Sáng kiến kinh nghiệm - môn Toán

Thường xuyên được bồi dưỡng, khai thác và phát triển các bài toán cơ bản kiến thức như đã trình bày ở trên học sinh hiểu sâu, nhớ lâu hiểu rộng các vấn đề vừa làm quen các phương pháp tì[r]

MỤC LỤC

Sơ đồ khai thác tính chất lũy thừa bậc hai trong SKKN

năm học 2014-2015

1-2

I – ĐẶT VẤN ĐỀ

II – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a 2 + b 2 ≥ 2ab 7

Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b) 2 ≥ 4ab 9

Sử dụng BĐT (III): 2(a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 14

III – KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

SƠ ĐỒ KHAI THÁC BĐT (I) (SKKN năm học 2014 -2015)

A2 ≥ 0

SƠ ĐỒ KHAI THÁC BĐT (II) VÀ (III) (SKKN năm học 2014 -2015)

(A - B)2 ≥ 0

(ay - bx)2 ≥ 0

(a 2 + b 2 )(x 2 + y 2) ≥ (ax + by)2 (a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ (ax + by +cz) 2

(x + y + z)(

1

x+

1

y+

1

z) ≥ 9 với x, y, z>0

x, y, z > 0 và x+ y + z = 1

CMR:

1

x +

1

y +

1

z ≥ 9

x, y, z > 0 và x+ y + z  1

CMR:

1

x +

1

y +

1

z ≥ 9

a, b, c > 0 và a+ b + c  1

1

a  bc b  ac c  ab

c b

a

 +a c

b

 +b a

c

 ≥ 2

3

với a,b,c>0

c b

a



2

b



2

c



2

c b

với a,b,c>0

c b

a



2

b



2

c



2

3

với a,b,c>0; abc=1

) (

1

3 y z

1

3 z x

1

3 x y

3

với x,y,z > 0 ; xyz = 1

Tìm GTNN của:

) (

1

3 y z

1

3 z x

1

3 x y

z  với x,y,z > 0 : xyz = 1

PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ 1- Lý do chọn đề tài

Tại đại hội toàn quốc lần thứ IX của Đảng cộng sản Việt Nam đã khẳng định:

“Giáo dục và đào tạo phải có sự đổi mới và nâng cao chất lượng toàn diện

về nội dung phương pháp dạy và học Phát huy tư duy khoa học sáng tạo, năng

lực tự học , tự nghiên cứu của học sinh”

Sự phát triển mạnh mẽ của cách mạng khoa học của công nghệ thông tin hiện đại toán học đã có tác dụng sâu sắc trong mọi lĩnh vực của xã hội loài

người

Chính vì vậy, trong chiến lược con người hiện nay, nhà nước ta coi trọng đặc biệt việc nâng cao toàn diện về giáo dục cho học sinh Đặc biệt nhà nước ta

trong các chỉ thị giáo dục luôn đề cao bồi dưỡng học sinh giỏi và học sinh có

năng khiếu, bồi dưỡng nhân tài ở các trường phổ thông

Toán học là một nội dung cực kỳ quan trọng trong công tác bồi dưỡng và phát triển năng lực cho học sinh nhất là học sinh giỏi

Trong chương trình Toán lớp, Cuốn sách Đại số 9 có tính chất: Luỹ thừa bậc hai của một số.Nắm chắc, hiểu sâu tính chất này, học sinh áp dụng được vào

nhiều bài toán về Bất đẳng thức

2 Phạm vi chọn đề tài

Nội dung của bài viết trong bản Sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ trình bày việc khai thác tính chất: Luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm Biến

đổi nó thành một Bất đẳng thức kép và hương dẫn học sinh sử dụng nó

Các bài toán trong bản Sáng kiến kinh nghiệm được chọn lọc và đủ dạng loại Đại số và hình học giúp học sinh sử dụng tốt Bất đẳng thức trên

