SKKN Ứng dụng phần mềm Mathcad sáng tạo và giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG PHẦN MỀM
MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI
BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP
TUYẾN

PHẦN MỞ ĐẦU
I. Bối cảnh của đề tài :
- Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một bài toán khó trong các kì
thi học sinh giỏi và thi đại học, mặc dù học sinh đã được trang bị khá nhiều
kiến thức về bất đẳng thức từ các lớp trung học cơ sở , các lớp 10, 11, 12 ở
trung học phổ thông tuy nhiên, đối với một số dạng bất đẳng thức khó trong
các kì thi học sinh giỏi, thi đại học các em rất lúng túng trong cách giải
quyết và thậm chí là mất khá nhiều thời gian vẫn không giải quyết được.
- Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi xin đóng góp một phương pháp
khá hiệu quả trong việc giải quyết một lớp bất đẳng thức thuần nhất, đối
xứng 2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến và sử dụng phần mềm
Mathcad để tạo ra các bài tập tương tự cho học sinh luyện tập từ đó nâng cao
được khả năng giải quyết các bài toán bất đẳng thức thuộc dạng này.
II. Lý do chọn đề tài
Trong các đề thi đại học từ năm 2000- 2001 đến nay , đa số đều có
câu hỏi về chứng minh bất đẳng thức, đây là một câu hỏi khó và đa số học
sinh đều bỏ câu này. Đôi lúc câu hỏi này cũng không phải là khó lắm nhưng
do học sinh mất bình tĩnh, chưa nắm được phương pháp nên không giải

quyết được.
Trong các đề thi toán học sinh giỏi vòng tỉnh, vòng khu vực, vòng
toàn quốc và quốc tế, rải rác cũng có các bài toán dạng này và không phải
học sinh nào cũng giải được nếu không biết phương pháp.
III. Phạm vi và đối tượng của đề tài :
Đối tượng nghiên cứu của tôi chỉ là dạng bất đẳng thức thức đối xứng,
thuần nhất 3 biến trong các kì thi thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp.
Đề tài được áp dụng cho các học sinh lớp 12 luyện thi đại học, lớp 11,
12 chuyên toán ( đã học xong phần khảo sát hàm số , viết phương trình tiếp
tuyến ) , các học sinh thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực.
IV. Mục đích nghiên cứu :
- Góp phần giải quyết một lớp các bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng
2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến ; sử dụng phần mềm Mathcad để
tạo ra các bài tập tương tự cho học sinh luyện tập từ đó nâng cao được khả
năng giải quyết các bài toán bất đẳng thức thuộc dạng này.

- Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác của bản thân, để trao đổi
kinh nghiệm với đồng nghiệp . Ngoài ra còn tham gia nghiên cứu khoa
học; ứng dụng tin học vào giải quyết các bài toán , sáng tạo bà toán mới
một cách nhanh chóng, hiệu quả.
V. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu :
- Ứng dụng được phương pháp để giải một số bất đẳng thức thuần
nhất, đối xứng 2,3, ,n biến bằng phương pháp tiếp tuyến ngoài các phương
pháp truyền thống như bất đẳng thức Cauchy, phương pháp đạo hàm đối
với một số bài toán thi đại học, thi học sinh giỏi.
-Ứng dụng được phần mềm Mathcad vào giải toán, sáng tạo được các
bài toán mới, nhanh chóng, hiệu quả và cho kết quả chính xác.

