SKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến

SKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biếnSKKN Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến

MỤC LỤC

1 ĐẶT VẤN ĐỀ

1.1 Lý do chọn đề tài

1.2 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

1.3 Mục tiêu, nhiệm vụ nghiên cứu

1.3.1 Mục tiêu

1.3.2 Nhiệm vụ

1.4 Phương pháp nghiên cứu

1.5 Những đóng góp mới của đề tài

2 PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở khoa học

2.1.1 Cơ sở lý luận

2.1.2 Cơ sở thực tiễn

2.2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

2.2.1 Thuận lợi

2.2.2 Hạn chế

2.3 Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến trong chương trình toán THCS

2.3.1 Khái niệm

2.3.2 Tính chất

2.3 Dạng toán áp dụng

2.3.1 Dạng toán tổng quát

2.3.2 Bài tập áp dụng

2.3.3 Bài tập tự luyện

2.4 Kết quả đạt được

3 KẾT LUẬN 3.1 Ý nghĩa của sáng kiến

3.2 Khả năng ứng dụng và khai triển

Danh mục tài liệu tham khảo

2 2 2 2 2 3 3 4 4 4 4 4 5 5 5 5 6 6 6 14 14 15 15 16

Sáng kiến kinh nghiệm: “Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức

với đoạn giá trị của biến”

1 ĐẶT VẤN ĐỀ

1.1 Lý do chọn đề tài.

Việc dạy toán ở trường THCS ngoài mục đích cung cấp kiến thức cho học sinh, điều đặc biệt là dạy cho học sinh cách phân tích, nghiên cứu, tìm tòi đào sâu khai thác, phát triển bài toán để tổng quát hóa, khái quát hóa kiến thức Nhưng thực tế, việc này đối với học sinh nhìn chung là khó khăn, một bộ phận học sinh chỉ dừng lại ở việc giải bài toán, độ ì tư duy còn rất lớn Bất đẳng thức

là một dạng toán khó, đa dạng thường xuất hiện nhiều trong các kỳ thi học sinh giỏi toán lớp 8, lớp 9 và các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Với mong muốn nâng cao chất lượng giáo dục nói chung, chất lượng dạy học nói riêng và phát triển tư duy sáng tạo, nâng cao khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề,

đem lại niềm vui hứng thú cho học sinh Tôi xin trình bày kinh nghiệm “Hướng

dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến” trong

chương trình toán THCS

1.2 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.

Đề tài tập trung nghiên cứu về một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến và phát huy hiệu quả của phương pháp giải toán cụ thể trong chương trình toán 8, 9 Đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 8; 9 và ôn thi vào lớp 10 THPT

1.3 Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu.

1.3.1 Mục tiêu:

Đề tài chú trọng nghiên cứu các bài toán liên quan đến bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến, qua việc phân tích, nghiên cứu, tìm tòi tìm ra mối quan hệ giữa các kiến thức liên quan trong bài toán, để tìm ra phương pháp giải phù hợp

Từ đó đào sâu, khai thác phát triển bài toán Giúp các em học sinh lựa chọn phương pháp giải toán làm sao có hiệu quả Học sinh nhận dạng và giải đúng về dạng toán liên quan đến bất đẳng thức Từ đó các em hứng thú, đam mê hơn với

bộ môn toán

1.3.2 Nhiệm vụ:

- Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa, sách tham khảo về bất đẳng thức

- Tiến hành điều tra tìm hiểu thực tiễn của học sinh về việc giải các bài toán liên quan đến bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến

- Xác định các biện pháp sư phạm để áp dụng phương pháp dạy học phù hợp

- Thực nghiệm sư phạm để kiểm định tính khả thi của đề tài

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

Thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau:

- Phương pháp phân loại các bài toán

- Phương pháp phân tích, đánh giá, tổng hợp.

