Sáng kiến kinh nghiệm SKKN ứng dụng phần mềm mathcad giải bài toán bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“ỨNG DỤNG PHẦN MỀM MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI BÀI
TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC”

1


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.
2


- 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.

3


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
CMR:

a
b
c
3 3
+
+
≥
2
b2 + c2 c2 + a 2 a 2 + b 2

a 2 + b2 + c2 = 1 .

(Đề thi ĐH Cần Thơ 1995)

2. Cho a, b, c là 3 số thực thỏa điều kiện: a + b + c = 1

1 1 1
b c 
a
+
+
≥
3
+
+ c÷
 a

b
3a 3b 3c
3 3 3 

Chứng minh rằng:

(Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001)
3. Cho x,y,z > 0 và
x2 +

x + y + z ≤1.

Chứng minh rằng:

1
1
1
2
2
+
y
+
+
z
+
≥ 82
x2
y2
z2

(Đề thi ĐH khối A 2003)

4. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh:
(2a + b + c)2
2 a 2 + ( b + c )2

+

(2b + c + a)2
2b2 + (c + a)2

+

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

≤8

(Đề thi học sinh giỏi vòng tỉnh – Bến Tre 2005 - 2006)
5. Chứng minh rằng:
a(b + c)
2

( b + c) + a

2

+

b(c + a)

2

(c + a) + b

2

+

c(a + b)
2

( a + b) + c

2

(Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006)
4

≤

6
5


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

7. cho

a, b, c ≥ −

3
4

(BĐT Nesbit mở rộng)

và a + b + c = 1. Chứng minh rằng

a
b
c
9
+ 2
+ 2
≤
a + 1 b + 1 c + 1 10
2

(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

(vô địch Nga 2002)
(2a + b + c) 2
(2b + c + a) 2
(2c + a + b) 2
+
+
≤8
9. Cho a, b, c > 0. CMR 2
2a + (b + c) 2 2b 2 + (c + a) 2 2c 2 + (a + b) 2

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

(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

5


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; y0), x0 ∈ (α, β) và
(C) luôn nằm phía trên (hoặc phía dưới) tiếp tuyến trong khoảng (α, β) thì f(x) ≥ Ax + B
∀x ∈ (α, β) (hoặc f(x) ≤ Ax + B ∀x ∈ (α, β))
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = x 0. Như vậy với mọi x1, x2,…, xn ∈ (α, β)

thì

f (x1 ) ≥ Ax1 + B
f (x 2 ) ≥ Ax 2 + B
.........
f (x n ) ≥ Ax n + B
⇒ f (x1 ) + f (x 2 ) + ... + f (x n ) ≥ A(x1 + x 2 + ... + x n ) + nB

Hay

n

n

i =1

i =1

n

n

f (x i ) ≤ A ∑ x i + nB )
∑ f (x i ) ≥ A∑ x i + nB (hoặc tương tự ∑
i =1
i =1
n

Nếu lại có

∑ x i = C (không đổi) thì ta có
i =1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

n

∑ f (xi ) ≥ A.C + nB (hoặc
i =1

x1 = x 2 = ... = x n =

6

C
= x0
n

n

∑ f (xi ) ≤ AC + nB )
i =1


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
Đa thức f (a, b, c) thuần nhất trên miền D ⇔ f (ka, kb, kc) = k ' f (a, b, c)

nhất

∀k , a, b, c ∈ D, k ≠ 0
Bất đẳng thức dạng f (a, b, c) ≥ 0 với
thức thuần nhất.

là một hàm thuần nhất được gọi là bất đẳng

Bất đẳng thức đối xứng

Đa thức f (a, b, c) đối xứng ⇔ 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

là một bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng.
Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức Nesbit là
các bất đẳng thức thuần nhất, đối xứng.
Bước 2: đưa được bất đẳng thức đã cho về dạng
(hoặc

f ( a) + f (b) + f (c) ≥ M

f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M

) trong đó f là hàm số xác định trên khoảng (α ; β )

Bước 3: Dự đoán điểm rơi x0 của bất đẳng thức, viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại M ( x0 ; y0 ) là y = Ax + B.
Bước 4: Chứng minh f(x) ≥ Ax + B ∀x ∈ (α, β) (hoặc f(x) ≤ Ax + B ∀x ∈ (α, β));
từ đó suy ra điều phải chứng minh.

III.2 Các ví dụ minh họa:
Bài toán 1:

7


Cho

a, b, c ≥ −

3
4

và a + b + c = 1. Chứng minh rằng

a
b
c
9
+ 2
+ 2
≤
a + 1 b + 1 c + 1 10
2

(Đề thi vô địch Ba lan 1996)
Giải
• Bất đẳng thức có dạng thuần nhất, đối xứng 3 biến
• Bất đẳng thức đã cho có dạng

f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M

• Xét hàm số
f (x) =

x
 3 
với x ∈  − 4 ;3
2
x +1

ta có

f ′(x) =

1− x2
(x 2 + 1)2

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ

x=

1
3

là

y=

18

3
x+
25
50

Ta chứng minh rằng:
f ( x) ≤

18
3
 3 
x+
∀x ∈  − ;3
25
50
 4 

Thật vậy:

 3 
∀x ∈  − ;3
 4 

Do đó với a,b,c thuộc
f (a ) =
⇒

xét
 3 
 − 4 ;3

f ( x) − (

18
3
−(3x − 1) 2 (4 x + 3)
x+
)=
≤0
25
50
50( x 2 + 1)

luôn đúng.

và a+b+c = 1 ta có:

a
18
3
b
18
3
≤
a
+
,
f
(
b

)
=
≤
b
+
a 2 + 1 25
50
b 2 + 1 25
50

, f (c ) =

c
18
3
≤
c
+
c 2 + 1 25
50

a
b
c
18
3
18 9
9
+
+

≤
(
a
+
b
+
c
)
+
.3
=
+
=
a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 25
50
25 50 10

• Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài toán này dễ dàng thấy ngay cần phải xét hàm số nào, giới hạn trong đoạn nào.
Bài toán sau khó thấy hơn và phải có kỹ thuật thích hợp như sau:
Bài toán 2:
Chứng minh với mọi a,b,c dương thì

8


a
b
c
3

+
+
≥
b+c c+a a+b 2

(Bất đẳng thức Nesbit)

Giải
• Bất đẳng thức có dạng thuần nhất, đối xứng 3 biến
• Bất đẳng thức đã cho chưa có dạng

f ( a) + f (b) + f (c) ≥ M

Ta biến đổi như sau:
Do vai trò a, b, c bình đẳng như nhau nên có thể đặt a + b + c = s và dự đoán đẳng
thức xảy khi a = b = c =

s
3

ra khi đó BĐT cần chứng minh trở thành
a
b
c
3
+
+
≥
s−a s−b s−c 2

• Bất đẳng thức đã có dạng
Ta xét hàm số

y = f (x) =

f ( a) + f (b) + f (c) ≥ M

x
s
, f ′(x) =
s−x
(s − x) 2

Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ
Ta CMR:

x=

s
3

1
9
f (x) −  x − ÷ ≥ 0 , ∀x ∈ (0,s) .
4
 4s

là

y=

9
1
x−
4s
4

Thật vậy

1
x
1  (s − 3x) 2
9
9
f (x) −  x −  =
−  x − ÷=
≥ 0 ∀x ∈ (0,s)
4  s − x  4s
4  4s(s − x)
 4s

Như vậy ta có:
a
1
b
1
c
1
9
9

9
≥ a− ÷ ;
≥ b− ÷ ;
≥ c− ÷
s − a  4s
4  s − b  4s
4  s − c  4s
4

Cộng lại theo vế ta có:

a
b
c
9
1 9
3 3
+
+
≥ (a + b + c) − 3. = .s − =
s − a s − b s − c 4s
4 4s
4 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a=b=c=

thể cho s = 1 hay s = 3… thì kết quả không đổi.
Bài toán 3:

9

s
3

(s > 0 tùy ý) do đó trong bài sau này có


Cho a, b, c > 0. CMR

(2a + b + c)2
(2b + c + a) 2
(2c + a + b) 2
+
+
≤8
2a 2 + (b + c)2 2b2 + (c + a) 2 2c2 + (a + b)2

(USA 2003)

Giải
• Bất đẳng thức có dạng thuần nhất,đối xứng 3 biến
• Bất đẳng thức đã cho chưa có dạng

f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M

Ta biến đổi như sau:
Do vai trò a, b, c bình đẳng như nhau nên có thể đặt a + b + c = 3 và dự đoán
đẳng thức xảy khi a = b = c = 1

BĐT đã cho trở thành
(a + 3)2
(b + 3) 2
(c + 3) 2
+
+
≤8
2a 2 + (3 − a) 2 2b 2 + (3 − b) 2 2c 2 + (3 − c) 2

• Bất đẳng thức đã có dạng
Xét hàm số
f ′(x) =

f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M

x 2 + 6x + 9
y = f (x) = 2
3x − 6x + 9

với x ∈ (0; 3)

−4(2x 2 + 3x − 9)
3(x 2 − 2x + 3) 2

Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 là:
Xét

4
4
x+

3
3

4  3x 2 + 6x + 9 4
4 −(4x + 3)(x − 1) 2
4
f (x) −  x + ÷ = 2
− x− =
, ∀x ∈ (0;3)
3  3x − 6x + 9 3
3
3(x 2 − 2x + 3)
3

Từ đó ta có:
Vậy

y=

(a + 3)2
4
4
(b + 3) 2
4
4
(c + 3) 2
4
4
≤ a+ ,
≤ b+ ,

≤ c+
2
2
2
2
2
2
3
3 2b + (3 − b)
3
3 2c + (3 − c)
3
3
2a + (3 − a)

(a + 3)2
(b + 3) 2
(c + 3) 2
4
4
+
+
≤
(a
+
b
+
c)
+
3.

