dàn âm thanh hội trường, âm thanh lớp học, âm thanh phòng họp, loa trợ giảng

SKKN Rèn luyện kỹ năng giải toán chủ đề Bất đẳng thức không đồng bậc cho học sinh khá giỏi trung học phổ thông

SKKN Rèn luyện kỹ năng giải toán chủ đề Bất đẳng thức không đồng bậc cho học sinh khá giỏi trung học phổ thông

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Toán jhọc jlà jmộtjmôn jkhoa jhọc jđóng jvai jtrò jrất jquan jtrọng jtrong jcác jngành
jkhoa jhọc.Trong jđó, jbất jđẳng jthức jlà jmột jtrong jnhững jmảng jkiến jthức jhay jvà jthú
jvị jnhất jcủa jtoán jhọc jđặc jbiệt jcủa jtoán jsơ jcấp. Việc jnghiên jcứu jvề jbất jđẳng jthức
jgiúp jtăng jcườngjtính jsáng jtạo, jkhả jnăng jgiảijquyếtjvấn jđề jvà jphát jtriểnjtưjduy. Lý
jthuyếtjcũngjnhưjcác jbàijtậpjvề jbấtjđẳng jthức jrấtjphong jphú jvà jđa jdạng.Trong jhầu
jhết jcác jkì jthi jhọc jsinh jgiỏijtoán, jcác jbất jđẳng jthức jđều jđược jđề jcập jvà jthuộc jloại
jtoán jkhó jhoặc jrất jkhó. Nhiều jbất jđẳng jthức jđã jtrở jthành jcông jcụ jđắc jlực jđể jgiải
jquyếtjcácjbàijtoán jđójnhưjbấtjđẳngjthứcjCauchy, jBunhiacopxki, jJensen… Các loại
bất đẳng thức có thể phân thành: Bất đẳng thức đồng bậc và bất đẳng thức không
đồng bậc, trong đó bất đẳng thức không đồng bậc ít được quan tâm.
Trong đó các bài toán về chứng minh bất đẳng thức nói chung và bất đẳng
thức không đồng bậc nói riêng là những bài toán yêu cầu cao ở học sinh về tư duy,
về kĩ năng. Song, jđốijvớijhọc jsinh jthì jdạng jtoán jnày jlà jmộtjtrong jnhữngjdạng jtoán
jkhó, jcần jphải jchú jý jvà jcó jnhững jbiện jpháp jđể jrèn jluyện jkĩ jnăng jgiải jdạng jtoán
jnày jhợp jlí jgóp jphần jnâng jcao jchất jlượng jdạy học.
jLà jgiáo jviên jTHPT, jtác giả jmuốn jnghiên jcứu jsâu jhơn jvề jbất jđẳng jthức
jnhằm jnâng jcao jchuyên jmôn jphục jvụ jcho jquá jtrình jgiảng jdạy jvà jbồi jdưỡng jhọc
jsinh jgiỏi. Vì vậy, chúng tôi đã dành thời gian cùng nhau nghiên cứu về Bất đẳng
thức nhằm rèn luyện cho học sinh giỏi có kĩ năng giải các bài toán liên quan đến bất
đẳng thức. Bất jđẳng jthức jvô jcùng jrộng jlớn, jtrong jthời jgian jngắn, jtôi jchỉ jcó jthể
jnghiên jcứu jlĩnh jvực jnhỏ jtrong jđó.
Sau quá trình nghiên cứu và thực nghiệm nhóm tác giả đưa ra sáng kiến “Rèn
luyện kỹ năng giải toán chủ đề bất đẳng thức không đồng bậc cho học sinh khá
giỏi trung học phổ thông”.
3
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

