skkn rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức BCS trong bồi dưỡng HSG

I.ĐẶT VẤN ĐỀ
Lý do chọn đề tài:
Bồi dưỡng nhân tài, phát triển nguồn nhân lực là nhiệm vụ vô cùng quan
trọng mà Đảng và Nhà nước giao cho ngành Giáo dục. Vì lẽ đó Bộ Giáo dục &
Đào Tạo nói chung, các trường THPT nói riêng luôn quan tâm đến việc phát
hiện, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Trong những năm gần đây số lượng và chất
lượng giải trong các kì thi học sinh giỏi ngày càng tăng chính là kết quả của sự
đầu tư, quan tâm của các cấp quản lí giáo dục. Đối với môn Toán, một trong
những môn học quan trọng nhất thì việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi càng được
xem trọng hơn.
Chủ đề “Bất đẳng thức” là nội dung không thể thiếu trong việc bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi. Trong các kì thì Đại học – Cao Đẳng, nội dung bất đẳng thức
thường là nội dung giúp phân loại, chọn lựa học sinh khá, giỏi. Đối với hầu hết
giáo viên và học sinh THPT đều xem “Bất đẳng thức” là nội dung khó dạy, khó
học nhất. Tuy nhiên nếu học sinh học tốt chủ đề “Bất đẳng thức” thì sẽ phát huy
tốt khả năng tư duy sáng tạo từ đó học tốt các chủ đề khác, môn học khác. Thực
tiễn qua quá trình dạy học tôi nhận thấy rằng nhiều học sinh không thích học chủ
đề “Bất đẳng thức” chủ yếu do chưa có phương pháp học tập phù hợp cộng với
tâm lý ngại và sợ học nội dung này.
Bất đẳng thức Bunhiacopxki là một trong những bất đẳng thức kinh điển của
Toán học. Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki là một công cụ rất hay, hữu hiệu
để giải quyết nhiều bài toán liên quan đến bất đẳng thức. Học sinh THPT thường
yếu ở kĩ năng vận dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki nên việc tăng cường rèn
luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức này cho học sinh là việc làm rất thiết thực.
Những lí do nêu trên cùng với những kết quả tích cực từ thực tiễn dạy học chủ
đề “Bất đẳng thức” của bản thân là cơ sở để tôi đã chọn đề tài nghiên cứu:
“Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki trong bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi THPT”
.

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1. Cơ sở lí luận của đề tài.
a. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
1/ a > b và b > c ⇒ a > c.
2/ a > b ⇒ a + c > b +c.
Hệ quả: a > b + c ⇔ a - c > b.
3/ a > b và c > d ⇒ a + c > b + d.
4/ a > b ⇔ ac > bc ( nếu c > 0 ); hoặc ac < bc ( nếu c < 0 ).
5/ a > b > 0 bà c > d > 0 ⇒ ac > bd.
6/ a > b > 0, n nguyên dương ⇒ a n > b n .
7/ a > b > 0, n nguyên dương ⇒ n a > n b .
1


Hệ quả: a > b ≥ 0: a 2 ≥ b 2 ⇔ a ≥ b ⇔ a ≥ b .
1
a

8/ a > b, ab > 0 ⇒ <

1
.
b

9/ + a > 1, m và n nguyên dương, m > n ⇒ a m > a n .
+
0 < a < 1, m và n nguyên dương, m > n ⇒ a m < a n .
b. Bất đẳng thức Bunhiacopxki
* Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng đơn giản nhất.
Cho 4 số dương a, b, c, d khi đó ta có bất đẳng thức:
(1)