PHẦN NỘI DUNG

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ :
I.1.Thực trạng của vấn đề : Xin nêu ra một số bất đẳng thức
đã cho trong các kì thi đại học, thi học sinh giỏi vòng tỉnh, thi khu
vực và quốc tế :
1. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa điều kiện
2 2 2
a b c 1
+ + =
.
CMR:
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2
b c c a a b
+ + ³
+ + +
( Đề thi ĐH Cần Thơ 1995)

2. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện : a + b + c = 1
Chứng minh rằng :
a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3
æ ö
+ + ³ + +
ç ÷
è ø

( Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001)

3. Cho x,y,z > 0 và
x y z 1
+ + £
. Chứng minh rằng :

2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
+ + + + + ³
( Đề thi ĐH khối A 2003)

4. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh :

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a ) (2b ) (2c )
8
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
b c c a a b
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +

( Đề thi học sinh giỏi vòng tỉnh – Bến Tre 2005 - 2006)

5. Chứng minh rằng :

2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 6
5
( ) ( ) ( )
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
+ + +
+ + £
+ + + + + +

( Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006)

6. Chứng minh với 4 số a,b,c,d dương thì :

a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3
+ + + ³
+ + + + + + + +
(BĐT Nesbit mở rộng )

7. cho
3
a,b,c
4
³ -
và a + b + c = 1. Chứng minh rằng
2 2 2
a b c 9
10

a 1 b 1 c 1
+ + £
+ + +

(Đề thi vô địch Ba lan 1996)

8. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. CM:
a b c ab bc ca
+ + ³ + +

(vô địch Nga 2002)

9. Cho a, b, c > 0. CMR
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
8
2a (b c) 2b (c a) 2c (a b)
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +

(vô địch Mỹ 2003)
10. Cho a, b, c > 0. CMR:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(b c a) (c a b) (a b c) 3
5
(b c) a (c a) b (a b) c
+ - + - + -

+ + ³
+ + + + + +

(Olympic Nhật Bản 1997)

Có thể ta sẽ đặt 3 câu hỏi sau :
· Cách giải các bài toán trên như thế nào ?
· Tại sao người ta có thể đặt được bài toán như vậy ?
· Có thể mở rộng hoặc tạo các bài toán tương tự được không ?
Để giải đáp các câu hỏi trên tôi đã cố gắng nghiên cứu, tìm tòi để giải
quyết các câu hỏi trên đó là dùng phương pháp tiếp tuyến của đồ thị hàm số ,
kết hợp với phần mềm toán học Mathcad để khám phá và tạo các bài toán
tương tự dạng này.
Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng
thức đã được học sinh tiếp thu khá tốt, các em đã vận dụng ngày càng linh
hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các bài toán bất đẳng thức đối xứng,
thuần nhất 3 biến trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học.
I.2.Cơ sở lý luận :
Phương pháp dựa vào tiếp tuyến của đồ thị tại một điểm của đồ thị nằm trên
hay nằm dưới đồ thị trong một khoảng nào đó như hình vẽ sau :



Nếu y = Ax + B là tiếp tuyến của đồ thị (C): y = f(x) tại M(x
0
; y
0
) , x
0
Î (a,

b) và (C) luôn nằm phía trên (hoặc phía dưới) tiếp tuyến trong khoảng (a, b)
thì f(x) ³ Ax + B
"x
Î
(a, b) (hoặc f(x) £ Ax + B "x Î (a, b))
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = x
0
. Như vậy với mọi x
1
, x
2
,…, x
n

Î (a, b) thì

1 1
2 2
n n
1 2 n 1 2 n
f(x ) Ax B
f(x ) Ax B

f(x ) Ax B
f(x ) f(x ) f(x ) A(x x x ) nB
³ +
³ +
³ +
Þ + + + ³ + + + +

Hay
n n
i i
i 1 i 1
f(x ) A x nB
= =
³ +
å å
( hoặc tương tự
n n
i i
i 1 i 1
f(x ) A x nB
= =
£ +
å å
)
Nếu lại có
n
i
i 1
x C
=
=
å
(không đổi) thì ta có
n
i
i 1
f(x ) A.C nB

=
³ +
å
(hoặc
n
i
i 1
f(x ) AC nB
=
£ +
å
)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 n 0
C
x x x x
n
= = = = =



III. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề :
III.1 Các bước tiến hành :
Bước 1 : Nhận dạng cho được bất đẳng thức đã cho là bất đẳng
thức thuần nhất, đối xứng 2,3, , n biến.
Bất đẳng thức thuần nhất
Đa thức
( , , )
f a b c
thuần nhất trên miền D

