SKKN Hướng dẫn học sinh tìm hướng giải quyết các bài toán bất đẳng thức

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HOẰNG HOÁ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
HƯỚNG DẪN HỌC SINH TÌM HƯỚNG GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
 Người thực hiện: Nguyễn Thị Hương
 Chức vụ: Giáo viên
 Đơn vị: Trường THCS Hoằng Thắng
 SKKN MÔN: TOÁN
THANH HÓA NĂM 2017
Mục lục
Nội dung
Trang
1. Mở đầu
1
1.1. Lí do chọn đề tài
1
1.2. Mục đích nghiên cứu
1
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1
2. Nội dung
1
2.1 Cơ sở lí luận
1, 2
2.2 Thực trạng vần đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2-9
2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
9
3. Kết luận, đề xuất
10
Các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã được hội đồng đánh giá xếp loại
11
1. Mở đầu
1.1 Lý do chọn đề tài.
Trong dạy học toán, việc hướng dẫn học sinh tìm hướng giải bài toán là một việc làm quan trọng mà mỗi giáo viên cần phải có ý thức thực hiện.
	“Hướng dẫn học sinh tìm hướng giải quyết các bài toán bất đẳng thức” không phải là công việc dễ. Nó đòi hỏi người giáo viên phải có một sự hiểu biết, có lòng nhiệt huyết và có những nguyên tắc đúng đắn. Đứng trước một bài toán nếu giáo viên biết cách khéo léo hướng dẫn thì người học có cảm giác tự mình có thể làm được bài tập đó, gây hứng thú cho người học. Được sự hướng dẫn tìm tòi lời giải của giáo viên, học sinh sẽ có một cách hiểu biết không những về bài toán mình đang làm mà cả những bài toán có dạng tương tự.
Mỗi một bài toán có một nội dung toán học đòi hỏi trình độ tư duy khác nhau của học sinh. Do đó cũng đòi hỏi người giáo viên một sự hướng dẫn tìm tòi lời giải theo những hướng khác nhau.
Để giải bài toán bất đẳng thức, học sinh phải thực sự tư duy, đào sâu suy nghĩ để tìm ra hướng đi. Sau khi tìm được hướng đi học sinh sẽ cảm thấy yêu thích môn toán hơn. Đây chính là lý do tôi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh tìm hướng giải quyết các bài toán bất đẳng thức”
1.2. Mục đích nghiên cứu: 
Để giúp học sinh có cái nhìn tổng quát hơn về giải toán bất đẳng thức. Rèn cho học sinh khả năng phân tích xem xét bài toán. Mặt khác cần khuyến khích học sinh tìm hiểu cách giải, để học sinh phát huy được khả năng tư duy linh hoạt, nhạy bén khi giải bất đẳng thức, tạo được lòng say mê sáng tạo, ngày càng tự tin, không còn tâm lý ngại ngùng đối với việc giải bài toán bất đẳng thức. Giúp giáo viên tìm ra phương pháp dạy phù hợp với mọi đối tượng học sinh, làm cho học sinh có thêm hứng thú khi học môn toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9 – Trường THCS Hoằng Thắng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu qua tài liệu, SGK, SGV, SBT Toán 8, 9
- Nghiên cứu tài liệu có liên quan đến bất đẳng thức.
- Nghiên cứu qua thực hành trên lớp qua bài giải của học sinh
Bằng phương pháp thực nghiệm trên cơ sở học sinh khá giỏi lớp 9A và các phương pháp khác: Phương pháp quan sát, phương pháp điều tra giáo dục, phương pháp nghiên cứu sản phẩm hoạt động, phương pháp nghiên cứu tổng kết kinh nghiệm gíáo dục, phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Xuất phát từ tầm quan trọng của bài tập trong dạy học toán và giúp học sinh hứng thú học toán, tìm ra những điều thú vị trong toán học, từ đó nắm vững kiến thức để vận dụng vào cuộc sống một cách thiết thực và có hiệu quả.