(ab + cd ) 2 ≤ ( a 2 + c 2 )(b 2 + d 2 )
Dấu “=” xảy ra khi ad = bc
* Bất đẳng thức Bunhiacopxki với hai dãy số không âm.
Cho hai dãy số không âm a1,a2,…và b1,b2,…bn. khi đó ta có:
(a1b1+ a2b2 + …+ anbn)2 ≤ (a12 +a22 + …+ an2)(b12 +b22 + …+bn2) (2)
a

a

a

n
1
2
Dấu bằng xẩy ra ⇔ b = b = ... = b (với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0).
1
2
n

c. Bất đẳng thức Bunhiacovski mở rộng:
Cho m dãy số thực không âm, trong mỗi dãy có n phần tử:

a , a ,..........., a 
b , b ,............, b 
1

2

n

1

2

n

m dãy

........................... 
c1, c2 ,............., cn

Khi đó ta có bất đẳng thức sau:
( a1b1...c1 + a2 b2 ... c2 + ... + an bn ...cn ) m ≤

(a

m
+
1

a2 + ... + an ) (b1 + b2 + ... + bn ) … (c + c
m

m

m

m

m

m

m

1

2

m

+ ... + cn

)

(3)

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
a1: b1:…:c1 = a2: b2:…: c2 =…= an: bn:…: cn
Nhận xét: Bằng cách cho m;n một giá trị cụ thể ta thu được:
+ Với m=2; n=2 thì:
( a1b1 + a2 b2) 2 ≤ a12 + a22 b12 + b22
Dạng (1)

(

)(

)

+ m=2; n∈ N và n>2 ta có bất đẳng thức:

( a1b1 + a2 b2 + ... + an bn ) 2 ≤ (a12 + a22 + ... + a2n ) (b12 + b22 + ... + b2n )

⇒ Dạng

(2)
+ m=3; n=3 ta có:

( a1b1 c1 + a2 b2 c2 + a3 b3 c3) 3 ≤ (a13 + a32 + a33) (b13 + b32 + b33) (c13 + c32 + c33)

(4)

2


…………………………………..

2. Thực trạng của đề tài:
Qua quá trình thực tiễn dạy học tôi nhận thấy rằng khi dạy học chủ đề
“Bất đẳng thức” nói chung, dạy học bất đẳng thức Bunhiacopxki nói riêng có
thực trạng như sau:
+ Đa số học sinh rất ngại thậm chí “sợ” khi giải toán bất đẳng thức. Từ
tâm lý ngại và sợ đó dẫn đến tình trạng học sinh không quyết tâm khi học chủ đề
“ Bất đẳng thức”, nhiều học sinh cứ gặp bài toán bất đẳng thức là bỏ, không chịu
tư duy để giải toán.
+ Việc áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki của học sinh đa số mới chỉ
dừng lại ở mức nhận biết, rất ít học sinh thuần thục kỹ năng và sáng tạo khi vận
dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki vào giải toán.
+ Nhiều thầy cô giáo chưa thực sự quan tâm và đầu tư khi dạy học chủ đề

“Bất đẳng thức” nói chung, dạy học bất đẳng thức Bunhiacopxki nói riêng.
+ Bất đẳng thức Bunhiacopxki không được dạy trong chương trình SGK,
chỉ giới thiệu ở dạng đơn giản nhất (dạng (1)) hơn nữa số tiết theo phân phối
chương trình dành cho chủ đề “ Bất đẳng thức” rất ít nên ảnh hưởng không nhỏ
đến việc dạy học chủ đề này.
+ Chủ đề “ Bất đẳng thức” thường dành ưu tiên đề bồi dưỡng học sinh
khá, giỏi nên rất khó để giáo viên tổ chức dạy học ở những lớp có nhiều đối
tượng học sinh.
3.Giải pháp và tổ chức thực hiện.
Khi dạy học chủ đề “bất đẳng thức” cho học sinh tôi đã dành một phần thời
lượng chương trình để tập trung rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức
Bunhiacôpxki cho học sinh. Tùy theo năng lực của mỗi học sinh cũng như tập
thể học sinh để tôi chuẩn bị giáo án phù hợp. Các bài tập để học sinh vận dụng
bất đẳng thức Bunhiacôpxki tôi soạn theo 3 mức đó là:
Mức độ 1: Dành cho học sinh đại trà, học sinh khá. Các bài tập này chủ
yếu dừng ở mức độ nhận biết, giúp học sinh bước đầu biết cách vận dụng lí
thuyết để giải bài tập.
Mức độ 2: Dành cho học sinh khá, giỏi. Các bài tập ở mức thông hiểu, để
giải được các bài tập này học sinh ngoài việc phải nắm trắc những kiến thức cơ
bản còn phải biết linh hoạt sử dụng nhiều kiến thức, kĩ năng toán học khác.
Mức độ 3: Dành cho những học sinh giỏi. Các bài tập ở mức cao hơn đòi
hỏi học sinh phải phát huy tốt tư duy toán học, để giải các bài tập này ngoài kiến
thức toán học vững vàng học sinh thường phải sử dụng nhiều hoạt động toán học
như phán đoán, phân tích, biến đổi, so sánh, tổng hợp, khái quát…
Với các mức độ bài tập như trên tôi đã áp dụng vào thực tiễn dạy học thông
qua những giải pháp cụ thể sau:
3.1.Giải pháp 1: Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki
trong chứng minh bất đẳng thức:
Ví dụ 1: Bài tập ở mức độ 1.