  1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
    Trong chương trình môn Toán trung học cơ sở, ở SGK lớp 8, bất đẳng thức
    được giới thiệu về khái niệm và một số tính chất đơn giản. Trong chương trình Toán
    trung học phổ thông, nội dung bất đẳng thức được đưa vào chi tiết và có tính hệ
    thống hơn, chủ đề này được trình bày ở bài 1 “ Bất đẳng thức” trong chương 4 – Bất
    đẳng thức. Bất phương trình (SGK cơ bản CTGDPT 2006) và ở bài 1 “Bất đẳng thức
    và chứng minh bất đẳng thức trong chương 4 – Bất dẳng thức và Bất phương trình
    (SGK nâng cao CTGDPT 2006).
    Ngoài việc ôn tập cho học sinh các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, chương
    trình SGK cũng trình bày hai nội dung: bất đẳng thức AM – GM (bất đẳng thức
    Côsi) đối với hai số và ba số không âm, bất đẳng thức Cauchy – Schwarz được đưa
    vào bài đọc thêm với tên gọi Bất đẳng thức Bunhiacopxki. Các bài tập trong sách
    giáo khoa đưa ra khá ít, có tính điển hình và chủ yếu là các bất đẳng thức đồng bậc.
    Các bất đẳng thức vận dụng dành cho đối tượng học sinh khá giỏi như bất đẳng thức
    không đồng bậc còn rất ít và chưa có một hệ thống tri thức phương pháp giúp học
    sinh giải quyết được các dạng bài tập loại này.
    Để giải quyết được các bài toán chứng minh bất đẳng thức cần có sự vận dụng
    linh hoạt của học sinh khi sử dụng kết hợp các nội dung kiến thức và phương pháp
    khác nhau. Nội dung của chủ để bất đẳng thức được trình bày trong Chương 4 sách
    giáo khoa Đại số lớp 10, tại thời điểm đó học sinh mới được cung cấp được cơ sở
    kiến thức cơ bản nhất, chưa có nhiều công cụ và kiến thức sâu để giải quyết các bài
    toán chứng minh bất đẳng thức. Hơn nữa, chủ đề bất đẳng thức lại xuyên suốt cả
    chương trình Toán phổ thông, đặc biệt trong kì ôn luyện thi học sinh giỏi lớp 12
    trung học phổ thông và các kỳ thi Olympic trong nước và quốc tế đòi hỏi người học
    phải biết cách liên kết, tổng hợp các kiến thức đã học để giải quyết vấn đề.
    Trong chủ đề bất đẳng thức, đa số đều là dạng các bất đẳng thức đồng bậc,
    việc biến đổi để đưa về sử dụng các bất đẳng thức cổ điển (AM – GM, Cauchy –
    Schwars, …) có thể thuận lợi hơn các bất đẳng thức không đồng bậc. Vì vậy, khi
    gặp bài toán liên quan đến bất đẳng thức không đồng bậc, học sinh thường lúng
    4
    túng và gặp nhiều khó khăn khi biến đổi, chứng minh. Trong các bất đẳng thức số
    mũ của ẩn số thường là số tự nhiên, đối với các bất đẳng thức với số mũ thực thì
    cần phải có cách thức riêng để biến đổi.
    Như vậy, vấn đề đặt ra là phải phát triển kỹ năng giải toán chủ đề bất đẳng
    thức không đồng bậc của học sinh, đặc biệt đối với các em học sinh khá giỏi.
  2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
    Báo cáo Sáng kiến của tôi đưa ra có 3 phần:
    Phần 1: Cơ sở lý thuyết.
    Phần 2: Rèn kĩ năng giải toán cho học sinh qua một số phương pháp chứng
    minh bất đẳng thức không đồng bậc.
    Phần 3:Thực nghiệm sư phạm.
    Phần 1: Cơ sở lý thuyết của bất đẳng thức: lý thuyết, các kiến thức cơ bản,
    cốt lõi và các kiến thức mở rộng, các kiến thức mang tính chất khái quát hóa được
    sử dụng giải quyết các ví dụ ở phần 2.
    Phần 2: Đưa ra các ví dụ điển hình cho mỗi đơn vị kiến thức khác nhau, tương
    ứng với mỗi phương pháp chứng minh bất đẳng thức không đồng bậc. Các ví dụ
    được sắp xếp tăng dần theo cấp độ tư duy và tập trung chủ yếu ở cấp độ vận dụng.
    Phần 3: Thực nghiệm sư phạm: Tác giả đưa ra một số minh chứng trong quá
    trình thực hiện sáng kiến tại đợn vị.
    5
    III. NỘI DỤNG CỦA SÁNG KIẾN
    PHẦN 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
    1.1. Khái niệm và một vài tính chất của bất đẳng thức
    Định nghĩa 1.1. Cho hai số thực a và b , a được gọi là lớn hơn b , ký hiệu a  b ,
    nếu hiệu a −b là một số dương; a được gọi là lớn hơn hoặc bằng b, kí hiệu là
    a b  , nếu hiệu a b − là một số không âm; a được gọi là nhỏ hơn b, kí hiệu a b  ,
    nếu hiệu a −b là một số âm; a được gọi là nhỏ hơn bằng b , kí hiệu a b  , nếu
    a −b là một số không dương.
    Giá trị tuyệt đối của a là 0
    0
    a khi a
    a
    a khi a
      = 
    − 
    Tính chất 1.1. Với các số thực a,b,c và số tự nhiên n luôn có tính chất:
    2 1 2 1
    2 2
    0
    n n
    n n
    a b a b
    a b a c b c
    a b a b
    a b a b
    a b
    a b
    a b
  • +
      − 
      +  +
      
