p 1

k 2 1 k 1

Bài 3 Với a > 1 và n là một số tự nhiên khác 0 ta có :

loga(n + 1) > 1/n ( loga1+loga2+…+logan )

Bài 4 Cho n là một số tự nhiên khác 0 và x là một số thực tuỳ ý ta có :

Giả sử 11 - 2  1 + 5 khi ấy 2 vế đều dương bình phương 2 vế tađược

Ta có 1011 = 12 32 10099 100101 = xy nhưng 21 <32 ; … ; 10099 <100101

Nên y>x do đó xy > x2 nghĩa là 1011 > x2 (**)

Từ (*) và (**) ta thấy sự vô lí Vậy x<

10 1

2.3.4 Phương pháp ước giá các số:

Thường trong phương pháp này chúng ta ước giá các số hạng của một vếsau đó ước giá cả vế và từ đó so sánh với vế còn lại

Giải

Với n = 1 ta có

1 1

1

 =

2 1

Với n >1 ta có n+k < 2n , k = 1,2 …, n-1Nên n 1k 

n

2

1

với k = 1,2 …, n-1Cộng vế với vế của n - 1 BĐT trên ta được

VD9: Với mọi số tự nhiên n 1 ta có

Để chứng minh các BĐT ta có thể sử dụng các BĐT đã được chứng minh,

ở đây chúng ta sử dụng chủ yếu ba BĐT quen thuộc :

Nhân cả hai vế của các BĐT trên tương ứng với các số không âma+b , b+c , c+a ta được :

a3 + b3  ab(a+b)

b3 + c3  bc(b+c)

c3 + a3  ca(c+b)Cộng vế với vế của các BĐT này ta được :

2( a3+b3+c3)  ab(a+b) + bc(b+c)+ ca(c+b)hay 2( a3+b3+c3)  c2(a+b) + a2(b+c)+ b2(c+b)

a   a2b2 b2c2 = b2 ac ab2c TT ta có nhữngBĐT còn lại nên : a2b2+ a2c2+ c2b2  abc( a+ b + c )

2 2 2

2 2

2 2 2 1

(Sử dụng BĐT Côsi hoặc BĐT Bunhiacopski)

2.3.6 Phương pháp tam thức bậc hai:

Trong phương pháp này ta sẽ sử dụng các kết quả về tam thức bậc hai đểchứng minh các BĐT , chủ yếu là các kết quả sau đây :

* Điều kiện để tam thức bậc hai có nghiệm là   0

* Điều kiện để tam thức bậc hai luôn dương với mọi x là < 0 và a > 0

* Điều kiện để tam thức bậc hai luôn  0 với mọi x là   0 và a > 0

*Điều kiện để f(x)  0 với mọi x là   0 và a < 0

*Điều kiện để f(x) < 0 với mọi x là < 0 và a < 0

) 1 (

y

y x

y x

Bài tập tương tự:

Bài 1 Với x , y ta luôn có

( 1+ sin2y ) x2 + 2(siny + cosy)x + 1 + cos2y > 0

Bài 2 Với mọi giá trị của x ta luôn có :

( x - a1)2 + (x - a2)2 + … + ( x - an)2 

n

a a

a a

a a

n( 12 22  n2)  ( 1 2  n)

Bài 3 Với x , y ta luôn có

( 1+ log22y)x2 + 2xlog2y + ( 1+ log22y) > 0

Bài 4 Cho 3 số a , b , c thoả mãn

ca bc ab

c b a

Ta có : - 34  a , b , c 

3 4

xa2 + yb2 > xyc2

2.3.7 Phương pháp lượng giác:

Ta biết rằng các phép biến đổi lượng giác rất phong phú Vì vậy trongmột số trường hợp khi chứng minh BĐT đại số ta sử dụng các phép biến đổilượng giác và BĐT lượng giác :

VD 13 : Chứng minh rằng với mọi giá trị của x ta có :

 1

Ta gọi tập Y = f(x)/x  X là tập giá trị của hàm số y = f(x) như vậy yY

  x  X/f(x)  y ( Nghĩa là phương trình y = f(x) có nghiệm trong X )Chúng ta sẽ dựa vào khái niệm tập giá tri của hàm số để chứng minh một

1 x 3

3 2

2

2

3

3 2

Giải

Xét hàm số y =

1 x x

1 x

2 2







Với mọi x ta có x2+x+1 > 0 nên hàm số xác định với mọi giá trị của x

Gọi y là một giá trị tuỳ ý của hàm số ấy thì phương trình

1

1

2 2







x x

 4 - 3y2  0

 - 23  y 

3 2

Nhưng y = 1 thuộc tập tập nghiệm nên với mọi x ta có - 23  y 

3 2

3 2

2 2

x x

x

3

3 2

Bài tập tương tự:

