SKKNBGHSGtoan9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (202.31 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Duy trì bồi dỡng học sinh giỏi mơn tốn

I. đặt vấn đề

“ Hiền tài là ngun khí Quốc gia’’, ngun khí vợng thì Quốc gia vợng. . Đánh
giá sự phát triển của một Quốc gia trớc hết là đánh giá sự phát triển của ngành giáo
dục của Quốc gia đó. Bất kỳ một Quốc gia nào có nền giáo dục hiện đại, phát triển đều
có sự tăng trởng kinh tế vững mạnh. Vì vậy phát triển giáo dục và đào tạo là một trong
những động lực quan trọng thúc đẩy sự nghiệp cơng nghiệp hố, hiện đại hoá,là điều
kiện để phát huy nguồn lực con ngời, là yếu tố cơ bản để phát triển xã hội, và tăng
tr-ởng kinh tế bền vững.

Những năm gần đây nền GD Việt Nam đã và đang chuyển mình theo su thế phát
triển của nền GD thế giới, đó là cuộc cánh mạng đổi mới chơng trình, nội dung sách
giáo khoa và đổi mới phơng pháp giảng dạy trong các cấp học: Tiểu học, THCS, THPT.
Gần đây nhất một cuộc cánh mạng mới đang bừng sáng trong lĩnh vực giáo dục đó là
cuộc vận động hai khơng : “ Nói khơng với tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích
trong giáo dục ” của Bộ Trởng bộ GD-ĐT Nguyễn Thiện Nhân. Tất cả những sự thay
đổi đó đều nhằm mục đích phục vụ cho sự phát triển bền vững của đất nớc, để góp
phần vào sự phát triển của nền giáo dục Việt Nam. Mỗi thày cô giáo là một yếu tố
không thể thiếu, bằng lơng tâm, khối óc và trách nhiệm trớc sự trờng tồn của cả một
dân tộc cần phải phấn đấu hết sức mình, cống hiến hết sức lực và trí tuệ của mình
nhằm dìu dắt thế hệ trẻ Việt Nam vững bớc xây dựng thiên niên kỷ mới với một hành
trang tri thức vững vàng. Trong nội dung sáng kiến này tôi chỉ xin đề cập đến một
phần rất nhỏ của hành trang tri thức ấy đó là: “Biện pháp duy trì bồi dỡng học sinh
giỏi mơn tốn lớp 9 ở trờng THCS ”.

II. Néi dung

A. C¬ së khoa häc.
1. C¬ së lý luËn:

Bồi dờng học sinh giỏi là một hoạt động khơng thể thiếu của ngành GD nói
chung và của các trờng THCS nói riêng. Đánh giá chất lợng một ngành học ngồi việc
nhìn vào chất lợng đại trà thì chất lợng mũi nhọn cũng góp phần khơng nhỏ.. Làm thế
nào để vừa duy trì chất lợng GD tồn diện vừa làm tốt cơng tác bồi dỡng học sinh giỏi.
Địi hỏi ngời thay phải đổi mới phơng pháp dạy và trò phải đổi mới phơng pháp học
phù hợp với su thế phát triển chung của nền GD thế giới. Nếu chỉ trang bị cho HS các
kiến thức đơn thuần sách giáo khoa thì tầm nhìn học sinh bị hạn chế. Nếu nền tảng
kiến thức từ cấp THCS của học sinh không vững, khơng sâu, khả năng t duy kém phát
triển thì thế hệ trẻ Việt Nam thì sẽ khó bắt nhịp đợc với tốc độ phát triển đến chóng
mặt của khu vực và thế giới. Vì vậy việc giáo dục tồn diện cũng nh bồi dỡng HSG ở
trờng THCS là việc làm không thể thiếu, là điều kiện giúp các em thực hiện đợc lời
dặn dò đau đáu của Bác Hồ vị cha già kính yêu lúc sinh thời đã dạy: “ Non sơng Việ
Nam có trở nên tơi đẹp hay khơng dân tộc Việt nam có bớc tới đài vinh quang để sánh
vai với các cờng quốc năm châu hay khơng chính là nhờ 1 phần lớn ở cơng học tập
của các em ”.

2. C¬ së thùc tiƠn:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

tập đã cung cấp thì để bồi dỡng đợc HSG mơn tốn 9. Giáo viên có thể định hớng cho
học sinh tìm hiểu sâu hơn một số chuyên đề đối với cả 3 bộ môn: Số học, Đại số, Hình
học nh sau:

2.1. Đối với mơn số học cần tìm hiểu thêm một số chun đề:

- Sè nguyªn tố, hợp số, số chính phơng chia hết trong tập số nguyên và phơng
trình nghiệm nguyên.