3


Cho 3 số dương a, b, c với a, b ≤ c. Chứng minh: a (c − b) + b(c − a ) ≤ c
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ( dạng (1)) cho các bộ số
( a ; c − a ) và ( c − b ; b ) ta có: ( a (c − b) + b(c − a ) ) 2 ≤ c 2 ⇒ đpcm
Ví dụ 2: Bài tập ở mức độ 2. ( Đề thi ĐH - CĐ khối A - năm 2003)
Cho x, y, z > 0 thỏa món : x + y + z ≤ 1. Cmr:
P=

x2 +

1
1
1
+ y2 + 2 + z2 + 2 ≥
2
x
y
z

82

Lời giải:

1
x

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho các bộ số ( x; ) và (1; 9) ta có:

9
1
( x + ) 2 ≤ 82.( x 2 + 2 ) tương tự ta có:
x
x
9
1
9
1
( y + ) 2 ≤ 82.( y 2 + 2 ) ; ( z + ) 2 ≤ 82.( z 2 + 2 ) . Cộng vế với vế ta được:
y
y
z
z
9 9 9
1 1 1
P. 82 ≥ + + + x+ y+ z ≥ 81( x + y + z ) + 9( + + ) − 80( x + y + z ) ≥
x y z
x y z
1 1 1
2.9.3 ( x + y + z )( + + ) − 80 ≥ 162 - 80 = 82 ⇒ đpcm
x y z

Ví dụ 3: Bài tập ở mức độ 3.
a. Cho a;b;c là ba số dương
Chứng minh rằng:
b.

a
b

c
+
+
≥1
b + 2c c + 2a a + 2b

Cho a;b;c>0;m nguyên dương và p;q>0
(
am
bm
cm
a + b + c ) m−1
+
+
≥
Chứng minh rằng: N =
pb + qc pc + qa pa + qb ( p + q ).3 m−2

Lời giải:

a. Áp dụng bất đẳng thức (4)

Ta có (a+b+c) 3 =
(3

a 3
b 3
c 3
. a(b + 2c) .3 a + 3
. b(c + 2a ) .3 b + 3

. c( a + 2b) .3 c ) 3
b + 2c
c + 2a
a + 2b

4


≤(

a
b
c
+
+
). (ab+2ac+bc+2ab+ac+2bc).(a+b+c)
b + 2c c + 2a a + 2b

Chia hai vế cho: 3(ab+bc+ac).(a+b+c) , ta được:
a
b
c
(a + b + c) 2
+
+
≥
b + 2c c + 2a a + 2b 3( ab + bc + ac)
Hiển nhiên ta có :

(a+b+c) 2 ≥ 3( ab + bc + ac) do đó:

(a + b + c) 2
≥1
3(ab + bc + ac)