Bài 1 Với mọi giá trị của x ta luôn có :

-43 

2 cos

1 sin

2

) ( cos

cos sin sin

) ( (

2

2 2

2

x c x x b x a b c a c

a

c a

b

a b

c

2

3 3

b

 + (1 2)

2

c c

c

2

3 3

f,( t ) + 0

-3 3 2

0 0Vậy 0 < f(t) <

3 3 2 với 0 < t < 1

Nghĩa là 0 < t < 1 ta có 0 < t( 1 - t2 ) < 323

cho nên (1 2)

2

t t

2

b b

2

c c

a

 + (1 2)

2

b b

b

 + (1 2)

2

c c

c

2

3 3

2.3.10 Phương pháp hình học:

2.3.10.1 Các bài toán sử dụng bất đẳng thức trong tam giác

VD16 : Cho a , b , c là những số dương và a > c , b > c khi ấy ta có :

) (a c

c  + c(b c)  ab

Chứng minh :

Ta dựng được 2 tam giác vuông

Tam giác vuông AHB vuông ở H : AH = c, BH = a  c

Tam giác vuông AHC vuông ở H : HC = b  c

Thế thì : AB = a , AC = b

Ta có : c(a c) + c(b c) =2dtABH +2dtACH

= 2dtABC = a bsinBAC  ab

Do đó c(a c) + c(b c)  ab

VD17 Chứng minh rằng:

R d c b a d

b c a d

Vì u  v uv , nên ta suy ra: a2 b2  c2 d2  (ac) 2  (bd) 2 (*)

*Ta cũng có thể chứng minh bất đẳng thức trên theo cách khác như sau:

b a OA

; (

)

; (

Do OA OB OC nên ta được kết quả:

a2 b2  c2 d2  (ac) 2  (bd) 2

Chú ý: Ta có thể coi (1) là một bất đẳng thức cơ bản để áp dụng vào các bài

toán khác mà không chứng minh lại

VD18: Chứng minh rằng:

R f e d c b a f

d b e c a f

e d c

( ) (

) ( )

(

) 1 ( )

( ) (

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2

f d b e c a f e d b c

a

d b c a d c b

Chú ý: Bằng quy nạp, ta có thể chứng minh được:

a b a n b a a a n b b b n R

i i n

i i n

1 2

1

2

1 1

2 2

2 2

2

3 2

1 2

3 2

1 2

3 2

1 ,

2

3 2

2 2

2

3 2

1 2

3 2

2 2 2

) ; ( ) ; ( ) ; ( d b c BC a d c AC a b AB       Xét tam giác ABC, ta có: AB + BC  AC hay AB  BC AC Do đó, a2 b2  (c b) 2 d2  c2  (d a) 2 (đpcm) Bài tập tương tự: Bài 1:Chứng minh rằng: (ac) 2 b2  (a c) 2 b2  2 a2 b2 a,b,cR Bài 2: Cho x, y là các số thực, chứng minh rằng: x2  4y2  6x 9  x2  4y2  2x 12y 10  5 Bài 3: Cho 4 số thực khác nhau a, b, c, d Chứng minh rằng: a2 b2  (c b) 2 d2  2 c2  (d a) 2 Bài 4: Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2       ca c a bc b c ab a b 2.3.10.2 Các bài toán sử dụng tích vô hướng của hai véctơ VD21: Chứng minh rằng: (a1b1a2b2)2  (a12a22)(b12 b22), a1, b1,a2,b2R Giải: Trong hệ trục toạ độ Oxy, lấy các véctơ a (a1;a2) vµ b  (b1;b2) Ta có: a.b a.b cos(a,b) Do cos(a,b)  1 nª n a.b a.b 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1b a b a a b b a       ( ) ( )( 2 )

2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1b a b a a b b a     (đpcm)

VD22: Chứng minh rằng: ((1 2)()(11 2)) 21     b a ab b a với mọi số thực a, b

Giải Chọn                     2 2 2 2 2 2 1 2 ; 1 1 ; 1 1 ; 1 2 b b b b v a a a a u

Ta có: u v  1và . 2 (1(1 2)2)(12 (12) 2) 2(1( 2)()(11 2)) b a ab b a b a a b b a v u            Mặt khác

2

1 ) 1 )(

1 (

) 1 )(

(

1 ) 1 )(

1 (

) 1 )(

( 2

) , cos(

.