2.2. i vi mụn i số cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:

- Hằng đẳng thức và 1 số phép biến đổi hằng đẳng thức.

- Phân tích đa thức thành nhân tử và ứng dụng.

- Bất đẳng thức, bất phơng trình và ứng dụng.
- Phng trỡnh, h phng trỡnh.

- Tính giá trị biểu thức cã ®iỊu kiƯn.

- Bài tập cực trị đại số ( có điều kiện hoặc khơng có điều kiện).

2.3. Đối với mơn hình học cần tìm hiểu thêm một số chun đề:

- Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng.
- Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp.
- Bài tập cực trị độ dài, diện tích.

- Bµi tËp q tÝch.

B. Néi dung cơ thĨ:

Để khai thác đợc các bất đẳng thức trong quá trình bồi dỡng HSG giáo viên cần
giới thiệu để học sinh nắm chắc và hiểu rõ cơ sở lí thuyết về bất đẳng thức.

1

. C¬ së lÝ thuyÕt

I.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức:

Cho 2 sè a, b. ta cã: - a lín h¬n b ( a > b ) nÕu a-b > 0
- a nhá h¬n b ( a < b ) nếu a-b < 0

- a lớn hơn hoặc bằng b ( a  b ) nÕu a -b  0
- a nhỏ hơn hoặc bằng b ( a b ) nÕu a-b  0

1.2 Các tính chất của bất đẳng thức:

1.2.1 a > b <=> b < a 1.2.7

ac

bc

b

c

a













0

1.2.2 b c a c

b
a










1.2.8

ac

bd

d

c

b

a



















0

1.2.3 a > b => a + c > b + c 1.2.9 a > b > 0 => an > bn

a > b <=> an > bn ( n lỴ)

1.2.4

a

c

b

d

c

b

a

















</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1.2.5

a

c

b

d

c

b

a



















1.2.10. m > n > 0 th× a > 1 => am > an

a = 1 => am = an

0 < a < 1 => am > an

1.2.6

b

a

ab

b

a

1

0 











1.3 Các hằng bất đẳng thức.

1.3.1 a2  0: - a2  0 a

1.3.2 a 0 dÊu “=” x¶y ra : a = 0
1.3.3 - a aa dÊu “=” x¶y ra : a = 0

1.3.4 ab a b dÊu “=” x¶y ra : ab 0

1.3.5 a b a  b dÊu “=” x¶y ra : ab 0 vµ a b

1.4 Một số bất đẳng thức thờng sử dụng

1.4.1 Bất đẳng thức côsi.

a + b 2 ab (víi a 0; b 0) dÊu “=” x¶y ra: a = b.
* HƯ qu¶ 1:

b
a
b
a  

4
1
1

( ab > 0)
* HƯ qu¶ 2:

b

a

a
b

 2 ( ab > 0)
1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia Cốpxki.

( ax + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) dÊu “=” x¶y ra: ay = bx.

1.5 Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức.

Có rất nhiều phơng pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phơng pháp nào là
tuỳ thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ năng nhận biết của
học sinh. Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện các kĩ năng tốn và các thao
tác trí tuệ tơi đã hớng dẫn học sinh nghiên cứu 7 phơng pháp chứng minh bất đẳng
thức

1.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.

- Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0
1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( víi a, b, x, y



R )

XÐt hiƯu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)

= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2

= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0

DÊu “=” x¶y ra : ay = bx.

VËy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( víi a, b, x, y



R )

DÊu “=” xảy ra ay = bx (điều phải chứng minh)

1.5.2. Dùng phép biến đổi tơng đơng.

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

a/ ab a b (1)

 2

b

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 a2 + 2ab + b 2  a2 + 2 ab + b2

 ab  ab (2)

Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng.
Vậy ab a b , dấu “=” xảy ra : ab 0.

b/ Chứng minh bất đẳng thức:

b
a

b

a   (3)

Nếu a < b bất đẳng thức (3) luôn đúng.