- Phương pháp thực nghiệm giáo dục để kiểm định tính khả thi của đề tài

1.5 Những đóng góp mới của đề tài.

Trong thực tiễn có rất nhiều tài liệu liên quan đến “Bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến”, nhưng học sinh chỉ được làm quen theo một số bài tập đơn lẻ theo từng khối lớp, chưa có một phương pháp giải cụ thể đối với dạng toán này Với đề tài này học sinh có được cách nhìn tổng quan, hiểu sâu bản chất và có phương pháp vận dụng tốt hơn để giải toán Nhằm nâng cao chất lượng học tập của học sinh

Đây cũng là nguồn tài liệu tham khảo bổ ích cho đội ngũ giáo viên đang giảng dạy trực tiếp và bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm nâng cao chất lượng dạy học và giáo dục toàn diện

2 PHẦN NỘI DUNG

2.1 Cơ sở khoa học.

2.1.1 Cơ sở lý luận.

Trong chương trình toán phổ thông thì bất đẳng thức là một trong những phần quan trọng Nó có mặt trong tất cả các bộ môn số học, hình học, đại số Vì thế các bài toán về bất đẳng thức ngày càng được quan tâm đúng mức và tỏ ra có sức hấp dẫn mạnh mẽ và tính độc đáo của phương pháp giải chúng Học sinh được tiếp cận ngay ở bậc tiểu học ở mức độ đơn giản, là so sánh hai số hay hai biểu thức số Lên trung học học sinh được học cụ thể hơn về khái niệm bất đẳng thức và các tính chất của nó ở chương trình toán lớp 8 Nhưng việc vận dụng các tính chất của bất đẳng thức vào giải toán để các em trình bày được lôgic, đó là

cả một vấn đề mà không phải bất cứ học sinh nào cũng thực hiện được Vậy làm thế nào để thông qua các giờ học toán để giúp các em nắm được kiến thức và rèn luyện được phương pháp giải Qua đó hình thành cho các em tư duy, tích cực độc lập sáng tạo, nâng cao khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng vào thực tiễn đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh

2.1.2 Cơ sở thực tiễn:

Qua quá trình dạy học, bồi dưỡng học sinh giỏi thường có nhiều dạng toán khó, có nhiều bài toán với lời giải đặc thù riêng Mặc dù quá trình học tập của học sinh, đã có những tài liệu để hỗ trợ, nhưng khi gặp dạng toán liên quan đến bất đẳng thức học sinh vẫn thường lúng túng và gặp khó khăn Có nhiều em sau khi đọc kỹ đề bài mà vẫn không biết định hình được lời giải và bắt đầu từ đâu

Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi Tôi đã tìm hướng giải quyết có hiệu quả nhất cho bản thân, cũng như cho học sinh khi triển khai chuyên đề về bất đẳng thức Khi giáo viên phân tích, hướng dẫn học sinh cách nhìn bài toán, mối liện hệ giữa các yếu tố trong bài toán học sinh đã có lời giải nhanh hơn và giải được các bài tập liên quan Đồng thời thông qua đó giúp các em biết phân tích, tìm tòi, phát triển bài toán ban đầu ra nhiều bài toán khác

2.2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.

2.2.1 Thuận lợi:

- Hiện nay, điều kiện học tập của học sinh và điều kiện dạy học của giáo viên đã được cải thiện rõ rệt Cùng với sự phát triển chung của xã hội, người giáo viên cũng như học sinh có điều kiện tiếp thu với nhiều nguồn thông tin, nhiều nguồn tư liệu phong phú và các phương tiện dạy - học hiện đại,

- Sự quan tâm của các cấp, các ngành đã tạo điều kiện thuận lợi cho hoạt động dạy - học của giáo viên và học sinh

- Nhiều giáo viên có nhiệt huyết với công tác dạy học, tích cựu đổi mới phương pháp dạy học để không ngừng nâng cao chất lượng của bộ môn

2.2.2 Hạn chế.

- Trên thực tế tài liệu viết về “Bất đẳng thức” thì rất nhiều nhưng cụ thể viết về phương pháp giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến thì rất

ít hầu hết chỉ là các bài tập ở dạng đơn lẻ, do đó nhiều giáo viên gặp khó khăn khi gặp dạng toán này để dạy cho học sinh một cách có hệ thống

- Đối với nhiều học sinh

+ Không nắm được phần lí thuyết cơ bản của bài học hoặc nắm nội dung bài học một cách thụ động, nên trong quá trình làm bài tập còn gặp nhiều khó khăn, lúng túng