2 2

2 2





























b a

ab b

a

b a

ab b

a u

u v u u u v

u

3 y xy x

2

3 v , x 2

3

; 2

x y

4 z yz y 2

z y 4

3z v

3 y xy x 4

3x 2

x y u

2 2

2 2

2 2

2 2

a

x    1   ( 1  )( 1  ) ,  , 

2

1 ) cos (sin

) cos

Bài 2: Cho a > c > 0, b > c > 0 Chứng minh rằng:

ab c

b c a c

b c

VD 25 Cho z là số phức thỏa mãn: |i – 2 - z| + |z – 4 – 7i| = 6 2

Chứng minh rằng:

2

5 ≤ |z – 1 + i| ≤ 73

Gọi z = x + yi  điểm biểu diễn M(x ; y) F1(1; 1), F2(7; 7)

Từ giả thiết  MF12 + MF22 = 108  M thuộc đường tròn tâm I(3; 3), bán kính R = 6

Đặt K(10; 12)  |z – 10 + 12i| = MK, IK2 = 49 + 225 = 274  K nằm ngoàiđường tròn

Gọi z = x + yi  điểm biểu diễn M(x ; y), gọi F1(- 4;0), F2(4; 0) F1F2 = 8

Theo giả thiết  MF1 – MF2 = 6 < 8  M thuộc nhánh phải (x > 0) của Hypebol

Gọi w = a + bi điểm biểu diễn N(a; b), từ |w + 3| = |w + 4|  2a + 7 = 0

Với A(- 2; - 2), B(3; 1)  |z + 2 + 3i| + |z- 3 – i| = MA + MB

Vì A, B khác phía so với ()  MA + MB ≥ AB = 34

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với

bản thân, đồng nghiệp và nhà trường:

So sánh kết quả trước và sau khi thực hiện đề tài : Trước khi thực hiện đềtài chứng minh BĐT là một phần rất khó cho học sinh, kể cả học sinh giỏi Saukhi thực hiện đề tài, phần lớn học sinh đã hình dung được khi gặp bài toánchứng minh BĐT thì phải làm như thế nào, vận dụng 10 phương pháp này vàobài nào và giải quyết dạng toán đó dễ ràng hơn rất nhiều Đồng thời, học sinhcũng giải quyết tốt hơn những bài tập về giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất thuộcphần số phức trong các đề thi trắc nghiệm khách quan thường gặp hiện nay

Vì vậy, tuỳ vào từng đối tượng học sinh, mà ta có những cách trình bàykhác nhau Đối với học sinh trung bình học yếu, ta có thể đưa ra một vấn đềdưới một bài toán cụ thể về véctơ, toạ độ và cho học sinh nhận xét kết quả và

phát hiện vấn đề và từ đó đi đến kết quả tổng quát theo lối quy nạp không hoàntoàn, bởi lẽ đây là một vấn đề mới và tương đối khó Trong khi đó, đối với họcsinh khá trở lên ta có thể cho học sinh phát hiện trực tiếp từ sự nảy sinh mâuthuẫn của nội dung bài toán Làm được như vậy, theo tôi nghĩ thì đối với đa sốtrường hợp, nó sẽ tỏ ra có hiệu quả rõ rệt Bài toán trên không phải là mộttrường hợp ngoại lệ.

Để giảng dạy một vấn đề mới, chúng ta khó có thể giới thiệu cho học sinhmột cách trực tiếp được Vì nếu làm như vậy, học sinh sẽ không thấy được sựliên hệ nào đó với kiến thức trước đã học và qua đó học sinh học sẽ có một hệthống kiến thức dời dạc Không có sự liên hệ giữa các đơn vị kiến thức thì kiếnthức đã học sẽ không có điều kiện thực hành và dẫn đến sự quên nhanh kiếnthức là điều không tránh khỏi Bởi vậy, theo bản thân tôi ngoài việc cung cấpkiến thức mới trong mỗi bài học thì cũng cần phải có sự tìm tòi sáng tạo, tổnghợp của mỗi người học và của giáo viên

Trên đây là một số ý kiến của bản thân về “Một số các phương phápchứng minh bất đẳng thức thường dùng” Mặc dù bản thân có sự cố gắng chuẩn

bị và đã được sự đóng góp quý báu của một số đồng nghiệp nhưng do thời giancòn hạn hẹp nên chắc chắn đề tài không tránh khỏi những thiếu sót Vì vậy, tôirất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo để đề tài có thể áp dụngrộng rãi và thiết thực hơn nữa

3.2 Kiến nghị: Không

Tôi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 19 tháng 5 năm 2017

Tôi xin cam đoan đây là SKKN củamình viết, không sao chép nội dung của

người khác

Tác giả

Phạm Hùng Bích

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan – NXB Giáo dục

2 Sách giáo khoa Hình học 10 nâng cao – Văn Như Cương –NXB Giáo dục

3 Sách giáo khoa Đại số 12 nâng cao – Nguyễn Huy Đoan –NXB Giáo dục