      
     =   
     
    1.2. Các bất đẳng thức thường gặp
  1. 2.1. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
    Trong chương trình toán trung học phổ thông, một trong các bất đẳng thức cơ
    bản và quan trọng là bất đẳng thức:
    2 x x    0, (1.1).
    Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0 .
    Đi cùng với bất đẳng thức trên là bất đẳng thức bất đẳng thức
    ( )
    2
    1 2 x x x −    0,
    hay
    1 2 1 2 1 2 x + x  2x x , x , x 
    Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 2 x x = .
    6
    Bất đẳng thức (1.1) là dạng bậc hai đơn giản nhất của bất đẳng thức bậc hai
    mà học sinh đã làm quen ngay từ chương trình lớp 9. Định lý Viete đóng vai trò quan
    trọng trong việc tính toán và ước lượng giá trị của một số biểu thức đối xứng hoặc
    theo các nghiệm của phương trình bậc hai tương ứng. Đặc biệt, trong chương trình
    Đại số lớp 10, mảng bài tập về ứng dụng của Định lý về dấu tam thức bậc hai là công
    cụ hữu hiệu để giải các bài toán bậc trung học phổ thông.
    Xét tam thức bậc hai ( ) 2 f x = ax + bx + c, a  0. Khi đó ta có
    ( )
    2
    2 4
    b f x a x
    a a
       = − −     ,
    với 2  = b − 4ac . Từ đẳng thức này ta có kết quả quen thuộc sau
    Định lý 1.2.1. Xét tam thức bậc hai ( ) 2 f x = ax + bx + c, a  0.
    a) Nếu   0 thì af ( x)  0, ∀ x ∈ R
    b) Nếu  = 0 thì ( ) 0, \
    2
    b
    af x x
    a
         −   
    thì và 0
    2
    b f
    a
      −  =   .
    c) Nếu   0 thì ( ) ( ) ( ) 1 2 af x x x x    −  + 0 ; ; và
    af ( x)  0  x (x1; x2 )với 1 2 x , x là nghiệm của f ( x) thỏa mãn 1 2 x  x .
    Tiếp theo, thực hiện theo định lý về dấu tam thức bậc hai đối với tổng
    ( )
    2 2 2 2
    1 1 1 1
    2
    n n n n
    i i i i i i
    i i i i
    x t y t x t x y y = = = =
     − =  −  + ,
    ta nhận được tam thức bậc hai có dạng
    ( ) 2 2 2
    1 1 1
    2 0,
    n n n
    i i i i
    i i i
    f t t x t x y y = = =
    =  −  +   .
    Vì f t t ( )    0, nên   0. Từ đó ta có một bất đẳng thức quan trọng sau:
    Định lý 1.2.2. Với mọi bộ số ( ), ( ) i i x y , ta luôn có bất đẳng thức sau
    2
    2 2
    1 1 1
    n n n
    i i i i
    i i i
    x y x y = = =
                       (1.2).
    Dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số ( )i x và ( )i y tỷ lệ với nhau,
    tức là tồn tại cặp số thực  , không đồng thời bằng 0, sao cho
    0, 1,2,…, i i   x y i n + =  = .
    7
    Bất đẳng thức (1.2) thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy –Schwarz
    hoặc bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacovski.
    Nhận xét. Theo bất đẳng thức (2.2), chọn i
    i
    i
    a
    x
    b = và i i y = b với
    , , 0 i i i x y  y  . Ta thu được bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức
    (hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel).
    Hệ quả 1.2.1 Nếu 1 2 , ,…, n a a a là các số thực và 1 2 , ,…, n b b b là các số thực dương thì
    ( )
    2 2 2 2
    1 2 1 2
    1 2 1 2
    … … …
    n n
    n n
    a a a a a a
    b b b b b b
  • + +
  • + + 
  • + + .
    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2
    1 2
    … n
    n
    a a a
    b b b = = = .
    1.2.2. Bất đẳng thức AM – GM
    Trong chương trình toán phổ thông, chúng ta đều biết đến bất đẳng thức sau
    Định lý 1.2.3. Giả sử 1 2 , ,…, n x x x là các số thực không âm, khi đó ta luôn có
    1 2
    1 2
    … … n n n
    x x x
    x x x
    n
  • + +
     (1.3).
    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 … n x = x = = x .
    Bất đẳng thức trên có tên gọi là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung
    bình nhân (Inequality of Arithmetic Mean and Geometric Mean). Các nước trên
    thế giới, người ta gọi bất đẳng thức kiểu viết tắt là bất đẳng thức AM – MG
    (Arithmetic Mean – Geometric Mean).
    Hệ quả 1.2.2. Với mọi số thực dương 1 2 , ,…, n x x x , ta có
    ( ) 2
    1 2
    1 2
    1 1 1 … … xn
    n
    x x n
    x x x
       + + +  + + + 
     