Từ đó suy ra:

a
b
c
+
+
≥1
b + 2c c + 2a a + 2b

(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c
Sau khi cho học sinh giải bài tập giáo viên nên đặt câu hỏi, dẫn dắt để học sinh
hiểu rằng bất đẳng thức ở câu b thực chất là bất đẳng thức tổng quát của bất
đẳng thức đã chứng minh ở ý a.
b. Ta có:

(a+b+c) m =
m



a
b
c

m pb + qc1.1...1 +
m pc + qa1.1...1 +
m pa + qb1.1...1 ≤



 
 m pb + qc
m pc + qa
m pa + qb
m− 2
m−2
m−2 

N .( pb + qc + pc + qa + pa + qb )(1 + 1+1)...(1 +1 +
1)
m− 2

Suy ra:

(a+b+c) m

Cho nên:

≤ N. ( p + q ) ( a + b + c ).3 m−2

( a + b + c ) m−1
N≥
( p + q ).3m−2

mà a+b+c > 0

(đpcm)

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi: a = b = c
Nhận xét: Việc tham số hoá trở lại thích hợp ta có một loại các bài toán mới:
m =1;p=1;q=1:

a
b
c
3
≥
+
+
b+c c+a a+b 2

m=1; p = 1; q = 2:

a
b
c
≥1
+
+
b + 2c c + 2a a + 2b

5

1
m =3; p = 2; q =
:
abc
≥

(a + b + c) 2 abc
.
2abc + 1
3
p=q=1;m∈ N

∗:

a 4b
2ab 2 + 1

+

b 4c
2bc 2 + 1

+

c4a
2ca 2 + 1

am
bm
cm

3 a+b+c
+
+
≥ .

b+c c+a a+b 2 
3


m −1

Ví dụ 4 : Bài tập ở mức độ 3.
a2
b2
c2
a+b+c
a. Cho a,b,c >0 . CMR:
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
b. Cho a,b,c>0 và k1 , k 2 , k 3 là các tham số dương
a2
b2
c2
(a + b + c) 2
+
+
≥

CMR:
b + k1c c + k 2 a a + k 3b (1 + k 2 ) a + (1 + k 3 )b + (1 + k1 )c
Lời giải:
a. Ta có:

( a + b + c)

2

2

b
c
 a

=
b+c +
c+a +
a + b ≤
c+a
a+b
 b+c


a2
b2
c2
≤(
+
+

) .(b+c+c+a+a+b)
c
+
a
a
+
b
b+c
a+b+c
a2
b2
c2
≥
Hay
+
+
2
b+ c c+a a+b

(đpcm)

Nhận xét:
 Bất đẳng thức trên có thể chứng minh bằng nhiều cách .
 Tham số hoá bất đẳng thức trong câu a ta được bài toán tổng quát chính là
bất đẳng thức ở câu b.
b.
2

( a + b + c)

2



a
b
c
=
b + k1c +
c + k2a +
a + k 3b  ≤
c + k2a
a + k 3b
 b + k1c


6


≤ (

a2
b2
c2
+
+
).(a + b + c + k1c + k 2 a + k 3b)
b + k1c c + k 2 a a + k 3b

Suy ra (a+b+c) 2 ≤

a2
b2
c2
(
+
+
).( (1 + k 2 )a + (1 + k 3 )b + (1 + k1 )c )
b + k1c c + k 2 a a + k 3b
Vậy
a2
b2
c2
(a + b + c) 2
+
+
≥
b + k1c c + k 2 a a + k 3b (1 + k 2 ) a + (1 + k 3 )b + (1 + k1 )c

(đpcm)

a = b = c
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 
k1 = k 2 = k 3
3.2.Giải pháp 2: Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki
khi giải bài toán tìm min, max ; tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất
(GTLN).
Ví dụ 5:
a. Bài tập mức độ 1.
1 4
5

+
Cho a; b > 0 và a+b= . Tìm Min của biểu thức: S =
4a b
4
b. Bài tập mức độ 2.
a
b
1
≥a
Cho a;b>0; a-b=1 và X;Y>0; X+Y= . Chứng minh rằng: +
b
X bY
Lời giải:
a. Do a;b > 0 nên áp dụng bất đẳng thức (1) cho 2 dãy:
1
2
;
và a ; b
ta được:
2 a
b
25
=
4