+ Không chịu đề cập bài toán theo nhiều hướng khác nhau, không sử dụng hết các dữ kiện của bài toán

+ Không biết vận dụng hoặc vận dụng chưa thành thạo các phương pháp suy luận trong giải toán, không biết sử dụng các bài toán giải mẫu hoặc áp dụng phương pháp giải một cách thụ động

+ Không chịu suy nghĩ tìm các cách giải khác nhau cho một bài toán hay

mở rộng lời giải tìm được cho các bài toán khác, do đó hạn chế trong việc rèn luyện năng lực giải toán

+ Việc đầu tư cho thời gian tự đọc sách tham khảo của các em học sinh còn ít

2.3 Hướng dẫn học sinh giải dạng toán bất đẳng thức với đoạn giá trị của biến trong chương trình toán THCS

2.3.1 Khái niệm.

Ta gọi hệ thức dạng a b (hay a b ;a b ;a b ) là bất đẳng thức và gọi a

là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức

2.3.2 Tính chất.

1 a b b a

2 Tính bắc cầu:

3 Cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số:a b  a c b c  

4 Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số:

; 0

a b c   ac bc

; 0

a b c   ac bc

Bổ sung:

1 Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều, được bất đẳng thức mới cùng chiều bất đẳng thức đã cho : a b c d ;   a c b d  

2 Trừ từng vế hai bất đẳng thức ngược chiều, được bất đẳng thức mới cùng chiều bất đẳng thức thứ nhất : a b c d ;   a c b d  

3 Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm ta được một bất đẳng thức cùng chiều : a b  0;c d   0 ac bc

;

a b b c   a c

4 Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức ta được một bất đẳng thức cùng chiều :

a b   a b ;

a b  a b với n lẻ;

a  b  a b với n chẵn

5 So sánh hai lũy thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương:

Nếu m n  0thì a  1 a m a n;

a  1 a ma n;

0 a  1 a ma n

2.3 DẠNG TOÁN ÁP DỤNG.

2.3.1 Dạng toán tổng quát.

Cho các số a; b; c; thỏa mãn điều kiện: a b c; ; ; m n;  Chứng minh bất đẳng thức:

Phương pháp giải:

Với điều kiện bài toán cho a b c; ; ; m n;  ta có m a n  ;m b n  ; ;

Từ đó ta suy nghĩ đến các bất đẳng thức:

0

a m  ; a n  0; b m  0; b n  0; c m  0; c n  0;

Từ các bất đẳng thức trên dựa vào bất đẳng thức cần chứng minh, tìm mối liên quan để xác định dấu các tích cần lập

Ví dụ

(a m a n )(  ) 0  ; (b m b n )(  ) 0 

(a m b m )(  ) 0  ; (a n b n )(  ) 0 

(a m b m c m )(  )(  ) 0  ; (a n b n c n )(  )(  ) 0 

2.3.2 Bài toán áp dụng

Bài toán 1:

Gọi a ; b ; c là 3 số thỏa mãn điều kiện: a b c   0 và a b c  ; ;  2;336 Chứng minh: a2 b2 c2  2016

Phân tích bài toán.

Từ điều kiện: a b c  ; ;  2;336 suy ra  2 a b c; ;  336 Theo cách phân tích

ở 2.3.1 ta nghĩ đến các bất đẳng thức:

2 0

a   ; a  336 0 

2 0

b   ; b  336 0 

2 0

c   ; c  336 0 

Bất đẳng thức cần chứng minh là: a2 b2 c2  2016 Vấn đề đặt ra làm xuất hiện các hạng tử a b c2 ; ; 2 2do đó ta nghĩ đến việc xác định dấu của tích

2

(a 2)(a 336) 0   a  334a 672  xuất hiện hạng tử a2

Tương tự ta có:

b  b c  c xuất hiện hạng tử b c2 ; 2

2 2 2 334( ) 2016

Kết hợp với điều kiện a b c   0 suy ra được bất đẳng thức cần chứng minh

Lời giải.