Thông qua việc “Hướng dẫn học sinh tìm hướng giải quyết các bài toán bất đẳng thức” sẽ giúp các em củng cố, đào sâu, mở rộng kiến thức. Đây là việc làm cần thiết của giáo viên dạy bộ môn toán.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua thực tế giảng dạy, trao đổi với đồng nghiệp, tôi thấy nguyên nhân dẫn đến việc học sinh ngại giải bài tập bất đẳng thức là do:
- Lúng túng trong việc xác định hướng giải. 
- Khả năng liên hệ giữa các mạch kiến thức còn yếu
- Chưa biết phân tích đề bài để tìm ra các phương pháp giải khác nhau
- Chưa nắm vững kiến thức cần thiết hỗ trợ khi giải bài tập
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
- Trước hết giúp học sinh biết hệ thống hoá kiến thức đã học, tìm được mối liên hệ giữa kiến thức này với kiến thức khác thông qua sơ đồ tư duy
- Giúp học sinh nắm vững trình tự để giải một bài tập toán
+ Bước 1: Đọc kĩ đề bài , nắm vững các dữ liệu, những điều đã biết, những điều phải tìm
+ Bước 2: Vạch kế hoạch giải: Tìm sự liên hệ giữa cái chưa biết và những cái đã biết. tìm ra các phương pháp giải khác nhau.
+ Bước 3: Thực hiện kế hoạch giải
+ Bước 4: Kiểm tra lại lời giải
	Bài tập 1
	Cho x, y, z là ba số thực tùy ý.
Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 –yz - 4x – 3y ≥ -7
	* Hướng giải quyết: 
	Vì trong đa thức có chứa các đơn thức x2; y2; z2; yz; 4x; 3y nên nghĩ đến vận dụng hằng đẳng thức (A ± B)2, thêm chút khéo léo giúp chúng ta đến: x2 + y2 + z2 –yz -4x – 3y = (x – 2)2 + (12y - z)2 + 34 (y - 12)2 – 7
	* Bài giải cụ thể: 
 x2 + y2 + z2 –yz - 4x – 3y
 = (x2 – 4x + 4) + (14y2 – yz + z2) + (34y2 – 3y + 3) -7
= (x – 2)2 + (12y - z)2 + 34 (y - 12)2 – 7 ≥ -7 với mọi x, y, z ∈ R (đpcm)
 * Nhận xét: Với định hướng cách giải như trên đa số học sinh khá giỏi đều giải được bài tập này. Các em bớt lo lắng, suy nghĩ là bài toán bất đẳng thức khó nên không thể giải được.
	Bài tập 2
	Cho các số a, b, c đều lớn hơn 254. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q = a2b- 5 +b2c- 5 + c2a- 5
	* Hướng giải quyết: 
	Từ biểu thức Q và các điều kiện a, b, c > 254
	⇔ 2a - 5 > 0; 2b - 5 > 0; 2c - 5 > 0
Giúp nghĩ đến vận dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương
	* Bài giải cụ thể:
Vì b > 254 ⇒ 2b>5 ⇒ 2b-5>0
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương, ta có
a2b- 5+ 2b – 5 ≥ 2a2b-5.(2b-5)
⇔ a2b- 5 + 2b – 5 ≥ 2a
⇔ a2b- 5 ≥ 2a - 2b + 5	(1)
Chứng minh tương tự ta có:
b2c- 5 ≥ 2b - 2c + 5	(2)
c2a- 5 ≥ 2c - 2a + 5	(3)
Từ (1), (2) và (3) ta có Q ≥ 15. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 25 (thích hợp)
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 15
 	*Nhận xét: 
	Đây là một bài toán khó của cấu trúc đề thi vào lớp 10, đề thi HSG lớp 9, đề thi học kỳ toán 9. Tuy nhiên với định hướng giải như trên đã góp phần tháo gỡ khó khăn cho các em.