NÕu a  b th×

b
a
b

a    a2 - 2ab + b2  a2 - 2 ab + b2
 -ab  ab  ab ab (4)

Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng.
Vậy: a b a  b dấu “=” xảy ra: ab 0,a b

1.5. Sử dụng tính chất của bất đẳng thức.

VÝ dô: cho a + b > 1 chøng minh r»ng a4 + b4 > 
8
1

Ta cã: a + b > 1 > 0

 (a + b)2 > 1 (bình phơng 2 vế không âm)

a2 + 2ab + b 2 > 1 (1)

Mặt khác: (a - b)2 0 a2 - 2ab + b 2  0 (2)

Tõ (1)(2): 2(a2+ b2) > 1  a2+ b2 >

2
1

(3)
 (a2+ b2) >

4
1

(bình phơng 2 vế (3))

a4 + 2a2 b2 + b 4 > 
4
1

(4)

Mµ (a2- b2)2  0   a4 - 2a2 b2 + b 4  0 (5)

Tõ (4)(5): 2(a4+ b4) > 
4
1

 a4+ b4 > 
8
1

VËy: a + b > 1 => a4+ b4 > 
8
1

(*)

I.5.4 Phơng pháp làm trội: muốn chứng minh A 
 ( A < C) råi chøng minh C < B.

VÝ dô: Cho a, b, c > 0. M =

a
c

c
c
b

b
c
a

a







Chøng minh: 1 < M < 2
V× a, b, c > 0. Ta cã:

















c
b

a

c
c

a
c

c
b
a

b
c

b
b

c
b
a

a
b

a
a






a
c

c
c
b

b
c
a

a






 >a b c

c
b
a






= 1

VËy M > 1. (1)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

b
a

a

 < 1  a b c

c
a
c
c
b
a

a





  

T¬ng tù:

c
b
a

a
b
c
b

b





 

c
b
a

b
c
a
c

c





 

Céng vÕ víi vÕ ta cã:

a
c

c
c
b

b
c
a

a






 < a b c

c
b

a






 )

(
2

VËy M < 2. (2)

Tõ (1), (2): 1 < M < 2 (víi a, b, c > 0)

1.5.5 Dùng Phơng pháp phản chứng:

Ví dụ: Cho a2+ b2  2 Chøng minh r»ng a + b 2

Giả sử: a + b > 2 (bình ph¬ng 2 vÕ)

 (a + b)2 > 4

 a2 + 2ab + b 2 > 4 (1)

Mặt khác:

(a - b)2 0 a2 - 2ab + b 2  0

 a2+ b2  2ab => 2(a2+ b2 )  a2 + 2ab + b 2

a2+ b2  2 (gi¶ thiÕt) => 2(a2+ b2 )  4

=> a2 + 2ab + b 2  4` (2)

Bất đẳng thức (1) và (2) mâu thuẫn => giả sử sai.
Vậy a2+ b2  2 thì a + b 2

1.5.6 Phơng pháp quy nạp toán học:

Ví dơ: Chøng minh r»ng víi x > -1 th× (1 + x)n 1 + nx (víi n



Z, n > 0)

* Víi n = l ta cã: 1 + x l + x

* Giả sử đúng với n = k (k nguyên dơng)

(l + x)k

 l + kx (1)

* PhảI chứng minh đúng với n = k + l.
(l + x)k+1

 l + (k + 1)x

ThËt vËy: (1+x) >0 (gt)

(1 + x)(l + x)k

 ( l +kx)(1 + x) ( nh©n 2 vÕ víi (1))

(l + x)k

 1 + x(k + l) + kx2

V× kx2  0 => l + (k + l)k + kx2  l + (k + l)x

=> (1 + x)k+l  l + (k + l)x

DÊu “=” x¶y ra: x = 0

1.5.7 Dïng phơng pháp hình học

Vớ d: Chng minh bt ng thc sau:

2
2
2
2 )(

(a c b c ) + (a2d2)(b2d2)  (a + b) (c + d ), trong đó a, b, c, d l cỏc
s thc dng.

Giải: Xét tứ giác ABCD cã ACBD, O lµ

giao điểm hai đờng chéo, OA = a, OB = b,
OC = c, OD = d với a, b, c, d là các số dơng

Theo định lí Py-ta-go:

AB = a2c2 ; BC = b2c2 ;

AD = a2 d2

 ; CD = b2d2 ;
AC = a + b ; BD = c + d

C
O

A c

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta cã: AB . BC  2 SABC ; AD . CD  2 SADC

 AB . BC + AD . CD  2 SABCD = AC . BD

VËy (a2 c2)(b2 c2



 ) + (a2d2)(b2d2)  (a + b) (c + d ) với a, b, c, d 0
Có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhicốp xki để chứng minh bất đẳng thức trên.

