Tài liệu Skkn toán 9 rèn kỹ năng sử dụng bất đẳng thức cauchy (côsi) cho học sinh thcs

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN MỸ ĐỨC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ BỘT XUYÊN ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN KỸ NĂNG SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) CHO HỌC SINH TRUNG HỌC CƠ SỞ LĨNH VỰC: TOÁN HỌC TÁC GIẢ: NGUYỄN TRỌNG TUÂN CHỨC VỤ: GIÁO VIÊN NĂM HỌC : 2012-2013 1 MỤC LỤC Nội dung Trang TT 1 Sơ yếu lý lịch 3 2 A. Phần mở đầu 4 3 B. Phần nô ̣i dung 5 4 I. Cơ sở khoa hoc 5 5 II. Giai ha 6 4 1. Bấ đẳng hức cauchy (côsi) 6 5 2. Cac kỹ huâ ̣ sư ddng ấ đẳng hức cauchy (côsi) 7 6 7 8 9 10 hưc hiêṇ 2.1. Đanh gia ừ rung ình cộng sang rung ình nhân kế hợ chon điểm rơi 2.2. Đanh gia ừ rung ình nhân sang rung ình cô ̣ng kế hợ chon điểm rơi 2.3. Phương ha đổi iến số 2.4. Cac ấ đẳng hức hường dùng được suy ra ừ ấ đẳng hức Cauchy (Côsi) 3. Kế qua 7 16 22 26 38 11 C. Kế luâ ̣n va khuyến nghị 39 12 D. Tai liêụ ham khao 41 2 CỘNG HOÀ XĂ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lậ – Tư do – Hạnh húc. ----------o0o---------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SƠ YẾU LÝ LỊCH Họ và tên : NGUYỄN TRỌNG TUÂN Ngày tháng năm sinh : 05/10/1976 Năm vào ngành : 10/09/1997 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: TrườngTHCS Bột Xuyên- Mc Đức-Hà Nội . Trình độ chuyên môn : Đại học. Bộ môn giảng dạy : Toán học. Khen thưởng : Giáo viên dạy giỏi cấp thành phố Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở. 3 A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lí do chon đề ai: Trong nhà trường phổ thông môn Toán có một vai trò, vị trí và ý nghĩa hết sức quan trọng góp phần phát triển nhân cách, năng lực trí tuệ chung như phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa, khái quát hóa, ….Rèn luyện những đức tính của người lao động trong thời kỳ mới như tính cẩn thận, chính xác, tính kỷ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mc. Bên cạnh đó những tri thức và kc năng toán học cùng với những phương pháp làm việc trong toán học trở thành công cụ để học tập những môn học khác trong nhà trường, là công cụ của nhiều ngành khoa học khác nhau, là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế vì vậy toán học là một thành phần không thể thiếu của trình độ văn hóa phổ thông. Chứng minh bất đẳng thức là một dạng toán phổ biến và quan trọng trong chương trình toán phổ thông, rất thường gặp trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào các trường chuyên, lớp chọn. Để giải được loại toán này đòi hỏi học sinh phải biết cách vận dụng thành thạo nội dung kiến thức đã được học bên cạnh đó còn phải biết phân tích bài toán một cách hợp lý mới có thể tìm được lời giải cho bài toán. Tuy nhiên trong chương trình toán THCS thời lượng dành cho nội dung này không nhiều do đó học sinh thường gặp nhiều khó khăn khi gặp dạng bài này. Các bài toán chứng minh bất đẳng thức rất đa dạng và phong phú. Xét về cả lý luận và thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu quả trong việc phát triển