Û

( , , ) ' ( , , )
f ka kb kc k f a b c
=

, , , , 0
k a b c D k
" Î ¹

Bất đẳng thức dạng
( , , ) 0
f a b c
³
với là một hàm thuần nhất được gọi là
bất đẳng thức thuần nhất .
Bất đẳng thức đối xứng
Đa thức
( , , )
f a b c
đối xứng
Û

( , , ) ( , , ) ( , , )
f a b c f b c a f c a b
= =

Ví dụ : với 4 số a,b,c,d dương
a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3

+ + + ³
+ + + + + + + +

là một bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng.
Cỏc bt ng thc Cauchy, bt ng thc Bunhiacopsky, bt ng
thc Nesbit l
cỏc bt ng thc thun nht, i xng.
Bc 2 : a c bt ng thc ó cho v dng
( ) ( ) ( )
+ + Ê
f a f b f c M

( hoc ( ) ( ) ( )
+ +
f a f b f c M
) trong ú f l hm s xỏc nh trờn khong
( ; )
a b

Bc 3 : D oỏn im ri
0
x
ca bt ng thc, vit phng
trỡnh tip tuyn ca th hm s ti
0 0
( ; )
M x y
l y = Ax + B.
Bc 4 : Chng minh f(x) Ax + B "x
ẻ

(a, b) (hoc f(x) Ê
Ax + B "x ẻ (a, b)); t ú suy ra iu phi chng minh.

III.2 Cỏc vớ d minh ha :
Bi toỏn 1 :

Cho
3
a,b,c
4
-
v a + b + c = 1. Chng minh rng
2 2 2
a b c 9
10
a 1 b 1 c 1
+ + Ê
+ + +

( thi vụ ch Ba lan 1996)
Gii
ã Bt ng thc cú dng thun nht, i xng 3 bin
ã Bt ng thc ó cho cú dng
( ) ( ) ( )
+ + Ê
f a f b f c M

ã Xột hm s

2

x
f(x)
x 1
=
+
vi
3
;3
4
ộ ự
ẻ -
ờ ỳ
ở ỷ
x
ta cú
2
2 2
1 x
f (x)
(x 1)
-
Â
=
+

Tip tuyn ca th hm s y = f(x) ti im cú honh
1
x
3
=

l
18 3
y x
25 50
= +

Ta chng minh rng :

18 3 3
( ) ;3
25 50 4
ộ ự
Ê + " ẻ -
ờ ỳ
ở ỷ
f x x x

Tht vy :
3
;3
4
ộ ự
" ẻ -
ờ ỳ
ở ỷ
x
xột
2
2
18 3 (3 1) (4 3)

( ) ( ) 0
25 50 50( 1)
- - +
- + = Ê
+
x x
f x x
x
luụn
ỳng.
Do ú vi a,b,c thuc
3
;3
4
ộ ự
-
ờ ỳ
ở ỷ
v a+b+c = 1 ta cú :
2 2 2
18 3 18 3 18 3
( ) , ( ) , ( )
1 25 50 1 25 50 1 25 50
= Ê + = Ê + = Ê +
+ + +
a b c
f a a f b b f c c
a b c

2 2 2

18 3 18 9 9
( ) .3
1 1 1 25 50 25 50 10
ị + + Ê + + + = + =
+ + +
a b c
a b c
a b c

ã Bt ng thc ó c chng minh.

