Chứng minh bất đẳng thức bằng đạo hàm

Bài 1: Chứng minh rằng
x
e
>
x
+
1
với
0

x
Giải
Xét hàm số
( )
xf
=
x
e
-
1
-
x
liên tục và khả vi với mọi
0x

( )
xf
,
=
x
e

-
1
,
( )
00 =f
nếu
0>x
thì
( )
01
,
>=
x
exf


( )
xf
đồng biến



( )
xf
>
( )
0f

x
e
- 1 -
x
> 0


x
e
>
x+1
(1)
Nếu
0
<
x
thì
( )
01
,
<=
x
exf


( )
xf
nghịch biến

( )
xf
>
( )
0f



x
e
-1-
x
> 0


x
e
>
x+1
(2)
Từ (1),(2)


x
e
>
x+1
với
0

x
đpcm.
Bài 2 : ( ĐH Kiến Trúc Hà Nội )
Chứng minh rằng bất đẳng
2
1
2
x
xe
x
++>
đúng với mọi
0>x

Giải
Yêu cầu bài toán


x
ex
x
++ 1
2
2
< 0
0
>
x
Xét
( )

x
ex
x
xf ++= 1
2
2
.Ta có
( )
xf
,
=
x
ex +1
,
( )
01
,,
<=
x
exf

0
>
x
Do đó
( )
xf
,
nghịch biến trong
( )

+ ;0x



( )
xf
,
<
( )
0
,
f
=0 với
( )
+ ;0x


( )
xf
nghịch biến trong
( )
+ ;0x



( )
xf
<
( )
00 =f

0
>
x

x
ex
x
++ 1
2
2
<0 hay
2
1
2
x
xe
x
++>
với
0
>
x
đpcm.
Bài 3: Chứng minh rằng
6
3
x
x
<

xx
<
sin
với
0
>
x
Giải
Ta hớng dẫn cho học sinh chứng minh bất đẳng thức


chứng minh





<
>
xx
x
xx
sin
6
sin
3
với
0>x

Ta chứng minh

xx
<
sin
với
0
>
x
Xét
( )
xf
=
xsin
-
x
,
( )
00 =f




( )
xf
,
=
1cos x
<0


( )

xf
nghịch biến


( )
xf
<
( )
0f
với
0>x



xsin
-
x
<o


xx <sin
(1)
Ta chứng minh
6
3
x
x
<
xsin

Xét
( )
6
sin
3
x
xxxf +=



( )
xf
,
=
2
1cos
2
x
x +
=
( )
xg




( )
0sin
,
>+= xxxg

với mọi
x
>0

( )
xg
đồng biến


( )
xg
>
( )
0g
=0
với
0>x
hay
( )
xf
,
>0 với
0>x



( )
xf
đồng biến

( )
xf
>
( )
0f
=0 với
0>x



0
6
sin
3
>+
x
xx



6
3
x
x
<
xsin
với
0>x
(2)

Từ (1),(2)


6
3
x
x
<
xx <sin
với
0>x
đpcm.
Bài 4: Chứng minh rằng
xx tansin
22 +



1
2
+x
với
2
0

<< x
Giải
áp dụng bất đẳng thức côsi:
xx tansin
22 +

xx tansin
2.2.2
=
1
2
tansin
2
tansin
22.2
+
++
=
xxxx



xx tansin
22 +



1
2
tansin
2
+
+ xx

Yêu cầu bài toán

Việc chứng minh
1
1
2
tansin
22
+
+
+

x
xx



11
2
tansin
++
+
x
xx




xxx 2tansin +
với

2
0

<< x
xét hàm số
( )
xf
=
xxx 2ta nsin +
với
2
0

<< x
,
( )
00 =f



( )
xf
,
=
2
cos
1
cos2
cos
1

cos
2
2
2
+>+
x
x
x
x

icos


2.
cos
1
.cos.2
2
2

x
x

0=
(vì
xx
2
coscos >
với
2

0

<< x
)


( )
0
,
xf



( )
xf
đồng biến


( )
xf

( )
0f>
với
2
0

<< x

( )
xf
=
02tansin >+ xxx



xxx 2tansin +
hay
xx tansin
22 +



1
2
+x
với
2
0

<< x
đpcm.
Bài 5: (ĐH Dợc )
Với
2
0

< x

, chứng minh rằng
1
2
3
tansin.2
222
+
>+
x
xx
Giải
Xét hàm số
( )
2
3
tan
2
1
sin
x
xxxf +=
với
2

< xo
Ta có
( )
i
x
xx

x
xxf
cos
22
,
2
3
cos.2
1
2
cos
2
cos
2
3
cos.2
1
cos ++=+=


0
2
3
.
cos
1
2
cos
2
cos

.3
3
2
=
x
xx



( )
0
,
xf








2
;0

x



( )
xf

đồng biến
trong khoảng






2
;0




( )
xf



( )
0f



0
2
3
tan
2
1

sin +
x
xx








2
;0

x

2
.3
tan
2
1
sin
x
xx +

2
;0

x
. Đẳng thức xảy ra


0=x
Mà
2
3
tan
2
1
sin
tansin2tansin.2
2.22.222.222
x
xx
xxxx
=+
+
2


2
3
1

tansin2
222
x
xx
+
+








2
;0

x
Đẳng thức chỉ xảy ra


{
0
tansin.2
=
=
x
xx

0=x
.Do đó
1
2
3
tansin.2
222
+
>+
x
xx
với







2
;0

x
đpcm.
Bài 6 Cho
4
3
0 <

, Chứng minh rằng

3
1
.2
2
>+


Giải
Xét hàm số
( )
2
1
2
x
xxf +=
trên






4
3
;0
,
18
59
4
3

=






f
Ta có
( )
( )
3
3
3
,
122
2
x
x
x
xf

==
<0 với

4
3
;0x




( )
xf
giảm trên






4
3
;0



( )

4
3
fxf
,







4
3
;0x



( )







4
3
ff

,







4
3
;0




3
18
591
2
2
>+


Hay
3
1
.2
2
>+

4
3
;0

đpcm.
Bài 7: Chứng minh rằng với
10
3
+<<< aba
thì

( )
( ) ( )
[ ]
( )
ba
baa
b
ba
baa

++
+++
<<
+
+
3
3
3
3
3
1.2
.211
.2
.2.
.
Giải
Xét hàm số
( )
( )
bx
bxx
xf
+
+
=
3
3
.2
.2
với

10
+<<<
axa
Ta có
( )
33
bbf =
và
( )
( )
( )
0
.2
.2
2
3
2
3
,

+

=
bx
bx
xf

( )
xf
đồng biến


( )
( )
( )
1
3
+<< afbfaf
với
10
+<<<
axa

( )
( ) ( )
[ ]
( )
ba
baa
b
ba
baa
++
+++
<<
+
+

3
3
3
3
3
1.2
.211
.2
.2.
.
đpcm.
Bài 8: ( Đề thi thử ĐH Quảng Xơng I)
Cho
2
0

<<< ba
Chứng minh rằng
bbaa sin.sin.

>
( )
ab coscos.2

Giải
Yêu cầu bài toán


aaa cos2s in.
+

>
bbb cos.2sin.
+
Xét hàm số
( )
xf
=
xxx cos.2sin. +
với 0<
2

<x

( )
xxxxxf sin.2cos.sin
,
+=
,
( )
00
,
=f

3
( )
xxxxxxxxf sin.cos.2sin.coscos
,,
=+=
(vì
2

0

<< x
thì
0sin >x
) nên
( )
0
,,
<xf
do đó
( )
0
,
<xf
khi 0<
2

<x


( )
xf
là hàm số giảm trên khoảng

2
;0




( ) ( )
bfaf >
với 0
2

<<< ba



aaa cos2s in.
+
>
bbb cos.2sin.
+

hay
bbaa sin.sin.
>
( )
ab coscos.2
đpcm.
Bài 9: Chứng minh rằng
0000
10t an.6tan.39tan.5tan.4 <

Giải
Xét hàm số
( )
x
x
xf
tan
=
với
4
0

<< x
Ta có
( )
0
2cos.2
2sin.2
22
,
>

=
xx
xx
xf
( vì ta đã có

tansin
<<

nếu
2
0


<<
)

hàm số
( )
xf
là đồng biến trên
2
0

<< x
với 5<6 thì
( )
5f
<
( )
6f

<






180
6
180
5

ff
, tức là
180
6
180
6
tan
180
5
180
5
tan




<

00
6tan.55tan.6 <
( 2)
chứng minh tơng tự ta cũng có
00
10tan.99tan.10 <
(3)
Nhân từng vế (2) và (3) ta suy ra
0000
10tan.6tan.39tan.5tan.4 <
đpcm.
Bài 10: Cho
yx
z>0 chứng minh
y
xz
x
zy
z
yx
222
++

222
zyx ++
Giải
Bất đẳng thức

++
zyx
zxyzyx


323223

222
zyx ++



( )
222
323223

zyxxz
y
zxyzyx
++
++

++++ 1
2
2
2
2
2
2
3
3
2
2
3
3
y
z
y
x
y
z
y
x
y
x
y
z

y
z
y
x
đặt u=
y
x
, v =
y
z
ta có u
1

0
>
v

nên bất đẳng thức có dạng
( )
1
223223
++++ vuvuvuvu


( )
( )
01 1
22323
+++ vvvuvuvu
(2)

Nếu v=1 thì (2) có dạng
01.2
2
+ uu
tức là (2) đúng
Nếu
10
<<
v
xét hàm số
( ) ( )
( )
22323
1 1 vvvuvuvuuf +++=
với
1

v
Ta có
( ) ( )
( )
232,
1 21.3 vvvuvuuf ++=

( ) ( )
0.21.6
3,,
>+= vvuuf
(do
10

<<
v
và
1

u
)


( )
uf
,
là hàm số đồng biến
khi
1

u
nên mọi
1

u
ta có
( )
uf
,


( )
1
'

f

4
mà
( )
1
'
f
=
)3)(1(3.4
23
+=+ vvvvv
>0 nên
( )
uf
,
0 f (u) là hàm số đồng biến
khi u 1 Tức là 1 ta có f(u) f(1) = v
2
- 2v + 1 = (v- 1)
2
> 0
Vậy u
3
(1 - v) + u
2
v
2
- u
2

v
3
- uv (1 + v
2
) + v
2
0 1 > v > 0
Hay
y
xz
x
zy
z
yx
222
++

222
zyx ++
với
0> zyx
đpcm.
Bài 11: Chứng minh
( )
xx
x
x <+< 1ln
2
2
với mọi

0
>
x
Giải
Ta chứng minh
( )
x
x
x +< 1ln
2
2

0>x
Xét
( )
xf
=
( )
0,
2
1ln
2
>++ x
x
xx
,
( )
xf
,
=

0,0
1
1
1
1
2
>>
+
=+
+
x
x
x
x
x
Suy ra
( )
xf
đồng biến với mọi
0>x



( )
0
2
1ln
2
>++
x

xx
,
0
>
x



( )
x
x
x +< 1ln
2
2
với mọi
0
>
x
(1)
Ta chứng minh
( )
0,1ln ><+ xxx
Đặt g
( ) ( )
,1ln xxx +=
với
0
>
x
,

( )
og =0



( )
0
11
1
1
,
>
+
=
+
=
x
x
x
xg
, khi
0
>
x



( )
0>xg
,

0
>
x



( )
,01ln >+ xx
khi
0
>
x




( )
xx <+1ln
, với
0
>
x
(2)
Từ (1),(2)


( )
x
x
x +< 1ln

2
2
<
x
,với mọi
0
>
x
đpcm.
Bài 12 Chứng minh rằng
x
x
xx
x <
+
<
1
2
2
với
0
>
x
Giải
Do
0>x
nên
x
x
xx

x <
+
<
1
2
2



1
1
1
2
1 <
+
<
x
x
,
0>x
Hớng dẫn học sinh đa về chứng minh







<
+

>
+
1
1
1
2
1
1
1
x
x
x
Ta chứng minh
1
1
1
<
+x

0>x
Vì
0>x
nên
11 >+x



11 >+x

1
1
1
<
+x
(1)
Ta chứng minh
1
1
2
1
+
<
x
x

0>x
5
Đặt
( )
1
2
1
1
+
+
=
x
x

xg

0>x
,
( )
00 =g

( )
( )
0
1
1
1
2
1
3
,
>








+
=
x
xg

, với
0>x


hàm số đồng biến với
0>x



( ) ( )
00 => gxg
với
0>x



01
2
1
1
>+
+
x
x

0>x



1

1
2
1
+
<
x
x

0>x

Vậy
1
1
1
2
1 <
+
<
x
x



x
x
xx
x <
+
<
1

2
2
,
0>x
đpcm.
Bài 13: Chứng minh rằng :
( )
2
2
2
4
1sin

+


xx
với
2
0

<< x
Giải
Yêu cầu bài toán

( )
2
2
2
4

1sin




xx
Xét hàm số
( )
xf
=
( )
2
2
sin


xx
với
2
0

<< x
.
Ta có
( )
xf
,
=-2
( )
0.2cos.sin

3
3
>+


xxx
với
2
0

<< x

( )
xxx cos.sin.2.2
3
3


>



x
x
x
33
sin
cos1
>
do các vế đều dơng

3
cos
sin
x
x
x <


0
cos
sin
3
> x
x
x



( )
0cos.sin
3
1
>

xxx
đặt
( )
xg

=
( )
xxx

3
1
cos.sin
,



( ) ( ) ( )
1sin.cos
3
1
cos
2
3
4
3
2
,
+=

xxxxg
,
( )
00
,
=g

( ) ( )
xxxg
2
3
2
,,
sin.cos
9
4

=
với
2
0

<< x



( ) ( )
0
,,,,
gxg >
= 0 với
2
0

<< x



( )
xg
,
đồng biến






2
;0



( )
xg
,
>
( )
0
,
g

( )
xg
đồng biến






2
;0

.


( )
xg
>
( )
0g



( )
xf
đồng biến

2
;0



( )
xf
2
2
4
1
2
1
2


=






=

f
với







2
;0

x

Do đó
( )
2
2
sin


xx

2
4
1

Hay
( )
2
2
2
4
1sin

+


xx








2
;0

x

đpcm.

Bài 14: Cho a,b,c>0 và

1
222
=++ cba
chứng minh rằng

2
3.3
222222

+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(1)
6
Giải
Từ giả thiết


222
1 acb =+
,
222
1 bac =+

và
222
1 cba =+

thay vào (1) ta có
( ) ( ) ( )
2
2
2
2
2
2
222222222
111111 cc
c
bb
b
aa
a
c
c
b
b
a
a
ba
c
ac
b
cb

a

+

+

=

+

+

=
+
+
+
+
+

2
3.3
( do a, b ,c đều dơng )
Xét hàm số
( ) ( )
xxxxxf +==
3
1
,
( )
1;0x

( )
1.3
2,
+= xxf


( )
xf
,
>0









3
1
;0x
và
( )
xf
,
<0

1;
3
1
x

0<
( )
xf

3.3
2
3
1
=








f

( )
2
3.31

xf

Do đó 0<
( )
33
2
1
2
aa



( )
2
33
1
1
2

aa

( )
2
2
2
.
2
33
1
a
aa
a


Tơng tự
( )
2
2
2
.
2
3.3
1
b
bb
b



( )
2

2
2
.
2
33
1
c
cc
c


Do đó
2
33
222222

+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
đpcm.
.
Bài 15: Cho
mn

yyyyxxxe <
32121
và

==

m
i
y
n
i
i
i
yx
11
chứng minh

==
>
m
y
i
n
i
i
yx
11
Giải
Xét hàm số
( )

x
x
xf
ln
=
với
0>x
ta có
( )
0
ln1
2
,


=
x
x
xf
khi
ex
Nên
( )
xf
là hàm số nghịch biến Từ giả thiết ta có

n
n
n
n

y
y
y
y
y
y
x
x
x
x
x
x
ln

lnln
ln

lnln
2
2
1
1
2
2
1
1
>

Từ đó ta có
1

1
.11
ln
ln
y
y
xx >
7

1
1
.22
ln
ln
y
y
xx >
.

1
1
ln
.ln
y
y
xx
nn
>
Hay

===
>
m
i
i
n
i
i
n
i
i
y
y
y
x
y
y
x
1
1
1
1
1
1
1
.
ln
.
ln
ln

(1)
Lại có
1
1
.22
ln
.ln
y
y
yy

1
1
33
ln
.ln
y
y
yy


1
1
ln
.ln
y
y
yy
nn

==

m
i
i
m
i
i
y
y
y
y
1
1
1
1
.
ln
ln
(2)
Từ (1) và (2)



==
>

m
i
i
n
i
i
yx
11
lnln

hay

==
>
m
y
i
n
i
i
yx
11
đpcm.
Loại 2: Dùng định lý lagrange:
1.Cơ sở để giải quyết vấn đề

Định lý lagrange: Nếu hàm số
( )
xfy =
liên tục trên đoạn

[ ]
ba;
và khả vi
( )
ba;
thì tồn
tại một số c sao cho a<c<b khi đó
( )
( ) ( )
ab
afbf
cf


=
,
2.Bài tập
Bài1: Chứng minh rằng.
a
ab
a
b
b
ab
<<

ln
với 0<a<b
Giải :
xét hàm số :

( )
xxf ln=



( )
x
xf
1
,
=
,
( )
c
cf
1
,
=
Hàm số
( )
xxf ln=
thoã mãn các yêu cầu của định lý Larange trên
[ ]
ba;

8

( )
bac ;
ta có:

( )
( ) ( )
ab
afbf
cf


=
,



ab
ab
c

=
lnln1
Do a<c <b
acb
111
<<
nên
aab
ab
b
1lnln1
<

<


a
ab
a
b
b
ab
<<

ln
đpcm.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi x;y

R ta có:
yxyx sinsin
Giải :
Xét h m số f
( )
tx sin=
,
( )
xxf cos
,
=



( )

ccf cos
,
=
H m số f
( )
tx sin=
liên tục và khả vi trên
[ ]
yx;
với mọi x;y

R thoả mãn các điều
kiện của định lý lagrange


( )
yxc ;
ta có:

( )
( ) ( )
xy
xfyf
cf


=
,

xy
xy
c


=
sinsin
cos
do
1coscos cc




1
sinsin
cos


=
yx
yx
c



yxyx sinsin

Ryx ;

Bài 3: Chứng minh rằng:
b
ab
TanaTanb
a
ab
22
coscos

<<

với 0<a<b<
2

Giải:
Xét hàm số
( )
Tanxxf =
liên tục và khả vi trên
( )
ba;


( )
x
xf
2
,
cos
1

=
,
( )
c
cf
2
,
cos
1
=



( )
bac ;
sao cho
( )
( ) ( )
ab
TanaTanb
ab
afbf
cf


=


=
,

ab
TanaTanb
c


=
2
cos
1



c
ab
TanaTanb
2
cos

=
.
Do a<c<b và
xy cos=
nghịch biến trên

2
;

o
nên
b
ab
c
ab
a
ab
222
coscoscos

<

<




b
ab
TanaTanb
a
ab
22

coscos

<<

với 0<a<b<
2

Bài 4: Cho
1>x
và
1>

chứng minh rằng
( )
11 > xx
a

Giải:
Xét hàm số
( )
a
ttf =
với
xt 1
ta có
( )
1,
.