tư duy cho học sinh. Xuất phát từ những đă ̣c điểm trên, nhăm góp phần vào viê ̣c “ Phát triển tư duy khoa họcc và tăng cường ở các em ý thức, năng lực vâ ̣n dụng mô ̣t cách sáng tạo những điều đã học cho học sinh trong giai đoạn hiện nay, và qua thực tiễn kiểm tra và giảng dạy học sinh ở trường , tôi nhận thấy việc hình thành những kiến thức và kĩ năng mới trong sử dụng Bất đẳng thức Cauchy ( Côsi ), vận dụng một cách sáng tạo nhất, thông minh nhất trong việc học toán, trong cuộc sống cho học sinh là một nhiệm vụ hết sức quan trọng của người giáo viên. Đó là lý do tôi chọn đề tài này. 2. Phạm vi va hời gian hưc hiện đề ai Chuyên đề được sư dụng nhăm bồi dưỡng cho học sinh giỏi lớp 9 và học sinh dự thi vào các trường chuyên Nghiên cứu về phương pháp giải toán bất đẳng thức, cực trị thông qua “rèn luyện kỹ năng sư ddng ấ đẳng hức Cauchy (Côsi)” đặc biệt là các phương pháp chứng minh và bài tập vận dụng để 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. Thời gian thực hiện 1 năm ( Năm học 2012-2013) 4 3. Mdc đích nghiên cứu: Có nhiều phương pháp được áp dung trong chứng minh bất đẳng thức : như biến đổi tương đương, sư dụng các bất đẳng thức cơ bản, làm trội, làm giảm, quy nạp…. Trong đó việc sư dụng các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức Cauchy (Côsi ), bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức Tchebychev,…có vị trí đặc biệt quan trọng. Rèn luyện kc năng giải loại toán này có ý nghĩa hết sức quan trọng đối với học sinh: Giúp các em củng cố và hệ thống hoá được nhiều kiến thức , vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo kiến thức của bậc học THCS để có cách giải thông minh và phù hợp. Bên cạnh đó nó giúp cho các em luôn luôn có những suy nghĩ khoa học, giúp các em đạt được hiệu quả cao nhất trong công việc và cuộc sống đời thường. 4. Đối ượng nghiên cứu Nghiên cứu các phương pháp « Rèn luyện kỹ năng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi) » là một phần quan trọng trong chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị trong chương Toán THCS. 5. Đối ượng khao sa , hưc nghiệm Học sinh lớp 9 trường THCS Bột Xuyên, đội tuyển học sinh giỏi môn Toán dự thi cấp thành phố huyện Mc Đức. 6. Phương ha nghiên cứu Để tiến hành làm đề tài này tôi sư dụng các phương pháp nghiên cứu sau: +) Phương pháp nghiên cứu tài liê ̣u bổ trợ +) Phương pháp quan sát và so sánh, đối chiếu +) Thao giảng, trao đổi ý kiến với các đồng nghiê ̣p trong quá trình gảng dạy +) Tổng hợp những kinh nghiê ̣m, phương pháp mới trên lớp học +) Đánh giá kết quả ban đầu và điều chu nh bổ xung +) Kiểm tra đánh giá cuối cùng và hoàn chu nh công viê ̣c. B. PHẦN NỘI DUNG I. CƠ SỞ KHOA HỌC 1. Cơ sở lý luận Xu thế đổi mới mạnh mẽ của nền Giáo dục nói chung và Giáo dục THCS nói riêng là lấy học sinh làm trung tâm, giáo viên là người hướng dẫn, tổ chức các hoạt động nhăm phát huy những năng lực chung cho học sinh, đáp ứng với việc bước đầu hình thành những con người mới cho xã hội hiện đại và không ngừng phát triển. Học toán và giải toán có vị trí rất quan trọng trong chương trình cấp THCS, do đó học sinh cần phải học và có được phương pháp học tập, phương pháp giải toán độc đáo. Muốn vậy học sinh cần phải được phát triển kc năng vận dụng phương pháp giải toán một cách tốt nhất, nhanh nhất, hay nhất tạo thói quen thành thạo và phát triển khả năng tư duy, trí thông minh cho học sinh. Chính vì vậy, ở cấp THCS, việc phát triển trí thông minh cho các em thông qua môn Toán là hết sức cần thiết. 