Ta có a b c  ; ;  2;336  a  2 0 và a  336 0 

(a 2)(a 336) 0

2 334a - 672 0

a

2 334a 672

a

  

Tương tự ta có:

2

2

334 672

334 672

334 334 334 672 672 672

Mà a b c   0 nên a2 b2 c2  2016

Dấu “=” xẩy ra

( 2)( 336) 0 ( 2)( 336) 0 ( 2)( 336) 0

0

a b c





 



   



2 336 2 336 2 336 0

a a b b c c

a b c

  

 





 





  











 



  



Dấu “=” không xẩy ra

Khai thác bài toán:

Từ điều kiện của bài toán ta có thể thay đổi điều kiện đoạn giá trị của biến

và điều kiện về tổng a b c  ta có bài toán tương tự sau:

Bài 1 Cho các số a ; b ; c là 3 số thỏa mãn điều kiện: a b c   0 và

; ; 1; 2

a b c   Chứng minh: a2 b2 c2  6

Bài 2 Cho các số a ; b ; c là 3 số thỏa mãn điều kiện: a b c   3 và

; ; 0; 2

a b c  Chứng minh: a2 b2 c2  6

* Nếu ta thay đổi điều kiện đoạn giá trị của biến và điều kiện về các hệ số của tổng a + b + c ta có bài toán mới sau:

Bài 3 Cho các số a b c  ; ;  2; 4 thỏa mãn điều kiện: a 2b 3c 6 Chứng minh bất đẳng thức: a2  2b2  3c2  60 Đẳng thức xẩy ra khi nào ?

Lời giải.

Từ a b c  ; ;  2; 4 ta có: a  2 0; a  4 0

(a 2)(a 4) 0

2 2a 8 0

a

a

   (1)

Tương tự ta có: b2  2b 8; c2  2c 8

2b 4b 16;

   3c2  6c 24 (2)

Từ (1) và (2) suy ra a2  2b2  3c2  2(a 2b 3 ) 48c 

Mà a 2b 3c 6nên a2  2b2  3c2  2.6 48 

Dấu “=” xẩy ra

2 4

2 ( 2)( 4) 0

2

4 ( 2)( 4) 0

4

2

4

a a

a b

b

c

b

c

c

  

 









 





Bài 4 Cho các số a, b, c thỏa mãn0  a 2;0  b 2;0  c 2 và a b c   3 Chứng minh rằng: a3 b3 c3  9

Lời giải

Giả sử a max(a, b, c); c min(a, b, c)

Vì 0  a 2;0  b 2;0  c 2 và a + b + c  3 0    c 1 a 2

2

1   a 2 (a 2)(a 1) 0   a  3a 2

a 3a -2a 3(3a 2) 2a = 7a 6

a

   (1)

3

0   c 1 c c (2)

Nếu 0  b 1 thì b3 b (3)

Từ (1), (2), (3) ta được a3 b3 c3  7a + b + c 6 = 6a 3 9   

Nếu 1  b 2 thì tương tự có: b3  7b 6 (4)

Từ (1), (2), (4) ta được

a b c   b c    c 

Vậy a3 b3 c3  9

Bài 5

Cho các sốa b c ; ; 0; 2thỏa mãn: a b c   3 Chứng minh: a2 b2 c2  5

Phân tích bài toán.

Theo cách suy luận của các bài toán 1 học sinh suy luận

Với a b c ; ; 0; 2 thì

a 0; a  2 0

b 0; b  2 0 (1)

c 0; c  2 0

Xét dấu các tích

( 2) 0;

a a   b b ( 2) 0;  c c ( 2) 0 

a

  b2 2 ;b c2  2c

Vậy phải làm thế nào Ta cần chú ý sử dụng tới điều kiện ban đầu bài toán

đã cho: a b c   3  a2b2c2   9 2(ab bc ac  ) chuyển bài toán về dạng sau:

2

ab bc ac  

Do đó cần nghĩ tới việc làm thế nào để xuất hiện các hạng tử ab, bc, ac từ

các bất đẳng thức (1) Vậy dấu của tích cần lập là:

( 2)( 2)( 2) 0

abc ab bc ac a b c

ab bc ac abc

Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

Lời giải.