=

a
ttf


Theo định lý lagrange thì tồn tại
( )
xc ;1
thoả mãn
( )
( ) ( )
1
1
,


=
x
fxf
cf



( )
1,
.

=


ccf

=
1
1
1



x
x




( )
1
.11

=
na
cxx




( )
11 > xx
a

( ) ( )
1.1
1
>

xcx
a

( vì
( )
01 >x

)


1
1
>
a
c

9
bất đẳng thức đúng với c>
1
và

-
1
>0

hay
( )
11 > xx
a

với
1>x
và
1>

đpcm.
Bài 5 : Chứng minh rằng: ln
( )
1+x
<
x
mọi
x
>0
Giải
Xét hàm số
( )
ttf ln=
với t
[ ]
x+ 1;1
theo định lý lagrange

( )
xc + 1;1
sao cho
( )
cf
,
=
( ) ( )
( )
11
11
+
+
x
fxf
,
( )
t
tf
ln
1
,
=



( )
x
x
c

+
=
1ln1


ln
( )
1
1
1 =<=+
x
c
x
x

hay ln
( )
1+x
<
x
mọi
x
>0 đpcm.
Trờng hợp gặp bài toán cha thể vận dụng định lý lagrange đợc ngay việc chọn hàm
số thoã mãn các điều kiện của định lý lagrange rất quan trọng
Bài 6: Cho
0>x
chứng minh rằng:
xx
xx

+
+>






+
+
+
1
1
1
1
1
1
1
(1)
Giải:
Đây là dạng bài toán cha thể vận dụng đính lý lagrănge đợc ngay.
Ta hớng dẫn học sinh đa về chứng minh

( )

+>






+
++
x
x
x
x
1
1ln
1
1
1ln1
với x>0
Xét hàm số f
( )

+=
x
xx
1
1ln
=
( )
[ ]
xxx ln1ln +
f
( ) ( )
x
xxx
+
+=
1
1
ln1ln
,
(2)
Xét hàm số G
( ) ( )
tt ln=
trên
[ ]
1; +xx
theo định lý lagrange thì tồn tại c :

1+<< xcx

sao cho G
( )
( ) ( )
( )
xx
xGxG
c
+
+
=
1
1
,



=
c
1
ln
( )
xx ln1 +
Vì c<x+
1



c

1
>
( )
1
1
+x



( )
xx ln1ln +
>
( )
1
1
+x



( )
xx ln1ln +
-
1
1
+x
>0

f
( )
x

,
>0


( )
xf
đồng biến
trên
[ ]
1; +xx



( )
1+xf
>
( )
xf



( )






+>

+
++
x
x
x
x
1
1ln
1
1
1ln1

hay
xx
xx






+
+>

+
+
+
1
1
1
1
1
1
1
với x>0 đpcm.
10
Bài 7: Cho n
+

chứng minh rằng :
xx
n
1
<
ne2
1
với mọi
( )
1;0x
Giải

Hớng dẫn học sinh chứng minh bất đẳng thức tơng tơng với chứng minh bất
đẳng thức
( )
xx
n
1
2
<
ne2
1