2. Néi dung bµI tËp:

Bớc phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với trình độ

học sinh, giúp học sinh hình thành đợc cách giải bài tập và đa ra đợc nhiều phơng án
giải, phát triển khả năng t duy lơ gíc, hỗ trợ việc tự học, tự nghiên cứu của học sinh
trong q trình ơn luyện. Đối với học sinh THCS tạm thời phân thành bốn dạng cơ bản
sau:

2.1. Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức:

2.1.1 Chứng minh bất đẳng thức: x4 – x +

2
1

> 0
Ta cã: : x4 – x +

2
1

= : x4 – x2 +

4
1

+ x2 – x +

= (x2 -

2
1

)2 + (x -

2
1
)2











0
)
2
1
(
0
)

2
1
(
2
2
x
x

(x2 -

2
1

)2 + (x -

2
1

)2  0 (không thể xảy ra dấu bằng đồng thời)

vËy: x4 – x +

2
1

> 0

2.1.2. Chøng minh: x y x y





1 4

(víi x, y > 0)
XÐt hiƯu:
)
(
)
(
)
(
4
)
(
4
)
(
)
(
4
1

1 2 2 2

y
x
xy

y
x
y
x
xy
xy
xy
x
y
xy
y
x
xy
xy
t
x
x
y
x
y
y
x
y
x 


















 (V× x, y > 0)

VËy: :x y x y




1 4

víi x, y > 0

2.1.3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:

c
b
a
b

a
c
a
c
b
c
b
a
1
1
1
1
1
1












ta có: a + b > c, b + c > a, c + a > b (bất đẳng thức tam giác)

áp dụng hệ quả của bất đẳng thức cơsi:

b
b
a
c
b
c
b
a
a
c
b
c
b
a
2
2
4
4
1
1













 (1)
T¬ng tù:
c
b
a
c
a
c
b
2
1
1





 (2)
a
b
a
c
c
b
a
2
1
1






 (3)

Tõ (2)(2)(3): 2( 1 1 1 ) 2(1 1 1)

c
b
a
b
a
c
a
c
b
c
b

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

c
b
c
b
a
1
1
1
1
1
1












</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

a. A= n
n
1
.
...
4
1

3
1
2
1
4
3

3     < 4

1
Ta cã:
)
1
)(
)(
1
(
1
)
1
(
1
1
1
2
3
3







 k k k k k k

k
k
)1
(
)1
(
1
...
4.
3.
2
1
3.
2.
1
1
)1
)(
)(
1
(
1
1
...
4.

3.
2
1
3
1
3.
2.
1
1
2
1
3
3
3

n
n
n
A
n
n
n
n

Mặt khác: (n 1)2n(n 1) (n 11)n (n 11)n








)
)
1
(

1
)
1
(
1
...
4
.
3
1
3
.
2
1
3
.
2
1
2
.
1
1
(
2
1
)
1
(
)
1

(
1
...
4
.
3
.
2
1
3
.
2
.
1
1
n
n
n
n
n
n

n          




C =
4
1

)
1
(
2
1
4
1
)
1
(
1
2
.
1
1
2
1












n

n
n

n (víi  2)

Hay A <
4
1

 n

n
1
.
...
4
1
3
1
2
1
4
3

3     < 4

(víi  2)

b/ B = 1 +

1
2
1
...
3
1
2
1




 n < n

B = 1 + 





































 
1
2
1
...
2
1

...
15
1
...
2
1
7
1
6
1
4
1
2
1
3
1
2
1
1
3

2 n n















 1
1
1
2
3
2
1
.
2
1
2
1
...
2
1
.
...
2
1
.
4
7
1
6

1
5
1
2
1
2
1
.
2
3
1
2
1
n
n
n
n

A < 1+ 1

1.2

2
1
...
2
.
2
1 




 n n

VËy 1 +

1
2
1
...
3
1
2
1




 n < n (n víi nN vµ n  2)

2.1.5. Cho x  0, y  0, z  0 Chøng minh r»ng:

(x + y)(y + z)(z + x )  8xyz (1)

 (x + y)2(y + z)2(z + x )2 64x2y2z2 (bình phơng 2 vế không âm)

(x + y)2 4xy (bt ng thc cụsi)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

(x + z)2  4zx (bất đẳng thức côsi)

=> (x + y)2(y + z)2(z + x )2  64x2y2z2 => bất đẳng thức (1) ln đúng

(víi x  0, y  0, z  0 )

2.1.6. a) Chứng minh rằng nZ dơng thì: A =

2
1
2
2
...
3
1
2
1
1
1

n n n

n

(§Ị thi häc sinh giái cÊp tØnh 2005-2006 tỉnh Hoà Bình)

Vì nZdơng => 1;2;3; n-1< n

Ta có:

n
n
n
n
n
n
n
n
2
1

1
2
1
...
2
1
2
1
2
1
1
1
1
=>
n
n
n
n
n
n
n
n 2
1
...
2
1
2
1
2
1

1
2
2
...
3
1
2
1
1
1














D·y gåm n sè h¹ng => A .> n.

n
2
1
=

2
1
VËy:
2
1
2
2
...
3
1
2
1
1
1








 n n n

n (víi mäi 0 < n



b) CMR: tån t¹i mét sè tự nhiên n sao cho ... 1 2006

3
1

2
1

n
Cách1:
2
1

2
1
2
1
2
.
2
1
2
1
3
1
4
1
3
1
2

2 




2
1
2
.
2
1
2
1
...
6
1
5
1 2
3

3  




.
………
2006
2
1
.