    .
    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 … n x x x = = = .
    Hệ quả 1.2.3. Với mọi số thực x, y,z ta luôn có
  1. 2 2 2 x y z xy yz zx + +  + + .
  2. ( )
    2
    2 2 2
    3
    x y z
    x y z
  • +
  • +  .
    8
  1. ( ) ( ) 2
    x + y + z  3 xy + yz + zx .
  2. ( ) 2 2 2 2 2 2
    x y + y z + z x  xyz x + y + z .
  3. ( ) ( ) 2
    xy + yz + zx  3xyz x + y + z .
    1.2.3. Bất đẳng thức AM – GM suy rộng
    Cho 1, 2, , , …, n a a a là các số hạng không âm. Cho 1 2 , ,…,    n là các số hữu tỉ
    dương sao cho 1 2  + +…+n =1 . Khi đó ta có
    1 2
    1 1 2 2 1 2 . . … . . … n a a n an a a n
        + + +  
    Nhận xét. Nếu cho 1, 2, , , …, n a a a là các số hạng không âm. Cho 1 2 , ,…, m m mn là các số
    hữu tỉ dương thì ta có
    1 2 1 1 1 2 2 2 ..
    1 2
    1 2
    . . … . … … m
    n n m m mn m m mn
    n
    n
    m a m a m a
    a a a
    m m
  • + + + + + 
  • + +
    Nhận xét. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức AM – MG đều có thể sử
    dụng (có cải biên) để chứng minh Bất đẳng thức AM – MG suy rộng.
    Chứng minh. Đặt
    1 1 2 2
    1 2


    n n
    n
    x p x p x p s
    p p p
  • + + = + + + .
    Sử dụng bất đẳng thức
    1 , x e x x −    ,
    Ta thu được hệ
    1 1
    1
    1
    ………………
    n
    x
    s
    x
    s n
    x se
    x se



     



      
    Suy ra
    1 1 1 1
    1
    1
    1
    ………………
    n n n n
    x p
    p p s
    x p
    p p s
    n
    x s e
    x s e
      −    
        −  

     