( )
xnx
n
12
2
<
e
1
với mọi
( )
1;0x

( )
1
ta có

( )
= xnx
n
12
2

n
xxxxxx
2

.
)22( nxn
icos

( )
=






+
+
+12
12
222
n
n
nxnnx

12
12
2
+






+
n
n
n

( )
2

từ
( )
1
và
( )
2
ta sẽ chứng minh
12
12
2
+

+
n
n
n
<
e
1




( ) ( ) ( )
[ ]
nnn 2ln12ln12 ++
>
1


ln
( ) ( )
nn 2l n12 +
>
12
1
+n

Xét hàm số
( )
xxf ln=
khả vi trên
( )
12;2 +nn
theo định lý lagrang



( )
12;2 + nnc
để
( )
( ) ( )
nn
nfnf
cf
212
212
,
+
+
=



( ) ( )
nn
c

2ln12ln
1
+=
.
Do
122
+<<
ncn
nên
12
11
+
>
nc


ln
( ) ( )
nn 2l n12 +
>
12
1
+n
Vậy
xx
n
1
<
ne2
1

với mọi
( )
1;0x
và n
+

đpcm.
Bài 8: Cho 0<a<b ,n>1 ,chứng minh rằng

( )
nn
babna <
1
-
( )
abnba
nn
<
1

( )
1
Giải:
Xét hàm số:
( ) ( )
baxxxf
n
;, =
(
( )

1,
=
n
nxxf
) theo định lý lagrage thì tồn tại c
( )
ba;
thoã mãn

( )
( ) ( )
ab
afbf
cf


=
,

ab
ab
nc
nn
n


=
1

=
nn
ab

( )
abcn
n

1
.

Nên từ (1)


( )
nn
babna <
1
-
( )
abnba
nn
<
1




( ) ( ) ( )

abbnabcnaban
nnn
<<
111





111
<<
nnn
bca
( vì
( )
0> abn
)
Bất đẳng thức đúng vì o<a<c<b và n-1>0
Vậy
( )
1
đã đợc chứng minh.
II Kết quả thực nghiệm.
+ Sau khi đợc bổ sung thêm những dạng bài tập toán,học sinh đã biết mở rộng để giải
quyết thêm các dạng bài tập khác khau nh giải phơng trình ,giải bất phơng trình, tìm
giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất
+ Trong các kỳ thi thử đại học Đại học, thi Đại học
+ Lớp học
bồi dỡng đã vận dụng tơng đối tốt chuyên đề đạo hàm và định lý lagrange.
11

III Kết luận:
Hiện nay sách tài liệu, sách tham khảo, nâng cao rất nhiều ,nhất là môn toán ,môn học
đợc nhiều ngời yêu thích và đã có bề dày truyền thống
Nên việc hệ thống các dạng bài tập cho học sinh là rất quan trọng.Trên đây chỉ là một
trong các phơng pháp để giúp học sinh giải quyết những bài tập thuộc dạng chứng
minh bất đẳng thức bằng phơng pháp đạo hàm và định lý lagrange .
Chính vì suy nghĩ nh trên nên tôi đã trình bày đề tài trên đây của mình coi đó là một
sáng kiến kinh nghiệm để cùng đồng nghiệp trong việc dạy và nâng cao cho học sinh
ôn thi đại học và thi học sinh giỏi.
Là giáo viên hơn 15 năm tuổi nghề ,với những kiến thức đã đợc học với những cố
gắng nổ lực của bản thân cộng với sự học hỏi của đồng nghiệp tôi luôn nghĩ rằng điều
quan trọng nhất là truyền thụ những kiến thức cơ bản cho học sinh nhng bên cạnh đó
tôi rất coi trọng sự tìm tòi ,phát huy tính sáng tạo của các em để tạo cho các em hứng
thú say mê trong việc học toán
Trong đề tài của mình tôi đã đa ra một số bài toán nhỏ ,mặc dù các bài toán cha
phong phú và đa dạng , nhng do thời lợng của đề tài , tôi xin đợc tạm dừng ở đây và sẽ
tiếp tục hớng dẫn cho học sinh học tập có kết quả cao hơn .Do ý muốn đi sâu hơn
nghiên cứu toán học phổ thông tôi rất mong muốn đợc sự góp ý ,bổ sung của các thầy,
cô giáo và các bạn đồng nghiệp để đề tài có tác dụng vào việc nâng cao bồi dỡng trí
tuệ cho học sinh trong việc học tập toán ở trờng THPT hiện tại và tơng lai.

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Quảng Xơng, ngày tháng 5 năm 2007
Ngời viết sáng kiến
12