4012
2
1
...
3
1
2
1
2
1
2
.
2
1
2
1
...
1
2
1
4012
4011
4012
4012
4010












VËy tån t¹i n



N (n  24210 thảo mÃn điều kiện ... 1 2006

3
1
2
1

n

Cách 2: Dựa vào kếtquả phần a ta có:
2

2n Sn

S

với mọi 0 < n

z . Đẳng thức xảy ra  n =1

Do đó



   











2
1
.
4012
... 4012 4011
1

1 1 2 2 2 2

2  S  S  S  S S 
S

=> S24012 S 1 2006 => 2006

2
1
...
3
1
2
1
4012 




VËy tån t¹i n



N  24012

2.1.7. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:

abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c) (1)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Đặt b + c a = y , a + c – b = x, a + b – c= z

áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz (với x, y, z  0 )

Ta cã: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b] 
 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

 2c.2b.2a  8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

abc  (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)

2.1.8. Cho a+b+c =1 chøng minh r»ng a2 + b2 + c2

3
1
Đặt a =

3
1

+ x , b =
3
1

+ y , c =

3
1

+ z
Do a+b+c=1 => x + y + z = 0

a2 + b2 + c2 = (

3
1

+ x)2 + (

3
1

+ y)2 + (

3
1

+ z)2 =

3
1

+
3
2

(x + y + z) + x2 + y2 + z2

=
3
1

+ x2 + y2 + z2 

3
1

. DÊu “=” x¶y ra: x = y = z = 0.
 a = b = c =

3
1

2.1.9. Cho a + b + c + d = 2 chøng minh r»ng : a2 + b2 + c2 + d2

 1
Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki

(a + b + c + d)2

 (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 ) (1)

mµ a + b + c + d = 2 (2)

Tõ (1)(2): 4  4(a2 + b2 + c2 + d2)

 1  a2 + b2 + c2 + d2 dÊu “=”x¶y ra  a = b = c = d =

2
1 .
Cách 2: Đặt a =

2
1

+ x
b =

2
1

+ y
c =

2
1

+ z
d =

2
1

+ t

 x + y + z + t = 0 (v× a + b + c + d = 2 )

 a2 + b2 + c2 + d2 = (

2
1

+ x)2 + (

2
1

+ y)2 + (

2
1

+ z)2 + (

2
1

+ t)2

= 1 + ( x + y + z + t ) + x2 + y2 + z2 + t2

 1

 dÊu “=”x¶y ra: x = y = z = t  a = b = c =d =
2
1
2.1.10. NÕu a1 + a2 + …..+ an = k th× a12 + a22 + ..+ an2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Đặt:

n

n x

n
k
a

x
n
k
a

...
2
2

1
1

x1 + x2 + …..+ xn = 0

a12 + a22 + …..+ an2 = (

n
k

+ x1)2 + (

n
k

+ x2)2 + ……+(

n
k

+ xn)2

= 22

n
k

.n + 2.

n
k

( x1 + x2 + …..+ xn ) + (x12 + x22 + …..+ xn2)

a12 + a22 + …..+ an2 n

k2

(®pcm)

21.11. Chứng minh rằng: a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giỏc thỡ

a
c
c
b
b

a

1
;
1
;
1

cũng là 3 cạnh của 1 tam gi¸c

Ta có: a + b > c; : b + c > a; : a + c > b (bất đẳng thức tam giác)
xét

c
a
c
a
c
a
c
b
a
a
c

b
c
b
a
c
b
b

a                 

1
2

2
1

1
1

T¬ng tù:

a
c
b
a
b

c

c
b
a
c
a
b

1
1

Vậy với a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì

a
c
c
b
b

a

1
;
1
;
1

cũng là cạnh của tam gi¸c.

2.2. áp dung bất đẳng thức để giải phơng trình.

2.2.1. Giải phơng trình: x2 + y2 + z2 = x(y + z)

Bài toán quy vÒ chøng minh: x2 + y2 + z2  x(y + z) dÊu “=” khi nµo ?