2

1 4
2
 1


a+
b  ≤ ( + )(a+b)

4a b
b
2 a

Hay:

Suy ra:

S=

1 4 5
25
≤( + )
4a b 4
4

(vì a+b =

5
)
4

1 4
+ ≥5
4a b

7


2
 1
:
a
=
: b
2 a
b

1

5

a =
⇔
4
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi: a + b =
4

b = 1
a; b > 0


1
Vậy
MinS = 5 khi a = ; b = 1
4

b. Vận dụng bất đẳng thức (1) cho 2 dãy:
1
;
bY

b
và Y ;
X

(1 + b ) 2 = 

1
 bY


b

Hay:
Suy ra:

(1 + b ) 2
b

Y+

b
X

ta được:

X
2

b

 1
+ ( X + Y )
X  ≤ 
 bY X 


b a
 1
+ 
≤ 
 bY X  b

b
1
+
≥a
X bY

(do a=1+b)

(đpcm)

 1
: Y =


bY


a
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi:  X + Y =
b

 X ;Y > 0



b
: X
X

X = 1

⇔
1
Y = b

Ví dụ 6 : Bài tập mức độ 3.
Cho x>1;y>2 và x+y=
Lời giải: Ta có x+y=

25
6

Tìm giá trị nhỏ nhất của S =

1
6
+
6( x − 1) y − 2

25
7
⇒ (x-1)+(y-2)=
và x>1;y>2 nên x-1>0;y-2>0
6
6

8


1
6
;
và x − 1; y − 2
6( x − 1) y − 2

Áp dụng bất đẳng thức(1) cho 2 dãy:
ta được:

2


 1
49 
1

6
6 
( ( x − 1) + ( y − 2) )
=
x −1 +
y − 2  ≤ 
+
6  6( x − 1)
6
(
x
−
1
)
y
−
2
y−2



49
7
≤ S.
⇒S ≥7
Hay
6
6
 x −1 1
y −2 = 6


7

25

x =
⇔
6
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi :  x + y =
6

 y = 3
 x > 1; y > 2


7
Vậy
MinS=7 khi x= ;y=3
6
3.3.Giải pháp 3: Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki để
giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình.
Ví dụ 7 : Bài tập mức độ 1.
Giải phương trình:

2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14
Lời giải :
Giải phương trình:

2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14
⇔ 2x − 3 + 5 − 2x = 3( x − 2) + 2

2

2 x − 3 ≥ 0
⇔ 1,5 ≤ x ≤ 2,5
ĐK: 
5 − 2 x ≥ 0
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho hai bộ số không âm (1:1) và ( 2 x − 3
: 5 − 2x ) ta có:

(

2x − 3 + 5 − 2x
⇒

) ≤ ( 1 + 1 ) (
2

2

2x − 3 + 5 − 2x ≤ 2

2

2x − 3

) +(
2

)

2
5 − 2 x  ≤ 2.2 = 4


Do 2 x − 3 + 5 − 2 x > 0

Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 x − 3 = 5 − 2 x

⇔ x=2

9


3( x − 2) + 2 ≥ 2
2

dấu”=” xẩy ra ⇔ x = 2
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2
Ví dụ 8 : Bài tập mức độ 2.
Giải phương trình:
x − 1 + x + 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2
x − 1 + x + 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2

Lời giải:

(a)

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số không âm ( x − 1 ; x – 3) và (1 ; 1)

(

ta có:
(

)
x − 1 + x − 3) ≤

2
x − 1 + x − 3 ≤ ( 12 + 12 ) ( x − 1) + ( x − 3) 


2

(b)

2( x − 1) + 2( x − 3) 2

(a) và (b) xảy ra khi chỉ khi:

x −1 = x − 3

⇔ x – 6x + 9 = x – 1
⇔ x2 – 7x + 10 = 0
⇔ x=2
2

hoặc x = 5
x = 2 không thoả mãn; x = 5 thoả mãn
vậy S = { 5}
Ví dụ 9 : Bài tập mức độ 3.
4

Giải phương trình: x 2 2 − x 4 − 1 = x 4 − x 3
4

Lời giải: x 2 2 − x 4 − 1 = x 4 − x3 ⇔ x 2
Đ K : x4 ≤ 2

4

2 − x 4 − 1 = x 3 ( x − 1)

Vì x = 0 không phải là nghiệm nên phương trình ⇔

4

2 − x4 + x =

1
1
2
2
2
⇔
x
=
+
x
≥
2
dấu
“=”

xảy
ra
⇔
x
=1
2
2
x
x
Mặt khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
Ta có:

2

(
+ x) ≤ 4(

 4 2 − x 4  ≤ 12 + 12
)

÷ (


⇔

(

4

⇒

2 − x4
4

4

2 − x2 + x ≤

4

)
+x )

1
+ x2
2
x

(c)

2 − x4 + x2 ⇔
2 − x4

2

2

≤ 4.2 ( 2 − x 4 + x 4 ) = 16

(d)

16 = 2

Dấu “=” xảy ra khi chỉ khi x = 1
Từ (c) và (d) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 10. Bài tập mức độ 3. Giải phương trình 4 1 − x 2 + 4 1 + x + 4 1 − x = 3
10


Giải: Đk : -1 x 1
Theo bât đẳng thc Cô-si ta có:
4

1 x 2 = 4 (1 x)(1 + x)

4

1.(1 + x)

4

1 x = 4 1.(1 x)





1 x
2

+

1+ 1+ x
2


1+ x
2

(i)

4

1+ x =

(ii)

1+ 1 x
2

(iii)

Từ (i),(ii),và(iii) ỏp dng bt ng thc Bunhiacụpxki ta có :

4

1 x2 + 4 1+ x

+ 4 1 x 1+ 1 + x + 1 x 3
Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi : 1 + x = 1 x = 1 x=o

Kiểm tra lại ta thấy x=0 là nghiệm của phơng trình.
3.4.Gii phỏp 4: Rốn luyn k nng vn dng bt ng thc Bunhiacụpxki
khi gii mt s bi toỏn hỡnh hc.
Vớ d 11: Bi tp mc 2.
x2 y2
Cho elip (E) :
+
= 1 cỏc im M, N chuyn ng ln lt trờn cỏc tia
16 9
Ox, Oy sao cho MN luụn tip xỳc vi (E). Xỏc nh ta M, N on MN cú
di nh nht. Tỡm giỏ tr nh nht ú.
Li gii :
x.x0 y. y 0
+
=1
Phng trỡnh tip tuyn ti im M 0 ( x0 ; y 0 ) ( E ) l
16
9
9
16
M
(
;
0
)
N
(
0
;
)

Suy ra ta ca M, N l
v
x0
y0
2
2
16 2 9 2
16 2 9 2
x
y
0
0
MN = 2 + 2 = (
+
).( 2 + 2 )
x0
y0
x0
y0
16
9
p dng bt ng thc Bunhiacụpxki (dng (1)) ta cú : MN 2 (4 + 3) 2 = 49
2

Khi ú MN t GTNN bng 7 vi M (2 7 ;0) v N (0; 21) .
Vớ d 12 : Bi tp mc 2.
a, b, c l di 3 cnh ca mt tam giỏc

11

Chứng minh rằng : A =

a
b
c
+
+
≥1
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c

Lời giải : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 6 số không âm

a
;
2b + 2c − a

b
;
2c + 2 a − b

b(2c + 2a − b) ;

c
và
2a + 2b − c

a (2b + 2c − a ) ;

c(2a + 2b − c) ta có :

A.(4ab + 4bc + 4ca − a 2 − b 2 − c 2 ) ≥ (a + b + c) 2
Bằng biến đổi tương đương dễ dàng chứng minh được :

(a + b + c) 2
≥ 1 ⇒ A ≥ 1 , dấu “=” xảy ra khi tam giác
4ab + 4bc + 4ca − a 2 − b 2 − c 2

ABC là tam giác đều.
Ví dụ 13:

Bài tập mức độ 3.