	Bài tập 3: 
	Cho các số dương x,y,z. Chứng minh bất đẳng thức:
xy+z +yx+z + zx+y >2
	*Hướng giải quyết: 
	Các biểu thức dưới dấu căn của bất đẳng thức cần chứng minh giúp ta nghĩ đến:
x+(y+z) ≥ 2x(y+z)
y+(x+z) ≥ 2y(x+z)
z+(x+z) ≥ 2z(x+y)
Khéo léo sẽ giúp đến được xy+z +yx+z + zx+y >2
Tiếp tục tìm cách để xem dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
	* Bài giải cụ thể
	Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
x + (y + z) ≥ 2x(y+z)
Do đó:
1x(y+z) ≥ 2x+y+z ⇒ xy+z≥2xx+y+z (1)
Chứng minh tương tự ta có:
yz+x≥2yx+y+z (2)
zx+y≥2zx+y+z (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có
xy+z +yx+z + zx+y ≥ 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x=y+zy=z+xz=x+y ⇔ x + y + z = 0
Điều này vô lý vì x; y; z > 0
Dấu “=” không xảy ra. Vậy có
xy+z +yx+z + zx+y > 0
	* Nhận xét: Với bài toán này nếu không có định hướng giải của giáo viên thì số học sinh làm được rất ít. Nhưng với định hướng trên thì số lượng các em giải được tăng lên rõ rệt. 
	Bài tập 4
Cho ba số x, y, z thỏa mãn x,y,z ∈ -1;3x+y+z=3
Chứng minh rằng x2 + y2 + z2 ≤ 11
	*Hướng dẫn giải quyết: 
	Bí quyết để giải dạng bài toán này là khai thác điều kiện x,y,z ∈ -1;3 để từ đó ta có
(x + 1)(y + 1)(z + 1) + (3 – x)(3 – y)(3 – z) ≥ 0 giúp ta được lời giải bài toán
	* Bài giải cụ thể
Ta có x,y,z ∈ -1;3. Do đó -1 ≤ x ≤ 3
	-1 ≤ y ≤ 3
	-1 ≤ z ≤ 3
Suy ra (x + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ 0
Và (3 – x)(3 – y)(3 – z) ≥ 0
⇒ xyz + xy + yz + zx + x + y + z + 1≥ 0
Và 27 + 3xy + 3yz + 3zx – 9x – 9y – 9z –xyz ≥ 0
⇒ 2xy + 2yz + 2zx ≥ -2 (vì x + y + z = 3)
⇒ x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx ≥ x2 + y2 +z2 – 2
⇒ (x + y + z)2 ≥ x2 + y2 +z2 – 2
⇒ 32 ≥ x2 + y2 +z2 – 2
⇒ x2 + y2 + z2 ≤ 11 (đpcm)
	Ghi chú: 
	Bài toán tổng quát:
Cho x, y, z thỏa mãn x,y,z ∈ m;nx+y+z=p
(Với m, n, p thỏa mãn 2m + n ≤ p ≤ 2n + m
Chứng minh rằng x2 + y2 + z2 ≤ (m + n + p)2 + m2 + n2
	Bài tập 5
Cho a, b là các số dương thỏa mãn: a2 + 2b2 ≤ 3c2
Chứng minh: 1a+2b≥ 3c
	* Hướng giải quyết 
	Ta có bài toán quen thuộc: Cho x, y, z > 0
Chứng minh rằng 1x+ 1y+1z ≥9x+y+z giúp nghĩ đến 1a+ 1b ≥9a+2b do vậy chỉ còn tìm cách chứng minh 9a+2b≥3c là xong
	*Bài giải cụ thể
Ta có (a – b)2≥ 0 ⇒ a2 -2ab + b2 ≥ 0
⇒ 2a2 – 4ab + 2b2 ≥ 0
⇒ 2a2 – 5ab + 2b2 ≥ 9ab
⇒ (a + 2ab)(b + 2a) ≥ 9ab
⇒ 1a+1b≥9a+2b (1)
Mặt khác ta có
a+2b2 ≤ (a+2b)2+2(a-b)2 = 3a2+6b2 = 3(a2+2b2)
⇒ 9a+2b≥93(a2+2b2) 
Mà a2 + 2b2 ≤ 3c2 nên ta có 93(a2+2b2) ≥99c2 = 3c≥3c
Vì vậy ta có 93(a2+2b2)≥3c (2)
Từ (1) và (2) ta có 1a+2b≥ 3c (đpcm) 
	* Nhận xét: Bài toán này giáo viên định hướng cho học sinh tháo gỡ nút của bài thông qua bất đẳng thức quen thuộc. Dẫn đến việc giải bài toán nhẹ nhàng hơn nhiều.	