Đặc biệt tôi đi sâu vào biện pháp khai thác phát triển và sử dụng Bất đẳng thức: (a -b)2≥ 0 Tuỳ theo mức độ dạy cho học sinh đại trà hoặc học sinh giỏi

3 Thời gian thực hiện

- Các năm học 2014-2015; 2015-2016; 2016-2017

4 Đối tượng nghiên cứu

Học sinh lớp 8A1, 9A1 - Trường THCS Phương Liệt

5 Các phương pháp nghiên cứu

Đọc tài liệu và sách tham khảo

- Tổng hợp nội dung nghiên cứu theo từng dạng bài hoặc chuyên đề

- Trong quá trình nghiên cứu các phương pháp thực tiễn gồm:

+ Phương pháp điều tra + Phương pháp thực nghiệm + Phương pháp nêu vấn đề + Phương pháp phân tích tổng hợp

c b a

ab

2



bc





ac



p

Với a, b, c là ba cạnh của tam giác p là nửa chu vi

a b c b c a c a b         a b c

Với a, b, c là ba cạnh của tam giác; p là nửa chu vi

a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4

(với a, b, c > 0, abcd = 1)

1

≥ 2

ab + cd ≥ 2 (với a, b, c > 0, abcd = 1)

A B

B A≥ 2

a

p 

1

1

1

1

1

1

)

Với a, b, c là ba cạnh của tam giác; p là nửa chu vi

1

y

1

+ z

1

= 4 CMR

z y

2

1

1

1



b

a 

1

1

1

2

1



a

1



b

1 )

1

c

Với a, b, c >0

a

1

1

≥ a  b

4

với a, b > 0

(A + B)2 ≥ 4AB

A 2 ≥ 0

(A + B)2 ≥ 0

a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10

(với a, b, c > 0, abcd = 1)

II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1 Quá trình chuẩn bị

Khảo sát thực tế: Sau khi nhận lớp, tôi dành thời gian làm quen với lớp, tình hình học tập của các em Đánh giá sơ bộ trình độ nhận thức của học sinh qua bài kiểm tra chất lượng Tìm phương pháp giảng dạy thích hợp với đối tượng

+ Giáo viên nghiên cứu nội dung của SGK lớp 8, SGK lớp 9, hệ thống bài tập lien quan đến bất đẳng thức từ lớp 6 đến lớp 9 đặc biệt là lớp 8 và lớp 9

+ Hệ thống lại các bài tập cùng dạng loại, sâu chuỗi các kiến thức lại với nhau tạo thành hệ thống bài tập phát triển tư duy vững chắc

+ Sau mỗi dạng loại, có chốt kiến thức và khắc sâu phương pháp

+ Phương pháp dạy học phải tạo điều kiện cho học sinh được học tập và trải nghiệm, phát triển năng lực tự học cho học sinh

Tôi thực hiện đề tài này với lớp 8A1, 9A1 Thời gian thực hiện 4 tháng Khảo sát kết quả trước khi thực hiện như sau:

Trước khi thực hiện đề tài: việc chứng minh bất đẳng thức gặp vô cùng khó khăn, học sinh không biết vận dụng kiến thức để chứng minh bất đẳng thức, không khí học tập trầm đơn điệu, học sinh khá giỏi chán nản, có ý thức chủ quan xem nhẹ trong học tập, coi thường thiếu ý chí vươn lên

2) Quá trình thực hiện:

A KHẮC SÂU BẤT ĐẲNG THỨC KÉP:

1/.Tính chất của lũy thừa bậc hai

“Bình phương của mọi số đều không âm”

Đây là một hằng bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng của nó trong khi giải các bài tập Đại số và Hình học rất có hiệu quả :

(a – b)2 = a2 – 2ab + b2 ≥ 0 

Dấu bằng xảy ra khi a = b

Cả ba Bất đẳng thức trên đều nêu lên ý nghĩa quan hệ giữa tổng hai số với tích của chúng hoặc với tổng các bình phương của hai số đó

2.Chứng minh Bất đẳng thức (I), (II), (III).

BĐT (I):

a2 + b2 ≥ 2ab

 a2 – 2ab + b2 ≥ 0

 (a – b)2 ≥ 0 (đúng) Dấu “=” xảy ra khi a = b

BĐT (II):

(a + b)2 ≥ 4ab

 a2 + 2ab + b2 – 4ab ≥ 0

 a2 – 2ab + b2 ≥ 0

 (a – b)2 ≥ 0 (đúng) Dấu “=” xảy ra khi a = b

BĐT (III):

a2 + b2 ≥ 2

) (a  b 2

2a2 + 2b2 ≥ a2 + 2ab + b2

 a2 – 2ab + b2 ≥ 0

 (a – b)2 ≥ 0 (đúng) Dấu “=” xảy ra khi a = b

Tổng hợp cả ba Bất đẳng thức (I), (II), (III) tạo ra một Bất đẳng thức kép:

a2 + b2 ≥ 2

) (a  b 2

≥ 2ab

a2 + b2 ≥ 2ab (I)

(a + b)2 ≥ 4ab (II)

a2 + b2 ≥ 2

) (a  b 2

(III)

a2 + b2 ≥ 2

) (a  b 2

≥ 2ab

Dấu “=” xảy ra khi a = b

B CÁC BÀI TOÁN VẬN DỤNG

I/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (I): a 2 + b 2 ≥ 2ab

*Áp dụng BĐT (II) : a 2 + b 2 ≥ 2ab vào đại số.

1.Bài toán 1:

Cho các số a, b, c, x thoả mãn điều kiện

x + a + b + c = 7







Chứng minh rằng : 1 ≤ x ≤ 2

5

Giải :

Áp dụng BĐT (I) : a2 + b2 ≥ 2ab

Do đó : 2 ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 2ab + 2ac + 2bc

 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )2 (*)

Mặt khác: (1)  a + b + c = 7 – x

(2)  a2 + b2 + c2 = 13 – x2

Thay vào (*):

3(13 – x2) ≥ (7 – x)2

 4x2 – 14x + 10 ≤ 0

 2( x – 1 )(x - 2

5

) ≤ 0

 1 ≤ x ≤ 2

5

(đpcm)

2.Bài toán 2 :

Cho ba số x, y, z thoả mãn: x + y + x = 1

Chứng minh rằng : x4 + y4 + z4 ≥ xyz

Giải :

Áp dụng BĐT (I) ta có : a2 + b2 ≥ 2ab

Do đó : x4 + y4 ≥ 2x2y2

y4 + z4 ≥ 2y2z2

z4 + x4 ≥ 2z2x2

 2( x4 + y4 + z4 )≥ 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) (1)

Áp dụng bất đẳng thức (I)

x2y2 + y2z2 ≥ 2xy2z

y2z2 + x2z2 ≥ 2yz2x

z2x2 + x2y2 ≥ 2zx2y

 2( x2y2 + y2z2 + x2z2) ≥ 2xyz( x + y + z ) (2)

Từ (1), (2) suy ra:

x4 + y4 + z4 ≥ xyz (đpcm)

3.Bài toán 3:

Cho ba số a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a + b + c + d = 2

Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức (1): a2 + b2 ≥ 2ab ta có :

a2 + b2 ≥ 2ab a2 + b2 ≥ 2ab

c2 + b2 ≥ 2cb a2 + d2 ≥ 2ad

d2 + c2 ≥ 2dc b2 +d2 ≥ 2db Cộng theo vế của các bất đẳng thức trên ta được:

3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ 2 (ab + bc + cd + ac + ad + bd)

 4(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ (a + b + c + d )2 = 22 = 4

 a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1 (đpcm) Dấu “= ”xảy ra khi a = b = c = d = 2

1

*Áp dụng BĐT (I) : a 2 + b 2 ≥ 2ab vào hình học.