Cho tam giác ABC.Chứng minh rằng:
Sin 2
Q=

A
2

B
Sin + SinC
2

Lời giải:

+

Sin 2

B
2

C
Sin + SinA
2

+

Sin 2

C
2

A
Sin + SinB
2

≥

2( Sin

A
B
C
+ Sin + Sin ) 2
2
2
2
3(1 + 3 )

Ta có

Do 0 0 ta được:

Nên Cos

A
B
C
; Cos ; Cos > 0 áp dụng bài toán 3
2
2
2

A
B
C
Sin 2
Sin 2
2
2
2
+
+
≥
Q=
B
C

C
C
A
A
A
B
B
Sin + 2Cos Sin
Sin + 2Cos Sin
Sin + 2Cos Sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A
B
C
( Sin + Sin + Sin ) 2
2
2
2
A
A
B
B

C
C
(1 + 2Cos ) Sin + (1 + 2Cos ) Sin + (1 + 2Cos ) Sin
2
2
2
2
2
2
Sin 2

12


A
B
C
+ Sin + Sin ) 2
2
2
2
Q≥
A
B
C
Sin + Sin + Sin + SinA + SinB + SinC
2
2
2
( Sin

Hay

(6)

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau:
Sin

A
B
C 3
3 3
+ Sin + Sin ≤ ; SinA + SinB + SinC ≤
2
2
2 2
2

Suy ra: Sin

A
B
C
3(1 + 3 )
+ Sin + Sin + SinA + SinB + SinC ≤
2
2
2
2

Từ (6) và (7) ta có:

Q≥

2( Sin

A
B
C
+ Sin + Sin ) 2
2
2
2
3(1 + 3 )

(7)

(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

3.5.Một số bài tập áp dụng.
Bài tập 1: Giải phương trình:
Bài tập 2:

6x − 3
= 3 + 2 x − x2
x − 1− x

x − 4 + x − 6 =x2 - 10x + 27

Bài tập 3:
2

6 x − 3 xy + x = 1 − y
Giải hệ phương trình:  2
2

x + y = 1

Bài tập 4 :

Cho x>2;y>3 và x+y=
Tìm Min của P=

Bài tập 5:

43
7

y − 3 + 49( x − 2)
7( x − 2)( y − 3)

Cho a;b;c> và a+b+c=1
CMR:

a
b
c
+

+
≥1
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c

13


Bài tập 6:

Cho a;b;c>0.
CMR :

a 3b
ab 2 + 1

+

b 3c
bc 2 + 1

+

c3a
ca 2 + 1

≥

abc(a + b + c)
abc + 1

Bài tập 7:
Cho a;b;c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Gọi R;r lần lượt là
bán kính của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác đó.
a3
b3
c3
1  abc 
+
+
≥ .

b + c c + a a + b 24  R.r 

CMR
Bài tập 8:

2

Cho a;b;c>0.
CMR:

a
a 2 + 8bc

+

b
b 2 + 8ac

+

c
c 2 + 8ab

≥1
(Đề thi ÔLympic )

4. Kết quả thực nghiệm của đề tài.
Năm học 2012 – 2013 tôi đã áp dụng các giải pháp nêu trong đề tài vào thực
tiễn dạy học, cụ thể tại lớp 10 A3 – Trường THPT Yên Định 2 trong nội dung:
Chủ đề tự chọn ( Ôn tập bất đẳng thức). Đồng thời cũng với nội dung như trên
tôi đã dạy học đối chứng tại lớp 10 A7 – Trường THPT Yên Định 2 ( lớp 10 A7
và lớp 10 A3 đều học theo chương trình cơ bản, có lực học tương đương nhau) ,
lớp dạy học đối chứng không sử dụng các giải pháp nêu trên đề tài.
Sau nội dung ôn tập tôi cho 2 lớp làm bài kiểm tra ( nội dung về chủ đề “Bất
đẳng thức”) kết quả được thống kế như sau:
Lớp
10
A3
10
A7