Bi toỏn ny d dng thy ngay cn phi xột hm s no, gii hn
trong on no. Bi toỏn sau khú thy hn v phi cú k thut thớch hp nh
sau :
Bi toỏn 2 :

Chng minh vi mi a,b,c dng thỡ

3
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
( Bt ng thc Nesbit)
Gii
ã Bt ng thc cú dng thun nht, i xng 3 bin
ã Bt ng thc ó cho cha cú dng
( ) ( ) ( )
+ +

f a f b f c M

Ta bin i nh sau :
Do vai trũ a, b, c bỡnh ng nh nhau nờn cú th t a + b + c = s v d oỏn
ng thc xy khi a = b = c =
s
3
ra khi ú BT cn chng minh tr thnh

a b c 3
s a s b s c 2
+ +
- - -

ã Bt ng thc ó cú dng
( ) ( ) ( )
+ +
f a f b f c M

Ta xột hm s
2
x s
y f(x) , f (x)
s x
(s x)
Â
= = =
-
-

Tip tuyn ti im cú honh
s
x
3
=
l
9 1
y x
4s 4
= -

Ta CMR:
9 1
f(x) x 0 , x (0,s)
4s 4
ổ ử
- - " ẻ
ỗ ữ
ố ứ
. Tht vy

2
9 1 x 9 1 (s 3x)
f(x) x x 0 x (0,s)
4s 4 s x 4s 4 4s(s x)
-
ộ ự ổ ử
- - = - - = " ẻ
ỗ ữ
ờ ỳ

- -
ở ỷ ố ứ

Nh vy ta cú:

a 9 1 b 9 1 c 9 1
a ; b ; c
s a 4s 4 s b 4s 4 s c 4s 4
ổ ử ổ ử ổ ử
- - -
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
- - -
ố ứ ố ứ ố ứ

Cng li theo v ta cú:
a b c 9 1 9 3 3
(a b c) 3. .s
s a s b s c 4s 4 4s 4 2
+ + + + - = - =
- - -

ng thc xy ra khi v ch khi
s
a b c
3
= = =
(s > 0 tựy ý) do ú trong bi sau
ny cú th cho s = 1 hay s = 3 thỡ kt qu khụng i.
Bi toỏn 3 :

Cho a, b, c > 0. CMR
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
8
2a (b c) 2b (c a) 2c (a b)
+ + + + + +
+ + Ê
+ + + + + +
(USA
2003)
Gii
ã Bt ng thc cú dng thun nht ,i xng 3 bin
ã Bt ng thc ó cho cha cú dng
( ) ( ) ( )
+ + Ê
f a f b f c M

Ta bin i nh sau :
Do vai trũ a, b, c bỡnh ng nh nhau nờn cú th t a + b + c = 3 v
d oỏn
ng thc xy khi a = b = c = 1
BT ó cho tr thnh

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a 3) (b 3) (c 3)
8
2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c)
+ + +

+ + Ê
+ - + - + -

ã Bt ng thc ó cú dng
( ) ( ) ( )
+ + Ê
f a f b f c M

Xột hm s
2
2
x 6x 9
y f(x)
3x 6x 9
+ +
= =
- +
vi x ẻ (0; 3)

2
2 2
4(2x 3x 9)
f (x)
3(x 2x 3)
- + -
Â
=
- +

Tip tuyn ti im cú honh x = 1 l:

4 4
y x
3 3
= +

Xét
2 2
2 2
4 4 3x 6x 9 4 4 (4x 3)(x 1)
f(x) x x , x (0;3)
3 3 3 3
3x 6x 9 3(x 2x 3)
+ + - + -
æ ö
- + = - - = " Î
ç ÷
- + - +
è ø

Từ đó ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a 3) 4 4 (b 3) 4 4 (c 3) 4 4
a , b , c
3 3 3 3 3 3
2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c)
+ + +
£ + £ + £ +
+ - + - + -

Vậy
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a 3) (b 3) (c 3) 4 4
(a b c) 3. 4 4 8
3 3
2a (3 a) 2b (3 b) 2c (3 c)
+ + +
+ + £ + + + = + =
+ - + - + -
đpcm
III.3 Dùng phần mềm Mathcad để giải và tạo bài toán tương tự :
Qua 3 ví dụ trên ta có thể đặt câu hỏi :
· Tại sao người ta lại đặt được những bất đẳng thức kiểu như vậy ?
· Ta có thể đặt được bài toán tương tự không ?
· Có thể mở rộng cho nhiều số hơn không ?
Có thể giải đáp được các câu hỏi trên với sự hỗ trợ của phần mềm
Mathcad như sau :với phần mềm Mathcad ta có thể lập một kịch bản giải tự
động bài toán bất đẳng thức sau đó thay đổi giả thiết sẽ có ngay bất đảng
thức mới và lời giải được cập nhật cùng với đồ thị của hàm số và tiếp tuyến
của nó. Ta xét một kịch bản như sau trên mathcad :