5 Chứng minh bất đẳng thức là mô ̣t trong những chuyên đề hay và khó có tác dụng rất tốt trong viê ̣c rèn luyê ̣n khả năng tư duy và phát triển trí thông minh cho học sinh. 2. Cơ sở hưc iên 2.1. Thưc rạng hoc â ̣ cua hoc sinh Qua khảo sát cho thấy phần lớn học sinh còn lúng túng khi đứng trước bài toán về bất đẳng thức hoă ̣c cực trị, các em chưa biết cách phân tích bài toán để áp dụng phương pháp một cách hợp lý. Một số em khá, giỏi cũng chu dừng lại ở mức giải quyết được những bài tập đơn giản mà đường lối giải đã có sẵn. 2.2. Thưc ế giang dạy cua giao viên Do thời lượng dành cho nô ̣i dung về bất đẳng thức và cực trị không nhiều, lại năm rải rác trong chương trình THCS nên trong những năm vừa qua chuyên đề bất đẳng thức và cực trị chưa được quan tâm nhiều vì vâ ̣y đa số học sinh gă ̣p khó khăn khi gă ̣p các bài toán loại này. 2.3. Khao sa hưc ế rươc khi hưc hiêṇ đề ai Lớp Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu 9C 32 5 9 11 7 Đối với đô ̣i tuyển học sinh giỏi của huyê ̣n Mc Đức các em cũng chưa có kc năng phân tích tìm tòi lời giải bài toán mô ̣t cách khoa học mà chu giải được các bài tâ ̣p đơn giản đă ̣c biê ̣t các em gă ̣p nhiều khó khăn đối với các bài toán phải có cách tách hợp lý. II. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN( NỘI DUNG CHỦ YẾU CỦA ĐỀ TÀI) 1. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) Cho n số không âm: a1; a2 ; a3 ;....an ta có a1  a2  a3  ......  an n  a1a2 a3 ....an n (n  N * ) Đẳng thức xảy ra khi a1 a2 a3 .... an * Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ) n = 2:  x, y 0 khi đó : n = 3:  x, y, z  0 khi đó : 2.1 x y  xy 2 x yz 3  xyz 3 2.1 x  y 2 xy x  y  z 3 3 xyz Đẳng thức xảy ra khi x = y. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. 6 Hệ qua 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chu khi hai số đó băng nhau. Chứng minh: Giả sư hai số dương x và y có tổng x + y = S không đổi. Khi S2 S x y   xy xy  đó, nên . Đẳng thức xảy ra khi và chu khi x = y. 2 2 4 S2 4 Do đó, tích xy đạt giá trị lớn nhất băng khi và chu khi x = y. Hệ qua 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chu khi hai số đó băng nhau. Chứng minh: Giả sư hai số dương x và y có tích x.y = P không đổi. Khi đó, x y  xy  P nên x  y 2 P . Đẳng thức xảy ra khi và chu khi x = y. 2 Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất băng 2 P khi và chu khi x = y. Ứng ddng: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất. Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhỏ nhất. 2. CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) 2.1 Đanh gia ừ rung ình cộng sang rung ình nhân kế hợ chon điểm rơi Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “ c.