4.Bài toán 4:

Trong tứ giác lồi ABCD với diện tích S có điểm 0 thoả mãn điều kiện :

OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S

Chứng minh rằng: ABCD là hình vuông nhận O là tâm

Giải : + Ký hiệu SABCD = S

SAOB = S1; SBOC = S2; SCOD = S3 ; SDOA = S4

+ S1≤ 2

1

OA.OB; S2≤ 2

1

OB.OC;

S3≤ 2

1

OC.OD; S4≤ 2

1

OD.OA;

Áp dụng BĐT (1): a2 + b2 ≥ 2ab  ab ≤ 2

1

( a2 + b2)

Ta có : S ≤ 2

1

( S1 + S2 + S3 + S4 )

S ≤ OA.OB + OB.OC + OC.OD + OD.OA ≤ 2

1

2

1

( OA2 + OB2 + OC2 + OD2 + OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) = 2

1

( OA2 + OB2 + OC2 + OD2) = 2

1

.2S = S

Ta thấy điều này chỉ xảy ra khi các BĐT đều trở thành đẳng thức, nghĩa là phải có:

OA OB OC OD







 ABCD là hình vuông nhận O làm tâm

5.Bài toán 5:

A

D O

Cho đoạn thẳng AB và đường thẳng d song song với nhau Tìm điểm M (M và d nằm khác phía đối với AB ) sao cho các tia MA, MB tạo với đường thẳng d thành MCD có diện tích nhỏ nhất

Giải :

Gọi C và D là giao điểm của các tia MA và MB với đường thẳng D

Diện tích MCD = S; MH và MK là các đường cao của MAB và MCD Đặt MH = x; AB = a; HK = h

Do AB // CD  MAB đồng dạng MCD

h x a CD h

x

x MK

MH CD











Do đó : S = 2

1

2 2

) ( 2

2 2

2 2

x

h h x

a x

h hx x

a x

h x a















Do a và h là hằng số nên S nhỏ nhất khi x+ x

h2 nhỏ nhất

Ta lại thấy x và x

h2

là hai số dương Xét tích x x

h2

=h2 Vậy tổng x+ x

h2 nhỏ nhất khi và chỉ khi x = x

h2

 x2 = h2  x = h

II/.Sử dụng hẳng bất đẳng thức (II): (a + b) 2 ≥ 4ab

*Áp dụng BĐT (II) : (a + b) 2 ≥ 4ab vào đại số.

6.Bài toán 6:

Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y = 2 Chứng minh :

xy(x2 + y2)  2

Giải

Áp dụng bất đẳng thức :

4

a b

, ta có :

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y =1

M

B d’

d

A

H

K

x

h

6.Bài toán 6:

Cho a, b, c >0 và a + b + c = 1 CMR: b + c ≥ 16abc

Giải:

Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab

Từ giả thiết: 1 = ( a + (b + c)2) ≥ 4a(b + c)

Do b + c > 0 nên nhân hai vế với b + c

Áp dụng BĐT (II) ta lại có :

Từ (1) và (2) suy ra:

b + c ≥ 4a.4bc = 16abc

Vậy b + c ≥ 4abc (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi a = b + c = 2

1

7.Bài toán 7:

Cho a, b, c > 0

CMR : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc

Giải :

Áp dụng BĐT (II) ta có :

(a + b)2 ≥ 4ab (b + c)2 ≥ 4bc (c + a)2 ≥ 4ca

 (a + b)(b + c)(c + a)2 ≥ 64a2b2c2(vì a, b, c >0)

 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc (vì a, b, c >0) (đpcm)

Xảy ra đẳng thức khi a = b = c >0

8.Bài toán 8:

Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có :

(a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c)

Giải

Áp dụng BĐT (II) ta có :