      
    Vậy nên
    9
    ( ) 1 1 1 1 1
    … … …
    1 … n n n n n
    x p x p p p p p p p s n x x s e
  • + − + + + + 
    hay
    1 1 …
    1 … n n p p p p
    n x x s + +  .
    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 … n x x
    s s = = hay 1 … n x = = x .
    Độ lệch giữa trung bình cộng và trung bình nhân được mô tả qua định lý sau:
    Định lý 1.2.4 . Với mọi dãy số dương 1 2 , ,…, n a a a , ta đều có
    ( )
    2
    1 2
    1 2 1
    … 1 … n n n n
    a a a
    a a a a a
    n n
  • + +
    −  −
    Chứng minh. Do vai trò của các số hạng là như nhau nên ta có thể coi vế phải của
    bất đẳng thức là biểu thức có dạng ( )
    2
    1
    1 n a a
    n − .
    Đặt
    (  ) 1 2
    1 2
    … ; . … 2,…, k k
    k k k
    a a a A G a a a k n
    k
  • + + = =  .
    Ta nêu một cách chứng minh khác đối với bất đẳng thức
    ( 1)( 1 1 ) ( ). k k k k k + A + −G +  k A − G
    Thật vậy, nếu đặt
    k 1 1 k x = + a + ; k 1
    k g = + G ,
    thì ta có
    ( ) 1 1 1
    1 1 1 1 ; k k k k k
    k k k k k k k A kA a kA x G G x g x + + + + + = + + = + + = = .
    Do đó
    ( ) 1 1 1 k k k
    k k kA x k g x kA kg + + + − +  −
    ( ) ( ) 1 1 1 0 k k k f x x k g x kg  + + = − + + 
    Dễ thấy
    ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 … k k k f x x g x gx kg − − − = − + + + ,
    nên f x( )  0 .
    Từ đó, ta thu được
    10
    ( ) ( )( ) ( ) ( )
    2
    1 1 2 2 1 2 1 … 2 . n n n n n A G n A G A G a a −  − − − −   − = −
    1.3. Phân thức chính quy
    Một ứng dụng quan trọng của bất đẳng thức AM – MG suy rộng liên quan
    đến hàm phân thức chính quy.
    1.3.1. Phân thức chính quy một biến
    Định nghĩa 1.3.1. Hàm số f ( x) xác định trên tập + được gọi là hàm phân thức
    chính quy nếu
    ( )
    1
    k
    n
    k
    k

f x a x

= 
trong đó
1
0, 1,2,…, ; 0
n
k k k
k
a k n a  =
 =  = .
Ví dụ 1.3.1 Dễ dàng kiểm chứng các hàm số sau là hàm phân thức chính quy
( ) 2 3
1 2
4 3 f x 5 3x 2x x
x x = + + + + +
2 ( ) 2 2 sin cos
1 1 f x x
x x   = + +
Tính chất 1. Nếu f ( x) là hàm phân thức chính quy thì f ( x)  0 ứng với mọi x  0
.
Tính chất 2. Nếu f ( x) và g ( x) là hàm phân thức chính quy thì với mọi cặp số
dương ,  , hàm số
h( x):= f ( x) + g (x)
cũng là hàm phân thức chính quy.
Tính chất 3. Nếu f x( ) và g ( x) là các hàm phân thức chính quy thì hàm số
h( x):= f (g ( x))
cũng là hàm phân thức chính quy.
Tính chất 4. Nếu f ( x) là hàm phân thức chính quy thì hàm số
( ) ( ) * : , m
h x f x m =      ,
cũng là hàm phân thức chính quy.
11
1.3.2. Phân thức chính quy hai biến
Định nghĩa 1.3.2 Hàm số f ( x1, x2 ) được gọi là hàm phân thức chính quy hai biến
trên tập
x  0, y  0
Nếu ( ) 1 2
1
, k k
m
k
k

f x y a x y  

=  , 0, 1,2,…, k a  k = m (1.4)
trong đó
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
…. 0
…. 0
m m
m m
a a a
a a a
  
  
 + + + = 
 + + + = (1.5)
Định nghĩa 1.3.3. Giả sử hàm số f ( x, y ) là hàm phân thức chính quy, tức là
f ( x, y ) thỏa mãn tính chất (1.4) và (1.5). Khi đó các hàm số
( ) 1
1
1
: k
m
k
k
h x a x

=  và ( ) 2
2
1
: k
m
k
k

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

h y a y

= 
Được gọi là các phân thức thành phần của f ( x, y ).
Ví dụ 1.3.2 Dễ dàng kiểm chứng hàm số sau đây là hàm phân thức chính quy:
( )
1 1 5 3 2 2
, 2 p q p q p q f x y x y x y x y − − −
= + + ,
và các hàm số
( )
1 5 2
1 2 p p p f x x x x − −
= + + ,
( )
1 5 2
2 2 q q q f y y y y