Đánh giá từ tổng sang tích. Bai 1: Cho x > 0 chứng minh răng: x  1 2 x Giai Do x  0 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có x  Đẳng thức xảy ra khi x  1 2 x x. 1 x 2 1  x 1 thỏa mãn đk x > 0 x Lời ình Đây là bài toán đơn giản chỉ cần áp dụng trực tiếp bđt côsi là ta có lời giải của bài toán. Tuy nhiên ta ít gặp những bài toán có nội dung đơn giản như vậy Bai 2: Chứng minh răng: x 2  3  1 10  x 3 3 2 7 Giai Ta có 1 x2  3 1 8 x 3 2   2  x2  3  x 3 9 x 3 9 2   x2  3 1 8 2 8 10 . 2  .3    9 x 3 9 3 3 3 2  x2  3 1  2  x 3 Đẳng thức xảy ra khi  9  x 2  3 3   x 2 0  x 0 Lời ình Lời giải trên có vẻ thiếu tự nhiên, tại sao lại tách x 2  3  x2  3 8 2  ( x  3) ? 9 9 Điều đó dựa trên phân tích sau: +) Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi x = 0 +) Khi sử dụng bđt côsi thì đẳng thức xảy ra khi hai số bằng nhau do đó ta  x2  3 1  2  x 3 có:  k  x 0   k 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Bai 3: Chứng minh răng:  a  b   b  c   c  a  8a b c a, b, c Giai Sư dụng BĐT Côsi : x2 + y2  2 x 2 y 2 = 2|xy| ta có: a 2  b 2 2 ab 0   2 2 b  c 2 bc 0   2 2 c  a 2 ca 0 a 2  b2   b2  c2   c2  a 2  8| a 2b2c2 | 8a2b2c2 a, b, c Sai lầm hường gặ Sư dụng bđt  x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2  0  x2 + y2  2xy. Do đó: a 2  b2 2ab  2 2 b  c 2bc c 2  a 2 2ca  2 2 2 2 2 2 2 2 2   a  b   b  c   c  a  8a b c a, b, c Cách giải trên sai ví dụ 2  2  3  5  24 = 2.3.4  (-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) 4  3  8 Lời ình +) Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không không âm. +) Cần chú ý rằng: x2 + y2  2 x 2 y 2 = 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương. +) Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Côsi như bài toán nói trên mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Côsi. +) Trong bài toán trên dấu “  ”  đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số. Bai 4: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x  y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 9 P 3x  4 y   x y Giai Biến đổi rồi áp dụng giả thiết và bđt côsi ta có 5 9 7 5x 5 9 y 9 P 3x  4 y     x  y       x y 4 4 x 4 y 7 5x 5 9y 9  .4  2 . 2 . 21 4 4 x 4 y Dấu “=c xảy ra khi   x  y 4   5x 5   4 x 9 y 9  4  x  x  y 2 Vậy MinP = 21 khi x = y = 2 Lời ình Một câu hỏi đặt ra là làm sao nghĩ ra được thành phần 7  x  y  ? Liệu có 4 thành phần nào khác hơn không ?....và diều đó được giải quyết như sau Với 0 < m < 3 ta có 5 9 P m  x  y    3  m  x    4  m  y   x y 5 2 x 4m  2  3  m  .x.  4  m  . y. 4m  2  3  m 5  2  4  m 9 9 y 9  x  y 4   3  m  x  5 x  Đẳng thức xảy ra khi   4  m  y  9 y    x  0; y  0   x 2    y 2  7 m   4 Đây chính là điểm mấu chốt của bài toán Bai 5: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  47 . Tìm giá trị nhỏ nhất 12 của biểu thức A 3x 2  4 y 2  5 z 2 Giai : Áp dụng bđt côsi cho hai số dương ta có 3x 2  25 25 2 3x 2 . 10 x 3 3 (1) 4 y2  25 25 2 4 y 2 . 10 y 4 4 (2) 5 z 2  5 2 5 z 2 .5 10 z (3) Cộng theo từng vế các bđt (1), (2), (3) ta được 25 25 47 235 470   5 10( x  y  z ) 10.  A   3 4 12 12 12 235  A 12 A Vậy MinA  235 12 Dấu “=c xảy ra khi  2 25 3x  3  4 y 2  25  4  2 5 z 5  47   x  y  z 12 5   x 3  5   y  4   z 1   5 5 khi x  ; y  ; z 1 3 4 Lời ình Rõ ràng các bđt đưa ra có vẻ thiếu tự nhiên, làm sao có được lời giải như vậy ? Tuy nhiên bằng suy luậnsau đây thì chúng ta hoàn toàn thấy được điều đó Không mất tính tổng quát, giả sử tồn tại các số m, n, p thỏa mãn m > n > p > 0 Áp dụng bđt côsi cho hai số dương ta có 3 x 2  m 2 3m .x; 4 y 2  n 2 4n . y; 5 z 2  p 2 5 p .z Do đó A  m  n  p 2 3m .x  2 4n . y  2 5 p .z Ta cần xác định m, n, p sao cho 10  3m  4n  5 p   m n p 47     4 12 12  3  25  m  3  25  n  4   p 5   Đây chính là mấu chốt giải bài toán. Bai 6: Chứng minh răng: (1 + a + b)(a + b + ab)  9ab  a, b  0. Giai Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab)  33 1.a.b. 3.3 a.b.ab 9ab . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Lời ình 9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó. Bai 7: Chứng minh răng: 3a3 + 7b3  9ab2  a, b  0 Giai Côsi Ta có: 3a3 + 7b3  3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3  33 33 a3b6 = 9ab2 Lời ình 9ab2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn. Bai 8 : CMR: a 2  2 2 a 2 1 a  R Giai Ta có : 2 a 2  2  a 1 1  a 2 1  1 a 2 1 a 2 1 a 2 1 Côsi a 2 1  2 2 Dấu “ = c xảy ra  a 1  1 a 1 2 1 2 a 2 1  a 2 1 1  a 0 1 Bai 9: CMR: a  b a  b 3 a  b  0   Giai Ta có nhận xét : b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b do đó hạng tư đầu a sẽ được phân tích như sau : 11 a Côsi 1 1 1 b   a  b    3 3 b. a  b  . 3 a  b  0 b  a  b b  a  b b  a  b 1 b  a  b    Dấu “ = c xảy ra  b  a  b   a = 2 và b = 1. Bai 10: CMR: a 4 3  a  b  0 2  a  b   b 1 (1) Giai Ta có VT + 1 = a 1  4 b 1 b 1 4  a  b     2 2 2  a  b   b 1  b 1  a  b  b 1 Côsi  4.4  a  b  . b 1 b 1 4 . . 4  đpcm. 2 2  a  b   b 1  b 1 Lời ình Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi sử dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu . Tuy nhiên dưới 2 mẫu có dạng  a  b   b 1 (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số thứ hai là một tam thức bậc hai của b) do đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các thừa số của mẫu. 2 Vậy ta có :  a  b   b 1 = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a theo hai cách sau: 2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoặc a +1 = a  b   3 Bai 11: CMR : 2a 1 3 4b(a  b)  b 1  b 1 2 2  1  a   2  a 1  b Giai Nhận xét : Dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a. Chuyển đổi tất cả biểu thức sang biến a là 1 điều mong muốn vì việc xư lí với một biến sẽ đơn giản hơn. Biến tích thành tổng là một mặt mạnh của BĐT Côsi. Do đó: Ta có đánh giá về mẫu số như sau: 4.b  a  b  12  b 4.   2  a  b   4. a2 a2  2 4  ôsi 2a 3 1 2a 3 1 C a3  a3 1 a  a  1  Vậy: 4b(a  b) a a2 a2  33 a.a. 1 3 a Côsi 2 b a  b a 1   Dấu “ = c xảy ra   1   1 a   b 2 a2   Lời ình +) Trong việc xử lí mẫu số ta đã sử dụng 1 kĩ thuật đó là đánh giá từ TBN sang TBC nhằm làm triệt tiêu biến b. +) Đối với phân thức thì việc đánh giá mẫu số, hoặc tử số từ TBN sang TBC hay ngược lại phải phu thuộc vào dấu của BĐT. *) Kỹ thuật chọn điểm rơi: Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sư dụng dấu “ = c trong BĐT Côsi và các quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = c quy tắc đối xứng sẽ được sư dụng để tìm điểm rơi của biến. Bai 12. Cho a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S a  1 a Giai Sai lầm hường gặ cua hoc sinh: S a  1 1  2 a =2 a a 1 Dấu “ = c xảy ra  a   a = 1  vô lí vì giả thiết là a  2. a Cach lam đúng 1 Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tư a hoặc hạng tư để sao cho khi áp dụng a BĐT Côsi dấu “ = c xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:  1 1  Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):   a;  (1)  a   ( sơ đồ điểm rơi (2),(3),(4) học sinh tự làm)   1    a;  (2) 1 a 1  1   a  a, a    a  2 1   = 4.  1       a;  2 a 2  (3)  a      a;   (4)   a  a 1 3a 2 a 1  3a 1  3.2 5 . 4 a 4 4a 4 4 2 Vậy ta có : S    Dấu “ = c xảy ra  a = 2. Lời ình Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 để tìm ra  = 4. 13 Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số a 1 3a , và đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng có 4 a 4 điểm rơi a = 2. Bai 13: Cho a  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S a  1 a2 Giai Sơ đồ chon điểm rơi: a 1   2  a a 2  2 1    = 8.  4  Sai lầm hường gặ   S a  12  a  12   7a 2 a . 12  7a  2  7a  2  7.2 2  7 9  MinS 8 a 8 a 8 a  8 8a 8 8.2 8 4 4 4 = 9 4 Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 và MinS = 9 là đáp số đúng nhưng cách giải trên 4 đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a  2 thì 2  2 2 đánh 8a 8.2 4 giá sai. Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kĩ thuật tách nghịch đảo, phải biến đổi S sao cho sau khi sư dụng BĐT Côsi sẽ khư hết biến số a ở mẫu số. Lời giai đúng: 1  a a 1  6a Côsi 3 a a 1 6a 3 6a 3 6.2 9 S a  2    2    3 . . 2      ( Do a 2 ) 8 8 a 8 4 8 4 8 4 a 8 8 a  8 9 Vậy Min S = khi a = 2 4 bc ca ab   a  b  c a, b, c  0 Bai 14: Chứng minh răng : a b c Giai Áp dụng BĐT Côsi ta có:  1  bc ca  bc ca   . c   2 a b a b      1  ca ab      c  2  b  1  bc ab      c   2  a ca ab . a  bc  ca  ab a  b  c . b c a b c bc ab . c a c 14 Dấu “ = c xảy ra  a = b = c. a 2  b2  c2 b  c  a Bai 15: Chứng minh răng: 2 b c2 a2 a b c , abc 0 Giai Áp dụng BĐT Côsi ta có:  1  a 2 b2    2  2 c  2  b   1  b2 c2    2  2 a  2  c  2 2 1  a  c    2  b 2 a 2    a 2 . b 2  a a b2 c2 c c b2 . c 2  b b c2 a2 a a a 2 . c 2  c c b2 a 2 b b a 2  b2  c2  b  c  a b  c  a b2 c 2 a 2 a b c a b c Bai ậ vận ddng 2 1. Cho a  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S a  18 a 1 1 2. Cho 0 < a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S 2a  2 2 a a, b  0 1 3. Cho  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S ab  ab a  b 1 a, b, c  0 4. Cho  a  b  c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S abc  5. Cho a, b > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  a b ab  ab a  b a, b, c  0  6. Cho  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a  b  c 2  1 1 1 S a  b  c    a b c a, b, c  0  7. Cho  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a  b  c 2  1 1 1 S a 2  b 2  c 2    a b c 8. Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  2a   2b   2c   2d  9. S  1    1   1    1   3b   3c   3d   3a   15 1 abc 10.Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x  y 6 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 8 P 3x  2 y   x y a, b, c  0 11. Cho  Chứng minh răng : S  1  1  1  2 2 2   81 ab bc ca a b c a  b  c 1 a, b, c  0 a2 b2 c2 1 1 1 12. Cho  Chứng minh răng : S       28 b c a a b c a  b  c 1 2 2 2 2.2. Đanh gia ừ rung ình nhân sang rung ình cộng kế hợ chon điểm rơi Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu a b , đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nôm na là thay dấu a + b bằng dấu a.b thì ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC là thay dấu a.b bằng dấu a + b . Và cũng cần phải chú ý làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết biến, chỉ còn lại hằng số. Bai 1: CMR ab  cd   a  c   b  d  a, b, c, d  0 (*) Giai (*)  ab   a  c  b  d  cd 1 Theo BĐT Côsi ta có:  a c b  d  1 a b  1 c d  1  a c b d  1 VT         1 1 1 (đpcm)   2  a  c b  d  2  a  c b  d  2  a  c b  c  2 Lời ình +) Nếu giữ nguyên vế trái thì khi biến tích thành tổng ta không thể triệt tiêu ẩn số  ta có phép biến đổi tương đương (1) sau đó biến tích thành tổng ta sẽ được các phân thức có cùng mẫu số. +) Dấu “  ” gợi ý cho ta nếu sử dụng BĐT Côsi thì ta phải đánh giá từ TBN sang TBC . a  c  0 Bai 2: CMR c  a  c   c  b  c   ab   (*) b  c  0 Giai Ta có (*) tương đương với: c  b  c c  a  c  1 ab ab Theo BĐT Côsi ta có: c  b  c 1  c  a  c  1  c  b  c  1  a b  c  a  c          1 (đpcm) ab ab 2  b a  2  a b  2  a b    Bai 3: CMR 1  3 abc  3  1  a   1  b   1  c  a, b, c 0 16 (*) Giai Ta có biến đổi sau, (*) tương đương: 3  1.1.1  3 abc 3  1  a   1  b   1  c  3 1.1.1 abc 3 1  1  a   1  b   1  c   1  a   1  b  1  c  Theo BĐT Côsi ta có: 1 1 1 1  1 a b c  1  a 1 b 1 c 1  1 VT             .3 1  3  1  a 1  b 1  c  3  1  a 1  b 1  c  3  1  a 1  b 1  c  3 Dấu “ = c xảy ra  a = b = c > 0. Ta có ai oan ổng qua 1: CMR: n a1a2 .......an  n b1b2 .......bn n  a1  b1   a2  b2  ........  an  bn    ai , bi  0 i 1, n  a, b, c  0 8 Chứng minh răng : abc  a  b   b  c   c  a   729 a  b  c 1 Bai 4: Cho  Giai Sơ đồ điểm rơi : Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng do đó dấu “ = c của BĐT 1 xảy ra khi a b c  . Nhưng thực tế ta chu cần quan tâm là sau khi sư dụng 3 BĐT Côsi ta cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = c là a = b = c .Do đó ta có lời giải sau : abc  a  b   b  c   c  a     Đẳng thức xảy ra khi a b c  3 3 3 3 3  a b  b  c   c  a   1  2 8         3 729   3  3    Côsi  a  b  c      1 3 *) Trong mộ số rường hợ hai nhân hêm hằng số rong đanh gia ừ rung ình nhân sang rung ình cộng. Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các hằng số để sao cho sau khi biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến. Đặt biệt là đối với những bài toán có thêm điều kiện ràng buộc của ẩn số thì việc nhân thêm hằng số các em học sinh dễ mắc sai lầm. Bai 5: Chứng minh răng: a  b  1  b  a  1 ab a, b 1 Giai 17 Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab, sau đó áp dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC như phần trước đã trình bày, tuy nhiên ở đây ta áp dụng một phương pháp mới : phương pháp nhân thêm hăng số.  a    b Ta có : Côsi  b  1 1  b  1 a  b  1 .1  a 2 ab 2  a  1 b  a  1 .1 a  b  1  b  a  1  b  1 1 Dấu “ = c xảy ra   a  1 1 Côsi  b.    a  1 1 ab 2 2 ab ab + ab 2 2 b 2  a 2 Lời ình +) Ta nhận thấy việc nhân thêm hằng số 1 vào biểu thức không hoàn toàn tự nhiên, tai sao lại nhân thêm 1 mà không phải là 2. Thực chất của vấn đề là chúng ta chọn điểm rơi của BĐT là a = b =2. +) Nếu không nhận thức được rõ vấn đề trên thì học sinh sẽ dễ mắc sai như trong VD sau. a, b, c  0 Bai 6: Cho  a  b  c 1 Tìm giá trị lớn nhất: S  a  b  b  c  c  a Giai Sai lầm hường gặ :   a b      b c     ca    a  b  .1  b  c  .1  c  a  .1 Côsi  Côsi  Côsi  a b  b c  c  a   a  b  1 2  b  c  1 2   c  a  1 2 2 a b  c 3 5  2 2 Nguyên nhân sai lầm Dấu “ = c xảy ra  a + b = b + c = c + a = 1  a + b + c = 2 trái với giả thiết. Phân ích va ìm òi lời giai: Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau do đó điểm rơi của BĐT sẽ 1 2 là a b c  từ đó ta dự đoán Max S = 6 .  a + b = b + c = c + a =  3 3 2 hăng số cần nhân thêm là . Vậy lời giải đúng là: 3 18    a b      b c      ca    3 2 Côsi .  a  b .  2 3 3 2 Côsi .  b  c .  2 3 3 2 Côsi .  c  a .  2 3 2 3  a b  3 . 2 2 2 3  b  c  3 . 2 2 2 3  c  a  3 . 2 2 2 2  a  b  c   3. 3  a b  b c  c  a  . 3  3 .2  6 2 2 2 2 3 Đẳng thức xảy ra khi a  b b  c c  a   a b c  Vậy MaxS  6 khi a b c  1 3 1 3 Lời ình Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh có định hướng tốt a, b, c  0 hơn: Cho  Chứng minh rằng: S  a  b  b  c  c  a  6 . a  b  c 1 Tuy nhiên nếu nắm được kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài theo hướng nào cũng có thể giải quyết được. a, b, c  0 Bai 7: Cho  Tìm Max S 3 a  b  3 b  c  3 c  a a  b  c 1 Giai Sai lầm hường gặ 3  a  b  1 1 a  b 3  a  b  .1.1  3  b  c  1 1 3 b  c 3  b  c  .1.1  3  c  a  1 1 3 c  a 3  c  a  .1.1  3  S 3 a  b  3 b  c  3 c  a  2 a  b  c  6 8 8   Max S = 3 3 3 Nguyên nhân sai lầm a  b 1  8 Max S =  b  c 1  2  a  b  c  3  2 3  Vô lí 3 c  a 1  19 Phân ích va ìm òi lời giai: Do S là biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S thường xảy ra khi: 2  a  b 3  a, b, c  0 2  1 2  a b c   b  c  Vậy hăng số cần nhân thêm là: .  3 3 3 a  b  c 1   2 c  a  3  2 3 Ta có lời giải 2 2 a  b     9 22 9 3 3 3 a  b  3 .3  a  b  . .  4 4 3 33 2 2 b  c    9 2 2 9 3 3 3 b  c  3 .3  b  c  . .  4 4 3 33 2 2 c  a    9 2 2 9 3 3 3 c  a  3 .3  c  a  . .  4 4 3 3 3 3 3 3  9 2 a b c  4 3 9 6 3  .  18 4 3 4 3 S 3 a  b  3 b  c  3 c  a 3 .   2   a  b 3  2  1 Dấu “ = c xảy ra  b  c   a b c  . 3 3   2 c  a  3  1 Vậy Max S = 3 18 . Khi a b c  3 Bai 8: Cho a, b, c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác  ABC,. Chứng minh răng :.  b  c  a   c  a  b   a  b  c  abc Giai Áp dụng BĐT Côsi ta có: 20