Nhập các biến a1,b1 là các hệ số của hàm số f(x),
a
là số tuỳ chọn có thể là
1,2,3…ở đây chọn tổng quát là S, còn n là số các số hạng của bất đẳng thức .



Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bây giờ thay đổi a1,b1 là các hệ số của hàm số f(x),
a
là số tuỳ chọn có thể là
1,2,3…ta có BĐT mới như sau :







Nếu thay a1, a2, a3, a4 bởi a,b,c,d và do a+b+c+d = 4 nên 4 – a1 = a2+a3+a4
= b+c+d ta có bài toán
Bài toán : (BĐT Nesbit mở rộng )
với 4 số a,b,c,d dương , chứng minh :
a b c d 4
b c d c d a d a c a b c 3
+ + + ³
+ + + + + + + +





Có thể mở rộng cho n số dương ở BĐT trên.
Bài toán Cho a, b, c > 0. CMR
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
8

2a (b c) 2b (c a) 2c (a b)
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +

(vô địch Mỹ 2003)
Giải bằng Mathcad như sau :





iu ny luụn ỳng vi mi x thuc khong (0;3)





Thay i s liu ban u ta cú cỏc bi tp tng t nh sau :
2. Cho a, b, c > 0. CMR:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(b c a) (c a b) (a b c) 3
5
(b c) a (c a) b (a b) c
+ - + - + -
+ +
+ + + + + +

(Olympic Nht Bn 1997)

3.Chng minh vi ba s thc
153
a,b,c 0;
176
ổ ử
ẻ
ỗ ữ
ố ứ
thỡ

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a b 2c) (a c 2b) (b c 2a) 12
7
(a b) 3c (a c) 3b (b c) 3a
+ - + - + -
+ +
+ + + + + +

Gii
t a + b + c = 1 BT tr thnh

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(3a 1) (3b 1) (3c 1) 12
7
3a (a 1) 3b (b 1) 3c (c 1)
- - -
+ +
+ - + - + -

Xột:
2 2 2
2 2 2 2
2 (x 1)
(5x 1) 25x 10x 1 2(5x 21x 4)
f(x) f (x)
4x 2x 1 (4x 2x 1)
3x
+ -
- - + - - +
Â
= = ị =
- + - +

Tip tuyn ti im cú honh
1
x
3
=
l
396x 104
y
49 49
= -

Xét
2
2
396 104 25x 10x 1 396 104

f(x) x x
49 49 49 49
4x 2x 1
- +
æ ö æ ö
- - = - -
ç ÷ ç ÷
- +
è ø è ø

2
2
(153 176x)(3x 1) 153
0, x 0;
176
49(4x 2x 1)
- -
æ ö
= ³ " £
ç ÷
- +
è ø
. Dấu “=”
1
x
3
Û =

Vậy
2

2 2
(3a 1) 396 104
(a b c) 3.
49 49
3a (a 1)
-
³ + + -
+ -
å
396 312 84 12
49 49 49 7
= - = =

4. Chứng minh với 3 số thực tùy ý
23
a,b,c 0;
22
æ ö
Î
ç ÷
è ø
thì:

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(a b 3c) (a 3b c) (b 3a c) 1
3
(a b) 5c (a b) 5c (b c) 5a
+ - - + - +
+ + ³

+ + + + + +

Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải các bài toán :
5. Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa điều kiện
2 2 2
a b c 1
+ + =
.
CMR:
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2
b c c a a b
+ + ³
+ + +
( Đề thi ĐH Cần Thơ 1995)

6. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện : a + b + c = 1
Chứng minh rằng :
a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3
æ ö
+ + ³ + +
ç ÷
è ø

( Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001)

7. Cho x,y,z > 0 và
x y z 1
+ + £
. Chứng minh rằng :

2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
+ + + + + ³
( Đề thi ĐH khối A 2003)
Giải bằng Mathcad :


8) Chứng minh rằng :

2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 6
5
( ) ( ) ( )
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
+ + +
+ + £
+ + + + + +

( Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006)
Giải
Không mất tổng quát có thể giả sử : a+b+c = 3.

Khi đó BĐT đã cho trở thành :
2 2 2
(3 ) (3 ) (3 ) 6
5
9 6 2 9 6 2 9 6 2
a a b b c c
a a b b c c
- - -
+ + £
- + - + - +

Tương tự như trên ta có thể tìm ra BĐT cơ sở như sau :
2
2 2
(3 ) 21 9 ( 1) (18 9)
25
9 6 2 25(9 6 2 )
a a a a a
a a a a
- + - +
£ Û
- + - +
luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
- Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh
bất đẳng thức đã được học sinh tiếp thu khá tốt, các em đã vận
dụng ngày càng linh hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các
bài toán bất đẳng thức đối xứng, thuần nhất 3 biến trong các

kì thi học sinh giỏi, thi đại học.
- Giữa 2 lớp 12A có học phương pháp tiếp tuyến và lớp 12H
không học phương pháp này thì các học sinh lớp 12A có định
hướng giải quyết bài toán nhanh và nhiều em làm được bài tập
hơn lớp 12H khi cho bài tập cùng loại.



PHẦN KẾT LUẬN
I. Những bài học kinh nghiệm :
- Nếu học sinh biết được một phương pháp mới , có hiệu quả thì
các em sẽ tự tin hơn trong giải quyết được các bài toán dạng này và
các dạng tương tự.
- Tất nhiên mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, phương pháp
này có lời giải có thể dài hơn các phương pháp khác nhưng bù lại là
nó có đường lối rõ ràng, dễ thấy cách tiếp cận , cách giải quyết bài
toán hơn một số phương pháp khác.
- Sử dụng phần mềm MATHCAD hỗ trợ nghiên cứu giải và
sáng tạo bài toán mới rất nhanh chóng và chính xác. Tính chính xác và
hiệu quả cao hơn gấp nhiều lần khi sử dụng phần mềm Mathcad hỗ trợ
để tính toán và tạo lập bài toán tương tự. Với MATHCAD giáo viên
sau khi đã lập trình giảI bài toán trên Mathcad xong thì kết quả có
ngay lập tức. Chỉ cần thay đổi số liệu ban đầu là giáo viên có ngay bài
toán tương tự với kết quả tức thì và rất chính xác vì vậy tạo được niều
bài tập cho học sinh thực tập.
II. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm :
Sáng kiến kinh nghiệm góp thêm một phần thiết thực vào kho
các công cụ giải toán bất đẳng thức của học sinh . Nó giúp học sinh
thấy được cách giải quyết vấn đề nhanh chóng và hiệu quả.
III. Khả năng ứng dụng, triển khai :

Có thể áp dụng cho các học sinh giỏi khối 12 luyện thi đại học,
các lớp 11, 12 chuyên toán thi học sinh giỏi các cấp.
IV. Những kiến nghị và đề xuất :
Nên giới thiệu cho học sinh giỏi phương pháp này.

Trên đây là phần tóm tắt bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm , mong
nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp để sáng kiến kinh
nghiệm được hoàn thiện hơn.





Tài liệu tham khảo :
1) Các đề thi đại học từ năm 2001- 2009
2) Các đề thi vòng Tỉnh từ năm 2001- 2009
3) Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học
( Nhóm tác giả, chủ biên : Trần Phương ,2009 Nhà xuất bản Tri Thức
trang 829-832 )