= 4+4 =8
3
2a 2 + (3 − a) 2 2b 2 + (3 − b) 2 2c 2 + (3 − c) 2 3

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 ?
10


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), α 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.

11


Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bây giờ thay đổi a1,b1 là các hệ số của hàm số f(x), α là số tuỳ chọn có thể là
1,2,3…ta có BĐT mới như sau:

12

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

13


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

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

14


Điều này luôn đúng với mọi x thuộc khoảng (0;3)

15


Thay đổi số liệu ban đầu ta có các bài tập tương tự như sau:
(b + c − a) 2
(c + a − b) 2
(a + b − c) 2 3
+
+
≥
2. Cho a, b, c > 0. CMR:
(b + c)2 + a 2 (c + a) 2 + b 2 (a + b)2 + c 2 5

(Olympic Nhật Bản 1997)
3.Chứng minh với ba số thực

 153 
a, b, c ∈  0;
÷ thì
 176 

(a + b − 2c) 2
(a + c − 2b) 2
(b + c − 2a) 2 12
+
+
≥
(a + b)2 + 3c 2 (a + c) 2 + 3b 2 (b + c) 2 + 3a 2 7

Giải
Đặt a + b + c = 1 BĐT trở thành
(3a − 1) 2
(3b − 1) 2
(3c − 1) 2
12
+
+
≥
2
2
2
2
2
2
7
3a + (a − 1) 3b + (b − 1) 3c + (c − 1)

Xét: f (x) =

(5x − 1) 2
3x 2+(x −1)

2

25x 2 − 10x + 1
−2(5x 2 − 21x + 4)
′
=
⇒ f (x) =
4x 2 − 2x + 1
(4x 2 − 2x + 1) 2

Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ
Xét
=

x=

1
3

là

y=

396x 104
−
49
49

104  25x 2 − 10x + 1  396

104 
 396
f (x) − 
x−
−
x−
÷=
÷
2
49 
49 
4x − 2x + 1  49
 49

(153 − 176x)(3x − 1) 2
 153 
≥
0,
∀
x
≤
 0;
÷
49(4x 2 − 2x + 1)
 176 

. Dấu “=”

16

⇔x=

1
3


Vậy

(3a − 1)2
396
104 396 312 84 12
∑ 3a 2 + (a − 1)2 ≥ 49 (a + b + c) − 3. 49 = 49 − 49 = 49 = 7

4. Chứng minh với 3 số thực tùy ý

 23 
a, b, c ∈  0; ÷thì:
 22 

(a + b − 3c) 2
(a − 3b + c) 2
(b − 3a + c) 2 1
+
+
≥
(a + b)2 + 5c 2 (a + b) 2 + 5c 2 (b + c) 2 + 5a 2 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
CMR:

a
b
c
3 3
+ 2 2+ 2
≥
2
2
2
b +c c +a
a +b
2

a 2 + b2 + c2 = 1 .

(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:

1 1 1
b c 
a
+
+
≥
3
+
+ c÷

 a
b
3a 3b 3c
3 3 3 

(Đề thi Học viện bưu chính viễn thông 2001)
7. Cho x,y,z > 0 và
x2 +

x + y + z ≤1.

Chứng minh rằng:

1
1
1
2
2
+
y
+
+
z
+
≥ 82
x2
y2
z2

Giải bằng Mathcad:

17

(Đề thi ĐH khối A 2003)


8) Chứng minh rằng:
a(b + c)
( b + c )2 + a 2

+

b(c + a)
(c + a)2 + b2

+

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

≤

6
5

(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:
a(3 − a)

9 − 6 a + 2a

2

+

b(3 − b)
9 − 6 b + 2b

2

+

c(3 − c)
9 − 6 c + 2c

2

≤

6
5

Tương tự như trên ta có thể tìm ra BĐT cơ sở như sau:
a(3 − a)
9 − 6 a + 2a 2

≤

21 + 9a

(a − 1)2 (18a + 9)
⇔
luôn đúng
25
25(9 − 6 a + 2a2 )
18


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.

19


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.

20


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)

21