= + +
là các phân thức thành phần của f ( x, y )
Định lý 1.3.1. Hàm số f ( x, y ) là hàm phân thức chính quy khi và chỉ khi các hàm
phân thức thành phần của f ( x, y ) cũng là các hàm phân thức chính quy.
Định lý 1.3.2. Với mỗi hàm phân thức chính quy f x y ( , ) trên tập x y   0, 0 ,
dạng
( ) 1 2
1
, k k
m
k
k

f x y a x 

= 
trong đó
12
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
… 0
… 0
m m
m m
a a a
a a a
  
  
 + + + =  + + + = 
ta đều có
( )
1
, .
m
k
k

f x y a

 
Chứng minh. Để chứng minh định lý, ta sử dụng hệ quả của bất đẳng thức AM –
GM suy rộng:
Với cặp dãy số dương x, y ; 1 2  , ta có
( ) 1 2 1 2
1
1 2
1 2
. x y x y      
 

  • +

    +
    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
    x = y =1
    Sử dụng kết quả này, ta có
    ( ) 1 2
    1 2 1 2
    1 1
    1
    1 2 1 2
    1
    … . .
    ,
    … …
    .
    k k
    m m
    m k k k k
    k k
    m
    k
    k
    m m
    a a a a a
    a x y f x y
    a a a a a a
    x y
     
     

= =

  • + +
    = + + + +
       
          

    Theo giả thiết 1
    1
    . 0
    m
    k k
    k
    a  =
     = ; 2
    1
    . 0
    m
    k k
    k
    a  =
     = nên
    ( )
    1 2
    , 1 … m
    f x y
    a a a
  • +
    Từ đó ta có ( )
    1
    , .
    m
    k
    k

f x y a

 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Do đó dẫn đến Hệ quả
13
Hệ quả 1.3. Với mỗi hàm phân thức chính quy f ( x, y ) trên tập x  0, y  0 , ta đều

( )
1
min , .
m
k
k

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

f x y a

= 
min f ( x, y) = f (1,1).
Đối với hàm phân thức tùy ý (khác hằng) với hệ số không âm, ta có
Nhận xét. Với mọi hàm phân thức dạng
( )
1
; 0; 1,…,n, k
m
k k
k
g x a x k   =
=   =
đặt
1 2
1 1 2 2

… ,
m
m m
a a a p
a a a q   

  • + =
  • + + =
    thì hàm số
    ( ): ( )
    q

p f x x g x −

là một hàm phân thức chính quy.
Chứng minh. Thật vậy, ta có ( )
1 1
k k
q q m m
p p
k k
k k
f x x a x a x
  − −
= =
=  = 
và vì vậy
1 1 1
1
m m m
k k k k k
k k k
q q q a a a q p q q
p p p
  = = =
   −  = − = − = − =
     ,
điều phải chứng minh.
Từ đây, ta thu được một kết quả quan trọng sau
Định lý 1.3.3. Mọi hàm phân thức dạng
( )
1
; 0; 1,…, k
m
k k
k

g x x a k n  

=   = ,
đều có tính chất
( ) (1) , 0
q
p g x  g x x 
trong đó
1 2
1 1 2 2

… .
m
m m
p a a a
q a a a   
= + + +
= + + +
14
Chứng minh. Thật vậy, theo nhận xét ở trên, ta có
( )
1
k
q m
p
k
k

f x x a x

= 
là một hàm phân thức chính quy, nên theo định lý 1.3.2, thì
f ( x)  f (1).
Mà f (1) = g (1), nên ta có điều phải chứng minh.
15
PHẦN 2. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH QUA
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
KHÔNG ĐỒNG BẬC
2.1. Áp dụng định lý về dấu tam thức bậc hai
Bài toán 2.1. Cho các số thực x , y thỏa mãn ( ) 2 2
x + y + xy − 6 x + y +5 = 0 Tìm
GTLN, GTNN của biểu thức P = x + 2y .
Lời giải:
Với giả thiết là một đẳng thức không đồng bậc, bài toán khó có thể sử dụng
các bất đẳng thức cổ điển dễ dàng, nhưng với công cụ tam thức bậc hai thì ta có thể
tạo ra một lời giải trong sáng hơn nhiều:
Rút y = P – 2x, thế vào giả thiết ta có:
2 2
2 2
( 2 ) ( 2 ) 6( 2 ) 5 0.
3 (3 6) 6 5 0
x P x x P x

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Comments

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *