KỸ THUẬT NÂNG CAO TÍNH TÍCH CỰC VÀ SÁNG TẠO TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (271.18 KB, 26 trang )
MỤC LỤC
Trang
Phần I. Giới thiệu đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
I. Lí do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
II. Phạm vi nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
III. Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
IV. Giả thuyết khoa học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
V. Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Phần II. Cơ sở lí luận của đề tài. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
I. Định hướng đổi mới phương pháp dạy học. . . . . . . . . . . . . 4
II. Phương pháp dạy học tích cực và kỹ thuật dạy học
tích cực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
III. Động não là gì?. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
IV. Quy tắc của động não. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
V. Đặc điểm và yêu cầu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
VI. Các bước tiến hành. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
VII. Ứng dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
VIII. Các ưu điểm và nhược điểm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
IX. Vận dụng trong dạy học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Phần III. Nội dung của đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
I. Thực hành giảng dạy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1. Ví dụ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2. Ví dụ 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3. Ví dụ 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
II. Kiểm tra đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1. Đề kiểm tra. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2. Đáp án đề kiểm tra. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3. Kết quả kiểm tra. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4. Phân tích kết quả kiểm tra. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
III. Một số đề xuất nhằm vận dụng có hiệu quả kỹ thuật
động não trong dạy học bất đẳng thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
1. Đối tượng vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2. Thời gian vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3. Công tác chuẩn bị, thực hiện và đánh giá học sinh
của giáo viên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
Phần IV. Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Phụ lục. Lời giải các bất đẳng thức mở rộng và ứng dụng . . . . 18
1
PHẦN I: GIỚI THIỆU ĐỀ TÀI
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán ở phổ thông, bất đẳng thức được coi là một
chuyên đề khó, nếu không muốn nói là khó nhất. Câu hỏi liên quan tới bất
đẳng thức cũng là câu có độ khó cao nhất trong các đề thi tuyển sinh đại học,
các đề thi học sinh giỏi, và nó thường được dùng để phân loại các học sinh
khá, giỏi. Từ trước tới nay cũng đã có rất nhiều sách viết về bất đẳng thức, có
rất nhiều đề thi các cấp có bài toán bất đẳng thức, nhưng các bài toán bất
đẳng thức dù có mặt ở đâu và với tần suất như thế nào thì khi gặp chúng đa số
học sinh đều bỏ qua vì khó. Chính vì vậy mà việc dạy học bất đẳng thức
không phải là việc dễ và gần như chỉ dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi.
Song xét theo một khía cạnh khác thì bất đẳng thức thực ra lại là một trong
những chuyên đề có tác dụng phát huy tính sáng tạo, tích cực tư duy của học
sinh, tạo ra hứng thú, say mê khi học môn toán. Vì vậy, nếu vận dụng các
phương pháp, kỹ thuật dạy học tích cực vào dạy học bất đẳng thức sẽ góp
phần rất lớn cho sự thành công của việc dạy học bất đẳng thức.
Trong số các kỹ thuật dạy học tích cực đang được áp dụng hiện nay thì
kỹ thuật động não được coi là có tác dụng rất hữu hiệu trong việc phát triển
khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh không chỉ trong quá trình học tập và
nghiên cứu, mà còn trong cả công việc và cuộc sống sau này của họ. Kỹ thuật
động não rất phù hợp với việc dạy học bất đẳng thức, có tác dụng khơi nguồn
sáng tạo cho học sinh. Nhưng vận dụng như thế nào cho phù hợp với mục tiêu
bài học, nội dung chương trình, phân bổ thời gian, trình độ của học sinh, là
vấn đề không đơn giản và yêu cầu có sự đầu tư thích đáng. Vì vậy, tôi chọn
đề tài “Vận dụng kỹ thuật động não vào dạy học bất đẳng thức nhằm phát
huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh” làm đề tài nghiên cứu của mình.
II. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Do điều kiện thời gian và kinh nghiệm có hạn nên đề tài chỉ dừng ở việc
vận dụng kỹ thuật động não vào dạy học bất đẳng thức.
III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đề xuất một số biện pháp cụ thể dựa trên những kinh nghiệm của bản
thân trong quá trình giảng dạy nhằm vận dụng có hiệu quả kỹ thuật động não
vào dạy học bất đẳng thức.
IV. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC
Trong quá trình giảng dạy nếu vận dụng kỹ thuật động não vào dạy học
bất đẳng thức thì không chỉ đạt được yêu cầu về mặt kiến thức mà còn phát
huy được tính tích cực, sáng tạo của học sinh, giúp học sinh tự tin, có hứng
thú, niềm say mê để tiếp tục trau dồi các bài toán về bất đẳng thức.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Trong đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau:
2
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu liên quan
đến đề tài như: Sách giáo khoa, tài liệu về tâm lí, giáo dục, tài liệu về phương
pháp dạy học Toán, tài liệu về bất đẳng thức,
- Phương pháp điều tra quan sát: Tìm hiểu việc vận dụng các kỹ thuật
dạy học tích cực ở trường THPT Đông Sơn I.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tham dự các buổi họp chuyên
môn, trao đổi ý kiến với các giáo viên tổ Toán ở trường THPT Đông Sơn I.
- Phương pháp thực nghiệm: Tiến hành thực nghiệm bao gồm dạy và
kiểm tra đối với các lớp 10A5 năm học 2007 – 2008, 10A10 năm học 2010 –
2011 và 10A5 năm học 2011 – 2012 của trường THPT Đông Sơn 1.
3
PHẦN II: CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
I. ĐỊNH HƯỚNG ĐỔI MỚI PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC
Định hướng đổi mới phương pháp dạy và học đã được xác định trong
Nghị quyết Trung ương 4 khóa VII (1 - 1993), Nghị quyết Trung ương 2 khóa
VIII (12 - 1996), được thể chế hóa trong Luật Giáo dục (12 - 1998), được cụ
thể hóa trong các chỉ thị của Bộ Giáo dục và Đào tạo, đặc biệt là chỉ thị số 15
(4 - 1999).
Luật Giáo dục, điều 24.2, đã ghi: "Phương pháp giáo dục phổ thông
phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp
với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn
luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem
lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh".
Có thể nói cốt lõi của đổi mới dạy và học là hướng tới hoạt động học
tập chủ động, chống lại thói quen học tập thụ động.
II. PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC TÍCH CỰC VÀ KỸ THUẬT DẠY HỌC
TÍCH CỰC
Phương pháp dạy học tích cực là một thuật ngữ rút gọn, được dùng ở
nhiều nước để chỉ những phương pháp giáo dục, dạy học theo hướng phát huy
tính tích cực, chủ động, sáng tạo của người học. Phương pháp dạy học tích
cực hướng tới việc hoạt động hóa, tích cực hóa hoạt động nhận thức của
người học, nghĩa là tập trung vào phát huy tính tích cực của người học chứ
không phải là tập trung vào phát huy tính tích cực của người dạy, tuy nhiên để
dạy học theo phương pháp tích cực thì giáo viên phải nỗ lực nhiều so với dạy
theo phương pháp thụ động.
Ở cấp độ cao hơn của phương pháp dạy học, người ta có thể nói tới các
đường hướng dạy học. Ở cấp độ thấp hơn của phương pháp dạy học, người ta
có thể nói tới các kỹ thuật dạy học. Một phương pháp dạy học có thể bao gồm
nhiều kỹ thuật dạy học khác nhau. Chẳng hạn, hiểu một cách đơn giản, để có
được một giờ dạy học bằng phương pháp dạy học tích cực thì giáo viên đã
phải phối hợp, vận dụng một cách phù hợp nhiều kỹ thuật dạy học tích cực
khác nhau.
Trong quá trình đổi mới các phương pháp dạy học thì việc sử dụng các
kỹ thuật dạy học tích cực có ý nghĩa đặc biệt trong việc phát huy sự tham gia
tích cực và có hiệu quả của người học vào quá trình dạy học. Do đó, áp dụng
các kỹ thuật này trong dạy học có tác dụng kích thích tư duy, khả năng sáng
tạo và sự cộng tác làm việc của người học. Các kỹ thuật dạy học tích cực đang
được áp dụng rộng rãi hiện nay mà chúng ta có thể kể đến là: động não, XYZ,
bể cá, ổ bi, tia chớp, 3 lần 3, Chúng có thể được áp dụng thuận lợi trong
làm việc nhóm, song cũng có thể được kết hợp thực hiện trong các hình thức
dạy học toàn lớp nhằm phát huy tính tích cực của người học. Trong đó, kỹ
thuật động não được coi là có tác dụng rất hữu hiệu trong việc phát triển khả
4
năng tư duy sáng tạo cho học sinh không chỉ trong quá trình học tập và nghiên
cứu, mà còn trong cả công việc và cuộc sống sau này của họ.
III. ĐỘNG NÃO LÀ GÌ?
Kỹ thuật động não do Alex Osborn (Mỹ) đưa ra năm 1941, được phát
triển dựa trên một kỹ thuật truyền thống từ Ấn Độ. Động não (brainstoming),
hay còn gọi là công não / tấn công não / tập kích não, là một kỹ thuật nhằm
huy động những tư tưởng mới mẻ, độc đáo về một chủ đề của các thành viên
trong quá trình thảo luận xung quanh một vấn đề, để từ đó rút ra những giải
pháp được cho là khả thi nhất. Các thành viên được cổ vũ tham gia một cách
tích cực, không hạn chế các ý tưởng nhằm tạo ra “cơn lốc” các ý tưởng.
Tác giả đạt giải Noel hòa bình năm 1963 có một câu nói nổi tiếng:
“Cách tốt nhất để có được một ý tưởng tốt là phải có thật nhiều ý tưởng”
(The best way to get a good idea is to get a lot of ideas – Linus Carl Pauling).
Thế nhưng ý tưởng không phải tự nhiên mà có, nó phải được đánh thức đúng
cách. Nếu giáo viên biết sử dụng kỹ thuật động não đúng lúc, đúng chỗ thì sẽ
giúp học sinh đánh thức trí tưởng tượng, sức sáng tạo đang ẩn sâu trong tiềm
thức của họ. Do đó, người học phải có một tâm trạng thật thoải mái, không bị
gò ép để tất cả những ý nghĩ, hình ảnh được tuôn ra một cách phóng khoáng
và ngẫu nhiên, thậm chí có cả những ý kiến bị cho là ngớ ngẩn. Điều quan
trọng là người học phải nghĩ ra được càng nhiều ý tưởng càng tốt, trong lúc
động não thì không quan tâm đánh giá tính tốt xấu, tính hữu dụng, của ý
tưởng. Biết đâu có những ý tưởng mà giáo viên và bạn học cho là ngớ ngẩn
lại giúp họ có được một ý tưởng cực kỳ sáng tạo và độc đáo mà chưa ai nghĩ
tới.
IV. QUY TẮC CỦA ĐỘNG NÃO
Người khởi xướng ra kỹ thuật này, A. Osborn, quan sát thấy rằng mỗi
người thường thuộc một trong hai thiên hướng tư duy chính là sáng tạo và phê
phán. Nếu để 2 nhóm người này ngồi cùng nhau thì thường dẫn đến tranh luận
kéo dài và kết quả đạt được không cao. Do đó, động não dựa trên nguyên tắc
quan trọng nhất là: Tách quá trình phát sinh ý tưởng và quá trình đánh giá ý
tưởng thành hai giai đoạn riêng biệt. Như vậy, điểm nổi bật của động não là
tránh đánh giá và phê phán trong quá trình thu thập ý tưởng của các thành
viên. Đồng thời, khuyến khích số lượng các ý tưởng, cho phép sự tưởng tượng
và liên tưởng.
V. ĐĂC ĐIỂM VÀ YÊU CẦU
- Kỹ thuật động não có thể được tiến hành bởi một hay nhiều người. Số
lượng người tham gia nhiều sẽ giúp cho việc tìm ra lời giải được nhanh hơn
và toàn diện hơn nhờ vào nhiều góc nhìn khác nhau bởi các trình độ, trình tự
khác nhau của mỗi người tham gia.
- Dụng cụ: Tốt nhất là thể hiện bằng một bảng viết cho mọi thành viên
đều đọc rõ tình trạng của hoạt động động não. Nếu tiến hành cá nhân hay vài
người thì có thể thay thế bằng giấy viết. Ngày nay, người ta có thể tiến hành
bằng cách nối các máy tính cá nhân vào chung một mạng làm cùng tiến hành
5
việc động não. Bằng cách này những người ở xa nhau cùng có thể tham gia và
họ có thể tận dụng được các thế mạnh của công nghệ thông tin như là các kho
dữ liệu, các từ điển trực tuyến, và các máy truy tìm.
VI. CÁC BƯỚC TIẾN HÀNH
- Trong nhóm lựa chọn ra một người điều phối và một thư ký để ghi lại các ý
tưởng (hai công việc này có thể do cùng một người đảm nhiệm nếu tiện).
- Người điều phối dẫn nhập vào chủ đề và làm cho mọi thành viên hiểu rõ
được vấn đề cần thảo luận.
- Thiết lập “luật” cho buổi động não, thông thường bao gồm:
+ Người điều phối có nhiệm vụ điều khiển buổi làm việc.
+ Không một thành viên nào có quyền đòi hỏi hay cản trở, đánh giá,
phê bình hay thêm bớt vào ý kiến, từ ngữ nêu ra, hay giải đáp của thành viên
khác.
+ Cần xác định rằng không có câu trả lời nào là sai!
+ Tất cả câu trả lời, các ý, các cụm từ (ngoại trừ nó đã được lặp lại) đều
sẽ được thu thập ghi lại (cách ghi có thể tóm gọn trong một chữ hay một câu
cho mỗi ý riêng rẽ).
+ Vạch định thời gian cho buổi làm việc và ngưng khi hết giờ.
- Bắt đầu động não: Người điều phối chỉ định hay lựa chọn thành viên chia sẻ
ý kiến trả lời (hay những ý niệm rời rạc). Người thư ký phải viết ra tất cả các
câu trả lời, nếu có thể công khai hóa cho mọi người thấy (viết lên bảng chẳng
hạn). Không cho phép bất kỳ một ý kiến đánh giá hay bình luận nào về bất kỳ
câu trả lời nào cho đến khi chấm dứt buổi động não.
- Sau khi kết thúc động não, hãy lần lượt xem lại tất cả và bắt đầu đánh giá
các câu trả lời. Một số lưu ý về chất lượng câu trả lời bao gồm:
+ Tìm những câu ý trùng lặp hay tương tự để thu gọn lại.
+ Góp các câu trả lời có sự tương tự hay tương đồng về nguyên tắc hay
nguyên lí.
+ Xóa bỏ những ý kiến hoàn toàn không thích hợp.
+ Sau khi đã cô lập được danh sách các ý kiến, hãy thảo luận thêm về
câu trả lời chung.
VII. ỨNG DỤNG
Động não có ý nghĩa rất lớn đối các công việc thuộc các lĩnh vực cần
sự sáng tạo ra các ý tưởng mới trong việc nghiên cứu khoa học hay trong kinh
doanh, Chẳng hạn:
- Giải quyết vấn đề.
- Nghiên cứu khoa học.
- Quảng cáo, phát triển sản phẩm mới.
- Xây dựng kế hoạch kinh doanh.
VIII. CÁC ƯU ĐIỂM VÀ NHƯỢC ĐIỂM
Có thể thấy những ưu điểm nổi bật của kỹ thuật động não trước hết là
dễ thực hiện, không tốn kém. Chỉ cần một cây bút và một tờ giấy trắng, người
tham gia có thể viết tất cả các ý tưởng có liên quan đến chủ đề bất chợt nảy
6
sinh trong đầu mà không phải tính đến sự đúng sai của nó. Hơn nữa, kỹ thuật
động não có thể tận dụng được hiệu ứng cộng hưởng, huy động tối đa trí tuệ
của tập thể và tạo cơ hội cho tất cả thành viên tham gia.
Tuy nhiên, cũng có thể thấy ngay rằng các ý kiến đưa ra có thể đi lạc
đề, tản mạn. Do đó, có thể mất nhiều thời gian trong việc lựa chọn các ý kiến
thích hợp. Trong dạy học, có thể có một số học sinh “quá tích cực”, số khác
lại thụ động.
IX. VẬN DỤNG TRONG DẠY HỌC
Đã từ lâu, việc đổi mới phương pháp dạy học là phải lấy người học làm
trung tâm, phải phát huy được tối đa khả năng tự học, tự nghiên cứu của
người học. Đặc biệt, học sinh phổ thông là một trong số các đối tượng người
học có nhiều tiềm năng, năng lực, sự sáng tạo, cần được khai thác có hiệu
quả. Kỹ thuật động não được áp dụng trong dạy học không chỉ giúp cho giáo
viên đạt được mục đích dạy học mà còn giúp phát triển khả năng sáng tạo của
học sinh, rèn luyện cho họ một số kỹ năng cần thiết cho cuộc sống sau này.
Kỹ thuật công não có thể được thực hiện một cách linh hoạt tùy thuộc
vào nội dung và tính chất của bài học (học bài mới hay ôn tập, bài học lý
thuyết hay bài học theo hướng ứng dụng, ), tùy thuộc vào mục đích của giáo
viên (coi trọng việc kiểm tra khả năng sáng tạo của học sinh hay coi trọng
việc giải quyết được vấn đề, ), tùy thuộc vào năng lực của nhóm học sinh và
nhiều điều kiện ngoại cảnh khác.
Toán học là một trong số các môn học có tác dụng phát triển tư duy
sáng tạo cho học sinh, song lại khó áp dụng các phương pháp và kỹ thuật dạy
học sinh động hay mang tính thực tiễn. Tuy nhiên giáo viên có thể sử dụng kỹ
thuật công não để phát huy trí tưởng tượng và khả năng sáng tạo của học sinh
mà lớp học cũng không kém phần sôi động.
Để sử dụng kỹ thuật động não trong dạy học, giáo viên có thể đưa ra
một bài toán hoặc một vấn đề và yêu cầu học sinh khai thác bài toán này theo
các hướng khác nhau, hoặc để giải bài toán bằng những cách khác nhau. Các
ý tưởng được đưa ra có thể dựa trên các nguyên tắc sau:
- Bỏ bớt hoặc làm yếu giả thiết của bài toán.
- Tổng quát hóa bài toán.
- Đặc biệt hóa bài toán.
- Đặt bài toán theo hướng ngược lại.
- Xét bài toán đã cho với một đối tượng khác.
- Tìm các ứng dụng của bài toán đã cho.
-
Trong số các ý kiến đưa ra, có thể có những ý kiến không đúng hay
không thể thực hiện được, nhưng cũng có thể có những ý kiến tìm ra được
cách giải độc đáo hoặc mở ra một bài toán mới hay hơn, có ý nghĩa hơn.
7
PHẦN III: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. THỰC HÀNH GIẢNG DẠY
Cách thức áp dụng kỹ thuật động não: Giáo viên nêu một bài toán bất
đẳng thức trong sách giáo khoa hoặc trong các sách tham khảo (trong các giờ
tự chọn, bồi dưỡng, ). Sau đó tùy thuộc vào đặc điểm của bài toán, giáo viên
yêu cầu học sinh thực hiện một hay một số yêu cầu sau.
- Yêu cầu 1: Chứng minh bất đẳng thức bằng nhiều cách khác nhau.
- Yêu cầu 2: Mở rộng bất đẳng thức đã cho.
- Yêu cầu 3: Chứng minh hoặc bác bỏ các bất đẳng thức mở rộng.
(Thông thường, với yêu cầu này giáo viên sẽ giao cho học sinh về nhà làm,
trình bày vào vở để tiết sau mang đến lớp kiểm tra.)
- Yêu cầu 4: Tìm các ứng dụng của bất đẳng thức đã cho. (Giao cho
học sinh về nhà làm và trình bày vào vở để tiết sau mang đến lớp kiểm tra.)
Với yêu cầu này, mới đầu học sinh có thể chưa tìm ra hoặc chưa nghĩ ra được
nhiều nên giáo viên có thể bổ sung thêm một số ứng dụng khác và yêu cầu
học sinh tiếp tục chứng minh.
- Yêu cầu 5:
Dưới đây là các ví dụ áp dụng.
1. Ví dụ 1: Bài tập 5, trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao:
Chứng minh rằng: Nếu a > 0 và b > 0 thì
baba +
≥+
411
(1)
a, Yêu cầu 1: Chứng minh bất đẳng thức (1) bằng nhiều cách khác nhau.
Kết quả:
Cách 1: (1)
0)(4)(
4
22
≥−⇔≥+⇔
+
≥
+
⇔ baabba
baab
ba
(*)
(*) đúng suy ra (1) đúng.
Cách 2:
baab
ba
abbaabbaba
+
≥
+
⇒≥+⇒≥−+⇒≥−
4
4)(04)(0)(
222
baba +
≥+⇒
411
Cách 3: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có
⇒=⋅≥+
+ 42.
11
2)(
11
ab
ba
ba
ba
baba +
≥+
411
(đpcm)
Cách 4: Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
4
11
)(
11
2
=
+≥+
+ b
b
a
a
ba
ba
baba +
≥+⇒
411
(đpcm)
b, Yêu cầu 2: Mở rộng bất đẳng thức (1).
Kết quả:
8
1.1.
cbacba ++
≥++
9111
với a, b, c > 0
1.2.
nn
aaa
n
aaa +++
≥+++
1
11
21
2
21
, với
,0, ,,
21
>
n
aaa
c, Yêu cầu 3: (Giao cho học sinh về nhà thực hiện). Chứng minh các bất đẳng
thức trên, tìm các ứng dụng của các bất đẳng thức (1) và (1.1)
Kết quả:
1.3.
++≥
−
+
−
+
− cbacpbpap
111
2
111
với
cba ,,
là ba cạnh của một tam
giác, p là nửa chu vi của tam giác đó.
1.4.
bacacbcbacba ++
+
++
+
++
≥++
2
1
2
1
2
1
4
1
4
1
4
1
với a, b, c > 0
1.5.
222
)(
1
8
1
44
1
ba
ab
ba +
≥+
+
với a, b > 0
1.6.
cbacbacbacba
111111
++≥
++−
+
+−
+
−+
với
cba ,,
là ba cạnh của
một tam giác.
1.7.
4≥
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
ad
db
dc
ac
cb
db
ba
ca
với a, b, c, d > 0
1.8.
++
+
++
+
++
+
++
≥+++
badadcdcbcbadcba 2
1
2
1
2
1
2
1
4
1111
với
a, b, c, d > 0.
1.9.
dcbaaddccbba +++
≥
+
+
+
+
+
+
+
81111
với a, b, c, d > 0.
1.10.
)
3
1
3
1
3
1
3
1
(4
1111
addccbbadcba +
+
+
+
+
+
+
≥+++
với a, b, c, d > 0.
1.11.
cbacbacbaaccbba
++
+
++
+
++
≥
+
+
+
+
+
2
1
2
1
2
1
3
1
3
1
3
1
, với a, b, c > 0
1.12.
cbaaccbba ++
≥
+
+
+
+
+
3
2
1
2
1
2
1
với a, b, c > 0
1.13.
)(4
9
2
1
2
1
2
1
cbabacacbcba ++
≥
++
+
++
+
++
với a, b, c > 0
1.14.
)
2
1
2
1
2
1
(3
111
accbbacba +
+
+
+
+
≥++
với a, b, c > 0
1.15.
2
3
≥
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
với a, b, c > 0
1.16.
2
222222222444
)
3
(
21
cbaaccbbacba ++
≥
++
+
++
với a, b, c > 0
9
1.17.
2
3
1
1
1
1
1
1
≥
+
+
+
+
+ cba
với a, b, c
≥
0, a + b + c
≤
3
1.18.
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+ abccabbca
, với a, b, c > 0, a + b + c ≤ 1.
1.19.
7
3
213
1
10
1
23
1
≥
−
+
−
−
− xxx
, với x thoả mãn
2
13
3
2
<< x
.
2. Ví dụ 2: Bài tập 6, trang 110 SGK Đại số 10 nâng cao
Chứng minh rằng: Nếu a
≥
0 và b
≥
0 thì a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
. (2)
a, Yêu cầu 1: Chứng minh (2) bằng nhiều cách khác nhau.
Kết quả:
Cách 1: Ta có:
a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
a
3
+ b
3
- a
2
b + ab
2
≥
0
⇔
a
2
(a - b) – b
2
(a - b)
≥
0
⇔
(a - b)(a
2
– b
2
)
≥
0
⇔
(a - b)(a - b)(a - b)
≥
0
⇔
(a - b)
2
(a + b)
≥
0 (*).
Bất đẳng thức (*) luôn đúng với mọi a, b nên (2) đúng với mọi a
≥
0 và
b
≥
0, và dấu bằng xảy ra khi a = b hoặc a = b = 0.
Cách 2: Ta có:
a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
(a + b)(a
2
– ab + b
2
)
≥
ab(a+b)
⇔
(a + b)(a
2
– ab + b
2
- ab)
≥
0
⇔
(a - b)
2
(a + b)
≥
0. (luôn đúng).
Cách 3:
Ta có: a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
a(a
2
- b
2
) – b(a
2
– b
2
)
≥
0
⇔
(a
2
- b
2
)(a - b)
≥
0
⇔
(a - b)
2
(a + b)
≥
0. Đây là bất đẳng thức đúng.
Cách 4 :
Ta xét các trường hợp sau:
+) Nếu a = 0 thì bất đẳng thức đã cho trở thành b
3
≥
0. (Luôn đúng vì b
≥
0 ).
+) Nếu a > 0 thì đặt b = t.a, t
≥
0. Thay vào bất đẳng thức đã cho ta được:
a
3
+ t
3
a
3
≥
ta
3
+ t
2
a
3
⇔
1 + t
3
≥
t + t
2
⇔
(t + 1)(t
2
- t + 1)
≥
t(t + 1)
⇔
(t +1)(t
2
– t +1 - t) )
≥
0
⇔
(t +1)(t - 1)
2
≥
0. Đây là bất đẳng thức đúng.
Cách 5:
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm là a
3
và ab
2
, b
3
và a
2
b ta có:
a
3
+ ab
2
≥
2
23
aba
= 2a
2
b; b
3
+ a
2
b
≥
2
bab
23
= 2ab
2
.
Cộng theo từng vế 2 bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Cách 6:
Ta xét các trường hợp:
+) Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng.
+) Nếu a > 0 và b > 0 thì ta chia cả 2 vế của bất đẳng thức cho ab > 0 ta được:
b
a
2
+
a
b
2
= a + b.
10
Khi đó áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương là
b
a
2
và b,
a
b
2
và a, Ta
được:
b
a
2
+ b
≥
2
b
b
a
2
= 2a,
a
b
2
+ a
≥
2
a
a
b
2
= 2b;
Cộng theo từng vế hai bất đẳng thức ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Cách 7:
Ta áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm a
3
, a
3
và b
3
; b
3
, b
3
và a
3
; Ta
có: a
3
+ a
3
+ b
3
≥
3a
2
b; b
3
+ b
3
+ a
3
≥
3ab
2
.
Cộng theo từng vế 2 bất đẳng thức ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Cách 8:
Ta biến đổi vế trái của BĐT đã cho, như sau
VT(2) = a
3
+ b
3
= (a + b )(a
2
+ b
2
- ab), mà áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2
số không âm a
2
và b
2
.
Ta có: a
2
+ b
2
≥
2ab.
Do đó VT(2) = (a + b)(a
2
+ b
2
- ab)
≥
(a + b)(2ab - ab) = (a + b)ab = a
2
b +
ab
2
= VP(1).
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
b, Yêu cầu 2: Mở rộng bất đẳng thức (2)
Kết quả:
2.1.
3344
abbaba +≥+
, với mọi a, b.
2.2.
nnnn
abbaba +≥+
++ 11
, với a, b > 0
2.3.
accbbacba
222333
++≥++
, với a, b, c > 0
2.4.
1
2
3
2
22
2
1
33
2
3
1
aaaaaaaaa
mm
+++≥+++
, với
,0, ,,
21
>
m
aaa
2.5.
accbbacba
nnnnnn
++≥++
+++ 111
, với a, b, c > 0,
2, ≥∈ nNn
2.6.
13221
11
3
1
2
1
1
aaaaaaaaaa
n
m
nnn
m
nnn
+++≥++++
++++
, với
,0, ,,
21
>
m
aaa
2,;, ≥∈ nmNnm
.
c, Yêu cầu 3: (Về nhà) Chứng minh các bất đẳng thức ở Yêu cầu 2
d, Yêu cầu 4: Tìm các ứng dụng của bất đẳng thức (2)
Kết quả
2.7.
,
222
333333
cba
ca
ac
bc
cb
ab
ba
++≥
+
+
+
+
+
với a, b, c > 0
2.8.
,
333
cabcab
a
c
c
b
b
a
++≥++
với a, b, c > 0
2.9.
,
1111
333333
abc
abcacabccbabcba
≤
++
+
++
+
++
với a, b, c > 0
2.10.
3
22
3
22
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a ++
≥
++
+
++
+
++
, với a, b, c > 0
2.11.
cba
aca
ca
cbc
bc
bab
ab
++≤
+
−
+
+
−
+
+
−
2
33
2
33
2
33
3
5
3
5
3
5
, với a, b, c > 0
11
2.12.
)(3
5
19
5
19
5
19
2
33
2
33
2
33
cba
aca
ca
cbc
bc
bab
ab
++≤
+
−
+
+
−
+
+
−
, với a, b, c > 0
2.13.
)(4
6
29
6
29
6
29
3
33
2
33
2
33
cba
cca
ac
bbc
cb
aab
ba
++≤
+
−
+
+
−
+
+
−
, với a, b, c > 0
2.14.
)(5
7
41
7
41
7
41
2
33
2
33
2
33
cba
cca
ac
bbc
cb
aab
ba
++≤
+
−
+
+
−
+
+
−
, với a, b, c > 0
2.15.
)()(3
32
73
32
73
32
73
222
333333
cabcabcba
ac
ac
cb
cb
ba
ba
++−++≥
+
+
+
+
+
+
+
+
, với
a, b, c > 0
2.16.
ac
caacac
cb
bccbcb
ba
abbaba
+
+−+
+
+
+−+
+
+
+−+
3
10354
3
10354
3
10354
223322332233
),()(5
222
cabcabcba ++−++≥
với a, b, c > 0
3. Ví dụ 3 (Áp dụng trong giờ dạy tự chọn, hoặc bồi dưỡng)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
2
2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
++≤++
(3)
a, Yêu cầu 1: Chứng minh (3) bằng nhiều cách khác nhau.
Kết quả
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
b
a
b
a
b
a
b
a
331
3
3
3
2
2
=≥++
;
c
b
c
b
c
b
c
b
331
3
3
3
2
2
=≥++
;
a
c
a
c
a
c
a
c
331
3
3
3
2
2
=≥++
Cộng vế với về ba bất đẳng thức trên ta được
++≥++++++
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
33
2
2
2
2
2
2
++≥+++⇒
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
23
2
2
2
2
2
2
(2)
Mặt khác ta có:
33
3
=≥++
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
Do đó từ (2) ta có
2
2
2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
+++++≤
++⇒
2
2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
++≤++⇒
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:
( )
++=++
++≤
++=
++
2
2
2
2
2
2
222
2
2
2
2
2
2
22
31111.1.1.
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
12
Do
3≥++
a
c
c
b
b
a
nên
++
++≤
++
2
2
2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
2
2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
++≤++⇒
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
b, Yêu cầu 2: Mở rộng bất đẳng thức (3)
Kết quả
3.1.
2
1
2
2
3
2
2
2
2
2
1
13
2
2
1
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
nn
+++≤+++
với
n
aaa , ,
21
> 0,
3, ≥∈ nNn
3.2.
3
3
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
++≤++
, với a, b, c > 0,
3.3.
1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+
+
++≤++
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
, với a, b, c > 0,
*
Nn ∈
3.4.
m
m
m
m
m
m
n
n
n
n
n
n
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
++≤++
, với a, b, c > 0;
mnNmn ≤∈ ,,
*
3.5.
1
1
1
1
3
1
2
1
2
1
1
13
2
2
1
+
+
+
+
+
+
+++≤+++
n
n
k
n
n
n
n
n
n
k
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
, với
k
aaa , ,
21
> 0, k
3
≥
3.6.
m
m
k
m
m
m
m
n
n
k
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
13
2
2
1
13
2
2
1
+++≤+++
với
k
aaa , ,
21
> 0,
*,, Nknm ∈
,
mn
≤
, k
3
≥
c, Yêu cầu 3: (Về nhà) Chứng minh các bất đẳng thức ở Yêu cầu 2.
II. KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ
1. Đề kiểm tra 20 phút
Câu 1 (5 điểm): Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a,
2
22
22
+
≥
+ baba
(1), với mọi a, b
R∈
b,
3
33
22
+
≥
+ baba
, với mọi a, b > 0.
Câu 2 (5 điểm): Hãy mở rộng bất đẳng thức (1).
2. Đáp án đề kiểm tra
Câu Nội dung Điểm
1a
0)()()(2
22
2222
2
22
≥−⇔+≥+⇔
+
≥
+
bababa
baba
(2).
(2) đúng suy ra (1) đúng
2,0
13
Câu Nội dung Điểm
Dấu bằng xảy ra khi
ba =
.
1,0
1b
Cách 1:
333
3
33
)()(4
22
baba
baba
+≥+⇔
+
≥
+
0,5
⇔
a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
a
3
+ b
3
- a
2
b + ab
2
≥
0
0,5
⇔
a
2
(a-b) – b
2
(a - b)
≥
0
⇔
(a - b)(a
2
– b
2
)
≥
0
⇔
(a - b)
2
(a + b)
≥
0. (4) đúng suy ra (3) đúng
0,5
Dấu bằng xảy ra khi
ba =
.
0,5
Cách 2: áp dụng BĐT (1) ta có
22222
22
32
22
bababababa ++
≤
+
⇔
+
≥
+
1,0
4
2233
abbaba +++
=
+) Tương tự như cách 1 ta cũng có
3322
baabba +≤+
Do đó
242
333333
3
babababa +
=
+++
≤
+
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi
ba =
.
1,0
Bình luận: Cách 2 có vẻ dài hơn trong chứng minh bất đẳng
thức 1b, tuy nhiên để chứng minh các bất đẳng thức mở rộng
với số mũ lớn hơn thì cách 2 hữu hiệu hơn.
2
1.
3
33
22
+
≥
+ baba
(câu 1b)
2.
4
44
22
+
≥
+ baba
, với mọi a, b
R∈
2,0
3.
n
nn
baba
+
≥
+
22
, với mọi a, b > 0,
2, ≥∈ nNn
4.
2
222
33
++
≥
++ cbacba
, với mọi a, b, c
R∈
5.
3
333
33
++
≥
++ cbacba
, với mọi a, b , c > 0
6.
n
nnn
cbacba
++
≥
++
33
với mọi a, b, c > 0,
2, ≥∈ nNn
2,0
7.
n
m
n
m
nn
m
aaa
m
aaa
+++
≥
+++
2121
2,0
14
Câu Nội dung Điểm
với mọi
m
aaa ,,,
21
> 0,
2,;, ≥∈ nmNnm
8.
3. Kết quả kiểm tra
+) Năm học 2007 – 2008: Lớp thực nghiệm là 10A5, lớp đối chứng là 10A4
(Giỏi: Từ 8,0 đến 10; Khá: Từ 6,5 đến 7,9; TB: Từ 5,0 đến 6,4; Yếu:
nhỏ hơn 5,0)
Lớp Sĩ số
Điểm TBM kì I Kết quả bài kiểm tra
Giỏi Khá TB Yếu Giỏi Khá TB Yếu
SL % SL % SL % SL % SL % SL % SL % SL %
10A5
53 7
1
3
27
5
1
19
3
6
0 0 8
1
5
29
5
5
16
3
0
0 0
10A4
50 15
3
0
31
6
2
4 8 0 0 10
2
0
29
5
8
11
2
2
0 0
+) Năm học 2010 – 2011: Lớp thực nghiệm là 10A10, lớp đối chứng là
10A9
(Giỏi: Từ 8,0 đến 10; Khá: Từ 6,5 đến 7,9; TB: Từ 5,0 đến 6,4; Yếu:
nhỏ hơn 5,0)
Lớp Sĩ số
Điểm TBM kì I Kết quả bài kiểm tra
Giỏi Khá TB Yếu Giỏi Khá TB Yếu
SL % SL % SL % SL % SL % SL % SL % SL %
10A10
49 17
3
5
30
6
1
2 4 0 0 19
3
9
29
5
9
1 2 0 0
10A9
48 5
1
0
36
7
5
7
1
5
0 0 2 4 30
6
3
16
3
3
0 0
+) Năm học 2011 – 2012: Lớp thực nghiệm là 10A5, lớp đối chứng là 10A6
(Giỏi: Từ 8,0 đến 10; Khá: Từ 6,5 đến 7,9; TB: Từ 5,0 đến 6,4; Yếu:
nhỏ hơn 5,0)
Lớp Sĩ số
Điểm TBM kì I Kết quả bài kiểm tra
Giỏi Khá TB Yếu Giỏi Khá TB Yếu
SL % SL % SL % SL % SL % SL % SL % SL %
10A5
51 26
5
1
24
4
7
1 2 0 0 25
4
9
24
4
7
2 4 0 0
10A6
50 25
5
0
22
4
4
3 2 0 0 18
3
6
20
4
0
12
2
4
0 0
4. Phân tích kết quả kiểm tra đánh giá
15
- Việc chọn hai lớp có lực học tương đương nhau chỉ là tương đối nên kết quả
thu được sẽ có những chênh lệch nhất định. Do chất lượng học sinh ở mỗi lớp
học, mỗi khóa học là không hoàn toàn giống nhau nên kết quả thu được là cao
thấp khác nhau.
- Do bất đẳng thức là phần khó nên điểm kiểm tra phần này thường thấp hơn
điểm trung bình môn học kì 1. Qua kiểm tra cho thấy các lớp đối chứng có
điểm kiểm tra thấp hơn nhiều so với điểm trung bình môn học kì 1. Còn các
lớp thực nghiệm thì điểm kiểm tra gần bằng, có lớp kết quả còn cao hơn.
III. MỘT SỐ ĐỀ XUẤT NHẰM VẬN DỤNG CÓ HIỆU QUẢ KỸ
THUẬT ĐỘNG NÃO TRONG DẠY HỌC BẤT ĐẲNG THỨC
1. Đối tượng vận dụng
Bất đẳng thức là một nội dung khó nên mục tiêu kiến thức của mỗi lớp
cũng phải khác nhau. Những ví dụ trên thường chỉ có thể áp dụng có hiệu quả
cho những lớp có nhiều học sinh khá giỏi. Đối với những lớp học yếu hơn thì
chỉ cần hoàn thành được như mục tiêu của bài học đã đề ra cũng đã một sự nỗ
lực của cả giáo viên và học sinh.
2. Thời gian vận dụng
Theo khung phân phối chương trình của Bộ giáo dục và đào tạo, thời
gian dạy chính khóa cho phần bất đẳng thức là rất ít, và gần như chỉ mang
tính giới thiệu về bất đẳng thức. Vì vậy để học sinh có thể nắm vững được
kiến thức và trên cơ sở đó phát huy được tính tích cực, sáng tạo thì giáo viên
cần phải tiếp tục dạy trong các tiết học bồi dưỡng và giao bài tập về nhà.
Trong ba ví dụ áp dụng nêu trên, thì chỉ có các yêu cầu 1 và 2 học sinh mới có
thể làm tại lớp, còn yêu cầu 3 hoặc 4 nên giao cho học sinh thực hiện ở nhà
bởi vì những yêu cầu đó đòi hỏi phải có thời gian để suy nghĩ, tìm tòi.
3. Công tác chuẩn bị, thực hiện và đánh giá học sinh của giáo viên
- Giáo viên cần phải chuẩn bị được nhiều phương án trả lời nhất có thể. Sau
khi nhận xét, đánh giá, tổng hợp các phương án mà học sinh đưa ra, giáo viên
nên bổ sung những phương án mà học sinh còn thiếu, và tích lũy, ghi nhận
những phương án hay, độc đáo mà học sinh đưa ra.
- Việc tổng hợp và trình bày lời giải của các phương án mà học sinh đưa ra
nói chung khó có thể trình bày hết trên bảng. Vì vậy, giáo viên nên trình bày
trên giấy rồi photocopy và phát đến từng học sinh, xem như là một tài liệu
tham khảo.
- Đối với những học sinh giỏi, giáo viên có thể giao cho một bài toán về bất
đẳng thức và yêu cầu học sinh đó khai thác và trình bày dưới dạng một báo
cáo khoa học, hoặc yêu cầu học sinh tổng hợp lại chính bài toán mà giáo viên
16
đã giao trên lớp. Bài viết này có thể được photocopy và phát cho các học sinh
khác làm tài liệu tham khảo.
- Trong quá trình thực hiện yêu cầu của giáo viên, nhiều học sinh có thể sao
chép lẫn nhau, hoặc không nộp bài. Vì vậy, giáo viên cần phải có biện pháp
nhắc nhở phù hợp để giảm thiểu những trường hợp đó. Đây cũng là vấn đề
chung trong dạy học vì nếu học sinh không tự giác thì các phương pháp, kĩ
thuật dạy học tích cực sẽ không còn tác dụng.
- Các yêu cầu của giáo viên đưa ra phải có nhiều mức khó dễ khác nhau để
học sinh nào cũng có thể tham gia vào bài học phù hợp với năng lực của mình
và có cơ hội thử sức với những yêu cầu cao hơn. Chẳng hạn, trong các ví dụ
đã nêu ở trên thì việc mở rộng được một vài bất đẳng thức là điều mà một học
sinh trung bình hoàn toàn làm được. Song để có thể chứng minh được các bất
đẳng thức mở rộng thì chỉ có các học sinh khá giỏi mới có thể thực hiện được.
PHẦN IV: KẾT LUẬN
Sử dụng các phương pháp, kỹ thuật dạy học tích cực trong dạy học là
một yêu cầu trong đổi mới phương pháp dạy học. Tuy nhiên vận dụng như thế
nào đối với từng nội dung, từng bài học, từng đối tượng học sinh cụ thể là một
điều không đơn giản. Để việc vận dụng có hiệu quả đòi hỏi phải có sự chuẩn
bị chu đáo, sự tìm tòi và tích lũy kinh nghiệm của mỗi giáo viên. Đề tài
nghiên cứu này đã được thực nghiệm trên 3 khóa học sinh và sau mỗi khóa lại
có sự điều chỉnh cho phù hợp hơn.
Trước hết, đề tài đã phân tích cơ sở lý luận của vấn đề làm nền tảng cho
việc vận dụng cụ thể trong dạy học. Đề tài cũng đã nêu lên cách thức vận
dụng kỹ thuật động não vào dạy học bất đẳng thức cũng như minh họa việc
vận dụng bằng những ví dụ cụ thể, bài kiểm tra cụ thể. Đồng thời, thông qua
thực tế vận dụng kỹ thuật này trong dạy học, một số đề xuất cũng đã được đưa
ra.
Vì việc áp dụng kỹ thuật này đòi hỏi phải có thời gian dành cho học
sinh nên việc vận dụng chỉ có thể thực hiện được trong một số giờ dạy nhất
định, điển hình là ba ví dụ đã nêu ở trên.
Đề tài này cũng có thể được áp dụng khi dạy học các chuyên đề khác
như: phương trình lượng giác, các bài toán tổ hợp – xác suất, hình học không
gian,
Mặc dù có thể đề tài còn có sự điều chỉnh cho phù hợp với những đối
tượng học sinh khác nhau, nhưng nhìn chung nó đã đáp ứng được được mục
tiêu ban đầu, đó là “phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh”.
17
PHỤ LỤC
LỜI GIẢI CÁC BẤT ĐẲNG THỨC MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG
1.1. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
cbacba
abc
cba
cba
cba ++
≥++⇒=⋅⋅≥++
++
9111
93
111
3)(
111
3
3
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.2. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
2
21
21
21
21
111
) (
1
11
naaan
aaa
naaa
aaa
n
n
n
n
n
n
=⋅⋅⋅⋅≥+++
+++
nn
aaa
n
aaa +++
≥+++⇒
1
11
21
2
21
Đẳng thức xảy ra khi
n
aaa ===
21
.
1.3. Áp dụng bất đẳng thức (1) cho 2 số dương là
ap −
và
bp −
ta được:
cbpapbapbpapbpapbpap
411
2
411411
≥
−
+
−
⇔
−−
≥
−
+
−
⇔
−+−
≥
−
+
−
Tương tự ta có:
.
411
;
411
papcpacpbp
≥
−
+
−
≥
−
+
−
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.4. Theo (1) ta có
+
+
+
=
+
+
+
≥+++
cabacabacaba
11
4
441111
cba ++
≥
2
4
4
18
Do đó:
cbacba ++
≥
++
2
1112
16
1
.
Tương tự ta cũng có:
cbacbacbacba 2
1211
16
1
;
2
1121
16
1
++
≥
++
++
≥
++
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.5. Áp dụng bất đẳng thức (1) cho 2 số dương là 4a
2
+4b
2
và 8ab. Ta có:
2222222
)(
1
8
1
44
1
844
4
8
1
44
1
ba
ab
baabba
ab
ba +
≥+
+
⇔
++
≥+
+
.
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
1.6. Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có:
cba −+
và
cba +−
đều là các số dương.
áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
acbacbacbacbacbacba 2
411411
≥
+−
+
−+
⇔
+−+−+
≥
+−
+
−+
.
acbacba
211
≥
+−
+
−+
⇔
Tương tự ta cũng có:
ccbacbabcbacba
211
;
211
≥
+−
+
++−
≥
++−
+
−+
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.7. Ta viết lại bất đẳng thức như sau:
(1.7)
4
11
)(
11
)( ≥
+
+
+
++
+
+
+
+⇔
adcb
db
dcba
ca
.
Khi đó, ta có:
dcba
ca
dcba
ca
dcbadcba
+++
+
≥
+
+
+
+⇔
+++
≥
+
+
+
)(411
)(
411
.
Tương tự ta có:
dcba
db
adcb
db
+++
+
≥
+
+
+
+
)(411
)(
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d.
1.8. Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
cbacabacba
cabacabacabacaba
++
≥
+
+
+
≥++⇔
+
+
+
≥+++⇔
+
+
+
≥+++
2
16
)
11
(4
112
)
11
(4
1111441111
.
Tương tự:
badbaddacdacdcbdcb
++
≥++
++
≥++
++
≥++
2
16112
;
2
16112
;
2
16112
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
19
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d.
1.9. Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
dcbaadcbdcbadcba +++
≥
+
+
++++
≥
+
+
+
411
;
411
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = c, hoặc b = d.
1.10. Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
babaaaabaaabaaabaaa +
=
+++
≥
+
+
+
=
+
+
+
≥+++
3
164
4
11
4
441111
.
Tương tự ta có
adaddcdccbcb +
≥+
+
≥+
+
≥+
3
1613
;
3
1613
;
3
1613
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d.
1.11. Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
cbacbabacbabacbaba ++
≥
++
+
+
⇔
++++
≥
++
+
+ 2
2
2
1
3
1
23
4
2
1
3
1
.
Tương tự, ta có:
cabcabaccbacbacb
++
≥
++
+
+++
≥
++
+
+
2
2
2
1
3
1
;
2
2
2
1
3
1
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.12. Áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có
cbacbaaccbbaaccbba ++
=
++
≥
+++++
≥
+
+
+
+
+
3
)(3
9
222
9
2
1
2
1
2
1
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.13. áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có
)(4
9
222
9
2
1
2
1
2
1
cbabacacbcbabacacbcba
++
=
++++++++
≥
++
+
++
+
++
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.14. Áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có
bababaabaa +
≥+⇔
++
≥++
2
9129111
Tương tự ta có:
acaccbcb +
≥+
+
≥+
2
912
;
2
912
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.15. Áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có
20
2
3
2
9
111
2
9
2
9111
)(
)(2
9111
≥
+
+
+
+
+
⇔≥
+
++
+
++
+
+⇔
≥
+
++
+
+
++
+
+
++
⇔
≥
+
+
+
+
+
++⇔
++
≥
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b
cb
a
ba
c
ac
b
cb
a
ba
cba
ac
cba
cb
cba
baaccb
cba
cbabaaccb
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.16. Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau:
2
222222222222222444
)
3
(
111
cbaaccbbaaccbbacba ++
≥
++
+
++
+
++
.
áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có
222222222222444
111
accbbaaccbbacba ++
+
++
+
++
222222444
222
9
accbbacba +++++
≥
2
222222222222222444
)
3
(
111
cbaaccbbaaccbbacba ++
≥
++
+
++
+
++
⇔
.
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.17. Áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có
2
3
33
9
3
9
111
9
1
1
1
1
1
1
=
+
≥
+++
=
+++++
≥
+
+
+
+
+ cbacbacba
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.18. áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có
2222222
)(
9
222
9
2
1
2
1
2
1
cbaabccabbcaabccabbca
++
=
+++++
≥
+
+
+
+
+
Ta lại có
)(3
1
)(
1
))(111()(
2222
2222222
cbacba
cbacba
++
≥
++
⇔++++≤++
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.19. Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau:
7
3
213
1
10
1
23
1
≥
−
+
−
+
− xxx
Vì
2
13
3
2
<< x
nên 3x - 2 > 0, 10 - x > 0, 13 - 2x > 0.
Do đó áp dụng bất đẳng thức (1.1) ta có:
21
7
3
21
9
2131023
9
213
1
10
1
23
1
==
−+−+−
≥
−
+
−
+
− xxxxxx
Đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi x =7.
2.1.
0)()(
333344
≥−−−⇔+≥+ babbaaabbaba
0)()(
222
≥++−⇔ bababa
0
4
3
2
)(
2
2
2
≥
+
+−⇔ b
b
aba
(luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
2.2.
0)()(
11
≥−−−⇔+≥+
++
babbaaabbaba
nnnnnn
0) ()(
1212
≥+++−⇔
−−− nnn
bbaaba
(luôn đúng với mọi a, b > 0)
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
2.3. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương a
3
, a
3
và b
3
ta có
babaabaa
2
3
333333
33 =≥++
baba
233
32 ≥+⇒
Tương tự:
cbcb
233
32 ≥+
;
acac
233
32 ≥+
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
2.4. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương
3
2
3
1
3
1
,, aaa
ta có
2
2
1
3
3
2
3
1
3
1
3
2
3
1
3
1
33 aaaaaaaa
=≥++
2
2
1
3
2
3
1
32 aaaa ≥+⇒
Tương tự:
3
2
2
3
3
3
2
32 aaaa ≥+
, ,
1
23
1
3
32 aaaa
mm
≥+
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
m
aaa ===
21
2.5. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 1 số dương
1111
,, ,,
++++ nnnn
baaa
ta có
banbaaanbaaa
n
n
nnnnn
n
nnn
)1()1(
1
11111
sô
111
+=+≥++++
+
++++++++
banbna
nnn
)1(
11
+≥+⇒
++
Tương tự:
cbncnb
nnn
)1(
11
+≥+
++
,
acnanc
nnn
)1(
11
+≥+
++
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
cba ==
.
2.6. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 1 số dương
1
2
1
1
1
1
1
1
,, ,,
++++ nnnn
aaaa
ta có
21
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
sè
1
1
1
1
1
1
)1()1( aanaaaanaaaa
n
n
nnnnn
n
nnn
+=+≥++++
+
++++++++
21
1
2
1
1
)1( aanana
nnn
+≥+⇒
++
Tương tự:
32
1
3
1
2
)1( aanana
nnn
+≥+
++
, ,
1
1
1
1
)1( aanana
n
m
nn
m
+≥+
++
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
m
aaa ===
21
22
2.7. Từ (2) ta có a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
a
3
+ b
3
≥
ab(a + b)
⇔
22
33
ba
ab
ba +
≥
+
. Tương tự:
22
,
22
3333
ac
ca
accb
bc
cb +
≥
++
≥
+
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.8. Ta có: a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
a
3
≥
b(- b
2
+ a
2
b + ab
2
)
⇔
≥
b
a
3
- b
2
+ ab + a
2
.Tương tự ta có:
22
3
22
3
, acaa
a
c
bbcc
c
b
++−≥++−≥
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được bất đẳng thức cần chứng
minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.9. Ta có: a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
a
3
+ b
3
+ abc
≥
ab(a + b + c)
,
)()(
11
33
cbaabc
c
cbaab
abcba
++
=
++
≤
++
⇒
Tương tự:
;
)(
1
,
)(
1
3333
cbaabc
b
abcac
cbaabc
a
abccb
++
≤
++
++
≤
++
Cộng các bất đẳng thức này theo từng vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.10. Ta có a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
a
3
≥
- b
3
+ a
2
b + ab
2
⇔
2a
3
+ a
3
≥
2a
3
- b
3
+ a
2
b + ab
2
⇔
3a
3
≥
a
3
- b
3
+ a
3
+ a
2
b + ab
2
⇔
3a
3
≥
(a
3
- b
3
) + (a
3
+ a
2
b + ab
2
)
⇔
3a
3
≥
(a - b)(a
2
+ ab +
2
) + a(a
2
+ ab + b
2
)
⇔
3a
3
≥
(a
2
+ ab + b
2
)(2a - b)
⇔
3
2
22
3
ba
baba
a −
≥
++
.
Tương tự :
3
.2
,
3
2
22
3
22
3
ac
acac
ccb
cbcb
b −
≥
++
−
≥
++
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức trên ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.11. Ta có:a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
- a
3
≤
b
3
- a
2
b - ab
2
⇔
5b
3
- a
3
≤
5b
3
+ b
3
- a
2
b - ab
2
⇔
5b
3
- a
3
≤
6b
3
- a
2
b - ab
2
⇔
5b
3
- a
3
≤
2b(ab + 3b
2
) – a(ab + 3b
2
)
⇔
5b
3
- a
3
≤
(ab + 3b
2
)(2b – a)
⇔
ab
bab
ab
−≤
+
−
2
3
5
2
33
.
Tương tự:
ca
aca
ca
bc
cbc
bc
−≤
+
−
−≤
+
−
2
3
5
;2
3
5
2
3333
.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.12. Ta có: a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
- b
3
≤
a
3
- a
2
b - ab
2
⇔
19a
3
– b
3
≤
20b
3
- a
2
b - ab
2
⇔
19a
3
– b
3
≤
4b(ab + 5b
2
) - a(ab +5b
2
)
23
⇔
19a
3
– b
3
≤
(ab + 5b
2
)(4b – a)
⇔
ab
bab
ab
−≤
+
−
4
5
19
2
33
.
Tương tự:
.4
5
19
,4
5
19
2
33
2
33
ca
aca
ca
bc
cbc
bc
−≤
+
−
−≤
+
−
Cộng theo từng vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.13. Ta có: a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
- b
3
≤
a
3
- a
2
b - ab
2
⇔
29a
3
- b
3
≤
30a
3
- a
2
b - ab
2
⇔
29a
3
- b
3
≤
5a(ab + 6a
2
) – b(ab + 6a
2
)
⇔
29a
3
- b
3
≤
(ab + 6a
2
)(5a - b)
⇔
ba
aab
ba
−≤
+
−
5
6
29
2
33
.
Tương tự;
.5
6
29
,5
6
29
2
33
2
33
ac
cca
ac
cb
bbc
cb
−≤
+
−
−≤
+
−
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.14. Ta có: a
3
+ b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
- b
3
≤
a
3
- a
2
b - ab
2
⇔
41a
3
– b
3
≤
42a
3
- a
2
b - ab
2
⇔
41a
3
– b
3
≤
6a(ab + 7a
2
) - b(ab + 7a
2
)
⇔
41a
3
– b
3
≤
(ab + 7a
2
)(6a – b)
⇔
.6
7
41
2
33
ba
aab
ba
−≤
+
−
Tương tự:
.6
7
41
,6
7
41
33
2
33
ac
cca
ac
cb
bbc
cb
−≤
+
−
−≤
+
−
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.15. Ta có: a
3
+b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
3a
3
+7b
3
≥
2a
3
+ 6b
3
+ a
2
b + ab
2
⇔
3a
3
+7b
3
≥
(2a +3b
)(a
2
+ 2b
2
) - ab(2a + 3b )
⇔
3a
3
+7b
3
≥
(2a +3b )(a
2
+ 2b
2
–ab)
.2
32
73
22
33
abba
ba
ba
−+≥
+
+
⇔
Tương tự:
.2
32
73
,2
32
73
22
33
22
33
caac
ac
ac
bccb
cb
cb
−+≥
+
+
−+≥
+
+
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
2.16. Ta có:
a
3
+b
3
≥
a
2
b + ab
2
⇔
4a
3
+5b
3
- 3a
2
b +10ab
2
- b
3
≥
3a
3
+ 4b
3
-2 a
2
b +11ab
2
⇔
4a
3
+5b
3
- 3a
2
b +10ab
2
- b
3
≥
(3a +b)(a
2
+ 4b
2
) - ab(3a + b)
⇔
4a
3
+5b
3
- 3a
2
b +10ab
2
- b
3
≥
(3a +b)(a
2
+ 4b
2
- ab)
.4
3
10354
22
2233
abba
ba
abbaba
−+≥
+
+−+
⇔
Tương tự :
.4
3
10354
22
2233
bccb
cb
bccbcb
−+≥
+
+−+
24
caac
ac
caacac
−+≥
+
+−+
22
2233
4
3
10354
Cộng các bất đẳng thức trên với nhau ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
3.1. Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
2
1
3
3
2
3
1
2
1
2
2
2
1
331
a
a
a
a
a
a
a
a
=≥++
;
3
2
3
3
3
3
2
3
2
2
3
2
2
331
a
a
a
a
a
a
a
a
=≥++
,
1
3
3
1
3
1
1
2
1
2
331
++++
=≥++
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được
∑∑
=
++
=
++
=≥
++
n
k
k
k
n
n
n
k
k
k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
1
1
3
3
1
3
1
1
2
1
2
331
∑∑
=
+
=
+
≥+⇒
n
k
k
k
n
k
k
k
a
a
n
a
a
1
1
1
2
1
2
2
(4)
Mặt khác ta có:
n
a
a
a
a
a
a
n
a
a
a
a
a
a
n
n
n
n
n
=≥+++
++ 13
2
2
1
13
2
2
1
Do đó từ (4) ta có
∑ ∑∑
= =
++
=
+
+≤⇒
n
k
n
k
k
k
k
k
n
k
k
k
a
a
a
a
a
a
1 1
1
2
1
2
1
1
2
∑∑
=
+
=
+
≤⇒
n
k
k
k
n
k
k
k
a
a
a
a
1
2
1
2
1
1
Đẳng thức xảy ra khi a
1
= a
2
= = a
n
.
Cách 2: Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpski ta có:
∑∑∑∑
=
+
==
+
=
+
=≤
n
k
k
k
n
k
n
k
k
k
n
k
k
k
a
a
n
a
a
a
a
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
Do
n
a
a
a
a
a
a
n
n
≥+++
+13
2
2
1
nên
∑∑∑
=
+
=
+
=
+
≤
n
k
k
k
n
k
k
k
n
k
k
k
a
a
a
a
a
a
1
2
1
2
1
1
2
1
1
∑∑
=
+
=
+
≤⇒
n
k
k
k
n
k
k
k
a
a
a
a
1
2
1
2
1
1
Đẳng thức xảy ra khi a
1
= a
2
= = a
n
.
3.2. Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
2
2
3
6
6
2
2
3
3
33
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
=≥++
;
2
2
3
6
6
2
2
3
3
33
c
b
c
b
c
c
c
c
c
b
=≥++
;
2
2
3
6
6
2
2
3
3
33
a
c
a
c
a
c
a
c
a
c
=≥++
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được
++≥++++++++
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
25