Ta cã: x2 + y2 + z2

 x(y + z) (1)

 x2 + y2 + z2 – xy – xz  0

 2x2 +2y2 +2z2 –2xy – 2xz

 0

 (x2 + y2 – 2xy)+( x2 + z2 – 2xz) + x2 + y2 + z2  0

 (x - y)2 + (x - z)2 + y2+ z2  0 (2)

Bất đẳng thức (2) đúng mọi x,y,z => bất đẳng thức (1) đúng.
Dấu “=”xảy ra: x = y = z = 0

Vậy nghiệm của phơng trình là: x = y = z = 0

2.2.2. Giải phơng trình
7

6
3 2

x

x + 5 2 10 21



 x

x = 5 – 2x – x2 (1)

 3( 1)2 4




x + 5( 1)2 16



x = 6 - (x + 1)2

v× 3(x + 1)2  0, 5(x + 1)2  0 nªn 3(x1)2 4  4 = 2
5( 1)2 16




x  16 = 4

VT: 3( 1)2 4




x + 5( 1)2 16




</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

VP: 6 - (x + 1)2 6

Đẳng thức (1) chỉ xảy ra cả 2 vế bẳng 6

5 – 2x – x2 = 6

x2 + 2x +1 = 0  (x + 1)2 = 0  x = -1

vậy nghiệm cuả phơng trình (1) là x = -1
2.2.3. Tìm nghiệm của phơng trình:
(x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)

áp dụng bất đẳng thức Bunhia cơpxki ta có:

(x + y + 1)2  (1 + 1 +1)(x2 + y2 + 1)  x + y + 1)2  3(x2 + y2 + 1)
DÊu “=”x¶y ra: x = y = 1.

VËy nghiệm cuả phơng trình là: x = y = 1.

2.2.4. Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

2;3

3
1
3
1
1
1
1

x x

x
z
y
x
x

+) x = 2. Ta cã: 1121 1 11 21

z
y
z

y

=> 1 122  2y4y3;4

y
y

6
6

1
1
3
;

2     

 z

z
y

x

+) x = 2, y = 4 =>
4

4
1
1




 z

z

+) x=3 => 1 1 1 32

3
1
1
1








z
y
z

y

=> 1 322 32y6 32y3y2;3

y
y

+) x = 3; y = 2 => 1 1 6

1
3
1






 z

z

+) x = 3; y = 3 => 1 1 3

3
1
3
1






 z

z

vËy nghiÖm cuả phơng trình là: (x,y,z) = (2;3;6); (2;4;4); (3;3;3) và các hoán vị.

2.2.5. Chứng minh rằng phơng trình: x12 xy1 y12 1 (1)

không có nghiệm nguyên dơng.
Giả sử: 0 < x y =>  

y
x

1
1

2
2

1
1
1

y
xy

x    2

x  1< 2

x

Thư víi x = 1 không phải là nghiệm của phơng trình (1) nên nghiệm nguyên dơng nếu
có phải thoả mÃn x2 > 1.

Vậy 1  x2  3 kh«ng cã sè 0 < x



Z nào thoả mÃn điều kiẹn trên nên phơng trình
không có nghiệm nguyên dơng.

2.3. ỏp dng bt ng thc tỡm cực trị:

2.3.1.a/ Chứng minh bất đẳng thức:

a2 b2c2 d2

bd

ac    (1)

b/ BiÕt x2 + y2 = 52. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thøc A = 2x+3y

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 2 2 2 22

d
c
b
a
bd

ac   

 (ac)2 + (bd)2 + 2abcd  (ac)2 + (bd)2 + (bc)2 + (bd)2

 (ad)2 – 2abcd + (bc)2  0

 (ad - bc)  0 (2)

Bất đẳng thức (2) luôn đúng.

=> Bất đẳng thức (1) đúng. Dấu “=”xảy ra: ad = bc

c/ A 2x3y  22 32x2y2 (áp dụng bất đẳng thức (1))

 2x3y  13.52 (V× x2 + y2 = 52)
 2x3y  26

 -26  2x + 3y  26

VËy A(max) = 26  3x = 2y  x y t

3
2

452

529

3

2

22 22















tt

yx

ty

tx

 t2 = 4  t 2

* t = 2 => x = 4

y = 6

* t = 3 => x = -4 => A(max) = 26  x = 4, y = 6 (x, y cïng dÊu)

y = -6

A(min) = -26  x = -4 , y = -6

2.3.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
B = 1992 x2 1994 x2






Ta có: B = 1993 x 1994 x = 1993 x 1994 x
áp dụng bất đẳng thức: ab a b

B = 1993 x 1994 x  1993 xx 1994 = 1
B(min) = 1  (1993 – x )( x – 1994 )  0

1993 x 1994

2.3.3. Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc:

a/ A = x100 – 10x10 + 10 (xR)

b/ Cho 3 sè thùc: x, y, z  0 tho¶ m·n x1997 + y1997 + z1997 = 3

T×m Max S = x2 + y2 + z2

Lêi gi¶i:

a/ xR => x100  0

áp dụng bất đẳng thức cơsi với 10 ta có:
x100 + 1+1+…+1  1010x10 = 10x10

9 sè1
A = x100

+ 9 - 10x10  0 => x100 – 10x10 + 10  1
A(min) = 1  x = 1.

b/ áp dụng bất đẳng thức cơsi cho 1997 số trong đó 1995 số bằng 1 và 2 số 
bằng x1997

Ta cã 1997 1997



1997



1997
.
2
1995

x
x




</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

T¬ng tù:  

1997
.
2
1995 y1997




1997

.
2
1995 z1997

=> 1995.3 + 2 ( x1997 + y1997 + z1997 )  x2 + y2 + z2
1997

 3  x2 + y2 + z2 = S
VËy: S(max) = 3  x = y = z = 1

2.3.4. Cho x, y, z > 0 thoả mãn bất đẳng thức:

2xyz + xy + yz + xz 1. Tìm giá trị lớn nhất của xyz ?

Lêi gi¶i:

Do x, y, z > 0 áp dụng bất đẳng thức cơsi với 4 số dơng ta có 
1  2xyz + xy + yz + xz  44 2xyz.xy.yz.xz dấu “=”xảy ra

 2xyz = xy = yz = xz

1 44 2x3y3z3

 








 2x3y3z3

 xyz3  3 xyz

152
1
8
1
152

vËy xyz(max) =

8
1

 2xyz = xy = yz = xz  x = y = z =

2
1

2.4 áp dụng bất đẳng thức vào bài tập hình

2.4.1

Tõ
B kỴ Bx // AD, Bx



 AB = AE

AD // BE =>

c
b
BEb
x
c
b

b
BE

x







Trong ABE cã BE < AB + AE = 2c

Suy ra:











c
b
x

1
1
2
1
1

T¬ng tù: 










b
a
y

1
1
2
1
1

=> x <

c
b

bc



=>1x1y1za11b1c

D

B

A

E

C

b

ABC Các cạnh lần l ợt là a,b,c

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

ABC cạnh a,b,c nội tiếp đ ờng GT
(O,R) IKBC; IFAC;IEAB

IK=x; IF = y; IE = z

KL 

B K H

E F

D
I












c
a
z

1
1
2
1
1

2.4.2

Gäi
S lµ diƯn tÝch cđa  ABC

Kẻ đờng kính AD, AH  BC tại H

ACD



AHB

AB
AD
AH

AC

  AC. AB = AH. AD

hay AB.AC = 2R.AH

abc = 2R.a.HA  abc = 2R. 2S (1)

S

ABC

= S

AIB

+ S

BIC

+ S

CIA

=

2
2
2

yb
ax
cz




=> 2S = ax+ by + cz

(2)

Tõ (1)





R
c
b
a
abc

S
c
b
a

2
2 2 2 2

2
2








(3)

Tõ (2)(3):

abc

cz
by
ax
ca
bc
ab
abc

cz
by
ax
c
b

a
R

c
b

a ( )( ) ( )( )

2
2
2
2
2
2

















(*)

(v× a

+ b

+ c

2 

ab + bc + ca )

MỈt kh¸c:

( )( ) 1 1 1 (ax by cz)

b
a
c
abc

cz
by
ax
ca
bc
ab




















Vì a, b, c > 0; x, y, z > 0.

á

p dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki

 2  2  2





2
2

1
1
1

2 c ax by cz x y z

b

a   






  














(**)

Tõ (*)(**): x y z

R
c
b
a








2
2
2

2.4.3

Chøng minh

ABC cã diÖn tÝch S, hcn:MNPQ
néi tiÕp ABC cã diÖn tÝch S,

M AB, N AC, P, Q BC
KL S 2S

B C

N
M

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Kẻ AHBC tại H S = 21 AH. BC

S1 = MN. MQ

Mặt khác: MN // BC, MQ // AH ( MNPQ lµ hcn, MQ; AH BC )











AB
AM
BC
MN

AB
BM
AH
MQ

 . 2

.
.

AB
AM
BM
BC

AH
MN
MQ





)
.
(
1

2 BM AM

AB

2( 2 )

1 BM AM
AB

 (áp dụng bất đẳng thức Cô Si)

4
.
1
.

. 2

2
AB
AB
BC

AH
MN
MQ

 hay 1 4 2 1

2S S S

S

C. Hiệu quả của sáng kiến

Sỏng kin này đã đợc áp dụng tại trờng THCS trong nhiều năm. Đối tợng nghiên
cứu là học sinh có năng khiếu mơn tốn ở lớp 8, lớp 9. Đến năm học 2006 – 2007
sáng kiến đã hoàn thiện cơ bản về nội dung và phơng pháp.

Kết quả đạt học sinh giỏi các cấp ba năm học từ 2004 đến 2007 nh sau:

Năm học Học sinh dự thi §¹t giái hun §¹t giái tØnh

2004 - 2005 5 5 4

2005 - 2006 5 5 5

2006 - 2007 6 6 5

III. KÕt luËn

Qua nhiều năm áp dụng biện pháp trên trong bồi dõng học sinh giỏi tôi thu đợc
kết quả rất khả quan. Học sinh đã có cơ sở để phân loại hệ thống bài tập theo từng
chuyên đề trong q trình ơn luyện, các em đã nhìn nhận bộ mơn tốn thiện cảm hơn
và say mê tìm tòi, tự phát hiện cách giải các dạng bài tập tốn, rèn khả năng t duy lơ
gíc, sáng tạo, kỹ năng giải tốn, hình thành hệ thống kiến thức từ thấp đến cao, từ đơn
giản đến phức tạp. Biến quá trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo. hơn nữa trong q
trình tìm tịi để hớng dẫn cho học sinh ôn luyện bản thân tôi cũng đợc cọ sát với chơng
trình nâng cao ngồi sách giáo khoa, đào sâu thêm kiến thức, bổ sung vào những thiếu

hụt kiến thức mà đến nay còn nhiều giáo viên vẫn mắc phải. Sự tìm tịi đó cũng góp
phần khơng nhỏ vào việc trang bị hành trang tri thức để học sinh vững bớc vào thiên
niên kỷ mới, thiên niên kỷ của khoa học công nghệ phát triển.

Bồi dỡng học sinh giỏi là cả một q trình để có một học sinh giỏi mơn tốn nói
riêng và học sinh giỏi nói chung đó là sự khổ cơng rèn luyện qua một q trình học tập
của trò cũng nh rèn rũa của ngời thày. Đối với mơn tốn ngời thày phải định hớng cho
học sinh thực hiện nghiên cứu lần lợt các chuyên đề và sau mỗi chuyên đề là hệ thống
bài tập đa dạng, giúp các em phát triển năng lực t duy sáng tạo.

Trên đây mới chỉ giới thiệu đợc một số dạng bài tập có liên quan đến “ Bất đẳng
thức” trong khi bồi dỡng học sinh giỏi để duy trì đợc chất lợng mũi nhọn mỗi giáo
viên cần phải có thời gian và đội ngũ học trị ham học, thơng minh. Ngời thày phải
luôn ý thức tự học tự bồi dỡng để nâng cao tay nghề.

* Mét sè tµi liƯu tham khảo

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

- 400 bàI tập Đại số Số học ( tác giả: Vũ Dơng Thuỵ)
- Bồi dỡng chuyên toán cấp 2-3 ( tác giả: Nguyễn Vũ Thanh )
- 255-225 bài tập hình ( tác giả: Vũ Dơng Thuỵ)

- Tạp chí trung học phổ thông Toán học tuổi trẻ cùng một số tài liệu khác

* Một sè kiÕn nghÞ:

- Đề nghị Sở GD mở nhiều chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi để giáo viên các
huyện đợc trao đổi học hỏi kinh nghiệm.

- Đề nghị phòng GD đầu t hơn nữa về tài liệu tham khảo cho giáo viên, thời gian
ôn luyện, các chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi.

- Đề nghị mỗi nhà trờng quan tâm hơn đến chất lợng mũi nhọn tạo điều kiện để
giáo viên có thời gian tự học và có cơ hi ụn luyn tt.

, ngày.. tháng.. năm 2007
Ngời viết

Xác nhận của hội đồng thi Đua trờng

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17></div>

SKKNBGHSGtoan9

<i><b>Duy trì bồi dỡng học sinh giỏi mơn tốn </b></i>

<i>ac</i>

<i>bc</i>

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>a</i>















0

<i>ac</i>

<i>bd</i>

<i>d</i>

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>a</i>



















0

0

<i>a</i>

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>d</i>

<i>d</i>

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>a</i>



















<i>a</i>

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>d</i>

<i>d</i>

<i>c</i>

<i>b</i>

<i>a</i>



















<i>b</i>

<i>a</i>

<i>ab</i>

<i>b</i>

<i>a</i>

<sub>1</sub>

<sub>1</sub>

0

<sub></sub>