Sĩ
số
48

Giỏi
SL
%
15

31,2

Khá
SL
25

45

6

10

13,3

%
52,
1
22,
2

Trung bình
SL
%
8
16,7

Yếu
SL
0

24

5

53,3

%
0
11,
2

Kém
SL %
0 0
0

0

Những kết quả trên đây cùng với những kết quả định tính khi thăm dò, điều
tra từ học sinh tôi mạnh dạn khẳng định những giải pháp mà đề tài đưa ra là
hoàn toàn khả thi và có thể áp dụng hiệu quả trong quá trình dạy học nói chung,
bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng.

14


III.KẾT LUẬN
Từ kinh nghiệm thực tiễn của bản thân trong quá trình dạy học, sự giúp đỡ
đồng nghiệp, thông qua việc nghiên cứu các tài liệu có liên quan đề tài đã hoàn
thành và đạt được những kết quả chính sau đây:

+ Đề tài đã nêu lên thực trạng của việc dạy và học chủ đề “Bất đẳng thức”
hiện nay.
+ Đề tài đã đề xuất một số giải pháp thiết thực trong việc rèn luyện kĩ năng
vận dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho học sinh khá, giỏi.
+ Đề tài đã nêu được các ví dụ minh chứng điển hình cho các giải pháp.
+ Đã đưa ra một số bài tập áp dụng theo các mức độ khó, dễ khác nhau phù
hợp với nhiều đối tượng học sinh.
Mặc dù tôi đã nhiều cố gắng xong thiếu xót, hạn chế của đề tài là không thể
tránh khỏi tôi rất mong nhận được những góp ý của các thầy cô giáo, các bạn
đồng nghiệp. Những góp ý đó sẽ là cơ sở để tôi hoàn thiện hơn đề tài nghiên cứu
của này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị
………………………………………
của
………………………………………
………………………………………
………………………………………

Thanh Hóa, ngày 16/05/2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Người thực hiện

Trịnh Hữu Thực

15

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nguyễn Bá Kim (2004), Phương pháp dạy học môn Toán, Nxb Đại
học sư phạm.
2. Phạm Kim Hùng (2008), Sáng tạo bất đẳng thức, Nxb Hà Nội.
4. Pôlya. G (1976), Toán học và những suy luận có lý, Nxb Giáo dục.
5. Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Nguyễn Khắc
Minh, Đặng Hùng Thắng (2007), Đại số 10 nâng cao, Nxb Giáo dục.
6. Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân (2007),
Hình học 10 nâng cao, Nxb Giáo dục.
7. Trần Văn Hạo, Chuyên đề luyện thi đại học - Bất đẳng thức, Nxb Giáo
dục.
8. Trần Phương, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh, Vẻ đẹp bất đẳng thức,
Nxb Đại học quốc gia Hà Nội

16


MỤC LỤC

Trang

I. PHẦN MỞ ĐẦU: Lí do chọn đề tài

01

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

01

1. Cơ sở lí luận của đề tài.

01

2. Thực trạng của đề tài

03

3. Giải pháp và tổ chức thực hiện

03

3.1. Giải pháp 1: Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức

03

Bunhiacôpxki trong chứng mình bất đẳng thức.
3.1. Giải pháp 2: Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức

07

Bunhiacôpxki khi giải toán tìm min, mác; tìm GTNN, GTLN.
3.1. Giải pháp 3: Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức

09

Bunhiacôpxki để giải phương trình….
3.4. Giải pháp 4: Rèn luyện kĩ năng vận dụng bất đẳng thức

11

Bunhiacôpxki khi giải một số bài tập hình học.
3.5. Một số bài tập áp dụng

13

4. Kết quả thực nghiệm của đề tài

14

III. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Tài liệu tham khảo

15
16

17


18


19