Trước hết (a + b)2 (b + c)2 = (a + b)(b + c)2

= (ab + ac + b2 + bc)2 = (ac + (a + b + c)b2

Áp dụng BĐT (II) cho hai số : ac và (a + b + c)b ta có:

(ac + (a + b + c)b2≥ 4ac.(a + b + c)b

Xảy ra dấu “=”khi ac = (a + b + c).b

Vậy (a + b)2 (b + c)2 ≥ 4abc(a + b + c) (đpcm)

9.Bài toán 9:

Cho a1, a2, a3, …, an  0; 1

CMR : (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4 (a12+ a22+ a32+ …+ an2)

Giải:

Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab

Cho hai số 1 và a1+ a2+ a3+ …+ an ta được:

hay (1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4( a1+ a2+ a3+ …+ an).

Do ai  0; 1 với i = 1, 2, 3, …, n

Nên suy ra ai ≥ ai2

Từ các kết quả trên ta suy ra:

(1 + a1+ a2+ a3+ …+ an)2≥ 4 (a12+ a22+ a32+ …+ an2)

Xảy ra dấu “=” khi a1= a2= a3= …= an-1 = 0 và an = 1

*Áp dụng BĐT (II) : (a + b) 2 ≥ 4ab vào hình học.

10.Bài toán 10:

Cho tứ giác lồi ABCD có tổng hai đường chéo bằng 48

CMR diện tích SABCD ≤ 288

Chứng minh

Ta có SABCD = S = 2

1

với AC và BD là hai đường chéo

Áp dụng BĐT (II): (a + b)2≥ 4ab  ab≤ 4

) (a  b 2

vào BĐT (1) ta có :

48 4

)





BD AC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra : S ≤ 2.576

1

= 288 (đpcm)

11.Bài toán 11:

Hai đường chéo AC và BD của tứ giác lồi ABCD cắt nhau tại O Biết diện tích SAOB = 49; SCOD = 64 CMR : S(ABCD) ≥ 225

Giải

Ta có : COD

AOD BOC

AOB

S

S OC

OA S

S





(chung đường cao)

 SAOB SCOD = SBOC SAOD = 49 64 = 562

Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 ≥ 4ab ta có : (SBOC+ SAOD)2 ≥ 4 SBOC SAOD

(SBOC+ SAOD)2 ≥ 4 49 64 = 1122

 SBOC+ SAOD ≥ 112

 SABCD ≥ 49 + 64 +112 = 225 (đpcm)

12.Bài toán 12:

Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S = 2048, tổng AB + BD + DC = 128 Tính độ dài BD?

Giải:

SABCD = SABD + SBCD

1

2

1

2

1

CD AB BD BD

CD BD

Áp dụng BĐT (II) (a + b)2≥ 4ab

 ab≤ 4

) (a  b 2

A

D O

Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

cho hai số : BD và AB + CD ta có :

2048 ≤

2

2

128 4

1 2

1 4

) (

2

1 ) (

2

1









CD AB BD

= 2048

Dấu “=”xảy ra khi các BĐT đều trở thành đẳng thức nghĩa là phải có:

BD = AB + CD mà BD + AB + CD = 128  BD = 128 : 2 = 64

Vậy BD = 64

13.Bài toán 13 :

Cho ABC Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC kẻ các đường song song với hai cạnh kia, chúng tạo thành với hai cạnh ấy một hình bình hành Tìm

vị trí của M để hình bình hành ấy có diện tích lớn nhất

Giải

Gọi hình bình hành tạo thành EMFB

Đặt dt(EMFB) = S1; dt(ABC) = S (const)

Ta cần tìm GTLN của S1

Kẻ AKBC; AK ∩ EM = H

Ta có S1 = EM HK; S = 2

1

BC.BK

 S1

S

= 2 BC AK

HK EM

.

Đặt MA = x ; MC = y

x AC

AM BC

EM







(định lý Ta lét)

y AK

HK





(định lý Ta lét)

Nên S1

S

= ( )2

2

y x

xy



Áp dụng BĐT (a + b)2 4ab  2

1 ) (

2

2 

b a

ab

A

M

F

y

E

H

K

x

S1

Vậy S1

S

= ( )2

2

y x

xy

1



 S1 2

1



S

Do đó max S1 = 2

1

S  x = y  điểm M là trung điểm của AC

Vậy điểm M nằm ở vị trí là trung điểm AC thì diện tích BEMF đạt Max

14.Bài toán 14: Cho hình bình hành BEMF Dựng cát tuyến qua M cắt các cạnh

của góc B tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất

Giải

Bài toán 14 này là bài toán khai thác của bài toán 13

Bài toán này có SBEMF = const = S1

Các lập luận tương tự như bài 13 với SABC = S1 ta có : S1

S

= xy

y x

2

)



Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab  2 2

)





ab

b a

Ta có : S1

S

= xy

y x

2

)



≥ 2 Dấu “=” xảy ra khi x = y tức là khi vị trí của điểm M là trung điểm của AC

Từ đó ta thấy cách dựng cát tuyến qua M:

- Lấy trên tia BE điểm A sao cho E là trung điểm BA

- Tia AM cắt tia BF tại C

ABC có diện tích nhỏ nhất

15.Bài toán 15:

Trong các hình thanh ABCD (BC // AD) có diện tích S không đổi Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E

Hỏi ở hình thanh nào thì ÄABE có diện tích lớn nhất

Giải + Dễ thấy S ABE = SCDE = S’ + Đặt SBCE = S1 ; SAED = S2

DK = x và AD = y + Trước hết ta chứng minh rằng:

S’ 2 = S1.S2 (1)

Thật vậy : EA

EC S

S

 '

1

EC S

S

 2

'

' '

1

S

S S

S



 S’ 2 = S1.S2

A

M

F

E

S

K

Khai thác và phát triển tính chất của lũy thừa bậc 2

(Tiếp nối SKKN đạt loại C cấp TP năm học 2014 – 2015)

+Ta sẽ biểu thị các tỉ số : S

S1

; S

S2

; S

S' theo x, y Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD ở K

Ta có : DK = BC = x; SACK = SABCD = S

ACK CEB AED  x y

x AK

BC





2

2 2

1

) ( ) (

y x

x AK

BC S

S







2 2

2

) ( ) (

y x

y AK

AD S

S







(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2

' 4

2 2 2

1 2 '

) ( )

(

) (

y x

xy S

S y

x

y x S S

S S S

S













Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab  4

1 )

b a

ab

1 4

1 ) (

' 2

'









y x

xy S

S

Vậy Max S = 4

1

khi x = y tức là hình thanh ABCD trở thành hình bình hành

16.Bài toán 16:

Qua điểm M thuộc miền trong của ÄABC vẽ các đường thằng AM, BM,

CM cắt các cạnh của tam giác lần lượt tại A1, B1, C1

CMR : 1 . 1 . 1 8



M C

CM M B

BM M A AM

Giải

Từ A hạ AHBC; MH1  BC

Kí hiệu S(MBC) = S1; S(MCA) = S2; S(MBA) =

S3

AHA1 MH1A1

3 2 1 1 1 1

1

S

S S S S

S MH

AH MA







3 1

S S MA



3 1

2

S

S S

S



Chứng minh tương tự :

2

3 1

S S MB



2 1

S S MC



Nhân theo từng vế ba BĐT trên :

3 2 1

2 1 3 1 2 1 1

1

) )(

)(

(

.

S S S

S S S S S S M C

CM M B

BM M A



(*)

Áp dụng BĐT (II) : (a + b)2 4ab

Muốn vậy ta bình phương 2 vế của (*)

A

A1

B1 M