	Bài tập 6:
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ 1
a) Chứng minh rằng 11+x2+11+y2≤21+xy dấu “=” xảy ra khi nào
b) Chứng minh rằng 11+x2+11+y2≤21+xy dấu “=” xảy ra khi nào
	* Hướng giải quyết
a) Phương pháp biến đổi tương đương giúp có được lời giải bài toán
b) Vì có (11+x2+11+y2)2= 11+x2+11+y2+21+x2.1+y2
Do vậy áp dụng bất dẳng thức Côsi cho hai số dương và vận dụng câu a) cho ta lời giải bài toán
* Bài giải cụ thể:
a) 11+x2+11+y2≤21+xy ⇔ 11+xy-11+x2+11+xy-11+y2≥0
 ⇔ 1+x2-1-xy1+x2(1+xy)+1+y2-1-xy1+y2(1+xy)≥0 
⇔ x(x-y)1+x2(1+xy)+y(y-x)1+y2(1+xy)≥0
⇔ x(x-y)1+y2 + y(y-x)1+x2≥0
⇔ (x-y)x1+y2-y1+x2≥0
⇔ (x – y)(x + xy2 – y – x2y) ≥0
⇔ (x – y) x-y-xyx-y≥0
⇔ (x – y)2(1 – xy) ≥0 (Bất đẳng thức đúng vì (x – y)2 ≥0 và xy ≤ 1
⇔ 1 – xy ≥0
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y hoặc xy = 1
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương và vận dụng a), ta có
(11+x2+11+y2)2= 11+x2+11+y2+21+x2.1+y2 ≤ 11+x2+11+y2+11+x2+11+y2 ≤ 41+xy
⇒ 11+x2+11+y2 ≤ 21+xy Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y
* Nhận xét: GV hướng dẫn học sinh vận dụng kết quả câu a) vào giải quyết câu b) rất hay và dễ hiểu.
	Bài tập 7
Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1. Chứng minh:
P=a2+1.b2+1c2+1+b2+1.c2+1a2+1+c2+1.a2+1b2+1≥23
	*Hướng giải quyết:
Dễ dàng nhận ra từ ab + bc + ca = 1 giúp có được P = 2(a + b + c). Từ a, b, c dương và ab + bc + ca = 1; không khó khăn lắm để có được P≥23
	*Bài giải cụ thể:
Vì ab + bc + ca = 1. Ta có
a2 + 1 = a2 + ab + bc + ca = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c)
Tương tự ta có: b2 +1 = (a + b)(b + c); c2 + 1 = (a + c)(b + c)
Do đó: P = a2+1.b2+1c2+1+b2+1.c2+1a2+1+c2+1.a2+1b2+1
= (a+b)2 + (b+c)2 + (c+a)2 = a + b + b + c + c + a
= 2(a + b + c) = 2(a+b+c)2
= 212(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2+3 ≥23 
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 33
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 23
* Nhận xét: Với định hướng giải mà giáo viên gợi ý cho học sinh đã giúp các em tìm ra cách giải ngắn gọn, đơn giản. Đó là sự thành công của giáo viên trong việc dạy học giải toán ở trường THCS.	