Vì a b c ; ; 0; 2 nên (a 2)(b 2)(c 2) 0 

abc ab bc ac a b c

Nên 2(ab bc ac  ) 4  (vì a b c   3và abc 0)

Suy ra a b c  2 (a2b2c2) 4 

    (vì a b c  2  9)

Dấu “=” xẩy ra  (a b c a 2)(b32)(c 2) 0

  



Trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 1 và một số bằng 0

Từ cách giải bài 5 ta xác định được cách giải bài toán sau:

Bài toán 2.

Cho các số a b c ; ; 0;1 Chứng minh rằng: a(1  b) b(1  c) c(1  a) 1 

Phân tích bài toán.

Sau khi làm quen với các bài toán 1 học sinh suy luận tìm hướng giải như sau:

Từ a b c ; ; 0;1 ta có a  1 0;b  1 0;c  1 0

Từ vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh

a  b b  c c  a    a b c ab bc ac 

Làm thế nào để xuất hiện các hạng tử a, b, c, ab, bc, ac Vậy ta có:

( 1)( 1)( 1) 0

abc a b c ab bc ac

đến đây bài toán được giải quyết

Lời giải.

Ta có: a(1  b) b(1  c) c(1  a)  a ab b bc c ac a b c ab bc ac         

Vì a b c ; ; 0;1 nên a  1 0;b  1 0; c  1 0

( 1)( 1)( 1) 0

abc a b c ab bc ac

1 a b c (ab bc ac) abc a b c ab bc ac

              (vì abc 0)

1 (1 ) (1 ) (1 )

(1 ) (1 ) (1 ) 1

Dấu “=” xẩy ra  (1abc a)(10 b)(1 c) 0





Trong 3 số a, b, c có 2 số bằng 1 và một số bằng 0

Khai thác bài toán.

Từ bài toán 2 ta có:

(1 ) (1 ) (1 )

a  b b  c c  a  a ab b bc c ac a b c ab bc ac         

và a b c ; ; 0;1 nên áp dụng kiến thức bổ sung 5 thì a n a b; n b c; n cvới n nguyên dương Do đó ta thay các hạng tử của tổng a + b + c thành các lũy thừa,

từ đó phát triển thành bài toán mới như sau:

Bài 1

Cho các số a b c ; ; 0;1 Chứng minh rằng: a b 2 c3  ab bc ac   1

Lời giải

Vì a b c ; ; 0;1 nên 1  a 0;1  b 0;1  c 0

(1 )(1 )(1 ) 0

a b c ab bc ac abc

1 a b c (ab bc ac) abc a b c ab bc ac

              (vì abc 0) (1)

Vì a b c ; ; 0;1 nên suy ra b2 b c; 3 cdo đó

a b c ab bc ac a b       c  ab bc ac  (2)

Từ (1) và (2) suy ra a b 2 c3  ab bc ac   1

Vì a b c ; ; 0;1 ta có 1  a 0;1  b 0;1  c 0

Vì 0  a 1;0  b 1;0  c 1 theo kiến thức bổ sung 5 thì a2 a b; 2 b c; 2 c

nên a(1  b) a2 (1  b b); (1  c) b2 (1  c c); (1  a) c2 (1  c).Từ đó ta có bài toán mới sau

Bài 2 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0  a 1;0  b 1;0  c 1 Chứng minh rằng a2 b2 c2   1 a b b c c a2  2  2

Lời giải.

Ta có 0  a 1; 0  b 1; 0  c 1

1 a 0;

   1  b 0; 1  c 0 và a2 a;b2 b;c2 c nên

2

(1 ) (1 );

a  b a  b

2

(1 ) (1 );

b  c b  c

2

(1 ) (1 )

c  a c  a

a ab a a b

    b bc b  2 b c2 ; c ac c  2 c a2

a b c a b b c c a a b c ab bc ac

Mà (1  a)(1  b)(1  c) abc 0(Vì 1  a 0; 1  b 0; 1  c 0và abc 0)

1 (a b c) (ab bc ac)

       (2)

Từ (1) và (2) suy ra a2 b2 c2   1 a b b c a c2  2  2