	Bài tập 8
	Chứng minh bất đẳng thức:
11+2+13+4+15+6+.+ 179+80> 4
	* Hướng giải quyết
Việc phát hiện 11+2 > 12+3; 13+4 > 14+5 179+80 > 180+81 
Rồi “lồng ghép” vào tổng
11+2 + 12+3 ++ 180+81 = -1 + 81 thật đặc sắc
	*Bài giải cụ thể: 
Ta có 11+2 > 12+3 ; 13+4 > 14+5 ; ;179+80 > 180+81
Do đó 
11+2+13+4+15+6+.+ 179+80 
= 12 (11+2 + 11+2 + 13+4 + 13+4 ++179+80 + 179+80)
> 12(11+2 + 12+3 + 13+4 + 14+5 + +179+80+ 180+81)
= 12(2-1 + 3-2+4-3++80-79+81-80)
= 12 (-1+81) = 12 (-1 + 9) = 4
	Bài tập 9
Cho a, b, c là các số dương và a + b + c ≤ 1
Chứng minh rằng 1a2+2bc+1b2+2ca+1c2+2ab ≥9
	* Bài giải cụ thể 
Ta có a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1
⇒ 1≥ (a + b + c)2 ⇒ 1≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca
⇒ 9 ≥ 9(a2 + 2bc) + 9(b2 + 2ca) + 9(c2 + 2ab) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có
9(a2 + 2bc) + 1a2+2bc ≥ 9a2 + 2bc.1a2+2bc 
⇒ 9(a2 + 2bc) + 1a2+2bc ≥ 6 (2)
Tương tự có 9(b2 + 2ca) + 1b2+2ca ≥ 6 (3)
 9(c2 + 2ab) + 1c2+2ab ≥ 6 (4)
Từ (1), (2), (3) và (4) ta có 1a2+2bc+1b2+2ca+1c2+2ab ≥9
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =13
	Nhận xét:
	Dễ nhận ra phải giải bài toán này bằng cách vận dụng bất đẳng thức Cô-si. Việc dự đoán dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =13 gúp chúng ta điều chỉnh các hệ số thích hợp để có (2), (3) và (4)
	 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Số liệu điều tra trước và sau khi thực hiện đề tài
Thông qua khảo sát chất lượng học sinh khá giỏi của lớp 9 trong 2 năm học liên tiếp 2015-2016; 2016-2017 (số lượng: 10 em) ở dạng bài tập về chứng minh bất đẳng thức. Tôi đã thu được kết quả như sau:
Số học sinh tham gia
(10 em)
Năm học 2015-2016
Năm học 2016-2017
Số HS giải được
Tỉ lệ
Số HS giải được
Tỉ lệ
Khi chưa có sự định hướng giải của GV
2
30%
3
30%
Khi đã có sự định hướng giải của GV
5
50%
7
70%
Qua thực tế giảng dạy trong năm học 2015-2016; 2016 – 2017. Tôi đã áp dụng phương pháp này, kết quả là học sinh khá, giỏi lớp 9A hứng thú giải bài toán BĐT hơn, chất lượng học môn toán có chuyển biến tích cực. 
Các học sinh khác dù chưa giải được bài toán BĐT một cách hoàn chỉnh nhưng các em đã không còn ngại khi tiếp xúc với các bài toán dạng BĐT. Thông qua lời giải của cô giáo và các bạn, kết quả của từng em cũng đã được nâng lên rõ rệt.
3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Trên đây là kinh nghiệm của cá nhân tôi mà trong quá trình giảng dạy bộ môn toán ở bậc THCS tôi đã đúc kết được. Tôi mong rằng kinh nghiệm này của tôi được đồng nghiệp bổ sung, hoàn thiện và được áp dụng trong quá trình dạy học không chỉ ở môn toán mà còn ở trong các môn học khác.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác.
Người viết
Nguyễn Thị Hương
DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Hương
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên – Trường THCS Hoằng Thắng
TT
Tên đề tài SKKN
Cấp đánh giá xếp loại (Phòng, Sở, Tỉnh...)
Kết quả đánh giá xếp loại (A, B, hoặc C)
Năm học đánh giá xếp loại
1
Xây dựng cách tìm lời giải các bài Toán trong chương ôn tập và bổ túc số tự nhiên Toán 6
Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa
C
2004-2005
2
Giải bằng nhiều cách các bài Toán 9
Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa
B
2009-2010
3
Khơi dậy hứng thú học môn Hình học của HS THCS
Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa
C
2010-2011
4
Giải bằng nhiều cách một số Bất Đẳng thức
Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa
C
2011-2012
5
Ứng dụng định lý Ta lét vào chứng minh bài Toán Hình học 8
Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa
C
2012-2013
6
Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên cho HS THCS
Phòng GD&ĐT Hoằng Hóa
C
2014-2015